試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁【高中數學競賽真題?強基計劃真題考前適應性訓練】專題01集合真題專項訓練（全國競賽+強基計劃專用）一、單選題1．（2020·北京·高三校考強基計劃）設A，B，C是集合的子集，且滿足，這樣的有序組的總數是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用分步計數法可求有序組的總數.【詳解】考慮A，B，C把集合劃分為5個集合：，接下來將集合P中的元素逐一安排到集合中即可得所求總數為．故選：C.2．（2021·全國·高一專題練習）已知非空集合是集合的子集，若同時滿足兩個條件：（1）若，則；（2）若，則；則稱是集合的“互斥子集”，并規定與為不同的“互斥子集組”，則集合的不同“互斥子集組”的個數是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】按所含元素的個數分為“1+1型”、“1+2型”、“1+3型”、“2+2型”，分別求出相應的“互斥子集組”數.【詳解】①若、中各含一個元素時，“互斥子集組”數：個②若含一個、含兩個元素時，“互斥子集組”數:個③若含一個、含三個元素時，“互斥子集組”數:個④若、中各含兩個元素時，“互斥子集組”數：個.綜上共有“互斥子集組”數50個.故選:D【點睛】此題關鍵在于恰當分類，屬于中檔題.3．（2021·北京·高三強基計劃）現有7把鑰匙和7把鎖．用這些鑰匙隨機開鎖，則這三把鑰匙不能打開對應的鎖的概率是（

）A． B． C． D．以上答案都不對【答案】B【分析】利用對立事件可求這三把鑰匙不能打開對應的鎖的概率.【詳解】設打開對應的鎖的事件為，其中，則，，且，因此所求概率為．故選：B.4．（2021·全國·高一專題練習）設集合S，T，S，T中至少有2個元素，且S，T滿足：①對于任意的，若，則；②對于任意的，若，則.若S有3個元素，則T可能有（

）A．2個元素 B．3個元素 C．4個元素 D．5個元素【答案】B【分析】S有3個元素，不妨設，其中,根據性質①②可得出T中有且只有3個元素.【詳解】若S有3個元素，不妨設，其中，由①知，則必有由②知，，顯然有，若，則，此時中有元素，則符合，此時T中有3個元素；若，則有即，此時中有3個元素，綜上T中有3個元素.故選：B【點睛】本題主要考查了集合中新定義，考查了推理分析問題的能力，屬于中檔題.5．（2021·北京·高三強基計劃）設正整數m，n均不大于2021，且，則這樣的數組的個數為（

）A．2021 B．1428C．3449 D．以上答案都不對【答案】C【分析】原不等式等價于，考慮諸區間及諸區間后可求數組的個數.【詳解】題中不等式即，記，注意到區間的長度為，而相鄰區間的間距為，滿足，因此任何兩個相鄰的區間都有交集．記，則當時，m對應唯一的n；當時，m對應兩個n．而，因此有1428個m落在E中，剩下的個m落在中，所求數組的個數為．故選：C.二、填空題6．（2022·新疆·高二競賽）設集合中的最大元素與最小元素分別為M，N，則___________．【答案】【詳解】由知，，當時，得最大元素，又，當時，得最小元素，因此，．故答案為：.7．（2022·浙江·高二競賽）已知集合，若集合A中恰有9個正整數，則______.【答案】4【詳解】時，，不合題意，舍去，時，，不合題意，舍去，時，，，.故答案為：4.8．（2020·江蘇·高三競賽）設，歐拉函數表示在正整數1，2，3，…，中與互質的數的個數，例如1，3都與4互質，2，4與4不互質，所以，則__________．【答案】800【詳解】解析：法一：因為，故能被2整除的數有1010個，能被5整除的數有404個，能被101整除的數有20個，既能被2整除又能被5整除的數有202個，既能被2整除又能被101整除的數有10個，既能被5整除又能被101整除的數有4個，既能被2整除又能被5和101整除的數有2個．故與2020不互質的有，則．故答案為：800.法二：.故答案為：800.9．（2022·廣西·高二統考競賽）設、是集合的兩個子集，，且時．記為的元素之和，則的最大值是______．【答案】39【詳解】由求得，根據抽屜原理，至多有6個元素，當時，得到的最大值為39．故答案為：39.10．（2022·福建·高二統考競賽）已知，，…，是集合的n個非空子集，如果對于任意的i，，均有，則n的最大值為___________.【答案】511【詳解】將集合的個非空子集分成512組：第1組為集合A；第2組到第512組，每組2個子集，且這2個子集的并集為集合A（易知這種分組是存在的，事實上只需將A的非空子集B與B在A中的補集分在同一組即可），當時，若，，…，中含有集合A，則顯然不符合要求；若，，…，中不含有集合A，則根據上述分組和抽屜原理，，，…，必有兩個集合在同一組，它們的并集為集合A，也不符合要求，所以，另一方面，集合有511個非空子集，對于其中任意兩個子集X和Y，均有，可見符合要求，所以n的最大值為511，故答案為：511.11．（2022·浙江金華·高三浙江金華第一中學校考競賽）定義：如果甲隊贏了乙隊，乙隊贏了丙隊，而丙隊又贏了甲隊，則稱甲乙丙為一個“友好組”.如果20支球隊參加單循環比賽，則友好組個數的最大值為__________.【答案】330【分析】從反面考慮非友好組的個數的最小值，后者可用逐步調整法來處理.【詳解】當為偶數時，令，則總共有場比賽.不妨設有個友好組，考慮其反面，若甲乙丙三對為非友好組，不妨設甲隊贏了乙隊和丙隊，此時，記甲隊為非友好組的組長.對甲隊而言，可以在贏的所有隊伍中任意選擇兩隊構成非友好組.因此，若隊在比賽中贏了場，則，且以為組長的非友好組有個（補充定義：，于是所有非友好組的個數為.下求最小值.若在中，有.則令，其余且，，故調整后的總和變小.重復上述操作，直至任意兩個數的差最多為1.不妨設有個個，則有整理有.由于，故.由等式兩邊對應相等可知，，即調整后有個個.此時的值為，則，故友好組個數的最大值為，即.下面為取到最大值的例子：設在.共支球隊中，當時，隊勝；當時，隊勝，下標均是在模的意義下.綜上所述，當為偶數時，友好組個數的最大值為.故如果20支球隊參加單循環比賽，友好組個數的最大值為330.故答案為：33012．（2021·全國·高三競賽）已知非空集合，用表示集合中最大數和最小數的和，則所有這樣的的和為_____.【答案】【詳解】將中的非空子集兩兩進行配對，對每個非空子集，令，對的任意兩個子集和，若時，.則所有非空集合可以分成和兩類.當時，必有，當時，必有.又的非空子集共有個，故所有這樣的的和為.故答案為：.13．（2020·浙江·高三專題練習）記為集合S的元素個數，為集合S的子集個數，若集合A，B，C滿足：①；②，則的最大值是____________.【答案】2019【解析】設，根據元素個數得到子集個數，根據，分析出，即可求解.【詳解】設，則，即得，所以，（1）若，，所以左邊是偶數，右邊是奇數不合，（2）若，，所以左邊是偶數，右邊是奇數不合，故，而，①若，則，②若，則，所以的最大值為2019，時取最大值.【點睛】本題考查交集與并集的混合運算，考查了集合的元素個數與集合子集間的關系，考查邏輯思維能力與推理論證能力，體現了分類討論的數學思想方法，難度較大．14．（2022·全國·高三專題練習）已知，集合，集合的所有非空子集的最小元素之和為，則使得的最小正整數n的值為______．【答案】13【解析】求出的所有非空子集中的最小元素的和，利用，即可求出最小正整數的值.【詳解】當時，的所有非空子集為：，，，所以.當時，.當時，當最小值為時，每個元素都有或無兩種情況，共有個元素，共有個非空子集，.當最小值為時，不含，含，共有個元素，有個非空子集，.……所以…….因為，，即.所以使得的最小正整數的值為.故答案為：.【點睛】結論點睛：數列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比數列的求和公式求和.（2）錯位相減法：若是等差數列，是等比數列，求.（3）裂項相消法：把數列的通項拆成兩項之差，相消剩下首尾的若干項.常見的裂頂有，，等.（4）分組求和法：把數列的每一項分成若干項，使其轉化為等差或等比數列，再求和.（5）倒序相加法.15．（2022·浙江·高二競賽）給定正整數n，，記從的一一映射f稱為是可劃分的：若X可劃分為k個非空子集，，…，，且（，2，…，k）（即，且，，…，兩兩的交集為空集，）.已知f是一個X的劃分的一一映射，，，…，是1，2，…，n的一個排列，則的最小值為______.【答案】【詳解】令，若，，若，則，定義映射如下：若，則，若，則，，集合，，此時.故答案為：.16．（2022·北京·高一統考競賽）對實數，不超過的最小值的最大整數為__________．【答案】92378【詳解】我們把集合劃分為：，其中．其中的元素個數為．記，則，考慮．由于，我們有，即．（記），所以．當或時，我們取可使上式取等號，（此時）：，綜上，的最小值是．故答案為：92378.17．（2022·北京·高一統考競賽）有__________個不超過2020的正整數k，滿足對任意的正整數n，均有．【答案】7【詳解】（1）Legendre公式：，其中）表示n的進制的數字和．（2）回到原題，我們知道：，問題轉化：（△）設p為素數，求所有的正整數k，滿足條件：對任意的正整數，均有．其中表示的進制的數字和．（ⅰ）先考慮的性質：不妨設n的進制表示為：，其中且，因此，特別對，我們有，因此.（ⅱ）回到（△）：（Ⅰ）如果，其中，那么對任意的正整數n，均有，從而符合題意，．（Ⅱ）如果k不是p的冪，那么k不符合條件．想證：存在正整數N，使得．由于k不是p的冪，不妨設，其中，我們知道：，只需證：存在正整數N，使得，由于，那么，因此存在正整數，使得，理由如下：考慮以下的個數，利用抽屜原理，存在，使得，因此，，從而，．令，則，即．下面構造正整數N：令，其中正整數，t待定．要求t適當大，不妨設，則，從而，我們知道：，因此，，另一方面：，觀察，不妨設的進制展開為：，其中，代入，有，因此，，取，則．故答案為：7.三、解答題18．（2021·浙江·高二競賽）設數集，它的平均數.現將分成兩個非空且不相交子集，，求的最大值，并討論取到最大值時不同的有序數對的數目.【答案】最大值，數目為.【分析】不妨設，記，，可以得到=，考慮T最大的情況是取最大的個數，此時可以發現的結果正好是與無關的定值，從而也就得到了的最大值，然后考察的可能的值，得到時的組數，并利用對稱性得到時具有與之相等的組數，從而得到所有可能的的組數.【詳解】不妨設，記，，所以，又有，所以當且僅當時，取到等號，所以的最大值.此時，由非空，可知，2，…，，有種情況，利用對稱性得到時具有與之相等的組數，由于的最大值不可能有的情況，所以有序數對的數目為.19．（2022·福建·高二統考競賽）某校數學興趣小組有14位同學，他們組成了n個不同的課題組.每個課題組有6位同學，每位同學至少參加2個課題組，且任意兩個課題組至多有2位共同的同學，求n的最大值.【答案】7【詳解】將14位同學記為，，…，，課題組集合記為，，…，，則，，2，…，n，且，，設（，2，…，14）屬于，，…，中的個集合，則，且，考慮三元數組的個數S，其中，一方面，對于固定的，，由題意至多有2個屬于三元數組，所以，另一方面，對于固定的，由于屬于，，…，中的個集合，所以三元數組的個數為，因此：，所以，解得，又14位同學按照下列方式組成的7個課題組符合要求：，，，，，，，綜上所述，n的最大值為7.20．（2022春·浙江·高一校聯考競賽）已知，求最大的實數，使得對任意大于2022的正整數及實數，存在集合的一個子集滿足對所有恒成立且.【答案】【詳解】我們來證明：首先，記，一方面，取，，；，，此時，由，及，知，在1至中，S至少有i個元素，至多有j個元素，在至中，S至少有i個元素，至多有j個元素，于是，因此，另一方面，當時，設，，，，則，不妨設，在中任取個互不相同的元，再在剩下的元素中任取的互不相同的元，取，，或者，，這樣的總能滿足，且，

(1)將所有（1）求和，其中一共有種，每個及在的求和中出現次，每個在的求和中出現次，結合抽屜原理得，必存在一種情況使得：，綜上所述，.21．（2021·全國·高三競賽）設集合是由平面上任意三點不共線的4039個點構成的集合，且其中2019個點為紅色，2020個點為藍色；在平面上畫出一組直線，可以將平面分成若干區域，若一組直線對于點集滿足下述兩個條件，稱這是一個“好直線組”：（1）這些直線不經過該點集中的任何一個點；（2）每個區域中均不會同時出現兩種顏色的點.求的最小值，使得對于任意的點集，均存在由條直線構成的“好直線組”.【答案】.【詳解】先證明：在一個圓周上順次交替標記2019個紅點和2019個藍點，在平面上另外任取一點染為藍色，這個圓周就被分成了4038段弧，則每一段的兩個端點均染了不同的顏色；若要滿足題目的要求，則每一段弧均與某條畫出的直線相交；因為每條直線和圓周至多有兩個交點，所以，至少要有條直線.再證明：用2019條直線可以滿足要求.對于任意兩個同色點，均可用兩條直線將它們與其他的點分離.作法：在直線的兩側作兩條與平行的直線，只要它們足夠接近，它們之間的帶狀區域里就會只有和這兩個染色點.設是所有染色點的凸包，有以下兩種情形：（1）假設有一個紅色頂點，不妨記為.則可作一條直線，將點和所有其他的染色點分離，這樣，余下的2018個紅點可以組成1009對，每對可以用兩條平行直線將它們與所有其他的染色點分離.所以，總共用2019條直線可以達到要求.（2）假設的所有頂點均為藍色.考慮上的兩個相鄰頂點，不妨記為.則用一條直線就可以將這兩個點與所有其他染色點分離.這樣，余下的2018個藍點可以組成1009對，每對可以用兩條直線將它們與所有其他染色點分離.所以，總共也用了2019條直線可以達到要求.綜上：的最小值為2019.22．（2021·全國·高三競賽）已知是一個有限集.是滿足如下性質的兩個分劃：若，則.求的最小值.【答案】50【詳解】的最小值為50.我們先證明.考慮集合中元素個數最少的集合，不妨設為.記，則至多與中個集合相交.不妨設且，其中.故.從而對有.由的最小性知的元素個數均不小于.從而.（1）若，則，此時由上式知；（2）若，由是中元素個數最少的集合知.故.另一方面，能取到50，例如，取.顯然它們滿足條件，這時.23．（2021·全國·高三競賽）設是連續個正整數組成的集合，求最小的正整數k，使得M的任何k元子集中都存在個數滿足．【答案】．【詳解】記，任何一個以i為首項，2為公比的等比數列與A的交集設為．一方面，由于M中個元的子集中不存在題設的個數，否則，而，矛盾．故．另一方面，時，題設滿足.若非如此，考慮以為首項，以2為公比的等比數列．其與M的交集的元素個數為個．設M任何k元子集為T，則上述等比數列與M的交集中至少有個元素不在T中，而時，．注意到所以，可得與矛盾．綜上，所求k為．24．（2021·全國·高三競賽）設n是正整數，我們說集合的一個排列具有性質P，是指在當中至少有一個i，使得.求證：對于任何n，具有性質P的排列比不具有性質P的排列的個數多.【答案】證明見解析【詳解】設A為不具有性質P的排列的集合，B為具有性質P的排列的集合，顯然.為了證明，只要得到就夠了.設中，k與相鄰的排列的集合為.則，由容斥原理得25．（2023·全國·高三專題練習）設數列（）的各項均為正整數，且.若對任意，存在正整數使得，則稱數列具有性質.（1）判斷數列與數列是否具有性質；（只需寫出結論）（2）若數列具有性質，且，，，求的最小值；（3）若集合，且（任意，）.求證：存在，使得從中可以選取若干元素（可重復選取）組成一個具有性質的數列.【答案】（1）數列不具有性質；數列具有性質（2）的最小值為（3）證明見解析【解析】（1）不滿足存在正整數使得，故數列不具有性質；根據定義可知數列具有性質；（2）由題可知，，，，，所以，再驗證可知時，數列不具有性質，時，數列具有性質，從而可知的最小值為；（3）反證法：假設結論不成立，即對任意都有：若正整數，則，再根據定義推出矛盾，從而可證結論正確.【詳解】（1）數列不具有性質；數列具有性質.（2）由題可知，，，，，所以.若，因為且，所以.同理，因為數列各項均為正整數，所以.所以數列前三項為.因為數列具有性質，只可能為之一，而又因為，所以.同理，有.此時數列為.但數列中不存在使得，所以該數列不具有性質.所以.當時，取.（構造數列不唯一）經驗證，此數列具有性質.所以，的最小值為.（3）反證法：假設結論不成立，即對任意都有：若正整數，則.否則，存在滿足：存在，使得，此時，從中取出：當時，是一個具有性質的數列；當時，是一個具有性質的數列；當時，是一個具有性質的數列.（i）由題意可知，這個集合中至少有一個集合的元素個數不少于個，不妨設此集合為，從中取出個數，記為，且.令集合.由假設，對任意，，所以.（ii）在中至少有一個集合包含中的至少個元素，不妨設這個集合為，從中取出個數，記為，且.令集合.由假設.對任意，存在使得.所以對任意，，由假設，所以，所以，所以.（iii）在中至少有一個集合包含中的至少個元素，不妨設這個集合為，從中取出個數，記為，且.令集合.由假設.對任意，存在使得.所以對任意，，同樣，由假設可得，所以，所以.（iv）類似地，在中至少有一個集合包含中的至少個元素，不妨設這個集合為，從中取出個數，記為，且，則.（v）同樣，在中至少有一個集合包含中的至少個元素，不妨設這個集合為，從中取出個數，記為，且，同理可得.（vi）由假設可得.同上可知，，而又因為，所以，矛盾.所以假設不成立.所以原命題得證.【點睛】本題考查了對新定義的理解和運用能力，考查了反證法，考查了集合的并集運算，準確理解定義和運用定義解題是解題關鍵，屬于難題.26．（2019·浙江·高三校聯考競賽）設X是有限集，t為正整數，F是包含t個子集的子集族：F=.如果F中的部分子集構成的集族S滿足：對S中任意兩個不相等的集合A、B，均不成立，則稱S為反鏈.設S1為包含集合最多的反鏈，S2是任意反鏈.證明：存在S2到S1的單射f，滿足或成立.【答案】證明見解析【詳解】記|S1|=r，稱包含r個元素的反鏈為最大反鏈，最大反鏈可能不唯一稱F的子集P為鏈，如果之一成立.我們證明結論：F可以拆分為r個鏈的并(即Dilworth定理).對t進行歸納證明.t=1時顯然成立.設命題對t－1成立，先假設存在一個最大反鏈S，使得F中既有集合真包含S中的某個集合，也有集合是S中的某個集合的真子集.記前者的全體為F1，后者的全體為F2，即包含S中的某個集合，是S中的某個集合的子集，則均是F的真子集，從而由歸納假設可將都可以拆成r個鏈的并.中的鏈以S中的元素開始，中的鏈以S中的元素結束.將這些鏈“接”起來就將F分成了r條鏈.現在假設不存在這樣的反鏈，從而每個最大反鏈要么滿足，要么滿足.前者意味著S中的子集都是“極大”子集(不是另一個Ai的真子集)，后者意味著S中的子集都是“極小”子集(不真包含另一個Ai)，從而至多有兩個最大反鏈.如果極大子集構成的反鏈和極小子集構成的反鏈均為最大反鏈，則任取極大子集A，以及極小子集，將A、B都去掉用歸納假設將剩下的集合拆分成r－1條鏈，再加上鏈即可如果其中之一不是最大反鏈，不妨設極大子集構成的反鏈是唯一的極大反鏈，任意去掉一個極大子集歸納即可.結論證畢.現在將F拆分成r條鏈，則每條鏈中恰有一個S1中的子集，且至多有一個S2中的子集.將每個S2中的子集對應到所在鏈中S1的元素，就得到了從S2到S1滿足要求的映射.27．（2022·全國·高三專題練習）對給定的正整數，令，，，，，，2，3，，．對任意的，，，，，，，，定義與的距離．設是的含有至少兩個元素的子集，集合，，中的最小值稱為的特征，記作（A）．（Ⅰ）當時，直接寫出下述集合的特征：，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，．（Ⅱ）當時，設且（A），求中元素個數的最大值；（Ⅲ）當時，設且（A），求證：中的元素個數小于．【答案】（Ⅰ）答案詳見解析；（Ⅱ）2；（Ⅲ）證明詳見解析.【解析】（Ⅰ）根據與的距離的定義，直接求出的最小值即可；（Ⅱ）一方面先證明中元素個數至多有2個元素，另一方面證明存在集合中元素個數為2個滿足題意，進而得出中元素個數的最大值；（Ⅲ）設，，，定義的鄰域，先證明對任意的，中恰有2021個元素，再利用反證法證明，于是得到中共有個元素，但中共有個元素，所以，進而證明結論．【詳解】（Ⅰ）（A），（B），（C）；（Ⅱ）（a）一方面：對任意的，，，，，，令（a），，，，，，則，（a），故（a），令集合（a），則，且和的元素個數相同，但中共有個元素，其中至多一半屬于，故中至多有2個元素．（b）另一方面：設，，，是偶數，則中的元素個數為對任意的，，，，，，，，，易得與奇偶性相同，故為偶數，由，得，故，注意到，0，0，0，，0，，，1，0，0，，且它們的距離為2，故此時滿足題意，綜上，中元素個數的最大值為2．（Ⅲ）當時，設且（A），設，，，任意的，定義的鄰域，（a）對任意的，中恰有2021個元素，事實上①若，則，恰有一種可能；，②若，則與，恰有一個分量不同，共2020種可能；綜上，中恰有2021個元素，（b）對任意的，，事實上，若，不妨設，，，，，則，這與（A），矛盾，由（a）和（b），中共有個元素，但中共有個元素，所以，注意到是正整數，但不是正整數，上述等號無法取到，所以，集合中的元素個數小于．【點睛】本題考查集合的新定義，集合的含義與表示、集合的運算以及集合之間的關系，反證法的應用，考查學生分析、解決問題的能力，正確理解新定義是關鍵，綜合性較強，屬于難題．28．（2022·全國·高三專題練習）班級里共有名學生，其中有，，．已知，，中任意兩人均為朋友，且三人中每人均與班級里中超過一半的學生為朋友．若對于某三個人，他們當中任意兩人均為朋友，則稱他們組成一個“朋友圈”．（1）求班級里朋友圈個數的最大值．（2）求班級里朋友圈個數的最小值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用組合數可求；（2）利用容斥原理可求.【詳解】（1）當班級中的任意3人中，任意兩個人都是朋友時，班級里朋友圈個數的最大，此時.（2）當時，，當時，，，中的每個人都至少與班級的3個同學是好朋友，故4人彼此是好朋友，故，當時，記為班級中除去且與是朋友的同學的集合，為班級中除去且與是朋友的同學的集合，為班級中除去且與是朋友的同學的集合，若，由題設可知，、、中的元素的個數不小于，余下同學記為：，集合中元素的個數記為，因為余下人數為，由容斥原理可得，所以，即，故此時，考慮一種特殊情況：，此時朋友圈個數為，故.若，由題設可知，、、中的元素的個數不小于，余下同學記為：，集合中元素的個數記為，因為余下人數為，由容斥原理可得，所以，即，故此時，考慮一種特殊情況：，此時朋友圈個數為，故.綜上，.29．（2022·浙江杭州·高三學軍中學校考競賽）我們稱為“花式集合”，如果它滿足如下三個條件：（a）；（b）的每個元素都是包含于中的閉區間（元素可重復）；（c）對于任意實數中包含的元素個數不超過1011.對于“花式集合”和區間，用表示使得的對的數量.求的最大值.【答案】【分析】先構造一個特例，再根據逐步調整法和數學歸納法可證的取值范圍，從而可求其最大值.【詳解】答案是.先給出取得最大值的構造：易于驗證，當由1011個以及1011個組成?由1011個以及1011個組成時，符合題意.再給出最優性的證明：分成兩步進行.第一步，調整集合.斷言一：對于中區間，如果，則將中的替換為不改變原結果，稱之為“切換”.這是因為:①如果中的一個區間與相交，那么它最初和現在都與兩個區間相交，成立；②如果中的一個區間與不相交，則它要么與和都不相交，要么恰與中一個相交.因此，如果它與其中之一相交，則在替換區間后仍會與其中之一相交，也成立.斷言二