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.集合的基本关系集合的基本关系 (1)子集:一般地,对于两个集合A,B,如果集合A中都是 集合B中的元素,就称集合A为集合B的子集,记作AB或. (2)真子集:如果集合AB,但存在元素xB,且,就称集合A是集 合B的真子集,记作AB或BA. (3)相等:若AB,且,则AB. (4)空集:
3、不含任何元素的集合,空集是的子集,是 的真子集. 任意一个元素 BA x A BA 任何集合任何非空 集合 3.集合的基本运算集合的基本运算 表示 运算 文字语言集合语言图形语言记法 并集 所有属于集合A 属于集 合B的元素组成的集合 x|xA, 或xB _ 交集 所有属于集合A属于集合 B的元素组成的集合 x|xA, 且xB _ 补集 全集U中不属于集合A的所 有元素组成的集合称为集 合A相对于全集U的补集 x|xU, 且xA _ 或 AB 且 AB UA 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
4、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“”) (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
5、 (,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MNN,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
6、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
7、 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
8、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(1)(八省联考)已知M,N均为R的子集,且RMN,则 M(RN)等于 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
9、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, 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)(
10、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a2. 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)
11、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.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,
12、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A1,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,
13、 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.
14、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. KESHIJINGLIAN3 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
15、.0,1) D.(,1 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析M0,1,Nx|0 x1, MNx|0 x1. 12345678910 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
16、,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 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. 123456
17、78910 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)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
18、 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)(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,A
19、BR,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)
20、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
21、 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: