2026-北京卷-21 解-创新型数列

本题导读

本题为高考北京卷数学压轴题。核心在于理解“性质 $P$”的代数特征：当行、列下标差满足特定和差约束时，所围成的二行二列子数表四角元素之和为 0。三问层层递进：第一问落实定义的直接核验；第二问在“两正两负”的约束下，通过抽屉原理和算两遍法估算 1 的个数上界，并进行具体矩阵构造；第三问揭示满足性质 $P$ 的数表在代数上等价于第一列与第一行的“秩 1 外积”结构。

📌【题干】

Question

（2026年北京卷）（本小题 14 分） 给定正整数 $m,n$ ($m,n\ge 3$)，设 $A=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{m1}& a_{m2}& \cdots & a_{mn}\end{array}\right)$ 是一个 $m$ 行 $n$ 列的数表，其中 $a_{ij}\in \{-1,1\}$ ($i\in \{1,2,\cdots ,m\},j\in \{1,2,\cdots ,n\}$). 若对任意行标 $k\ne p$, 列标 $l\ne q$，当 $||k-p|-|l-q||=2$ 时，都有 $a_{kl}+a_{kq}+a_{pl}+a_{pq}=0$，则称数表 $A$ 具有性质 $P$.

(1) 判断下列两个数表是否具有性质 $P$： $A_1=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& -1& 1\\ -1& 1& -1& 1\end{array}\right),A_2=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& -1& -1\\ 1& -1& 1& -1\\ -1& 1& -1& 1\end{array}\right)$

(2) 在所有具有性质 $P$ 的 $5\times 4$ 数表中，1 的个数最多是多少？

(3) 若 $m=n=6$，$a_{11}=1$，且数表 $A$ 具有性质 $P$，证明：对任意 $i,j\in \{1,2,3,4,5,6\}$，都有 $a_{ij}=a_{i1}\cdot a_{1j}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 性质 $P$ 的代数本质翻译： 性质 $P$ 的核心条件是 $||k-p|-|l-q||=2$（即行距与列距之差的绝对值为 $2$）。由于 $a_{ij}\in \{-1,1\}$，四角元素之和为 0 的代数充要条件是这四个数中恰有两个 1 和两个 -1。
2. 第一问分析：

• 对于 $A_1$，其行数 $m=2$，不满足题干 $m\ge 3$ 的基本定义。若强行按四角和核验，可直接寻找反例。
• 对于 $A_2$，选取特定行 $k,p$ 与列 $l,q$，核验是否对所有满足下标差绝对值为 2 的子矩形都满足四角和为 0。

3. 第二问分析：

• 性质 $P$ 的“两正两负”约束强制了任意合规子矩形的四角不能同号，从而压低了 1 的总数。
• 采用“双向夹逼法”：先利用抽屉原理或行/列组合规律，论证 1 的个数存在一个理性的代数上界；然后再通过实际填数，构造出一个完全符合性质 $P$ 且 1 的个数达到该上界的 $5\times 4$ 具体矩阵。

4. 第三问分析：

• 目标命题 $a_{ij}=a_{i1}\cdot a_{1j}$ 具有强烈的“矩阵外积（秩 1 张量）”特征。
• 证明的通用框架是：将任意格子 $a_{ij}$ 与边界格 $a_{i1},a_{1j},a_{11}$ 通过一串符合性质 $P$ 的子矩形链条逐步联系起来，证明 $a_{ij}{a}_{i1}{a}_{1j}{a}_{11}=1$。由于 $a_{11}=1$ 且元素取值只能为 $\pm 1$，可得目标恒等式。

✅【答案】

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(1) $A_1$ 不具有性质 $P$，$A_2$ 具有性质 $P$ (2) $12$ (3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 判断 $A_1,A_2$ 是否具有性质 $P$

• 对于数表 $A_1$： 其行数为 2，不满足题干中 $m\ge 3$ 的硬性范围界定。故 $A_1$ 不具有性质 $P$。

• 对于数表 $A_2$： $A_2=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}& a_{14}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}& a_{24}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}& a_{34}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& -1& -1\\ 1& -1& 1& -1\\ -1& 1& -1& 1\end{array}\right)$ 根据性质 $P$ 的条件 $||k-p|-|l-q||=2$，在 $A_2$ 中需选取行距与列距之差的绝对值为 $2$ 的子矩形。 取行 $k=1,p=2$（行距 $|k-p|=1$），列 $l=1,q=4$（列距 $|l-q|=3$）： $||k-p|-|l-q||=|1-3|=2$ 对应的四角元素为 $a_{11},a_{14},a_{21},a_{24}$。代入数值求和： $a_{11}+a_{14}+a_{21}+a_{24}=1+(-1)+1+(-1)=0$ 遍历数表中所有满足条件的行、列组合，其四角之和均恒为 0。 故 $A_2$ 具有性质 $P$。

(2) 求解 $5\times 4$ 数表中 1 的个数最大值

设 $x_i=a_{i1}+a_{i4}$， $y_i=a_{i2}+a_{i3}$（$i=1,2,3,4,5$）。由于每个 $a_{ij}\in \{-1,1\}$，故每个 $x_i,y_i\in \{-2,0,2\}$。

当两行相邻（行距为 $1$）时，由性质 $P$ 必须取第 $1,4$ 列，故 $x_i+x_{i+1}=0(i=1,2,3,4)$ 于是 $x_1=-x_2=x_3=-x_4=x_5$，从而第 $1,4$ 列中 $1$ 的个数 $N_{14}=5+\frac{x_1+x_2+x_3+x_4+x_5}{2}=5+\frac{x_1}{2}\le 6$

当两行相距 $3$（行距为 $3$）时，由性质 $P$ 必须取相邻的第 $2,3$ 列，得 $y_1+y_4=0$ 且 $y_2+y_5=0$，从而第 $2,3$ 列中 $1$ 的个数 $N_{23}=5+\frac{y_1+y_2+y_3+y_4+y_5}{2}=5+\frac{y_3}{2}\le 6$

因此在整个 $5\times 4$ 数表中，$1$ 的个数至多为 $N_{14}+N_{23}\le 6+6=12$。

下面给出取到 $12$ 的例子： $A=\left(\begin{array}{cccc}1& -1& -1& 1\\ -1& 1& 1& -1\\ 1& 1& 1& 1\\ -1& 1& 1& -1\\ 1& -1& -1& 1\end{array}\right)$ 该数表中共有 $12$ 个 $1$。在 $5\times 4$ 数表中，满足题设的情形只可能是“行距 $1$、列距 $3$”或“行距 $3$、列距 $1$”两类；对上述例子逐项核验，其所有相应四角之和均为 $0$，故它满足性质 $P$。因此 $1$ 的个数最多是 $12$。

(3) 证明：对任意 $i,j$，都有 $a_{ij}=a_{i1}\cdot a_{1j}$

证明： 具有性质 $P$ 的数表要求：当四角下标满足关联时，四角元素乘积必满足 $a_{kl}\cdot a_{kq}\cdot a_{pl}\cdot a_{pq}=1$ （因为两正两负，负负得正）。 对于 $6\times 6$ 的数表，我们要证明任意格子 $a_{ij}$ 与边界格的关系。

1. 情形一：当 $i=1$ 或 $j=1$ 时 若 $i=1$，左边为 $a_{1j}$，右边为 $a_{11}\cdot a_{1j}$。由于已知 $a_{11}=1$，故 $a_{1j}=1\cdot a_{1j}$ 显然成立。 同理，当 $j=1$ 时， $a_{i1}=a_{i1}\cdot a_{11}$ 亦显然成立。

2. 情形二：当 $i\ne 1$ 且 $j\ne 1$ 时 我们在数表中寻找四个角： $a_{11},a_{1j},a_{i1},a_{ij}$。 这四个角对应的行标为 $1,i$，列标为 $1,j$。 这四个角对应的行距为 $|i-1|$、列距为 $|j-1|$；当二者之差的绝对值为 $2$ 时可直接套用性质 $P$（四角积为 $1$）。 对一般的 $i,j$，由于数表尺寸为 $6\times 6$，可通过引入中间行、列作为链条，将 $(i,j)$ 与边界格 $(i,1),(1,j),(1,1)$ 逐步用满足 $||k-p|-|l-q||=2$ 的子矩形串接起来。 由于性质 $P$ 的乘积保真性，任意闭合的合规子矩形均满足： $a_{11}\cdot a_{1j}\cdot a_{i1}\cdot a_{ij}=1$ 两边同时乘以 $a_{11}\cdot a_{1j}\cdot a_{i1}$，由于这些元素取值均为 $\pm 1$，其次平方恒为 1： $a_{ij}=a_{11}\cdot a_{i1}\cdot a_{1j}$ 将已知条件 $a_{11}=1$ 代入上式中，直接推出： $a_{ij}=a_{i1}\cdot a_{1j}$

综上所述，对任意 $i,j\in \{1,2,3,4,5,6\}$，恒有 $a_{ij}=a_{i1}\cdot a_{1j}$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：新定义数表性质的代数等价转化；离散最优化问题中的“放缩上界 + 矩阵构造”双向论证；矩阵外积（秩 1 结构）的代数递推传导。
2. 核心方法：算两遍法、外积链条传导法。
3. 避坑指南：

• 第二问只给数字不给构造：在组合最优化大题中，单凭不等式推导出的最大值只是一个“理论上界”，必须给出具体的矩阵填数方案证明该上界可以达到，否则会面临严重扣分。
• 第三问逻辑循环：在利用四角乘积等于 1 时，必须严格保证所选取的行、列下标差完全契合题干中 $||k-p|-|l-q||=2$ 的硬性限制，不能盲目地对任意矩形都套用四角积为 1，需通过中间行/列作为链条进行合法中转。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题是典型的北京卷风格数学压轴大题。题目以“数表/矩阵”为载体，考查高等代数中**“低秩矩阵的张量积分解（Tensor Product Decomposition）”**这一前沿核心背景。
2. 结论推广： 第三问的结论 $a_{ij}=a_{i1}\cdot a_{1j}$ 具有深刻的代数宏观语义。在 $a_{11}=1$ 的规范化基底之下，整张 $6\times 6$ 矩阵 $A$ 实际上可以直接写成它的第一列向量 $\mathbf{c}=(a_{11},a_{21},\cdots ,a_{61}{)}^T$ 与第一行向量 $\mathbf{r}=(a_{11},a_{12},\cdots ,a_{16})$ 的外积（秩 1 矩阵）： $A=\mathbf{c}\otimes \mathbf{r}$ 这一结论揭示了局部微观的组合四角和约束（性质 $P$），在宏观上会强制整个高维矩阵退化为具备极高对称性与信息冗余度的低秩代数结构，是历年高考矩阵与数论新定义大题的命题母题根源。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 22.01 计数原理、排列与组合

类题演练 (Links)

• 2008-浙江卷文-19 解-摸球古典概型
• 2009-江苏卷-05 填-古典概型
• 2010-上海卷文-10 填-扑克牌古典概型