2022年高考數學尖子生強基計劃專題1集合與簡易邏輯真題特點分析：突出對思維能力的考查。例1.【2020年武漢大學9】設A是集合的子集，只含有3個元素，且不含相鄰的整數，則這種子集A的個數為（）A.32 B.56 C.72 D.84答案：B進行分類討論例2.【2020年清華大學】已知集合，且，則有序集合組的個數是（）．A． B． C． D．答案：C例3.【北大】已知求證：【解析】不等式；柯西不等式或平均不等式.法一：不等式.調和平均值，則，可得，上述兩式相加得，即，即法二：由及要證的結論分析，由柯西不等式得，從而可設，且從而本題也即證從而，即，假設原式不成立，即則從而，矛盾.得證.2.注重和解題技巧，考查學生應用知識解決問題的能力。例4.【北大】10、已知實系數二次函數與和有兩重根，有兩相異實根，求證：沒有實根.【解析】設則由，可得由可得化簡得即又沒有實根.二、應試和準備策略注意知識點的全面數學題目被猜中的可能性很小，一般知識點都是靠平時積累，因此，要求學生平時要把基礎知識打扎實。剩下的就是個人的現場發揮。注意適當補充一點超綱內容如上面提及的一些平時不太注意的小章節或高考不一定考的問題，如矩陣，行列式等也不可忽視。適當做近幾年的自主招生的真題俗話說，知己知彼，百戰百勝。同學們可適當地訓練近幾年自己所考的強基計劃和高校自主招生的試題，熟悉一下題型和套路還是有益的。總之，同學們若是注意一些知識點的延伸和加深，考試時必定會有一種居高臨下的感覺。三、知識要點拓展知識補充：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)問題：開運動會時，高一某班共有28名同學參加比賽，有15人參加游泳比賽，有8人參加田徑比賽，有14人參加球類比賽，同時參加游泳比賽和田徑比賽的有3人，同時參加游泳比賽和球類比賽的有3人，沒有人同時參加三項比賽，問同時參加田徑比賽和球類比賽的有多少人？只參加游泳一項比賽的有多少人？解：設A＝{參加游泳比賽的同學}，B＝{參加田徑比賽的同學}，C＝{參加球類比賽的同學},則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,所以同時參加田徑和球類比賽的共有3人，而只參加游泳比賽的人有15－3－3＝9(人)二．抽屜原理抽屜原理的基本形式定理1、如果把n+1個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，其中至少有兩個元素。證明：（用反證法）若不存在至少有兩個元素的集合，則每個集合至多1個元素，從而n個集合至多有n個元素，此與共有n+1個元素矛盾，故命題成立。例1．已知在邊長為1的等邊三角形內（包括邊界）有任意五個點（圖1）。證明：至少有兩個點之間的距離不大于.分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離不大于的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個全等的邊長為的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于。以上結論要由定理“三角形內（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”來保證，下面我們就來證明這個定理。如圖2，設BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內（包括邊界）任意兩點，連接PM，過P分別作AB、BC邊的平行線，過M作AC邊的平行線，設各平行線交點為P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A因為BC≥AB，所以∠A≥∠C，則∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相鄰的內角），所以PQ≥PM。顯然BC≥PQ，故BC≥PM。由此我們可以推知，邊長為的等邊三角形內（包括邊界）兩點間的距離不大于。三、針對性訓練1．對集合{1，2，…，n}及其每一個非空了集，定義一個唯一確定的“交替和”如下：按照遞減的次序重新排列該子集，然后交替地減或加后繼的數所得的結果，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，對于n=7。求所有子集的“交替和”的總和。解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中，除去{7}外還有個非空子集合，把這個非空子集兩兩結組后分別計算每一組中“交替和”之和，結組原則是設這是把結合為一組，顯然，每組中，“交替和”之和應為7，共有組.所以,所有“交替和”之和應該為。2．n元集合具有多少個不同的不交子集對？分析：我們一般想法是對于一個子集，求出與它不交的子集個數，然后就可以求出總的子集對來了。解：如果子集對是有序的，即在子集對中可以區分第一個子集與第二個子集，則第一個子集若是k個元素，第二個子集就由其余n-k個元素組成，可能的情況是種，而這時第一個集合的選取的可能情況應為種，那么k從o變到n，總的情況可能就是。如果子集對是無序的，即兩個子集相同但次序不同的子集對不認為不同，則對有序子集對中有一對是由兩個空集組成，而對其它個有序對，每一對中交換兩個子集的次序，得到的是同一個無序子集對，因此有個無序子集對，其中至少有一個子集非空，于是無序子集對的總數為分析二：我們可以從元素的角度來思考問題。對一個元素來說，它有三種不同的選擇，在第一個集合中，在第二個集合中，或者不在兩個集合中。解法二：在計算有序對的數目時，對每一個元素來說有三種可能：它或在第一個子集，或在第二個子集，或不在其中任意一個子集，因此不同的不交有序子集對的總數，以下同解法一。3.以某些整數為元素的集合具有下列性質：①中的元素有正數，有負數；②中的元素有奇數,有偶數；③－1；④若，∈,則＋∈。試判斷實數0和2與集合的關系。解：由④若，∈,則＋∈可知，若∈，則由①可設，∈，且＞0，＜0，則－＝||(||∈)故,－∈,由④,0＝(－)+∈。（2）2。若2∈，則中的負數全為偶數，不然的話，當－（）∈（）時，－1＝（－）＋∈，與③矛盾。于是，由②知中必有正奇數。設，我們取適當正整數，使，則負奇數。前后矛盾。4.若為非空集合，對于1，2，3的任意一個排列，若，則證明：三個集合中至少有兩個相等。三個集合中是否可能有兩個集無公共元素？證明：（1）若，則所以每個集合中均有非負元素。當三個集合中的元素都為零時，命題顯然成立。否則，設中的最小正元素為，不妨設，設為中最小的非負元素，不妨設則－∈。若＞0,則0≤－＜，與的取法矛盾。所以=0。任取因0∈,故－0＝∈。所以，同理。所以=。可能。例如=={奇數}，={偶數}顯然滿足條件，和與都無公共元素。5.設，且A具有下列性質：（1）對任意，恒有；（2）。試證A中的元素為奇數的個數是4的倍數，且為定值.證明：考慮，每個集合中取一個元素，但注意到2+4+…+200=10100≠10080，不妨設不屬于A的偶數為，則相應的奇數應在A中，且對應差的和為20.6．(2010年江蘇五校)已知集合A＝{a1，a2，a3，…，an}，其中ai∈R（1≤i≤n，n＞2），l(A)表示ai＋aj(1≤i＜j≤n)的所有不同值的個數．（1）已知集合P＝{2，4，6，8}，Q＝{2，4，8，16}，分別求l(P)，l(Q)；（2）若集合A＝{2，4，8，…，2n}，求證：l(A)＝eq\F(n(n－1),2)；（3）求l(A)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）證明：因為ai＋aj(1≤i＜j≤n)共有eq\F(n(n－1),2)項，所以l(A)≤eq\F(n(n－1),2)．又集合A＝{2，4，8，…，2n}，不妨設am＝2m，m＝1，2，…，n．ai＋aj，ak＋al(1≤i＜j≤n，1≤k＜l≤n)，當j≠l時，不妨設j＜l，則ai＋aj＜2aj＝2j＋1≤al＜ak＋al，即ai＋aj≠ak＋al，當j＝l，i≠k時，ai＋aj≠ak＋al，因此，當且僅當i＝k，j＝l時，ai＋aj＝ak＋al．即所有ai＋aj(1≤i＜j≤n)的值兩兩不同，因此l(A)＝eq\F(n(n－1),2)．（3）不妨設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個不同的數，即l(A)≥2n－3．事實上，設a1，a2，a3，…，an成等差數列，考慮ai＋aj(1≤i＜j≤n)，根據等差數列的性質，當i＋j≤n時，ai＋aj＝a1＋ai＋j－1；當i＋j＞n時，ai＋aj＝ai＋j－n＋an；因此每個和ai＋aj(1≤i＜j≤n)等于a1＋ak(2≤k≤n)中的一個，或者等于al＋an(2≤l≤n－1)中的一個．故對這樣的集合A，l(A)＝2n－3，所以l(A)的最小值為