2024年高考適應性演練數學壓軸題深度求解研究

肖福流 李和平 楊承翰

作者簡介：肖福流，1976年生，廣西凌云人，博士，高級教師，主要研究方向為學校管理、高中數學教學、高考數學備考；李和平，1976年生，廣西凌云人，高級教師，主要研究方向為高中數學教學、高考數學備考；楊承翰，1990年生，廣西樂業人，一級教師，主要研究方向為高中數學教學、高考數學備考、高中數學聯賽及高中物理奧林匹克競賽。

摘 要：2024年高考適應性演練數學壓軸題借助新定義、新符號、新運算規則，考查高中生沒有學過的高等數學中的數論知識，釋放了選拔拔尖創新人才的信號。高中數學教師應深度分析試題變化，把握高考綜合改革方向，在日常教學中向學生適當拓展一些課本上沒有的數學知識或學生即將學習的數學知識，利用學生沒有學過的數學知識命制創新練習題，使學生具備自主理解并遷移運用新定義、新符號、新運算規則的能力，系統地培養拔尖創新人才。

關鍵詞：新高考；適應性演練；數學壓軸題；拔尖創新人才

中圖分類號：G63 文獻標識碼：A 文章編號：0450-9889（2024）11-0004-06

2024年1月，廣西高三年級學生參加了由教育部教育考試院統一命制試題的高考適應性演練考試。這次演練數學學科試題變化最大，體現在試卷結構、試題量、試題的難易梯度設置均發生顯著改變上。試題更加注重考查學生的關鍵能力、思維品質和創新精神。本文深度求解壓軸題第19題，并借此論述推進拔尖創新人才選拔的幾點啟示。

一、試題再現

離散對數在密碼學中有重要的應用。設p是素數，集合[X=1，2，…，p-1]，若[u，v∈X，][m∈N，]記[uv]為uv除以p的余數，[um，]為[um]除以p的余數；設[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的離散對數，記為[n=log]（p）a b。

（1）若p=11，a=2，求[ap-1，]；

（2）對[m1]，[m2∈0，1，2，…，p-2]，記[m1⊕m2]為[m1+m2]除以p-1的余數（當[m1+m2]能被p-1整除時，[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[x∈X]，[k∈1，2，…，][p-2]，令[y1=ak，]，[y2]=[xbk，]。證明：[x=][y2y1n（p-2），]。

二、試題解法

（一）指向高中生關鍵數學思維能力培養的解法探究

1.第一問求解

第一問比較容易，考生理解題目中的新符號及新定義，然后根據新定義代入數據求解即可，以下為第一問的具體求解過程。

將p=11，a=2的具體數據代入新定義[ap-1，]得[211-1，=210，]，根據新符號的新定義[um，]為[um]除以p的余數，則[210，]為[210]除以11的余數，也就是1 024除以11的余數，因為1 024=11×93+1，故1 024除以11的余數為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、新運算規則推導出性質[an1，][][an2，]=[an1+n2，]，[ap-1，=1]，[an1+n2，]=[an1n2，]，然后運用這三個關鍵性質即可證明出結果。這一問對大多數學生來說難度極大。接下來證明第二問。

先看所要證明的等式log（p）a[（b c）]=log（p）a[blog]（p）a c，這個等式一眼看去，均是新符號，運算規則也是新的。在深度分析后發現，新的運算規則是基于[]與[⊕]兩個特殊符號的運算規則實現的，然后回到題目中去找這兩個特殊符號的運算規則是如何定義的。

題目告訴我們，[]符號的運算規則是[uv]為[uv]除以[p]的余數。那么[bc]為[bc]除以[p]的余數。[⊕]符號的運算規則是[m1⊕m2]為[m1+m2]除以[p-1]的余數。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。理解至此，發現還有三個新符號需要進一步理解，即新符號log（p）a [bc]，log（p）a b，log（p）a c。

回到題目，對新符號的新定義如下：設[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]的離散對數，記為[n=][log]（p）a b。根據這個新定義，可以設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]。

又根據新定義得[an1，=b]，[an2，]=c，[an3，]=[bc]。因為[bc=an1，][][an2，]，即[an3，=an1，][][an2，]，其中[an1，][][an2，]為[an1，][an2，]除以p的余數，也就是說，[an1]除以p的余數乘上[an2]除以p的余數的積再除以p的余數等于[an3]除以p的余數。

絕大多數考生至此便無路可走了。學過數學競賽或學過數論的考生知道此處往下就是數論的同余運算，但是絕大多數考生并沒有學過同余運算，并不知道同余運算的性質。因此，將“[an1]除以p的余數乘上[an2]除以p的余數的積然后再除以p的余數等于[an3]除以p的余數”轉化為數學式子就成為極大的難點。

回到題目，學生在題目中找不到新的運算規則來應用，搜索高中知識體系發現也沒有現成的知識供遷移使用。此時，學生要解決這個新問題還得回到題目當中提示的新定義，即[um，]為[um]除以p的余數，顯然題目要求考生能將該定義轉化為具體的數學表達式，這對大多數考生是個極大的挑戰。這里，我們根據新定義，得到數學表達式[um=kp+um，]，其中[k∈N]。

生成新的數學表達式后，便可以馬上將該新知識點進行遷移應用，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]。

根據新定義發現，[an1+n2-][k1an2+k2an1-k1k2p+k0p]其實就是[an1+n2，]，由此得到新的恒等式[an1，][an2，]=[an1+n2，]。

另一方面，根據[⊕]符號的運算規則[m1⊕m2]為[m1+m2]除以[p-1]的余數，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[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的余數兩兩不同，[1，a，a2，…，ap-2]恰好有p-1項，而我們知道除以p分別有1，2，3，…，p-1，共p-1項兩兩不同的余數，則必有結論：[1，a，][a2，…，ap-2]除以p的余數一定恰好是1，2，3，…，p-1，因為如果其中有兩項除以p的余數相同，那么p-1項數據除以p的余數就會少于p-1項，不可能存在p-1項兩兩不同，因此從集合角度來看可得[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列求和可得1+2+3+…+p-1=[1+p-12]·（p-1）=[p2]（p-1），因為p是素數，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，根據題意[um=kp+um，]，則可設[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]。因為p能整除[a0，+][a1，+][a2，+…+][ap-2，]，即p能整除[a0+a1+][a2+…+ap-2]-[d1+d2+…+dp-1p]，又因為[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]。另外根據等比數列求和可得[a0+a1+a2+…+ap-2=][1·（1-ap-1）1-a=ap-1-1a-1]，進而可知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的余數為1，即得[ap-1，=1]。

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

因為[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，]。

又因為[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用第二問的證明結果，還需要運用根據題目給定的新概念、新符號及新運算規則推理得出的性質，對大多數學生來說難度很大。具體證明如下。

根據離散對數的定義，已知[X=1，2，…，p-1]，p是素數，[a∈X]，若[an，=b（n∈0，1，2，…，][p-2）]，則記為n=log（p）a b。因為[um，]為[um]除以p的余數，則[am，]為[am]除以p的余數，因此[b∈X]。因為[a1，]為[a1]除以p的余數，即[a1，=][a1]，所以log（p）a a=1。

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

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

又因為log（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[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，]，兩邊同時取離散對數得log（p）a[an，k，]=log（p）a [ank，]=nk。

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

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

對[y2][y1n（p-2），]取離散對數得log（p）a[（y2][y1n（p-2），）]。

根據第二問的證明結果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，）]，根據第二問的結論得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）。

又因為log（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）]根據題目新定義為nk+nk（p-2）即nk（p-1）除以p-1的余數，顯然已經整除，余數為零。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，也就是log（p）a x除以[p-1]的余數。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。

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

（二）基于強基、競賽的數論解法

該題的本質是一道數論題，蘊含的數論知識有費馬小定理、指數與原根、完全剩余系、有限域等。接下來采用數論知識求解。

1.第一問求解

根據題意的新定義、新概念及新的運算規則，將其轉化為數論表述如下：設p是素數，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p=11，a=2，則[ap-1，]=[210，]，因為[um]≡[um，]（mod p），則[210，]≡[210]（mod11），因為[210]≡1（mod11），因此[210，]≡1（mod11），所以此時[ap-1，]=1。

2.第二問求解

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

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

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

又因為通過等比數列求和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）。

根據離散對數定義，設log（p）a b=n，log（p）a c=m，其中[n，m∈][0，1，2，…，p-2]，則[an，]=b，[am，]=c。又根據第二問新定義[m1]，[m2][∈][0，1，][2，…，p-2]時，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），又因為[ap-1]≡1（mod p），則[an⊕m]·[ak·（p-1）]≡[an⊕m]·[1k]（mod p），所以[an+m]≡[an⊕m]（mod p）。

這是一條服務于解答本題的極為關鍵的結論，該性質總結如下。

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

有了以上的結論，又因為[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）。再根據離散對數的定義得log（p）a[（bc）]=[n⊕m]，其中log（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

因為uv≡[uv]（mod p），所以[y2][y1n（p-2），]≡[y2]·[y1n（p-2）]（mod p），又因為[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，因為[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）。

根據第三問給的信息n=log（p）a b及離散對數定義，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）。該式子的獲得對解題極為關鍵，也是本題求解的難點之一。

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），又因為[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）]，又因為[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建議

在傳統的教學中，學生大多通過大量做題系統地掌握教材中的知識，獲得知識遷移能力，從而能夠在傳統高考中輕松求解出壓軸題。但透過此次新高考適應性演練考試可以看到，壓軸題中出現了學生沒有學過的新知識點，學生無法借助知識遷移來求解，哪怕學生具備熟練遷移舊知識的能力，也不足以在求解壓軸題中立于不敗之地。

2024年高考適應性演練的數學壓軸題的命制實際選取了競賽中的數論知識作為背景，學生沒有學過數論，很難將該題轉化為數論求解；學生也無法使用高中階段學過的知識進行知識遷移求解，因此該題對絕大多數考生來說難度極大。在時間有限的考場上，絕大多數考生甚至連題目都沒看懂。

從內容上看，該題考查的知識點是數論當中的費馬小定理等，這些知識主要出現在“強基計劃”招生（以下簡稱強基）、全國中學生學科奧林匹克競賽（以下簡稱競賽）試題中，可見高考綜合改革可能將強基、競賽當中的知識融合到高考真題中來選拔拔尖創新人才。從試題的難度來看，2024年高考適應性演練數學試題中的壓軸題已經逐步接近強基、競賽的難度，可見新高考與強基、競賽是存在著一定聯系的。筆者還發現，2024年高考適應性演練數學壓軸題與強基、競賽也在一些地方存在區別，如命制的壓軸題是借助一切學生沒有學過的新概念、新符號及新運算規則來實現的，其選材范圍其實遠遠超過了強基、競賽的知識要求范圍，要求學生具備快速理解、掌握和遷移新概念、新符號、新運算規則的關鍵數學思維能力。具備這樣的關鍵數學思維能力是高考綜合改革對拔尖創新人才最為顯著的要求。

基于以上分析，筆者分別針對高一、高二年級數學教學與高三拔類學生數學教學提出如下推進拔尖創新人才培養的教學建議。

（一）推進拔尖創新人才培養的高一、高二年級數學教學建議

1.教學方面

高一、高二年級的數學教師在課堂教學中，要更突出學生的主體作用，通過創新使用新教材，有針對性地培養學生的關鍵能力、思維品質和創新精神。

例如，針對高一學生，他們學完指數函數后，對數對他們而言仍是一個新概念，對數符號就是一個新的符號、對數運算規則就是一個新的運算規則。教師可在講解對數的知識前，選取一兩道對數課后練習題讓學生思考，引導學生獨立地對新概念“對數”、新符號“[logaN]”以及新運算規則“[loga][bN]=N[logab]”“[logaMN]=[logaM]+[logaN]”“[logaMN]=[logaM]-[logaN]”等進行深度學習。

又如，針對高二學生，在學習導數之前，導數對他們而言就是一個新概念、導數符號就是一個新的符號、導數運算規則就是一個新的運算規則。教師可在講解導數的知識前，選取一兩道導數練習題讓學生獨立思考，引導學生獨立地對新概念“導數”、新符號“[ΔyΔx]=[f（x0+Δx）-f（x0）Δx]”“[limΔx→0][ΔyΔx]”以及新運算規則“[limΔx→0][f（x0+Δx）-f（x0）Δx]”等進行深度學習。

也就是說，高一、高二年級的教師應著力培養學生主動獲取知識的能力和主動運用知識的能力，培養學生的創新思維、創新實踐能力以及對抽象符號的表達能力，進而推進拔尖創新人才培養。

2.段考、期考命題方面

面向高一、高二學生的段考、期考壓軸試題命題也應適應高考綜合改革中的壓軸題對拔尖創新人才選拔的要求。命制高一階段的所有段考、期考試題中的壓軸題時，可以選用高一學生未學過的知識點。命制高二階段的所有段考、期考試題中的壓軸題時，可以選用高二學生未學過的知識點。通過命制壓軸題，實現從“考知識技能”向“考能力素養”的轉變，實現從“解答題目”向“解決問題”的轉變，進而有效推進針對高一、高二年級學生的拔尖創新人才培養。

（二）推進拔尖創新人才培養的高三拔尖學生數學教學建議

1.教學方面

高三的復習教學任務繁重，需要通過一輪復習、二輪復習甚至三輪復習來提升高三學生的知識遷移能力。高三的拔尖學生往往已經具備了扎實的知識基礎且具備了較強的知識遷移應用能力，但是在當前的高考綜合改革背景下，高三拔尖學生也不一定能夠完全符合新高考對拔尖創新人才選拔的要求，這就要求高三教師給高三的拔尖學生群體找到一條適應新高考對拔尖創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現，在教學方面，高三教師可以給高三拔尖學生有針對性地拓展一些強基、競賽方面的新概念、新符號及新運算規則知識；還可以有針對性地拓展一些大學與高中銜接緊密的相關新概念、新符號及新運算規則知識；時間允許的情況下，甚至還可以針對性地拓展一些高等數學中較為專業的新概念、新符號及新運算規則知識。例如，拓展數論中的整除概念、整除符號及整除運算規則；行列式概念、行列式符號及行列式運算規則；矩陣的概念、矩陣符號及矩陣運算規則；歐拉函數概念、歐拉函數符號及歐拉函數運算規則等。系統培養高三拔尖學生獲取及運用新概念、新符號、新運算規則的能力，創新思維能力、創新實踐能力、抽象符號表達能力，全面提升高三拔尖學生的高階數學思維能力，進而系統地培養高三拔尖創新人才。

2.考試命題方面

高三的考試命題也應適應高考綜合改革對拔尖創新人才的要求。具體而言，命制高三階段的所有考試中的壓軸題時可以選用強基、競賽當中的新概念、新符號及新運算規則知識點，也可以嘗試選用大學與高中銜接密切的新概念、新符號及新運算規則知識點，甚至可以嘗試選用高等數學較為專業的新概念、新符號及新運算規則知識點。除了從以上三個角度命制壓軸題，還可以創造性地選用最新的科研成果當中的新概念、新符號及新運算規則知識來命制相應的壓軸題。當然，相對于選用最新的科研成果當中的新概念、新符號及新運算規則知識，選用強基、競賽當中或選用大學與高中銜接緊密、高等數學當中較為專業的新概念、新符號及新運算規則知識要容易得多。運用壓軸題訓練學生，能夠實現從“考知識技能”向“考能力素養”的轉變，讓學生實現從“解答題目”向“解決問題”轉變，全面提升高三拔尖學生的高階數學思維能力，進而系統推進高三拔尖學生拔尖創新人才的培養。

新高考或將結合新概念、新符號、新運算規則命制壓軸題，考查學生獲取知識、運用知識、創新實踐、用抽象符號表達等能力，聚焦拔尖創新人才的選拔。高中拔尖創新人才培養應緊緊圍繞高考綜合改革方向進行，不斷探索培養學生各項能力的有效途徑。

（責編 劉小瑗）