“情境陌生化”是高考數學命題的永恒話題

高考數學命題一般是遵循“相對穩定，重點突出，穩中有變，變中求新，適度創新” 的基本原則.高考要“穩”就是說有許多“常規題”，高考有“變”，就是說有一些“新問題”“新方法”“新知識”等問題.而要做到新，一個有效的手段就是讓情境陌生化.陌生的途徑很多，比如，定義新概念，或者讓解決問題的方式翻新，讓題目的設問角度、結構形式翻新，知識交匯，等等.事實上，每年高考都有類似讓人叫好的題目出現.讓我們先看看福建的一道創新題.

例1．（2011年福建卷，理科第15題）設V是全體平面向量構成的集合，若映射f∶V→R滿足：對任意向量■=（x1，y1）∈V，■=（x２，y２）∈V，以及?姿∈R，均有f（?姿■＋（１－?姿）■）＝?姿f（■）＋（１－?姿）f（■），則稱f具有性質P.

現給出如下映射：

①f１∶V→R，f1（■）＝x－y，■＝（x，y）∈V；

②f２∶V→R，f２（■）＝x２＋y，■＝（x，y）∈V；

③f３∶V→R，f３（■）＝x＋y＋１，■=（x，y）∈V；

其中，具有性質P的映射的序號為________.（寫出所有具有性質P的映射的序號）

解析：映射是我們熟悉的概念，而這個映射滿足的了題設條件就叫映射f具有性質P.所以，我們只要驗證映射f１、f２、f３是否滿足對任意向量■＝（x１，y１）?綴V，■＝（x２，y２）∈V，以及?姿∈R，均有f（?姿■＋（１－?姿）■）=?姿f（■）＋（１－?姿）f（■）即可.

對①，f（?姿■＋（１－?姿）■）=f（?姿（x1，y1）＋（１－?姿）（x２，y２））

=f（?姿x1＋（１－?姿）x２，?姿y1+（１－?姿）y２）

=?姿x1＋（１－?姿）x２，-?姿y1-（１－?姿）y２.

而?姿f（■）＋（１－?姿）f（■）

=?姿（x1-y1）＋（１－?姿）（x２-y２）

=?姿x1＋（１－?姿）x２-?姿y1-（１－?姿）y２.

所以f（?姿■＋（１－?姿）■）＝?姿f（■）＋（１－?姿）■，即①滿足性質P.

對②，f（?姿■＋（１－?姿）■）

=f（?姿（x1，y1）＋（１－?姿）（x２，y２））

=f（?姿x1＋（１－?姿）x２，?姿y1+（１－?姿）y２）

=（?姿x1＋（１－?姿）x２）２，＋?姿y1＋（１－?姿）y２.

而?姿f（■）＋（１－?姿）f（■）

=?姿（x1２＋y1）＋（１－?姿）（x２２＋y２）.

看上去，對任意向量■＝（x１，y１）∈V，■＝（x２，y２）∈V，以及?姿∈R，不可能有f（?姿■＋（１－?姿）■）＝?姿f（■）＋（１－?姿）f（■），一個簡單的方法就是特殊化，比如令x1＝x２＝y1＝y２＝１，?姿＝－１，則f（?姿■＋（１－?姿）■）＝１０，而?姿f（■）＋（１－?姿）f（■）＝２，所以②是錯誤的.

這里要注意的是，如果令x1＝x２＝y1＝y２＝１，?姿＝１或０，f（?姿■＋（１－?姿）■）＝?姿f（■）＋（１－?姿）f（■）是成立的，可能會誤選為對的.所以，反例要選對.

對③， f（?姿■＋（１－?姿）■）

=f（?姿（x1，y1）＋（１－?姿）（x２，y２））

=f（?姿x1＋（１－?姿）x２，?姿y1+（１－?姿）y２）

=（?姿x1＋（１－?姿）x２＋?姿y1＋（１－?姿）y２＋１.

而?姿f（■）＋（１－?姿）f（■）

=?姿（x1＋y1＋１）＋（１－?姿）（x２＋y２＋１）

＝?姿x1＋（１－?姿）x２＋?姿y1＋（１－?姿）y２＋１.

所以③具有性質P.

點評：此類問題的解答的關鍵就是讀懂題意，正確判斷命題的真假，注意假命題舉反例否定，而真命題需要嚴格的證明.

定義一個新概念，或者新運算，或者新性質，讓題目陌生化，可以說是高考命題永恒的話題，可以考查考生的學習能力，知識遷移能力，也是公平、公正的需要，我們還可以找到許多這方面的例子.

例2． 已知集合A＝{a1，a２，…，an}中的元素都是正整數，且a1＜a２＜…

（Ⅰ）判斷集合{1，2，3，4}是否具有性質P；（Ⅱ） 求證：■-■≥■； （Ⅲ） 求證：n≤9.

解析：(Ⅰ)什么是集合A具有性質P？就是對任意的x，y∈A，且x≠y，有x-y≥■，所以只要驗證1與2，1與3，1與4，2與3，2與4，3與4的差的絕對值是否大于等于■即可判斷.

由于1-2≥■，1-3≥■，1-4≥■，2-3≥■，2-4≥■，3-4≥■，所以集合{1，2，3，4}具有性質P．

（Ⅱ）直接從左邊證到右邊困難，我們先看一般情形，依題意有ai-ai+1≥■（i=1，2，…，n-1），又a1＜a２＜…＜an，因此ai+1-ai≥■（i=1，2，…，n-1）．可得■-■≥■（i=1，2，…，n-1）．

再用數列中的累加法，得：

■-■+■-■+…+■-■+…+■-■≥■．

即■-■≥■．

（Ⅲ）由(Ⅱ)中的■-■≥■，可得■≥■+■＞■．又a1≥1，可得1≥■，因此n＜26．

同理■-■≥■（i=1，2，3，…，n-1），可知■＞■．

又ai≥i，可得■＞■，所以i=（n-i）＜25（i=1，2，…，n-1）均成立．

一個不等式，兩個未知量，怎么辦？不妨從整數本身來展開研究：

當時n≥10，取i=5，則i（n-i）=5（n-5）≥25，可知n＜10．

又當n≤9時，i（n-i）≤（■）2=（■）2＜25，所以n≤9 ．

點評：本題試題立意新穎，突出創新能力和數學閱讀能力的考查，具有選拔性質.由于集合是現代數學的重要工具，這就使其成為近幾年高考問題的重要載體.對此，復習中我們要引起高度重視.

例3． 已知集合A={1，2，3，…，2n}（n∈N?鄢）.對于A的一個子集S，若存在不大于n的正整數m，使得對于S中的任意一對元素s1，s２，都有s1-s２≠m，則稱S具有性質P.（Ⅰ）當n=10時，試判斷集合 B={x∈A｜x＞9}和 C={x∈A｜x=3k-1，k∈N?鄢}是否具有性質P？并說明理由.（Ⅱ）若n=1000時，①若集合S具有性質P，那么集合T={2001-x｜x∈S}是否一定具有性質P？并說明理由；②若集合S具有性質P，求集合S中元素個數的最大值．

解析：（Ⅰ）當n=10時，集合A={1，2，3，…，19，20}， B={x∈A｜x＞9}={10，11，12，…，19，20}不具有性質P． 因為對任意不大于10的正整數m，都可以找到該集合中兩個元素b1=10與b2=10+m，使得b1-b2=m成立．

集合 C={x∈A｜x=3k-1，k∈N?鄢}具有性質P．因為可取m=1≤10，對于該集合中任意一對元素c1=3k1-1，c2=3k2-1，k1，k2∈N?鄢都有c1-c２=3k1-k２≠1．

（Ⅱ）當時n=1000，則A={1，2，3，…，1999，2000}

①若集合S具有性質P，那么集合T={2001-x｜x∈S}一定具有性質P．

首先因為T={2001-x｜x∈S}，任取t=2001-x0∈T其中x0∈S，因為S?哿A，所以x0∈{1，2，3，…，2000}，從而1≤2001-x0≤2000，即t∈A，所以T?哿A.

由S具有性質P，可知存在不大于1000的正整數m，使得對S中的任意一對元素s1，s２，都有s1-s２≠m．

對于上述正整數m，從集合T={2001-x｜x∈S}中任取一對元素t1=2001-x1，t２=2001-x2，其中x1，x２∈S，則有t1-t２=x1-x２≠m，所以集合T={2001-x｜x∈S}具有性質P．

②設集合S有k個元素．由第①問知，若集合S具有性質，那么集合T={2001-x｜x∈S}一定具有性質P．

任給x∈S，1≤x≤2000，則x與2001-x中必有一個不超過1000，所以集合S與T中必有一個集合中至少存在一半元素不超過1000，不妨設S中有t（t≥■）個元素b1，b２，…，bt不超過1000．

由集合S具有性質P，可知存在正整數m≤1000，使得對S中任意兩個元素s1，s２，都有s1-s２≠m，所以一定有b1+m，b2+m，…，b1+m?埸S.

又bi+m≤1000+1000=2000，故b1+m，b2+m， …，bt+m∈A，即集合A中至少有t個元素不在子集S中，因此k+■≤k+t≤2000，所以k+■≤2000，得k≤1333，當S={1，2，…，665，666，1334，…，1999，2000}時，取m=667，則易知對集合S中任意兩個元素y1，y２，都有y1-y２≠667，即集合S具有性質P，而此時集合Ｓ中有1333個元素．因此集合S元素個數的最大值是1333．

點評：本題的抽象程度高，對推理論證能力的要求也高.

練習題：

1. 已知a，b均為實數，設數集A=x｜a≤x≤a+■，B=x｜b-■≤x≤b，且數集A，B都是數集{x｜0≤x≤1}的子集，如果把n-m叫做集合{x｜m≤x≤n}的“長度”，那么集合A∩B的“長度”的最小值是．

2. 若X是一個集合，?子是一個以X的某些子集為元素的集合，且滿足：①X屬于?子，?覫屬于?子；②?子中任意多個元素的并集屬于?子；③中任意多個元素的交集屬于?子．則稱?子是集合X上的一個拓撲．已知集合X ={a，b，c}，對于下面給出的四個集合?子：

①?子＝{?覫，{a}，{c}，{a，b，c}}；②?子＝{?覫，，{c}，{b，c}，{a，b，c}}；

③?子＝{?覫，{a}，{a，b}，{a，c}}；④?子＝{?覫，{a，c}，{b，c}{c}，{a，b，c}}．其中是集合X上的拓撲的集合?子的序號是

.

3. 設集合S={A0，A1，A2，A3，A4}，在S上定義⊙運算為：Ai⊙AJ=Ak，其中k=i-j（i，j∈{0，1，2，3，4}），那么滿足條件（Ai⊙AJ）⊙A2=A1（Ai∈S，A∈S）的有序數對（i，j）共有（）

A. 6對B. 10對 C.1 2對 D. 14對

4. 我們定義非空集合A的真子集的真子集為A的“孫集”，則集合{2，4，6，8，10}的“孫集”的個數是

.

5. 已知集合A={a1，a2，…，ak}（k≥2），其中ai∈Z（i=1，2，…，k），由A中的元素構成兩個相應的集合：S={（a，b）｜a∈A，b∈A，a+b∈A}，T={（a，b）｜a∈A，b∈A，a-b∈A}．其中（a，b）是有序數對，集合S和T中的元素個數分別為m和n．若對于任意的a∈A，總有-a?埸A，則稱A集合具有性質P．

（1）對任何具有性質P的集合A，證明：n≤■；

（2）判斷m和n的大小關系，并證明你的結論．

練習題參考答案

1. 集合A的“長度”為■，集合B的“長度”為■，而集合{x｜0≤x≤1}的“長度”為1，故A∩B的“長度”的最小值為■+■-1=■.

2. ①中的?子不滿足條件②，即{a}∪={a，b}不屬于?子；③中的?子不滿足條件①，即X不屬于?子，所以填②④.

3. 依題設，i-j=1或3，所以i，j可取0，1，或1，2，或2，3，或3，4，或0，3，或1，4，共12對.選C.

4. 根據“孫集”的定義，集合{2，4，6，8，10}的真子集中最多含有4個元素，故其每一個“孫集”中最多含有3個元素，最少可以含有0個元素，因此一共可以有：C05+C15+C25+C35=26“孫集”.

5.（1）證明：首先，由A中元素構成的有序數對（ai，aj）共有k2個．

因為0?埸A，所以（ai，ai）?埸T（i=1，2，…，k）；又因為當a∈A時，-a?埸A，所以當（ai，aj）∈T時，（aj，ai）?埸T（i，j=1，2，…，k）．

從而，集合T中元素的個數最多為C2k=■（k2-k）=■，即n≤■．

（2）解：m=n，證明如下：

①對于（a，b）?埸S，根據定義，a∈A，b∈A，且a+b∈A，從而（a+b，b）∈T．

如果（a，b）與（c，d）是S的不同元素，那么a=c與b=d中至少有一個不成立，從而a+b=c+d與b=d中也至少有一個不成立．故（a+b，b）與（c+d，d）也是T的不同元素．可見，S中元素的個數不多于T中元素的個數，即m≤n．

②對于（a，b）∈T，根據定義a∈A，b∈A，且a-b∈A，從而（a-b，b）∈S．如果（a，b）與（c，d）是T的不同元素，那么a=c與b=d中至少有一個不成立，從而a-b=c-d與b=d與中也不至少有一個不成立，故（a-b，b）與（c-d，d）也是S的不同元素．

可見，T中元素的個數不多于S中元素的個數，即n≤m，由①②可知，m=n．

（作者單位：福建省永定縣城關中學）

責任編校 徐國堅

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