专题十：新型问题解题策略专题辅导

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专题十：新型问题解题策略专题辅导

【考情分析】

新课程标准要求学生对“新颖的信息、情景和设问选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立思考、探索和探究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题．”着新一轮课程改革的深入和推进，高考的改革使知识立意转向能力立意，推出了一批新颖而又别致，具有创新意识和创新思维的新题。从最近几年来高考中探索性问题和创新题型比重逐年攀升，对探索性问题和创新型问题的预测研究应该是我们备考的重点。

预测12年高考探索性问题重点出在函数、数列、不等式、立体几何和解析几何等方面，估计新课标省市试题中此类题目分值10分左右（上海、广东、江苏较为典型），并且主观题、客观题设置较为灵活。今年高考多会结合合情推理知识点出探索性问题（特别是解答题），应加强对这些内容的研究；创新题型多出现与经济、生活密切相关（像概率、线性规划等）的数学问题相关的问题有关，题目新颖，数学知识并不复杂。关注以下两种类型：

1、类比归纳型

类比归纳型创新题给出了一个数学情景或一个数学命题，要求用发散思维去联想、类比、推广、转化，找出类似的命题，或者根据一些特殊的数据、特殊的情况去归纳出一般的规律．这是新课程较为重视的类比推理、归纳推理．主要考查学生的观察、分析、类比、归纳的能力，从不变中找规律，从不变中找变化。

2、信息迁移型

创新题是指以学生已有的知识为基础，并给出一定容量的新信息，通过阅读，从中获取有关信息，捕捉解题资料，发现问题的规律，找出解决问题的方法，并应用于新问题的解答．它既能有效地考查学生的思维品质和学习潜力，又能考查学生的综合能力和创新能力。 【知识交汇】

1．探索型问题

常见的探索性问题，就其命题特点考虑，可分为归纳型、题设开放型、结论开放型、题设和结论均开放型以及解题方法的开放型几类问题；

（1）结论开放型探索性问题的特点是给出一定的条件而未给出结论，要求在给定的前提条件下，探索结论的多样性，然后通过推理证明确定结论；

（2）题设开放型探索性问题的特点是给出结论，不给出条件或条件残缺，需在给定结论的前提下，探索结论成立的条件，但满足结论成立的条件往往不唯一，答案与已知条件对整个问题而言只要是充分的、相容的、独立的，就视为正确的；

（3）全开放型，题设、结论都不确定或不太明确的开放型探索性问题，与此同时解决问题的方法也具有开放型的探索性问题，需要我们进行比较全面深入的探索，才能研究出解决问题的办法来。

解探索性问题应注意三个基本问题:认真审题,确定目标；深刻理解题意;开阔思路,发散思维，运用观察、比较、类比、联想、猜想等带有非逻辑思维成分的合理推理,以便为逻辑思维定向。方向确定后，又需借助逻辑思维,进行严格推理论证,这两种推理的灵活运用,两种思维成分的交织融合,便是处理这类问题的基本思想方法和解题策略。

解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般解这类问题有如下方法：

（1）直接法：直接从给出的结论入手，寻求成立的充分条件；直接从给出的条件入手，寻求结论；假设结论存在（或不存在），然后经过推理求得符合条件的结果（或导出矛盾）等；

（2）观察——猜测——证明

（3）特殊—一般—特殊

其解法是先根据若干个特殊值，得到一般的结论，然后再用特殊值解决问题；

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（4）联想类比 （5）赋值推断

（6）几何意义法

几何意义法就是利用探索性问题的题设所给的数或式的几何意义去探索结论，由于数学语言的抽象性，有些探索性问题的题设表述不易理解，在解题时若能积极地考虑题设中数或式的几何意义所体现的内在联系，巧妙地转换思维角度，将有利于问题的解决；

2．创新题型

根据现行的教学大纲和国家数学课程标准的要求，结合中学数学教材的内容及我国的经济发展的要求，在实际问题中侧重如下几种模型：

（1）社会经济模型

现值、终值的计算及应用（计息、分期付款、贴现等），投资收益，折旧，库存，经济图表的运用； （2）拟合模型

数据的利用、分析与预测（线形回归、曲线拟合）等问题；

（3）优化模型科学规划，劳动力利用，工期效益，合理施肥，最值问题，工程网络，物资调用等问题；

（4）概率统计模型彩票与模型，市场统计，评估预测，风险决策，抽样估计等问题；

（5）几何应用模型工厂选址，展开、折叠，视图，容器设计，空间量的计算，轨迹的应用等； （6）边缘学科模型与理、化、生、地、医等相关方面的问题。

【思想方法】

题型1：探索问题之直接法

例1．（2011年山东理11）设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A1A3A1A2 11(λ∈R)，A1A4A1A2(μ∈R)，且2,则称A3，A4调和分割A1，A2 ,已知点C(c，o),D(d，

O) (c，d∈R)调和分割点A(0，0)，B(1，0)，则下面说法正确的是

（A）C可能是线段AB的中点 （B）D可能是线段AB的中点

（C）C，D可能同时在线段AB上

（D）C，D不可能同时在线段AB的延长线上

【答案】D；【解析】由A1A3A1A2 (λ∈R)，A1A4A1A2(μ∈R)知:四点A1，A2，A3，A4在同一条直线上,因为C,D调和分割点A,B,所以A,B,C,D四点在同一直线上,且c11d2, 故选D.

例2．（2010辽宁理，12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是

(A)（0,6 (C) (6【答案】A

【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。

【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知

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2） (B)（1,22） 62） (D) （0,22）

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AD=

3，SD=a1，则有22大家网

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22)，即有a<6a1<2+3，即a2843(62

(2)构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时a>0; 综上分析可知a∈（0,62）。

点评：这也是一道结论探索型问题，结论不唯一，应从题设出发，通过分类以简化思维，再利用射影的概念，得到正确的结论。

例3．已知函数f(x)bxcax12(a,c∈R,a＞0,b是自然数）是奇函数，f(x)有最大值

12，且f(1)＞

25.（1）

求函数f(x)的解析式；（2）是否存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，并且使得P、Q两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由.

分析：本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力.

解析：（1）∵f(x)是奇函数， ∴f(–x)=－f(x)，即∴f(x)=bxax12bxcax21bxcax21，∴－bx+c=－bx–c，∴c=0，

.由a＞0，b是自然数得当x≤0时，f(x)≤0，

当x＞0时，f(x)＞0，∴f(x)的最大值在x＞0时取得. ∴x＞0时，f(x)1ab1ax1bx21ab2当且仅当

abx1bx

即x时，f(x)有最大值

2ba1251ab212∴

ab2=1,∴a=b2 ①

又f(1)＞

25，∴＞,∴5b＞2a+2 ②

12把①代入②得2b2–5b+2＜0解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,a=1,∴f(x)=

xx12

（2）设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称， x0y02x012

P(x0,y0)则Q（2–x0,–y0)，∴,消去y0，得x0–2x0–1=0

2x0y02(2x)10解之，得x0=1±2,∴P点坐标为(1更多精品在大家！

2,24)或(12,24)，

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2进而相应Q点坐标为Q（12,24）或Q(12,4)，

过P、Q的直线l的方程：x－4y－1=0即为所求。

点评：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证。 题型2：探索问题―观察——猜测——证明‖

例4．（2011上海文，23）已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an3n6，bn2n7（nN*），将集合{x|xan,nN*}{x|xbn,nN*}中的元素从小到大依次排列，构成数列

c1,c2,c3,,cn,。

（1）求三个最小的数，使它们既是数列{an}中的项，又是数列{bn}中的项； （2）c1,c2,c3,,c40中有多少项不是数列{bn}中的项？说明理由； （3）求数列{cn}的前4n项和S4n（nN*）。 解：⑴ 三项分别为9,15,21。 ⑵ c1,c2,c3,,c40分别为

9,11,12,13,15,17,18,19,21,23,24,25,27,29,30,31,33,35,36,37, 39,41,42,43,45,47,48,49,51,53,54,55,57,59,60,61,63,65,66,67

⑶ b3k22(3k2)76k3a2k1，b3k16k5，a2k6k6，b3k6k7

k6k6∵ 6k36k56 76k3(n4k3)6k5(n4k2)*∴ cn,kN。c4k3c4k2c4k1c4k24k21

6k6(n4k1)6k7(n4k)S4n(c1c2c3c4)(c4n3c4n2c4n1c4n)24n(n1)221n12n33n。

2例5.（2003高考上海卷）已知数列{an}（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列。

0120123 （1）求和：a1C2a2C2a3C2,a1C3a2C3a3C3a4C3;

（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明.

0123nn（3）设q≠1，Sn是等比数列{an}的前n项和，求：S1CnS2CnS3CnS4Cn(1)Sn1Cn，

解析：（1）

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a1C2a2C2a3C2a12a1qa1qa1Ca2Ca3C0313230122大家网

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2a1(1q),233a4C33

a13a1q3a1qa1qa1(1q).（2）归纳概括的结论为：

若数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列， 则：

a1Cna2Cna3Cna4Cn(1)an1Cna1(1q),n为正整数.证明:a1Cna2Cna3Cna4Cn(1)an1Cna1C0n00123nnnnnn1n22n33nn0123nnn

a1qC1a1qC22a1qC(1)a1qC33nnna1[CnqCnqCnqCn(1)qCn]a1(1q)（3）因为Sn0a1a1q1q1n,

所以S1CnS2CnS3CnS4Cn(1)Sn1Cna1a1q1qa11qa1q1q[C0n23nnn1C0n1na1a1q1q2n2C3n1na1a1q1qn3Cnn2n(1)na1a1q1qCnn

CC1C2(1)C]33nnn

[CnqCnqCnqCn(1)qCn]02a1qq1(1q).n例6、（2011陕西理，13）观察下列等式

1=1 2+3+4=9

3+4+5+6+7=25

4+5+6+7+8+9+10=49

„„

照此规律，第n个等式为 .

【分析】归纳总结时，看等号左边是子的变化规律，右边结果的特点，然后归纳出一般结论．行数、项数及其变化规律是解答本题的关键．

【解】把已知等式与行数对应起来，则每一个等式的左边的式子的第一个数是行数n，加数的个数是2n1；等式右边都是完全平方数，

行数 等号左边的项数

1=1 1 1 2+3+4=9 2 3 3+4+5+6+7=25 3 5 4+5+6+7+8+9+10=49 4 7

„„ „„ „„

所以n(n1)[n(2n1)1](2n1)， 即n(n1)(3n2)(2n1)

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【答案】n(n1)(3n2)(2n1)2

题型3：探究问题之―特殊—一般—特殊‖

例7．设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件： ①当x∈R时，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x； ②当x∈(0,2)时，f(x)≤(x12)；

2③f(x)在R上的最小值为0。

求最大值m(m>1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x

分析：本题先根据题设求出函数f（x）解析式，然后假设t存在，取x=1得t的范围，再令x=m求出m的取值范围，进而根据t的范围求出m的最大值。

解法一：∵f(x-4)=f(2-x)，∴函数的图象关于x= -1对称 ∴b2a1 即b=2a

由③知当x= 1时,y=0，即ab+c=0； 由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1。 ∴f(1)=1，即a+b+c=1， 又ab+c=0，∴a=∴f(x)=

14x214、b=

1412、c=

14，

12x，

假设存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x， 取x=1时，有f(t+1)≤114(t+1)2+12(t+1)+14≤14≤t≤0，

对固定的t∈[－4,0]，取x=m，有： f(tm)≤m1t14(t+m)+

2

12(t+m)+

14≤mm(1t)m+(t+2t+1)≤0，

22

4t≤m≤1t4t ∴m≤1t144t≤1(4)4(4)=9，

(x210x+9)=

14当t= -4时，对任意的x∈[1,9]，恒有f(x4)x=∴m的最大值为9。

解法二：∵f(x-4)=f(2-x)，

∴函数的图象关于x=－1对称，∴ 由③知当x= 1时,y=0，即ab+c=0； 由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1。 ∴f(1)=1，即a+b+c=1，又ab+c=0 ∴a=

141214141214b2a(x1)(x9)≤0，

1，b=2a。

b=

14 c=∴f(x)=x2x=

14(x+1)2 ，

由f(x+t)=

(x+t+1)2≤x 在x∈[1,m]上恒成立

∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0当x∈[1,m]时，恒成立； 令 x=1有t2+4t≤04≤t≤0

令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)2≤0当t∈[-4,0]时，恒有解； 令t= 4得，m210m+9≤01≤m≤9，

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即当t= 4时，任取x∈[1,9]恒有f(x-4)-x=

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(x210x+9)=

14(x1)(x9)≤0，

∴ mmin=9。

点评：本题属于存在性探索问题，处理这道题的方法就是通过x的特殊值得出t的大致范围，然后根据t的范围，再对x取特殊值，从而解决问题。

题型4：探究性问题之―联想类比‖

例8．（2011年湖北理，15）给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色。当n4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如下图所示： ．．．．

由此推断，当n6时，黑色正方形互不相连的着色方案共有 种，至少有两个黑色正方形相连的．．．．．．着色方案共有 种，（结果用数值表示）

解析：当n=6时，如果没有黑色正方形有1种方案，当有1个黑色正方形时，有6种方案，当有两2个黑色正方形时，采用插空法，即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的5个空内，有C5=10种

方案，当有三个黑色正方形时，同上方法有C3=4种方案，由图可知不可能有4个，5个，6个黑色正4方形，综上可知共有1+6+10+4=21种方案．

将6个正方形空格涂有黑白两种颜色，每个空格都有两种方案，由分步计数原理一共有26种方案，本问所求事件为第一问事件的对立事件，故至少有两个黑色正方形相邻的着色方案有2－21=43种．

点评：本题主要考查排列组合、计数原理等内容，考查了类比推理能力．

例9．（2010陕西文，11）观察下列等式：13＋23＝（1＋2）2，13＋23＋33＝（1＋2＋3）2，13＋23＋3＋4＝（1＋2＋3＋4），„，根据上述规律，第四个等式为1＋2＋3＋4＋5＝（1＋2＋3＋4＋5）．．．．．

3

3

2

3

3

3

3

3

2

6

（或152）.

3

解析：第i个等式左边为1到i+1的立方和，右边为1到i+1和的完全平方，所以第四个等式为1．．．．．

2

＋23＋33＋43＋53＝（1＋2＋3＋4＋5）（或152）。例10．(2003年上海市春季高考题）设f(x)12x2，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(5)f(4)f(3)f(0)f(5)f(6)的值是 。

分析：利用f（1-x）+f（x）=

22，可求f(5)f(4)f(3)f(0)f(5)f(6)=32。

题型5：探究性问题之―赋值推断‖

例11．（2011年江西文，10）如图，一个―凸轮‖放置于直角坐标系X轴上方，其―底端‖落在原点O

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处，一顶点及

中心M在Y轴正半轴上，它的外围由以正三角形的顶点为圆心，以正三角形的边长为半径的三段等弧组成.

今使―凸轮‖沿X轴正向滚动前进，在滚动过程中―凸轮‖每时每刻都有一个―最高点‖，其中心也在不断移动位置，则在―凸轮‖滚动一周的过程中，将其―最高点‖和―中心点‖所形成的图形按上、下放置，应大致为（ ）

答案：A 根据中心M的位置，可以知道中心并非是出于最低与最高中间的位置，而是稍微偏上，随着转动，M的位置会先变高，当C到底时，M最高，排除CD选项，而对于最高点，当M最高时，最高点的高度应该与旋转开始前相同，因此排除B ,选A。

例12.二次函数y=ax+bx+c(x∈R)的部分对应值如下表：

x y -3 6 2

2

-2 0 -1 -4 0 -6 1 -6 2 -4 3 0 4 6 则不等式ax+bx+c>0的解集是(,2)(3,)。 题型6：探究性问题之―几何意义法‖

例13．设x、y为实数，集合A＝{(x,y)|y2―x―1=0},B={{(x,y)|16x2+8x―2y+5=0},

C={(x,y)|y＝kx+b}，问是否存在自然数k,b使（A∪B）∩C＝φ？

分析：此题等价于是否存在自然数k，b，使得直线y＝kx+b与抛物线y2―x―1=0和16x2+8x―2y+5=0都没有交点。

解析：因为抛物线y―x―1=0和16x+8x―2y+5=0在y轴上的截距分别为1、ykx233k1由2无实数解，得1，从而k=1， 22yx1ykx2此时方程组5无实数解.故存在k=1，b=2满足（A∪B）∩C＝φ. 2y8x4x22

2

52，所以取b=2，

点评：与集合运算有关的一类探索性问题，它的题设往往都具有鲜明的几何意义。

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题型7：开放型题目 例14．（社会经济问题）（2011湖北理，17）提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况。在一般情况下，大桥上的车流速度v（单位：千米/小时）是车流密度x（单位：辆/千米）的函数。当桥上的的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时，研究表明；当20x200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．

（Ⅰ）当0x200时，求函数vx的表达式;

（Ⅱ）当车流密度x为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观点的车辆数，单位：辆/每小时）fxx.vx可以达到最大，并求出最大值（精确到1辆/小时）

本小题主要考查函数、最值等基础知识，同时考查运用数学知识解决实际问题的能力。（满分12分）

解：（Ⅰ）由题意：当0x20时,v(x)60；当20x200时,设v(x)axb 1a,200ab0,3解得20ab60,b200.3 再由已知得

0x20,60,v(x)1(200x),20x2003故函数v(x)的表达式为

0x20,60x,f(x)1x(200x),20x2003 （Ⅱ）依题意并由（Ⅰ）可得

当0x20时,f(x)为增函数，故当x20时，其最大值为60×20=1200； 当20x200时，

f(x)13x(200x)1x(200x)210000[]323

10000当且仅当x200x，即x100时，等号成立。 所以，当x100时,f(x)在区间[20，200]上取得最大值综上，当x100时，f(x)在区间[0，200]上取得最大值

33.

333310000。

即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时。

例15．（拟合问题）“人口问题”是我国最大社会问题之一,估计人口数量'和发展趋势是我们制定

年 人口数（百万） 年 人口数（百万） 1949 541.67 1974 908.59 1954 602.66 1979 975.42 1959 672.09 1984 1034.75 1964 704.99 1989 1106.76 1969 806.71 1994 1176.74 一系列相关政策的基础.由人口统计年鉴，可查得我国从1949年至1994年人口数据资料如下：

试估计我国1999年的人口数.（第一届北京高中数学知识应用竞赛初赛题五）

方法1 ：(利用计算器) (1) 在坐标系中描出数据的散点图,直观判断散点近似在一直线上；

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(2) 用回归直线作为其拟合模型,为便于计算,可将数据适当简化,再用计算器计算相应的数据之和. 7125a＋225b=221 860.55, 由 225a＋10b=8530.38, 解得 a=14.510 06,b=526.561 6.

(3) 预测：根据上述模型，当x=50(即2005年)时，y=1 252.064 6≈12.52（亿）

Xi Yi Xi2 Yi2 Xi Yi Xi2 Yi2 30 975.42 35 1034.75 40 1106.76 230 541.67 5 602.66 10 672.09 15 704.99 20 806.71 25 908.59 45 1176.74 225 8530.38 7125 221860.55 y例16．（优化问题）某公司有60万元资金，计划投资甲、乙两个项目，按要求对项目甲的投资不小于对项目乙投资的

倍，且对每个2x＝115x－11y＝－22AB项目的投资不能低于5万元，对项目甲每投资1万元可获得0.4万元的利润，对项目乙每投资1万元可获得0.6万元的利润，该公司正确规划投资后，在这两个项目上共可获得的最大利润为（ ）

（A）36万元 （B）31.2万元

（C）30.4万元 （D）24万元

解析：选B．对甲项目投资24万元，对乙项目投资36万元，可获最大利润31.2万元．因为对乙项目投资获利较大，故在投资规划要求内（对项目甲的投资不小于对项目乙投资的投资等于对项目乙投资的

2323OCx2x＋3y＝9倍）尽可能多地安排资金投资于乙项目，即对项目甲的

倍时可获最大利润．这是最优解法。也可用线性规划的通法求解．注意线性

规划在高考中以应用题型的形式出现。

例17．（概率模型）（2011年重庆文，17）某市公租房的房源位于A、B、C三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的，求该市的任4位申请人中： （I）没有人申请A片区房源的概率；

（II）每个片区的房源都有人申请的概率。

解：这是等可能性事件的概率计算问题。

（I）解法一：所有可能的申请方式有34种，而―没有人申请A片区房源‖的申请方式有24种。记―没有人申请A片区房源‖为事件A，则P(A)23441681.

解法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是4次独立重复试验.记―申请A片区房源‖为事件A，则P(A)13.

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1601024P4(0)C4()().

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由独立重复试验中事件A恰发生k次的概率计算公式知，没有人申请A片区房源的概率为

12123 （II）所有可能的申请方式有34种，而―每个片区的房源都有人申请‖的申请方式有C3C4C2(或C4C3)种.

记―每个片区的房源都有人申请‖为事件B，从而有P(B)C3C4C234121363449(或P(B)C4A3342349).

【思维总结】

随着以培养学生的创新精神和实践能力为重点的素质教育的深入发展和新课程改革的不断深入，高考命题将更加关注“探索性问题”和“创新题型”。从最近几年来高考中探索性问题逐年攀升的趋势，可预测探索性问题和创新题型仍将是高考命题“孜孜以求的目标”。我们认为进行探索性问题和创新题型的训练，是数学教育走出困境的一个好办法。由于数学开放探索题有利于学生创新意识的培养和良好思维品质的形成，它越来越受到教育界人士的关注和深入研究，在高考中起着愈来愈重要的作用。我们预测：

1．从2000年～2011年的高考中，探索性问题和创新题型逐年攀升的趋势，可预测今后将会加大开放探索性考题的力度；

2．连续多年高考题中（特别是上海市高考题），出现以解析几何、立体几何和函数为背景的结论开放型探索性的解答题，说明这类题型仍将是高考解答题的重点；

3．设计开放探索题和创新题型，能考查学生的创新意识，特别应鼓励学生创新性的解答，这就反映学生的创新意识，应该很好鼓励；

4．将在方法型开放探索题和创新题型中有所突破，用非常规的解题方法，或者指定两种以上方法解同 一个问题，或者在题设或结论开放型的问题中解决方法也具有一定的开放性问题，都可能在高考中出现。

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