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[高考数学]北京高考新定义专题第一期:新定义问题应该怎么思考?
[高考数学]北京高考新定义专题第一期:新定义问题应该怎么思考? 北京高考的二十一题第三问，令无数高手闻之色变的六分，也是无数冲击满分的选手折戟的地方，即使曾经入选省队参加CMO的一众大神也没有充足把握在考场上做出的一道题，就算放眼全国，北京高考数学二十一也是名副其实的最难题之一。虽然如此，但这对我们也并非完全触不可及，经过充足的训练，我们仍有可能在考场上取得突破，对于冲刺144+的同学而言，这是必须付出的努力。 第一部分：关于新定义问题的概论 在本系列中，新定义，即指北京高考数学第二十一题，尤其是第三问。在题干中，命题人会定义一个或几个全新的概念，并依次展开一系列相关的问题，定义的概念一般以集合或数列为基础。 一般的新定义题目共有三问。第一问是对新概念的基本应用，容易做对，性价比高，是所有考生都应该尝试完成的一个问题。从第二问开始，展现出了新定义问题的特色，它们一般不直接关联我们曾在教材中学习过的知识点，也不能基于书本上的内容进行套路化的解答，十分考验学生的数学思维和创新能力，这也正是这类问题对大部分人而言的难点，他们不能使用任何曾接触过的知识、不用调用任何已有的经验。通常第二问是对新概念一些全新特征的考察，一般复杂度不高，思维深度浅，对于熟悉新定义方法的学生而言可以在几分钟内严格做出，一部分题目第二问的解法或结论会对第三问形成铺垫。第三问的难度与前两问相比有质的飞跃，要求更长的思维链和更复杂的考虑，这也是我们要重点研究的问题。 新定义问题虽新，但也并非没有任何可供我们使用的方法或工具，下面就列举一些我们常用的工具：奇偶性分析、数学归纳法、抽屉原理、图论、组合极值、不变量……这些内容我们也将会在之后做成专题。备考新定义问题中极为重要的一个环节就是熟悉这些内容，绝大多数新定义问题的解题关键都在这些原理之中。 北京的新定义，虽然名叫“新”定义，但也未必是全新的，毕竟出题人水平和精力有限，而想要出好一道有思维深度的新定义不是一件易事，所以他们必然会想出各种偷懒的方法，这就形成了北京新定义题目的两大重要题源： 第一类是来自数论、图论等高阶知识的结论。这种高中学生不会接触的初等数学分支中有海量可以被改编为新定义题目的概念，例如2025北京高考的哈密顿路径和2026海淀高三期末的反帕斯卡三角。 第二类是改编（照搬）自各类数学竞赛题，如CMO、IMO或者苏联的一些竞赛题。例如2023北京高考网传改编自某年的苏联竞赛（我没有追溯到具体的题目，真实性存疑）、2023丰台一模照搬2012CMO，2025丰台一模来自2009IMO（怎么又是丰台） 所以，如果你有学习数学竞赛的基础，那么做出二十一题第三问对你来说可能也并不会那么困难，而如果你没有学习数学竞赛的意图，只是希望专注于高考，也可以通过阅读一下入门的竞赛教程培养做二十一题的感觉，这里依据个人经历推荐小蓝本（数学奥林匹克小丛书第三版）第八卷：高中数学竞赛中的解题方法与策略、第十七卷：图论、第十八卷：组合极值，对于时间充裕的同学，诸如《命题人讲座》系列等相关书目也可以有所涉及。 第二部分：从一道例题看新定义问题的思考方式 我们以刚刚考完的2026-2027学年海淀高三期中考试数学二十一题为例，讲一讲新定义问题应该如何思考。 
本题首先给出了一个m×n的数表A，其中的元素均为±1，这是新定义问题常用的素材。基于这种背景的命题一般会考察大矩阵的某个局部（比如某一个行、列，或者某个子矩阵）中元素的分布状况，并且通过类似于“所有元素的和”、“所有元素之积”、该区域内正（负）1的个数”之类的数值来反应。这也正是本题中定义rⁱ、cⁱ（由于输入法的限制，所有下标一律表成上标，出现幂的情况会用“^”加以区别）的来源。这样的定义有一个特征，它用一个常数概括了矩阵整行（列）的全局性质，rⁱ和cⁱ的取值显然只有±1两种，不可能完全反应矩阵的整行（列）的全部信息，实际上，rⁱ、cⁱ的取值之与该行（列）中“-1”个数的奇偶性有关。 随后题目中定义了D（A），也就是我们本题要研究的核心概念。D（A）是由rⁱ、cⁱ确定的一个常数，同样反应了整个矩阵的性质。原则上讲，D（A）是由整个矩阵每个元素共同确认的，所以应该关联m×n个元素，应研究的有2^（m×n）种情况，但是，因为我们根据rⁱ、cⁱ计算出D（A），实际上只需要确定rⁱ、cⁱ共m+n个数值即可，把所需讨论的范围缩小到了2^（m+n），不过这依然不是一个很友善的范围。 另有一点值得注意的是，D（A）=X（A）-Y（A），而X（A）、Y（A）分别是所有rⁱ、cⁱ的和，只要确定rⁱ、cⁱ中分别有正（负）1的个数就可以算出，就如同计算rⁱ、cⁱ并不关心某一行（列）中究竟哪些位置是+1，哪些位置是-1，我们只关心其中某种元素的数量一样，我们这里也并不关心其中具体哪个分量为+1，我们只在乎其中+1的数量。所以我们不妨设所有rⁱ、cⁱ中值为+1的个数分别为t、s。我们容易将D（A）用s和t表示出来。 即：D（A）=n-m+2（t-s） 这很重要 发现D（A）其实只与t-s一个指标有关，易知0≤t≤m、0≤s≤n，所以我们需要研究的只剩下2max｛m，n｝+1种情况了。 其实我们选择设出rⁱ、cⁱ中正一的个数是一种常见的思路，下面一道例题（24-25海淀高三期中）也可以使用相似的方法很容易的做出（答案下期发布） 
从D（A）=n-m+2（t-s）这个表达式中我们可以看出两个事实，第一：D（A）一定和n-m模2同余（a和b模c同余即a和b除以c的余数相同），第二：行与列在D（A）中的贡献不平权，容易看出如果对一个数阵取转置，那么D（A）变号，即D（A）=-D（Aᵀ）。 从现在开始，我们还没有阅读任何的设问，只是对题给的定义进行了基本的分析，对于熟练掌握新定义题目的同学们而言这应该是基本功，要在开考前浏览试卷的阶段完成以上的思考。如果你对新定义题型有了足够大量的练习和研究，应该积累了数量相当的解题工具，你拿到试卷的第一件事就是将题目上给出的定义和你的工具箱进行匹配，以此确定解题的基调，比如这道题，我们现在就可以确定应该偏重奇偶性的分析，而放弃应用图论或者不变量的方法。新定义是需要大量试错的题目，而在时间有限的考场上，试错的时间恰恰是最珍贵的成本，这有利于我们减少不必要的思考，提高解题效率。 借此机会分享一下我对考场时间安排的感悟。开考前浏览试卷的五分钟不需要在前面花时间，不缺那点时间做两道选择，干瞪眼看圆锥曲线也没有意义，所以最好用这个时间对二十一题的题干做基本的分析，理想的情况下应该顺手在脑中完成第二问的证明，对一般的新定义题目而言第二问都是思维链条短且套路化的，考前五分钟瞪眼完成证明绝对是可行的。对于前二十道题应该用不超过七十分钟的时间比较完备的做出来，没有任何拿不准甚至跳过的小问，因为考试最后必须留出十分钟左右时间检查（在新定义第三问孤注一掷而放弃检查的机会是极不明智的），而高考新定义第三问近几年思维强度都不低，并且在组织语言严格表述上也很有难度，所以留出至少四十分钟才能保证自己有比较充足的思考和书写答案的时间。当然，这是一个留足余量的设计，如果状态好或许二十分钟就足够了。 现在我们回到题目，从第二问开始。本问要求我们讨论m=3，n=4时D（A）的最小值，一般情况下第二问都要求我们求解一种具体的情况。 由于前面的分析，我们已经知道在本问中D（A）=1+2（t-s），而同时-4≤t-s≤3，所以容易知道D（A）最小值的一个下界是-7，然后我们应该尝试构造一种使得D（A）=-7的数阵A，如果我们的构造是顺利的，就完成了这个小问，如果难以发现符合的构造，我们应该考虑是否D（A）=-7是不可能的，于是我们就应该①证明D（A）=-7是不可能的②尝试构造D（A）=-5的情形。 在本题中D（A）=-7确实是不可能的。其实，如果站在出题人的角度也容易猜到这件事，如果D（A）=-7是可能的，那么只需要一个构造便可以得到5分（我不知道评分标准，本问分值可能更高），这也太水了。尽管二十一题第二问难度不应过高，但这也是相对而言，直接送出五分不符合出题人的目标。所以对于这种存在一个显而易见的可能答案，并且只需构造就能完成说明的题目，如果验证这个构造是否满足要求是很轻松的（比如本题，给定一个数阵A，计算D（A）=-7是否成立是很轻松的），那么这个显而易见的答案大概率不正确，而如果验证一种构造是否符合题意比较困难，那么这个答案更有可能是对的。 现在，考场上的你通过依据经验的揣测和几次失败的构造，你猜想D（A）=-7是不可行的，于是，你需要想办法证明它。 想要证伪一个命题包含几种思路：1.通过奇偶性（染色）制造矛盾 2.利用不变量寻找矛盾 3.由数学归纳法从易证的情形推广 4.通过解方程或者借用集合的包含关系，创造形如“a=b，b=c，a≠c”一类的矛盾 5.利用抽屉原理生成矛盾 。这是我们解决新定义问题常用的五种方法，在本题中，显然应该侧重于基于奇偶性的分析，问题在于在何处运用奇偶性。 这就需要我们引出解决新定义问题的一种重要方法：算两次（注：两是虚指，意为多次）。我们先来思考一个简单的问题，为什么奇偶性可以帮我们证伪命题？对于同一个数，一种方法算出是奇数，另一种方法算出是偶数，一个数不会即是奇数又是偶数，出现矛盾，假设存在错误。所以我们的问题转化为了如何用两种独立的方法判断某个值的奇偶性。 在本题中我们选择了使用了t和s两个变量来描述数阵A，看似这两个变量是独立的，但实际上它们都有数阵A决定，其实暗含着一些联系，它们并不完全独立，因为一个数阵A从行或列的角度来衡量都应该是一样的，但如果我们分别从rⁱ和cⁱ的角度来看，却得到了相反的结论，这就推出来了矛盾。 在本题中，我们需要证伪的是D（A）=-7，容易知道D（A）=-7当且仅当X（A）=-3并且Y（A）=4，X和Y就是分别从行和列的角度研究数阵A得到数值，我们的思路便是证明X=-3可以推导出某种结论而Y=4可以推出不同的结论。前面已经提到X和Y的值分别表征rⁱ、cⁱ中正一的个数，并且依据m=3、n=4可以判断出，rⁱ=-1意味着第i行有一或三个-1、cⁱ=1意味着第i列有零或二个-1，于是我们可以知道X（A）=-3意味着每行均有一个或三个-1，由于总行数是奇数，所以A中总共有奇数个负一，同理Y（A）=4意味着每列有零个或二个-1，由于总列数是偶数，所以A中总共有偶数个负一，这就形成了基于奇偶性的矛盾，所以D（A）=-7是不可能的。至于D（A）=-5的构造是容易想到的（比如第一列全为-1，其余所有元为+1就满足条件），这里就不再提，至此我们做出了第二问，D（A）min=-5。 我们先进行一个简单的总结，在解决第二问的问题时，我们本质上完成了两件事情，第一：选取了简单的方法表示出了D（A）（即D（A）=n-m+2（t-s））并且得到了D（A）的一些性质；第二：通过从行和列的角度计算A中-1的个数得到了矛盾。这启示我们，或许“A中-1的个数”这一指标可以帮助我们思考，并且得到关于D（A）的一些性质。毕竟第二问的答案或解决第二问的方法往往对第三问的解答有所帮助 现在我们正式进入第三问。在第三问，题干先给我们定义了集合Ω用来表征D（A）的所有可能值，实际上我们之前给出的D（A）的表达式就为我们给出了一个包含Ω的母集。另外，它定义了集合Γ，是在m、n均为奇数，且A中恰有6个1的情况下，D（A）的取值集合。需要我们求Ω=Γ时m×n的最大值。这个题目乍一看一头雾水，因为我们并不清楚Ω和Γ的具体性质，也不清楚A中有六个1可以带来什么信息。不过，我们仍可以通过优秀的语文知识重新以我们可以理解的形式表述这个题干：对于奇数m、n，如果对于D（A）的所有可能值都包存在一种数表中恰有6个1的构造，求m×n的最大值。 我们之所以可以这样表达Ω=Γ，涉及到了我们处理集合相等关系的两种常见做法。第一：找出集合A、B的所有元素，并且建立一种其上的一一对应关系（这一做法可以用于解决另一种常见的设问：证明满足某某性质的元素的个数为偶（奇）数）；第二：运用最古朴的方法，证明A⊂B，且B⊂A。在本题中显然有Γ⊂Ω，而我们新的表述恰好等价于对于Ω中的每一种D（A），都有一个符合Γ中某个D（A）的构造。 经过这样的转化，我们的证明转化为这样几件事情，第一：求Ω；第二：找出最大的m×n，第三：对于找定的m和n，构造出恰有6个1的A去验证Ω中所有D（A）都可以取到，对于步骤二可以以以下的办法实现：找出D（A）中需要元素1个数的最小值最大的那个，让这个最大的最小值恰为6以筛选m、n的范围。 尽管现在我们已经明确了解题的步骤，但是似乎还是不知道如何下手。在这种情况下，我们现在应该做的就是翻看自己的工具箱，不过这时里面多了一项东西，就是我们完成第二问使用的解题思路，我们可以尝试在第三问的场景中再次研究那个问题。 在本题中，因为m、n均为奇数，我们可以通过t、s的奇偶性推导出一些更高级的结论。知道，rⁱ（cⁱ总是同理）=1，意味着该行中有偶数个+1，也就是说如果t（s总是同理）为奇数，意味着A中+1的个数是奇数个奇数（t个rⁱ为1的行）+偶数个偶数（rⁱ=-1的行），是一个奇数，而如果t为偶数，A中+1的数量就是偶数个奇数（rⁱ=1的行）+奇数个偶数（rⁱ=-1的行），是一个偶数。综上，由于A中1的个数的奇偶性是唯一的，也就意味着t和s的奇偶必然相同，也就意味着t-s必然是偶数，进一步我们知道D（A）=n-m+2（t-s）和n-m必然模4同余。这是我们可以从处理第二问的方法得到的结论。 我们已经对Ω进行了进一步的讨论，没有很显然的思路供我们继续推进了，所以现在可以考虑进入证明的第二个环节，得到m和n的最大值。想要求得m、n的最大值，必须从“A中恰有6个1”这一限定条件入手，因为这启示我们m和n不可能过大。容易发现，因为m、n是奇数，所以某一行（列）全部都为-1，那么相应的rⁱ（cⁱ）也一定是-1，所以所以值为1的rⁱ（cⁱ）的个数，也就是t（s）一定小于A中所有+1的数量，也就是6 。于是，我们得到0≤t，s≤6，以及-12+n-m≤D（A）≤n-m+12。我们还知道，如果去除A中正一个数的限制，可以得到D（A）的另一个取值范围，一定是[-12+n-m，n-m+12]的一个子集。所以我们可以在不考虑A中元素个数的情况下构造一些极限的例子，并且解不等式D（A）∈[-12+n-m，n-m+12]从而尝试得到对m、n的限制。 至于所谓“极端的情况”，我们容易想到的一种构造就是第二问我们所构造的D（A）=-5的例子，我们取这样一个D（A），它的最左边一列全为-1，其他元素全为+1，这样计算得此时D（A）=-m-[n-1-1]=2-m-n利用-12+n-m≤D（A）=2-m-n≤n-m+12可以容易解得m≤7与n≤7，这是一个看起来比较靠谱的答案，我们现在需要做的只是验证存在A中仅含6个1的构造覆盖整个Ω。 尽管我们现在还没有确定Ω的具体组成，不过我们可以得到m=7、n=7时所有n-m+2（t-s）构成的集合：｛-12、-8、-4、0、4、8、12｝，我们无法证明Ω=｛-12、-8、-4、0、4、8、12｝，但如果我们证明了｛-12、-8、-4、0、4、8、12｝∈Γ 就一定可以推出Ω=Γ。 现在，我们证明的重心变为了尝试找出所需的七种构造即可。我们前面已经发现可以通过取转置（即构造数阵B，使得bʲⁱ=aⁱʲ）的形式使D（A）变号，并且容易发现主要去一个转置不变（关于对角线对称）的数阵就得到了D（A）=0的情形，所以我们只需要完成三种构造即可。 题目到这里已经可以宣告解决了，剩下的构造是水到渠成的过程。我们先考虑一种最容易想到的构造，让a¹¹...a⁶¹为+1，其余为-1，此时D（A)=6-1-(0-7)=12，从这个构造中，我们容易猜想到，如果想要构造出D(A)=8的情形，此时D(A)应该形如5-2-（1-6），若要构造D(A)=4，D(A)应形如4-3-（2-5）。我们可以以此出发进行构造。 值得提出的是，这只是一个可行的方向，未必是最优的策略，比如在第一种构造的基础上令a⁶²=1而a⁶¹=-1，得到了一种D（A）=6-1-（2-5）=8也是符合条件的构造，并且似乎更容易想到。进一步构造D（A)=4的情形时可以对某些人造成了困难，因为仿照之前的操作再将一个+1挪到新的列中不再可行了，不过这也容易解决，只需再进行几次不同质的构造即可，比如在构造2的基础上令a⁵²=1而a⁵¹=-1即得到D（A）=4的情况，至此，我们完成了本题的全部证明。 下面我展示一版我书写的完整解答，大家可以进一步思考是否可以广义的证明，对于任意的奇数m=n，Ω中任何的D（A）都存在一种仅有m（n）-1个正1的构造。
