高中数学竞赛强基计划1 集合与简易逻辑（解析版）.docx

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专题01集合与简易逻辑一、真题特点分析：1.突出对思维能力的考查。例1.【2022年中科大5】是五个矩形区域（边平行于坐标轴），证明：总能找到两个集合，使得身下三个集合的交集包含于这两个集合并集，例如：证明：由凯莱定理可以说明例2.【2020年武汉大学9】设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（）A.32 B.56 C.72 D.84答案：B进行分类讨论例3.【2020年清华大学】已知集合，且，则有序集合组的个数是（）．A．B．C．D．答案：C解析：画出符合A,B,C三个集合包含关系的韦恩图，发现有4个逻辑对应的区域，因而有序集合组（A,B,C）的个数是.例4.【北约】已知求证：【解析】不等式；柯西不等式或平均不等式.法一：不等式.调和平均值，则，可得，上述两式相加得，即，即法二：由及要证的结论分析，由柯西不等式得，从而可设，且从而本题也即证从而，即，假设原式不成立，即则从而，矛盾.得证.2.注重和解题技巧，考查学生应用知识解决问题的能力。例5.【北约】已知实系数二次函数与和有两重根，有两相异实根，求证：没有实根.【解析】设则由，可得由可得化简得即又没有实根.二、应试和准备策略1.注意知识点的全面数学题目被猜中的可能性很小，一般知识点都是靠平时积累，因此，要求学生平时要把基础知识打扎实。剩下的就是个人的现场发挥。2.注意适当补充一点超纲内容如上面提及的一些平时不太注意的小章节或高考不一定考的问题，如矩阵，行列式等也不可忽视。3.适当做近几年的强基计划的真题俗话说，知己知彼，百战百胜。同学们可适当地训练近几年自己所考的强基计划和高校自主招生的试题，熟悉一下题型和套路还是有益的。总之，同学们若是注意一些知识点的延伸和加深，考试时必定会有一种居高临下的感觉。三、知识要点拓展一、知识补充：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)问题：开运动会时，高一某班共有28名同学参加比赛，有15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有3人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，问同时参加田径比赛和球类比赛的有多少人？只参加游泳一项比赛的有多少人？解：设A＝{参加游泳比赛的同学}，B＝{参加田径比赛的同学}，C＝{参加球类比赛的同学},则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,所以同时参加田径和球类比赛的共有3人，而只参加游泳比赛的人有15－3－3＝9(人)二．抽屉原理抽屉原理的基本形式定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。例1．已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于.分析：5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。如图2，设BC是△ABC的最大边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A因为BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。四、高考真题训练1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知全集，集合，则（）A．B．C．D．【答案】A由题意可得：，则.故选：A.2．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】C【分析】任取，则，其中，所以，，故，因此，.故选：C.3．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）设集合，则（）A．B．C．D．【答案】B【分析】，故，故选：B.4．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）设集合，则（）A．B．C．D．【答案】B【分析】因为，所以,故选：B.5．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）设集合，，则（）A．B．C．D．【答案】B【分析】由题设有，故选：B.【2012年——2020年】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知集合则（）A．B．C．D．【答案】D【分析】由解得，所以，又因为，所以，故选：D.2．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则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：.故选：B.3．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））已知集合A={x||x|<3，x∈Z}，B={x||x|>1，x∈Z}，则A∩B=（）A．B．{–3，–2，2，3）C．{–2，0，2}D．{–2，2}【答案】D因为，或，所以.故选：D.4．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（）A．{−2，3}B．{−2，2，3}C．{−2，−1，0，3}D．{−2，−1，0，2，3}【答案】A【分析】由题意可得：，则.故选：A.5．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））已知集合，，则A∩B中元素的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】由题意，，故中元素的个数为3.故选：B 6．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））已知集合，，则中元素的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】由题意，中的元素满足，且，由，得，所以满足的有，故中元素的个数为4.故选：C.7．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知集合，则A．B．C．D．【答案】C【分析】由已知得，所以，故选C．8．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知集合，则=A．B．C．D．【答案】C【分析】【详解】由题意得，，则．故选C．9．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））已知集合，，则A∩B=A．(–1，+∞)B．(–∞，2)C．(–1，2)D．【答案】C【分析】本题借助于数轴，根据交集的定义可得．【详解】由题知，，故选C．10．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={x|x-1<0}，则A∩B=A．(-∞，1)B．(-2，1)C．(-3，-1)D．(3，+∞)【答案】A【分析】由题意得，，则．故选A．11．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））已知集合，则A．B．C．D．【答案】A【分析】，∴，则，故选A．五、校考强基训练1．对集合{1，2，…，n}及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结果，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，对于n=7。求所有子集的“交替和”的总和。解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中，除去{7}外还有个非空子集合，把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则是设这是把结合为一组，显然，每组中，“交替和”之和应为7，共有组.所以,所有“交替和”之和应该为。2．n元集合具有多少个不同的不交子集对？分析：我们一般想法是对于一个子集，求出与它不交的子集个数，然后就可以求出总的子集对来了。解：如果子集对是有序的，即在子集对中可以区分第一个子集与第二个子集，则第一个子集若是k个元素，第二个子集就由其余n-k个元素组成，可能的情况是种，而这时第一个集合的选取的可能情况应为种，那么k从o变到n，总的情况可能就是。如果子集对是无序的，即两个子集相同但次序不同的子集对不认为不同，则对有序子集对中有一对是由两个空集组成，而对其它个有序对，每一对中交换两个子集的次序，得到的是同一个无序子集对，因此有个无序子集对，其中至少有一个子集非空，于是无序子集对的总数为分析二：我们可以从元素的角度来思考问题。对一个元素来说，它有三种不同的选择，在第一个集合中，在第二个集合中，或者不在两个集合中。解法二：在计算有序对的数目时，对每一个元素来说有三种可能：它或在第一个子集，或在第二个子集，或不在其中任意一个子集，因此不同的不交有序子集对的总数，以下同解法一。3.以某些整数为元素的集合具有下列性质：①中的元素有正数，有负数；②中的元素有奇数,有偶数；③－1；④若，∈,则＋∈。试判断实数0和2与集合的关系。解：由④若，∈,则＋∈可知，若∈，则（1）由①可设，∈，且＞0，＜0，则－＝||(||∈)故,－∈,由④,0＝(－)+∈。（2）2。若2∈，则中的负数全为偶数，不然的话，当－（）∈（）时，－1＝（－）＋∈，与③矛盾。于是，由②知中必有正奇数。设，我们取适当正整数，使，则负奇数。前后矛盾。4.若为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列，若，则（1）证明：三个集合中至少有两个相等。（2）三个集合中是否可能有两个集无公共元素？证明：（1）若，则所以每个集合中均有非负元素。当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立。否则，设中的最小正元素为，不妨设，设为中最小的非负元素，不妨设则－∈。若＞0,则0≤－＜，与的取法矛盾。所以=0。任取因0∈,故－0＝∈。所以，同理。所以=。（3）可能。例如=={奇数}，={偶数}显然满足条件，和与都无公共元素。5.设，且A具有下列性质：（1）对任意，恒有；（2）。试证A中的元素为奇数的个数是4的倍数，且为定值.证明：考虑，每个集合中取一个元素，但注意到2+4+…+200=10100≠10080，不妨设不属于A的偶数为，则相应的奇数应在A中，且对应差的和为20.6．(江苏五校)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)的所有不同值的个数．（1）已知集合P＝{2，4，6，8}，Q＝{2，4，8，16}，分别求l(P)，l(Q)；（2）若集合A＝{2，4，8，…，2n}，求证：lA.＝；（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）证明：因为ai＋aj(1≤i＜j≤n)共有项，所以lA.≤．又集合A＝{2，4，8，…，2n}，不妨设am＝2m，m＝1，2，…，n．ai＋aj，ak＋al(1≤i＜j≤n，1≤k＜l≤n)，当j≠l时，不妨设j＜l，则ai＋aj＜2 aj＝2j＋1≤al＜ak＋al，即ai＋aj≠ak＋al，当j＝l，i≠k时，ai＋aj≠ak＋al，因此，当且仅当i＝k，j＝l时，ai＋aj＝ak＋al．即所有ai＋aj(1≤i＜j≤n)的值两两不同，因此lA.＝．（3）不妨设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个不同的数，即lA.≥2n－3．事实上，设a1，a2，a3，…，an成等差数列，考虑ai＋aj(1≤i＜j≤n)，根据等差数列的性质，当i＋j≤n时，ai＋aj＝a1＋ai＋j－1；当i＋j＞n时，ai＋aj＝ai＋j－n＋an；因此每个和ai＋aj(1≤i＜j≤n)等于a1＋ak(2≤k≤n)中的一个，或者等于al＋an(2≤l≤n－1)中的一个．故对这样的集合A，lA.＝2n－3，所以lA.的最小值为2n－3．数.7．通信工程中常用n元数组表示信息，其中或1，．设，，表示和中相对应的元素不同的个数．（１）问存在多少个5元数组使得；（２）问存在多少个5元数组使得；（３）令，，，求证：．解：5；；记中对应项同时为0的项的个数为，对应项同时为1的项的个数为，则对应项一个为1，一个为0的项的个数为；．即是中1的个数，即是中1的个数，是中对应项一个为1，一个为0的项的个数。于是有中1一共有个，即所以有于是．。