專題01集合與常用邏輯用語

考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)

考點(diǎn)1：集合的1、集合與充分必要條件相關(guān)內(nèi)容是每年高

2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、

交并補(bǔ)運(yùn)算考的必考板塊。在題型方面，主要以選擇

2022北京卷、2021北京卷、

（5年5考）題形式呈現(xiàn)。就考查情況而言，其內(nèi)容、

考點(diǎn)2：充分必頻率、題型及難度都較為穩(wěn)定，未出現(xiàn)較

2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、

要條件的判斷大波動(dòng)。

2022北京卷、2021北京卷、

（5年5考）2、該部分重點(diǎn)聚焦于集合間的基本運(yùn)算，

其中集合的交、并、補(bǔ)運(yùn)算是考查的核心

要點(diǎn)?？忌枋炀氄莆者@些運(yùn)算規(guī)則，能

夠準(zhǔn)確判斷不同集合在交、并、補(bǔ)運(yùn)算下

考點(diǎn)3：新定義的結(jié)果。此外，充分必要條件的判斷也是

問題2025北京卷、2024北京卷重要考查內(nèi)容?？忌逦斫獬浞謼l件、

（5年2考）必要條件以及充要條件的概念，并能依據(jù)

具體條件關(guān)系進(jìn)行準(zhǔn)確判斷。備考時(shí)，考

生應(yīng)針對(duì)這些重點(diǎn)內(nèi)容加強(qiáng)練習(xí)，提升解

題能力，以從容應(yīng)對(duì)高考相關(guān)題目。

考點(diǎn)01集合的交并補(bǔ)運(yùn)算

1．（2025·北京·高考真題）已知集合M{x∣2x15},N{1,2,3}，則MN（）

A．{1,2,3}B．{2,3}C．{3}D．

【答案】D

【解析】因?yàn)镸x|2x15x|x3，所以MN，

故選：D.

2．（2024·北京·高考真題）已知集合M{x|3x1}，N{x|1x4}，則MN（）

A．x1x1B．xx3

C．x|3x4D．xx4

【答案】C

【解析】由題意得MNx|3x4.

故選：C.

3．（2023·北京·高考真題）已知集合M{x∣x20},N{x∣x10}，則MN（）

A．{x∣2x1}B．{x∣2x1}

C．{x∣x2}D．{x∣x1}

【答案】A

【解析】由題意，M{x∣x20}{x|x2}，N{x∣x10}{x|x1}，

根據(jù)交集的運(yùn)算可知，MN{x|2x1}.

故選：A

e

4．（2022·北京·高考真題）已知全集U{x3x3}，集合A{x2x1}，則UA（）

A．(2,1]B．(3,2)[1,3)C．[2,1)D．(3,2](1,3)

【答案】D

ee

【解析】由補(bǔ)集定義可知：UA{x|3x2或1x3}，即UA(3,2](1,3)，

故選：D．

5．（2021·北京·高考真題）已知集合Ax|1x1，Bx|0x2，則AB（）

A．x|1x2B．x|1x2

C．x|0x1D．x|0x2

【答案】B

【解析】由題意可得：ABx|1x2.

故選：B.

考點(diǎn)02充分必要條件的判斷

6．（2025·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，則“f(x)的值域?yàn)镽”是“對(duì)任意MR，存在x0D，

使得fx0M”的（）

A．充分不必要條件B．必要不充分條件

C．充要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】若函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽，則對(duì)任意MR，一定存在x1D，使得fx1M1，

取x0x1，則fx0M1M，充分性成立；

x

取f(x)2，DR，則對(duì)任意MR，一定存在x1D，使得fx1M1，

取x0x1，則fx0M1M，但此時(shí)函數(shù)f(x)的值域?yàn)?,，必要性不成立；

所以“f(x)的值域?yàn)镽”是“對(duì)任意MR，存在x0D，使得fx0M”的充分不必要條件.

故選：A.

7．（2024·北京·高考真題）設(shè)a，b是向量，則“ab·ab0”是“ab或ab”的（）．

A．充分不必要條件B．必要不充分條件

C．充要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】B

2222

【解析】因?yàn)閍babab0，可得ab，即ab，

可知abab0等價(jià)于ab，

若ab或ab，可得ab，即abab0，可知必要性成立；

若abab0，即ab，無法得出ab或ab，

例如a1,0,b0,1，滿足ab，但ab且ab，可知充分性不成立；

綜上所述，“abab0”是“ab或ab”的必要不充分條件.

故選：B.

yx

8．（2023·北京·高考真題）若xy0，則“xy0”是“2”的（）

xy

A．充分不必要條件B．必要不充分條件

C．充要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】解法一：

xy

因?yàn)閤y0，且2，

yx

2

所以x2y22xy，即x2y22xy0，即xy0，所以xy0.

xy

所以“xy0”是“2”的充要條件.

yx

解法二：

充分性：因?yàn)閤y0，且xy0，所以xy，

xyyy

所以112，

yxyy

所以充分性成立；

xy

必要性：因?yàn)閤y0，且2，

yx

2

所以x2y22xy，即x2y22xy0，即xy0，所以xy0.

所以必要性成立.

xy

所以“xy0”是“2”的充要條件.

yx

解法三：

充分性：因?yàn)閤y0，且xy0，

2

xyx2y2x2y22xy2xyxy2xy2xy

所以2，

yxxyxyxyxy

所以充分性成立；

xy

必要性：因?yàn)閤y0，且2，

yx

22

xyx2y2x2y22xy2xyxy2xyxy

所以22，

yxxyxyxyxy

2

xy2

所以0，所以xy0，所以xy0，

xy

所以必要性成立.

xy

所以“xy0”是“2”的充要條件.

yx

故選：C

9．（2022·北京·高考真題）設(shè)an是公差不為0的無窮等差數(shù)列，則“an為遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)N0，

當(dāng)nN0時(shí)，an0”的（）

A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則d0，記x為不超過x的最大整數(shù).

若an為單調(diào)遞增數(shù)列，則d0，

若a10，則當(dāng)n2時(shí)，ana10；若a10，則ana1n1d，

aa

由aan1d0可得n11，取N111，則當(dāng)nN時(shí)，a0，

n1d0d0n

所以，“an是遞增數(shù)列”“存在正整數(shù)N0，當(dāng)nN0時(shí)，an0”；

若存在正整數(shù)N0，當(dāng)nN0時(shí)，an0，取kN且kN0，ak0，

aa

假設(shè)d0，令aankd0可得nkk，且kkk，

nkdd

a

k

當(dāng)nk1時(shí)，an0，與題設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，則d0，即數(shù)列an是遞增數(shù)列.

d

所以，“an是遞增數(shù)列”“存在正整數(shù)N0，當(dāng)nN0時(shí)，an0”.

所以，“an是遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)N0，當(dāng)nN0時(shí)，an0”的充分必要條件.

故選：C.

10．（2021·北京·高考真題）已知f(x)是定義在上[0,1]的函數(shù)，那么“函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增”是“函數(shù)f(x)

在[0,1]上的最大值為f(1)”的（）

A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】若函數(shù)fx在0,1上單調(diào)遞增，則fx在0,1上的最大值為f1，

若fx在0,1上的最大值為f1，

2

1

比如fxx，

3

2

111

但fxx在0,為減函數(shù)，在,1為增函數(shù)，

333

故fx在0,1上的最大值為f1推不出fx在0,1上單調(diào)遞增，

故“函數(shù)fx在0,1上單調(diào)遞增”是“fx在0,1上的最大值為f1”的充分不必要條件，

故選：A.

考點(diǎn)03新定義問題

11．（2024·北京·高考真題）已知Mx,y|yxtx2x,1x2,0t1是平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)集.

設(shè)d是M中兩點(diǎn)間距離的最大值，S是M表示的圖形的面積，則（）

A．d3，S1B．d3，S1

C．d10，S1D．d10，S1

【答案】C

【解析】對(duì)任意給定x1,2，則x2xxx10，且t0,1，

可知xxtx2xxx2xx2，即xyx2，

yx2

再結(jié)合x的任意性，所以所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域yx，

1x2

如圖陰影部分所示，其中A1,1,B2,2,C2,4，

22

可知任意兩點(diǎn)間距離最大值dAC121410，

1

陰影部分面積SS△121.

ABC2

故選：C.

12．（2025·北京·高考真題）已知集合A1,2,3,4,5,6,7,8,Mx,y∣xA,yA，從M中選取n個(gè)不同

的元素組成一個(gè)序列：x1,y1,x2,y2,,xn,yn，其中xi,yi稱為該序列的第i項(xiàng)i1,2,,n，若該序列

xi1xi3,xi1xi4,

的相鄰項(xiàng)xi,yi,xi1,yi1滿足：或i1,2,,n1，則稱該序列為K列．

yi1yi4yi1yi3

(1)對(duì)于第1項(xiàng)為(3,3)的K列，寫出它的第2項(xiàng)．

(2)設(shè)為K列，且中的項(xiàng)xi,yii1,2,,n滿足：當(dāng)i為奇數(shù)時(shí)，xi{1,2,7,8}：當(dāng)i為偶數(shù)時(shí)，xi{3,4,5,6}.

判斷(3,2)，(4,4)能否同時(shí)為中的項(xiàng)，并說明理由；

(3)證明：由M的全部元素組成的序列都不是K列．

xi1xi3xi1xi4

【解析】（1）根據(jù)題目定義可知，或，

yi1yi4yi1yi3

若第一項(xiàng)為3,3，顯然x20或1不符合題意（不在集合A中），所以下一項(xiàng)是6,7或7,6；

（2）假設(shè)二者同時(shí)出現(xiàn)在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨設(shè)3,2在4,4之前.

顯然，在K列中，相鄰兩項(xiàng)的橫縱坐標(biāo)之和的奇偶性總是相反的，所以從3,2到4,4必定要向下一項(xiàng)走

奇數(shù)次.

但又根據(jù)題目條件，這兩個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)均在中，所以從3,2到4,4必定要向下一項(xiàng)走偶數(shù)次.

這導(dǎo)致矛盾，所以二者不能同時(shí)出現(xiàn)在中.

（3）法1：若M中的所有元素構(gòu)成K列，考慮K列中形如xi,yixi,yi1,2,7,8的項(xiàng)，

這樣的項(xiàng)共有16個(gè)，由題知其下一項(xiàng)為xi1,yi1,xi1,yi13,4,5,6，共計(jì)16個(gè)，

而xi1,yi1(3,3),(6,3),(3,6),(6,3)，因?yàn)橹荒?由2來，3只能由7來，

橫、縱坐標(biāo)不能同時(shí)相差4，這樣下一項(xiàng)只能有12個(gè)點(diǎn)，

即對(duì)于16個(gè)xi,yi，有12個(gè)xi1,yi1與之相對(duì)應(yīng)，矛盾．

綜上，由M的全部元素組成的序列都不是K列．

法2：假設(shè)全體元素構(gòu)成一個(gè)K列，則n64.

設(shè)T1x,yx1,2,7,8,y1,2,3,4,5,6,7,8，T2x,yx3,4,5,6,y1,2,3,4,5,6,7,8.

則T1和T2都包含32個(gè)元素，且T1中元素的相鄰項(xiàng)必定在T2中.

如果存在至少兩對(duì)相鄰的項(xiàng)屬于T2，那么屬于T2的項(xiàng)的數(shù)目一定多于屬于T1的項(xiàng)的數(shù)目，

所以至多存在一對(duì)相鄰的項(xiàng)屬于T2.

如果存在，則這對(duì)相鄰的項(xiàng)的序號(hào)必定形如2m和2m1，

否則將導(dǎo)致屬于T2的項(xiàng)的個(gè)數(shù)比屬于T1的項(xiàng)的個(gè)數(shù)多2，此時(shí)m1,2,3,,31.

從而這個(gè)序列的前2m項(xiàng)中，第奇數(shù)項(xiàng)屬于T1，第偶數(shù)項(xiàng)屬于T2；

這個(gè)序列的后642m項(xiàng)中，第奇數(shù)項(xiàng)屬于T2，第偶數(shù)項(xiàng)屬于T1.

如果不存在相鄰的屬于T2的項(xiàng)，那么也可以看作上述表示在m0或m32的特殊情況.

x2k1,y2k1T1,x2k,y2kT2,1km

這意味著必定存在m0,1,2,...,32，使得.

x2k1,y2k1T2,x2k,y2kT1,m1k32

由于相鄰兩項(xiàng)的橫縱坐標(biāo)之和的奇偶性必定相反，故T1中橫縱坐標(biāo)之和為奇數(shù)的點(diǎn)和橫縱坐標(biāo)之和為偶數(shù)

的點(diǎn)的數(shù)量一定分別是m和32m（不一定對(duì)應(yīng)）.

但容易驗(yàn)證，T1和T2都包含16個(gè)橫縱坐標(biāo)之和為奇數(shù)的點(diǎn)和16個(gè)橫縱坐標(biāo)之和為偶數(shù)的點(diǎn)，所以

m32m16，得m16.

x2k1,y2k1T1,x2k,y2kT2,1k16

從而有.

x2k1,y2k1T2,x2k,y2kT1,17k32

這就得到T1xk,ykk1,3,5,...,29,31,34,36,...,62,64.

再設(shè)T3x,yx1,2,3,4,5,6,7,8,y1,2,7,8，T4x,yx1,2,3,4,5,6,7,8,y3,4,5,6.

x2k1,y2k1T3,x2k,y2kT4,1k16

則同理有.

x2k1,y2k1T4,x2k,y2kT3,17k32

這意味著T3xk,ykk1,3,5,...,29,31,34,36,...,62,64.

從而得到T3T1，但顯然它們是不同的集合，矛盾.

所以由M的全部元素組成的序列都不是K列．

1．（2025·北京·模擬預(yù)測(cè)）“a0”是“直線xay2a10(aR)與圓x2y21相交”的（）

A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】B

【解析】由題知，圓的圓心為0,0，半徑為1，

設(shè)圓心到直線xay2a10aR的距離為d

2a1

d13

則2，解得：0a.

1a4

3

而a|0a為a|a0的真子集，

4

3

故“a0”是“0a”的必要不充分條件，

4

即“a0”是“直線xay2a10(aR)與圓x2y21相交”的必要不充分條件，

故選：B

2．（2025·北京·三模）設(shè)a,b,c是非零平面向量，則“abcbca”是“abc”的（）

A．充分不必要條件B．必要不充分條件

C．充要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】B

【解析】根據(jù)題意，若abcbca，則a與c共線，

rrrr

不防假設(shè)ac，則對(duì)任意的b都有abbc，進(jìn)而abcbca成立，

故無法判定abc，充分性不成立，

rrrr

若abc，則abbc，所以abcbca，

故必要性成立，

所以“abcbca”是“abc”的必要不充分條件.

故選：B

3．（2025·北京·三模）已知集合Mx|3x1,Nx|1x4，則MN（）

A．{x|1x1}B．x|x3

C．{x|3x4}D．{x|x4}

【答案】A

【解析】根據(jù)題意，Mx|3x1,Nx|1x4,

則MN{x|1x1}.

故選：A

4．（2025·北京朝陽·二模）已知集合Ax∣x2x0，集合Bx∣2x1，則集合AB（）

A．(,0]B．(,1)C．(1,0)D．(1,0]

【答案】A

【解析】對(duì)于集合A，x2x0，化簡(jiǎn)得xx10，所以1x0.

所以集合Ax|1x0.

對(duì)于集合B，2x1，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得x0.

所以集合Bx|x0.

所以ABx|x0,0.

故選：A.

5．（2025·北京·模擬預(yù)測(cè)）已知集合Ax1x2，Bxx1x30，則AB（）

A．x1x1B．x1x2C．x1x2D．x1x3

【答案】A

【解析】因?yàn)锽xx1x30x|x1或x3，

又Ax1x2，

所以ABx1x1.

故選：A.

6．（2025·北京·二模）已知集合Axx22x0，集合Bxx10，那么（）

e

A．ABB．ABC．BAD．RAB

【答案】D

【解析】Axx22x00,2，Bxx1

AB錯(cuò)誤，AB錯(cuò)誤，BA錯(cuò)誤，

e

RA,22,00,，

e

所以RAB1,00,，D正確，

故選：D

e

7．（2025·北京昌平·二模）已知全集UR，集合A{x|x2}，Bx|1x3，則RAB=（）．

A．(1,2]B．1,2C．[2,3)D．2,3

【答案】B

e

【解析】由A{x|x2}，UR，則RAxx2，

e

又Bx|1x3，所以RAB1,2.

故選：B.

3

8．（2025·北京朝陽·二模）設(shè)R，則“sin2”是“tan3”的（）

2

A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】B

2sincos2tan3

【解析】由sin2，

sin2cos2tan212

3

得3tan24tan30，解得tan3或tan，

3

2sincos2tan233

由tan3，得sin2，

sin2cos2tan21312

3

所以“sin2”是“tan3”的必要不充分條件.

2

故選：B.

2

9．（2025·北京海淀·二模）已知a,b是非零平面向量，則“aba”是“ba”的（）

A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】B

2

【解析】由ba，得ababcosa,baacosa,ba，故必要性成立；

2

由aba，得abcosa,baa，得bcosa,ba，

ba不一定成立，故充分性不成立.

2

所以“aba”是“ba”必要不充分條件.

故選：B

xy

10．（2025·北京東城·一模）已知x1,y1，則“42”是“l(fā)og2xlog4y1”的（）

A．充分不必要條件B．必要不充分條件

C．充要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】由4x22x2y，則必有2xy，

22

由log2xlog4y1，則log2xlog2y1，可得yx1，

又x1，根據(jù)基本不等式有x212x，

xy2xy

若42且y1，則有x12xy1，即42是log2xlog4y1的充分條件，

2xy

若x3,y7，則2xyx1，此時(shí)滿足log2xlog4y1，但42不成立，

xy

所以42是log2xlog4y1的非必要條件，

xy

綜上，“42”是“l(fā)og2xlog4y1”的充分不必要條件.

故選：A

11．（2025·北京海淀·一模）已知an是公差為d的等差數(shù)列，bn是公比為q的等比數(shù)列．若0q1，則

“anbn是遞增數(shù)列”是“d0”的（）

A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件

【答案】D

【解析】若anbn是遞增數(shù)列，則(an1bn1)(anbn)dbn(1q)0對(duì)所有的正整數(shù)n都成立，

充分性：若anbn是遞增數(shù)列，則dbn(1q)0

n1

即db1(1q)q恒成立，又0q1，1q0，

若數(shù)列為無窮數(shù)列，

n1n1

①若b10，則b1(1q)q0，n時(shí)，b1(1q)q0，所以d0；

n1n1

若b10，則b1(1q)q0，n時(shí)，b1(1q)q0，所以d0，

此時(shí)充分性成立；

若數(shù)列為有窮數(shù)列，

n1n1

②若b10，b1(1q)q0，只需db1(1q)q即可，此時(shí)充分性不成立.

必要性：d0時(shí)，

若bn0，有bn(1q)0，則dbn(1q)0不一定成立，故必要性不成立；

即0q1時(shí)，“anbn是遞增數(shù)列”是“d0”的既不充分也不必要條件.

故選：D.

12．（2025·北京豐臺(tái)·二模）已知集合Ax1x2,Bxx1x30，則AB（）

A．x1x1B．x1x2C．x1x2D．x1x3

【答案】A

【解析】集合Ax1x2,Bxx1x30,13,，

則AB1,1.

故選：A.

13．（2025·北京海淀·二模）已知集合A1,0,1,2,B{x∣ax2}．若aZ，且AB1，則a（）

A．1B．0C．1D．2

【答案】B

【解析】由題意知，A1,0,1,2,B{xax2}，

因?yàn)閍Z,AB{1}，

所以a0.

故選：B

14．（2025·北京東城·二模）已知集合A2,1,0,1,2，B{x∣x10}，則AB（）

A．0,1,2B．2C．2,1D．1,0,1,2

【答案】A

【解析】B{x∣x10}xx1，且A2,1,0,1,2，

則AB0,1,2.

故選：A

*

15．（2025·北京·模擬預(yù)測(cè)）集合A{1,2,3,4,5}的所有三個(gè)元素的子集記為B1,B2,,BnnN.記bi為集合

中的最大元素，則（）

Bi(i1,2,3,,n)b1b2b3b10

A．10B．40C．45D．50

【答案】C

【解析】由題知：B11,2,3,b13,B21,2,4,b24,

B31,2,5,b35,B42,3,4,b44，B52,3,5,b55，

B62,4,5,b65，B73,4,5,b75，

B81,4,5,b85，B91,3,5,b95，B101,3,4,b104，

則b1b2b103435645

故選：C

16．（2025·北京豐臺(tái)·二模）已知Mx,yytlog2xt1,1x2,0t1是平面直角坐標(biāo)系xOy中的點(diǎn)

集．設(shè)d是M中兩點(diǎn)間距離的最大值，k是M中的點(diǎn)與原點(diǎn)O連線的斜率，S是M表示的圖形的面積，給

111

出下列四個(gè)結(jié)論：2,M；d2；k0,；S．其中所有正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）

222

①②③④

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

11

【解析】對(duì)于代入可得tlog2t1t1t1符合題意，故正確；

222

①①

ytlog2xt1對(duì)t0,1恒過點(diǎn)A2,1，

∵111

當(dāng)t1時(shí)，ylog2x，當(dāng)t時(shí)，ylogx，當(dāng)t0時(shí)，y1，

2222

由此我們可知M的點(diǎn)集是由曲線繞A點(diǎn)往上直到C1,1點(diǎn)掃過的區(qū)域，如圖：

dAB2，故正確；

=

∴kmaxkOC1，kmin②0，k0,1，故錯(cuò)誤；

1③

有圖易得SS，故正確.

ABC2

故選：C.④

，

17．（2025·北京·三模）已知整數(shù)數(shù)列anbn的項(xiàng)數(shù)均為m（m>2），且同時(shí)滿足以下兩個(gè)性質(zhì)：

0a1a2amQ,0b1b2bmQ；

①a1a2amb1b2bm.

∣∣∣∣∣∣

②記Sa1b1a2b2ambm.

,,,

(1)若m=3，且a11,a37b13b24b36，寫出a2,S的值；

∣，∣，

(2)記umaxakbk1km,kZvmaxbkak1km,kZ其中maxA表示集合A中元素的最大值.

（i）若m3，Q5，求uv的最大值；

（ii）當(dāng)m10時(shí)，若S100，求Q的最小值.

【解析】（1）由題意可得，1a27346a25，

所以S|13||54||76|4.

（2）（i）由可得，兩個(gè)數(shù)列均值相等，則要使S越大，則可考慮一組數(shù)據(jù)更集中，

一組數(shù)據(jù)更分②散，作為極端情況來考慮，此時(shí)要使uv取到最大值，對(duì)應(yīng)極端情況，取數(shù)列an為1，3，

5；取數(shù)列bn為2，3，4，

則u211,v541,uv2，

下證：uv的最大值為2：

法1：（反證法）假設(shè)uv3，則max{u,v}2，不妨設(shè)umax{u,v}2，

若ua1b12：

因?yàn)?a1a2a35,0b1b2b35，所以a13,b11，

則a1a2a334512,b1b2b31451012，與性質(zhì)矛盾，舍去；若ua2b22：

②

因?yàn)?a1a2a35,0b1b2b35，所以b22,a24，可得a24,a35,b11,b22

則a1a2a314510,b1b2b3125810，與性質(zhì)矛盾，舍去；

若ua3b32：②

因?yàn)?a1a2a35,0b1b2b35，所以b33a35,b11,b22，

則a1a2a31258,b1b2b312368，與性質(zhì)矛盾，舍去．

所以u(píng)1，同理可得v1，所以u(píng)v2.②

取數(shù)列an為1，3，5；取數(shù)列bn為2，3，4，

則u211,v541,uv2成立，所以u(píng)v的最大值為2．

法2：（一般性證明）設(shè)uatbt,vbpap,p,t{1,2,3,,m}，不妨設(shè)pt，

則uvatbtbpapbmbmatbtbpapbmbmbpbtapat，

所以u(píng)vQ(mp)t(pt)Qm532，（7分）

取數(shù)列an為1，3，5；取數(shù)列bn為2，3，4，

則u211,v541,uv2成立，所以u(píng)v的最大值為2．

法3：（枚舉法）

取an為1，2，3，則bn只能為1，2，3，此時(shí)uv0；

取an為1，2，4，則bn只能為1，2，4，此時(shí)uv0；

取an為1，2，5，則bn可能為1，2，5，也可能為1，3，4，此時(shí)uv0或2；

取an為1，3，4，則bn可能為1，2，5，也可能為1，3，4，此時(shí)uv0或2；

取an為1，3，5，則bn可能為1，3，5，也可能為2，3，4，此時(shí)uv0或2；

取an為1，4，5，則bn可能為1，4，5，也可能為2，3，5，此時(shí)uv0或2；

取an為2，3，4，則bn可能為2，3，4，也可能為1，3，5，此時(shí)uv0或2；

取an為2，3，5，則bn可能為1，4，5，也可能為2，3，5，此時(shí)uv0或2；

取an為2，4，5，則bn只能為2，4，5，此時(shí)uv0；

取an為3，4，5，則bn只能為3，4，5，此時(shí)uv0．

綜上，uv的最大值為2．

（ii）考慮極端情況，顯然Qm10，

若Q為偶數(shù)，取an為1,2,3,4,5,Q4,Q3,Q2,Q1,Q，

QQQQQQQQQQ

取b為4,3,2,1,,1,2,3,4,5

n2222222222

QQQQ

則S415Q41Q55Q50100

2222

解得Q30成立；

若Q為奇數(shù)，取an為1,2,3,4,5,Q4,Q3,Q2,Q1,Q，

Q9Q7Q5Q3Q1Q1Q3Q5Q7Q9

取b為,,,,,,,,,

n2222222222

Q9Q1Q1Q9

則S15Q4Q5Q50100

2222

解得Q30，與Q為奇數(shù)矛盾，舍去，

所以Q的最小值為30，

當(dāng)an為1,2,3,4,5,26,27,28,29,30,bn為11，12，13，14，15，16，17，18，19，20時(shí)取到．

證明：

∣∣

記Akakbk,1km,kZ,Bkbkak,1km,kZ，

則|A||B|m，

Sakbkbkak，設(shè)S1akbk,S2bkak

kAkBkAkB

則有S1|A|u,S2|B|v，其中A,B分別表示集合A,B的元素個(gè)數(shù)

由（i）可得uvQm，

SS

所以12uvQm（＊）

|A||B|

mm

=

又因?yàn)镾1S2akbk0，所以S1S2，進(jìn)一步有S2S12S2，

k1k1

將|A||B|m代入（＊）中可得

SSSSSm2mS2S

12，

|A||B|2|A|2(m|A|)2|A|(m|A|)(m|A||A|)2m

2S2S200

再次代入（＊）中可得Qm，解得Qm1030，

mm10

另一方面，當(dāng)an為1,2,3,4,5,26,27,28,29,30,bn為11，12，13，14，15，16，17，18，19，20時(shí)Q30．

所以Q的最小值為30．

18．（2025·北京海淀·二模）記M表示有窮集合M的元素個(gè)數(shù)．已知m,n是正整數(shù)，集合S1,2,,n．若

集合序列Q:A1,A2,,Am滿足下列三個(gè)性質(zhì)，則稱Q是“平衡序列”：

Ak2，其中k1,2,,m；

①AkS，其中k1,2,,m；

②對(duì)于?S中的任意兩個(gè)不同元素i,j，都存在唯一的k1,2,,m，使得i,jAk．

(③1)設(shè)mn5，判斷下列兩個(gè)集合序列是否是“平衡序列”？（結(jié)論不要求證明）

Q1:1,2,1,3,4,5,2,3,2,4,2,5

Q2:1,2,3,1,4,5,2,4,3,4,3,5

∣

(2)已知n3且集合序列Q:A1,A2,,Am是“平衡序列”，對(duì)于i1,2,,n，定義：BikiAk,k1,2,,m.

證明：

（i）當(dāng)1A1時(shí)，B1A1；

（ii）mn．

【解析】（1）Q1是平衡的，Q2不是平衡的．

理由：S1,2,,5，

，，，，

Q1:1,2,1,3,4,5,2,3,2,4,2,5，A12A24A32A42A52，滿足Ak2，

，，，，，，，，，

顯然AkS，且對(duì)于S中的任意兩個(gè)不同元素i,j，1,21,31,41,52,32,42,53,43,54,5，

都存在唯?一的k1,2,,m，使得i,jAk．