《高考数学核心考点透析》精选(集合与命题、不等式)

1第一章集合与命题考点综述集合与命题是高中数学的基石，高考对这部分知识的考查主要有三个方面：一是集合的概念、关系和运算；二是集合语言与集合思想的运用（如求方程与不等式的解集、函数的定义域和值域等）；三是命题之间的逻辑关系的判断和推理．此外与集合有关的信息迁移题、集合与其他知识相结合的综合题都值得高度关注.考查重点是集合与集合之间的关系、条件的判断.其核心考点有：集合的概念及相应关系，集合的运算，命题及充要条件．考点1集合的概念及相应关系典型考法1与含参数的方程有关的集合问题典型例题已知集合2{|320}AxaxxxaR，，(1)若A是空集，试求a的取值范围；(2)若A中只有一个元素，求a的值，并把这个元素写出来；(3)若A中至多只有一个元素，求a的取值范围．解析集合A是方程2320axx在实数范围内的解集．(1)若A是空集，则显然a≠0，且方程2320axx无解，得2(3)420a＝，98a，即a的取值范围是9{|}8aa．(2)当a=0时，2{|320}{}3Axx，符合题意；当a≠0时，必须2(3)420a＝，98a，此时4{}3A，符合题意；综上所述，0a或98．(3)A中至多只有一个元素，包括A是空集和A中只有一个元素这两种情况，根据(1)和(2)的结果，知a=0或98a，故a的取值范围是9{|0}8aaa或．2必杀技：用分类讨论的方法解决集合中含参数的方程问题一般地，对于集合2{|0}xaxbxcxR，，其中a，b，c均为实数，当a≠0时，2{|0}xaxbxcxR，是一元二次方程20axbxc的根的集合．须注意：若求非空集合2{|0}xaxbxcxR，中的元素之和，则应分0与0这两种情形，具体为(1)若0，则20axbxc有两个不等的实根，于是，非空集合2{|0}xaxbxcxR，中的元素之和为ba；(2)若0，则20axbxc有两个相等的实根，于是，非空集合2{|0}xaxbxcxR，中的元素之和为2ba．实战演练1．已知2{|1}2xaAxxRx，为单元素集，则实数a的取值的集合为．2．设A={x｜x2+(b+2)x+b+1=0，b∈R}，求A中所有元素的和．3．对于函数f(x)，设{|()}Axfxx，{|(())}Bxffxx．(1)求证：AB；(2)若2()1(,)fxaxaRxR，且AB，求a的取值范围．参考答案1．9,2,24.2．当b≠0时，和为－(b+2)；当b=0时，和为－1．3．(1)略(2)13[]44，提示：由A知：14a，B中元素是方程222(1)(1)0axxaxaxa的实根，由AB得方程2210axaxa要么没有实根，要么实根是方程210axx的根，易得34a或34a，故a的取值范围是13[]44，．3典型考法2集合对某种运算的封闭性典型例题设22{|}MaaxyxyZ，，．(1)属于M的两个整数，其积是否仍属于M，为什么？(2)8、9、10是否属于M，请说明理由．解析(1)设abM，，则2211axy，2222bxy，1122()xyxyZ，，，，22221122()()abxyxy2212121221()()xxyyxyxy，1122xyxyZ，，，，1212xxyyZ且1221xyxyZ，从而abM，即属于M的两个整数，其积仍属于M．(2)222283193089MM，，，．假设10M，则存在整数mn，，使2210mn，即()()10mnmn，由于10为偶数，注意到mn与mn具有相同的奇偶性，所以mnmn、均为偶数，其乘积()()mnmn应是4的整数倍，但10不是4的整数倍，导致矛盾，故假设不成立，即10M．必杀技深刻理解集合中的元素所具有的性质1．要证明0xM，通常应是将运算后得到的结果化为集合中元素所有的特征形式．2．要证明0xM，通常用反证法．实际上，本题还可得到进一步的结果：对任意44143nZnnn，，，均为M中的元素，而42n不是M中的元素．实战演练1．设非空集合{|}Sxmxl满足：当xS时，有2xS．给出如下三个命题：①若1m，则{1}S；②若12m，则114l；③若12l，则202m．其中正确命题的个数是……………………………………………………………………（）.A．0B．1C．2D．342．已知22{|}SxxmnmnZ，，．(1)如果stS、，那么st是否为S的元素，请说明理由；(2)当stS、且0t时，证明：st可表为两个有理数的平方和．3．已知集合12(2)kAaaak，，，≥，其中(12)iaikZ，，，，由A中的元素构成两个相应的集合：()SabaAbAabA，，，，()TabaAbAabA，，，．其中()ab，是有序数对，集合S和T中的元素个数分别为m和n．若对于任意的aA，总有aA，则称集合A具有性质P．（I）检验集合0123，，，与123，，是否具有性质P并对其中具有性质P的集合，写出相应的集合S和T；（II）对任何具有性质P的集合A，证明：(1)2kkn≤；（III）判断m和n的大小关系，并证明你的结论．参考答案：1．D.2．(1)stS;(2)证略．注：任意一个有理数均可表示成ba（其中ab，为整数且0a）的形式．3．（I）集合0123，，，不具有性质P．集合123，，具有性质P，其相应的集合S和T是(13)(31)S，，，，(21)23T，，，．（II）证略.提示：由A中元素构成的有序数对()ijaa，共有2k个，且当()ijaaT，时，()jiaaT，(12)ijk，，，，．从而，集合T中元素的个数最多为21()2kk，即(1)2kkn≤．（III）mn.提示：对于()abS，，这里aA，bA，且abA，从而()abbT，．如果()ab，与()cd，是S的不同元素，那么ac与bd中至少有一5个不成立，从而abcd与bd中也至少有一个不成立．故()abb，与()cdd，也是T的不同元素．可见，S中元素的个数不多于T中元素的个数，即mn≤．同理可得nm≤，于是便有mn．6考点2子集、集合中的图形典型考法1子集典型例题设A为集合M的子集，且12{}(2)nAaaanNn，，，，…，若1212nnaaaaaa……，则称A为集合M的n元“好集”．(1)写出实数集R的一个二元“好集”；(2)求出正整数集N的所有三元“好集”；(3)证明：不存在正整数集N的(4)nn元“好集”．解析(1)3{3}2，，4{4}3，，5{5}4，等．(2)当3n时，123{}Aaaa，，，不妨设123aaa，则由123123aaaaaa可得，12333aaaa，iaN，123aa，注意到12aa且12aaN，，故11a，22a．因此，正整数集N的三元“好集”只有{123}，，；(3)当4n时，12{}nAaaa，，，…不妨设A中的最大元素为na，则依题设条件，得12311231nnnnnaaaaaaaaaana………………（※），故121121nnnnnnaaaaaaaaa12(1)nna，即有(1)!nnnana，则(1)!nn．又因为4n，所以有(1)!(1)(2)(3)21(1)(2)nnnnnn232nn，即2232(32)0nnnnnn，但另一方面，2(32)nnn22(2)2(42)220n，7即2(32)0nnn，矛盾！也就是说，当4n时，满足条件的集合A不存在．必杀技充分利用所给条件1．深刻理解概念并其中所给出条件；2．ABAABABB．在含参数的集合的问题中，往往不能遗漏A是AB的一种情况．实际上，在本例中也不存在正整数集N的二元“好集”，读者可自行完成期证明过程．实战演练1．若规定E=1210,,,aaa的子集12,,,niiiaaa为E的第k个子集，其中31211112222niiiik，则(1)13,aa是E的第个子集；(2)E的第211个子集是．2．已知集合22{|60}AxxaxaxR，，{||2|}BxxaxR，，当BA时，则实数a的取值范围是．3．设全集为U，集合ABX，，满足AXBXABABXAB，，则X与AB的关系为．参考答案1．(1)15;(2)12578{}aaaaa，，，，.2．(0][2)，，.提示：B（对应地0a）也符合条件．3．XAB.提示：易得ABX，且XAB．现设任意tX，则tAB，即有tA或tB．若tA但tB，则tAX且tBX，这与AXBX相违．同理可证得：若tB但tA，则仍与AXBX相违．总之，tAB，从而XAB，于是XAB．8典型考法2集合中的图形典型例题设{()|}AxyxnynabnZ，，，，2{()|3(5)}BxyxmymmZ，，，，22{()|144}Cxyxy，，问是否存在实数ab，，使得同时满足AB，且()abC，．解析假设存在实数a，b使得同时满足与AB且()abC，，由满足AB得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n=m且na+b=3m2+15，消去m得na+b-(3n2+15)=0，又()abC，得，a2+b2≤144，由此可知点()ab，既在直线nx+y-(3n2+15)=0上又在圆x2+y2=144或其内部，即直线nx+y-(3n2+15)=0与圆x2+y2=144有公共点，因此，圆心(00)，到直线nx+y-(3n2+15)=0的距离小于或等于半径12，即22|00315|1nnn1242690nn2223030nn23n，但nZ，故23n不成立，即假设不成立，所以，不存在实数a，b使得同时满足AB，()abC，．必杀技：充分挖掘并利用集合中隐藏着的图形关系本例首先将条件化简，使得相关元素的图形特征更明朗．本题也可从代数运算的角度求解，现介绍两种方法，读者可作对比．另法一：假设存在实数a，b使得同时满足与AB且()abC，，由满足AB得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n=m且na+b=3m2+15，消去m得na+b-(3n2+15)=0，即3n2-an-b+15=0，于是，它的判别式非负，即a2+12b-180≥0，由此得，12b-180≥2a；又()abC，得，a2+b2≤144，故12180b≥2a≥2144b，即12b-180≥2144b，所以(b-6)2≤0，从而b=6，现将b=6代入212180ba中得a2≥108，再代入a2+b2≤144中得，a2≤10因此，只有a2=108，即a=63，最后将a=63及b=6代入方程3n2-an-(b-15)=0得，3n263n+9=0，即n223n+3=0，所以有3nZ．综9上所述，不存在实数a，b使得同时满足AB，()abC，．另法二：假设存在实数a，b使得同时满足与AB且()abC，，由AB得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n=m且na+b=3m2+15，即2315bnna……(※)，又()abC