集合與常用邏輯用語-2020-2024年北京高考數(shù)學復(fù)習試題分類匯編（解析版）

4<oi集合易簾用覆晴用得

?=

5年考情?探規(guī)律

考點五年考情（2020-2024）命題趨勢

考點1集合1.集合作為高中數(shù)學的預(yù)備知識

2020-2024一年一考：集合的交并補運算

（5年幾考）內(nèi)容,每年都是高考中的必考題，題

型為選擇題，以集合的運算為主，多

與解不等式等內(nèi)容交匯，新定義運

算也有較小的可能出現(xiàn)，屬于基礎(chǔ)

性題目，主要考查考生的運算求解

能力，提升考生的數(shù)學抽象、邏輯推

理和數(shù)學運算素養(yǎng)。

考點2常用邏2.常用邏輯用語是數(shù)學學習和思

輯用語2020-2024一年一考：充分必要條件的綜合判斷維的工具，主要考查充分條件與必

（5年幾考）要條件，容易與函數(shù)、不等式、數(shù)列、

三角函數(shù)、立體幾何內(nèi)容交匯，基礎(chǔ)

性和綜合性題目居多.本部分的出

錯原因主要是與其他知識交匯部

分的信息在提取、加工上出現(xiàn)理解

錯誤,主要考查考生的邏輯思維能

力。提升考生的邏輯推理素養(yǎng)。

■=

5年真題?分點精準練

考點01集合

1.(2024?北京?高考真題)已知集合"={彳|-3<%<1},N={x|-lVx<4},則()

A.1A:|-1<X<1}B.{x|尤>-3}

C.{x|-3<x<4}D.{x|x<4}

【答案】C

（祥解］］直接根據(jù)并集含義即可得到答案.

【詳析】由題意得MuN={x|-3<x<4}.

故選：C.

2.(2023?北京?高考真題)已知集合M={Hx+2N0},N={xb-l<0},則McN=()

A.[x\-2<x<l}B.[x\-2<x<l]

C.{x\x>-2}D.{x\x<\]

【答案】A

K祥解]]先化簡集合M,N,然后根據(jù)交集的定義計算.

【詳析】由題意，M={x\x+2>0]={x\x>-2},N={尤|尤-1<0}={X|X<1},

根據(jù)交集的運算可知，MN={x\-2<x<-L].

故選：A

3.(2022.北京.高考真題)已知全集。=回一3<%<3},集合A={x|-2<xWl},則用A=()

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

【答案】D

(祥解』利用補集的定義可得正確的選項.

【詳析】由補集定義可知：2A={x|-3<xW-2或l<x<3},即6人=(-3,-2](1,3),

故選：D.

4.(2021?北京?高考真題)已知集合A={x[—1<X<1},B={x|0<x<21,則AD3=()

A.{x\-l<x<2}B.{x|-l<x<2}

C.{x|OVx<l}D.{x|0<x<2}

【答案】B

(祥解』結(jié)合題意利用并集的定義計算即可.

【詳析】由題意可得：AB={x|-l<x<2}.

故選：B.

5.(2020?北京?高考真題)已知集合4={-1,0」,2},B={x|0<x<3},則AB=().

A.{-1,0,1}B.{0,1}C.{-1,1,2}D.{1,2}

【答案】D

(祥解工根據(jù)交集定義直接得結(jié)果.

【詳析】AI5={-1,0,1,2}1(0,3)={1,2},

故選：D.

【『點石成金』】本題考查集合交集概念，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.

考點02常用邏輯用語

6.（2024?北京?高考真題）設(shè)a,6是向量，則“（2+6｝伍-6）=0"是“￡=_/或3=另”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

（祥解』根據(jù)向量數(shù)量積分析可知等價于同=1|,結(jié)合充分、必要條件分析判斷.

【詳析】因為-6）=必-62=0,可得/=7,即|4=M，

可知（a+b）?（a_》）=0等價于同=忖，

若“或￡=一6,可得同=忖，即（。+今（"6）=0,可知必要性成立；

若（"+"（"〃）=0,即同=忖，無法得出a=b或。=-6，

例如4=（1,0）/=（0,1）,滿足同=1|,但4*人且。力-6,可知充分性不成立；

綜上所述，”（a+b＞（“-b）=0”是"°h6且。#_6''的必要不充分條件.

故選：B.

VX

7.（2023?北京?高考真題）若孫字0,則“x+y=?！笔?」+—=-2”的（）

尤J

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

K祥解》解法一：由二+上=-2化簡得到x+y=0即可判斷；解法二：證明充分性可由x+y=0得到x=-y,

yx

代入二+』化簡即可，證明必要性可由二+上=-2去分母，再用完全平方公式即可；解法三：證明充分性可

yxy%

XVXV

由一+2通分后用配湊法得到完全平方公式，再把x+y=0代入即可，證明必要性可由一+2通分后用配湊

yxyx

法得到完全平方公式，再把％+丁=。代入，解方程即可.

【詳析】解法一：

因為孫。0,且二十』=-2,

y%

所以/+,2—.—2xy,即尤之+J+2xy=0,即（％+=0,所以%+丁=0.

所以“1+y=。，，是，，+?=—2，，的充要條件.

yx

解法二：

充分性：因為孫#0,且x+y=O,所以x=-y,

所以二+2=口+上=.1=一2,

yxy-y

所以充分性成立；

必要性：因為砂W0,且￡+上=-2,

yx

所以f+y2=—2孫，即/+丁+2孫=0,即（x+y）2=0,所以x+y=0.

所以必要性成立.

所以“x+y=0”是“土+上=-2，，的充要條件.

yx

解法三：

充分性：因為孫力。，且x+y=0,

所以±+2=/+y2=/+/+2沖-2個=（x+丫）--2孫=-2/=_2

yxxyxyxyxy

所以充分性成立；

必要性：因為孫W0,且￡+2=-2,

y%

所以土+上=1+/=[+〃+2書-2巧=a+y）、2==（支+?_2=_2,

yxxyxyxyxy

所以W^=0,所以（x+y）2=0,所以x+y=0,

所以必要性成立.

所以“x+y=0”是“-+-=-2”的充要條件.

yx

故選：C

8.（2022?北京?高考真題）設(shè)｛%｝是公差不為0的無窮等差數(shù)列，貝『'｛%｝為遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)N。，

當〃>乂時，an>0”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

K祥解》設(shè)等差數(shù)列｛%｝的公差為d,則d/0,利用等差數(shù)列的通項公式結(jié)合充分條件、必要條件的定義

判斷可得出結(jié)論.

【詳析】設(shè)等差數(shù)列｛4｝的公差為d，則dwo,記[可為不超過X的最大整數(shù).

若｛%｝為單調(diào)遞增數(shù)列，則d>0,

若生20,則當“22時，>?!>0；若q<0,則quq+e-l”，

由-5-1”>0可得得，取乂=1一號+1,則當心N。時，??>0,

所以，“｛4｝是遞增數(shù)列”="存在正整數(shù)N。，當心N。時，?！?gt;0”；

若存在正整數(shù)N。，當〃〉No時，an>0,取上eN*且左>N0,以>0,

彳發(fā)設(shè)d<0,令%=%+（幾一左）d<0可得〃>左一組，且左一幺〉左，

dd

當">k-^+1時，an<0,與題設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，則〃>0,即數(shù)列｛%｝是遞增數(shù)列.

所以，“｛4｝是遞增數(shù)列”="存在正整數(shù)乂，當〃>N。時，??>0".

所以，"｛〃“｝是遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)N。，當〃〉N。時，%>0”的充分必要條件.

故選：C.

9.（2021?北京?高考真題）己知了⑺是定義在上［0,1］的函數(shù)，那么“函數(shù)Ax）在［0,1］上單調(diào)遞增”是“函數(shù)/⑺

在［0,1］上的最大值為了⑴”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

K祥解》利用兩者之間的推出關(guān)系可判斷兩者之間的條件關(guān)系.

【詳析】若函數(shù)“X）在［0,1］上單調(diào)遞增，則/（尤）在［0,1］上的最大值為/■⑴，

若〃x）在［0,1］上的最大值為"1）,

比如/（x）=［x-J,

但〃x）=bTj在0,1為減函數(shù)，在1,1為增函數(shù)，

故〃x）在［0,1］上的最大值為/（1）推不出/（%）在［0,1］上單調(diào)遞增，

故“函數(shù)f（x）在［0內(nèi)上單調(diào)遞增”是“/（X）在［0,1］上的最大值為了。）”的充分不必要條件，

故選：A.

10.（2020?北京?高考真題）已知c/eR,貝產(chǎn)存在keZ使得a=左乃+（-1）7”是“sine=sin#"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

K祥解』根據(jù)充分條件，必要條件的定義，以及誘導(dǎo)公式分類討論即可判斷.

【詳析】（1）當存在％eZ使得a=br+（Tp夕時，

若左為偶數(shù)，則$也。=5皿左萬+4）=5近4；

若左為奇數(shù)，貝!Isina=sin(A7r-/7)=sin[(k-l)7r+〃"一￡]=sin(〃"一p)=sin(3■

(2)當sine=sin/7時，tz=￡+2〃vz■或a+￡="+2機%，m&Z,即a=4左+(-1)"6(左=或

a=k兀+0(k=2m+1),

亦即存在％eZ使得a=后"+(—1?6.

所以，“存在keZ使得a=k)+(-1)/”是“sin夕=sin，”的充要條件.

故選：C.

【『點石成金』】本題主要考查充分條件，必要條件的定義的應(yīng)用，誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，涉及分類討論思想的

應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

■

1年模擬?精選?？碱}

1.(2024.北京西城.三模)設(shè)集合A={x|x+l<0},B={x\-2<x<2},則集合Au3=()

A.(-<?,2]B.[-2,-1)C.(-1,2]D.(-8,+8)

【答案】A

K祥解》先解不等式求集合A,再求并集即可.

【詳析】由x+l<0得至(Jx<-1,故A={x|x<-1},

又5={x|-2VxV2},所以A3=(-8,2].

故選：A.

2.(2024.北京西城.三模)對于無窮數(shù)列{凡},定義％=。油-4(〃=1,2,3,),則“{%}為遞增數(shù)歹『是“以}

為遞增數(shù)列''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

"羊解》由遞增數(shù)列的性質(zhì)，分別判斷充分性和必要性即可.

【詳析】{4}為遞增數(shù)列時，有d“=am-4>0,不能得到{4}為遞增數(shù)列，充分性不成立；

{"“}為遞增數(shù)列時，不一定有4>0,即不能得到{4}為遞增數(shù)列，必要性不成立.

所以“{七}為遞增數(shù)列”是“{4}為遞增數(shù)列”的既不充分也不必要條件.

故選：D.

3.(2024?北京順義.三模)已知集合"={0,1,2},N=k，-3x<。},則McN=()

A.{0,1,2}B.{1,2}C.{x|0W無<3}D.{尤|0<尤<3}

【答案】B

K祥解》化簡集合N,根據(jù)交集運算法則求McN.

【詳析】不等式d_3x<0的解集為任|℃<3}，

所以N={x[0<x<3},又加={0,1,2},

所以McN={1,2},

故選：B.

4.(2022?山東淄博.模擬預(yù)測)“角a與尸的終邊關(guān)于直線y=x對稱”是“sin(a+/7)=l”的()

A.充分必要條件B.必要不充分條件C.充分不必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A

k祥解》根據(jù)終邊關(guān)于'=彳對稱，得兩角的關(guān)系，再由sin(a+0=l,得兩角滿足

的關(guān)系，根據(jù)充分必要條件的定義即可求解.

qr

【詳析】角a與夕的終邊關(guān)于直線y=x對稱，則a+左■|+2E,ZeZ,

sin((z+/?)=1,則a+/3=^+2kit,keZ,

“角a與夕的終邊關(guān)于直線y=x對稱”是“sin(Q+0=l”的充分必要條件.

故選:A

5.(2024?北京通州?三模)已知。>0,b>0,則“、2+/>2”是“a+b>2”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

K祥解》舉出反例得到充分性不成立，再由基本不等式得到必要性成立.

【詳析】不妨設(shè)“=1.5力=0.4,止匕時滿足/+〃=2.25+0.16>2,

但不滿足。+6>2,充分性不成立，

a+b>2兩邊平方得4+2a￡?+b1>4,由基本不等式得ZabWa?+人？，

當且僅當時，等號成立，

i^a2+b2>4-2ab>4-(a2+b2),解得"+從>2,必要性成立，

故"a2+b2>2”是“a+b>2”的必要不充分條件.

故選：B

6.(2024?北京通州?三模)己知U為整數(shù)集，A={xeZ,|x2>4},則電4=()

A.{-1,0,1}B.{-1,0,1,2}C.{0,1,2}D.{-2,-1,0,1,2)

【答案】A

K祥解』根據(jù)條件，利用集合的運算，即可求出結(jié)果.

【詳析】因為A={xeZ,|尤注4},所以aA={xeZ|d<4}={xeZ|-2<x<2}={-l,0,l},

故選：A.

7.（2024.北京海淀.二模）已知集合4={—1,0,1,2},3=3。4》＜3}.若4=3,貝匹的最大值為（）

A.2B.0C.-1D.-2

【答案】C

K祥解可根據(jù)集合的包含關(guān)系可得aV-1求解.

【詳析】由于所以aV—1,

故。的最大值為-1,

故選:C

8.（2024?北京海淀?二模）設(shè){%}是公比為4（4h-1）的無窮等比數(shù)列，S”為其前〃項和，叫＞0.則““＞?！?/p>

是“S”存在最小值”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

K祥解》根據(jù)充分條件、必要條件的判定以及等比數(shù)列前〃項和公式判斷即可

【詳析】若%＞0且公比4＞。，則a“=qq"T＞。，所以S“單調(diào)遞增，S,存在最小值故充分條件成立.

當"為奇數(shù)時，S,=g%1+（］,5“單調(diào)遞減，故最大值為“=1時，S,=a,,而

當〃為偶數(shù)時，S“=1,S"單調(diào)遞增，故最小值為”=2,

所以s“的最小值為;％,

即由q＞0,S“存在最小值得不到公比4＞0,故必要性不成立.

故q＞0公比“4＞0”是“S“存在最小值”的充分不必要條件.

故選：A

9.（2024?北京朝陽?二模）已知集合4=卜€(wěn)11|/＜10},3={2,3,4,5}則4門3=（）

A.{2}B.{2,3}C.{3,4}D.{2,3,4}

【答案】B

k祥解力由題意可得A={xeR|-J而＜%＜而},結(jié)合交集的定義與運算即可求解.

【詳析】由題意知，A={XGR|X2<10}={XGR|-V10<X<^},

又2={2,3,4,5},

所以A3={2,3}.

故選：B

10.（2024.北京朝陽?二模）已知a，B是兩個互相垂直的平面，/，加是兩條直線，ac（3=l,則“J_/"是“_La”

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

（祥解』根據(jù)面面垂直的性質(zhì)與線面垂直的性質(zhì)，結(jié)合充分、必要條件的定義即可求解.

【詳析】由題意知，B=i,

若當mu6時，有加」￡；當初（2,時，機與a可能相交、平行、垂直.

若根_1_。，由/ua,得〃zJ_/.

故"〃z±I"是"加，a”是必要不充分條件.

故選：B

11.（2024.北京通州.二模）已知集合。={—1,0,1,2,3},A={逅},5={0,2,3},則&A）c3=（）

A.{3}B.{0,3}C.{1,2,3}D.{0,1,2,3}

【答案】B

（祥解》先求知A，再求&A）c3即可.

【詳析】由題意知，dA={T0,3},貝U@A）C5={0,3}.

故選：B.

12.（2024?北京通州?二模）已知等差數(shù)歹叫外}的前”項和為S"，貝『52-22<0”是"〃5”+1>（九+1）5“”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】C

k祥解》利用等差數(shù)列通項和求和公式可推導(dǎo)得到充分性成立；將”=1代入/用〉（〃+i）s,，可得的>%,

進而得到必要性成立，從而得到結(jié)論.

【詳析】設(shè)等差數(shù)列{q}的公差為d,

由52-2〃2<。得：%+%-2%=。1一%=-1<0，：,d>0,

/\/\n（n+l）/n（n-l））

nSn+l-^n+l）Sn=n++------d-（n+1）nax+-----d

Bp52-2?2<0^>nS?+1>(AZ+1)S?,充分性成立;

由〃S.+1>(〃+l)S“得：s2>2Sj,S2-Sj>,即/>。1，

S?—2%=4+%—2%=%—%<0，

即nSn+l>(/i+l)S?=>S2-2a2<0,必要性成立；

.??“昆-2出<0”是“碼+1>(〃+1電”的充分必要條件.

故選：C.

13.(2024?北京房山?一模)"0<x<l”是“I尤(*一1)|=元(1一尤)”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

K祥解》先求出|x(x-DI=x(l-x),再由充分條件和必要條件的定義求解即可.

【詳析】由|武工一1|=忒1一幻可得：x(x-l)<0,

解得：0<%<1,

所以能推出“I尤(x-1)|=尤(1-尤)”，

但“|x(x-1)1=x(l-X)"推不出"0cx<1”,

所以"0<x<r'是"Ix{x-1)|=x(l-x)”的充分不必要條件.

故選：A.

14.(2024?北京房山?一模)已知全集。={-2,-1,0,1,2},集合A={1,2},則()

A.{-2,—1,0,1}B.{-2,—1,0}C.{-2,—1,1}D.{-2,—1)

【答案】B

K祥解可根據(jù)補集的定義即可得解.

【詳析】因為全集〃={-2,-1,0,1,2},集合4={1,2},

所以備4={-2,-1,0}.

故選：B.

15.(2024?北京海淀?一模)設(shè)a,乃是兩個不同的平面，“是兩條直線,且-u%小/貝夕，是“血/尸”

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

(祥解I通過面面平行的性質(zhì)判斷充分性，通過列舉例子判斷必要性.

［詳析】1±/3,且/_La,所以a///7,又加ua,所以“//月，充分性滿足，

如圖：滿足根〃￡,maa,ira,但/不成立，故必要性不滿足，

所以“/，尸”是“帆//￡”的充分而不必要條件.

故選：A.

16.(2024?北京海淀?一模)已知全集。={x|-2=xW2},集合A={耳-1Wx<2},則^A=()

A.(-2,-1)B.[-2,-1]C.(-2,-l)U{2}D.[-2,-1)I.{2}

【答案】D

R祥解可根據(jù)給定條件，利用補集的定義求解即得.

【詳析】全集。={x|-2Wx<2},集合A={4-IVX<2},

所以用A=[-2,-1){2}.

故選:D

17.(2024?北京朝陽?一模)已知aeR,則是“函數(shù)〃彳)=(1-。)丁在R上單調(diào)遞增”的()

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A

K祥解X分。=1，a>l,a<1討論函數(shù)/(X)的單調(diào)性，進而根據(jù)充分性和必要性的概念確定答案.

【詳析】對于函數(shù)〃同=。-。)丁

當。=1時，/(%)=0,為常數(shù)函數(shù)，

當。>1時，1—。<0,函數(shù)〃元)=(1—a)/在R上單調(diào)遞減，

當a<1時，1一。>0,函數(shù)/(x)=(l-a)x3在R上單調(diào)遞增，

所以是“函數(shù)/(x)=(l-a)x3在R上單調(diào)遞增，，的充分而不必要條件.

故選：A.

18.(2024?北京朝陽?一模)已知全集。={1,2,3,4},A={x^U\x<2\,則可A=()

A.{1}B.{1,2}C.{3,4}D.{2,3,4}

【答案】D

K祥解』求出集合A,再利用補集的定義求解即得.

【詳析】全集。={123,4},則4={1},

所以gA={2,3,4}.

故選：D

19.（2024.北京朝陽?一模）設(shè)A,8為兩個非空有限集合，定義J（A,B）=l-「一浮其中間表示集合S的元

素個數(shù).某學校甲、乙、丙、丁四名同學從思想政治、歷史、地理、物理、化學、生物這6門高中學業(yè)水平

等級性考試科目中自主選擇3門參加考試，設(shè)這四名同學的選考科目組成的集合分別為S-S",S3,54.

已知，=｛物理，化學，生物｝,邑=｛地理，物理，化學｝,Ss=｛思想政治，歷史，地理｝,給出下列四個結(jié)

論：

①若16，邑）=1,則邑=｛思想政治，歷史，生物｝;

②若J（E，S2）=J（SI，S4）,則$4=｛地理，物理，化學｝;

③若邑=｛思想政治，物理，生物｝,則〃鳥.卜）⑸㈤卜/應(yīng)㈤）；

④若邑）＞“邑,邑）=453,54）,則$4=｛思想政治，地理，化學｝.

其中所有正確結(jié)論的序號是.

【答案】①③

K祥解》對于①③：直接根據(jù)定義計算即可；對于②：通過定義計算得到IdS/必為偶數(shù)，討論

印S/=6和圖61=4兩種情況下的求解即可；對于④：通過舉例邑=｛物理，地理，歷史｝來說明.

【詳析】對于①：J（s2,s4）=l---—^=1,所以|S2f邑1=0,所以邑”$4=0,

又S?=｛地理，物理，化學｝,所以$4=｛思想政治，歷史，生物｝,①正確；

/、/、s.ris.區(qū)「sj21

對于②：J（SPS2）=J（S?S4）,即^^=印司=『5，

所以2|&S/=|S|S4|,所以國S/必為偶數(shù)，又S4|＜6,

當應(yīng)Sj=6時，⑸S4|=|0|=O,不符合21slCS/TSiUS」,

所以同S1=4,且國Sj=2,此時S4情況較多，比如$4=｛物理，地理，生物｝,②錯誤；

211414

對于③：若$4=｛思想政治，物理，生物｝,則J（S],邑）=1-1=5，/（邑,54）=1==不/（邑,54）=1-二=三，

I乙JJJJ

所以J（%S,）＜J⑸,S,）=J（S3,S”），③正確；

對于④：當邑=｛物理，地理，歷史｝時，

142121

J（S1,54）=l--=-,J（52,S4）=l--=-,J（S3,54）=l--=-,

滿足/氏㈤6/⑸?人）區(qū)㈤），但不是邑=｛思想政治，地理，化學｝,④錯誤.

故選：①③

【『點石成金』】方法『點石成金』：對于新定義題目，一定要深刻理解定義的意義，然后套用定義進行計算

即可，很多時候新定義題目難度并不很大，關(guān)鍵是要大膽做，用心做.

20.(2024?北京西城?三模)記集合…“)|巧e{0,l},i=l,2,..,〃}(〃>2).對任意

<z=(6z1,a2,-..,6z?)eQ,/?=倒也，,■也)^。，記八/尸)=(I卬一41，&一仇I，J氏一〃/)，對于非空集合，

定義集合D(A)=尸)IeeA,尸eA}.

⑴當"=2時，寫出集合O；對于A={(0,0),(0,1),(1,0)},寫出。⑷；

⑵當〃=3時，如果。(A)=Q,求card(A)的最小值；

⑶求證：card(Z)(A))—card(A).

(注：本題中，card(A)表示有限集合A中的元素的個數(shù).)

【答案】(1)。={(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)}；￡>(A)={(0,0),(0,1),(1,0),(1』)}

⑵5

(3)證明見解析

(祥解》(1)根據(jù)定義直接寫出集合。，再根據(jù)。(4)的定義寫出。(A);

(2)設(shè)card(A)=〃2,則card(Q)=8,則由題意可得Cj,27,從而可求得結(jié)果；

(3)設(shè)A中的所有元素為%,a2,am,其中ni=card(A),記<7：="30)(z'=l,2,...,m),先利用反

證法證明這些%'互不相等，再根據(jù)定義證明即可.

【詳析】(1)。={(0,0),(0,1),(1,0),(11)}；

若A={(0,0),(0,1),(1,0)},則D(A)={(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)).

(2)card(A)的最小值為5.

證明如下：

設(shè)card(A)=m.

因為card(O)=23=8,除(0,0,0)=d(c,￡)外，其它7個元素需由兩個不同的a,2計算得到，

所以C：27,解得〃欄5.

當A={(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(1,1』)}時，有O(A)=Q,符合題意.

(3)證明：設(shè)A中的所有元素為名,?2,其中m=card(A).

記%'="(%,%)(=),則這些a；互不相等.

證明如下：如果存在，d(%,如)=d(%,%),

則(/(%,%),4(%,%)的每一位都相等，

所以%,%的每一位都相等，

從而以=%,與集合A中元素的互異性矛盾.

定義集合。(A)={a；,a；,…，或},則card(zy(A))=m=card(A).

又D(A)=D'(A),

所以card(￡>(A))Ncard(￡>'(A))=card(A).

【『點石成金』】關(guān)鍵點『點石成金』：此題考查集合的新定義，考查集合間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是對集合新

定義的正確理解，考查理解能力，屬于難題.

21.（2024?北京海淀?二模）設(shè)正整數(shù)“22,ai,dieN*,A={x|x=q+（左一1）4,笈=1,2,?.},這里，=1,2,

若404口u4=N*,且4cA=0。金,</<”），則稱A，4，，4具有性質(zhì)戶.

⑴當”=3時，若4,4,A具有性質(zhì)P,且％=1,出=2,%=3,令〃7=444，寫出加的所有可能值；

⑵若44，,4具有性質(zhì)尸：

①求證：<4（i=1,2,；

②求￡子的值.

閆4

【答案】⑴27或32

n+1

（2）①證明見解析②F

K祥解》（1）對題目中所給的4,4,-,4,我們先通過分析集合中的元素，證明。陷4?=1,2,,力），

￡7=1,以及23=二］，然后通過分類討論的方法得到小問1的結(jié)果；

（2）直接使用（1）中的這些結(jié)論解決小問2即可.

【詳析】（1）對集合S,記其元素個數(shù)為間.先證明2個引理.

引理1：若A，4,?，4具有性質(zhì)尸，則巧（4?=1,2,

引理1的證明：假設(shè)結(jié)論4<4（，=1,2,..,〃）不成立.

不妨設(shè)生>4，則正整數(shù)。1一4eA,但4口&。D4=N*,

故4-4一定屬于某個4（24區(qū)〃），不妨設(shè)為辦

則由。1—4￡4知存在正整數(shù)k,使得=a2+（左—1）4-

這意味著對正整數(shù)。=G一4+4d2，有c=a-4+44=q+（4-1）4￡A，

c=%—4+44=%+（左一1）4+44=%+（左+4—1）&￡-^2，彳旦A^2=0,

所以假設(shè)不成立，從而一定有可44（，=1,2,，可，從而引理1獲證.

引理2：若A，44具有性質(zhì)產(chǎn)，則￡7=1，且2方=▼.

證明：取集合7={1,2,...，44“4}.

注意到關(guān)于正整數(shù)%的不等式。<a,+（"1）4等價于/W1號，

而由引理I有"4，即0W1-\<1.

結(jié)合4d乙是正整數(shù),知對于正整數(shù)左，1號〈人si號+%A當且僅當心生區(qū)=(,

444444

TT

這意味著數(shù)列々=q+(1)4(左=1,2,...)恰有U\\項落入集合T,即|Tc?=\*\.

而4,劣，一,4兩兩之間沒有公共元素，且并集為全體正整數(shù)，

故T中的元素屬于且僅屬于某一個A(14。)，故|TcA|+|Tc4|+...+|Tc4|=r|.

所以P+<+…+g=|TcA|+|Tc闋+…+|Tc4|=|T|,

從而;+J+…+；=1,這就證明了引理2的第一個結(jié)論；

4d2dn

再考慮集合T中全體元素的和.

一方面，直接由7={1,2,...，4心&}知T中全體元素的和為4%“4(4%-4+1),即圖何+1).

22

另一方面，Tea的全部個元素可以排成一個首項為處,公差為4的等差數(shù)列.

所以7門4的所有元素之和為@[+：北(-1]44『|+鼻(-1.

ai2aiIdiJdi21diJ

最后，再將這"個集合Tc4(i=1,2,...,〃)的全部元素之和相加，

?(IT/ITIY

得到T中全體元素的和為ZyAlrl+vT-1-

這就得到嗎刊=引出7|+勺9-1]],所以有

2磯42(4))

iri+—f-+—E---=iriE—+---

2白[4」11h2白42122'

即叫口=￡?+叫'，從而￡卜竽■,這就證明了引理2的第二個結(jié)論.

2M421=142

綜上，引理2獲證.

回到原題.

將血心痣從小到大排列為可""，則加=4124=444，

111111,

由引理2的第一個結(jié)論，^-+~+—=—+—+~=i.

Ar2Gdlc12d3

111I1113.

若可23,則1=—+—+—W_+_+_=Y1,

八馬弓646K

所以每個不等號都取等，從而=勺=3,故機=斗弓弓=27；

情況1：若4=1,則一1+1—=11—1—=c0,矛盾;

r2T3n

1111111112_

情況2：若4=2,則一+—=1——=-所以/=—+—<—+—=得」.

、丫342Gr3r2r2丫2

此時如果4=2,則,=；一’=。，矛盾;

G'R

1111

如果2=4,貝lj—一一=-,從而4=4,故"2=444=32；

“2々4

如果2=3,由于12,設(shè)（小公4卜伍,。/）,{/,,z2,={1,2,3},則4=2,@=3.

—

k1=3+3卜—q1+2（6Z.—cii—1j

故對于正整數(shù)對1/''，有2匕-3月

左2=2+21歿-q—+（%一4-1）

從而4+2K=4+3k2eAc&,這與4c&=0矛盾.

綜上，加的取值只可能是27或32.

當(44，&)=(3,3,3)時，〃/=27；當(44,4)=(4,2,4)時，〃z=32.

所以，％=4d24的所有可能取值是27和32.

(2)①由引理1的結(jié)論，即知4V4G=1,2,,n)；

②由引理2的第二個結(jié)論，即知￡于=一1.

Z742

【『點石成金』】關(guān)鍵點『點石成金』：本題的關(guān)鍵點在于，我們通過兩個方面計算了一個集合的各個元素之

和，從而得到了一個等式，這種方法俗稱“算二次'’法或富比尼定理.

22.(2024?北京朝陽?二模)設(shè)〃為正整數(shù)，集合4={。|&=(。],生，,a?),a;e{0,l},z=1,2,，噸對于

a=(al,a2,設(shè)集合P(a)=卜eN[04f<〃-1，4+,=4，力=1,2,…,”一}.

(1)若0=(0,1,0,0,1,0),尸=(0,10,0,1,0,1,0,0,1,0),寫出集合尸(￡),「(，)；

⑵若a=(4,%…,a“)e4,且sJeP(a)滿足s<r,令a'=(al,a2,,an_s)G,求證:"seP(優(yōu))；

(3)若a=(%,%，，%)?4，且P((z)={S],S2，」,%}(Sivs?<<s,?,m>i),求證：

2s“Rsk+與+2(左=1,2,,m-2).

【答案】⑴尸3)={。,3,5},P(⑶={0,5,8,10}；

(2)證明見解析；

(3)證明見解析.

(祥解》(1)由題意，即可直接寫出尸⑷,尸(4)；

(2)由。2=4可得町?=%+”"，結(jié)合。”=%可得勺+-.=%，j=L2,…,n-r,即可證明；

(3)若讓尸(優(yōu))且2方〈九一s貝!|4包=知)=1,2,,n-s-2t,進而s+2“P(a),由⑵可知叫1f"(aj,分類討論

2(%i-與)〈川一般、2(%+i-與)*-與時2品+1-”與聯(lián)+2的大小關(guān)系，即可證明.

【詳析】(1)尸(。)=｛0,3,5｝,尸(6)=｛0,5,8,10｝；

(2)因為swP(a),所以％+s=q,i=l,2,,n-s,

當/時,1<j+t-s<n-t+t-s=n-s,

所以"j+f-s+s-Oj+t-S，即為+,=%…，J=1,2,,n-t,

又因為feP(a),所以為+,=為"=1,2,,"T,

所以%+,_,=%,j=L2,

所以t-seP(a')；

(3)對任意seP(a),令優(yōu)=(《,。2,-M“-X,

若feP(a')且〃<〃-s,則4+,=q,i=l,2,,n-s-t,

所以q+2,=q，'=i，2,-,〃-s-2r,

因為se尸⑷，所以%+i=%，/=1，2,，"-s,

所以q=q+2,=4+2,+,,i=L2,,"-s-2f,所以s+2feP(a).

對s,,s*+[CP(a)(*=l,2,,m-2),因為凡f+i，

由(2)可知，令%=(4，&，，4-“)，則%]』"(%).

若2(s“i-sJ<"f,因為"eP(a),

所以鼠+2(s?]-sJwP(a),即2sk+l-skeP(a),

又因為2slM-s.=sk+l+Gz-sJ>sk+l,所以2sk+i-sk>sk+2.

若2(s“i-sJ2〃-s-貝!|+2(%i-sJN〃>%Wsk+2,

所以2slM-s*>s“2.

綜上，2s“|-s*Ws-2即2s“I±S*+S“2(%=1,2,,m-2).

【『點石成金』】方法『點石成金』：

學生在理解相關(guān)新概念、新定義、新法則(公式)之后，運用學過的知識，結(jié)合已掌握的技能，通過推理、運

算等解決問題.在新環(huán)境下研究“舊”性質(zhì).主要是將新性質(zhì)應(yīng)用在“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性地證明更新的性質(zhì)，落

腳點仍然是集合相關(guān)知識..

23.(2024?北京房山?一模)已知無窮數(shù)列｛4｝是首項為1,各項均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，集合

A=kwN*1%<A<4+],〃eN*｝.若對于集合A中的元素4,數(shù)列｛%｝中存在不相同的項4