肖福流 李和平 楊承翰

作者簡(jiǎn)介：肖福流，1976年生，廣西凌云人，博士，高級(jí)教師，主要研究方向?yàn)閷W(xué)校管理、高中數(shù)學(xué)教學(xué)、高考數(shù)學(xué)備考；李和平，1976年生，廣西凌云人，高級(jí)教師，主要研究方向?yàn)楦咧袛?shù)學(xué)教學(xué)、高考數(shù)學(xué)備考；楊承翰，1990年生，廣西樂業(yè)人，一級(jí)教師，主要研究方向?yàn)楦咧袛?shù)學(xué)教學(xué)、高考數(shù)學(xué)備考、高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽及高中物理奧林匹克競(jìng)賽。

摘 要：2024年高考適應(yīng)性演練數(shù)學(xué)壓軸題借助新定義、新符號(hào)、新運(yùn)算規(guī)則，考查高中生沒有學(xué)過的高等數(shù)學(xué)中的數(shù)論知識(shí)，釋放了選拔拔尖創(chuàng)新人才的信號(hào)。高中數(shù)學(xué)教師應(yīng)深度分析試題變化，把握高考綜合改革方向，在日常教學(xué)中向?qū)W生適當(dāng)拓展一些課本上沒有的數(shù)學(xué)知識(shí)或?qū)W生即將學(xué)習(xí)的數(shù)學(xué)知識(shí)，利用學(xué)生沒有學(xué)過的數(shù)學(xué)知識(shí)命制創(chuàng)新練習(xí)題，使學(xué)生具備自主理解并遷移運(yùn)用新定義、新符號(hào)、新運(yùn)算規(guī)則的能力，系統(tǒng)地培養(yǎng)拔尖創(chuàng)新人才。

關(guān)鍵詞：新高考；適應(yīng)性演練；數(shù)學(xué)壓軸題；拔尖創(chuàng)新人才

中圖分類號(hào)：G63 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A 文章編號(hào)：0450-9889（2024）11-0004-06

2024年1月，廣西高三年級(jí)學(xué)生參加了由教育部教育考試院統(tǒng)一命制試題的高考適應(yīng)性演練考試。這次演練數(shù)學(xué)學(xué)科試題變化最大，體現(xiàn)在試卷結(jié)構(gòu)、試題量、試題的難易梯度設(shè)置均發(fā)生顯著改變上。試題更加注重考查學(xué)生的關(guān)鍵能力、思維品質(zhì)和創(chuàng)新精神。本文深度求解壓軸題第19題，并借此論述推進(jìn)拔尖創(chuàng)新人才選拔的幾點(diǎn)啟示。

一、試題再現(xiàn)

離散對(duì)數(shù)在密碼學(xué)中有重要的應(yīng)用。設(shè)p是素?cái)?shù)，集合[X=1，2，…，p-1]，若[u，v∈X，][m∈N，]記[uv]為uv除以p的余數(shù)，[um，]為[um]除以p的余數(shù)；設(shè)[a∈X]，1，a，[a2，]，…，[ap-2，]兩兩不同，若[an，]=[b（n∈0，1，2，…，p-2）]，則稱n是以a為底b的離散對(duì)數(shù)，記為[n=log]（p）a b。

（1）若p=11，a=2，求[ap-1，]；

（2）對(duì)[m1]，[m2∈0，1，2，…，p-2]，記[m1⊕m2]為[m1+m2]除以p-1的余數(shù)（當(dāng)[m1+m2]能被p-1整除時(shí)，[m1⊕m2=0]）。證明：log=（p）a（[bc]）=log（p）a[b⊕]log（p）a c，其中[b，c∈X]。

（3）已知n=log（p）a b。對(duì)[x∈X]，[k∈1，2，…，][p-2]，令[y1=ak，]，[y2]=[xbk，]。證明：[x=][y2y1n（p-2），]。

二、試題解法

（一）指向高中生關(guān)鍵數(shù)學(xué)思維能力培養(yǎng)的解法探究

1.第一問求解

第一問比較容易，考生理解題目中的新符號(hào)及新定義，然后根據(jù)新定義代入數(shù)據(jù)求解即可，以下為第一問的具體求解過程。

將p=11，a=2的具體數(shù)據(jù)代入新定義[ap-1，]得[211-1，=210，]，根據(jù)新符號(hào)的新定義[um，]為[um]除以p的余數(shù)，則[210，]為[210]除以11的余數(shù)，也就是1 024除以11的余數(shù)，因?yàn)? 024=11×93+1，故1 024除以11的余數(shù)為1，也就是[210，=1]。第一問得解。

2.第二問求解

第二問是一道證明題，證明需要借助題目給定的新概念、新符號(hào)、新運(yùn)算規(guī)則推導(dǎo)出性質(zhì)[an1，][][an2，]=[an1+n2，]，[ap-1，=1]，[an1+n2，]=[an1n2，]，然后運(yùn)用這三個(gè)關(guān)鍵性質(zhì)即可證明出結(jié)果。這一問對(duì)大多數(shù)學(xué)生來(lái)說(shuō)難度極大。接下來(lái)證明第二問。

先看所要證明的等式log（p）a[（b c）]=log（p）a[blog]（p）a c，這個(gè)等式一眼看去，均是新符號(hào)，運(yùn)算規(guī)則也是新的。在深度分析后發(fā)現(xiàn)，新的運(yùn)算規(guī)則是基于[]與[⊕]兩個(gè)特殊符號(hào)的運(yùn)算規(guī)則實(shí)現(xiàn)的，然后回到題目中去找這兩個(gè)特殊符號(hào)的運(yùn)算規(guī)則是如何定義的。

題目告訴我們，[]符號(hào)的運(yùn)算規(guī)則是[uv]為[uv]除以[p]的余數(shù)。那么[bc]為[bc]除以[p]的余數(shù)。[⊕]符號(hào)的運(yùn)算規(guī)則是[m1⊕m2]為[m1+m2]除以[p-1]的余數(shù)。那么log（p）a[b⊕log]（p）a c為log（p）a b+[log（p）a]c除以[p-1]的余數(shù)。理解至此，發(fā)現(xiàn)還有三個(gè)新符號(hào)需要進(jìn)一步理解，即新符號(hào)log（p）a [bc]，log（p）a b，log（p）a c。

回到題目，對(duì)新符號(hào)的新定義如下：設(shè)[a∈X]，1，a，[a2，]，…，[ap-2，]兩兩不同，若[an，=]b[n∈][0，1，2，…，p-2]，則稱[n]是以[a]為底[b]的離散對(duì)數(shù)，記為[n=][log]（p）a b。根據(jù)這個(gè)新定義，可以設(shè)n1=log（p）a b，n2=log（p）a c，n3=log（p）a [bc]，則題目要證明的等式就是[n3]=[n1⊕n2]。

又根據(jù)新定義得[an1，=b]，[an2，]=c，[an3，]=[bc]。因?yàn)閇bc=an1，][][an2，]，即[an3，=an1，][][an2，]，其中[an1，][][an2，]為[an1，][an2，]除以p的余數(shù)，也就是說(shuō)，[an1]除以p的余數(shù)乘上[an2]除以p的余數(shù)的積再除以p的余數(shù)等于[an3]除以p的余數(shù)。

絕大多數(shù)考生至此便無(wú)路可走了。學(xué)過數(shù)學(xué)競(jìng)賽或?qū)W過數(shù)論的考生知道此處往下就是數(shù)論的同余運(yùn)算，但是絕大多數(shù)考生并沒有學(xué)過同余運(yùn)算，并不知道同余運(yùn)算的性質(zhì)。因此，將“[an1]除以p的余數(shù)乘上[an2]除以p的余數(shù)的積然后再除以p的余數(shù)等于[an3]除以p的余數(shù)”轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)式子就成為極大的難點(diǎn)。

回到題目，學(xué)生在題目中找不到新的運(yùn)算規(guī)則來(lái)應(yīng)用，搜索高中知識(shí)體系發(fā)現(xiàn)也沒有現(xiàn)成的知識(shí)供遷移使用。此時(shí)，學(xué)生要解決這個(gè)新問題還得回到題目當(dāng)中提示的新定義，即[um，]為[um]除以p的余數(shù)，顯然題目要求考生能將該定義轉(zhuǎn)化為具體的數(shù)學(xué)表達(dá)式，這對(duì)大多數(shù)考生是個(gè)極大的挑戰(zhàn)。這里，我們根據(jù)新定義，得到數(shù)學(xué)表達(dá)式[um=kp+um，]，其中[k∈N]。

生成新的數(shù)學(xué)表達(dá)式后，便可以馬上將該新知識(shí)點(diǎn)進(jìn)行遷移應(yīng)用，因此可以得到[an3=k3p+an3，]，[an1=k1p+an1，]，[an2=k2p+an2，]，[an1，][an2，=][k0p+an1，an2，]，其中[k0，k1，k2，k3][∈N]。由此可得到[an3，=an3-k3p]，[an1，=an1-k1p]，[an2，=][an2-k2p]，[an1，an2，]=[an1，an2，-k0p]，再根據(jù)等式[an3，=an1，an2，]，可得[an3，=an1，an2，-][k0p]=[an1-k1p][an2-k2p-k0p]，由此得到等式[an1，an2，]=[an1-k1p][an2-k2p-k0p]，整理后得[an1，an2，]=[an1+n2-][k1an2+k2an1-k1k2p+k0p]。

根據(jù)新定義發(fā)現(xiàn)，[an1+n2-][k1an2+k2an1-k1k2p+k0p]其實(shí)就是[an1+n2，]，由此得到新的恒等式[an1，][an2，]=[an1+n2，]。

另一方面，根據(jù)[⊕]符號(hào)的運(yùn)算規(guī)則[m1⊕m2]為[m1+m2]除以[p-1]的余數(shù)，可得[n1+n2=λ（p-1）+][n1⊕n2]，其中[λ∈N]。因此[an1+n2，]=[an1⊕n2+λ（p-1），]，再反著運(yùn)用剛獲得的新恒等式[an1，an2，=an1+n2，]，可得[an1⊕n2+λ（p-1），=][an1⊕n2，aλ（p-1），]。

又題目給出，設(shè)[a∈X]，[1，a，a2，，…，ap-2，]兩兩不同，它告訴我們[a∈X]，[1，a，a2，…，ap-2]除以p的余數(shù)兩兩不同，[1，a，a2，…，ap-2]恰好有p-1項(xiàng)，而我們知道除以p分別有1，2，3，…，p-1，共p-1項(xiàng)兩兩不同的余數(shù)，則必有結(jié)論：[1，a，][a2，…，ap-2]除以p的余數(shù)一定恰好是1，2，3，…，p-1，因?yàn)槿绻渲杏袃身?xiàng)除以p的余數(shù)相同，那么p-1項(xiàng)數(shù)據(jù)除以p的余數(shù)就會(huì)少于p-1項(xiàng)，不可能存在p-1項(xiàng)兩兩不同，因此從集合角度來(lái)看可得[a0，，a1，，a2，，…，ap-2，]=[1，2，][3，…，p-1]，即[a0，+a1，+a2，+…+ap-2，]=[1+2+][3+…+p-1]，該等式右邊由等差數(shù)列求和可得1+2+3+…+p-1=[1+p-12]·（p-1）=[p2]（p-1），因?yàn)閜是素?cái)?shù)，顯然p能整除[p2]（p-1），因此p能整除1+2+3+…+p-1，也就是p能整除[a0，+a1，+a2，+…+ap-2，]。另一方面，根據(jù)題意[um=kp+um，]，則可設(shè)[a0，=][a0-d1p]，[a1，=a1-d2p]，[a2，=a2-d3p]，…，[ap-2，=][ap-2-dp-1p]，其中[d1，d2，d3，…，dp-1∈Z]，[則a0，+a1，+a2，+…+ap-2，=][a0-d1p]+[a1-d2p]+[a2-d3p+…+ap-2-dp-1p]，即[a0，+][a1，+a2，+…+ap-2，=][a0+a1+a2+…+ap-2-][d1+d2+…+][dp-1p]。因?yàn)閜能整除[a0，+][a1，+][a2，+…+][ap-2，]，即p能整除[a0+a1+][a2+…+ap-2]-[d1+d2+…+dp-1p]，又因?yàn)閇d1，d2，][d3，…，dp-1∈Z]，則[d1+d2+d3+…+dp-1∈Z]，所以p能整除[-d1+d2+…+dp-1p]，因此可知p能整除[a0+a1+][a2+…+ap-2]。另外根據(jù)等比數(shù)列求和可得[a0+a1+a2+…+ap-2=][1·（1-ap-1）1-a=ap-1-1a-1]，進(jìn)而可知p能整除[ap-1-1a-1]，因此p能整除[ap-1-1]，從而可知[ap-1]除以p的余數(shù)為1，即得[ap-1，=1]。

那么[λ∈N]，[λ]個(gè)[ap-1]累乘后除以p的余數(shù)也為1，根據(jù)題目新定義可得[aλ（p-1），=1]。

因?yàn)閇aλ（p-1），=1]，所以[an1+n2，=an1⊕n2+λ（p-1），=][an1⊕n2，aλ（p-1），=an1⊕n2，1=an1⊕n2，]，即[an1+n2，=an1⊕n2，]，所以[an3，=an1，an2，=an1+n2，=][an1⊕n2，]即[an3，=an1⊕n2，]。

又因?yàn)閇an3，，an1⊕n2，∈0，1，2，…，p-1]，所以[n3=n1⊕n2]，即log=（p）a[bc=]log（p）a[b⊕]log（p）a[c]，第二問得證。

3.第三問求解

第三問的證明需要運(yùn)用第二問的證明結(jié)果，還需要運(yùn)用根據(jù)題目給定的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則推理得出的性質(zhì)，對(duì)大多數(shù)學(xué)生來(lái)說(shuō)難度很大。具體證明如下。

根據(jù)離散對(duì)數(shù)的定義，已知[X=1，2，…，p-1]，p是素?cái)?shù)，[a∈X]，若[an，=b（n∈0，1，2，…，][p-2）]，則記為n=log（p）a b。因?yàn)閇um，]為[um]除以p的余數(shù)，則[am，]為[am]除以p的余數(shù)，因此[b∈X]。因?yàn)閇a1，]為[a1]除以p的余數(shù)，即[a1，=][a1]，所以log（p）a a=1。

因?yàn)閇an，=b]，記為n=log（p）a b，則[alog（p）ab，]=b。因?yàn)閇alog（p）ab，]為[alog（p）ab]除以p的余數(shù)，即[alog（p）ab=][alog（p）ab，+cp]，[c∈N]，因此得[alog（p）ab，=b]。

因?yàn)閇anlog（p）ab=alog（p）abn=bn]，則log（p）a b[n，]=nlog（p）a b。

又因?yàn)閘og（p）a b[n，]=nlog（p）a b，則log（p）a a[n，]=nlog（p）a a=n，即log（p）a a[n，]=n。

設(shè)[M=an，]，此外[an=dp+an，，][d∈N，]則[Mk，=][an，k，]=[an-dpk，]=[an-dkk-d1p=ank-][d2p]=[ank，]，所以[an，k，]=[ank，]，兩邊同時(shí)取離散對(duì)數(shù)得log（p）a[an，k，]=log（p）a [ank，]=nk。

根據(jù)題目新定義：對(duì)[m1，m2∈][0，1，2，…，][p-2]，記[m1⊕m2]為[m1]+[m2]除以p-1的余數(shù)（當(dāng)[m1]+[m2]能被p-1整除時(shí)，[m1⊕m2]=0），那么（[m1⊕m2]）⊕[m3]表示[m1⊕m2]+[m3]除以p-1的余數(shù)，而[m1⊕m2]為[m1]+[m2]除以p-1的余數(shù)，即[m1⊕m2]+[m3]表示[m1]+[m2]除以p-1的余數(shù)加上[m3]的和除以p-1的余數(shù)。另一方面，[m1⊕（m2]⊕[m3）]表示[m1]加上[m2]+[m3]除以p-1的余數(shù)之和再除以p-1的余數(shù)，易看出兩者的運(yùn)算結(jié)果相同，故得到（[m1⊕m2]）⊕[m3]=[m1⊕（m2]⊕[m3）]。

有了以上的結(jié)論及證明結(jié)果，接下來(lái)就可以證明第三問x=[y2][y1n（p-2），]，具體如下。

對(duì)[y2][y1n（p-2），]取離散對(duì)數(shù)得log（p）a[（y2][y1n（p-2），）]。

根據(jù)第二問的證明結(jié)果log（p）a[（bc）]=log（p）a b⊕log（p）a c，則log（p）a[（y2][y1n（p-2），）]=log（p）a [y2⊕]log（p）a[y1n（p-2），]，其中[y1]=[ak，]，則[log（p）a y1n（p-2），]=log（p）a [ak，np-2，]。

根據(jù)log（p）a [an，k，]=log（p）a [ank，]=nk，得log（p）a[y1n（p-2），]=log（p）a [ak，n（p-2），]=log（p）a [ank（p-2），]=nk（p-2）。

另外，[y2]=[xbk，]，則log（p）a[y2]=log（p）a[（x][bk，）]，根據(jù)第二問的結(jié)論得log（p）a[（x][bk，）]=log（p）a[x⊕]log（p）a[bk，]。所以log（p）a[y2⊕]log（p）a[y1n（p-2），]=log（p）a[x⊕]log（p）a [bk，]⊕nk（p-2）。

又因?yàn)閘og（p）a [bk，]=klog（p）a b，log（p）a b=n，則log（p）a[y2⊕]log（p）a[y1n（p-2），]=log（p）a [x⊕nk⊕][nk（p-2）]。

[nk⊕nk（p-2）]根據(jù)題目新定義為nk+nk（p-2）即nk（p-1）除以p-1的余數(shù)，顯然已經(jīng)整除，余數(shù)為零。所以log（p）a[x⊕][nk⊕nk（p-2）]=log（p）a[x⊕]0，這表示log（p）a x+0除以p-1的余數(shù)，也就是log（p）a x除以[p-1]的余數(shù)。由此可以得到log（p）a[（y2y1n（p-2），）]=log（p）a[y2⊕]log（p）a[y1n（p-2），]=log（p）a x，即log（p）a[（y2][][y1n（p-2），）]=log（p）a x。

根據(jù)題目所給信息，設(shè)[a∈X]，1，a，[a2，]，…，[a（p-2），]兩兩不同，則[y2][y1n（p-2），]=x，第三問得證。

（二）基于強(qiáng)基、競(jìng)賽的數(shù)論解法

該題的本質(zhì)是一道數(shù)論題，蘊(yùn)含的數(shù)論知識(shí)有費(fèi)馬小定理、指數(shù)與原根、完全剩余系、有限域等。接下來(lái)采用數(shù)論知識(shí)求解。

1.第一問求解

根據(jù)題意的新定義、新概念及新的運(yùn)算規(guī)則，將其轉(zhuǎn)化為數(shù)論表述如下：設(shè)p是素?cái)?shù)，集合X=[1，][2，…，p-1]，若[u，v∈X]，則uv≡[u v（mod p）]，[um]≡[um，]（mod p），第一問中當(dāng)p=11，a=2，則[ap-1，]=[210，]，因?yàn)閇um]≡[um，]（mod p），則[210，]≡[210]（mod11），因?yàn)閇210]≡1（mod11），因此[210，]≡1（mod11），所以此時(shí)[ap-1，]=1。

2.第二問求解

在第二問中，因?yàn)閷?duì)[m1，m2][∈][0，1，2，…，][p-2]，記[m1⊕m2]為[m1]+[m2]除以p-1的余數(shù)，即[m1]+[m2]≡[m1⊕m2]（mod p-1）。因[um]≡[um，]（mod p），其中[m∈N]，設(shè)[um1]≡[um1，]（mod p），[um2]≡[um2，]（mod p），其中[m1]，[m2][∈N]，且當(dāng)[u，v∈X]有uv≡[uv]（mod p），則有[um1]·[um2]≡[um1，]·[um2，]≡[um1，][][um2，]（mod p），即獲得結(jié)論[um1+m2]≡[um1，][][um2，]（mod p）。

題目給出，設(shè)[a∈X]，1，a，[a2，]，…，[ap-2，]兩兩不同，從數(shù)論同余角度則有1+a+[a2]+…+[ap-2]≡1+2+3+…+p-1（mod p）。因?yàn)?+2+3+…+p-1≡[1+p-12]（p-1）（mod p），所以1+a+[a2]+…+[ap-2]≡[p2]（p-1）（mod p）。

因?yàn)閇p2]（p-1）≡0（mod p），所以1+a+[a2]+…+[ap-2]≡0（mod p）。

又因?yàn)橥ㄟ^等比數(shù)列求和1+a+[a2]+…+[ap-2]=[1·（1-ap-1）1-a]=[ap-1-1a-1]，故[ap-1-1a-1]≡0（mod p），也就是[ap-1]-1≡0（mod p），即[ap-1]≡1（mod p）。

根據(jù)離散對(duì)數(shù)定義，設(shè)log（p）a b=n，log（p）a c=m，其中[n，m∈][0，1，2，…，p-2]，則[an，]=b，[am，]=c。又根據(jù)第二問新定義[m1]，[m2][∈][0，1，][2，…，p-2]時(shí)，有[m1]+[m2]≡[m1⊕m2]（mod p-1），則n+m≡[n⊕m]（mod p-1），該同余式改寫為等式得n+m=k·（p-1）+[n⊕m]，其中[k∈Z]，則[an+m]≡[an⊕m+k·（p-1）]（mod p）。

而[an⊕m+k·（p-1）]≡[an⊕m]·[ak·（p-1）]（mod p），又因?yàn)閇ap-1]≡1（mod p），則[an⊕m]·[ak·（p-1）]≡[an⊕m]·[1k]（mod p），所以[an+m]≡[an⊕m]（mod p）。

這是一條服務(wù)于解答本題的極為關(guān)鍵的結(jié)論，該性質(zhì)總結(jié)如下。

當(dāng)[n，m∈][0，1，2，…，p-2]，[a∈][1，2，…，][p-1]，n+m≡[n⊕m]（mod p-1）時(shí)，有[an+m]≡[an⊕m]（mod p）恒成立，其中p是素?cái)?shù)。

有了以上的結(jié)論，又因?yàn)閇um]≡[um，]（mod p），uv≡[uv]（mod p），所以bc≡[bc]（mod p），則[bc]≡bc≡[an，][am，]≡[an]·[am]=[an+m]≡[an+m，]（mod p），即[bc]≡[an+m，]（mod p）。再根據(jù)離散對(duì)數(shù)的定義得log（p）a[（bc）]=[n⊕m]，其中l(wèi)og（p）a b=n，log（p）a c=m，故可證明恒等式log（p）a[（bc）]=log（p）a [b⊕]log（p）a c成立，第二問得證。

3.第三問求解

因?yàn)閡v≡[uv]（mod p），所以[y2][y1n（p-2），]≡[y2]·[y1n（p-2）]（mod p），又因?yàn)閇y1]=[ak，]，則[y1]≡[ak，]≡[ak（mod p）]，[y1n（p-2）]≡[ank（p-2）（mod p）]，即得[y1n（p-2），]≡[ank（p-2）]（mod p），另一方面，因?yàn)閇y2]=[x][bk，]，則[y2]≡[x][bk，]≡[xbk，]（mod p），又[um]≡[um，]（mod p）則[bk，]≡[bk]（mod p），即[y2]≡[xbk]（mod p）。于是得[y2][y1n（p-2），]≡[xbk]·[ank（p-2）]（mod p）。

根據(jù)第三問給的信息n=log（p）a b及離散對(duì)數(shù)定義，則[an，]=b，即b≡[an，]≡[an]（mod p），所以有同余式[bk]≡[ank]≡[ank]（mod p），則[y2][y1n（p-2），]≡[xank]·[ank（p-2）]（mod p）。該式子的獲得對(duì)解題極為關(guān)鍵，也是本題求解的難點(diǎn)之一。

由[y2][y1n（p-2），]≡[xank]·[ank（p-2）]≡[xank+nkp-2nk]≡[xankp-nk]（mod p），得[y2][y1n（p-2），]≡[xank（p-1）]（mod p），又因?yàn)閇ap-1]≡1（mod p），則[ank（p-1）]≡[1nk]≡1（mod p），因此[xank（p-1）]≡x·1≡x（mod p），即[y2][y1n（p-2），]≡[x（mod p）]，又因?yàn)閇y2][y1n（p-2），][∈][1，2，3，…，][p-1]，[x∈][1，2，3，…，p-1]，所以[y2][y1n（p-2），]=x，第三問得證。

三、基于新高考綜合改革的壓軸題命制分析與教學(xué)建議

在傳統(tǒng)的教學(xué)中，學(xué)生大多通過大量做題系統(tǒng)地掌握教材中的知識(shí)，獲得知識(shí)遷移能力，從而能夠在傳統(tǒng)高考中輕松求解出壓軸題。但透過此次新高考適應(yīng)性演練考試可以看到，壓軸題中出現(xiàn)了學(xué)生沒有學(xué)過的新知識(shí)點(diǎn)，學(xué)生無(wú)法借助知識(shí)遷移來(lái)求解，哪怕學(xué)生具備熟練遷移舊知識(shí)的能力，也不足以在求解壓軸題中立于不敗之地。

2024年高考適應(yīng)性演練的數(shù)學(xué)壓軸題的命制實(shí)際選取了競(jìng)賽中的數(shù)論知識(shí)作為背景，學(xué)生沒有學(xué)過數(shù)論，很難將該題轉(zhuǎn)化為數(shù)論求解；學(xué)生也無(wú)法使用高中階段學(xué)過的知識(shí)進(jìn)行知識(shí)遷移求解，因此該題對(duì)絕大多數(shù)考生來(lái)說(shuō)難度極大。在時(shí)間有限的考場(chǎng)上，絕大多數(shù)考生甚至連題目都沒看懂。

從內(nèi)容上看，該題考查的知識(shí)點(diǎn)是數(shù)論當(dāng)中的費(fèi)馬小定理等，這些知識(shí)主要出現(xiàn)在“強(qiáng)基計(jì)劃”招生（以下簡(jiǎn)稱強(qiáng)基）、全國(guó)中學(xué)生學(xué)科奧林匹克競(jìng)賽（以下簡(jiǎn)稱競(jìng)賽）試題中，可見高考綜合改革可能將強(qiáng)基、競(jìng)賽當(dāng)中的知識(shí)融合到高考真題中來(lái)選拔拔尖創(chuàng)新人才。從試題的難度來(lái)看，2024年高考適應(yīng)性演練數(shù)學(xué)試題中的壓軸題已經(jīng)逐步接近強(qiáng)基、競(jìng)賽的難度，可見新高考與強(qiáng)基、競(jìng)賽是存在著一定聯(lián)系的。筆者還發(fā)現(xiàn)，2024年高考適應(yīng)性演練數(shù)學(xué)壓軸題與強(qiáng)基、競(jìng)賽也在一些地方存在區(qū)別，如命制的壓軸題是借助一切學(xué)生沒有學(xué)過的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則來(lái)實(shí)現(xiàn)的，其選材范圍其實(shí)遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過了強(qiáng)基、競(jìng)賽的知識(shí)要求范圍，要求學(xué)生具備快速理解、掌握和遷移新概念、新符號(hào)、新運(yùn)算規(guī)則的關(guān)鍵數(shù)學(xué)思維能力。具備這樣的關(guān)鍵數(shù)學(xué)思維能力是高考綜合改革對(duì)拔尖創(chuàng)新人才最為顯著的要求。

基于以上分析，筆者分別針對(duì)高一、高二年級(jí)數(shù)學(xué)教學(xué)與高三拔類學(xué)生數(shù)學(xué)教學(xué)提出如下推進(jìn)拔尖創(chuàng)新人才培養(yǎng)的教學(xué)建議。

（一）推進(jìn)拔尖創(chuàng)新人才培養(yǎng)的高一、高二年級(jí)數(shù)學(xué)教學(xué)建議

1.教學(xué)方面

高一、高二年級(jí)的數(shù)學(xué)教師在課堂教學(xué)中，要更突出學(xué)生的主體作用，通過創(chuàng)新使用新教材，有針對(duì)性地培養(yǎng)學(xué)生的關(guān)鍵能力、思維品質(zhì)和創(chuàng)新精神。

例如，針對(duì)高一學(xué)生，他們學(xué)完指數(shù)函數(shù)后，對(duì)數(shù)對(duì)他們而言仍是一個(gè)新概念，對(duì)數(shù)符號(hào)就是一個(gè)新的符號(hào)、對(duì)數(shù)運(yùn)算規(guī)則就是一個(gè)新的運(yùn)算規(guī)則。教師可在講解對(duì)數(shù)的知識(shí)前，選取一兩道對(duì)數(shù)課后練習(xí)題讓學(xué)生思考，引導(dǎo)學(xué)生獨(dú)立地對(duì)新概念“對(duì)數(shù)”、新符號(hào)“[logaN]”以及新運(yùn)算規(guī)則“[loga][bN]=N[logab]”“[logaMN]=[logaM]+[logaN]”“[logaMN]=[logaM]-[logaN]”等進(jìn)行深度學(xué)習(xí)。

又如，針對(duì)高二學(xué)生，在學(xué)習(xí)導(dǎo)數(shù)之前，導(dǎo)數(shù)對(duì)他們而言就是一個(gè)新概念、導(dǎo)數(shù)符號(hào)就是一個(gè)新的符號(hào)、導(dǎo)數(shù)運(yùn)算規(guī)則就是一個(gè)新的運(yùn)算規(guī)則。教師可在講解導(dǎo)數(shù)的知識(shí)前，選取一兩道導(dǎo)數(shù)練習(xí)題讓學(xué)生獨(dú)立思考，引導(dǎo)學(xué)生獨(dú)立地對(duì)新概念“導(dǎo)數(shù)”、新符號(hào)“[ΔyΔx]=[f（x0+Δx）-f（x0）Δx]”“[limΔx→0][ΔyΔx]”以及新運(yùn)算規(guī)則“[limΔx→0][f（x0+Δx）-f（x0）Δx]”等進(jìn)行深度學(xué)習(xí)。

也就是說(shuō)，高一、高二年級(jí)的教師應(yīng)著力培養(yǎng)學(xué)生主動(dòng)獲取知識(shí)的能力和主動(dòng)運(yùn)用知識(shí)的能力，培養(yǎng)學(xué)生的創(chuàng)新思維、創(chuàng)新實(shí)踐能力以及對(duì)抽象符號(hào)的表達(dá)能力，進(jìn)而推進(jìn)拔尖創(chuàng)新人才培養(yǎng)。

2.段考、期考命題方面

面向高一、高二學(xué)生的段考、期考?jí)狠S試題命題也應(yīng)適應(yīng)高考綜合改革中的壓軸題對(duì)拔尖創(chuàng)新人才選拔的要求。命制高一階段的所有段考、期考試題中的壓軸題時(shí)，可以選用高一學(xué)生未學(xué)過的知識(shí)點(diǎn)。命制高二階段的所有段考、期考試題中的壓軸題時(shí)，可以選用高二學(xué)生未學(xué)過的知識(shí)點(diǎn)。通過命制壓軸題，實(shí)現(xiàn)從“考知識(shí)技能”向“考能力素養(yǎng)”的轉(zhuǎn)變，實(shí)現(xiàn)從“解答題目”向“解決問題”的轉(zhuǎn)變，進(jìn)而有效推進(jìn)針對(duì)高一、高二年級(jí)學(xué)生的拔尖創(chuàng)新人才培養(yǎng)。

（二）推進(jìn)拔尖創(chuàng)新人才培養(yǎng)的高三拔尖學(xué)生數(shù)學(xué)教學(xué)建議

1.教學(xué)方面

高三的復(fù)習(xí)教學(xué)任務(wù)繁重，需要通過一輪復(fù)習(xí)、二輪復(fù)習(xí)甚至三輪復(fù)習(xí)來(lái)提升高三學(xué)生的知識(shí)遷移能力。高三的拔尖學(xué)生往往已經(jīng)具備了扎實(shí)的知識(shí)基礎(chǔ)且具備了較強(qiáng)的知識(shí)遷移應(yīng)用能力，但是在當(dāng)前的高考綜合改革背景下，高三拔尖學(xué)生也不一定能夠完全符合新高考對(duì)拔尖創(chuàng)新人才選拔的要求，這就要求高三教師給高三的拔尖學(xué)生群體找到一條適應(yīng)新高考對(duì)拔尖創(chuàng)新人才選拔要求的新路。

筆者深度分析高考綜合改革的壓軸題發(fā)現(xiàn)，在教學(xué)方面，高三教師可以給高三拔尖學(xué)生有針對(duì)性地拓展一些強(qiáng)基、競(jìng)賽方面的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)；還可以有針對(duì)性地拓展一些大學(xué)與高中銜接緊密的相關(guān)新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)；時(shí)間允許的情況下，甚至還可以針對(duì)性地拓展一些高等數(shù)學(xué)中較為專業(yè)的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)。例如，拓展數(shù)論中的整除概念、整除符號(hào)及整除運(yùn)算規(guī)則；行列式概念、行列式符號(hào)及行列式運(yùn)算規(guī)則；矩陣的概念、矩陣符號(hào)及矩陣運(yùn)算規(guī)則；歐拉函數(shù)概念、歐拉函數(shù)符號(hào)及歐拉函數(shù)運(yùn)算規(guī)則等。系統(tǒng)培養(yǎng)高三拔尖學(xué)生獲取及運(yùn)用新概念、新符號(hào)、新運(yùn)算規(guī)則的能力，創(chuàng)新思維能力、創(chuàng)新實(shí)踐能力、抽象符號(hào)表達(dá)能力，全面提升高三拔尖學(xué)生的高階數(shù)學(xué)思維能力，進(jìn)而系統(tǒng)地培養(yǎng)高三拔尖創(chuàng)新人才。

2.考試命題方面

高三的考試命題也應(yīng)適應(yīng)高考綜合改革對(duì)拔尖創(chuàng)新人才的要求。具體而言，命制高三階段的所有考試中的壓軸題時(shí)可以選用強(qiáng)基、競(jìng)賽當(dāng)中的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)點(diǎn)，也可以嘗試選用大學(xué)與高中銜接密切的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)點(diǎn)，甚至可以嘗試選用高等數(shù)學(xué)較為專業(yè)的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)點(diǎn)。除了從以上三個(gè)角度命制壓軸題，還可以創(chuàng)造性地選用最新的科研成果當(dāng)中的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)來(lái)命制相應(yīng)的壓軸題。當(dāng)然，相對(duì)于選用最新的科研成果當(dāng)中的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)，選用強(qiáng)基、競(jìng)賽當(dāng)中或選用大學(xué)與高中銜接緊密、高等數(shù)學(xué)當(dāng)中較為專業(yè)的新概念、新符號(hào)及新運(yùn)算規(guī)則知識(shí)要容易得多。運(yùn)用壓軸題訓(xùn)練學(xué)生，能夠?qū)崿F(xiàn)從“考知識(shí)技能”向“考能力素養(yǎng)”的轉(zhuǎn)變，讓學(xué)生實(shí)現(xiàn)從“解答題目”向“解決問題”轉(zhuǎn)變，全面提升高三拔尖學(xué)生的高階數(shù)學(xué)思維能力，進(jìn)而系統(tǒng)推進(jìn)高三拔尖學(xué)生拔尖創(chuàng)新人才的培養(yǎng)。

新高考或?qū)⒔Y(jié)合新概念、新符號(hào)、新運(yùn)算規(guī)則命制壓軸題，考查學(xué)生獲取知識(shí)、運(yùn)用知識(shí)、創(chuàng)新實(shí)踐、用抽象符號(hào)表達(dá)等能力，聚焦拔尖創(chuàng)新人才的選拔。高中拔尖創(chuàng)新人才培養(yǎng)應(yīng)緊緊圍繞高考綜合改革方向進(jìn)行，不斷探索培養(yǎng)學(xué)生各項(xiàng)能力的有效途徑。

（責(zé)編 劉小瑗）