第一章 §1.1　集　合.pptx

1、大一轮复习讲义 第一章集合、常用逻辑用语、不等式 1.1集合 考试要求 1.了解集合的含义，体会元素与集合的属于关系，能用自然语言、 图形语言、集合语言(列举法或描述法)描述不同的具体问题. 2.理解集合间包含与相等的含义，能识别给定集合的子集. 3.在具体情境中，了解全集与空集的含义. 4.理解两个集合的并集、交集与补集的含义，会求两个简单集合的 并集、交集与补集. 5.能使用Venn图表示集合间的基本关系及集合的基本运算. 内容 索引 主干梳理主干梳理 基础落实基础落实 题型突破题型突破 核心核心探究探究 课时精练课时精练 ZHUGANSHULI JICHULUOSHI 主干梳理 基础落实

2、 1 1.集合与元素集合与元素 (1)集合中元素的三个特性：、. (2)元素与集合的关系是或，用符号或表示. (3)集合的表示法：、. 知识梳理 确定性互异性无序性 属于不属于 列举法描述法图示法 (4)常见数集的记法 集合 非负整数集 (或自然数集) 正整数集整数集有理数集实数集 符号NN*(或N)ZQR 2.集合间的基本关系集合间的基本关系 关系自然语言符号语言Venn图 子集 集合A的任意一个元素都 是集合B的元素(若xA， 则xB) _ 真子集 集合A是集合B的子集， 且集合B中至少有一个元 素不在集合A中 _ 集合 相等 集合A，B中的元素相同 或集合A，B互为子集 _ AB(或BA

3、) AB(或BA) AB 3.集合的基本运算集合的基本运算 运算自然语言符号语言Venn图 交集 由所有属于集合A且属于 集合B的元素组成的集合 ABx|xA且xB 并集 由所有属于集合A或属于 集合B的元素组成的集合 ABx|xA或xB 补集 设AU，由全集U中不属 于集合A的所有元素组成 的集合 UAx|xU且xA 1.若一个集合A中有n个元素，则集合A有几个子集，几个真子集？ 提示子集：2n，真子集：2n1. 2.从ABA，ABA中可以分别得到集合A，B有什么关系？ 提示ABAAB，ABABA. 微思考 题组一思考辨析题组一思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (

4、1)任何一个集合都至少有两个子集.() (2)x|yx21y|yx21(x，y)|yx21.() (3)若1x2，x，则x1或x1.() (4)对任意集合A，B，都有(AB)(AB).() 基础自测 题组二教材改编题组二教材改编 2.(多选)若集合AxN|2x103x，则下列结论正确的是 A.2 A B.8A C.4A D.0A 3.已知集合P1，a，Q1，a2，若PQ，则a_. 4.设全集UR，集合Ax|0 x2，By|1y3，则 ( UA)B_. 0 (，0)1，) 解析因为 UAx|x2或x0，Bx|x1，若AB，则实数a的取值范 围是_. 6.已知集合Mx|xa0，Nx|ax10，若M

5、NN，则实 数a的值是_. (1，) 0或1或1 解析易得Ma. MNN，NM， N或NM，a0或a1. TIXINGTUPO HEXINTANJIU2题型突破 核心探究 1.(多选)已知集合Ax|x3k1，kZ，则下列表示正确的是 A.1 A B.11 A C.3k21A D.34A 解析当k0时，x1，所以1A，所以A错误； 因为kZ，所以k2Z，则3k21A，所以C正确； 令343k1，得k11，所以34A，所以D正确. 题型一集合的含义与表示 自主演练 2.已知集合U(x，y)|x2y21，xZ，yZ，则集合U中的元素的个 数为 A.3 B.4 C.5 D.6 解析当x1时，y0； 当

6、x0时，y1,0,1； 当x1时，y0. 所以U(1,0)，(0，1)，(0,0)，(0,1)，(1,0)，共有5个元素. 3.若集合Aa3,2a1，a24，且3A，则实数a_. 解析当a33时，即a0，此时A3，1，4， 当2a13时，即a1，此时A4，3，3舍， 当a243时，即a1， 由可知a1舍，则a1时，A2,1，3， 综上，a0或1. 0或1 1 所以b0， 于是a21，即a1或a1， 又由集合中元素的互异性知a1应舍去， 故a1， 所以a2 021b2 021(1)2 02102 0211. 解决集合含义问题的关键有三点：一是确定构成集合的元素；二是确定 元素的限制条件；三是根据

7、元素的特征(满足的条件)构造关系式解决相 应问题. 特别提醒：含字母的集合问题，在求出字母的值后，需要验证集合的元 素是否满足互异性. 思维升华 例1(1)已知集合AxR|x23x20，BxN|0 xm1，解得m2， 1，) 解得1m2. 综上，实数m的取值范围是1，). (1)空集是任何集合的子集，在涉及集合关系问题时，必须考虑空集的情 况，否则易造成漏解. (2)已知两个集合间的关系求参数时，关键是将条件转化为元素或区间端 点间的关系，进而转化为参数所满足的关系，常用数轴、Venn图等来直 观解决这类问题. 思维升华 跟踪训练1(八省联考)已知M，N均为R的子集，且RMN，则M(RN) 等

8、于 A. B.M C.N D.R 解析画Venn图即可，注意最后求并集. (2)已知集合Ax|x24x50，Bx|m5x2m1，若AB， 则实数m的取值范围是_. 2,4 解析Ax|(x1)(x5)0 x|1x5， AB， 解得2m4. 命题点1集合的运算 例2(1)(2020新高考全国)设集合Ax|1x3，Bx|2x4，则 AB等于 A.x|2x3 B.x|2x3 C.x|1x4 D.x|1x4 解析ABx|1x3x|2x4 x|1x4. 题型三集合的基本运算 多维探究 (2)设集合Ax|x23x20，则满足AB0,1,2的集合B可以是 _.(只要写出一个即可) 解析Ax|x23x201,2

9、， AB0,1,2，0B， 集合B可以是0或0,1或0,2或0,1,2. 0或0,1或0,2或0,1,2 命题点2利用集合的运算求参数的值(范围) 例3(1)已知集合Ax|x23x0，B1，a，且AB有4个子集，则 实数a的取值范围是 A.(0,3) B.(0,1)(1,3) C.(0,1) D.(，1)(3，) 解析因为AB有4个子集，所以AB中有2个不同的元素，所以aA， 所以a23a0，解得0a3. 又a1，所以实数a的取值范围是(0,1)(1,3)，故选B. (2)(2020全国)设集合Ax|x240，Bx|2xa0，且AB x|2x1，则a等于 A.4 B.2 C.2 D.4 所以a

10、2. 高考改编题已知集合Ax|x240，Bx|2xa0，若AB B，则实数a的取值范围是 A.a4 D.a4 由ABB可得AB，作出数轴如图. (1)对于集合的交、并、补运算，如果集合中的元素是离散的，可用 Venn图表示；如果集合中的元素是连续的，可用数轴表示，此时要注 意端点的情况. (2)运算过程中要注意集合间的特殊关系的使用，灵活使用这些关系， 能简化运算. 思维升华 跟踪训练2(1)已知全集UR，集合Ax|2x4，Bx|(x1)(x 3)4x|x2， UAx|x2，Bx|1x3. ( UA)Bx|1x2. (2)设集合Ax|1x2，Bx|xa，若AB，则a的取值范围是 A.12 C.

11、a1 D.a1 解析在数轴上画出集合A，B(如图)， 观察可知a1. 核心素养题型四集合的新定义问题 例4(1)已知集合AxN|x22x30，B1,3，定义集合A，B 之间的运算“*”：A*Bx|xx1x2，x1A，x2B，则A*B中的所 有元素数字之和为 A.15 B.16 C.20 D.21 解析由x22x30，得(x1)(x3)0，得A0,1,2,3. 因为A*Bx|xx1x2，x1A，x2B， 所以A*B中的元素有：011,033,112,134,213(舍去)， 235,314(舍去)，336， 所以A*B1,2,3,4,5,6，所以A*B中的所有元素数字之和为21. (2)若集合A

12、1，A2满足A1A2A，则称(A1，A2)为集合A的一种分拆， 并规定：当且仅当A1A2时，(A1，A2)与(A2，A1)是集合A的同一种分拆. 若集合A有三个元素，则集合A的不同分拆种数是_.27 解析不妨令A1,2,3，A1A2A， 当A1时，A21,2,3， 当A11时，A2可为2,3，1,2,3共2种， 同理A12，3时，A2各有两种， 当A11,2时，A2可为3，1,3，2,3，1,2,3共4种， 同理A11,3，2,3时，A2各有4种， 当A11,2,3时，A2可为A1的子集，共8种， 故共有12343827种不同的分拆. 解决集合新定义问题的关键是 (1)准确转化：解决新定义问题

13、时，一定要读懂新定义的本质含义，紧 扣题目所给定义，结合题目所给定义，结合题目的要求进行恰当转化， 切忌同已有概念或定义相混淆. (2)方法选取：对于新定义问题，可恰当选用特例法、筛选法、一般逻 辑推理等方法，并结合集合的相关性质求解. (3)从新定义出发，结合集合的性质求解，提升逻辑推理核心素养. 素养提升 跟踪训练3(2021长沙模拟)定义一种新的集合运算：AB x|xA且xB.若集合Ax|x24x30，Bx|2x4，则按运 算，BA等于 A.x|3x4 B.x|3x4 C.x|3x4 D.x|2x4 解析由题意知，Ax|1x3，在数轴上表示出A，B的区间， 可得BAx|3x4. KESH

14、IJINGLIAN3 课时精练 1.已知集合U1,2,3,4,5,6,7，A2,3,4,5，B2,3,6,7，则 B( UA)等于 A.1,6 B.1,7 C.6,7 D.1,6,7 12345678910 11 12 13 14 15 16 基础保分练 解析U1,2,3,4,5,6,7，A2,3,4,5， UA1,6,7. 又B2,3,6,7，B( UA)6,7. 2.设集合Mx|x2x，Nx|lg x0，则MN等于 A.0,1 B.(0,1 C.0,1) D.(，1 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析M0,1，Nx|0 x1， MNx|0 x1. 123456

15、78910 11 12 13 14 15 16 3.设集合A(x，y)|xy2，B(x，y)|yx2，则AB等于 A.(1,1) B.(2,4) C.(1,1)，(2,4) D. 解析首先注意到集合A与集合B均为点集， 从而集合AB(1,1)，(2,4). 12345678910 11 12 13 14 15 16 4.设集合Mx|x4n1，nZ，Nx|x2n1，nZ，则 A.MN B.NM C.MN D.NM 解析Nx|x2n1，nZ， 当n2k，kZ时，Nx|x4k1，kZM， 当n2k1，kZ时，Nx|x4k3，kZ， 所以MN. 5.已知集合A ，则集合A中的元素个数为 A.2 B.3

16、 C.4 D.5 12345678910 11 12 13 14 15 16 所以2x的取值有3，1,1,3， 所以x的值分别为5,3,1，1， 故集合A中的元素个数为4. 12345678910 11 12 13 14 15 16 6.(多选)已知集合A1,2,3,4，By|y2x3，xA，则集合 AB的真子集可以为 A. B.1 C.3 D.1,3 解析由题意，得B1,1,3,5， AB1,3. 故集合AB的真子集可以为，1，3. 12345678910 11 12 13 14 15 16 7.(多选)已知集合Ax|x23x20，Bx|22x8，则下列判断正 确的是 A.ABBB.( RB

17、)AR C.ABx|12 解析因为x23x20，所以1x2， 所以Ax|1x2； 因为22x8，所以1x3，所以Bx|1x3. 所以ABx|1x3，ABx|13，(RB)(RA)x|x1或x2. 12345678910 11 12 13 14 15 16 8.(多选)已知集合A1,2，Bx|mx1，mR，若BA，则实数m 可能的取值为 解析当m0时，BA成立； 9.已知集合A1,3， ，B1，m，若BA，则m_. 12345678910 11 12 13 14 15 16 0或3 即m3或m0或m1， 根据集合中元素的互异性可知m1， 所以m0或3. 10.已知集合Ax|5x1，Bx|(xm)

18、(x2)0，若AB(1， n)，则mn_. 12345678910 11 12 13 14 15 16 0 解析AB(1，n)， m1，n1， mn0. 12345678910 11 12 13 14 15 16 11.已知集合Ax|2x3，Bx|mxm9，若AB，则实数 m的取值范围是_. m|11m3 解析若AB，则有m92或m3， 解得m11或m3， 所以当AB时，实数m的取值范围为m|11m1时，A(，1a，)，Ba1，)， 当a11时，ABR，故1a2； 当a1时，AR，Bx|x0，ABR，满足题意； 当a1时，A(，a1，)，Ba1，)， 又a1a，ABR， 故a1满足题意，综上知

19、a(，2. 12345678910 11 12 13 14 15 16 拓展冲刺练 15.已知集合Ax|x23x20，Bx|x2ax3a50，若AB B，则实数a的取值范围是 A. B.2 C.(2,10) D.2,10) 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析由题意，可得Ax|x23x201,2， 因为ABB，所以BA. (1)当B时，方程x2ax3a50无解，则a24(3a5)0， 解得2a10，此时满足题意. (2)当B时，若BA，则B1或2或1,2. 当B1时，1a3a50，得a2，此时Bx|x22x10 1，满足题意； 当B2时，42a3a50，得a1，此时

20、Bx|x2x20 1,2，不满足题意，即a1； 12345678910 11 12 13 14 15 16 综上得，实数a的取值范围为2,10). 16.(多选)由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴 德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)， 并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时 代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金分割，是指 将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足MNQ，MN，M中 的每一个元素小于N中的每一个元素，则称(M，N)为戴德金分割.试判断下列选 项中，可能成立的是 A.Mx|x0是一个戴德金分割 B.M没有最大元素，N有一个最小元素 C.M有一个最大元素，N有一个最小元素 D.M没有最大元素，N也没有最小元素 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析对选项A，因为Mx|x0，MNx|x0Q， 故A错误； 对选项B，设MxQ|x0，NxQ|x0，满足戴德金分割，则 M中没有最大元素，N有一个最小元素0，故B正确； 对选项C，若M有一个最大元素，N有一个最小元素，则不能同时满足 MNQ，MN，故C错误； 12345678910 11 12 13 14 15 16 大一轮复习讲义 本课结束 更多精彩内容请登录：