新高考數學填空壓軸題賞析

新高考數學試卷的填空題僅有3道，分別為第12、13、14題，填空壓軸題主要是指第14題，但個別的第13題也并不容易。結合對近幾年的教育部聯考調研試題研究，我們發現，近兩年的填空壓軸題也有向新定義、新概念背景變化的趨勢。當然，有的填空壓軸題也是傳統的高中數學重要知識點的綜合（比如：基本不等式的靈活應用，圓錐曲線的定義與概念等背景的綜合應用）。所以，對于填空壓軸題來說，新定義、新概念、新情境固然重要，但傳統重要知識點同樣不可忽視。

例1 （2024年教育部九省聯考第14題）以max M 表示數集M 中最大的數，設0

解析：記m =max{b-a，c-b，1-c}，由題意知，b-a≤m ，c-b≤m ，1-c≤m 。且2a-b≤0或者a+b≤1，這兩個附加條件啟發我們應該在消去變量c 的基礎下分類討論，由c-b≤m ，1-c≤m ，得1-b≤2m 。

①若2a-b≤0，為充分應用這個不等式條件，引入待定實參數λ1，λ2，使λ1（b-a）+λ2（-b）=2a-b，于是得λ1=-2，λ2=-1。從而0≥2a-b=-2（b-a）-（1-b）+1≥-2m -2m +1，故m ≥1/4。

②若a+b≤1，利用與①完全類似的思路，引入待定實參數λ3，λ4，使λ3 （b-a）+λ4（-b）=a+b，于是得λ3 = -1，λ4 = -2。從而1≥a+b=-（b-a）-2（1-b）+2≥-m -4m +2，故m ≥1/5。

綜上所述，m 的最小值為1/5。

評注：解題過程中引入的字母m =max{b-a，c-b，1-c}就是一個關鍵的中間變量（橋變量），而使用待定系數法則是我們突破問題難點，實現不等式取等號的關鍵。所以本題實際上既利用了橋變量法切入，又需利用待定系數法跟進。待定系數法不僅可確定函數的解析式，而且可用于較為復雜的數列求通項、求不等式最值、確定空間給定平面的法向量、確定圓或圓錐曲線的方程等。值得一提的是利用基本不等式求較為復雜的最值問題，在很多時候，直接利用基本不等式等號的條件并不能自動成立，需要我們對其進行適當恒等變形或者給某些項配上適當的系數，這個系數我們稱為調整系數（或平衡系數），而這個系數的大小也不是很明顯，問題比較簡單時可直接觀察得到，難度較大時通常是采用待定系數法，然后利用不等式取等號的條件來確定。

例2 （2021年教育部八省聯考調研試卷第20題）北京大興國際機場（圖1）的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用?？坍嬁臻g的彎曲性是幾何研究的重要內容，用曲率刻畫空間彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于2π與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫作多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和。例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是π/3，所以正四面體在各頂點的曲率為2π-3×π/3=π，故其總曲率為4π。

（1）求四棱錐的總曲率;

（2）若多面體滿足：頂點數-棱數+面數=2，證明：這類多面體的總曲率是常數。

解析：（1）依題意知，一個多面體頂點貢獻一個常數項2π，注意到四棱錐共有5個頂點，所以由5個頂點對所給多面體（四棱錐）總曲率貢獻為2π×5=10π。然而此多面體共有5個面，將各個面角由按頂點的求和轉化為按5個面分別求和，其中有一個是四邊形，其所有的內角之和是2π;另外4個是三角形，每個面中所有內角的和均是π，于是這個四棱錐的總曲率為2π×5-（2π+4π）=4π。

（2）設這個多面體有m 個頂點，n 條棱，l個面，從而由題意得m -n+l=2。

設各個面分別為k1，k2，…，kl 邊形，于是這類多面體的總曲率為：

2πm -[（k1-2）+（k2-2）+…+（kl -2）]π=2π（m +l）-（k1 +k2 + … +kl）π=2π（n+2）-（k1+k2+…+kl）π。

由于問題中還有一個重要的隱含關系：k1+k2+…+kl =2n，于是這類多面體的總曲率為4π。

評注：本題第一小問是一道新定義問題：以多面體頂點的曲率及多面體的總曲率為背景的問題，討論一個簡單的特殊的多面體———四棱錐，同學們只要按照定義去落實即可，難度不大。第二小問則在第一小問的基礎上繼續探究，將問題一中涉及的特殊多面體問題一般化，給出了一類滿足特定要求（簡單多面體滿足的歐拉定理）的多面體（可以驗證：問題一中的四棱錐也滿足同樣的要求。同學們若能注意到正四面體其實是一個特殊的三棱錐，則由已知的正四面體的總曲率和問題一的結果，可以驗證：上述兩種情況均是滿足問題二的要求，因此最后的待證常數必然是4π）。試題的設問形式從特殊到一般，從簡單到復雜，層層深入，有利于滿足各類人才的選拔需要。

例3 （2023年教育部四省聯考調研試卷第16題）表1為一個開關陣列，每個開關只有“開”和“關”兩種狀態，按其中一個開關1次，將導致自身和所有相鄰的開關改變狀態。例如，按（2，2）將導致（1，2），（2，1），（2，2），（2，3），（3，2）改變狀態。如果要求只改變（1，1）的狀態，那么需按開關的最少次數為____.

解析：由題意可知，目標問題其實是關于坐標（1，1），（2，2），（3，3）所在的這條直線軸對稱的。若我們將所有開關的所在位置關于坐標（1，1），（2，2），（3，3）所在的這條對稱軸來思考，記a，b，c，d，e，f，g，h，i 為每個開關按動次數（從左到右，從上到下），于是必有b=d，c=g，f=h，原始問題可退化為6個未知數的情況?；谀?取余意義下的運算（以下等式也是基于模2取余意義下的），注意到問題要求的是按開關的最少次數，所以我們先關注上述每個取值限于{0，1}的情形。容易得到a+2b=1①，完全類似地有a+b+c+e=0②;b+c+f=0③;2b+e+2f=0④，c+e+f+i=0⑤;2f+i=0⑥。

進而可得a=1，b=d=0，c=g=1，f=h=1，e=i=0。因此需按開關的最少次數為5。

評注：本題屬于復雜情景問題，符合新高考的考查要求。它在考查閱讀理解能力的同時，著重考查用數學知識和思想方法解決實際問題的能力，考查數學抽象、化歸轉化、運算求解和邏輯推理的能力，考查數學素養，體現基礎性、應用性、綜合性和創新性的“四基”要求。類似地，如果保持條件不變，僅將問題改為：①若要求只改變（1，2）的狀態，則需按開關的最少次數為____;②若要求只改變（2，2）的狀態，則需按開關的最少次數為____。（參考答案：我們可以采用上述類似的方法，得到所求的結果為①4;②5）

例4 某地區規劃道路建設，考慮道路鋪設方案。方案設計圖中，點表示城市，兩點之間連線表示兩城市間可鋪設道路，連線上數據表示兩城市間鋪設道路的費用，要求從任一城市都能到達其余各城市，并且鋪設道路的總費用最小。例如：在三個城市道路設計中，若城市間可鋪設道路的線路圖如圖2所示，則最優設計方案如圖3所示，此時鋪設道路的最小總費用為10?，F給出該地區可鋪設道路的線路圖如圖4所示，則鋪設道路的最小總費用為____。