11.如何应对新定义、新概念，新情境下的高考数学压轴题——从2024年1月九省联考第19题谈起-《中学生数理化》高二数学2024年5月刊

■江南大学理学院 谢广喜 2024年1月19日,由教育部命题的九省 联合适应性考试(简称“九省联考”)中的数学 试卷,从形式到内容,颠覆了很多人对高考的 认知。首先,这套题其实是有不少基础题的, 因此新的考法对数学后进生没有坏处,只有 好处,影响最大的是数学成绩中上等的同学; 其次,若干形式的变化乃是一种反应试、反刷 题的常态行为,不必过分惊讶;最后,最后一 道压轴题是专门为极少数的数学学习成绩优 秀的同学准备的,绝大多数同学做不出来是 正常现象。我们选取了最近一段时间部分学 校的相关模拟试题,具体剖析如下,供对此类 问题感兴趣的师生参考。 例 1 (2024年教育部“九省联考”第 19题)离散对数在密码学中有重要应用。设 p 是素数,集合 X={1,2,…,p-1},若u, v∈X,m∈N,记u⊗v 为uv 除以p 的余数, um,⊗ 为um 除以p 的余数;设a∈X,1,a, a2,⊗,…,ap-2,⊗两两不同,若an,⊗=b(n∈{0, 1,…,p-2}),则称n是以a为底b的离散对 数,记为n=log (p)ab。 (1)若p=11,a=2,求ap-1,⊗。 (2)对 m1,m2∈{0,1,…,p-2},记 m1 ⊕m2 为 m1+m2 除以p-1的余数(当 m1+m2 能被p-1整除时,m1 ⊕ m2=0)。 证明:log (p)a (b⊗c)=log (p)ab ⊕ log (p)ac,其中b,c∈X。 (3)已知n=log (p)ab。对x∈X,k∈ {1,2,…,p-2},令y1=ak ,⊗,y2=x⊗bk ,⊗, 证明:x = y2 􀱋yn (p-2),􀱋 1 。 试题剖析:这道创新试题以离散对数在 密码学中的应用为基本数学情境,以“初等数 论”中的一些基本概念(数的整除性等)为背 景进行命题,其核心是要求同学们现场学习 几个新定义(下面所有的概念均基于字母p 为素数的前提)并应用解题。 ①u⊗v表示u 与v 的乘积除以p 得到 的余数(其中u,v∈X={1,2,…,p-1})。 ②um,⊗为um 除以p 得到的余数(其中m ∈N),um,⊗是u⊗u⊗…⊗u 􀮩 􀮫􀮪􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 m 的简写符号。 ③符号m1 ⊕ m2 表示一定条件下两个 整数m1 与m2 的和m1+m2 除以p-1得到 的余数,注意到m1,m2∈{0,1,…,p-2},于 是 可 得 m1 ⊕ m2 = m1+m2,1≤m1+m2≤p-2, 0,m1+m2=0或p-1或2p-2, m1+m2-(p-1),p≤m1+m2≤2p-3。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ④离散对数:若an,⊗=b(n∈{0,1,…, p-2}),则称n是以a为底b的离散对数,记 为n=log (p)ab;很显然an ,⊗ =b(n∈{0, 1,…,p-2}),这个式子右边的b,本质上是基于 模p同余意义下的(注意:依概念知a≥2)。 ⑤为表达方便,我们补充“同余”的概念, 对于任意一个给定的正整数m,若整数a 与 b除以m 得到的余数r相同(其中r为整数, 且0≤r≤m-1),则称a 与b 关于m 同余, 记为a≡b(mod m)。 参考答案:(1)由定义及题中条件知,本 题实际上是求am=210=1 024除以p=11得 到的余数,易知结果为1。 (2)当素数p=2时,此时集合 X={1, 2,…,p-1},即 X={1}。而a∈X,则必有 a=1,与1,a两两不同矛盾,故p=2的情形 不合题意,舍去。 故p≥3。因1,a,a2,⊗,…,ap-2,⊗ 互异, 故必有a≥2(若a=1,显然与1,a 互异矛 盾)。又a∈X,故a,p 互质。 14 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年5月 设n=log (p)a(b⊗c),n1=log (p)ab, n2=log (p)ac,需证明n=n1 ⊕n2。 易知n1=log (p)ab,n2=log (p)ac,由 离散 对 数 的 定 义 知, ∃m1,m2∈N,使 得 a n1=pm1+b,a n2=pm2+c,则a n1+n2=(pm1+ b)(pm2+c),故a n1+n2≡bc(mod p)。① 设n1+n2=t(p-1)+s,0≤s≤p-2。② 则n1 ⊕n2=s。 因为1,2,3,…,p-1除以p 的余数两 两不同,且a,2a,3a,…,(p-1)a 除以p 的 余数两两不同(a,p 互质),所以(p-1)! ≡ [a×2a×3a×…×(p-1)a](mod p),故 ap-1≡1(mod p),即at(p-1)≡1(mod p)。③ 综合①②③,知as≡bc(mod p)。 另 一 方 面,直 接 由 条 件 n = log (p)a(b⊗c)得 an ≡b⊗c(mod p)= bc(mod p),其中0≤n≤p-2,故只有s=n, 即log (p)a(b⊗c)=log (p)ab⊕log (p)ac, 得证。 (3)当b≥2(b∈X)时,由(2)可得bp-1≡ 1(mod p)。若b=1,则bp-1≡1(mod p)也 成 立。因 为 n=log (p)ab,所 以 an ≡ b(mod p)。 另 一 方 面,y2 ⊗yn (p-2),⊗ 1 ≡y2y1n (p-2) (mod p)≡(xbk)·akn(p-2)(mod p)≡(xbk)· bk(p-2)(mod p)≡x(bp-1)k-1 ≡x (1)k-1 (mod p)≡x(mod p)。 因为x∈X,所以x=y2⊗yn (p-2),⊗ 1 ,得证。 评注:充 分 利 用 同 余 符 号,可 以 简 化 书 写,帮助我们快速理解问题的结果。 例 2 (2024年高考模拟题第19题) 拓扑学是研究几何图形(或集合)整体结构和 性质的一门几何学,以抽象而严谨的数学语 言将几何与集合联系起来。 已知平面E2={(x,y)|∀x,y∈R},对 于其上的任意两点m(x1,y1),n(x2,y2),定 义 度 量 (距 离 ):d (m,n ) = (x1-x2)2+(y1-y2)2,并称(E2,d)为一 度量平面。设x0∈(E2,d),ε∈R+,称平面 区域B(x0,ε)={x∈(E2,d)|d(x0,x)<ε} 为以x0 为“球心”的“球形”邻域,简称邻域 (称{x∈(E2,d)且d(x0,x)=ε}为这个邻域 的“球面”边界,简称边界)。 (1)试用集合语言描述(E2,d)上两个邻 域的交集; (2)证明:(E2,d)上任意两个邻域的交 集可以写成若干个邻域的并集; (3)在度量空间中,一个集合G 称作“开 集”当且仅当对于其中任意一个点都存在一 个邻域包含于G,证明:(E2,d)的一个子集 G 是开集当且仅当其可被表示为若干个邻域 的并集。 试题剖析:如果将任意一个集合描述的总 体称为“抽象空间”,则可将集合中任意一个元 素称为“点”,但这样的空间与高中数学中的集 合没有本质的不同。如果对这样的抽象空间 再附加(内部元素之间附加运算或者外部附加 结构)一些东西,比如从集合外部,定义两“点” 间度量(距离),则这个抽象空间就称为“度量 空间”;如果附加范数(长度),就成为“赋范空 间”;如果附加向量之间的“内积”,就成为“内 积空间”;如果对集合(抽象空间)内部附加二 元运算,就会通向群、环、域等抽象代数的领 域。从这个意义上来说,集合论是现代数学的 基础。本题以二维平面E2={(x,y)|∀x,y ∈R}为背景,从二维平面外部赋予了欧氏度量 d(m,n)= (x1-x2)2+(y1-y2)2,使二维平 面E2 成为二维欧氏度量空间(E2,d)。利用 这个度量概念,接着定义了“球形”邻域的概念 B(x0,ε)={x∈(E2,d)|d(x0,x)<ε}(注意: 这里的“球形”之所以加引号,是因为在二维平 面背景下,这个 “球形”实际表现为圆域,并非 我们熟悉的三维球),进而在邻域的基础上定 义开集,这道试题除了第一问,其他两问难度 比较大(主要是问题的数学描述与推理的抽象 性比较高)。 参考答案:(1)依题意,定义B(x1,ε1)= {x∈(E2,d)|d(x1,x)<ε1,ε1>0}是以点 x1 为“球心”的“球形”邻域。B(x2,ε2)= {x∈(E2,d)|d(x2,x)<ε2,ε2>0}是以点 x2 为“球心”的“球形”邻域。于是B(x1,ε1) ∩B(x2,ε2)即为所求。 (2)记集合U=B(x1,ε1)∩B(x2,ε2), 24 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年5月 图1 则由U 的平面几何(如图 1所示,不含边界)特征知: ∀x∈U,ε1-d(x1,x)> 0,ε2-d(x2,x)>0,取ε =min{ε1-d(x1,x),ε2- d(x2,x)}>0,则B(x,ε) ⊂U。注意到元素x∈U 的任意性,于是U= B(x1,ε1)∩B(x2,ε2)= ∪ ∀x∈U {x}⊆ ∪ ∀x∈U B(x, ε)=U,即B(x1,ε1)∩B(x2,ε2)= ∪ ∀x∈U B(x, ε),所以(E2,d)上任意两个“球形”邻域的交 集是若干个“球形”邻域的并集。 (3)充分性:证当集合G⊆E2 可以写为 若干个“球形”邻域的并集时,G 必为开集。 设G⊆E2,满足 G=∪ i∈Λ B(xi,εi)(其中 Λ⊆N*),则对于∀x∈G,∃i∈Λ,使得x∈ B(xi,εi)⊆G,故由开集定义知G 是开集。 必要性:证任意一个开集G⊆E2 都可以 写为若干个“球形”邻域的并集。 设G⊆E2 是开集,则由开集定义知,对于 ∀x∈G,∃ε>0,使得x∈B(x,ε)⊆G, 故有 G= ∪ ∀x∈G {x}⊆ ∪ ∀x∈G B(x,ε)⊆G。因此,G= ∪ ∀x∈G B(x,ε),证毕。 评注:上面最后一步利用夹逼法,取得了 等号。 图2 例 3 (2024 届镇海中学高三期 末试卷第19题)在 几何学中常常需要 考虑曲线的弯曲程 度,为此我们需要 利用数学语言刻画 曲线的弯曲程度。 观察如图2所示的光滑曲线C:y=f(x)上 的曲线段AB,其弧长为Δs,当动点从A 沿 曲线段AB 运动到B 时,A 点的切线lA 也随 着转动到B 点的切线lB,记这两条切线之间 的夹角为Δθ(它等于lA 的倾斜角与lB 的倾 斜角的差)。显然,当弧长固定时,夹角越大, 曲线的弯曲程度就越大;当夹角固定时,弧长 越小,曲线的弯曲程度就越大。因此,可定义 k= ΔθΔs 为曲线段AB 的平均曲率。显然, 当B 越接近于A,即Δs越小时,k 就越能精 确刻画出曲线C 在点A 处的弯曲程度,因此 定义 K=lim Δs→0 Δθ Δs = |y″| (1+y'2) 3 2 (若极限存 在)为曲线C 在点A 处的曲率(其中y'表示 y=f(x)在点A 处的导数,y″=(y')')。 (1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平 均曲率。 (2)求椭圆 x2 4+y 2=1在点 3, 1 2 处的曲 率。 (3)定义φ(y)= 22|y″| (1+y')3 为曲线y= f(x)的“柯西曲率”。已知在曲线f(x)= xln x-2x 上 存 在 两 点 P(x1,f(x1))和 Q(x2,f(x2)),且 P,Q 处的“柯西曲率”相 同,求 3x1+ 3x2的取值范围。 试题剖析:这道题以高等数学中的曲率 为背景,试题描述清楚,情境也比较简单,只 要同学们按照题意描述直接处理即可。第三 问的处理过程用到了一点极限知识,有超纲 嫌疑,但用到的基于对称性的附加假设技巧 是一类函数与导函数背景综合题的常用小技 巧,值得关注。 参考答案:(1)直接利用平均曲率的定 义,有k= π 3 π 3×1 =1。 (2)考虑到我们关注的重点:求椭圆 x2 4+ y2=1在点 3, 1 2 处的曲率,所以我们只需 要关注椭圆的上半支曲线即可。此时有y= 1- x2 4 (下半支曲线y=- 1- x2 4 此处直 接忽略),于是y'=- x 4 1- x2 4 -12,进而y″ = - x 4 1- x2 4 -12 '=-14 1-x 2 4 -12 - x2 161- x2 4 -32,于 是 进 一 步 得 y'|x= 3 = - 3 2 ,y″|x= 3=-2。 34 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年5月 故K| 3,12 = 2 1+ 3 4 3 2 = 167 49 。 (3)已知f(x)=xln x-2x,按照曲线y =f (x)的 “柯 西 曲 率”定 义 φ(y)= 22|y″| (1+y')3 ,得 y'=f'(x)=ln x-1,y″= f″(x)=(ln x-1)'= 1 x ,则 有 φ(y)= 22 33(sln s)3 (其中s= 3x>0),此时目标表 达式变为s1+s2。由对称性,不妨令0<x1< 1<x2,且 P,Q 处的“柯西曲率”相同,从而 s1ln s1=s2ln s2(其中si= 3xi>0,i=1,2)。 使用齐次引参法,令t= s2 s1 >1,则有ln s1= - tln t t-1 。易知 3x1+ 3x2>0,故我们需要 研究ln(3x1+ 3x2)的值域。 由于ln(3x1 + 3x2)=ln(s1+s2)= ln s1+ln(t+1)=- tln t t-1+ln (t+1)(t>1), 可以证明函数g(t)=- tln t t-1+ln (t+1)(t> 1)在(1,+∞)上单调递增(证明过程略)。 当t→1时,ln t~t-1≠0。 故lim t→1 g(t)=ln 2-1,lim t→+∞ g(t)=0。 故ln(3x1+ 3x2)∈(ln 2-1,0)。 因此,(3x1+ 3x2)=t1+t2∈ 2 e ,1 。 例 4 (2024年杭州第二中学试题,日 本东京大学2020年入学试题)设整数n,k满 足1≤k≤n,集合A={2m|0≤m≤n-1,m∈ Z},从A 中选取k个不同的元素并取它们的 乘积,这样的乘积有Ckn 个,设它们的和为an,k, 例如a3,2=20·21+20·22+21·22=14。 (1)若n≥2,求an,2; (2)记fn(x)=1+an,1x+an,2x2+…+ an,nxn,求 fn+1(x) fn(x) 和 fn+1(x) fn(2x) 的整式表达式; (3)用含n,k的式子来表示 an+1,k+1 an,k 。 试题剖析:(1)A={a1,a2,…,an}={1, 2,22,…,2n-1}。若n≥2,依题意得an,2= ∑ 1≤i<j≤n aiaj= (∑ n i=1 ai)2-∑ n i=1 a2i 2 。而∑ n i=1 ai=∑ n-1 i=0 2i =2n-1,∑ n i=1 a2i=∑ n-1 i=0 4i= 4n-1 3 ,于是an,2= 1 3 · 4n-2n+ 2 3 。 (2)fn(x)=1+∑ n i=1 aix+ ∑ 1≤i<j≤n aiajx2 +…+a1a2…anxn,即fn(x)=(1+a1x)· (1+a2x)…(1+anx),其中ai=2i-1(i=1, 2,3,…,n)。 从而 fn+1(x) fn(x) =1+an+1x=1+2nx。 fn+1(x) fn(2x) = (1+a1x)(1+a2x)·…· (1+2a1x)(1+2a2x)·…· (1+anx)(1+an+1x) (1+2anx) = (1+a1x)(1+a2x)·…· (1+a2x)(1+a3x)·…· (1+anx)(1+an+1x) (1+an+1x) =1+a1x=1+x。 (3)由(2)得 fn+1(x)=fn (x)(1+ an+1x)=fn(x)(1+2nx),即1+an+1,1x+ an+1,2x2+ …+an+1,n+1xn+1=(1+an,1x+ an,2x2+…+an,nxn)(1+2nx)。观察等式两 边xk+1(k=0,1,2,…,n)的系数,则an+1,k+1 =an,k+1+2nan,k。再由fn+1(x)=fn(2x)· (1+x),可得an+1,k+1=2k+1an,k+1+2kan,k。 两者 联 立,消 去 an,k+1,即 得 an+1,k+1 an,k = 2k(2n+1-1) 2k+1-1 。 总体来看,试卷末尾的压轴题大多以新 定义、新概念为切入点,有的试题总体都是以 高等数学为背景(如例1、例2),有的则仅是 穿上高等数学的外衣(如例3、例4),实际解 题的关键还是初等数学课程中学过的东西。 所以同学们不必过分担心,以不变应万变即 可。面对新定义、新概念、新情境,最重要的 是要冷静,迅速吸收试题所述的新信息,努力 调动大脑中的有关知识,实现新旧信息的联 系,才是进一步解题的关键。 (责任编辑 徐利杰) 44 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年5月