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压轴题01 集合与简易逻辑
从运算关系看集合的性质： 1.交集的运算性质． ，，，，，． 2.并集的运算性质． ，，，，，． 3.补集的运算性质． ，，，，． 4.子集型关系 ． 5.结合律与分配律． 结合律：． 分配律：． 6.德摩根第一、第二定律 ． 7.充分条件的判断方法 (1)判定p是q的充分条件要先分清什么是p，什么是q，即转化成p q问题． (2)除了用定义判断充分条件还可以利用集合间的关系判断，若p构成的集合为A，q构成的集合为B，A B，则p是q的充分条件 8. 用充分不必要、必要不充分及充要条件求参数值(范围)的一般步骤 (1)根据已知将充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件转化为集合间的关系． (2)根据集合间的关系构建关于参数的方程(组)或不等式(组)求解． (3)充分必要条件与集合包含之间的关系． 命题对应集合，命题对应集合是，则是的充分条件，是的必要条件，是的充要条件，是的充分不必要条件 ，是的必要不充分条件
压轴题型一：以函数、方程、不等式形式
√满分技法 集合，主要是要“读懂”集合的元素是谁？要从以下几方面入手。 1.确定构成集合的元素是点集、数集、还是其他类型的集合； 数集形式{x|。。。}，点集形式{（a，b）|。。。}。 2.确定元素是否有限制条件。如定义域限制，实际意义限制等等。 3.根据元素的特征（满足的条件）构造关系式解决相应问题. 4.集合中元素的互异性容易忽略，子集的真子集是从空集开始的，也容易忽略。求解问题时要特别注意.
1．设集合，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知集合．若，且对任意，，均有，则集合中元素个数的最大值为（ ）
A．20 B．19 C．11 D．10
3．集合，，其中、、为实数，若、分别表示集合、的元素个数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．已知正实数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
5．若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
压轴题型二：以数列形式
1．已知数列满足：，对于任意实数，集合的元素个数是（ ）
A．个 B．非零有限个
C．无穷多个 D．不确定，与的取值有关
2．已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知是等差数列，，存在正整数，使得，.若集合中只含有4个元素，则的可能取值有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
4．已知数列满足：当时，；当时，；对于任意实数，则集合的元素个数为（ ）
A．0个 B．有限个 C．无数个 D．不能确定，与的取值有关
5．已知数列的通项为，其中t为正常数，记为数列的前n项和，则下列说法不正确的是（ ）
A． 常数m使得对于均有是的充要条件
B．是的充分不必要条件
C．对于，均满足是的必要不充分条件
D．对于，均满足是的充分不必要条件
压轴题型三：以新定义形式
√满分技法 “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决. 解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
1．设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：
①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT
②对于任意x，yT，若x下列命题正确的是（ ）
A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素
D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素
2．设集合，若是的子集，把中的所有数的和称为的“容量”（规定空集的容量为0），若的容量为奇（偶）数，则称为的奇（偶）子集，命题①：的奇子集与偶子集个数相等；命题②：当时，的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等，则下列说法正确的是（ ）
A．命题①和命题②都成立 B．命题①和命题②都不成立
C．命题①成立，命题②不成立 D．命题①不成立，命题②成立
3．已知由正整数组成的集合，表示集合中所有元素的和，表示集合中偶数的个数.若.则的最小值为（ ）
A．5 B．7 C．9 D．10
4．非空集合，且满足如下性质：
性质一：若、，则；性质二：若，则则称集合为一个“群”．
以下叙述正确的个数为（ ）
①若为一个“群”，则必为无限集；
②若为一个“群”，且、，则；
③若、都是“群”，则必定是“群”；
A． B． C． D．
5．设是一个集合，是一个以的某些子集为元素的集合，且满足：（1）属于属于；（2）中任意多个元素的并集属于；（3）中任意多个元素的交集属于；则称是集合上的一个拓扑.已知集合，对于下面给出的四个集合：
①；
②
③；
④
其中是集合上的拓扑的集合的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
压轴题型四：几何意义形式
√满分技法 数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 解答集合型几何意义题型的关键在于结合函数新定义确定函数性质，从而作出函数图象，由此可求解答案.
1．设集合是实数集的子集，如果满足：对任意，都存在，使得，称为集合的聚点，则在下列集合中，以0为聚点的集合有（ ）
① ②
③ ④
A．①② B．①③ C．②③ D．①③④
2．已知函数的值域为，的值域为，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，若命题“或”为真命题，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题：
①存在，使圆与圆相切；
②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（ ）
A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题
5．现定义如下：当，则称为延展函数，当时，均为延展函数，给定以下两个命题
①存在，与有无穷个交点；
②存在，与有无穷个交点；
则下面选项正确的是（ ）
A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是假命题
C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题
压轴题型五： 容斥原理与集合论
√满分技法 记有限集合A，B的元素个数为card(A)，card(B)，则： card(A∪B)＝ card(A)+card(B)-card(A∩B) card[ U(A∪B)]＝ card(U)- card(A)-card(B)+card(A∩B)
1．，集合，若，分别为集合，的元素个数，则下列结论可能的是（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
2．通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族.若以集合的子集为元素的族，满足下列三个条件：（1）和在中；（2）中的有限个元素取交后得到的集合在中；（3）中的任意多个元素取并后得到的集合在中，则称族为集合上的一个拓扑.已知全集为的非空真子集，且，则（ ）
A．族为集合上的一个拓扑
B．族为集合上的一个拓扑
C．族为集合上的一个拓扑
D．若族为集合上的一个拓扑，将的每个元素的补集放在一起构成族，则也是集合上的一个拓扑
3．设集合S，T都至少含有两个元素，且S，T同时满足：条件1：对任意，若，则；条件2：对任意，若，则．给出下列说法：
①若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数；
②若S只有2个元素，则必有3个元素；
③若S只有2个元素，则可能有4个元素；
④存在含有3个元素的集合S，满足有4个元素．
其中所有正确说法的序号是 ．
4．从集合的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：① U都要选出；②对选出的任意两个子集A和B，必有或.则选法有 种.
5．设集合，满足下列性质的集合称为“翔集合”：集合至少含有两个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A的子集中有 个“翔集合”.
压轴题型六：集合元素“和”或者“积”型
√满分技法 集合中元素个数： 求解集合中元素个数，元素时离散型时，可以通过集合互异性来判断元素个数。 如果集合元素是连续型或者方程函数型，多有以下两种 1.点集型（有序数对），多是图像交点。 2.数集，多涉及到一元二次方程的根。 涉及到“和”或者“积”型。需要把集合的元素特征区分清楚，必要时，可以借助数归法，先实践法在有限范围内研究，归纳，总结，再递推和逻辑推导证明。
1．（多选）任取集合的个非空子集，定义为记所得的个值之和为，则（ ）
A．与的奇偶性相同 B．是的一个倍数
C．的最小值为 D．的最大值为
2．已知集合，若集合，且M中的所有元素之和为奇数，称M为A的奇子集，则A的所有“奇子集元素之和”的总和为 .
3．已知集合M=，对它的非空子集A，可将A中每个元素K都乘以再求和（如A=，可求得和为），则对M的所有非空子集，这些和的总和是 ．
4．有限集的全部元素的积称为该数集的“积数”，例如的“积数”为2，的“积数”为6，的“积数”为，则数集的所有非空子集的“积数”的和为 .
5．对于任意实数，表示不超过的最大整数.如，.定义在上的函数，若，则中所有元素的和为 .
压轴题型七：集合论型最值与范围
√满分技法 集合型最值和范围，多涉及到函数的单调性，它是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
1．把一个集合分成若干个非空子集，，，，如果满足：①，②，那么这些子集的全体称为集合的一个划分，记为.若集合，则集合的一个划分为 ；利用余数构造集合的划分是解决子集中元素整除问题的常用手段.设为集合的子集，并且中任意两个元素之和不能被3整除，则中元素个数的最大值为 .
2．设集合则集合中最小的元素是 ，集合中最大的元素是 ．
3．设集合为满足，，的空间向量，，中可能出现的两两共线的向量组数组成的数集，集合，若，当最小时，的取值为 .
4．已知集合，若存在M的子集A，使得对任意，都有，则集合A中最多有 个元素．
5．已知函数，集合，，若，则的取值范围为 .
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从运算关系看集合的性质： 1.交集的运算性质． ，，，，，． 2.并集的运算性质． ，，，，，． 3.补集的运算性质． ，，，，． 4.子集型关系 ． 5.结合律与分配律． 结合律：． 分配律：． 6.德摩根第一、第二定律 ． 7.充分条件的判断方法 (1)判定p是q的充分条件要先分清什么是p，什么是q，即转化成p q问题． (2)除了用定义判断充分条件还可以利用集合间的关系判断，若p构成的集合为A，q构成的集合为B，A B，则p是q的充分条件 8. 用充分不必要、必要不充分及充要条件求参数值(范围)的一般步骤 (1)根据已知将充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件转化为集合间的关系． (2)根据集合间的关系构建关于参数的方程(组)或不等式(组)求解． (3)充分必要条件与集合包含之间的关系． 命题对应集合，命题对应集合是，则是的充分条件，是的必要条件，是的充要条件，是的充分不必要条件 ，是的必要不充分条件
压轴题型一：以函数、方程、不等式形式
√满分技法 集合，主要是要“读懂”集合的元素是谁？要从以下几方面入手。 1.确定构成集合的元素是点集、数集、还是其他类型的集合； 数集形式{x|。。。}，点集形式{（a，b）|。。。}。 2.确定元素是否有限制条件。如定义域限制，实际意义限制等等。 3.根据元素的特征（满足的条件）构造关系式解决相应问题. 4.集合中元素的互异性容易忽略，子集的真子集是从空集开始的，也容易忽略。求解问题时要特别注意.
1．设集合，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用因为与互为反函数，所以其图象互相关于对称得到，进而得出集合A的范围；对于集合，化简得，设，进而利用导数求出的最值，得出集合的范围，即可求解
【详解】对于集合，因为与互为反函数，
所以其图象互相关于对称，
因为，所以有解，
因为，所以，所以有解，所以，
设，得，
所以单调递增；单调递减，
所以，故，所以；
对于集合，化简得，
设，
因为，可设，
单调递减，又，所以当时，单调递减，
利用洛必达法则，时，，
所以，所以；由于，所以D正确
故选：D
2．已知集合．若，且对任意，，均有，则集合中元素个数的最大值为（ ）
A．20 B．19 C．11 D．10
【答案】B
【分析】根据，转化为集合中元素，也即这些元素对应的点的坐标组成的图形呈不下降趋势，集合中元素个数的最大值也即在符合题意的这些点中怎样取，保证趋势不下降的同时取的点最多，.
【详解】
由题知：集合．若，且对任意，，均有，
作如下等价转化：在符合题意的这些点中怎样取，保证趋势不下降的同时取的点最多，
因此集合中元素个数最大时元素可以为：共个，
也可以是共个，（还有其他取法只要保证这些点的趋势不下降即可）.
故选：B.
3．集合，，其中、、为实数，若、分别表示集合、的元素个数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【分析】选项A，B和C，利用方程至少有一个根，所有解的个数取决于；方程的解得个数取决于及，逐一分析判断即可得答案；选项D，根据条件得到，，，设为的一个根，从而得到，即为方程的根，即可求解.
【详解】令，，
对于选项A，当时，方程无实根，
所以，，或；
当时，，由得，此时；
当，时，，由得，此时，所以选项A正确；
对于选项B，若，则有且只有一根，又一定是的根，所以，
又且时，无解，此时，所以选项B错误，
对于选项C，若时，则有且只有根，
又一定是的根，所以且，或且，
当时，存在，使且，此时只有一根，所以选项C错误，
对于选项D，当时，方程有三个根，所以，，，
设为的一个根，即，则，
且，所以为方程的根，
故有三个根，即时，必有，所以选项D错误，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于充分理解二次函数的根与系数的关系，观察分析两函数的区别与联系，从而得解.
4．已知正实数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】C
【分析】充分性的证明可直接用代替即可；必要性的证明时两边取对数，再利用对数的运算化简即可；
【详解】充分性：
当正实数时，，，
所以，充分性成立；
必要性：
当正实数满足时，两边同时取对数可得，
即，
即，变形为，
所以，所以，
已知正实数，则“”是“”的充要条件；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题必要性的证明关键在于对不等式两边取对数，然后结合对数的运算化简即可.
5．若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可．
【详解】对任意给定，则，且，
可知，即，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，
如图阴影部分所示，其中，
可知任意两点间距离最大值；
阴影部分面积．
故选：C．
压轴题型二：以数列形式
1．已知数列满足：，对于任意实数，集合的元素个数是（ ）
A．个 B．非零有限个
C．无穷多个 D．不确定，与的取值有关
【答案】C
【分析】讨论，，和且三种情况，根据题意可以得到：若，则；若，则；若，则；若，则.不妨从时开始讨论，得到的符号，最后得到答案.
【详解】当时，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当时，则，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当且时，，
若，则；若，则；若，则；若，则.
而，则时，数列递减且无下限（※）；
时，数列递增且无上限（*）.
（1）若，则，根据（※）可知，在求解的迭代过程中，终有一项会首次小于，不妨设为；
（2）若，则；
①若，则，接下来进入（2）或（3）；
②若，接下来进入（3）；
（3）若，则，接下来进入（1）或 （4） ；
（4）若，则，接下来进入（2）或（3）.
若，则进入（4）.
若，则进入②.
若，则进入①.
如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.
综上：集合的元素个数为无数个.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题比较复杂，刚开始的，容易想到，当且时，注意要对的四种情况进行分类，然后从某一种情况开始进行推理，其它情况可以以此类推，类似这样的题目一定要细心.
2．已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性.
【详解】，，当时，，所以不具有充分性；
，所以，
又，则，所以，
所以，不妨设
因为数列为正项数列，所以设公比为，则，
，
当时，，，所以，，
当时，，；
当时，，，所以，，
所以，所以具有必要性，
综上，是的必要不充分条件.
故选：A.
【点睛】作差判断与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大于0，根据公比与1的大小进行分类讨论.
3．已知是等差数列，，存在正整数，使得，.若集合中只含有4个元素，则的可能取值有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】考虑不符合题意，时，列举出满足条件的集合，再考虑时不成立，得到答案.
【详解】当时，，根据周期性知集合最多有3个元素，不符合；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，即，，在单位圆的五等分点上不可能取到4个不同的正弦值，故不满足；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，取，此时，满足条件；
故选：C
4．已知数列满足：当时，；当时，；对于任意实数，则集合的元素个数为（ ）
A．0个 B．有限个 C．无数个 D．不能确定，与的取值有关
【答案】C
【分析】讨论，，和且三种情况，根据题意可以得到：若，则；若，则；
若，则；若，则.
不妨从时开始讨论，得到的符号，最后得到答案.
【详解】当时，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当时，则，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当且时，，
若，则；若，则；
若，则；若，则.
而，则时，数列递减且无下限（※）；时，数列递增且无上限（*）.
（1）若，则，根据（※）可知，在求解的迭代过程中，终有一项会首次小于0，不妨设为；
（2）若，则；
①若，则，接下来进入（2）或（3）；
②若，接下来进入（3）；
（3）若，则，接下来进入（1）或 （4） ；
（4）若，则，接下来进入（2）或（3）.
若，则进入（4）.
若，则进入②.
若，则进入①.
如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.
综上：集合的元素个数为无数个.
故选：C.
5．已知数列的通项为，其中t为正常数，记为数列的前n项和，则下列说法不正确的是（ ）
A． 常数m使得对于均有是的充要条件
B．是的充分不必要条件
C．对于，均满足是的必要不充分条件
D．对于，均满足是的充分不必要条件
【答案】D
【分析】对A，可得当时，不存在满足条件，可判断必要性成立，令，利用导数求解可证明充分性成立；对B，令，，利用导数求解可得出，即可判断；对C，可得时， ，即可得，利用放缩可判断；对D，可得时，，从而得出，利用放缩可判断.
【详解】对于A，当时，，则若当时，不存在，使得对于均有，则该命题必要性成立，证当时不收敛，
，
∵不收敛，∴当时，不收敛，
令，下证：当时，对于，均有，
令，则，∵，，且在上单调递减，
∴，当时，，
∴，即A中充分必成立，故A正确；
对于B，必要性同A中必要性.令，，
∵，且在上单调递减，当时，，
∴，
由于是充要条件，∴为充分不必要条件，故B正确；
对于C，当时，
，
∴，
由于经过放缩，对于，均满足是的必要不充分条件，故C正确.
对于D，当时，
，∴
.由于经过缩放，对于，均满足是的必要不充分条件，故D错误.故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查数列不等式的应用，考查导数的应用，考查充分必要条件的判断，解题的关键是构造恰当的函数得出数列不等式，再利用放缩进行判断.
压轴题型三：以新定义形式
√满分技法 “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决. 解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
1．设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：
①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT
②对于任意x，yT，若x下列命题正确的是（ ）
A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素
D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素
【答案】A
【分析】分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.
【详解】首先利用排除法：
若取，则，此时，包含4个元素，排除选项 C；
若取，则，此时，包含5个元素，排除选项D；
若取，则，此时，包含7个元素，排除选项B；
下面来说明选项A的正确性：
设集合，且，，
则，且，则，
同理，，，，，
若，则，则，故即，
又，故，所以，
故，此时，故，矛盾，舍.
若，则，故即，
又，故，所以，
故，此时.
若， 则，故，故，
即，故，
此时即中有7个元素.
故A正确.
故选：A.
2．设集合，若是的子集，把中的所有数的和称为的“容量”（规定空集的容量为0），若的容量为奇（偶）数，则称为的奇（偶）子集，命题①：的奇子集与偶子集个数相等；命题②：当时，的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等，则下列说法正确的是（ ）
A．命题①和命题②都成立 B．命题①和命题②都不成立
C．命题①成立，命题②不成立 D．命题①不成立，命题②成立
【答案】A
【分析】设为的奇子集，构造集合，得到奇子集与偶子集个数相等，①正确；
计算奇子集容量之和是，等于偶子集的容量之和，得到②正确，判断得到答案.
【详解】设为的奇子集，令，则是偶子集
是奇子集到偶子集的一一对应，且每个偶子集，均恰有一个奇子集，
与之对应，故的奇子集与偶子集个数相等，所以①正确；
对任一，含的子集共有个，用上面的对应方法可知，在时，这个子集中有一半是奇子集，在时，由于，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集，于是计算奇子集容量之和是，根据上面所说，这也是偶子集的容量之和，两者相等，所以当时，的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等，即命题②正确，
故应选.
【点睛】本题考查了集合的新定义问题，构造集合是解题的关键.
3．已知由正整数组成的集合，表示集合中所有元素的和，表示集合中偶数的个数.若.则的最小值为（ ）
A．5 B．7 C．9 D．10
【答案】B
【分析】先排除有5个偶数不可能，再找一个有7个偶数的实例后可得正确的选项.
【详解】45个正奇数的和不小于，
因为中有50个不同的正整数，故中不可能有不超过5个不同的偶数.
取，
则中共有元素个数为，
这个数的和为，
故的最小值为7.
故选：B.
【点睛】思路点睛：对于组合最值问题，我们一般先找到一个范围，再验证临界值存在即可.
4．非空集合，且满足如下性质：
性质一：若、，则；性质二：若，则则称集合为一个“群”．
以下叙述正确的个数为（ ）
①若为一个“群”，则必为无限集；
②若为一个“群”，且、，则；
③若、都是“群”，则必定是“群”；
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据性质，运用特例法逐一判断即可.
【详解】对于①，设集合，显然，符合性质一，
同时也符合性质二，因此集合是一个群，但是它是有限集，故本叙述不正确；
对于②，根据群的性质，由可得：，因此可得，故本叙述正确；
对于③，设，
若，一定有，，
因为、都是“群”， 所以，，
因此，若，所以，，，故本叙述正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：正确理解群的性质是解题的关键.
5．设是一个集合，是一个以的某些子集为元素的集合，且满足：（1）属于属于；（2）中任意多个元素的并集属于；（3）中任意多个元素的交集属于；则称是集合上的一个拓扑.已知集合，对于下面给出的四个集合：
①；
②
③；
④
其中是集合上的拓扑的集合的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
【答案】C
【分析】利用定义结合集合间的基本关系与运算计算即可.
【详解】①
故①不是集合X上的拓扑的集合；
③，
故③不是集合X上的拓扑的集合；
对于选项②④
满足：（1）X属于，属于；
（2）中任意多个元素的并集属于；（3）中任意多个元素的交集属于，
综上得，是集合X上的拓扑的集合的序号是②④
故选：C
【点睛】思路点睛：新定义问题关键在于理解题意，将问题转化为集合间的基本关系即可.
压轴题型四：几何意义形式
√满分技法 数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 解答集合型几何意义题型的关键在于结合函数新定义确定函数性质，从而作出函数图象，由此可求解答案.
1．设集合是实数集的子集，如果满足：对任意，都存在，使得，称为集合的聚点，则在下列集合中，以0为聚点的集合有（ ）
① ②
③ ④
A．①② B．①③ C．②③ D．①③④
【答案】B
【分析】根据聚点的含义，一一判断各集合是否满足聚点定义，即可判断答案.
【详解】对于①，对任意，都存在，
使得，故0是集合的聚点；
对于②，取，此时对于任意，
都有，即不可能成立，故0不是集合的聚点；
对于③，对任意，都存在，即，
使得，故0是集合的聚点；
对于④，，即随n的增大而增大，
故的最小值为，故当时，不存在x，使得，
故0不是集合的聚点；
故选：B
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是理解聚点的含义，判断所给集合是否满足聚点定义.
2．已知函数的值域为，的值域为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意，函数可看成点到点和点的距离之和，函数可看成过点和点的直线斜率，而点为上的点，分别求出值域即可.
【详解】由题意，
，
上式可看成点到点和点的距离之和，
点关于轴的对称点为，
则，
所以函数的值域为，
，可看成过点和点的直线斜率，
由于，所以点为上的点，如图，
当直线过时，，
当直线与曲线相切时，设直线，
则，得，所以的值域，
所以.
故选：D
【点睛】关键点点睛：函数可看成点到点和点的距离之和，函数可看成过点和点的直线斜率，而点为上的点，分别求出值域即可.
3．已知，若命题“或”为真命题，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】从作为题目切入点，分段讨论x的取值范围，结合命题的真假列出相应不等式，最后综合即可得答案.
【详解】解得，此时无论取何值，均符合题意；
当时，，只需，
解得或；
当时，，由题中条件，只需对于恒成立，
当时，不符合题意；
当时，图象为开口向上的抛物线，
不能满足对恒成立，不符合题意；
当时，的2个根为，
需，结合，可得，
综合上述可知的取值范围是，
故选：B.
【点睛】将作为题目的切入点，根据命题的真假分类讨论的范围分类讨论求解；
4．已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题：
①存在，使圆与圆相切；
②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（ ）
A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题
【答案】C
【分析】对于①，求得两圆的圆心距与两圆的半径，可得两圆总相交，可判断①；对于②，当与圆相切时，可得，可判断②.
【详解】由，可得圆心，半径为，
由，可得，半径，
由，所以，
所以两圆相交，故不存在，使圆与圆相切，
故①为假命题；
因为，所以直线过点，
当与圆相切时，可得，所以，
所以对任意，直线上都存在点，
圆上都存在两点、，使.故②正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：判断圆与圆的位置关系，常常求得两圆圆心之间的距离，并与半径和差之间的关系判断.
5．现定义如下：当，则称为延展函数，当时，均为延展函数，给定以下两个命题
①存在，与有无穷个交点；
②存在，与有无穷个交点；
则下面选项正确的是（ ）
A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是假命题
C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题
【答案】D
【分析】根据函数新定义，明确函数、的性质，从而作出它们的图象，数形结合，即可判断所给命题的真假，可得答案.
【详解】由于，所以，
由于，所以，
当时，，
当时，，
，
当时，，
当时，！，当时，，
由题意画出和的函数图象如图所示

可知是以1为周期的周期函数，
因为，所以不存在直线与有无穷个交点；所以①是假命题；
当时，，是一条线段，
即当！时，存在使得直线与函数图象有无数个公共点，
所以②是真命题；
故选：D．
压轴题型五： 容斥原理与集合论
√满分技法 记有限集合A，B的元素个数为card(A)，card(B)，则： card(A∪B)＝ card(A)+card(B)-card(A∩B) card[ U(A∪B)]＝ card(U)- card(A)-card(B)+card(A∩B)
1．，集合，若，分别为集合，的元素个数，则下列结论可能的是（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
【答案】ABC
【分析】分类讨论的取值情况，即可得答案.
【详解】①当，；
②当，.
i若；
ii若；
③当，，
；
④当，，
；
⑤当，.
i若，则；
ii若，则；
⑥当，则.
i若，则；
ii若，则或，
或；
iii若，则，；
⑦当，则.
i若，则，
；
ii若，则，；
iii若，则，；
⑧当，则.
i若，则或，
或；
ii若，则，
；
iii若，则，；
iv若，则，；
v若，则，.
综上，当或或时，且；
当或或时，且；
当或或或时，且；
当或或时，且；
当或或时，且；
当或时，且；
故选：ABC
【点睛】关键点睛：本题所涉情况较多，讨论时应按照一定规律，避免出现情况遗漏或重复.
2．通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族.若以集合的子集为元素的族，满足下列三个条件：（1）和在中；（2）中的有限个元素取交后得到的集合在中；（3）中的任意多个元素取并后得到的集合在中，则称族为集合上的一个拓扑.已知全集为的非空真子集，且，则（ ）
A．族为集合上的一个拓扑
B．族为集合上的一个拓扑
C．族为集合上的一个拓扑
D．若族为集合上的一个拓扑，将的每个元素的补集放在一起构成族，则也是集合上的一个拓扑
【答案】ABD
【分析】对于ABC，直接由拓扑的定义验证即可；对于D，不妨设族为集合上的一个拓扑，根据补集的性质可证也是一个拓扑.
【详解】对于A， 首先满足条件（1），
其次，中的有限个元素取交后得到的集合为或，都在中，满足条件（2），
再次，中的任意多个元素取并后得到的集合为或，都在中，满足条件（3），故A正确；
对于B，首先满足条件（1），
其次，中的有限个元素取交后得到的集合为或或，都在中，满足条件（2），
再次，中的任意多个元素取并后得到的集合为或或，都在中，满足条件（3），故B正确；
对于C，不妨设，则，不在中，故C错误；
对于D，由题意不妨设族为集合上的一个拓扑，
由条件（2）可知中的有限个元素取交后得到的集合都在，
且由条件（3）可知中的任意多个元素取并后得到的集合都在，
则， 下证：也是集合上的一个拓扑.
首先满足条件（1），
其次，设，则，
而，故，
故，同理可证，
故中的有限个元素取交后得到的集合都在中，
任意多个元素取并后得到的集合都在中，
满足条件（3），故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是首先得到利用补集的性质处理，由此即可顺利得解.
3．设集合S，T都至少含有两个元素，且S，T同时满足：条件1：对任意，若，则；条件2：对任意，若，则．给出下列说法：
①若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数；
②若S只有2个元素，则必有3个元素；
③若S只有2个元素，则可能有4个元素；
④存在含有3个元素的集合S，满足有4个元素．
其中所有正确说法的序号是 ．
【答案】①②
【分析】对于①由条件2知正确；
对于④：设，由条件1推出中元素，再由条件2推出的元素必在中，分析这些元素能得出不同的元素至少有4个，与有3个元素矛盾.
对于②③： ，由条件1得，若中除0外只有一个元素，由求得 ；若中还有另两个元素，，由条件2得出中更多的元素，类似④的推断过程，分析这些元素至少有3个不同，与中只有两个元素矛盾；
【详解】对于①：由条件2知，，，且，所以若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数，故①正确；
对于④：若有3个元素，不妨设，其中，则，所以，而与为两个互不相等的正数， 与为两个互不相等的负数，故集合中至少有4个元素，与有3个元素矛盾，故④错误.
对于②③：若有2个元素，由①知集合中的2个元素必为相反数，故可设.由条件1得，由于集合中至少有2个元素，故至少还有另外一个元素.
当集合只有2个元素时，即，由条件1得，则或，故.
当集合有多于2个元素时，不妨设，则，，由于，所以，又，故集合至少有3个元素，与S中只有两个元素矛盾.
综上，，故②正确，③错误.
故答案为：①②.
【点睛】对于数学中新定义题目要仔细阅读并理解新定义的内涵，并根据新定义对知识进行迁移应用，此题中涉及集合元素个数问题，要充要利用集合元素的互异性通过列举法列出特例元素，以排除重复元素.
4．从集合的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：① U都要选出；②对选出的任意两个子集A和B，必有或.则选法有 种.
【答案】
【分析】分析出当一个子集只含有m个元素时，另外一个子集可以包含，，个元素，所以共有种选法；再进行求和即可.
【详解】因为 U都要选出；故再选出两个不同的子集，即为M，N，
因为选出的任意两个子集A和B，必有或，
故各个子集所包含的元素个数必须依次增加，且元素个数多的子集包含元素个数少的子集，
当一个子集只含有1个元素时，另外一个子集可以包含2，3，4个元素，所以共有种选法；
当一个子集只含有2个元素时，另外一个子集可以包含3，4，个元素，所以共有种选法；
当一个子集只含有3个元素时，另外一个子集包含4，5，个元素，所以共有种选法；
……
当一个子集只含有m个元素时，另外一个子集可以包含，，个元素，所以共有种选法；
……
当一个子集有个元素时，另外一个子集包含个元素，所以共有种选法；
当一个子集有个元素时，另外一个子集包含有个元素，即为U，不合题意，舍去；
故共有
.
故答案为：
【点睛】对于集合与排列组合相结合的题目，要能通过分析，求出通项公式，再结合排列或组合的常用公式进行化简求解.
5．设集合，满足下列性质的集合称为“翔集合”：集合至少含有两个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A的子集中有 个“翔集合”.
【答案】49
【分析】设出集合中满足题设性质的子集个数为，写出，在时，要分情况把的递推公式写出来，进而得到，即答案.
【详解】设集合中满足题设性质的子集个数为，则.当时，可将满足题设性质的子集分为如下两类：一类是含有n的子集，去掉n后剩下小于的单元子集或者是满足题设性质的子集，前者有个，后者有个；另一类是不含有n的子集，此时恰好是满足题设性质的子集，有个.于是，.又，所以.
故答案为：49
【点睛】本题的难点是用数列的思想来考虑，设集合中满足题设性质的子集个数为，写出的递推公式，再代入求值即可.
压轴题型六：集合元素“和”或者“积”型
√满分技法 集合中元素个数： 求解集合中元素个数，元素时离散型时，可以通过集合互异性来判断元素个数。 如果集合元素是连续型或者方程函数型，多有以下两种 1.点集型（有序数对），多是图像交点。 2.数集，多涉及到一元二次方程的根。 涉及到“和”或者“积”型。需要把集合的元素特征区分清楚，必要时，可以借助数归法，先实践法在有限范围内研究，归纳，总结，再递推和逻辑推导证明。
1．（多选）任取集合的个非空子集，定义为记所得的个值之和为，则（ ）
A．与的奇偶性相同 B．是的一个倍数
C．的最小值为 D．的最大值为
【答案】ACD
【分析】根据题意，可知，当，则时，，所以，若改变集合中的一个，使，则，即的值由增大为，因此，中每增加一对集合的交集非空，则的值增加2，从而可判断A，B，C；又由定义可知，，取，则，即，可判断选项D.
【详解】由定义知，当时，，则，故，
显然取的单元素子集，则时，，所以，
考虑的情况下，若改变集合中的一个，
使，则，如取，
则，即的值由增大为，
因此，中每增加一对集合的交集非空，则的值增加2，
故与具有相同的奇偶性，但不一定是的倍数；
又由定义可知，，
若对任意的，
如取，则，即.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：采用从最特殊的当时，，则，故，再取的单元素子集，则时，，所以求得的最小值，再次基础上，若改变集合中的一个，可得到的变化规律，从而得解.
2．已知集合，若集合，且M中的所有元素之和为奇数，称M为A的奇子集，则A的所有“奇子集元素之和”的总和为 .
【答案】
【分析】设为的奇子集，中的所有元素之和为偶数，可称为偶子集，分析得的奇子集与偶子集个数相等；计算奇子集元素之和时，含元素的和是，即可求得奇子集的元素之和.
【详解】设为的奇子集，则若，令，
若，令为把中的去掉后剩下的元素形成的集合，
则中的所有元素之和为偶数，可称为偶子集，
显然每个奇子集，均恰有一个偶子集与之对应，
每个偶子集，均恰有一个奇子集与之对应，
故的奇子集与偶子集个数相等；
对任一，含的子集共有个，用上面的对应方法可知，
在时，这个子集中有一半为奇子集，
在时，由于，将上边的3换成5，同样可得其中有一半为奇子集，
于是在计算奇子集元素之和时，含元素的和是，
奇子集容量之和是.
故答案为：.
3．已知集合M=，对它的非空子集A，可将A中每个元素K都乘以再求和（如A=，可求得和为），则对M的所有非空子集，这些和的总和是 ．
【答案】96
【分析】根据题意，将M中所有非空子集按元素个数分类考虑，先将所有非空子集中含有1的子集总数确定，同理确定含有2，3，4，5，6的总个数，再按给定的定义求解.
【详解】因为集合M=，
所以M的所有非空子集中含1的共有6类：
单元素集合，只有{1}，即1出现了 次，
双元素集合，有{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{1，6}，即1出现了 次，
三元素集合，有{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，5}，{1，2，6}
{1，3，4}，{1，3，5}，{1，3，6}，
{1，4，5}，{1，4，6}
{1，5，6}，即1出现了 次，
…
依此推，
含有6个元素的有{1，2，3，4，5，6}，即1出现了 次，
所以1共出现次.
同理2，3，4，5，6各出现 次，
所以M的所有非空子集，这些和的总和是 .
故答案为：96
【点睛】本题主要考查了集合新定义问题，还考查了分类讨论，理解辨析的能力，属于难题.
4．有限集的全部元素的积称为该数集的“积数”，例如的“积数”为2，的“积数”为6，的“积数”为，则数集的所有非空子集的“积数”的和为 .
【答案】1010
【分析】先利用数学归纳法证明一个结论：对于有限非空数集，积数和，由此即可计算得到答案.
【详解】先利用数学归纳法证明一个结论：对于有限非空数集，积数和
当时，，成立；
假设时，
当时，
综上可得，，
则数集的所有非空子集的“积数”的和为：
故答案为：1010.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义“积数”的理解和运用，以及“积数”的和的求法，求证对于有限非空数集，积数和是解题的关键，考查学生的逻辑推理与运算求解能力，属于难题.
5．对于任意实数，表示不超过的最大整数.如，.定义在上的函数，若，则中所有元素的和为 .
【答案】11
【分析】就的取值范围分类讨论后可求函数值，从而可求中元素的和.
【详解】注意到
且
所以，
所以，故所求为.
故答案为：11.
【点睛】关键点点睛：关键在于对新定义函数、集合的理解，分类讨论要做到不重不漏，由此即可顺利得解.
压轴题型七：集合论型最值与范围
√满分技法 集合型最值和范围，多涉及到函数的单调性，它是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
1．把一个集合分成若干个非空子集，，，，如果满足：①，②，那么这些子集的全体称为集合的一个划分，记为.若集合，则集合的一个划分为 ；利用余数构造集合的划分是解决子集中元素整除问题的常用手段.设为集合的子集，并且中任意两个元素之和不能被3整除，则中元素个数的最大值为 .
【答案】 ，，（作答时，写出一个即可） 676
【分析】根据“划分”的定义直接求集合的一个划分即可；利用集合中元素被3除的余数构造集合的划分，进而根据题意得中元素个数的最大值。
【详解】根据题意，若集合，则集合的划分有：
，，（作答时，写出一个即可）；
对于集合，
所有被3除余数为1的元素组成的集合为，元素个数为675；
所有被3除余数为2的元素组成的集合为，元素个数为675；
所有能被3整除的元素组成的集合为，元素个数为674；
由题意，，且中任意两个元素之和不能被3整除，
又因为，集合中任意一个元素与集合中任意一个元素之和能被3整除，
所以集合中的元素和集合中的元素不能都属于集合，
因为集合中任意一个元素与集合或与集合中任意一个元素之和都不能被3整除，
且集合中任意两个元素之和都能被3整除，
所以当集合中元素个数最多时，
集合，其中；或者，其中；
故集合中元素个数的最大值为676.
故答案为：，，（作答时，写出一个即可）；676.
2．设集合则集合中最小的元素是 ，集合中最大的元素是 ．
【答案】 1
【分析】构造函数，借助函数的单调性找到的单调性即可求解.
【详解】，，则，
构造函数，则，
令，则，
当，，当，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
又，则，
令，则函数在上单调递增，在上单调递减，
且时，，
因此结合函数的性质知，，，
当时，，
又当时，，当时，，
又，故，因此当时，.
故答案为：1；.
3．设集合为满足，，的空间向量，，中可能出现的两两共线的向量组数组成的数集，集合，若，当最小时，的取值为 .
【答案】
【分析】先分析出，或或或或，当时二次函数的图象可以最靠下，即最小，且，当对称轴为时最小，从而得到不等式，求出的最小值及此时的取值.
【详解】若空间向量，，均为非零向量，则空间向量，，共线或两两互相垂直，
此时三组向量中两两共线的有0组或3组；
若其中一个为零向量，当另外两个向量共线且不为零向量时，
此时三组向量中两两共线的有3组，
若另外两个向量一定不共线，
则，
此时零向量和另外两个向量组成两组共线向量，此时两两共线的有2组，
显然，这三组向量中两两共线的不可能有且仅有1组.
则，由得是的子集，
令，其开口向上，对称轴为，顶点坐标为，
由二次函数的连续性和对称性，或或或或，
当或或或时，
所得的取值范围必包含；
当时二次函数的图象可以最靠下，即最小，且，
由对称性可知，当对称轴为时最小，
此时且，则，
综上，，最小时，的取值为.
故答案为：
4．已知集合，若存在M的子集A，使得对任意，都有，则集合A中最多有 个元素．
【答案】
【分析】由题意可得或，考虑到的等价性，我们只需要求出时集合A中元素最多的个数即可，再根据的变化情况即可得解.
【详解】由，得或，且取值为正整数，
所以或，所以或，
根据集合中元素的无序性，我们只需考虑即可，
当时，则集合中的元素必须呈指数增长，
由于是的子集，且中最大的元素为，
A中元素最多时，考虑的增长，当时，，不超过，
当时，，超过了，
所以集合中最多只能包含个元素，即，才能满足条件.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：由题意得出或，进而可得集合中的元素必须呈指数增长，是解决本题的关键.
5．已知函数，集合，，若，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】分、、三种情况讨论，分别求出，当时得到，即可求出的取值范围，从而得解.
【详解】因为，
当时，由，解得，所以；
又，，，
所以，此时，符合题意；
当时恒成立，此时，不符合题意；
当时，由，解得，
所以，
由，则，所以，
又，，所以，所以，解得，
又，所以；
综上可得，即的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：通过不等式的解集形式得出，然后利用集合相等得出、间的关系（相等及不等关系）从而求得参数范围．
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