数列与概率交汇 揭开新定义迷雾

自从2024年1月九省联考之后，高考数学题量从22题变更为19题，试题的结构发生了显著的变化，特别是最后一道压轴试题，是否考查新定义问题与如何考查新定义问题特别令人关注.随着2024年高考落下帷幕，这一迷雾已被揭开.2024年高考数学新课标Ⅰ卷考查了以数列概率为背景的新定义创新题，对考生的创造性思维提出了极高的要求.下面，笔者通过对2024年高考数学新课标Ⅰ卷新定义压轴题进行详尽的分析，从试题赏析、解法探究、高考题源分析，新定义试题考法，备考反思等方面进行解读，以期对广大师生新一年的备考有所帮助，现分析如下，供大家参考.

一、试题赏析

【2024年高考数学新课标Ⅰ卷压轴题】设为正整数，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），使数列a1，a2，…，a6是（i，j）-可分数列；

（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）-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>18.

2024年高考数学新课标Ⅰ卷第19题是一道极具创新的新定义问题.试题以数列与概率为背景进行试题的构建，考查了数列、概率、排列组合等考点，对考生的数学思想方法的考查较为深入.特别对考生从特殊到一般的抽象概括能力提出了较高的要求，深入考查了考生组合优化，逻辑分析的能力.

试题的命题具有一定的新颖性，设问层层递进.第一小问难度不大，只要具备一定的理解能力即可获得问题的解答，第二问具有一定的灵活性，对考生的能力提出了一定的要求，第三问难度比较大，需要考生具备很强的创新能力，前两小问的完美解答为第三小问的解答提供了一定的提示，如何从前两小问抽象出解决问题的两种情形是解题的关键.要想成功解决本题，考生必须具备很好的逻辑推理素养与数学抽象素养，为国家选拨符合新时代要求的创新人才发挥了很好的选拔功能.

二、解法探究

1.第1小问的解答

依题意，符合题意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（5，6）.

【点评】本题只要读懂题意即可获得问题的求解，难度不大，但却为第三问的解答作了必要的铺垫.

2.第2小问的解答

当m=3时，数列为a1，a2，…，a14，去掉a2，a13后，按以下方式分组，第一组为：a1，a4，a7，a10；第二组为a3，a6，a9，a12；第三组为a5，a8，a11，a14.

显然这三组均为等差数列，故m=3时，a1，a2，…，a14是（2，13）可分数列.

当m≥4时，数列a1，a2，…，a4m+2，去掉a2，a13后，按以下方式分组，第一组为：a1，a4，a7，a10；第二组为a3，a6，a9，a12；第三组为a5，a8，a11，a14，第四组为a15，a16，a17，a18，第五组为a19，a20，a21，a22，……，第m组为a4m-1，a4m，a4m+1，a4m+2.

显然这m组均为等差数列，故a1，a2，…，a4m+2，是（2，13）-可分数列.

综上可知，当m≥3时，a1，a2，…，a4m+2，是（2，13）-可分数列.

【点评】本题考查了从特殊到一般的思想方法，先通过对m=3的情形的研究，就不难推广到一般的情形，本小问难度较为适中，同样也为第三小问的解答作了必要的铺垫.

3.第3小问的解答

（解法1）设数列的公差为d.

当m≥3时，去掉ai，aj后，数列a1，a2，…，a4m+2剩下4m项，可分成m组，每组均四项，现按以下两种情形进行分类：

第一种情形，每组的等差数列的公差均为d.

当i=1时，符合题意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（1，10），…，（1，4m+2）.共m+1个；

当i=5时，符合题意的（i，j）有：（5，6），（5，10），（5，14），…，（5，4m+2）.共m个；

当i=9时，符合题意的（i，j）有：（9，10），（9，14），（9，18），…，（9，4m+2）.共m-1个；

……，以此类推，

当i=4m-3时，符合题意的（i，j）有：（4m-3，4m-2），（4m-3，4m+2）.共2个;

当i=4m+1时，符合题意的（i，j）有：（4m+1，4m+2）.共1个.

故合计共有M=（m+1）+m+（m-1）+…+2+1=（m+1）（m+1+1）2=12（m2+3m+2）个.

第二种情形，每组的等差数列的公差均大于或等于2d.

当i=2时，符合题意的（i，j）有：（2，9），（2，13），（2，17），…，（2，4m+1）.共m-1个；

当i=6时，符合题意的（i，j）有：（6，13），（6，17），（6，21），…，（6，4m+1）.共m-2个；

当i=10时，符合题意的（i，j）有：（10，17），（10，21），（10，25），…，（10，4m+1）.共m-3个；

……，以此类推，

当i=4m-10时，符合题意的（i，j）有：（4m-10，4m-3），（4m-10，4m+1）.共2个；

当i=4m-6时，符合题意的（i，j）有：（4m-6，4m+1）.共1个.

故合计共有N=（m-1）+（m-2）+（m-3）+…+2+1=（m-1）（m-1+1）2=12（m2-m）个.

所以Pm≥M+NC24m+2=12（m2+3m+2）+12（m2-m）（4m+2）（4m+1）2=m2+m+18m2+6m+1>18.

当m=1时，P1=3C26=36×52=15>18，满足题意，

当m=2时，符合题意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（1，10），（5，6），（5，10），（9，10），（2，9），共7个.故P2=7C210=710×92=745>18，满足题意.

综上所述，Pm>18.

【点评】通过对前两小问的分析，并进行数学抽象，再通过组合优化分类，得到两种不同情形的可分数列的种数，进而获得问题的求解.

（解法2）显然a1，a2，…，a4m+2是（i，j）-可分数列当且仅当1，2，…，4m+2是（i，j）-可分数列.

第一种情形：先证明1，2，…，4m+2是（4p+1，4q+2）-可分数列，其中p，q∈{0，1，2，…，m}.

当0≤p≤q≤m时，删去4p+1，4q+2，其余项从小到大，每四项分为一组，可知每组的四个数都构成等差数列，故数列1，2，3，…，4m+2是（4p+1，4q+2）-可分数列，可分为

（1，2，3，4），（5，6，7，8），…，（4p-3，4p-2，4p-1，4p），…，（4（q+1）-1，4（q+1），4（q+1）+1，4（q+1）+2），…，（4m-1，4m，4m+1，4m+2）.

故p，q的可能取值方法种数为M=C2m+1+m+1=（m+1）m2×1+m+1=12（m2+3m+2）.

第二种情形：先证明1，2，…，4m+2是（4p+2，4q+1）-可分数列，其中p，q∈{0，1，2，…，m}.

当q-p>1时，删去4p+2，4q+1，

将1～4p与4q+3～4m+2从小到大，每四项分为一组，可知每组的四项构成等差数列.考虑4p+1，4p+3，4p+4，…，4q，4q+2是否可分，等价于考虑1，3，4，…，4t，4t+2是否可分，其中t=q-p>1，可分为（1，t+1，2t+1，3t+1），（3，t+3，2t+3，3t+3），（4，t+4，2t+4，3t+4），…，（t，2t，3t，4t），（t+2，2t+2，3t+2，4t+2），每组四个数均构成等差数列.故1，2，…，4m+2是（4p+2，4q+1）可分数列.

故p，q的可能取值的方法种数为N=C2m+1-m=（m+1）m2×1-m=12（m2-m）.

所以PM≥M+NC24m+2=12（m2+3m+2）+12（m2-m）（4m+2）（4m+1）2=m2+m+18m2+6m+1>18.

【点评】本解法的分类标准是由前两小问抽象凝练而来的，结合排列组合知识即可获得问题的求解，对考生的数学抽象，逻辑推理等数学核心素养提出了较高的要求.

（解法3）记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）-可分数列的种数为bm.

当m=1时，由（1）可知b1=3；

当m=2时，符合题意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（1，10），（5，6），（5，10），（9，10），（2，9），共7个.

当m=3时，符合题意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（1，10），（1，14），（2，9），（2，13），（5，6），（5，10），（5，14），（9，10），（9，14），（6，13），（13，14），共13个.

猜想bm+1≥bm+2m+2.

下面证明之：

事实上，当m增加1时，数列增加了四项：a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6.

当新增四项a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6的数列去掉的两项与原数列去掉的两项相同时，把新增加的四项a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6作为一组，其余项的分组与原数列的分组相同时，数列是可分的，共bm种可能.

当去掉a1，a5，a9，…，a4m+1，a4m+5中的一项与a4m+6后数列是可分的，共有m+2种可能.

当去掉a2，a6，a10，…，a4m-6，a4m-2中的一项与a4m+5后.数列是可分的，共有m种可能.

所以bm+1≥bm+2m+2，即bm+1-bm≥2m+2.

所以当m≥2时，

b2-b1≥4，b3-b2≥6，b4-b3≥8，…，bm-bm-1≥2m.

把以上各式相加得bm-b1≥4+6+8+…+2m=（m-1）（4+2m）2=m2+m-2，

所以bm≥m2+m-2+b1=m2+m+1，

当m=1时，b1=3也满足bm≥m2+m+1，

所以对任意的m∈N*，bm≥m2+m+1.

所以Pm≥bmC24m+2=m2+m+1（4m+2）（4m+1）2=m2+m+18m2+6m+1>18.

故Pm>18得证.

【点评】本题通过特殊到一般的数学思想，得到递推关系，进而可用累加法获得问题的求解，是一种四两拨千斤的优美解法，值得细细品味.

三、题源分析

通过对2024年高考数学新课标Ⅰ卷压轴题的研究，笔者发现其命题方式、解题思路与2022年高考北京卷是较为相似的.

【题源】（2022年高考北京卷第20题）已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0）使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n，则称Q为m-连续可表数列．

（1）判断Q：2，1，4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；

（2）若Q：a1，a2，…，ak为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；

（3）若Q：a1，a2，…，ak为20-连续可表数列，且a1+a2+…+ak<20，求证：k≥7．

【解析】（1）a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5-连续可表数列；易知，不存在i，j使得ai+ai+1+…+ai+j=6，所以Q不是6-连续可表数列．

（2）若k≤3，设为Q：a，b，c，则至多a+b，b+c，a+b+c，a，b，c，6个数字，没有8个，矛盾；

当k=4时，数列Q：1，4，1，2，满足a1=1，a4=2，a3+a3=3，a2=4，a1+a2=5，a1+a2+a3=6，a2+a3+a4=7，a1+a2+a3+a4=8，∴kmin=4．

（3）Q：a1，a2，…，ak，若i=j最多有k种，若i≠j，最多有C2k种，所以最多有k+C2k=k（k+1）2种，

若k≤5，则a1，a2，…，ak至多可表5（5+1）2=15个数，矛盾，从而若k<7，则k=6，a，b，c，d，e，f至多可表6（6+1）2=21个数，

而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有负的，从而a，b，c，d，e，f可表1～20及那个负数（恰21个），这表明a～f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a～f中绝对值最小，同时a～f中没有两数相同，设那个负数为-m（m≥1），

则所有数之和≥m+1+m+2+…+m+5-m=4m+15，4m+15≤19m=1，所以{a，b，c，d，e，f}={-1，2，3，4，5，6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，

因为1=-1+2（仅一种方式），所以-1与2相邻，

若-1不在两端，则“x，-1，2，，，”形式，

若x=6，则5=6+（-1）（有2种结果相同，方式矛盾），

所以x≠6，同理x≠5，4，3，故-1在一端，不妨为“-1，2，A，B，C，D”形式，

若A=3，则5=2+3（有2种结果相同，矛盾），A=4同理不行，

A=5，则6=-1+2+5（有2种结果相同，矛盾），从而A=6，

由于7=-1+2+6，由表法唯一知3，4不相邻，

故只能-1，2，6，3，5，4……①或-1，2，6，4，5，3……②

这2种情形，对①：9=6+3=5+4，矛盾，对②：8=2+6=5+3，也矛盾，综上k≠6.

所以k≥7．

【点评】本题考查数列的新定义，考查考生的逻辑思维能力和运算能力，对考生的综合数学素养要求较高.

四、新定义试题考法分析

1.给出未学习过的新知识与新理论，考查考生的学习能力

【试题2】（2024年九省联考第19题）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，…，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m1m2为m1+m2除以p-1的余数（当m1+m2能被p-1整除时，m1m2=0）．证明：log（p）a（bc）=log（p）ablog（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=xbk，．证明：x=y2y1n（p-2），．

【解析】（1）若p=11，a=2，因为210=1024=93×11+1，所以ap-1，=210，=1.

（2）记an1=an1，+m1p，an2=an2，+m2p，an1，×an2，=an1，an2，+kp，

其中m1，m2，k是整数，则an1·n2=an1·an2，+（m1an2，+m2an1，+m1m2p+k）p，可知an1，an2，=an1·n2，．

因为1，a，a2，，…，ap-2，两两不同，所以存在i∈{0，1，…，p-2}，使得ap-1，=ai，，

即ap-1-ai=ai（ap-1-i-1）可以被p整除，于是ap-1-i-1可以被p整除，即ap-1-i，=1．

若i≠0，则p-1-i∈{1，2，…，p-2}，ap-1-i，≠1，因此i=0，ap-1，=1．

记n=log（pa）b，m=log（p）c，n+m=nm+l（p-1），其中l是整数，

则bc=an，am，=an·m，=anm+l（p-1），=anm，al（p-1），=anm，，

即log（p）a（bc）=log（p）ablog（p）ac．

（3）由题设和（2）的法2的证明知：

y2=xbk，=x（bb…bk）=xan，an，…an，k=xaa…ak，

yn（p-2），1=y1y1…y1n（p-2）=ak，ak，…ak，n（p-2）=ap-2，ap-2，…ap-2，nk．

故y2yn（p-2），1=xaa…ankap-2，ap-2，…ap-2，nk

=xap-1，ap-1，…ap-1，nk．

由（2）法2的证明知ap-1，=1，所以y2y1n（p-2）=x．

【点评】本题以初等数论中的费马小定理为背景进行试题的构建，解题的关键是充分理解新定义，读懂抽象的数学语言，然后进行逻辑推理，实现问题的求解.这对考生学习新知识的能力提出了较高的要求.

2.以高数知识为背景，注重知识的交汇

【试题2】（2024年温州二模第19题）如图，对于曲线Γ，存在圆C满足如下条件：

①圆C与曲线Γ有公共点A，且圆心在曲线Γ凹的一侧；

②圆C与曲线Γ在点A处有相同的切线；

③曲线Γ的导函数在点A处的导数（即曲线Γ的二阶导数）等于圆C在点A处的二阶导数（已知圆（x-a）2+（y-b）2=r2

在点A（x0，y0）处的二阶导数等于r2（b-y0）3）；

则称圆C为曲线Γ在点A处的曲率圆，其半径r称为曲率半径．

（1）求抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程；

（2）求曲线y=1x的曲率半径的最小值；

（3）若曲线y=ex在（x1，ex1）和（x2，ex2）（x1≠x2）处有相同的曲率半径，求证：x1+x2<-ln 2．

【解析】（1）记f（x）=x2，设抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+（y-b）2=b2，其中b为曲率半径．则f′（x）=2x，f″（x）=2，故2=f″（0）=b2（b-0）3=1b，2=r2b3，即b=12，所以抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+（y-12）2=14.

（2）设曲线y=f（x）在（x0，y0）的曲率半径为r．则

f′（x0）=-x0-ay0-b，

f″（x0）=r2（b-y0）3.

由（x0-a）2+（y0-b）2=r2，知［f′（x0）］2+1=r2（y0-b）2，

所以r={［f′（x0）］2+1}32|f″（x0）|，故曲线y=1x在点（x0，y0）处的曲率半径r=-1x202+1322x30，

所以r2=1x40+132x302=14x20+1x203≥2，则r23=2-23x20+1x20≥213，

则r=12x20+1x2032≥2，当且仅当x20=1x20，即x20=1时取等号，

故r≥2，曲线y=1x在点（1，1）处的曲率半径r=2．

（3）函数y=ex的图像在（x，ex）处的曲率半径

r=（e2x+1）32ex

，故r23=e43x+e-23x，

由题意知：e43x1+e-23x1=e43x2+e-23x2

令t1=e23x1，t2=e23x2，

则有t21+1t1=t22+1t2，所以t21-t22=1t2-1t1，即（t1-t2）（t1+t2）=t1-2t1t2，故t1t2（t1+t2）=1．

因为x1≠x2，所以t1≠t2，所以1=t1t2（t1+t2）>t1t2·2t1t2=2（t1t2）32=2ex1+x2，

所以x1+x2<-ln 2．

【点评】本题以高等数学中的曲率半径，高阶导数为背景进行试题的构建，考查的数学知识与方法却是初等的.综合考查了解析几何、函数与导数、不等式等考点，特别注重数学知识的交汇，对考生综合运用所学知识求解问题的能力提出了较高的要求.

五、备考反思

1.克服新定义问题的畏惧心理，争取多拿几分

由于高考新定义问题材料新、分值高、难度大，因此对广大考生造成了较为严重的畏惧心理，不少考生甚至达到了望而生畏的地步.如何在考场中争取多拿几分成为考生必须面对的问题.我们应立足前两小问，一般来说，只要具备一定基础，沉重冷静理解题意解答，难度并不是很大.对于第三问，应注重试题的层层递进关系，看看能否从前面的问题中得到第三问的解题线索，结合自己的实际尽可能多地多拿几分.即使做不出来，也并不可怕，因为此题就是国家为了筛选人才而设计的试题，拿不下并不遗憾.

2.不要盲目刷题，注重数学思维的培养

在数学科的复习备考中，考生应重视数学思维的培养，不能毫无选择性地盲目刷题，更不能盲目依赖大量二级结论进行刷题.要重视数学知识、数学思想方法的发生过程，对于二级结论，除了比较重要的少量结论需要熟练掌握外，并不需要大量记忆.其实对于二级结论，结论并不是很重要，更重要的还是这些结论是如何得到的，所涉及的知识与数学思想方法有哪些.只有搞清楚问题的来龙去脉，数学思维才能得到提升.

3.不猜题，全面复习高考所有考点考法

教育部在实施新高考后，传统的几乎一成不变的固化命题方式已经打破.因此，在备考复习中，不能胡乱猜题，机械地认为今年考什么，怎么考，明年还是考什么，怎么考.要改变投机的猜题的备考方法.我们在复习过程中，应把所有重要的考点与考法复习到位，只有务实地全面复习，才能以不变应万变，做到心中有数.

4.注重课本中的经典试题与高考真题的研究

通过对近几年全国卷新高考试题的研究发现，高考的命题越来越重视对课本中的经典试题与经典高考试题的挖掘与改编，比如2024年高考数学新课标Ⅰ卷第7题，完全出自人教A版必修第一册教材的例题，2024年高考数学新课标Ⅰ卷第8题本质上是斐波那契数列问题，而斐波那契数列在教材中的阅读材料中出现过.2024年高考数学新课标Ⅰ卷第18题只是简单地改编自2015年北京卷高考试题.因为教材与高考真题是公认的高质量备考材料，凝结了专家学者的大量心血，其备考价值是毋庸置疑的，因此在备考中，要特别重视对课本经典试题与经典高考真题的研究.

【本文系2023年广东客家地区基础教育师资培养培训协同育人中心一般课题“基于SOLO理论的高中数学新教材习题教学的实践与研究”（课题编号：GDKJ23037）阶段性研究成果】

【作者简介：高中数学一级教师.梅州市学科带头人培养对象，兴宁市学科带头人.兴宁市第十届范剑冰奖教基金十佳教师.主持省级、梅州市级课题三项，参与省级、梅州市级课题三项，获梅州市教育教学成果奖一等奖两次.在《数学教学》《数学通讯》《中小学数学》《广东教育》等期刊发表文章160余篇，其中国家级50余篇.在中国科学技术大学出版社出版《数学高考经典：函数与导数》等专著四部】

责任编辑 徐国坚