2024年高考适应性演练数学压轴题深度求解研究

肖福流 李和平 杨承翰

作者简介：肖福流，1976年生，广西凌云人，博士，高级教师，主要研究方向为学校管理、高中数学教学、高考数学备考；李和平，1976年生，广西凌云人，高级教师，主要研究方向为高中数学教学、高考数学备考；杨承翰，1990年生，广西乐业人，一级教师，主要研究方向为高中数学教学、高考数学备考、高中数学联赛及高中物理奥林匹克竞赛。

摘 要：2024年高考适应性演练数学压轴题借助新定义、新符号、新运算规则，考查高中生没有学过的高等数学中的数论知识，释放了选拔拔尖创新人才的信号。高中数学教师应深度分析试题变化，把握高考综合改革方向，在日常教学中向学生适当拓展一些课本上没有的数学知识或学生即将学习的数学知识，利用学生没有学过的数学知识命制创新练习题，使学生具备自主理解并迁移运用新定义、新符号、新运算规则的能力，系统地培养拔尖创新人才。

关键词：新高考；适应性演练；数学压轴题；拔尖创新人才

中图分类号：G63 文献标识码：A 文章编号：0450-9889（2024）11-0004-06

2024年1月，广西高三年级学生参加了由教育部教育考试院统一命制试题的高考适应性演练考试。这次演练数学学科试题变化最大，体现在试卷结构、试题量、试题的难易梯度设置均发生显著改变上。试题更加注重考查学生的关键能力、思维品质和创新精神。本文深度求解压轴题第19题，并借此论述推进拔尖创新人才选拔的几点启示。

一、试题再现

离散对数在密码学中有重要的应用。设p是素数，集合[X=1，2，…，p-1]，若[u，v∈X，][m∈N，]记[uv]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∈0，1，2，…，p-2）]，则称n是以a为底b的离散对数，记为[n=log]（p）a b。

（1）若p=11，a=2，求[ap-1，]；

（2）对[m1]，[m2∈0，1，2，…，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（[bc]）=log（p）a[b⊕]log（p）a c，其中[b，c∈X]。

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

二、试题解法

（一）指向高中生关键数学思维能力培养的解法探究

1.第一问求解

第一问比较容易，考生理解题目中的新符号及新定义，然后根据新定义代入数据求解即可，以下为第一问的具体求解过程。

将p=11，a=2的具体数据代入新定义[ap-1，]得[211-1，=210，]，根据新符号的新定义[um，]为[um]除以p的余数，则[210，]为[210]除以11的余数，也就是1 024除以11的余数，因为1 024=11×93+1，故1 024除以11的余数为1，也就是[210，=1]。第一问得解。

2.第二问求解

第二问是一道证明题，证明需要借助题目给定的新概念、新符号、新运算规则推导出性质[an1，][][an2，]=[an1+n2，]，[ap-1，=1]，[an1+n2，]=[an1n2，]，然后运用这三个关键性质即可证明出结果。这一问对大多数学生来说难度极大。接下来证明第二问。

先看所要证明的等式log（p）a[（b c）]=log（p）a[blog]（p）a c，这个等式一眼看去，均是新符号，运算规则也是新的。在深度分析后发现，新的运算规则是基于[]与[⊕]两个特殊符号的运算规则实现的，然后回到题目中去找这两个特殊符号的运算规则是如何定义的。

题目告诉我们，[]符号的运算规则是[uv]为[uv]除以[p]的余数。那么[bc]为[bc]除以[p]的余数。[⊕]符号的运算规则是[m1⊕m2]为[m1+m2]除以[p-1]的余数。那么log（p）a[b⊕log]（p）a c为log（p）a b+[log（p）a]c除以[p-1]的余数。理解至此，发现还有三个新符号需要进一步理解，即新符号log（p）a [bc]，log（p）a b，log（p）a c。

回到题目，对新符号的新定义如下：设[a∈X]，1，a，[a2，]，…，[ap-2，]两两不同，若[an，=]b[n∈][0，1，2，…，p-2]，则称[n]是以[a]为底[b]的离散对数，记为[n=][log]（p）a b。根据这个新定义，可以设n1=log（p）a b，n2=log（p）a c，n3=log（p）a [bc]，则题目要证明的等式就是[n3]=[n1⊕n2]。

又根据新定义得[an1，=b]，[an2，]=c，[an3，]=[bc]。因为[bc=an1，][][an2，]，即[an3，=an1，][][an2，]，其中[an1，][][an2，]为[an1，][an2，]除以p的余数，也就是说，[an1]除以p的余数乘上[an2]除以p的余数的积再除以p的余数等于[an3]除以p的余数。

绝大多数考生至此便无路可走了。学过数学竞赛或学过数论的考生知道此处往下就是数论的同余运算，但是绝大多数考生并没有学过同余运算，并不知道同余运算的性质。因此，将“[an1]除以p的余数乘上[an2]除以p的余数的积然后再除以p的余数等于[an3]除以p的余数”转化为数学式子就成为极大的难点。

回到题目，学生在题目中找不到新的运算规则来应用，搜索高中知识体系发现也没有现成的知识供迁移使用。此时，学生要解决这个新问题还得回到题目当中提示的新定义，即[um，]为[um]除以p的余数，显然题目要求考生能将该定义转化为具体的数学表达式，这对大多数考生是个极大的挑战。这里，我们根据新定义，得到数学表达式[um=kp+um，]，其中[k∈N]。

生成新的数学表达式后，便可以马上将该新知识点进行迁移应用，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]，再根据等式[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]。

根据新定义发现，[an1+n2-][k1an2+k2an1-k1k2p+k0p]其实就是[an1+n2，]，由此得到新的恒等式[an1，][an2，]=[an1+n2，]。

另一方面，根据[⊕]符号的运算规则[m1⊕m2]为[m1+m2]除以[p-1]的余数，可得[n1+n2=λ（p-1）+][n1⊕n2]，其中[λ∈N]。因此[an1+n2，]=[an1⊕n2+λ（p-1），]，再反着运用刚获得的新恒等式[an1，an2，=an1+n2，]，可得[an1⊕n2+λ（p-1），=][an1⊕n2，aλ（p-1），]。

又题目给出，设[a∈X]，[1，a，a2，，…，ap-2，]两两不同，它告诉我们[a∈X]，[1，a，a2，…，ap-2]除以p的余数两两不同，[1，a，a2，…，ap-2]恰好有p-1项，而我们知道除以p分别有1，2，3，…，p-1，共p-1项两两不同的余数，则必有结论：[1，a，][a2，…，ap-2]除以p的余数一定恰好是1，2，3，…，p-1，因为如果其中有两项除以p的余数相同，那么p-1项数据除以p的余数就会少于p-1项，不可能存在p-1项两两不同，因此从集合角度来看可得[a0，，a1，，a2，，…，ap-2，]=[1，2，][3，…，p-1]，即[a0，+a1，+a2，+…+ap-2，]=[1+2+][3+…+p-1]，该等式右边由等差数列求和可得1+2+3+…+p-1=[1+p-12]·（p-1）=[p2]（p-1），因为p是素数，显然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，根据题意[um=kp+um，]，则可设[a0，=][a0-d1p]，[a1，=a1-d2p]，[a2，=a2-d3p]，…，[ap-2，=][ap-2-dp-1p]，其中[d1，d2，d3，…，dp-1∈Z]，[则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]。因为p能整除[a0，+][a1，+][a2，+…+][ap-2，]，即p能整除[a0+a1+][a2+…+ap-2]-[d1+d2+…+dp-1p]，又因为[d1，d2，][d3，…，dp-1∈Z]，则[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]。另外根据等比数列求和可得[a0+a1+a2+…+ap-2=][1·（1-ap-1）1-a=ap-1-1a-1]，进而可知p能整除[ap-1-1a-1]，因此p能整除[ap-1-1]，从而可知[ap-1]除以p的余数为1，即得[ap-1，=1]。

那么[λ∈N]，[λ]个[ap-1]累乘后除以p的余数也为1，根据题目新定义可得[aλ（p-1），=1]。

因为[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，]。

又因为[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]，第二问得证。

3.第三问求解

第三问的证明需要运用第二问的证明结果，还需要运用根据题目给定的新概念、新符号及新运算规则推理得出的性质，对大多数学生来说难度很大。具体证明如下。

根据离散对数的定义，已知[X=1，2，…，p-1]，p是素数，[a∈X]，若[an，=b（n∈0，1，2，…，][p-2）]，则记为n=log（p）a b。因为[um，]为[um]除以p的余数，则[am，]为[am]除以p的余数，因此[b∈X]。因为[a1，]为[a1]除以p的余数，即[a1，=][a1]，所以log（p）a a=1。

因为[an，=b]，记为n=log（p）a b，则[alog（p）ab，]=b。因为[alog（p）ab，]为[alog（p）ab]除以p的余数，即[alog（p）ab=][alog（p）ab，+cp]，[c∈N]，因此得[alog（p）ab，=b]。

因为[anlog（p）ab=alog（p）abn=bn]，则log（p）a b[n，]=nlog（p）a b。

又因为log（p）a b[n，]=nlog（p）a b，则log（p）a a[n，]=nlog（p）a a=n，即log（p）a a[n，]=n。

设[M=an，]，此外[an=dp+an，，][d∈N，]则[Mk，=][an，k，]=[an-dpk，]=[an-dkk-d1p=ank-][d2p]=[ank，]，所以[an，k，]=[ank，]，两边同时取离散对数得log（p）a[an，k，]=log（p）a [ank，]=nk。

根据题目新定义：对[m1，m2∈][0，1，2，…，][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），那么（[m1⊕m2]）⊕[m3]表示[m1⊕m2]+[m3]除以p-1的余数，而[m1⊕m2]为[m1]+[m2]除以p-1的余数，即[m1⊕m2]+[m3]表示[m1]+[m2]除以p-1的余数加上[m3]的和除以p-1的余数。另一方面，[m1⊕（m2]⊕[m3）]表示[m1]加上[m2]+[m3]除以p-1的余数之和再除以p-1的余数，易看出两者的运算结果相同，故得到（[m1⊕m2]）⊕[m3]=[m1⊕（m2]⊕[m3）]。

有了以上的结论及证明结果，接下来就可以证明第三问x=[y2][y1n（p-2），]，具体如下。

对[y2][y1n（p-2），]取离散对数得log（p）a[（y2][y1n（p-2），）]。

根据第二问的证明结果log（p）a[（bc）]=log（p）a b⊕log（p）a c，则log（p）a[（y2][y1n（p-2），）]=log（p）a [y2⊕]log（p）a[y1n（p-2），]，其中[y1]=[ak，]，则[log（p）a y1n（p-2），]=log（p）a [ak，np-2，]。

根据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，]，则log（p）a[y2]=log（p）a[（x][bk，）]，根据第二问的结论得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）。

又因为log（p）a [bk，]=klog（p）a b，log（p）a b=n，则log（p）a[y2⊕]log（p）a[y1n（p-2），]=log（p）a [x⊕nk⊕][nk（p-2）]。

[nk⊕nk（p-2）]根据题目新定义为nk+nk（p-2）即nk（p-1）除以p-1的余数，显然已经整除，余数为零。所以log（p）a[x⊕][nk⊕nk（p-2）]=log（p）a[x⊕]0，这表示log（p）a x+0除以p-1的余数，也就是log（p）a x除以[p-1]的余数。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。

根据题目所给信息，设[a∈X]，1，a，[a2，]，…，[a（p-2），]两两不同，则[y2][y1n（p-2），]=x，第三问得证。

（二）基于强基、竞赛的数论解法

该题的本质是一道数论题，蕴含的数论知识有费马小定理、指数与原根、完全剩余系、有限域等。接下来采用数论知识求解。

1.第一问求解

根据题意的新定义、新概念及新的运算规则，将其转化为数论表述如下：设p是素数，集合X=[1，][2，…，p-1]，若[u，v∈X]，则uv≡[u v（mod p）]，[um]≡[um，]（mod p），第一问中当p=11，a=2，则[ap-1，]=[210，]，因为[um]≡[um，]（mod p），则[210，]≡[210]（mod11），因为[210]≡1（mod11），因此[210，]≡1（mod11），所以此时[ap-1，]=1。

2.第二问求解

在第二问中，因为对[m1，m2][∈][0，1，2，…，][p-2]，记[m1⊕m2]为[m1]+[m2]除以p-1的余数，即[m1]+[m2]≡[m1⊕m2]（mod p-1）。因[um]≡[um，]（mod p），其中[m∈N]，设[um1]≡[um1，]（mod p），[um2]≡[um2，]（mod p），其中[m1]，[m2][∈N]，且当[u，v∈X]有uv≡[uv]（mod p），则有[um1]·[um2]≡[um1，]·[um2，]≡[um1，][][um2，]（mod p），即获得结论[um1+m2]≡[um1，][][um2，]（mod p）。

题目给出，设[a∈X]，1，a，[a2，]，…，[ap-2，]两两不同，从数论同余角度则有1+a+[a2]+…+[ap-2]≡1+2+3+…+p-1（mod p）。因为1+2+3+…+p-1≡[1+p-12]（p-1）（mod p），所以1+a+[a2]+…+[ap-2]≡[p2]（p-1）（mod p）。

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

又因为通过等比数列求和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）。

根据离散对数定义，设log（p）a b=n，log（p）a c=m，其中[n，m∈][0，1，2，…，p-2]，则[an，]=b，[am，]=c。又根据第二问新定义[m1]，[m2][∈][0，1，][2，…，p-2]时，有[m1]+[m2]≡[m1⊕m2]（mod p-1），则n+m≡[n⊕m]（mod p-1），该同余式改写为等式得n+m=k·（p-1）+[n⊕m]，其中[k∈Z]，则[an+m]≡[an⊕m+k·（p-1）]（mod p）。

而[an⊕m+k·（p-1）]≡[an⊕m]·[ak·（p-1）]（mod p），又因为[ap-1]≡1（mod p），则[an⊕m]·[ak·（p-1）]≡[an⊕m]·[1k]（mod p），所以[an+m]≡[an⊕m]（mod p）。

这是一条服务于解答本题的极为关键的结论，该性质总结如下。

当[n，m∈][0，1，2，…，p-2]，[a∈][1，2，…，][p-1]，n+m≡[n⊕m]（mod p-1）时，有[an+m]≡[an⊕m]（mod p）恒成立，其中p是素数。

有了以上的结论，又因为[um]≡[um，]（mod p），uv≡[uv]（mod p），所以bc≡[bc]（mod p），则[bc]≡bc≡[an，][am，]≡[an]·[am]=[an+m]≡[an+m，]（mod p），即[bc]≡[an+m，]（mod p）。再根据离散对数的定义得log（p）a[（bc）]=[n⊕m]，其中log（p）a b=n，log（p）a c=m，故可证明恒等式log（p）a[（bc）]=log（p）a [b⊕]log（p）a c成立，第二问得证。

3.第三问求解

因为uv≡[uv]（mod p），所以[y2][y1n（p-2），]≡[y2]·[y1n（p-2）]（mod p），又因为[y1]=[ak，]，则[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，因为[y2]=[x][bk，]，则[y2]≡[x][bk，]≡[xbk，]（mod p），又[um]≡[um，]（mod p）则[bk，]≡[bk]（mod p），即[y2]≡[xbk]（mod p）。于是得[y2][y1n（p-2），]≡[xbk]·[ank（p-2）]（mod p）。

根据第三问给的信息n=log（p）a b及离散对数定义，则[an，]=b，即b≡[an，]≡[an]（mod p），所以有同余式[bk]≡[ank]≡[ank]（mod p），则[y2][y1n（p-2），]≡[xank]·[ank（p-2）]（mod p）。该式子的获得对解题极为关键，也是本题求解的难点之一。

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），又因为[ap-1]≡1（mod p），则[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）]，又因为[y2][y1n（p-2），][∈][1，2，3，…，][p-1]，[x∈][1，2，3，…，p-1]，所以[y2][y1n（p-2），]=x，第三问得证。

三、基于新高考综合改革的压轴题命制分析与教学建议

在传统的教学中，学生大多通过大量做题系统地掌握教材中的知识，获得知识迁移能力，从而能够在传统高考中轻松求解出压轴题。但透过此次新高考适应性演练考试可以看到，压轴题中出现了学生没有学过的新知识点，学生无法借助知识迁移来求解，哪怕学生具备熟练迁移旧知识的能力，也不足以在求解压轴题中立于不败之地。

2024年高考适应性演练的数学压轴题的命制实际选取了竞赛中的数论知识作为背景，学生没有学过数论，很难将该题转化为数论求解；学生也无法使用高中阶段学过的知识进行知识迁移求解，因此该题对绝大多数考生来说难度极大。在时间有限的考场上，绝大多数考生甚至连题目都没看懂。

从内容上看，该题考查的知识点是数论当中的费马小定理等，这些知识主要出现在“强基计划”招生（以下简称强基）、全国中学生学科奥林匹克竞赛（以下简称竞赛）试题中，可见高考综合改革可能将强基、竞赛当中的知识融合到高考真题中来选拔拔尖创新人才。从试题的难度来看，2024年高考适应性演练数学试题中的压轴题已经逐步接近强基、竞赛的难度，可见新高考与强基、竞赛是存在着一定联系的。笔者还发现，2024年高考适应性演练数学压轴题与强基、竞赛也在一些地方存在区别，如命制的压轴题是借助一切学生没有学过的新概念、新符号及新运算规则来实现的，其选材范围其实远远超过了强基、竞赛的知识要求范围，要求学生具备快速理解、掌握和迁移新概念、新符号、新运算规则的关键数学思维能力。具备这样的关键数学思维能力是高考综合改革对拔尖创新人才最为显著的要求。

基于以上分析，笔者分别针对高一、高二年级数学教学与高三拔类学生数学教学提出如下推进拔尖创新人才培养的教学建议。

（一）推进拔尖创新人才培养的高一、高二年级数学教学建议

1.教学方面

高一、高二年级的数学教师在课堂教学中，要更突出学生的主体作用，通过创新使用新教材，有针对性地培养学生的关键能力、思维品质和创新精神。

例如，针对高一学生，他们学完指数函数后，对数对他们而言仍是一个新概念，对数符号就是一个新的符号、对数运算规则就是一个新的运算规则。教师可在讲解对数的知识前，选取一两道对数课后练习题让学生思考，引导学生独立地对新概念“对数”、新符号“[logaN]”以及新运算规则“[loga][bN]=N[logab]”“[logaMN]=[logaM]+[logaN]”“[logaMN]=[logaM]-[logaN]”等进行深度学习。

又如，针对高二学生，在学习导数之前，导数对他们而言就是一个新概念、导数符号就是一个新的符号、导数运算规则就是一个新的运算规则。教师可在讲解导数的知识前，选取一两道导数练习题让学生独立思考，引导学生独立地对新概念“导数”、新符号“[ΔyΔx]=[f（x0+Δx）-f（x0）Δx]”“[limΔx→0][ΔyΔx]”以及新运算规则“[limΔx→0][f（x0+Δx）-f（x0）Δx]”等进行深度学习。

也就是说，高一、高二年级的教师应着力培养学生主动获取知识的能力和主动运用知识的能力，培养学生的创新思维、创新实践能力以及对抽象符号的表达能力，进而推进拔尖创新人才培养。

2.段考、期考命题方面

面向高一、高二学生的段考、期考压轴试题命题也应适应高考综合改革中的压轴题对拔尖创新人才选拔的要求。命制高一阶段的所有段考、期考试题中的压轴题时，可以选用高一学生未学过的知识点。命制高二阶段的所有段考、期考试题中的压轴题时，可以选用高二学生未学过的知识点。通过命制压轴题，实现从“考知识技能”向“考能力素养”的转变，实现从“解答题目”向“解决问题”的转变，进而有效推进针对高一、高二年级学生的拔尖创新人才培养。

（二）推进拔尖创新人才培养的高三拔尖学生数学教学建议

1.教学方面

高三的复习教学任务繁重，需要通过一轮复习、二轮复习甚至三轮复习来提升高三学生的知识迁移能力。高三的拔尖学生往往已经具备了扎实的知识基础且具备了较强的知识迁移应用能力，但是在当前的高考综合改革背景下，高三拔尖学生也不一定能够完全符合新高考对拔尖创新人才选拔的要求，这就要求高三教师给高三的拔尖学生群体找到一条适应新高考对拔尖创新人才选拔要求的新路。

笔者深度分析高考综合改革的压轴题发现，在教学方面，高三教师可以给高三拔尖学生有针对性地拓展一些强基、竞赛方面的新概念、新符号及新运算规则知识；还可以有针对性地拓展一些大学与高中衔接紧密的相关新概念、新符号及新运算规则知识；时间允许的情况下，甚至还可以针对性地拓展一些高等数学中较为专业的新概念、新符号及新运算规则知识。例如，拓展数论中的整除概念、整除符号及整除运算规则；行列式概念、行列式符号及行列式运算规则；矩阵的概念、矩阵符号及矩阵运算规则；欧拉函数概念、欧拉函数符号及欧拉函数运算规则等。系统培养高三拔尖学生获取及运用新概念、新符号、新运算规则的能力，创新思维能力、创新实践能力、抽象符号表达能力，全面提升高三拔尖学生的高阶数学思维能力，进而系统地培养高三拔尖创新人才。

2.考试命题方面

高三的考试命题也应适应高考综合改革对拔尖创新人才的要求。具体而言，命制高三阶段的所有考试中的压轴题时可以选用强基、竞赛当中的新概念、新符号及新运算规则知识点，也可以尝试选用大学与高中衔接密切的新概念、新符号及新运算规则知识点，甚至可以尝试选用高等数学较为专业的新概念、新符号及新运算规则知识点。除了从以上三个角度命制压轴题，还可以创造性地选用最新的科研成果当中的新概念、新符号及新运算规则知识来命制相应的压轴题。当然，相对于选用最新的科研成果当中的新概念、新符号及新运算规则知识，选用强基、竞赛当中或选用大学与高中衔接紧密、高等数学当中较为专业的新概念、新符号及新运算规则知识要容易得多。运用压轴题训练学生，能够实现从“考知识技能”向“考能力素养”的转变，让学生实现从“解答题目”向“解决问题”转变，全面提升高三拔尖学生的高阶数学思维能力，进而系统推进高三拔尖学生拔尖创新人才的培养。

新高考或将结合新概念、新符号、新运算规则命制压轴题，考查学生获取知识、运用知识、创新实践、用抽象符号表达等能力，聚焦拔尖创新人才的选拔。高中拔尖创新人才培养应紧紧围绕高考综合改革方向进行，不断探索培养学生各项能力的有效途径。

（责编 刘小瑗）