14 定义明确内涵，逻辑挖掘本质——2024年高考数学新课标卷新定义问题评析-《中学生数理化》高考数学2024年11月刊

■江苏省天一中学 李 伟 2024年高考数学新课标I卷第19题 是今年高考数学问题的“聚焦点”。这道题 以等差 数 列 为 背 景,覆 盖 了 数 列、组 合 计 数、概率、不等式等知识模块,重点考查了 同学们对于新定义的阅读理解能力、数学 思维能力、逻辑推理能力、探究能力等。本 题背景公平,涉及的知识量较多,需要的思 维量较大,可通过“特殊的”数学试验发现 “一般的”规律解决。 一、真题呈现 题目 设 m 为正整数,数列a1,a2,…, a4m+2 是公差不为0的等差数列,若从中删去 两项ai 和aj(i<j)后剩余的4m 项可被平均 分为m 组,且每组的4个数都能构成等差数 列,则称数列a1,a2,…,a4m+2 是(i,j)—可分 数列。 (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得 a1,a2,…,a6 是(i,j)—可分数列; (2)当 m≥3时,证明:数列a1,a2,…, a4m+2 是(2,13)—可分数列; (3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个 数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2 是 (i,j)—可分数列的概率为 Pm,证明:Pm> 1 8 。 【试题综述】试题设置了三个问题,其中 (1)(2)两问重在搭建思维平台,帮助我们积 极思考,尝试“特殊的”数学试验。在这两问 的探索中容易发现,当公差不为0时,等差数 列{an}与自然数列{n}可以构建一一映射 f:an→n(∀n∈N)。在此映射下,数列的(i, j)—可分性是不变的,故可直接使用自然数 列代替上述等差数列进行研究,这样可以使 得问题的直观性更强,降低了数学试验的 难度。问题(3)研究了一般的抽象问题,该 问题中的概率 Pm 存在精确表达式:Pm= m2+m+1 8m2+6m+1 ,m≤5, 9 65 ,m=6, 62 435 ,m=7, m2+2m+1 8m2+6m+1 ,m≥8, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 且lim m→+∞ Pm= 1 8 。 二、问题求解 (1)对于数列{1,2,3,4,5,6},(i,j)= (1,2),(1,6),(5,6)。 (2)当 m≥3时,数列为1,2,3,…,12, 13,14,…,(4m+2)。对于1,2,…,13,14中 删去2,13,可以分为{1,4,7,10},{3,6,9, 12},{5,8,11,14},而15,16,…,(4m+2),共 有4(m-3)个数字,自然满足“可分性”。 (3)解法1:问题只需要证明一个不等 式,因此我们找到足够多成立的情形即可,首 先 能 选 取 的 (i,j)共 有 C24m+2 = (4m+2)(4m+1) 2 =8m 2+6m+1,从而满足 “可分性”的(i,j)计数量级应该是Am2+Bm +C,根据 Pm> 1 8 可以大胆猜测 A≥1且 Am2+Bm+C>m2+ 3 4m+ 1 8 。 探究1:可以选取(i,j)使得剩余的下标 集合{1,2,…,i-1},{i+1,…,j-1},{j+ 1,…,4m+2}的各自元素个数都是4的倍 数,可以从小到大每连续4项组成一个等差 数列,因此4|i-1,4|4m+2⇒i≡1(mod 4), j≡2(mod 4),j>i。设i=4s+1,j=4t+2, s,t∈N,则只需0≤s≤t≤m,有C2m+2 种取法。 探究2:根据问题(2)提供的思维平台, 当m≥2时,我们可以设i=4s+2,j=4t+ 9,0≤s≤t≤m-2,则可以把下标集划分为 A={1,…,i-2},B={i-1,i+1…,j-1,j +1},C={j+2,…,4m+2},此时 A,B,C 63 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年11月 的元素个数也恰好为4的倍数,A,C 中元素 按照每连续4项划分,B 中的元素从第一项 开始,对下标以t-s+2的公差不断地取出4 个元素即可(t=s+1的情形就是问题(2))。 因此,这样的(s,t)共有C2m 种。 综上可得,当 m=1时,P1≥ C23 C26 = 1 5> 1 8 ;当 m ≥ 2 时,Pm ≥ C2m+2+C2m C24m+2 = m2+m+1 8m2+6m+1 > 1 8 。 解法2:在探究的过程中容易发现,解决 此问题的核心是一个组合计数问题,我们可 以考虑运用数列寻找递推关系的方法进行计 数。记使得a1,a2,…,a4m+2 是(i,j)—可分 数列的(i,j)的个数为bm,由此{bm}构成一 个数列。为了方便刻画数列{bm}的递推关 系,我们记Am={1,2,…,4m+1,4m+2}, Bm={(i,j)|Am 是(i,j)—可分数列}。对 于本小问,只要找到Bm 的一个子集Dm 使得 |Dm|≥ 1 8C 2 4m+2 即可。 首先,集合Bm 具有如下性质: ①若(i,j)∈Bm,则(4m+3-j,4m+3 -i)∈Bm; ②Bm⊆Bm+1; ③若(i,j)∈Bm,则(i+4,j+4)∈Bm+1; ④若(i,j)∈Bm,则i≡1(mod 4),j≡ 2(mod 4)或者j≡1(mod 4),i≡2(mod 4)。 其次,4个整数a,a+d,a+2d,a+3d 构成等差数列,这4个数中模4余0的数的 个数与模4余2的数的个数之差的绝对值为 0或4;模4余1的数的个数与模4余3的数 的个数之差的绝对值为0或4。数列 Am= {1,2,…,4m+1,4m+2}中模4余0,1,2,3 的数的个数分别为m,m+1,m+1,m,若删 去两项i,j(i<j)后剩余的4m 项可被平均 分为m 组,且每组的4个数都能构成等差数 列,则只能删去模4余1,2的项各一项。 当m≤7时,我们可以通过枚举法进行 探究,当m≥8时,则可以挖掘数列{bm}的递 推关系。令Am+1=A∪B∪C,其中A={1, 2,3,4},B={5,6,…,4m+2},C={4m+3, 4m+4,4m+5,4m+6}。 若i,j∈A∪B,(i,j)∈Bm+1,则(i,j)的 个数为bm; 若i,j∈B∪C,(i,j)∈Bm+1,则(i,j)的 个数为bm; 若i,j∈B,(i,j)∈Bm+1,则(i,j)的个 数为bm-1; 若i∈A,j∈C,(i,j)∈Bm+1,则(i,j)的 个数为2。 从而利用容斥原理bm+1=2bm-bm-1+ 2,通过构造等差数列{bm+1-bm},由初始条 件bm=m2+m+1,m∈{1,2,3,4,5},b6= 45,b7=62,b8=81,b9=100,故bm+1-bm= 2m+1,结合累加法可知bm=m2+2m+1(m ≥8)。当然,如果仅仅是为了解决本题,我们 的递推关系可以弱化为不等关系bm+1≥2bm -bm-1+2⇒bm≥m2+m+1。 综上可得,Pm= m2+m+1 8m2+6m+1 ,m≤5, 9 65 ,m=6, 62 435 ,m=7, m2+2m+1 8m2+6m+1 ,m≥8, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 且 lim m→+∞ Pm= 1 8 。 【解题反思】本题的主要知识背景是等差 数列,核心的运算是组合计数,整个问题属于 离散函数范畴,因此,处理的手段和连续函数 问题截然不同。解法1中我们将等差数列直 接转化为自然数列,实现了数学问题的优化, 同时利用问题(1)(2),由特殊到一般,从具体 到抽象,透过现象看本质。在计算方面,我们 将原先组合计数中的等量关系弱化为题目需 要的不等关系,极大地优化了计算,充分体现 了高考数学试题“多想少算”的命题思想。解 法2中我们探究了 Pm 的函数关系式,使得 问题一目了然,这也是我们平时研究数学问 题的必然追求。 三、试题溯源 题源1:(人教 A版选择性必修二第18 页练习题5)题目略。 73 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年11月 􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭􀤭 题源2:已知{an}是一个首项为9,公差 为7的等差数列。 (1)证明:数列{an}中有无穷多项是完全 平方数; (2)数列{an}中第100个完全平方数是 第几项? 题源1主要是提醒我们回归等差数列的 定义和性质,可帮助我们进一步理解“(i, j)—可分数列”这样一个新的定义,这也要求 同学们在学习过程中要重视教材,回归教材, 同时也要跳出“课时”视角,从大单元视角领 悟数学定义的生成方式。数列是刻画离散型 变量的函数模型,本身属于函数的一部分,因 此函数的基本性质及函数的应用等也是数列 的基本内容。题源2主要是提供一个重要的 技巧方法:已知集合 M,要证明|M|≥m,只 需证明其某个有规律的子集 N,|N|≥m 即 可。在数列、概率、组合等知识模块中,组合 计数一直都是非常重要的运算,基本的运算 技巧需要同学们熟练掌握。 四、复习启示 通过分析和反思新高考的创新题,同学 们要深刻理解学习的内容,重视教材,深入地 理解教材,依托教材进行拓展研究,学会开展 创造性学习。在深入理解知识本质的过程中 构建知识,感悟数学独特的语言系统和思维 方式,培养自己从容应对高考创新性试题的 能力。在学习的过程中,重视知识的探究,鼓 励自己通过数学试验来发现规律,从而解决 问题。在新定义问题的解题实践中,要提高 自己的阅读理解能力,允许在理解和试验中 犯错,但也要能够主动反思,在反思中寻找问 题的新解法。 (责任编辑 王福华) ■福建省三明市清流县第一中学 陈 琛 作为高中数学主干知识之一的立体几何是 高考的必考模块,主要依托基本概念、基本模 型,重点考查空间中平行、垂直关系的判断、推 理和证明,以及空间角、距离、表面积和体积等 基本量的计算。2024年高考数学新课标Ⅱ卷第 17 题———立体几何解答题以折叠为起点,四棱 锥为载体,充分考查动态问题中的数学不变量 及立体几何的基本性质定理。该试题的求解入 口宽,思路多样,体现通性通法,不同的解法体 现了不同的数学思维层次,综合考查同学们的 逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力。 一、真题呈现 图1 题目 如图1,在 平 面 四 边 形 ABCD 中,AB=8,CD =3, AD=5 3,∠ADC= 90°,∠BAD =30°,点 E,F 满 足 AE→ = 2 5AD →,AF→=12AB →,将 △AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=43。 (1)证明:EF⊥PD。 (2)求平面PCD 与平面PBF 所成的二 面角的正弦值。 试题赏析:题目看似平淡无奇,其实暗藏 玄机,将平面图形翻折成立体图形,是关于折 叠问题的动中有不变量、解三角形、垂直的判 定及仅有一个公共顶点的二面角的平面角求 解的综合考查。 二、解法分析 (1)由AB=8,AD=53,AE→=25AD →, AF→=12AB →,得AE=23,AF=4。 又∠BAD=30°,在△AEF 中,由余弦定理 得EF= AE2+AF2-2AE·AF·cos∠BAD = 16+12-2×4×23× 3 2 =2 ,所 以 AE2+EF2=AF2,则 AE⊥EF,即 EF⊥ AD,所以EF⊥PE。 83 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年11月