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纵观近几年高考试题可知，高考数学命题的思路是“稳中求进，注重能力考查”.所谓“稳”，就是高考试题大多是“常规题”，复习时同学们应研究“样题”，不要偏离“应知应会”和“通性通法”的轨道；所谓“进”，就是高考试题有一定“新题型”，主要是创新型问题和探索性问题，这类“新题型”具有覆盖知识广、求解方法新和综合性强等特点，具有较大的“杀伤力”.那么，这类问题同学们该如何沉着应答呢？
一、在“创新”中求“高分”
解答数学创新题，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是深入分析多方联系，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，“以新制新”.那么高考中出现的创新题“新”在何处？
1.结构形式新
例1定义两个平面向量的一种运算ab=|a|·|b|sin〈a，b〉，则关于平面向量上述运算的以下结论中：①ab=ba，②λ（ab）=（λa）b，③若a=λb，则ab=0，④若a=λb且λ>0则（a+b）c=（ac）+（bc）.恒成立的有.（填序号）
解析：对于①，由向量的模是实数，且实数的乘法运算具有交换律知①恒成立；
对于②，λ（ab）=λ|a|·|b|sin〈a，b〉，（λa）b=|λa|·|b|sin〈λa，b〉，当λ<0时，λ（ab）=（λa）b不成立；
对于③a=λb，则sin〈a，b〉=0，故ab=0恒成立，
对于④，a=λb则a+b=（1+λ）b，（a+b）c=|（1+λ）b|·|c|sin〈b，c〉，
（ac）+（bc）=|λb|·|c|sin〈b，c〉+|b|·|c|sin〈b，c〉=|（1+λ）b|·|c|sin〈b，c〉，故（a+b）c=（ac）+（bc）恒成立.
故恒成立的有①③④.
评注：在给出新运算问题中要摒弃原有的运算法则，以避免造成运算的紊乱.面对这类问题只需按给定的法则进行运算即可，此类问题虽然给出的条件信息比较多，而其实质却很简单，只需用简单的数学知识即可解决.
2.问题情境新
例2下图展示了一个由区间（0，1）到实数集R的映射过程：区间（0，1）中的实数m对应数轴上的点M，如图1；将线段AB围成一个圆，使两端点A、B恰好重合，如图2；再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为（0，1），如图3.图3中直线AM与x轴交于点N（n，0），则m的象就是n，记作f（m）=n.
（1）方程f（x）=0的解是x=；
（2）下列说法中正确命题的序号是.（填出所有正确命题的序号）
①f（14）=1；②f（x）是奇函数；③f（x）在定义域上单调递增.
解析：（1）f（x）=0象点N与原点O重合AM是直径AM=12M点的初始坐标是12x=12；
（2）①m=14AM=14AM所对的圆心角为90°直线AM的倾角为45°AM的斜率为1N点在原点O左侧且NO=OMN点坐标为-1f（14）=-1；
②f（x）的定义域是（0，1），所以肯定不是奇函数；
③m增大AM弧长增大AM所对的圆心角增大直线AM的倾角增大直线AM在x轴上的截距即N点横坐标增大f（m）的值增大；
故答案：12，③.
评注：本题以图形变化为问题背景，考查了函数的概念及函数的性质，要求同学们从图形变化的规律中找到问题的答案，具有一定的难度.
3.设问角度新
例3某粮仓是如图所示的多面体，多面体的棱称为粮仓的“梁”.现测得底面ABCD是矩形，AB=16米，AD=4米，腰梁AE、BF、CF、DE分别与相交的底梁所成角均为60°.
（1）请指出所有互为异面的且相互垂直的“梁”，并说明理由；
（2）若不计粮仓表面的厚度，该粮仓能否储存150立方米的粮食？
解析：（1）EF与AD，EF与BC，DE与BF，AE与CF，由已知，有EF∥AB，
∵AB⊥AD，∴EF⊥AD.
同理，有EF⊥BC.
过点E作EK∥FB交AB点K，则∠DEK为异面直线DE与FB所成的角，
∵DE=FB=4，AK=2×（4cos60°）=4，DK=42，
∴∠DEK=90°，即DE⊥BF，同理AE⊥CF.
（2）过点E分别作EM⊥AB于点M，EN⊥CD于点N，连接MN，则AB⊥平面EMN，
∴平面ABCD⊥平面EMN，过点E作EO⊥MN于点O，则EO⊥平面ABCD，
由题意知，AE=DE=AD=4，
AM=DN=4cos60°=2，EM=EN=23，
∴O为MN中点，
∴EO=22即四棱锥EAMND的高，
同理，再过点F作FP⊥AB于点P，FQ⊥CD于点Q，连接PQ，
原多面体被分割为两个全等的四棱锥和一个直棱柱，且MP=16-2-2=12，
∴V多面体=2V四棱椎+V直棱柱=2×13×（2×4）×22+（12×4×22）×12=17623，
故该粮仓最多可储存17623立方米的粮食，17623<150，故该粮仓不能储存150立方米的粮食.
评注：本题以“说理”替代论证，并与实际问题相结合，使命题的开放性与创新性进一步强化，旨在考查同学们灵活应用立体几何知识解决实际问题的能力.本题设问独特，难度中等偏上，较能考查同学们解题的灵活性.
二、在“探索”中创佳绩
由给定的题设条件探求相应的结论，或由给定的题断追溯应具备的条件，或变更题设、题断的某个部分使命题也相应变化等等，这一类问题称之为探索性问题.探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，由于此类题型的条件或结论不完备，要求同学们结合已有的条件，通过对问题进行观察、分析、比较和概括，然后才能得出有关结论，再对所得出的结论予以证明.那么，在高考中，主要涉及哪些探索性问题呢？ 1.规律探究型
例1观察①tan10°tan20°+tan20°tan60°+tan60°tan10°=1.②tan5°tan10°+tan10°tan75°+tan75°tan5°=1.由以上两式成立得到一个由特殊到一般的推广，此推广是什么？并证明你的推广.
解析：观察到：10°+20°+60°=90°，5°+75°+10°=90°.猜想此推广为：
若α+β+γ=π2且α，β，γ都不为kπ+π2（k∈Z），则tanαtanβ+tanβtanγ+tanγtanα=1.
证明如下：
①γ=0时，等式显然成立.
②当γ≠0时，由α+β+γ=π2，得α+β=π2-γ，所以tan（α+β）=1tanγ.
又因为tan（α+β）=tanα+tanβ1-tanαtanβ，
所以tanα+tanβ=tan（α+β）·（1-tanα·tanβ）=1tanγ（1-tanα·tanβ），
所以tanαtanβ+tanβtanγ+tanγtanα
=tanαtanβ+tanγ（tanα+tanβ）
=tanαtanβ+tanγ·1tanγ（1-tanαtanβ）=1.
综上所述，等式成立.
评注：本题给出背景看似深奥，其实只需透过表面就可抓住其本质.这类问题往往将已有的某些条件，不断地进行演化、变形，这就要求我们能用运动变化的观点考虑条件变式的有关特征，从特殊到一般，推出普遍性的结论.它常用的思维模式为：首先对命题中给出的几个具体关系式，通过观察、分析、归纳、猜想，从中概括出一般性规律，然后运用逻辑推理对所猜想的规律进行证明.这个探索一般规律的过程可以概括为：观察——归纳——猜想——证明.
2.条件追溯型
例2设函数f（x）=x2+1-ax，其中a>0，试求a的取值范围，使函数f（x）在区间[0，+∞）是单调函数.
解析：先求出f（x1）与f（x2）的差，根据单调函数的定义求出a的值，再针对特殊情况进行讨论，进一步确定a的值.
任取x1，x2∈[0，+∞），且x1 则f（x1）-f（x2）=（x1-x2）（x1+x2x21+1+x22+1-a）.
（ⅰ）当a≥1时，x1+x2x21+1+x22+1-a
∴f（x1）>f（x2），∴当a≥1时，函数f（x）在区间[0，+∞）上是单调递减函数.
（ⅱ）当0 故a的取值范围是[1，+∞）.
评注：本题以探索性问题形式出现，研究函数a的变化与函数单调性的关系，立意新颖，问题深刻，为同学们创设出展现数学水平的广阔空间.这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断.解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件.在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意.
3.存在判断型
例3已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上任一点P到两个焦点的距离的和为23，P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为-23.设直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于两点A（x1，y1），B（x2，y2）.
（1）若OA·OB=2tan∠AOB（O为坐标原点），求|y1-y2|的值；
（2）当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由.
解析：（1）由椭圆的定义知a=3，设P（x，y），
则有yx+3·yx-3=-23，则y2x2-3=-23，
又点P在椭圆上，则（3-x2）b23（x2-3）=-b23=-23，∴b2=2，
∴椭圆C的方程是x23+y22=1.
∵OA·OB=4tan∠AOB，
∴|OA|·|OB|cos∠AOB=2tan∠AOB，
∴|OA|·|OB|sin∠AOB=2，
∴S△AOB=12|OA|·|OB|sin∠AOB=1，
又S△AOB=12|y1-y2|×1，故|y1-y2|=2.
（2）假设存在一点Q（m，0），使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，
依题意可知直线l斜率存在且不为零，
直线l的方程为y=k（x-1）（k≠0），
由y=k（x-1）x23+y22=1，消去y得（3k2+2）x2-6k2x+3k2-6=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=6k23k2+2，x1·x2=3k2-63k2+2.
∵直线QA，QB的倾斜角互为补角，
∴kQA+kQB=0，即y1x1-m+y2x2-m=0，
又y1=k（x1-1），y2=k（x2-1），
代入上式可得2x1x2+2m-（m+1）（x1+x2）=0，
∴2×3k2-63k2+2+2m-（m+1）×6k23k2+2=0，
即2m-6=0，∴m=3，
∴存在Q（3，0）使得直线QA，QB的倾斜角互为补角.
评注：本例探求“当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角”，本质上是求Q点的横坐标m，最终把原问题转化为含有m的方程.存在判断型问题，以探究“是否存在”为目标的开放性问题是高考的一个热点，此类问题的探究，常以假设推理为基础.当得到存在性的结论时，需要检查逆向推理是否正确；当得出矛盾时，形成反证法，得出不存在的结论，对于不存在的问题，也可举反例说明.
（作者：周宝兴，太仓市教育局）
一、在“创新”中求“高分”
解答数学创新题，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是深入分析多方联系，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，“以新制新”.那么高考中出现的创新题“新”在何处？
1.结构形式新
例1定义两个平面向量的一种运算ab=|a|·|b|sin〈a，b〉，则关于平面向量上述运算的以下结论中：①ab=ba，②λ（ab）=（λa）b，③若a=λb，则ab=0，④若a=λb且λ>0则（a+b）c=（ac）+（bc）.恒成立的有.（填序号）
解析：对于①，由向量的模是实数，且实数的乘法运算具有交换律知①恒成立；
对于②，λ（ab）=λ|a|·|b|sin〈a，b〉，（λa）b=|λa|·|b|sin〈λa，b〉，当λ<0时，λ（ab）=（λa）b不成立；
对于③a=λb，则sin〈a，b〉=0，故ab=0恒成立，
对于④，a=λb则a+b=（1+λ）b，（a+b）c=|（1+λ）b|·|c|sin〈b，c〉，
（ac）+（bc）=|λb|·|c|sin〈b，c〉+|b|·|c|sin〈b，c〉=|（1+λ）b|·|c|sin〈b，c〉，故（a+b）c=（ac）+（bc）恒成立.
故恒成立的有①③④.
评注：在给出新运算问题中要摒弃原有的运算法则，以避免造成运算的紊乱.面对这类问题只需按给定的法则进行运算即可，此类问题虽然给出的条件信息比较多，而其实质却很简单，只需用简单的数学知识即可解决.
2.问题情境新
例2下图展示了一个由区间（0，1）到实数集R的映射过程：区间（0，1）中的实数m对应数轴上的点M，如图1；将线段AB围成一个圆，使两端点A、B恰好重合，如图2；再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为（0，1），如图3.图3中直线AM与x轴交于点N（n，0），则m的象就是n，记作f（m）=n.
（1）方程f（x）=0的解是x=；
（2）下列说法中正确命题的序号是.（填出所有正确命题的序号）
①f（14）=1；②f（x）是奇函数；③f（x）在定义域上单调递增.
解析：（1）f（x）=0象点N与原点O重合AM是直径AM=12M点的初始坐标是12x=12；
（2）①m=14AM=14AM所对的圆心角为90°直线AM的倾角为45°AM的斜率为1N点在原点O左侧且NO=OMN点坐标为-1f（14）=-1；
②f（x）的定义域是（0，1），所以肯定不是奇函数；
③m增大AM弧长增大AM所对的圆心角增大直线AM的倾角增大直线AM在x轴上的截距即N点横坐标增大f（m）的值增大；
故答案：12，③.
评注：本题以图形变化为问题背景，考查了函数的概念及函数的性质，要求同学们从图形变化的规律中找到问题的答案，具有一定的难度.
3.设问角度新
例3某粮仓是如图所示的多面体，多面体的棱称为粮仓的“梁”.现测得底面ABCD是矩形，AB=16米，AD=4米，腰梁AE、BF、CF、DE分别与相交的底梁所成角均为60°.
（1）请指出所有互为异面的且相互垂直的“梁”，并说明理由；
（2）若不计粮仓表面的厚度，该粮仓能否储存150立方米的粮食？
解析：（1）EF与AD，EF与BC，DE与BF，AE与CF，由已知，有EF∥AB，
∵AB⊥AD，∴EF⊥AD.
同理，有EF⊥BC.
过点E作EK∥FB交AB点K，则∠DEK为异面直线DE与FB所成的角，
∵DE=FB=4，AK=2×（4cos60°）=4，DK=42，
∴∠DEK=90°，即DE⊥BF，同理AE⊥CF.
（2）过点E分别作EM⊥AB于点M，EN⊥CD于点N，连接MN，则AB⊥平面EMN，
∴平面ABCD⊥平面EMN，过点E作EO⊥MN于点O，则EO⊥平面ABCD，
由题意知，AE=DE=AD=4，
AM=DN=4cos60°=2，EM=EN=23，
∴O为MN中点，
∴EO=22即四棱锥EAMND的高，
同理，再过点F作FP⊥AB于点P，FQ⊥CD于点Q，连接PQ，
原多面体被分割为两个全等的四棱锥和一个直棱柱，且MP=16-2-2=12，
∴V多面体=2V四棱椎+V直棱柱=2×13×（2×4）×22+（12×4×22）×12=17623，
故该粮仓最多可储存17623立方米的粮食，17623<150，故该粮仓不能储存150立方米的粮食.
评注：本题以“说理”替代论证，并与实际问题相结合，使命题的开放性与创新性进一步强化，旨在考查同学们灵活应用立体几何知识解决实际问题的能力.本题设问独特，难度中等偏上，较能考查同学们解题的灵活性.
二、在“探索”中创佳绩
由给定的题设条件探求相应的结论，或由给定的题断追溯应具备的条件，或变更题设、题断的某个部分使命题也相应变化等等，这一类问题称之为探索性问题.探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，由于此类题型的条件或结论不完备，要求同学们结合已有的条件，通过对问题进行观察、分析、比较和概括，然后才能得出有关结论，再对所得出的结论予以证明.那么，在高考中，主要涉及哪些探索性问题呢？ 1.规律探究型
例1观察①tan10°tan20°+tan20°tan60°+tan60°tan10°=1.②tan5°tan10°+tan10°tan75°+tan75°tan5°=1.由以上两式成立得到一个由特殊到一般的推广，此推广是什么？并证明你的推广.
解析：观察到：10°+20°+60°=90°，5°+75°+10°=90°.猜想此推广为：
若α+β+γ=π2且α，β，γ都不为kπ+π2（k∈Z），则tanαtanβ+tanβtanγ+tanγtanα=1.
证明如下：
①γ=0时，等式显然成立.
②当γ≠0时，由α+β+γ=π2，得α+β=π2-γ，所以tan（α+β）=1tanγ.
又因为tan（α+β）=tanα+tanβ1-tanαtanβ，
所以tanα+tanβ=tan（α+β）·（1-tanα·tanβ）=1tanγ（1-tanα·tanβ），
所以tanαtanβ+tanβtanγ+tanγtanα
=tanαtanβ+tanγ（tanα+tanβ）
=tanαtanβ+tanγ·1tanγ（1-tanαtanβ）=1.
综上所述，等式成立.
评注：本题给出背景看似深奥，其实只需透过表面就可抓住其本质.这类问题往往将已有的某些条件，不断地进行演化、变形，这就要求我们能用运动变化的观点考虑条件变式的有关特征，从特殊到一般，推出普遍性的结论.它常用的思维模式为：首先对命题中给出的几个具体关系式，通过观察、分析、归纳、猜想，从中概括出一般性规律，然后运用逻辑推理对所猜想的规律进行证明.这个探索一般规律的过程可以概括为：观察——归纳——猜想——证明.
2.条件追溯型
例2设函数f（x）=x2+1-ax，其中a>0，试求a的取值范围，使函数f（x）在区间[0，+∞）是单调函数.
解析：先求出f（x1）与f（x2）的差，根据单调函数的定义求出a的值，再针对特殊情况进行讨论，进一步确定a的值.
任取x1，x2∈[0，+∞），且x1
（ⅰ）当a≥1时，x1+x2x21+1+x22+1-a
（ⅱ）当0
评注：本题以探索性问题形式出现，研究函数a的变化与函数单调性的关系，立意新颖，问题深刻，为同学们创设出展现数学水平的广阔空间.这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断.解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件.在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意.
3.存在判断型
例3已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上任一点P到两个焦点的距离的和为23，P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为-23.设直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于两点A（x1，y1），B（x2，y2）.
（1）若OA·OB=2tan∠AOB（O为坐标原点），求|y1-y2|的值；
（2）当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由.
解析：（1）由椭圆的定义知a=3，设P（x，y），
则有yx+3·yx-3=-23，则y2x2-3=-23，
又点P在椭圆上，则（3-x2）b23（x2-3）=-b23=-23，∴b2=2，
∴椭圆C的方程是x23+y22=1.
∵OA·OB=4tan∠AOB，
∴|OA|·|OB|cos∠AOB=2tan∠AOB，
∴|OA|·|OB|sin∠AOB=2，
∴S△AOB=12|OA|·|OB|sin∠AOB=1，
又S△AOB=12|y1-y2|×1，故|y1-y2|=2.
（2）假设存在一点Q（m，0），使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，
依题意可知直线l斜率存在且不为零，
直线l的方程为y=k（x-1）（k≠0），
由y=k（x-1）x23+y22=1，消去y得（3k2+2）x2-6k2x+3k2-6=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=6k23k2+2，x1·x2=3k2-63k2+2.
∵直线QA，QB的倾斜角互为补角，
∴kQA+kQB=0，即y1x1-m+y2x2-m=0，
又y1=k（x1-1），y2=k（x2-1），
代入上式可得2x1x2+2m-（m+1）（x1+x2）=0，
∴2×3k2-63k2+2+2m-（m+1）×6k23k2+2=0，
即2m-6=0，∴m=3，
∴存在Q（3，0）使得直线QA，QB的倾斜角互为补角.
评注：本例探求“当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角”，本质上是求Q点的横坐标m，最终把原问题转化为含有m的方程.存在判断型问题，以探究“是否存在”为目标的开放性问题是高考的一个热点，此类问题的探究，常以假设推理为基础.当得到存在性的结论时，需要检查逆向推理是否正确；当得出矛盾时，形成反证法，得出不存在的结论，对于不存在的问题，也可举反例说明.
（作者：周宝兴，太仓市教育局）