第一章 集合与简易逻辑（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

第一章集合与简易逻辑 第一章 集合与简易逻辑 知识要点回顾 2.反证法 反证法是间接论证的方法之一，亦称“逆 一 、集合 证”，是通过断定与论题相矛盾的判断（即反 1.集合的运算 论题)的虚假来确立论题的真实性的论证方 A∩(BUC)=(A∩B)U(A∩C) 法.反证法的论证过程如下：首先提出论题， AU(B∩C)=(AUB)∩(AUC) 然后设定反论题，并依据推理规则进行推 Cu(AUB)=(CuA)∩(CuB) 演，证明反论题的虚假；最后根据排中律，既 Cu(A∩B)=(CuA)U(CuB) 然反论题为假，原论题便是真的.在进行反 2.集合元素的个数（容斥原理） 证中，只有与论题相矛盾的判断才能作为反 |AUB|=|A|+IB|-1A∩B 论题，论题的反对判断是不能作为反论题 IAUBUCI=IAI+IBI+ICI-(IANBI 的，因为具有反对关系的两个判断可以同时 +IA∩C1+IC∩B|)+IA∩B∩CI 为假.反证法中的重要环节是确定反论题的 1AUA:U…UA1=多1A1 虚假，常常要使用归谬法.反证法是一种有 习AnA,十404,nA++ 效的解释方法，特别是在进行正面的直接论 (-1)m+1|A1∩A2∩…∩Am 证或反驳比较困难时，用反证法会收到更好 3.集合的划分 的效果。 把一个集合M分成若干个非空子集：A1, 典型例题精讲 A2,…,Am.如果满足： (1)A:∩A,=0(1≤i,j≤n,i≠j) 类型一 集合间的基本关系 【例1】设AUBUC={1,2,3,4,5}且A∩B= (2)UA=M.那么称这些子集的全体为集合 {1,3},则符合此条件的A,B,C共有多少组 M的一个划分，其中每一个子集叫做集合M (注：A,B,C不同顺序对应不同组)() 的一个类 A.500组 B.75组 二、数学逻辑与反证法 C.972组 D.125组 1.数学逻辑 [解析]首先要弄清A,B,C不同顺序对应 逻辑学是研究人类思维形式、思维规律、思 不同组的含义：即A={1,2,3},B={1,3, 维方法的科学.逻辑学的历史十分悠久，发 4},C={3,5}与A={1,3,4},B={1,2,3}, 展至今有越来越多的学科分支，一般认为其 C={3,5}为不同的组；其次再考虑用分类讨 主要学科包括形式逻辑，数理逻辑和辩证逻 论的方法求解，实际操作 辑，它们分别从不同角度研究思维问题.在 发现分类种类太烦琐，由 A 高中阶段主要是研究简易逻辑问题 此可知，这并不是命题人 命题的否定是四种命题中最麻烦的细节 的命题意图，所以另辟蹊 问题： 径，考虑数形结合的方法，因为这是解决集 “至少有一个”的否定是“一个也没有”；“都 合问题的通性通法.画出集合A,B,C的 是”的否定是“不都是”； Venn图，三个集合把平面分成了7个区域， “存在”的否定是“任意”，“或”的否定是“且” 如图所示 强基数学·巅峰突破 因为A∩B={1,3},所以元素1、3可以摆放 Z),定义集合A①B={(x1十x2,y1+y2) 在a、b的任意一个位置上，所以对于元素2 (x1y1)∈A,(x2y2)∈B},则A①B中元素 来说，可以摆放在c、d、e、f、g五个位置中的 的个数为 任意一个上，同理，元素4和5也可以摆放在 A.77 B.49 c、d、e、f、g五个位置中的任意一个上.由乘 C.45 D.30 法原理得：符合此条件的A,B,C共有 [解析] 方法1：集 2×2×5×5×5=500(组) 合A={(x,y)|x2+ D 点评：想到Venn图的方法后，找准三个集合 y2≤1，x,y∈Z},所 的元素在Venn图中各自可摆放的位置，是 以集合A中有5 解题的关键 个元素（即5个点）， [答案]A 即图中圆内及圆上 【例2】如果集合S中所有数的和为奇数，称 的整点.集合 S={1,2,3,…,9}的某些非空子集为奇子 B={(x,y)||x≤2，|y≤2，x,y∈Z}中有 集；则S共有多少个奇子集？ 25个元素（即25个点），即图中正方形 [解析]对于S的每个奇子集A,当1∈A时， ABCD内及正方形ABCD上的整点.集合 取B=A/{1},当1庄A时，取B=AU{1},则 A⊕B={(x+x2,y1十2)|(x1y)∈A,(x2, B为S的偶子集，反之，若B为S的偶子集， y2)∈B}中的元素可看作正方形A1B1C1D 当1∈B时，取A=B/{1};当1庄B时，取 内及正方形A1B,CD1上除去四个顶点外的 A=BU{1},于是S的奇子集和偶子集之间 整点，共7×7一4=45（个）. 建立一一对应关系，故S的奇子集和偶子集 方法2：集合A⊕B显然是集合 的个数相等，均为该集合子集个数的一半， {(x,y)|x≤3，|y≤3，x,y∈Z}中除去四个 从而共有28=256个奇子集. 点{(-3，-3)，(-3，+3)，(3，-3)，(3,3)} 【例3】已知A={1,2,3,…,104}.S是A的 之外的所有整点（即横坐标与纵坐标都为整 一个子集，若x∈S,有x一1S,且x+1 数的点)，共45个. S,则称x为S的1个孤立点.求A的无孤立 故A⊕B中元素的个数为45.故选C. 点的所有5元子集的个数 方法3：由题意，A={(0,0),(0,1),(0,-1), [解析]由于A的5元子集S无孤立点，则 (1,0),(-1,0)},B={(-2,-2), S只有如下3种情况， (-2,-1),(-2,0),(-2,1),(-2,2)； (1)S={a,a+1,a+2,a+3,a+4},其中 (-1,-2),(-1,-1),(-1,0),(-1,1), 1≤a≤100.S的个数为100. (-1,2);(0,-2),(0,-1),(0,0),(0,1), (2)S={a,a+1,a+2,b,b+1},其中 (0,2);(1,-2),(1,-1),(1,0),(1,1),(1,2) 1≤a<b-3≤100.S的个数为Co. (2,-2),(2,-1),(2,0),(2,1),(2,2)},根据 (3)S={a,a+1,b,b+1,b+2},其中 定义，A⊕B={(-2,一2)，(-2，一1)，(-2,0)， 1≤a<b-2≤100.S的个数为Co. (-2,1),(-2,2);(-1,-2),(-1,-1), 故符合条件的无孤立，点的5元子集的个数为 (-1,0),(-1,1),(-1,2)；(0,-2),(0,-1) 100+C1+C=10000. (0,0),(0,1),(0,2)；(1,-2),(1,-1),(1,0), 类型二集合的计算 (1,1),(1,2);(2,-2),(2,-1),(2,0),(2,1), 【例4】已知集合A={(x,y)|x2+y2≤1，x, (2,2);(-2,3),(-1,3),(0,3),(1,3), y∈Z},B={(x,y)||x|≤2，y|≤2，x,y∈ (2,3);(-2,-3),(-1,-3),(0,-3),(1,-3), 第一章集合与简易逻辑 (2,-3);(3,-2),(3,一1)，(3,0)，(3,1)， 类型三 集合与函数 (3,2)；（-3,-2),(-3-1),(-3,0), 【例6】 已知p:3x∈(0，+o∞)，x2-2lnx≤m, （-3,1),(-3,2)}.其元素个数为45个 x+2 在[2，十∞)上单调 [答案]C 9:两数y=(》 【例5】设集合A的元素都是正整数，满足如 递减 下条件：(1)A的元素个数不小于3； (1)若pVg为假命题，求实数m的取值 (2)若a∈A,则a的所有因数都属于A; 范围； (3)若a∈A,b∈A,1<a<b,则1+ab∈A. (2)若pVg为真命题，p∧g为假命题，求实 请解答下面的问题： 数m的取值范围. (1)证明：1、2、3、4、5都是集合A的元素； [解析]若p为真，令f(x)=x2-2elnx, (2)问：2005是否为集合A的元素？ 问题转化为求函数f(x)的最小值， [解析](1)首先，易知1∈A.设a∈A, f(x)=2x-2e_2x2-2e b∈A,1<a<b.若a、b中至少有一个偶数，则 2∈A;若a、b都为奇数，则1十ab∈A,而 令f'(x)=0,解得x=√e, 1+ab是偶数，故2∈A. 函数f(x)=x2一2elnx在(0，)上单调递 设1,2，a∈A(a>2),则 减，在（√e,十∞）上单调递增， 1+2a∈A,1+2(1+2a)=3+4a∈A,1+ 故f(x)min=f(√e)=0,故m≥0； (1+2a)(3+4a)=4+10a+8a2∈A. 若g为真，则y=2x2-m.x十2在[2，十∞)上 若a是偶数，则4|(4+10a+8a2),于是 单调递增，则≤2，故m≤8. 4∈A;若a是奇数，则把4+10a十8a作为 4 a,重复上面的过程可得4∈A.又1+2×4= (1)若pVq为假命题，则p,q均为假命题， 9∈A,所以3∈A,1+2×3=7∈A,1+2×7 实数m的取值范围为⑦. =15∈A,所以5∈A. (2)若pVq为真命题，p∧q为假命题， 所以1、2、3、4、5都是集合A的元素， 则p,q一真一假。 (2)2005是集合A的元素.因为1+3×5=16， m≥0 若力真q假，则实数m满足 ,即m>8; 故8∈A,进而1十4×8=33,1+3×33=100， m>8 1+5×100=501,1+4×501=2005,都是集 /m0 若p假q真，则实数m满足 m≤81 即m<0. 合A的元素. [说明]其实，可以证明：A=N* 综上所述，实数m的取值范围为 由(1)知，1、2、3、4、5都是集合A的元素. (-∞，0)U(8,+∞) 假设1,2，…，n∈A(n≥5)，下证n+1∈A. 【例7】已知f(x)是定义在R上的奇函数，且 如果n十1=2k+1为奇数，那么3≤k<n,于 当x<0时，f(x)单调递增，f(一1)=0， 是n+1=1+2k∈A; 设9(x)=sin2x+mcos x一2m,集合 如果n十1=2k是偶数，那么3≤k<n,于是 M=(mVx∈0,9(x)<0, n=2k-1∈A,1+2k∈A,所以 1+(2k-1)(2k+1)=4k2∈A,从而2k∈A, N-(mlyzE0.f()<0), 即n+1∈A.综上所述，我们证明了A=N*. 求M∩N. 强基数学·巅峰突破 [解析]根据题意可知：当x>0时，f(x)也 =4一2√2.等号成立条件为2一t=√2， 是单调递增函数，且f(1)=0. 即t=2-√2∈(0,1)， f(x)<0台x<-1或0<x<1,则N={mHx∈ 所以M∩N=(4-2√2，+∞). 0,p(x)<-1减0<g(x)<1 方法4：导数法： 所以MnN=mVx∈[0，引9)<-I ,-(0≤≤1)，y=-2(2。)t2-1 y- 2-t (2-t)2 由p(x)<-1得 t2-4t+2 (2-t)2 (x)+1-sin2x+mcos x-2m+1<0. y'=0→t2-4t+2=0→t=2士√2. 令t=cosx,0≤t≤1，等价于 t2-mt+2m-2>0在0≤t≤1上恒成立. 当t=2一√2时，ymax=4一2√2. 方法1：数形结合法： 所以：M∩N=(4-2√2，+∞). 设T(t)=2一mt+2m-2.当≤0时， 【例8】对于集合M,定义函数 -1,x∈M, T(0)=2m-2>0,无解； fu(x)= 对于两个集合M,N, 1,x在M 当0<受≤1时，△=m2-8m+8<0,解得 定义集合 M△N={xlfM(x)·fN(x)=-1. 4-2√/2<m≤2； 已知A={2,4,6,8,10},B={1,2,4,8,16} 当受>1时，T1)=m-1>0,解得m>2。 (1)写出fA(1)和fB(1)的值，并用列举法写 出集合A△B; 综上：M∩N=(4-2√2，+o∞). (2)用Card(M)表示有限集合M所含元素的 方法2：判别式法：t-mt+2m-2>0 个数，求Card(X△A)+Card(X△B)的最 →m>多03. 小值； 令y=?〔0≤≤1)，去分母整理得： (3)有多少个集合对(P,Q),满足 2-t P,Q二AUB,且(PAA)△(Q△B)=A△B? t2一yt十2y-2=0①，因为①有实根，所以 [解析](1)fa(1)=1,f(1)=-1, △=y2-4(2y-2)≥0→y2-8y+8≥0. A△B={1,6,10,16}. 故y≤4-22或y≥4十2√2，故ymx=4-22, (2)根据题意可知：对于集合C,X, 这时，t2-(4一22)t+6一42=0， ①若a∈C且a庄X,则 Card(C△(XU{a)=Card(C△X)-l; t1=t2=2-√2∈[0,1]. ②若a庄C且a庄X,则 所以：M∩N=(4一2√2，+∞). Card(C△(XU{a})=Card(C△X)+l. 方法3：基本不等式法： 所以要使Card(X△A)+Card(X△B)的值最 -+2m-2>0→m>号号（0≤1≤1. 小，2,4,8一定属于集合X;1,6,10,16是否 属于X不影响Card(X△A)+Card(XAB)的 2-t 值；集合X不能含有AUB之外的元素， 所以当X为集合{1,6,10,16}的子集与集合 4-[-0+2≤4-22-0× (2,4,8)的并集时，Card(X△A)+Card(X△B) 第一章集合与简易逻辑 取到最小值4. B={a-+1,…,an},由A,B非空，可知力= (3)因为A△B=(x|fA(x)·fB(x)=-1}, 1,2,…,n一1，有(n一1)种情况， 所以A△B=B△A. 利用对称性得到CA<CB时(A,B)具有与之 由定义可知：fAaB(x)=fA(x)·fB(x). 相等的组数，由于|CA一CB的最大值为？， 所以对任意元素x, 2 f(AaBac(x)=fAaB (x).fc(x) 所以不可能有CA=CB的情况，所以有序数 =fa(x)·fB(x)·fc(x), 对(A,B)的数目为2n-2. fAacmc(x)=fa().fuac(x) 【例10】某校数学兴趣小组有14位同学，他 =fa(x)·fB(x)·fc(x). 们组成了n个不同的课题组.每个课题组有 所以fA4B)c(x)=fuBC,(x). 6位同学，每位同学至少参加2个课题组，且 所以(A△B)△C=A△(B△C). 任意两个课题组至多有2位共同的同学，求 由(P△A)△(Q△B)=A△B知： n的最大值. (P△Q)△(A△B)=A△B. [解析]将14位同学记为s1,52,…,514,课 所以(P△Q)△(A△B)△(A△B)=(A△B)△ 题组集合记为G1,G2,…,Gn, (A△B).所以P△Q△⑦=.所以P△Q=⑦， 则|G|=6,i=1,2,…,n,且|G∩G|≤2， 即P=Q. 1≤i<j≤n, 因为P,Q二AUB,所以满足题意的集合对 设4(k=1,2,…,14)属于G1,G2,…,Gn中的r (P,Q)的个数为27=128. 个集合，则r≥2，且r1十r2十…十14=6n, 类型四集合与不等式 考虑三元数组(5k,G,G)的个数S,其中 【例9】设数集P={a1,a2,…,am},它的平均 sk∈G:∩G, 数C。=a十a十…十a现将S={1,2,…, 一方面，对于固定的G,G(1≤i<j≤n),由 题意至多有2个S属于三元数组(5，G;, n}分成两个非空且不相交子集A,B,求 G,),所以S≤2C=n(n-1), |CA一CB|的最大值，并讨论取到最大值时不 另一方面，对于固定的56，由于56属于G1, 同的有序数对(A,B)的数目， G2,…,Gn中的rk个集合， [解析]设CA>CB,记A={a1,a2,…,a, 所以三元数组(s,G,G)的个数为C?,故：S T=a,十a十…十a,所以|CA-CB=CA-CB n(n+1)-T c-n"2》-i+++ 2 -J_ 2 1 n-p =r(+n) 书产得)又有≤a 11 十)2-2(r+r+…+r)=2·4 p+1)+(n-p十2)+…十m=(2n二p+1) 2 (6n)2-1 .(6m)= 所以C,9≤，”2中-史)员、 2 2/ 一2 所以号n2-3n≤n(n-1),解得n≤7， 当且仅当T=(2n二力十1时，取到等号， 又14位同学按照下列方式组成的7个课题 2 组符合要求： 所以C,-C的最大值为空 G1={5155,5758,512,514},G2={51,2,6,58, 强基数学·巅峰突破 5g513},G3={52,3,57,5g,510,514},G4={51, 将所有(1)求和，其中一共有C1·Ci-种 3354,38,51051},G5={52,54’555g,11,512}, 2海个S及T在2(5，-T)的求 G6={53,5,56,510,512,513},G7={54,56,57y 51513s14},综上所述，n的最大值为7. 和中出现C1·C-次，每个Sn在另S。 【例11】已知1≤i<j≤2022(i,j∈N*),求 的求和中出现C·C次，结合抽屉原理 最大的实数C,使得对任意大于2022的正 得，必存在一种情况使得：习rm「≥ m 整数n及实数r1,r2,…,rn,存在集合{1,2， C:c.包s。-T+Cc …,n}的一个子集S满足i≤|S∩{t,t+1, C+1·Cg1-m …,t+2022}|≤j对所有t=1,2,…,n-2 8-T)+行客s 02恒成立且之≥C…含1 岂s≥ j-i k十1m1 (k+1)m ∑(Sm+Tm)= [解析] 我们来证明C-06:首先.记 i-i rm, k=2022,一方面，取n=2(k+1),rm=1,1≤ 2(k+1)m=1 m≤k+1;rm=-1,k十2≤m≤2(k+1),此时 综上所述，Cm*=4046: i-i 含1=2质+10，由1sn,+1…,t+ 类型五集合的证明 k}|≤j,及t=1,k十2知，在1至k十1中，S 【例12】设M={x|f(x)=x, 至少有i个元素，至多有j个元素，在k十2至 N=(xlf[f(x)]=x). 2(k十1)中，S至少有i个元素，至多有j个元 (1)求证：MCN; (2)f(x)为单调递增函数时，是否有M=N? 素，于是|之≤j-i,因此C≤ m∈S 并证明 m=1 [证明](1)若M=⑦，显然有M二N; 2干另一方面，当C-2财，设 1-i 若M≠⑦，则Hxo∈M,满足f(xo)=xo, 所以f[f(xo)]=f(xo)=xo,故xo∈N,所 Am={qq=m(modk+1)q∈{1,2，…，n}}, 以MCN; m=1,2,…,k十1，Sm=,∑。rg,Tm r>0g∈A (2)M=N.用反证法证明： 器（-，则之11-享(5.十T), 假设M≠N,由于M二N,必存在x1∈N,但 =】 1= 不5设包S≥号T,在1,2，…k十1}中 x1庄M,因此f(x1)≠x1, m=1 ①若f(x1)>x1,由于f(x)为单调递增函 任取i个互不相同的元u1,u2,…,u;,再在剩 数，所以f[f(x1)]>f(x1),即x1>f(x1), 下的元素中任取方一i的互不相同的元1， 矛盾； 2,…,℃，-i,取S={aa=un(modk+1),a∈ ②若f(x1)<x1,由于f(x)为单调递增函 {1,2,…,n},1≤m≤i,或者ra>0,a三 数，所以f[f(x1)]<f(x1),即x1<f(x1), m(modk+1),a∈{1,2，…，n},1≤m≤j 矛盾 i,这样的S总能满足i≤|S∩{t,t十1，…， 综合①、②可知f(x1)=x1,因此x1∈M,与 t+k}1≤j,且2=2(S.-T） 假设矛盾，所以假设不能成立，即M=N. 注意：若把f(x)为单调递增函数改为递减函 +s。1 m=I 数，未必有M=N. 第一章集合与简易逻辑 如f(x)=一x,易得M={x|f(x)=x》 2,…,k);又因为当a∈A时，一a庄A,所以当 ={0},而N={x|f[f(x)]=x}=R, (a:,a;)∈T时，(a;,a,)庄T(i,j=l,2,…k), 显然M≠N. 从而，集合T中元素的个数最多为 【例13】定义闭集合S:若a,b∈S,则 a+b∈S,a-b∈S. 2-)2D,即n≤山 1 2 2 (1)举一例，真包含于R的无限闭集合 (3)m=n.证明如下： (2)求证：对任意两个闭集合S1,S2R,存在 ①对于(a,b)∈S,根据定义，a∈A,b∈A,且 c∈R,但cS1US2 a+b∈A,从而(a+b,b)∈T. [解析](1)显然整数集Z及有理数集Q都 如果(a,b)与(c,d)是S的不同元素，那么a=( 符合条件 与b=d中至少有一个不成立， (2)用反证法.若S1,S2两个闭集合，且 从而a十b=c十d与b=d中也至少有一个不 SR,S2R,SUS2=R, 则存在a∈R,aS1,a∈S2,b∈R,b庄S2, 成立，故(a+b,b)与(c+d,d)也是T的不同 b∈S1,又a+b∈R,则a+b∈S1或a+b 元素 ∈S2. 可见，S中元素的个数不多于T中元素的个 不妨设a十b∈S1,则a十b一b=a∈S1,这与 数，即m≤n. a庄S1矛盾，故假设不成立，故命题得证」 ②对于(a,b)∈T,根据定义，a∈A,b∈A,且 【例14】已知集合A={a1,a2,…,ak}(k≥2)， a-b∈A,从而(a-b,b)∈S. 其中a:∈Z(i=1,2,…,k),由A中的元素构 如果a,b与(c,d)是T的不同元素，那么a=c 成两个相应的集合：S={(a,b)|a∈A, 与b=d中至少有一个不成立， b∈A,a+b∈A},T={(a,b)|a∈A,b∈A, 从而a-b=c一d与b=d中也至少有一个不 a一b∈A}.其中(a,b)是有序数对，集合S和 成立，故(a-b,b)与(c-d,d)也是S的不同 T中的元素个数分别为m和n.若对于任意的 元素， a∈A,总有一a庄A,则称集合A具有性质P. (1)检验集合{0,1,2,3}与{-1,2,3}是否具 可见，T中元素的个数不多于S中元素的个 有性质P,并对其中具有性质P的集合，写 数，即n≤m. 出相应的集合S和T; 由①②可知，m=n. (2)对任何具有性质P的集合A,证明： [说明] ②的证明过程也可写成“同理可证 n≤k(k-1) n≤m”. 2 【例15】设数列A:a1,a2,…,an(n≥3)的各项 (3)判断m和n的大小关系，并证明你的 均为正整数，且a1≤a2≤…≤an.若对任意 结论。 [解析](1)集合{0,1,2,3}不具有性质P k∈{3,4，…，n},存在正整数i,j(1≤i≤j< 集合{一1,2,3}具有性质P,其相应的集合S )使得ak=a,十a;,则称数列A具有性质T. 和T是S={(-1,3),(3,-1)}, (1)判断数列A1:1,2,4,7与数列A2:1,2,3, T={(2,-1),(2,3)}. 6是否具有性质T;(只需写出结论) (2)首先，由A中元素构成的有序数对(a;,a;) (2)若数列A具有性质T,且a1=1,a2=2, 共有2个.因为0庄A,所以(a,a)庄T(i=1, am=200,求n的最小值； 强基数学·巅峰突破 (3)若集合S={1,2,3,…,2019,2020}= ()由题意可知，这6个集合中至少有一个集 S1US2US3US4US5US6,且S:∩S,=☑ 合的元素个数不少于337个， (任意i,j∈{1,2，，6}，i≠j).求证：存在 不妨设此集合为S1,从S1中取出337个数， S:,使得从S:中可以选取若干元素（可重复 记为a1,a2,…,a387,且a1<a2<<a37 选取)组成一个具有性质T的数列. 令集合N1={a37-a:li=1,2,…,336}二S. [解析](1)数列A不具有性质T;数列A2 由假设，对任意i=1,2,…,336,a387-a: 具有性质T. S1,所以N1二S2US3US4US5US6 (2)由题可知a2=2,a3≤2a2=4,a4≤2a3≤ (ii)在S2,S3,S4,S5,S6中至少有一个集合 8,…,a8≤2a,≤128，所以n≥9. 包含N,中的至少68个元素，不妨设这个 若n=9,因为ag=200且ag≤2ag,所以 集合为S2,从S2∩N1中取出68个数，记为 128≥a8≥100. b1,b2,…,b58,且b1<b2<…<b68 同理，64≥a7≥50,32≥a6≥25,16≥a5≥ 令集合V2={b8-bi=1,2,…,67}二S. 12.5,8≥a4≥6.25,4≥a3≥3.125 由假设b8-b:年S2.对任意=1,2，…，68， 因为数列各项均为正整数，所以a3=4.所以 存在s%∈{1,2，…，336}使得b=a337一a 所以对任意i=1,2,…,67, 数列前三项为1,2,4. 因为数列A具有性质T,a4只可能为4,5,6， b8-b,=(a37一a5n）-(a3r一a,）=as一as’ 由假设a气一a生S,所以bs一b:生S1,所以 8之一，而又因为8≥a4≥6.25，所以a4=8. b8-b:庄S1US2,所以N2三S3US4US5US6. 同理，有a5=16,a6=32,a7=64,a8=128. (ii)在S3,S4,S,S6中至少有一个集合包含 此时数列为1,2,4,8,16,32,64,128,200. N2中的至少17个元素，不妨设这个集合为 但数列中不存在1≤i≤j<9使得200=a:十 S3,从S3∩N2中取出17个数，记为G1,c2,…, a,所以该数列不具有性质T.所以n≥10. C17,且C1<c2<<c17 当n=10时，取A:1,2,4,8,16,32,36,64, 令集合N3={c17-c:li=1,2,…,16}二S. 100,200.(构造数列不唯一)经验证，此数列 由假设c17-c,庄S.对任意=1,2，…，17， 具有性质T. 存在t∈{1,2，…，67}使得c=b8一b.所以 所以，n的最小值为10. 对任意i=1,2,…,16,c17-c:=(b8-b,） (3)反证法：假设结论不成立，即对任意 (b68-b,)=b.一b,y S,(i=1,2,…,6)都有：若正整数a,b∈S, 同样，由假设可得b一b,生SUS2 a<b,则b-a庄S. 所以c17-c,年S,US2US3, 否则，存在S:满足：存在a,b∈S:,a<b使得 所以N3三S4US5US6: b-a∈S,此时，从S,中取出a,b,b-a: (iv)类似地，在S4,S5,S。中至少有一个集合 当a<b一a时，a,b-a,b是一个具有性质T 包含V3中的至少6个元素，不妨设这个集 的数列； 合为S4,从S4∩N3中取出6个数，记为d1, 当a>b-a时，b一a,a,b是一个具有性质T d2,…,d,且d1<d2<…<d,则 的数列； N4={d-d,li=1,2,…,5}二S5US6. 当a=b-a时，a,a,b是一个具有性质T的 (v)同样，在S,S6中至少有一个集合包含 数列. N4中的至少3个元素，不妨设这个集合为 第一章集合与简易逻辑 S,从S∩N4中取出3个数，记为e1,e2,e3, [解析](1)当k=4时， {|m∈1，中有3 且e1<e2<e3,同理可得 N5={e3-e1,e3-e2}=S6. 个数与I,中的3个数重复，因此P?中元素 (vi)由假设可得e2-e1=(e3-e1)-(e3一e2)庄 的个数为7×7一3=46. S6.同上可知，e2-e1∈S1US2US3US4U (2)先证：当n≥15时，Pn不能分成两个不相 S5,而又因为e2-e1∈S,所以e2-e1∈S6,矛 交的稀疏集的并， 盾.所以假设不成立.所以原命题得证。 若不然，设A,B为不相交的稀疏集，使 类型六运算的新定义问题 AUB=P,21, 【例16】设S是整数集Z的非空子集，如果 不妨设1∈A,则因1十3=22，故3庄A,即 Ha,b∈S,有ab∈S,则称S关于数的乘法是 3∈B. 封闭的.若T,V是Z的两个不相交的非空子 同理6∈A,10∈B,又推得15∈A,但 集，TUV=Z且Ha,b,c∈T,有abc∈T; 1+15=42, Hx,y,z∈V,有xyz∈V,则下列结论恒成立 这与A为稀疏集矛盾.再证P4符合要求， 的是 ( 当=1时，爱m∈1=la可分成两个稀 A.T,V中至少有一个关于乘法是封闭的 疏集之并，事实上，只要取 B.T,V中至多有一个关于乘法是封闭的 A1={1,2,4,6,9,11,13}, C.T,V中有且只有一个关于乘法是封闭的 D.T,V中每一个关于乘法都是封闭的 B1={3,5,7,8,10,12,14},则A1,B1为稀疏 [解析]因为TUV=Z,故必有1∈T或 集，且A1UB,=I14 1∈V,不妨设1∈T,则令c=1,依题意对 当及=4时，爱m∈1中除娄批外斜F的 Ha,b∈T,有ab∈T,从而T关于乘法是封 13 闭的；（其实到此已经可以选A了，但为了严 数红成桑合日昌…， 谨，我们以下证明可以有一个不封闭以及可 以两个都封闭)，取T=N,则V为所有负整 =， 数组成的集合，显然T封闭，但V显然是不 当k=9时，E ”|m∈1中除正整数外剩下 封闭的，如（一1）×（一2）=2庄V; 同理，若T={奇数}，V={偶数}，显然两者 的组成条合日号号号…号引、 都封闭，从而选A. 可分解为下面两稀疏集的并： [答案]A 【例17】对正整数n,记In={1,2,…,n}, 4-3音号9号}8=号》 Pn= {m|m∈In,k∈1n 最后，集合C= m∈14k∈1a,且k≠1,4,9 及 (1)求集合P,中元素的个数： 中的数的分母均为无理数，它与P4中的 (2)若P,的子集A中任意两个元素之和不 任何其他数之和都不是整数，因此， 是整数的平方，则称A为“稀疏集” 令A=A1UA2UA3UC,B=B1UB2UB3,则 求n的最大值，使P。能分成两个不相交的 A和B是不相交的稀疏集，且AUB=P14. 稀疏集的并 综上，所求n的最大值为14. 强基数学·巅峰突破 真题实战演练 D地；小孙：我去C地；小李：我去D地；只有 一个人说错了，可能是谁？ ( ) 一、选择题 A.小赵 B.小钱 1.(2015·清华)（多选）已知A={(x,y)|x2+ C.小孙 D.小李 y2=r2},B={(x,y)|(x-a)2+(y-b)2= 6.(2018·清华)英国、法国、意大利、巴西、西 r2},已知A∩B={(x1y1),(x2,y2)},则 班牙和德国六个国家参加足球比赛.甲、乙、 丙对话：甲说：意大利和西班牙肯定不是冠 A.0<a2+b2<2r2 军；乙说：冠军肯定出自法国或德国；丙说： B.a(x1-x2)十b(y1-y2)=0 巴西肯定不是冠军；已知这三人说的话，恰 C.x+x2=a,y+y2=b 有两人正确一人错误，问冠军球队是哪个国 D.a2+62=2ax1+2by1 家的？ () 2.(2016·北大)运动会上，有6名选手参加 A.巴西 B.德国或法国 100米比赛，观众甲猜测：4道或5道的选手 C.英国 D.意大利或西班牙 得第一名；观众乙猜测：3道的选手不可能得 7.(2018·清华)（多选）若参数入，M使得x+ 第一名；观众丙猜测：1,2,6道选手中的一位 x2十Ax1x2≥M(x1十x2)2对于任意非负实 获得第一名；观众丁猜测：4,5,6道的选手都 数x1,x2恒成立，则下列选项中正确的是 不可能获得第一名.比赛后发现没有并列名 次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结 A.若λ=0，则M的最大值为0 果，此人是 ( B.若入>0，则M不存在最小值 A.甲 B.乙 C.“M的最大值为1”的充要条件是“λ≥2” C.丙 D.丁 D.若入=一6，则M的最小值为一2 3.(2018·北大)在△ABC中，“tanA+tanB+ 8.(2020·清华)甲、乙、丙三位同学讨论一道 tanC>0”是“△ABC为锐角三角形”的 数学题.甲说：“我做错了.”乙说：“甲做对 了.”丙说：“我做错了.”老师看过他们的答 A.充分条件 B.必要条件 案并听了他们的上述对话后说：“你们只有 C.充分必要条件 D.以上选项都不对 4.(2017·清华)已知非零实数a,b,c,A,B,C, 一个人做对了，只有一个人说错了.”则根据 () 则“ax2+bx十c≥0与Ax2+Bx十C≥0解集 以上信息可以推断出 A.甲做对了 B.乙做对了 相同是骨一名一名”的 C.丙做对了 D.无法确定谁做对了 A.充分非必要条件 9.(2020·清华)已知实数a,b满足a3+b3+ B.必要非充分条件 3ab=1,设a十b的所有可能取值构成的集合 C.充要条件 为M,则 ( D.既非充分也非必要条件 A.M为单元素集 5.(2017·清华)（多选）小赵、小钱、小孙、小李 B.M为有限集，但不是单元素集 每人去A、B、C、D四地之一，去的地方各不 C.M为无限集，且有下界 相同.小赵：我去A地；小钱：我去B或C或 D.M为无限集，且无下界 第一章集合与简易逻辑 10.(2024·厦大)对于命题p,q,以下逻辑正确 学说：“丁是2号，丙是3号.”李同学说：“丁 的有 ( 是1号，乙是3号.”他们每个人都说对了一 A.如果p真，则q真 半，丙是 号 B.如果p真，则g真，那么g假，则p假 17.(2017·清华)集合A={1,2,3,4,5,6,7,8, C.如果p真且q真，则p真 9,10},从中取出三个元素构成集合A的子 D.如果p真，则p或g真 集，且所取出的三个数互不相邻，这样的子 11.(北京)设A,B,C是集合{1,2，…，2020}的 集个数为 子集，且满足A二C,B三C,这样的有序组 18.(2020·清华)A,B,C均为{1,2,3，…， (A,B,C)的总数是 ( 2020}的子集，且A二C,B二C,有序的(A, A.32020 B.42020 B,C)共有 种. C.52020 D.62020 19.(2021·清华)已知集合U={0,1,2,…, 12.(全国)设集合S,T中至少有2个元素，且 2021},S二U,且S中任意两项相加不是5的 S,T满足：①对于任意的x,y∈S,若x≠y, 倍数，则S的元素个数的最大值是 则x+y∈T;②对于任意的x,y∈T,若x< 20.(2021·北大)现有7把钥匙和7把锁.用这 y,则y-x∈S.若S有3个元素，则T可 些钥匙随机开锁，则D1,D2,D3这三把钥匙 能有 ( 不能打开对应的锁的概率是 A.2个元素 B.3个元素 21.(2022·北大)将不大于12的正整数分为 C.4个元素 D.5个元素 6个两两交集为空的二元集合，且每个集合中 13.(北京)设正整数m,n均不大于2021，且 两个元素互质，则不同的分法有 种 干12<"中1，则这样的数组(m)的个 n 22.(2023·北大)集合U={1,2,3,…,10},则U 数为 的元素两两互素的三元子集个数有 个 A.2021 B.1428 23.(2024·南京大学)存在集合A={1,2,…, C.3449 D.以上答案都不对 10}的一族子集两两交集非空，那么这族子 二、填空题 集最多有 个 14.(2019·清华)已知A={(x,y)|x,y∈R, 24.(2024·中国科大)全集U有2024个元素， zl<1,lyl<1),B=((z,y)Iz,yER,lz+y+ 若|A|=2000,1B|=1978,|C=1958,则 x一y|≤2，记A,B区域的面积分别为 |A∩B∩Cl min= 2A,2g,比较2A,2B的大小： 25.(2024·中国科大)数列{am},n∈N*,则命 15.(2016·清华)甲、乙、丙、丁四人参加比赛并 题“]A>0,Hn∈N*,am<A”的否定是 有两人获奖，以下是四人对获奖人的猜测 甲：“获奖者在乙、丙、丁中.”乙：“我未获奖， 26.(2025·北大)S={1,2,…,2025}满足A, 丙获奖.”丙：“甲、丁有一人获奖.”丁：“乙的 B二S,A∩B≠的二元集{A,B有个. 猜测是正确的.”已知四人中有两人的猜测 27.已知A1,A2,…,An是集合A={1,2,3,…, 是正确的，那么获奖人是 10}的n个非空子集，如果对于任意的i,j∈ 16.(2017·清华)甲、乙、丙、丁四个人背后有 {1,2,3,…,n},均有AUA≠A,则n的最 四个号码.赵同学说：“甲是2号，乙是3 大值为 号.”钱同学说：“丙是2号，乙是4号.”孙同 强基数学·巅峰突破 三、解答题 30.(2016·清华)已知A={x|x2-2x-3>0}, 28.(2016·清华)从1~14的正整数中任选出 B={xlx2+ax+b≤0}，AUB=R,A∩B= 若干数构成一个集合，该集合中任3个数不 (3,5],求a+b的值. 构成等差数列，求元素最多的集合的元素 个数. 29.（2014·清华)x1,x2,x3,x4,x5为5个正整 31.(2017·北大)已知集合A为非空实数集， 数，从中任取4个数之和组成的集合为 B,C为A的非空真子集.已知A,B,C对于 {44,45,46,47},求这5个数. 加减法和数乘运算封闭（集合A关于加减 法和数乘运算封闭的定义为：Ha,b∈A, λ∈Q,均有a十b∈A,Aa∈A).证明：存在 a∈A,而aBUC. 第一章集合与简易逻辑 32.对于集合{1,2，…，n}和它的每一个非空子 1-1(x∈M), 34.(2016·清华)定义fM(x)= 集，我们定义“交替和”如下：把集合中的数 1(.x在M), 按从小到大的顺序排列，然后从最大的数 M△N={xfM(x)·fN(x)=-1}. 开始交替地加减各数（例如{1,2,4,6,9}的 集合A={xx=k,k∈N,1≤k≤2016}， 交替和是9一6+4一2+1=6，而{5}的交替 集合B={xx=2k,k∈N,1≤k≤2016. 和就是5).对于n=7,求所有这些交替和的 (1)求fA(2016),fB(2016); 总和. (2)设card(X)为集合X中元素的个数，求 J=card(X△A)+card(X△B)的最小值. 33.(2019·清华)已知A={x∈Zx2-9>0}, 35.对实数x1x2,…,x19 B={x∈Zx2-8x+a<0},A∩B一共4 求不超过f(1,x2,…,x19） 个子集 =空之…之1k西十k十…十k-1川 (1)求A∩B(写出结论即可，无需证明)； k=0k,=0k。=0 的最小值的最大整数， (2)求a的取值范围，参考答案与解析 参考答案与解析 课堂讲义 说 做 第一章集合与简易逻辑 一、选择题 1.BCD由条件知A、B是两个相交的圆 丙 对A选项，由于两圆相交，故其圆心之间的距离应小于半径 之和. 方法2：甲、乙的话完全相反，必然有一个说对，另一个说错， 对B选项，由图象可知向量(x1一2y1一y2)与(a,b)垂直. 所以丙说对了，因此丙做错了，但是无法判断甲做对还是乙 做对，所以选D 对C选项，两圆圆心和公共弦顶，点构成一个菱形，对角线相 9.B由题意：(a+b)(a2+b2一ab)+3ab=1, 互平分即可得到，化简即得 对D选项，(x,y1),(x2y2) (a+b)[(a+b)2-3ab]+3ab=1, (a+b)3-3ab(a+b-1)-1=0, 满0- 、两式相减即可 (a+b-1)[(a+b)2+(a+b)+1-3ab]=0,所以a+b=1或 (a十b)2+(a十b)+1-3ab=0,后者整理成： 故正确选项为BCD. a2-(b-1)a+(b十b+1)=0.由△≥0可得(b+1)≤0，所以 评析：本题难度不大，结合代数式的化简以及图象的直观不 b=-1,从而a=-1,所以a十b=-2. 难解决. 综上a+b=1或-2.选B. 2.D若观众甲或丙正确，则观众乙一定正确，所以观众甲和丙 10.D对A选项，令命题p:正方形是平行四边形，命题q:2> 一定都不正确.也即12456这5个选手都不是第一名，所以选 3,命题p为真命题，但命题g为假命题，故A错误；对B选 手3是第一名，此时哈好只有丁一人正确」 项，令命题p:正方形是平行四边形，命题q:2<3,满足p真， 评析；这个题的关键在于能否观察出甲、乙、丙三人的猜测的 则g真，所以g假为假命题，则力假也是假命题，令命题：“q 特点.基本手段在于假设某个人正确，看此时是否符合只有 为假命题”是一个假命题，命题：“力为假命题”是一个假命 一个人正确的条件. 题，那么“若g假，则力假”等价于“若m真，则n真”，参考A 3.C由于在三角形内，tanA+tanB+tanC=tan Atan Btan C,知 选项，可知B错误；若“力真且g真”为假命题，则力可能为假； 条件为充要条件 故C错误：若p真，则力与q的真假分以下两种情况：p真或 4.D不充分的例子：(a,b,c)=(1,1,2),(A,B,C)=(1,1,3) q真，p真或q假，这两种情况力或q均为真，故D正确。 不必要的例子：(a,b,c)=(1,1,-1),(A,B,C)= :11.C考虑A,B,C把集合P={1,2,…,2020}划分为5个集 (-1,一1,1)，不等号相反. 合：P1=P-C,P2=C一(A+B),P3=A一B,P,=B一A, 评析：要注意比例相等时，如果两边除的都是负数，不等式会 P,=AB,接下来将集合P中的元素逐一安排到集合P,P。, 变号. P,P,P,中即可得所求总数为52o0.故选C. 5.CD反证法，如果是小赵错了，就意味着后面三个人说的话 12.B若集合S中有3个元素，不妨设S={a,b,c,其中a<b 都是对的.而他们去的地方各不相同→小钱、小孙、小李去的 <c,由①知，则必有x1=a十b∈T,x2=a十c∈T,x3=b十c∈ 分别是B、C、D地→小赵去了A地，都与假设矛盾！ T,由②知，x2-x1=c-b∈S,xg-=b-a∈S,x-x1=c 同理，若小钱错了，则意味着小赵和小钱都去了A地.矛盾！ -a∈S,显然有c-a>b-a>0,c-a>c-b>0,(1)若c-a= 如果是小孙错了，则当小孙去B地，小钱去C地时，满足“只 c,则a=0,此时T中有元素b,c,则c一b=b,c=2b符合题意， 有一个人错”和“去的地方各不相同”的条件， 此时T中有3个元素；(2)若c-a=b,则有c-b=b一a=a, 如果是小李说错了，则小赵去A地，小钱去D地，小孙去C 即c=3a,b=2a,此时T={3a,4a,5a}中有3个元素，综上T 地，小李去B地，符合题意 中有3个元素. 故可能为小孙或小李错了 13.C题中不等式即√2n-1<m<√2n十√2，记D=(W2n一1， 评析：简单的逻辑推理，自然就会想到用反证法】 √2十√2)，注意到区间D,的长度为√2十1，而相邻区间的间 6,C可分别按甲错误、乙错误、丙错误三种情况进行讨论，难 距为√2，满足√2<√2+1<2√2，因此任何两个相邻的区间都 度较低. 有交桑E.=W2u十2-1,2n+②.记D.=D,E.= 7.BC时子A,若入=0，则由均值不等式知M的最大值为2 E,则当m∈D八E时，m对应唯一的n;当m∈E时，m对应两 对于B,若入>0，则M可以取任意不大于0的数，从而不存在 个n.而2×1430-1>2021>√2×1429-1，因此有1428 最小值 个m落在E中，剩下的2021-1428=593个m落在D八E 对于C,M≤1台Ax1x2≥2x1x,台入≥2. 中，所求数组(m,)的个数为1428×2+593=3449. 对于D,M可以取任何不大于一1的数，从而不存在最小值」 二、填空题 评析：本题需要理清思路，整理清相互之间的充要关系. 14.解析：由题意，A区域是一个边长为2的正方形，21=4.如图所 8.D方法1：据题意，列出说和做的所有可能结果：可以看出， 示，作出B区域（按照x十y,x一y的正负性讨论即可），同样有 甲、乙均有可能做对，丙做错.选D. 2g=4,所以有：24=2g 279 强基数学·巅峰突破 y 21.解析：易知{2,4,6,8,10,12}中的元素两两不互质，因此恰 1 好在6个不同的集合中，设依次为Y,Y,…,Y·此时剩余 的正整数中1,7,11可以任意放在上述6个集合中，5不能放 0.5 在Y1。中，3,9不能放在Y:或Y12中，分两种情况：①若5放 入了Y。或Y中，有两种情况，此时3与9可在4个集合中选 0心 择，有A种情况，而1,7,11放入集合有A种情况. ②若5没有放入Y:或Y1中，则5有3个集合可以选择，进而 -0.5 3与9可在3个集合中选择，有A种情况，而1,7,11放入集 合有A种情况. 综上所述，不同的集合拆分方法共有A:AA+AAA= 答案：2a=2g· 252(种). 评析：根据对称性，也可只作出第一象限的区城 答案：252 15.解析：容易看出乙、丁必定同时正确或错误； 22.解析：显然2,4,6,8,10不能同时存在， (1)乙、丁同时错误时，获奖者为乙和丁或丙和丁，而乙错误 (1)无偶数，C一C=7:(2)取的是2,4,8中的一个，不妨为2， 知获奖者为乙和丁： C一C9=9,同理9×3=27.(3)取的是6，C=3;(4)取的是 (2)乙和丁同时正确时，丙获奖，乙未获奖，但丙错误，知甲和 10,C-C9=5.∑=7+3×9+3+5=42. 丁同时获奖或同时未获奖，从而获奖人数为1或3，与两个 答案：42. 人获奖矛盾： 23.解析：显然，这族子集不含有空集，按所含元素的多少可把 综上，获奖人为乙和丁 这族子集分为10类，不妨设A,(i=1,2,…,10)是含有i个元 答案：乙和丁. 素的子集，对应有a:个，显然，一元子集A:至多只有一个，若 16.解析：考虑乙是3号时，根据钱同学的话，丙是2号；根据孙 不止一个，则它们的交集都是空集，不合题意，所以口1十 同学的话，丁是2号，矛盾， a2十…十a1。≤C9十Cg+…+Cg=2=512,故A,最多有 当乙不是3号时，根据赵同学的话，甲是2号：根据李同学的 512个. 话，丁是1号.所以丙是3号，乙是4号满足条件 答案：512 答案：3. 24.解析：|A∩B|=|A|+|B|-1AUB≥2000+1978- 评析：逻辑推理题，其实也只有两种情况，一一验证即可， 2024=1954, 17.解析：原题等价于从{1,2,3,4,5,6,7,8}中任取三个数a,b,c IA∩C1=|A|+|C1-IAUC1≥2000+1958-2024= (a<b<c),然后元素a,b+1,c十2即为满足条件的三个元 1934, 素.所以共有C=56(种)选取方法. 1B∩C1=|B|+|C1-IBUC1≥1978+1958-2024= 答案：56. 1912. 评析：组合计数问题，关键在于怎样找到易于计算的一一对 由集合的容斥原理有|A∩B∩C|=U引一|A|一|B|一|C|+ 应的关系。 |A∩B1+|A∩C1+IB∩C≥1888， 18.解析：方法1：若C已确定，则(A,B)共有4种可能， 等号可在AUB=AUC=BUC=U时取得， 其中S为集合C中元素的个数 答案：1888. cgf=0+4=8(#) 25.解析：将各部分否定后组合，则其否定是“VA>0,3n 方法2： N,an≥A”. 设U={1,2,3,…,2020},如答图每个元素均有5种填法， 答案：HA>0,3n∈N",an≥A. 故有序的(A,B,C)总共有5200种. 26.解析：如韦恩图，S,A,B将空间 S 分成四部分，分别为A∩CsB、B U ∩CsA、A∩B、Cs(AUB),所以 S中2025个元素，每个元素都有 4种位置情况，故共有422个，其 中A∩B=⑦有3205个，A=B有20个，A=B=⑦有1个， 答案：52020 综上，A,B二S,A∩B≠⑦的二元集{A,B}有 19.解析：集合U模5余0最多选1个数，集合U模5余1和4 -3+2-1个. 2 最多选取一类数，其中模5余1有405个，模5余4有404 个，集合U模5余2和3最多选取一类数，两类数均有404 答案，4-一3+20-1 2 个，所以S的元素个数的最大值=1+405+404=810. 27.解析：将集合A={1,2,3,…,10}的2°-1=1023（个）非空 答案：810 子集分成512组：第1组为集合A:第2组到第512组，每组2 20.解析：全部情形共有7！种.记第i把锁被打开的情形构成集合 个子集，且这2个子集的并集为集合A(易知这种分组是存在 A,i=1,2,3.则lA|=6!,A∩A|=5!,|A∩A.∩A|=4!. 的，事实上只需将A的非空子集B与B在A中的补集分在 由容斥原理知概率为7！一3×6！十3×5！-4！67 7! 105 同一组即可)，当n≥512时，若A1,A2,…,A。中含有集合A, 则显然不符合要求；若A1,A2,,A,中不含有集合A,则根 答案：品 据上述分组和抽屉原理，A1,A2,…,A。必有两个集合在同一 280 参考答案与解析 组，它们的并集为集合A,也不符合要求，所以≤511，另一 假设对于1到2016的整数n有n∈X,那么每删去一个偶 方面，集合{1,2,3，…，9}有511个非空子集，对于其中任意两 数时，card(X△B)增加1，card(X△A)增加1：删去一个奇数 个子集X和Y,均有XUY≠A,可见n=511符合要求，所以 时，card(X△B)减少1，card(X△A)增加l.因此要求J的最 n的最大值为511. 小值，则对于1到2016的整数必然有所有偶数属于X,奇 答案：511. 数则任意，另外，对于其他不属于A属于B的元素，全属于 三、解答题 B即可.然而由于B为无限集合，故不存在J的最小值 28.解：可以选出8个数，1,2,4,5,10,11,13,14使得其中没有 35.解：我们把集合A={0,1}”划分为：A=AUAU…UA,其中 三项成等差数列.反设可以选出9项其中不含三项成等差数 A={3=(k12,k)∈A:k1十k2十…十kn=k},k=0,1,…, 列，则1~7或8~14之一选出了5个数，不妨设1~7中选 n.其中A的元素个数为|A=C.记X=（,,xn), 出了5个数，若没有选4，则{1,2,3}，{5,6,7}这两组数组有 一组被选出：若选出了4，则{1,7}，{2,6}，{3,5}至少有一组 则f(X)=三1B·X-11=之之1B·X-11≥ k=0A 被选出，这组数与4组成了等差数列.矛盾.综上知最多选出 8个数 含A0X-1,考唐8=8(BX-1) A 29.解：从5个正整数中任取4个数求和应有5种取法，所以这 ca++)-C=C++)-c 5个和中定有2个相同.这五个和之和应为4(x1十：十x,十 由子C1-1=C,所以有B-B+1-6=C-C1-t=C x:+x)是4的倍数，44+45+46+47=182，所以那个相同 -C, 的和值为46.所以x十x,十5十，十x=182十46=57，因 4 即IB|+|B+1-k≥C-C哈1（记B+1=0), 为57-44=13,57-45=12,57-46=11,57-47=10， 所以KX)≥岁1B1≥乏(IB1+1B1-1)≥(C 所以这5个数为10,11,11,12,13. =0 k=0 k=0 评析：这道题的关键就在于求出5个正整数的和，而在数论 C)=C". 中，求解未知数的值最常用的方法就是利用同余， 当n=2m或n=2m-1时，取x1=x2=…=xn= 可俊上式 30.解：显然A={x|x>3或x<-1}.由AUB=R, 取等号（此时Bm=0): A∩B=(3,5],知x2十ax+b≤0的两解一个等于5， f(X)=B。+B1+·+Bm-1-Bm+1-Bm+2-…-Bn= 另一个等于一1，代回有a=一4，b=一5.故a十b=一9. 31.解：利用反证法，假设对于任意的a∈A,均有a∈BUC,即 "(B。-B+1-)=C k=0 a∈B或a∈C成立. 综上，f(x1,x,…,xn)的最小值是C兰=C=92378. ①若B,C中有一个是另一个的子集：不妨设B二C,则反证 法假设的结论等价于：对任意的a∈A,均有a∈C成立.于 第二章 代数式与方程 是A二C,这与C是A的非空真子集矛盾。 ②如果B,C均不是对方的子集，则 一、选择题 3b∈B,btC;3c∈C,ctB. 1.D方法1：由x=2y十5与y=2x+5两式作差得 考虑b十c这个元素，根据反证法假设，它一定属于B或C. x十y=-2(x≠y), 不妨假设b十c∈B,由于B对于减法封闭，我们得到 代入两式中分别化出x2+2x一1=0，y2十2y一1=0 c=(b十c)-b∈B,矛盾. 所以x,y是方程t2十2t一1=0的两个不等实根， 评析：此题的背景是抽象代数理论中关于群、环、域的定义， 于是x十y=一2，xy=一1，故 逻辑推导并不复杂，但注意把逻辑理顺. x3-2xy2+y3=(x+y)[(x+y)2-3.xy]-2(xy)9 32.解：集合{1,2，…，7}的非空子集共有27一1=127（个），而 =(-2)×7-2=-16: (1,2,…,7}中每个元素在子集中均出现2=64（次），由于 方法2：由x2=2y+5与y2=2x十5两式作差得 1,2,…,6在交替和中有32次系数为正，32次系数为负，因 x+y=-2(x≠y), 此这些数在交替和中的总和为0，而7在交替和中共出现64 由x2=2y十5与y2=2x十5两式相加得 次，且均取正值，故所有子集的交替和的总和为7X x2+y2=2(x+y)+10=(x+y)-2xy,得xy=-1. 64=448. 故x3-2x2y2+y=(x+y)[(x+y)2-3xy]-2(xy) 33.解：(1)A∩B一共有4个子集，说明|A∩B|=2. (-2)×7-2=-16,故选D. 结合A={x∈Zx2-9>0}, 点评：考查基本的多项式的变形，掌握常用的多项式公式即 不难推出A∩B={4,5},集合B中元素关于x=4对称. 可解决。 (2)A∩B={4,5},则在x2-8x+a<0中，令fx)=x2-8x 2.C不妨设a是三个数里面最大的一个，A、B、C三个选项给 +a,有f(4)=-16+a<0,f(5)=-15+a<0,f(6)=-12+a 出的结果都是正整数，所以我们只考虑(a一b)(b一c)(c一a) >0, 大于0的情况.此时可以进一步推出，三个数的大小关系是：@ 解得a∈(I2,15) >c>b.设m=c一b,n=a-c(m,n均为正整数)，则(a-b)· 34.解：(1)因为2016∈A,2016∈B,所以fA(2016)=一1， (b-c)(c-a)=mn(m+n). fB(2016)=-1. 对于A:mn(m十n)=126=2×3×3×7,得到(m,n)=(2,7) (2)由M△N={x|fM(x)·fN(x)=-1},知card(X△A)的 或(7,2)，此时126=a+b十c=3b十2+9或3b+7+9,均不可 含义为X与A不同元素的个数.故不考虑所有既不属于A 能，A错误； 也不属于B的元素. 对于B:n(m十n)=144=2X2X2×2×3×3,这个方程是无 281