【摘 要】 “一題兩空”題的兩空得分模式有利于提高低水平考生的得分，有利于區(qū)分出高水平的考生，同時能夠更加精確地發(fā)揮數(shù)學學科考試的區(qū)分選拔功能.本文從“一題兩空”題的結(jié)構(gòu)、特點及命題實踐等三個方面談一下思考和認識.

【關(guān)鍵詞】 一題兩空;結(jié)構(gòu)特點;命題途徑

“一題兩空”題是填空題的一種，是近年出現(xiàn)在高考或各地模擬試題中的一種新題型，相對于單空題，“一題兩空”題的兩空得分模式有利于提高低水平考生的得分，有利于區(qū)分出高水平的考生，同時能夠更加精確地發(fā)揮數(shù)學科考試的區(qū)分選拔功能，因而深受廣大師生的關(guān)注和歡迎.因此，重視對“一題兩空”題這一題型的研究很有必要.

1 “一題兩空”題的結(jié)構(gòu)

“一題兩空”題是將4個填空題中的一個，由原來的一個空改為了兩個空，一般安排在填空題的壓軸或次壓軸題的位置. “一題兩空”題的分值仍為5分，兩個空一個2分一個3分，題后括號內(nèi)的注釋語為“第一空2分，第二空3分.”

2 “一題兩空”題的特點

“一題兩空”題設(shè)置的兩個空，一般前一個空較簡單，后一個空要難于前一個空，無論是哪一個空答對都能得到相應(yīng)的分數(shù)，不象單空題那樣答錯即失去全部分數(shù)，因而“一題兩空”題相對于單空題有更高的得分率，增進考生對數(shù)學學習的獲得感，也更精準地測試和區(qū)分了不同層次考生的數(shù)學能力水平，增強考試的信度和效度.

3 “一題兩空”題的命題途徑

近期筆者多次參與了數(shù)學原創(chuàng)卷的命題和審題工作，在命題實踐中認識到“一題兩空”題主要有下面幾種命題途徑.3.1 一題多答命題

這一類型的“一題兩空”題就是設(shè)置同一個問題的不同結(jié)果分別填在兩個空中，其本質(zhì)是將單空題的一個空拆分為兩個空，但相比單空題將結(jié)果填在一個空中，增加了考生的得分機率.這在多空題的命題中極少出現(xiàn)的一種類型.

例1 已知拋物線E：y2=8x的焦點為F，過F的直線l與E交于A，B兩點，若AB=3FB，則l的方程為或? .（每條橫線上只寫一個可能結(jié)果）

解析 依題意可知F（2，0），l的斜率k存在.

設(shè)l的方程為y=k（x-2），分別過A，B兩點作拋物線準線l′的垂線，垂足為M，N.

設(shè)FB=t，則FA=2t，AB=3t.

由拋物線的定義得|AM|=FA=2t，|BN|=FB=t.

在直角梯形AMNB中，cos∠MAB=AM-BNAB=2t-t3t=13，從而tan∠MAB=22，即為l的斜率.而由對稱性可知，-22也是l的斜率，故l的方程為y=22（x-2）和y=-22（x-2），故填22x-y-42=0;22x+y-42=0.

點評 本題填寫的其實是一個題的兩個不同結(jié)果，如果是單空題，漏寫一個結(jié)果就不能得分，而作為“一題兩空”題，一是暗示了題目的結(jié)論有兩個結(jié)果，二是即使只想到一個結(jié)果，填對的話也能至少得2分.

3.2 并列分答命題

這一類型的“一題兩空”題就是在同樣題設(shè)條件下，設(shè)置有同樣解題思路和過程，解答不同結(jié)論要求的問題，兩空分答，將解答結(jié)果分別填在兩個空中.這在“一題兩空”題的命題中較少出現(xiàn)的一種類型.

例2 某校體育節(jié)10名旗手的身高分別為：175.0，178.0，176.0，180.0，179.0，175.0，176.0，178.0，180.0，179.0，則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為;第80百分位數(shù)為.

解析 把10個樣本數(shù)據(jù)按從小到大排序，可得175.0，175.0，176.0，176.0，178.0，178.0，179.0，179.0，180.0，180.0，所以中位數(shù)為178.0+178.02=178.0.

由80%×10=8，可知樣本數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為179.0+180.02=179.5.

點評 該題在同一個統(tǒng)計背景下命制，考查樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)和第80百分位數(shù)是并列的兩個結(jié)論，作答后分別填空即可.

例3 平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AB=3，AD=BC=4，CD=41，將△DAC沿AC折起到△PAC的位置，使得平面PAC⊥平面ABC，則此時三棱錐P-ABC的體積為;三棱錐P-ABC的外接球的表面積為.

解析 由AB⊥BC，AB=3，BC=4，解得AC=5.

又AD=4，CD=41，所以AC2+AD2=CD2，即AC⊥AD.如圖1，故折起后，PA⊥AC.

又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，所以PA⊥平面ABC，PC為外接球的直徑.

所以三棱錐P-ABC的體積為13·S△ABC·PA=13×12×3×4×4=8.

外接球的表面積為4π·4122=41π.

點評 本題是以四邊形的折疊為背景命制并列結(jié)論的立體幾何問題，旨在考查空間的直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，也考查二面角的概念及運算，考查運算求解能力，空間想象能力和邏輯推理能力.3.3 拓展同答命題

這一類型的“一題兩空”題就是設(shè)置同樣題設(shè)背景，兩個空是特殊與一般的關(guān)系，第二空是第一空的推廣與拓展.解答時按第二空的一般情形進行作答，得到結(jié)論后取第二空中的特殊情況即得到第一空的答案.

例4 一塊三棱錐形狀的余料P-ABC，其三條側(cè)棱PA，PB，PC兩兩垂直.現(xiàn)需將其切割成直三棱柱，使得直三棱柱的側(cè)棱與原三棱錐的一條側(cè)棱平行或重合.若PA=4，PB=4，PC=4，則切割得到的直三棱柱的最大體積為? ;不失一般性，若PA=a，PB=b，PC=c，則切割得到的直三棱柱的最大體積為? .（結(jié)果用a，b，c表示，其中a，b，c為正實數(shù)，第一空2分，第二空3分）

解析 先考慮頂點位置，如圖2，若直三棱柱EJG-PKI上底面的頂點J沒有落在棱AB上，總可以將EJ延長交棱AB于點F，

過點F作PA的平行線交PB于點H，得到新的三棱柱EFG-PHI，新三棱柱EFG-PHI的體積比原三棱柱EJG-PKI的體積大，其他上底面頂點同理.若要直三棱柱的體積最大，則上底面三個頂點均落在相應(yīng)的棱上.

因為底面EFG∥底面PBC，所以△EFG∽△PBC.

設(shè)EFPB=x，則EGPC=x，EPPA=1-x，0<x<1.

于是EF=bx，EG=cx，EP=a（1-x），故三棱柱EFG-PHI的體積為V=12bx·cx·a1-x=abc2（-x3+x2）.

設(shè)f（x）=-x3+x2，0<x<1，則f′（x）=-3x2+2x=x（2-3x）.

由f′（x）>0，得0<x<23;由f′（x）<0，得x<0或x>23，

故f（x）在0，23上單調(diào)遞增，在23，1上單調(diào)遞減，

所以當x=23時，f（x）取得最大值，且最大值為f23=427.

從而體積最大值為2abc27.

若a=b=c=4，則最大體積為12827.

點評 本題將三棱錐切割成直三棱柱，通過這一變換，設(shè)出變量，構(gòu)造函數(shù)模型，利用導數(shù)求得體積最大值.3.4 遞進逐答命題

這一類型的“一題兩空”題就是設(shè)置同樣題設(shè)條件，有密切聯(lián)系的兩個空，第二空的解答需要借助第一個空的結(jié)果才能完成，第一空是基礎(chǔ)和關(guān)鍵，這樣第一空解答完成且結(jié)果正確的情況下，第二空才能順勢作答獲取正確的結(jié)果.這是在“一題兩空”題的命題中出現(xiàn)最多的一種類型.

例5 已知函數(shù)f（x）=xex-ax2，若曲線y=f（x）在點（-1，f（-1））處的切線與直線2x-y-6=0平行，則實數(shù)a=;函數(shù)g（x）=f（x）+ax2的極值點為. （第一空2分，第二空3分）

解析 因為f（x）=xex-ax2，所以f′（x）=ex+xex-2ax=（x+1）ex-2ax，所以f′（-1）=2a.

由題意，得2a=2，所以a=1.

g（x）=xex，則g′（x）=（x+1）ex.

令g′（x）<0，得x<-1;令g′（x）>0，得x>-1.

故函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，-1），單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，+∞）.

又g′（-1）=0，所以函數(shù)g（x）的極小值點為x=-1，無極大值點.

故填：1，x=-1.

點評 本題遞進型兩空命制，考查導數(shù)的計算、極值點的概念及導數(shù)在研究函數(shù)單調(diào)性中的應(yīng)用，考查導數(shù)幾何意義的應(yīng)用.該題若第一空做不出來或解答錯誤，就會影響到第二空的解答和結(jié)果的正確與否.

例6 已知函數(shù)y=x2-2x-1的圖象與直線y=m（m∈R）有四個交點，且這四個交點的橫坐標分別為a，b，c，d且滿足a<b<c<d，則a+b+c+d=;2（d-a）+（c-b）的最大值為.（第一空2分，第二空3分）

解析 在同一直角坐標系內(nèi)作出函數(shù)y=|x2-2x-1|與直線y=m的圖象，如圖3.

由圖象并結(jié)合函數(shù)y=x2-2x-1，易知a+d2=b+c2=1，所以a+d=b+c=2，故a+b+c+d=4.

由題意，知a，d是方程x2-2x-1=m的兩根，b，c是方程x2-2x-1=-m的兩根，由一元二次方程的求根公式易得d-a=22+m，c-b=22-m，且0<m<2，

所以2（d-a）+（c-b）=2（22+m+2-m），0<m<2.

設(shè)φ（m）=2（22+m+2-m），0<m<2.

由φ′（m）=22-m-2+m4-m2=0，解得m=65.

當0<m<65時，φ′（m）>0，當65<m<2時，φ′（m）<0，

所以函數(shù)φ（m）在0，65上單調(diào)遞增，在65，2上單調(diào)遞減，所以當m=65時，φ（m）取得最大值，且最大值為φ65=45，故2（d-a）+（c-b）的最大值為45.

故填：4，45.

點評 本題以函數(shù)圖象相交為背景命制的遞進型試題，綜合考查函數(shù)圖象、函數(shù)與方程的關(guān)系，一元二次方程的求根公式、構(gòu)造函數(shù)、求導、導數(shù)在研究函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用等知識.3.5 異問各答命題

這一類型的“一題兩空”題相當于設(shè)置同樣題設(shè)條件的兩道小填空題，兩空之間沒有什么直接聯(lián)系，互不干擾，各自成題，是對多個知識點或某個知識點的多個角度的考查，即使有一空答不出來，照樣可以完成另一空的作答.

例7 如圖4，已知線段AB的長度為10，AB上的兩個定點C，D滿足AC=BD=1.動點P從點C出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著AB向點D移動，到達點D后停止移動.在點P移動過程中作如下操作：先以點P為圓心，PA，PB的長為半徑分別作兩個圓心角均為60°的扇形，再將兩個扇形分別圍成兩個圓錐的側(cè)面.若動點P從點C出發(fā)移動3秒，左、右兩個扇形的周長之比為 ;若設(shè)點P的移動時間為t（秒），兩個圓錐的底面面積之和為S，則S的最小值為 .（第一個空2分，第二個空3分）圖4

解析 先解答第一空：當動點P從點C出發(fā)移動3秒，此時PA=4，PB=6.

所以左側(cè)扇形的弧長為π3×4=4π3，所以左側(cè)扇形的周長為4+4+4π3=8+4π3.

右側(cè)扇形的弧長為π3×6=2π，所以右側(cè)扇形的周長為6+6+2π=12+2π.

所以左、右兩個扇形的周長之比為8+4π312+2π=13（24+4π）12+2π=23.

再解答第二空：先用關(guān)于t的式子表示出兩個扇形的半徑，根據(jù)扇形的弧長等于底面圓的周長求出兩個圓錐底面圓的半徑，最后列出兩個圓錐底面積之和關(guān)于t的二次函數(shù)關(guān)系式，求得最小值.

因為AB=10，AC=BD=1，所以CD=10-1-1=8.

因為PC=t（0≤t≤8），所以PA=t+1，PB=8-t+1=9-t.

設(shè)圍成的左、右兩個圓錐底面圓的半徑分別為r，R，則2πr=π3（t+1），2πR=π3（9-t），解得r=t+16，R=9-t6，所以S=πt+162+π9-t62=π36（t2+2t+1）+π36（t2-18t+81）=π18（t2-8t+41）.

所以當t=4∈[0，8]時，S有最小值，且最小值為25π18.

點評 試題以點的移動為背景，考查扇形的周長、面積公式，圓錐的側(cè)面展開圖，圓錐的側(cè)面積公式、二次函數(shù)的最值等知識的應(yīng)用.兩空的解答各自獨立、互不影響.

4 結(jié)束語

4.1 數(shù)學多空題的引入，無疑對數(shù)學高考卷堅持基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性和創(chuàng)新性的考查要求，科學把握試題的區(qū)分度，全面體現(xiàn)數(shù)學科高考的選拔性功能等方面，都發(fā)揮積極、良好的導向作用.作為數(shù)學教師，無論是新高考地區(qū)還是非新高考地區(qū)、無論是起始年級還是畢業(yè)年級的，都應(yīng)深入地研究這一新題型在指導數(shù)學教與學所潛在的結(jié)構(gòu)、功能和類型特點，以發(fā)揮這一新題型更大的教學效益[1].

4.2 參與多空題的命題實踐，既能提高數(shù)學教師的數(shù)學素養(yǎng)，促進專業(yè)發(fā)展，又能使教師很好地把握題型特點和規(guī)律，更能有的放矢地指導學生復習備考.因此，數(shù)學教師應(yīng)多做一些命題實踐工作，不斷提高個人的數(shù)學素養(yǎng)、專業(yè)發(fā)展和命題水平[1].

參考文獻

[1] 李寒.多選題的結(jié)構(gòu)、特點及命題途徑樜談[J].中學數(shù)學雜志，2021（03）：56-59.

作者簡介 黃翠云（1980—），女，山東青島人，中學一級教師;曾獲得即墨區(qū)教育教學優(yōu)勝個人，即墨區(qū)三八紅旗手，獲青島市優(yōu)質(zhì)課比賽二等獎;主要研究中學數(shù)學教學;有多篇論文發(fā)表.