專(zhuān)題01集合與簡(jiǎn)易邏輯真題特點(diǎn)分析：突出對(duì)思維能力的考查。例1.【2022年中科大5】是五個(gè)矩形區(qū)域（邊平行于坐標(biāo)軸），證明：總能找到兩個(gè)集合，使得身下三個(gè)集合的交集包含于這兩個(gè)集合并集，例如：證明：由凱萊定理可以說(shuō)明例2.【2020年武漢大學(xué)9】設(shè)A是集合的子集，只含有3個(gè)元素，且不含相鄰的整數(shù)，則這種子集A的個(gè)數(shù)為（）A.32 B.56 C.72 D.84答案：B進(jìn)行分類(lèi)討論例3.【2020年清華大學(xué)】已知集合，且，則有序集合組的個(gè)數(shù)是（）．A． B． C． D．答案：C解析：畫(huà)出符合A,B,C三個(gè)集合包含關(guān)系的韋恩圖，發(fā)現(xiàn)有4個(gè)邏輯對(duì)應(yīng)的區(qū)域，因而有序集合組（A,B,C）的個(gè)數(shù)是.例4.【北約】已知求證：【解析】不等式；柯西不等式或平均不等式.法一：不等式.調(diào)和平均值，則，可得，上述兩式相加得，即，即法二：由及要證的結(jié)論分析，由柯西不等式得，從而可設(shè)，且從而本題也即證從而，即，假設(shè)原式不成立，即則從而，矛盾.得證.2.注重和解題技巧，考查學(xué)生應(yīng)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力。例5.【北約】已知實(shí)系數(shù)二次函數(shù)與和有兩重根，有兩相異實(shí)根，求證：沒(méi)有實(shí)根.【解析】設(shè)則由，可得由可得化簡(jiǎn)得即又沒(méi)有實(shí)根.二、應(yīng)試和準(zhǔn)備策略注意知識(shí)點(diǎn)的全面數(shù)學(xué)題目被猜中的可能性很小，一般知識(shí)點(diǎn)都是靠平時(shí)積累，因此，要求學(xué)生平時(shí)要把基礎(chǔ)知識(shí)打扎實(shí)。剩下的就是個(gè)人的現(xiàn)場(chǎng)發(fā)揮。注意適當(dāng)補(bǔ)充一點(diǎn)超綱內(nèi)容如上面提及的一些平時(shí)不太注意的小章節(jié)或高考不一定考的問(wèn)題，如矩陣，行列式等也不可忽視。適當(dāng)做近幾年的強(qiáng)基計(jì)劃的真題俗話(huà)說(shuō)，知己知彼，百戰(zhàn)百勝。同學(xué)們可適當(dāng)?shù)赜?xùn)練近幾年自己所考的強(qiáng)基計(jì)劃和高校自主招生的試題，熟悉一下題型和套路還是有益的?？傊?，同學(xué)們?nèi)羰亲⒁庖恍┲R(shí)點(diǎn)的延伸和加深，考試時(shí)必定會(huì)有一種居高臨下的感覺(jué)。三、知識(shí)要點(diǎn)拓展知識(shí)補(bǔ)充：容斥原理基本公式:(1)card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)；(2)card(A∪B∪C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C)問(wèn)題：開(kāi)運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)，高一某班共有28名同學(xué)參加比賽，有15人參加游泳比賽，有8人參加田徑比賽，有14人參加球類(lèi)比賽，同時(shí)參加游泳比賽和田徑比賽的有3人，同時(shí)參加游泳比賽和球類(lèi)比賽的有3人，沒(méi)有人同時(shí)參加三項(xiàng)比賽，問(wèn)同時(shí)參加田徑比賽和球類(lèi)比賽的有多少人？只參加游泳一項(xiàng)比賽的有多少人？解：設(shè)A＝{參加游泳比賽的同學(xué)}，B＝{參加田徑比賽的同學(xué)}，C＝{參加球類(lèi)比賽的同學(xué)},則card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14，card(A∪B∪C)=28,且card(A∩B)=3，card(A∩C)=3，card(A∩B∩C)=0,由公式②得28＝15＋8＋14－3－3－card(B∩C)+0,即card(B∩C)=3,所以同時(shí)參加田徑和球類(lèi)比賽的共有3人，而只參加游泳比賽的人有15－3－3＝9(人)二．抽屜原理抽屜原理的基本形式定理1、如果把n+1個(gè)元素分成n個(gè)集合，那么不管怎么分，都存在一個(gè)集合，其中至少有兩個(gè)元素。證明：（用反證法）若不存在至少有兩個(gè)元素的集合，則每個(gè)集合至多1個(gè)元素，從而n個(gè)集合至多有n個(gè)元素，此與共有n+1個(gè)元素矛盾，故命題成立。例1．已知在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個(gè)點(diǎn)（圖1）。證明：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離不大于.分析：5個(gè)點(diǎn)的分布是任意的。如果要證明“在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個(gè)點(diǎn)，那么這5個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于的兩點(diǎn)”，則順次連接三角形三邊中點(diǎn)，即三角形的三條中位線(xiàn)，可以分原等邊三角形為4個(gè)全等的邊長(zhǎng)為的小等邊三角形，則5個(gè)點(diǎn)中必有2點(diǎn)位于同一個(gè)小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于。以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)間的距離不大于其最大邊長(zhǎng)”來(lái)保證，下面我們就來(lái)證明這個(gè)定理。如圖2，設(shè)BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)，連接PM，過(guò)P分別作AB、BC邊的平行線(xiàn)，過(guò)M作AC邊的平行線(xiàn)，設(shè)各平行線(xiàn)交點(diǎn)為P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A因?yàn)锽C≥AB，所以∠A≥∠C，則∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以PQ≥PM。顯然BC≥PQ，故BC≥PM。由此我們可以推知，邊長(zhǎng)為的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點(diǎn)間的距離不大于。四、高考真題訓(xùn)練1．（2021年全國(guó)高考乙卷數(shù)學(xué)（文）試題）已知全集，集合，則（）A． B． C． D．【答案】A由題意可得：，則.故選：A.2．（2021年全國(guó)高考乙卷數(shù)學(xué)（理）試題）已知集合，，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】任取，則，其中，所以，，故，因此，.故選：C.3．（2021年全國(guó)高考甲卷數(shù)學(xué)（文）試題）設(shè)集合，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】，故，故選：B.4．（2021年全國(guó)高考甲卷數(shù)學(xué)（理）試題）設(shè)集合，則（）A． B．C． D．【答案】B【分析】因?yàn)?，所?故選：B.5．（2021年全國(guó)新高考Ⅰ卷數(shù)學(xué)試題）設(shè)集合，，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題設(shè)有，故選：B.【2012年——2020年】1．（2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（文科）（新課標(biāo)Ⅰ））已知集合則（）A． B．C． D．【答案】D【分析】由解得，所以，又因?yàn)?，所以，故選：D.2．（2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)Ⅰ））設(shè)集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，則a=（）A．–4 B．–2 C．2 D．4【答案】B【分析】求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故選：B.3．（2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（文科）（新課標(biāo)Ⅱ））已知集合A={x||x|<3，x∈Z}，B={x||x|>1，x∈Z}，則A∩B=（）A． B．{–3，–2，2，3）C．{–2，0，2} D．{–2，2}【答案】D因?yàn)?，或，所?故選：D.4．（2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)Ⅱ））已知集合U={?2，?1，0，1，2，3}，A={?1，0，1}，B={1，2}，則（）A．{?2，3} B．{?2，2，3} C．{?2，?1，0，3} D．{?2，?1，0，2，3}【答案】A【分析】由題意可得：，則.故選：A.5．（2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（文科）（新課標(biāo)Ⅲ））已知集合，，則A∩B中元素的個(gè)數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】由題意，，故中元素的個(gè)數(shù)為3.故選：B6．（2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)Ⅲ））已知集合，，則中元素的個(gè)數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】由題意，中的元素滿(mǎn)足，且，由，得，所以滿(mǎn)足的有，故中元素的個(gè)數(shù)為4.故選：C.7．（2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（文科）（新課標(biāo)Ⅰ））已知集合，則A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知得，所以，故選C．8．（2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)Ⅰ））已知集合，則=A． B． C． D．【答案】C【分析】【詳解】由題意得，，則．故選C．9．（2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（文科）（新課標(biāo)Ⅱ））已知集合，，則A∩B=A．(–1，+∞) B．(–∞，2)C．(–1，2) D．【答案】C【分析】本題借助于數(shù)軸，根據(jù)交集的定義可得．【詳解】由題知，，故選C．10．（2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)Ⅱ））設(shè)集合A={x|x2-5x+6>0}，B={x|x-1<0}，則A∩B=A．(-∞，1) B．(-2，1)C．(-3，-1) D．(3，+∞)【答案】A【分析】由題意得，，則．故選A．11．（2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（文科）（新課標(biāo)Ⅲ））已知集合，則A． B． C． D．【答案】A【分析】，∴，則，故選A．五、校考強(qiáng)基訓(xùn)練1．對(duì)集合{1，2，…，n}及其每一個(gè)非空了集，定義一個(gè)唯一確定的“交替和”如下：按照遞減的次序重新排列該子集，然后交替地減或加后繼的數(shù)所得的結(jié)果，例如，集合的“交替和”是9-6+4-2+1=6.的“交替和”是6-5=1，的交替和是2。那么，對(duì)于n=7。求所有子集的“交替和”的總和。解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中，除去{7}外還有個(gè)非空子集合，把這個(gè)非空子集兩兩結(jié)組后分別計(jì)算每一組中“交替和”之和，結(jié)組原則是設(shè)這是把結(jié)合為一組，顯然，每組中，“交替和”之和應(yīng)為7，共有組.所以,所有“交替和”之和應(yīng)該為。2．n元集合具有多少個(gè)不同的不交子集對(duì)？分析：我們一般想法是對(duì)于一個(gè)子集，求出與它不交的子集個(gè)數(shù)，然后就可以求出總的子集對(duì)來(lái)了。解：如果子集對(duì)是有序的，即在子集對(duì)中可以區(qū)分第一個(gè)子集與第二個(gè)子集，則第一個(gè)子集若是k個(gè)元素，第二個(gè)子集就由其余n-k個(gè)元素組成，可能的情況是種，而這時(shí)第一個(gè)集合的選取的可能情況應(yīng)為種，那么k從o變到n，總的情況可能就是。如果子集對(duì)是無(wú)序的，即兩個(gè)子集相同但次序不同的子集對(duì)不認(rèn)為不同，則對(duì)有序子集對(duì)中有一對(duì)是由兩個(gè)空集組成，而對(duì)其它個(gè)有序?qū)?，每一?duì)中交換兩個(gè)子集的次序，得到的是同一個(gè)無(wú)序子集對(duì)，因此有個(gè)無(wú)序子集對(duì)，其中至少有一個(gè)子集非空，于是無(wú)序子集對(duì)的總數(shù)為分析二：我們可以從元素的角度來(lái)思考問(wèn)題。對(duì)一個(gè)元素來(lái)說(shuō)，它有三種不同的選擇，在第一個(gè)集合中，在第二個(gè)集合中，或者不在兩個(gè)集合中。解法二：在計(jì)算有序?qū)Φ臄?shù)目時(shí)，對(duì)每一個(gè)元素來(lái)說(shuō)有三種可能：它或在第一個(gè)子集，或在第二個(gè)子集，或不在其中任意一個(gè)子集，因此不同的不交有序子集對(duì)的總數(shù)，以下同解法一。3.以某些整數(shù)為元素的集合具有下列性質(zhì)：①中的元素有正數(shù)，有負(fù)數(shù)；②中的元素有奇數(shù),有偶數(shù)；③－1；④若，∈,則＋∈。試判斷實(shí)數(shù)0和2與集合的關(guān)系。解：由④若，∈,則＋∈可知，若∈，則由①可設(shè)，∈，且＞0，＜0，則－＝||(||∈)故,－∈,由④,0＝(－)+∈。（2）2。若2∈，則中的負(fù)數(shù)全為偶數(shù)，不然的話(huà)，當(dāng)－（）∈（）時(shí)，－1＝（－）＋∈，與③矛盾。于是，由②知中必有正奇數(shù)。設(shè)，我們?nèi)∵m當(dāng)正整數(shù)，使，則負(fù)奇數(shù)。前后矛盾。4.若為非空集合，對(duì)于1，2，3的任意一個(gè)排列，若，則證明：三個(gè)集合中至少有兩個(gè)相等。三個(gè)集合中是否可能有兩個(gè)集無(wú)公共元素？證明：（1）若，則所以每個(gè)集合中均有非負(fù)元素。當(dāng)三個(gè)集合中的元素都為零時(shí)，命題顯然成立。否則，設(shè)中的最小正元素為，不妨設(shè)，設(shè)為中最小的非負(fù)元素，不妨設(shè)則－∈。若＞0,則0≤－＜，與的取法矛盾。所以=0。任取因0∈,故－0＝∈。所以，同理。所以=?？赡堋＠?={奇數(shù)}，={偶數(shù)}顯然滿(mǎn)足條件，和與都無(wú)公共元素。5.設(shè)，且A具有下列性質(zhì)：（1）對(duì)任意，恒有；（2）。試證A中的元素為奇數(shù)的個(gè)數(shù)是4的倍數(shù)，且為定值.證明：考慮，每個(gè)集合中取一個(gè)元素，但注意到2+4+…+200=10100≠10080，不妨設(shè)不屬于A的偶數(shù)為，則相應(yīng)的奇數(shù)應(yīng)在A中，且對(duì)應(yīng)差的和為20.6．(江蘇五校)已知集合A＝{a1，a2，a3，…，an}，其中ai∈R（1≤i≤n，n＞2），lA.表示ai＋aj(1≤i＜j≤n)的所有不同值的個(gè)數(shù)．（1）已知集合P＝{2，4，6，8}，Q＝{2，4，8，16}，分別求l(P)，l(Q)；（2）若集合A＝{2，4，8，…，2n}，求證：lA.＝eq\F(n(n－1),2)；（3）求lA.的最小值．解：（1）由2＋4＝6，2＋6＝8，2＋8＝10，4＋6＝10，4＋8＝12，6＋8＝14，得l(P)＝5，由2＋4＝6，2＋8＝10，2＋16＝18，4＋8＝12，4＋16＝20，8＋16＝24，得l(Q)＝6．（2）證明：因?yàn)閍i＋aj(1≤i＜j≤n)共有eq\F(n(n－1),2)項(xiàng)，所以lA.≤eq\F(n(n－1),2)．又集合A＝{2，4，8，…，2n}，不妨設(shè)am＝2m，m＝1，2，…，n．a(chǎn)i＋aj，ak＋al(1≤i＜j≤n，1≤k＜l≤n)，當(dāng)j≠l時(shí)，不妨設(shè)j＜l，則ai＋aj＜2aj＝2j＋1≤al＜ak＋al，即ai＋aj≠ak＋al，當(dāng)j＝l，i≠k時(shí)，ai＋aj≠ak＋al，因此，當(dāng)且僅當(dāng)i＝k，j＝l時(shí)，ai＋aj＝ak＋al．即所有ai＋aj(1≤i＜j≤n)的值兩兩不同，因此lA.＝eq\F(n(n－1),2)．（3）不妨設(shè)a1＜a2＜a3＜…＜an，可得a1＋a2＜a1＋a3＜…＜a1＋an＜a2＋an＜a3＋an＜…＜an－1＋an，故ai＋aj(1≤i＜j≤n)中至少有2n－3個(gè)不同的數(shù)，即lA.≥2n－3．事實(shí)上，設(shè)a1，a2，a3，…，an成等差數(shù)列，考慮ai＋aj(1≤i＜j≤n)，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，當(dāng)i＋j≤n時(shí)，ai＋aj＝a1＋ai＋j－1；當(dāng)i＋j＞n時(shí)，ai＋aj＝ai＋j－n＋an；因此每個(gè)和ai＋a