自從2024年1月九省聯(lián)考之后，高考數(shù)學(xué)題量從22題變更為19題，試題的結(jié)構(gòu)發(fā)生了顯著的變化，特別是最后一道壓軸試題，是否考查新定義問題與如何考查新定義問題特別令人關(guān)注.隨著2024年高考落下帷幕，這一迷霧已被揭開.2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷考查了以數(shù)列概率為背景的新定義創(chuàng)新題，對考生的創(chuàng)造性思維提出了極高的要求.下面，筆者通過對2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷新定義壓軸題進行詳盡的分析，從試題賞析、解法探究、高考題源分析，新定義試題考法，備考反思等方面進行解讀，以期對廣大師生新一年的備考有所幫助，現(xiàn)分析如下，供大家參考.

一、試題賞析

【2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷壓軸題】設(shè)為正整數(shù)，數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項ai和aj（i<j）后剩余的4m項可被平均分為m組，且每組的4個數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）-可分數(shù)列.

（1）寫出所有的（i，j）（1≤i<j≤6），使數(shù)列a1，a2，…，a6是（i，j）-可分數(shù)列；

（2）當(dāng)m≥3時，證明：數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）-可分數(shù)列；

（3）從1，2，…，4m+2中一次任取兩個數(shù)i和j（i<j），記數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）可分數(shù)列的概率為Pm，證明：Pm>18.

2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷第19題是一道極具創(chuàng)新的新定義問題.試題以數(shù)列與概率為背景進行試題的構(gòu)建，考查了數(shù)列、概率、排列組合等考點，對考生的數(shù)學(xué)思想方法的考查較為深入.特別對考生從特殊到一般的抽象概括能力提出了較高的要求，深入考查了考生組合優(yōu)化，邏輯分析的能力.

試題的命題具有一定的新穎性，設(shè)問層層遞進.第一小問難度不大，只要具備一定的理解能力即可獲得問題的解答，第二問具有一定的靈活性，對考生的能力提出了一定的要求，第三問難度比較大，需要考生具備很強的創(chuàng)新能力，前兩小問的完美解答為第三小問的解答提供了一定的提示，如何從前兩小問抽象出解決問題的兩種情形是解題的關(guān)鍵.要想成功解決本題，考生必須具備很好的邏輯推理素養(yǎng)與數(shù)學(xué)抽象素養(yǎng)，為國家選撥符合新時代要求的創(chuàng)新人才發(fā)揮了很好的選拔功能.

二、解法探究

1.第1小問的解答

依題意，符合題意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（5，6）.

【點評】本題只要讀懂題意即可獲得問題的求解，難度不大，但卻為第三問的解答作了必要的鋪墊.

2.第2小問的解答

當(dāng)m=3時，數(shù)列為a1，a2，…，a14，去掉a2，a13后，按以下方式分組，第一組為：a1，a4，a7，a10；第二組為a3，a6，a9，a12；第三組為a5，a8，a11，a14.

顯然這三組均為等差數(shù)列，故m=3時，a1，a2，…，a14是（2，13）可分數(shù)列.

當(dāng)m≥4時，數(shù)列a1，a2，…，a4m+2，去掉a2，a13后，按以下方式分組，第一組為：a1，a4，a7，a10；第二組為a3，a6，a9，a12；第三組為a5，a8，a11，a14，第四組為a15，a16，a17，a18，第五組為a19，a20，a21，a22，……，第m組為a4m-1，a4m，a4m+1，a4m+2.

顯然這m組均為等差數(shù)列，故a1，a2，…，a4m+2，是（2，13）-可分數(shù)列.

綜上可知，當(dāng)m≥3時，a1，a2，…，a4m+2，是（2，13）-可分數(shù)列.

【點評】本題考查了從特殊到一般的思想方法，先通過對m=3的情形的研究，就不難推廣到一般的情形，本小問難度較為適中，同樣也為第三小問的解答作了必要的鋪墊.

3.第3小問的解答

（解法1）設(shè)數(shù)列的公差為d.

當(dāng)m≥3時，去掉ai，aj后，數(shù)列a1，a2，…，a4m+2剩下4m項，可分成m組，每組均四項，現(xiàn)按以下兩種情形進行分類：

第一種情形，每組的等差數(shù)列的公差均為d.

當(dāng)i=1時，符合題意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（1，10），…，（1，4m+2）.共m+1個；

當(dāng)i=5時，符合題意的（i，j）有：（5，6），（5，10），（5，14），…，（5，4m+2）.共m個；

當(dāng)i=9時，符合題意的（i，j）有：（9，10），（9，14），（9，18），…，（9，4m+2）.共m-1個；

……，以此類推，

當(dāng)i=4m-3時，符合題意的（i，j）有：（4m-3，4m-2），（4m-3，4m+2）.共2個;

當(dāng)i=4m+1時，符合題意的（i，j）有：（4m+1，4m+2）.共1個.

故合計共有M=（m+1）+m+（m-1）+…+2+1=（m+1）（m+1+1）2=12（m2+3m+2）個.

第二種情形，每組的等差數(shù)列的公差均大于或等于2d.

當(dāng)i=2時，符合題意的（i，j）有：（2，9），（2，13），（2，17），…，（2，4m+1）.共m-1個；

當(dāng)i=6時，符合題意的（i，j）有：（6，13），（6，17），（6，21），…，（6，4m+1）.共m-2個；

當(dāng)i=10時，符合題意的（i，j）有：（10，17），（10，21），（10，25），…，（10，4m+1）.共m-3個；

……，以此類推，

當(dāng)i=4m-10時，符合題意的（i，j）有：（4m-10，4m-3），（4m-10，4m+1）.共2個；

當(dāng)i=4m-6時，符合題意的（i，j）有：（4m-6，4m+1）.共1個.

故合計共有N=（m-1）+（m-2）+（m-3）+…+2+1=（m-1）（m-1+1）2=12（m2-m）個.

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

當(dāng)m=1時，P1=3C26=36×52=15>18，滿足題意，

當(dāng)m=2時，符合題意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（1，10），（5，6），（5，10），（9，10），（2，9），共7個.故P2=7C210=710×92=745>18，滿足題意.

綜上所述，Pm>18.

【點評】通過對前兩小問的分析，并進行數(shù)學(xué)抽象，再通過組合優(yōu)化分類，得到兩種不同情形的可分數(shù)列的種數(shù)，進而獲得問題的求解.

（解法2）顯然a1，a2，…，a4m+2是（i，j）-可分數(shù)列當(dāng)且僅當(dāng)1，2，…，4m+2是（i，j）-可分數(shù)列.

第一種情形：先證明1，2，…，4m+2是（4p+1，4q+2）-可分數(shù)列，其中p，q∈{0，1，2，…，m}.

當(dāng)0≤p≤q≤m時，刪去4p+1，4q+2，其余項從小到大，每四項分為一組，可知每組的四個數(shù)都構(gòu)成等差數(shù)列，故數(shù)列1，2，3，…，4m+2是（4p+1，4q+2）-可分數(shù)列，可分為

（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的可能取值方法種數(shù)為M=C2m+1+m+1=（m+1）m2×1+m+1=12（m2+3m+2）.

第二種情形：先證明1，2，…，4m+2是（4p+2，4q+1）-可分數(shù)列，其中p，q∈{0，1，2，…，m}.

當(dāng)q-p>1時，刪去4p+2，4q+1，

將1～4p與4q+3～4m+2從小到大，每四項分為一組，可知每組的四項構(gòu)成等差數(shù)列.考慮4p+1，4p+3，4p+4，…，4q，4q+2是否可分，等價于考慮1，3，4，…，4t，4t+2是否可分，其中t=q-p>1，可分為（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），每組四個數(shù)均構(gòu)成等差數(shù)列.故1，2，…，4m+2是（4p+2，4q+1）可分數(shù)列.

故p，q的可能取值的方法種數(shù)為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.

【點評】本解法的分類標(biāo)準(zhǔn)是由前兩小問抽象凝練而來的，結(jié)合排列組合知識即可獲得問題的求解，對考生的數(shù)學(xué)抽象，邏輯推理等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)提出了較高的要求.

（解法3）記數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）-可分數(shù)列的種數(shù)為bm.

當(dāng)m=1時，由（1）可知b1=3；

當(dāng)m=2時，符合題意的（i，j）有：（1，2），（1，6），（1，10），（5，6），（5，10），（9，10），（2，9），共7個.

當(dāng)m=3時，符合題意的（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個.

猜想bm+1≥bm+2m+2.

下面證明之：

事實上，當(dāng)m增加1時，數(shù)列增加了四項：a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6.

當(dāng)新增四項a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6的數(shù)列去掉的兩項與原數(shù)列去掉的兩項相同時，把新增加的四項a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6作為一組，其余項的分組與原數(shù)列的分組相同時，數(shù)列是可分的，共bm種可能.

當(dāng)去掉a1，a5，a9，…，a4m+1，a4m+5中的一項與a4m+6后數(shù)列是可分的，共有m+2種可能.

當(dāng)去掉a2，a6，a10，…，a4m-6，a4m-2中的一項與a4m+5后.數(shù)列是可分的，共有m種可能.

所以bm+1≥bm+2m+2，即bm+1-bm≥2m+2.

所以當(dāng)m≥2時，

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，

當(dāng)m=1時，b1=3也滿足bm≥m2+m+1，

所以對任意的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得證.

【點評】本題通過特殊到一般的數(shù)學(xué)思想，得到遞推關(guān)系，進而可用累加法獲得問題的求解，是一種四兩撥千斤的優(yōu)美解法，值得細細品味.

三、題源分析

通過對2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷壓軸題的研究，筆者發(fā)現(xiàn)其命題方式、解題思路與2022年高考北京卷是較為相似的.

【題源】（2022年高考北京卷第20題）已知Q：a1，a2，…，ak為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對任意的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，則稱Q為m-連續(xù)可表數(shù)列．

（1）判斷Q：2，1，4是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；

（2）若Q：a1，a2，…，ak為8-連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；

（3）若Q：a1，a2，…，ak為20-連續(xù)可表數(shù)列，且a1+a2+…+ak<20，求證：k≥7．

【解析】（1）a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5-連續(xù)可表數(shù)列；易知，不存在i，j使得ai+ai+1+…+ai+j=6，所以Q不是6-連續(xù)可表數(shù)列．

（2）若k≤3，設(shè)為Q：a，b，c，則至多a+b，b+c，a+b+c，a，b，c，6個數(shù)字，沒有8個，矛盾；

當(dāng)k=4時，數(shù)列Q：1，4，1，2，滿足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種，若i≠j，最多有C2k種，所以最多有k+C2k=k（k+1）2種，

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

而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有負的，從而a，b，c，d，e，f可表1～20及那個負數(shù)（恰21個），這表明a～f中僅一個負的，沒有0，且這個負的在a～f中絕對值最小，同時a～f中沒有兩數(shù)相同，設(shè)那個負數(shù)為-m（m≥1），

則所有數(shù)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}，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足20個，

因為1=-1+2（僅一種方式），所以-1與2相鄰，

若-1不在兩端，則“x，-1，2，，，”形式，

若x=6，則5=6+（-1）（有2種結(jié)果相同，方式矛盾），

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

若A=3，則5=2+3（有2種結(jié)果相同，矛盾），A=4同理不行，

A=5，則6=-1+2+5（有2種結(jié)果相同，矛盾），從而A=6，

由于7=-1+2+6，由表法唯一知3，4不相鄰，

故只能-1，2，6，3，5，4……①或-1，2，6，4，5，3……②

這2種情形，對①：9=6+3=5+4，矛盾，對②：8=2+6=5+3，也矛盾，綜上k≠6.

所以k≥7．

【點評】本題考查數(shù)列的新定義，考查考生的邏輯思維能力和運算能力，對考生的綜合數(shù)學(xué)素養(yǎng)要求較高.

四、新定義試題考法分析

1.給出未學(xué)習(xí)過的新知識與新理論，考查考生的學(xué)習(xí)能力

【試題2】（2024年九省聯(lián)考第19題）離散對數(shù)在密碼學(xué)中有重要的應(yīng)用．設(shè)p是素數(shù)，集合X={1，2，…，p-1}，若u，v∈X，m∈N，記uv為uv除以p的余數(shù)，um，為um除以p的余數(shù)；設(shè)a∈X，1，a，a2，，…，ap-2，兩兩不同，若an，=b（n∈{0，1，…，p-2}），則稱n是以a為底b的離散對數(shù)，記為n=log（p）ab．

（1）若p=11，a=2，求ap-1，；

（2）對m1，m2∈{0，1，…，p-2}記m1m2為m1+m2除以p-1的余數(shù)（當(dāng)m1+m2能被p-1整除時，m1m2=0）．證明：log（p）a（bc）=log（p）ablog（p）ac，其中b，c∈X；

（3）已知n=log（p）ab．對x∈X，k∈{1，2，…，p-2}令y1=ak，，y2=xbk，．證明：x=y2y1n（p-2），．

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

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

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

因為1，a，a2，，…，ap-2，兩兩不同，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，則p-1-i∈{1，2，…，p-2}，ap-1-i，≠1，因此i=0，ap-1，=1．

記n=log（pa）b，m=log（p）c，n+m=nm+l（p-1），其中l(wèi)是整數(shù)，

則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）由題設(shè)和（2）的法2的證明知：

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的證明知ap-1，=1，所以y2y1n（p-2）=x．

【點評】本題以初等數(shù)論中的費馬小定理為背景進行試題的構(gòu)建，解題的關(guān)鍵是充分理解新定義，讀懂抽象的數(shù)學(xué)語言，然后進行邏輯推理，實現(xiàn)問題的求解.這對考生學(xué)習(xí)新知識的能力提出了較高的要求.

2.以高數(shù)知識為背景，注重知識的交匯

【試題2】（2024年溫州二模第19題）如圖，對于曲線Γ，存在圓C滿足如下條件：

①圓C與曲線Γ有公共點A，且圓心在曲線Γ凹的一側(cè)；

②圓C與曲線Γ在點A處有相同的切線；

③曲線Γ的導(dǎo)函數(shù)在點A處的導(dǎo)數(shù)（即曲線Γ的二階導(dǎo)數(shù)）等于圓C在點A處的二階導(dǎo)數(shù)（已知圓（x-a）2+（y-b）2=r2

在點A（x0，y0）處的二階導(dǎo)數(shù)等于r2（b-y0）3）；

則稱圓C為曲線Γ在點A處的曲率圓，其半徑r稱為曲率半徑．

（1）求拋物線y=x2在原點的曲率圓的方程；

（2）求曲線y=1x的曲率半徑的最小值；

（3）若曲線y=ex在（x1，ex1）和（x2，ex2）（x1≠x2）處有相同的曲率半徑，求證：x1+x2<-ln 2．

【解析】（1）記f（x）=x2，設(shè)拋物線y=x2在原點的曲率圓的方程為x2+（y-b）2=b2，其中b為曲率半徑．則f′（x）=2x，f″（x）=2，故2=f″（0）=b2（b-0）3=1b，2=r2b3，即b=12，所以拋物線y=x2在原點的曲率圓的方程為x2+（y-12）2=14.

（2）設(shè)曲線y=f（x）在（x0，y0）的曲率半徑為r．則

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）|，故曲線y=1x在點（x0，y0）處的曲率半徑r=-1x202+1322x30，

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

則r=12x20+1x2032≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x20=1x20，即x20=1時取等號，

故r≥2，曲線y=1x在點（1，1）處的曲率半徑r=2．

（3）函數(shù)y=ex的圖像在（x，ex）處的曲率半徑

r=（e2x+1）32ex

，故r23=e43x+e-23x，

由題意知：e43x1+e-23x1=e43x2+e-23x2

令t1=e23x1，t2=e23x2，

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

因為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．

【點評】本題以高等數(shù)學(xué)中的曲率半徑，高階導(dǎo)數(shù)為背景進行試題的構(gòu)建，考查的數(shù)學(xué)知識與方法卻是初等的.綜合考查了解析幾何、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式等考點，特別注重數(shù)學(xué)知識的交匯，對考生綜合運用所學(xué)知識求解問題的能力提出了較高的要求.

五、備考反思

1.克服新定義問題的畏懼心理，爭取多拿幾分

由于高考新定義問題材料新、分值高、難度大，因此對廣大考生造成了較為嚴重的畏懼心理，不少考生甚至達到了望而生畏的地步.如何在考場中爭取多拿幾分成為考生必須面對的問題.我們應(yīng)立足前兩小問，一般來說，只要具備一定基礎(chǔ)，沉重冷靜理解題意解答，難度并不是很大.對于第三問，應(yīng)注重試題的層層遞進關(guān)系，看看能否從前面的問題中得到第三問的解題線索，結(jié)合自己的實際盡可能多地多拿幾分.即使做不出來，也并不可怕，因為此題就是國家為了篩選人才而設(shè)計的試題，拿不下并不遺憾.

2.不要盲目刷題，注重數(shù)學(xué)思維的培養(yǎng)

在數(shù)學(xué)科的復(fù)習(xí)備考中，考生應(yīng)重視數(shù)學(xué)思維的培養(yǎng)，不能毫無選擇性地盲目刷題，更不能盲目依賴大量二級結(jié)論進行刷題.要重視數(shù)學(xué)知識、數(shù)學(xué)思想方法的發(fā)生過程，對于二級結(jié)論，除了比較重要的少量結(jié)論需要熟練掌握外，并不需要大量記憶.其實對于二級結(jié)論，結(jié)論并不是很重要，更重要的還是這些結(jié)論是如何得到的，所涉及的知識與數(shù)學(xué)思想方法有哪些.只有搞清楚問題的來龍去脈，數(shù)學(xué)思維才能得到提升.

3.不猜題，全面復(fù)習(xí)高考所有考點考法

教育部在實施新高考后，傳統(tǒng)的幾乎一成不變的固化命題方式已經(jīng)打破.因此，在備考復(fù)習(xí)中，不能胡亂猜題，機械地認為今年考什么，怎么考，明年還是考什么，怎么考.要改變投機的猜題的備考方法.我們在復(fù)習(xí)過程中，應(yīng)把所有重要的考點與考法復(fù)習(xí)到位，只有務(wù)實地全面復(fù)習(xí)，才能以不變應(yīng)萬變，做到心中有數(shù).

4.注重課本中的經(jīng)典試題與高考真題的研究

通過對近幾年全國卷新高考試題的研究發(fā)現(xiàn)，高考的命題越來越重視對課本中的經(jīng)典試題與經(jīng)典高考試題的挖掘與改編，比如2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷第7題，完全出自人教A版必修第一冊教材的例題，2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷第8題本質(zhì)上是斐波那契數(shù)列問題，而斐波那契數(shù)列在教材中的閱讀材料中出現(xiàn)過.2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷第18題只是簡單地改編自2015年北京卷高考試題.因為教材與高考真題是公認的高質(zhì)量備考材料，凝結(jié)了專家學(xué)者的大量心血，其備考價值是毋庸置疑的，因此在備考中，要特別重視對課本經(jīng)典試題與經(jīng)典高考真題的研究.

【本文系2023年廣東客家地區(qū)基礎(chǔ)教育師資培養(yǎng)培訓(xùn)協(xié)同育人中心一般課題“基于SOLO理論的高中數(shù)學(xué)新教材習(xí)題教學(xué)的實踐與研究”（課題編號：GDKJ23037）階段性研究成果】

【作者簡介：高中數(shù)學(xué)一級教師.梅州市學(xué)科帶頭人培養(yǎng)對象，興寧市學(xué)科帶頭人.興寧市第十屆范劍冰獎教基金十佳教師.主持省級、梅州市級課題三項，參與省級、梅州市級課題三項，獲梅州市教育教學(xué)成果獎一等獎兩次.在《數(shù)學(xué)教學(xué)》《數(shù)學(xué)通訊》《中小學(xué)數(shù)學(xué)》《廣東教育》等期刊發(fā)表文章160余篇，其中國家級50余篇.在中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)出版社出版《數(shù)學(xué)高考經(jīng)典：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)》等專著四部】

責(zé)任編輯 徐國堅