2011年高考數學第二輪復習 集合教學案

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1、 2011年高考第二輪專題復習（教學案）：集合 考綱指要： 考查重點是集合與集合之間的關系，特別是對集合的計算化簡的考查，并向無限集發(fā)展，考查抽象思維能力，在解決這些問題時，要注意利用幾何的直觀性，注意運用Venn圖解題方法的訓練，注意利用特殊值法解題，加強集合表示方法的轉換和化簡的訓練。 考點掃描： 1．集合的定義及表示法。 2．集合的包含關系。 3．集合的運算：（1）全集與補集；（2）交集與并集。 考題先知： 例1．設集合，,求實數m的取值范圍. 分析：關鍵是準確理解 的具體意義，即方程至少有一個負根。 解法一： 的取值

2、范圍是UM={m|m<-2}. 解法三：設這是開口向上的拋物線，，則二次函數性質知命題又等價于 點評：一元二次方程至少有一個負根，有幾種情形：（1）有兩個負根；（2）有一個負根和一個正根； （3）有一個負根和一個零根；考慮這三種情形未免顯得繁瑣，解法一從反面考慮，即“沒有負根”，再求其補集，不失為妙法。在解法三中，f(x)的對稱軸的位置起了關鍵作用，否則解答沒有這么簡單。 例2．已知集合若中的元素恰好是一個正八邊形的八個頂點，則正數的值為_______ 解析： 經分類討論得，集合A表示以為頂點的正方形，集合B表示與這兩支雙曲線. x y B

3、 欲使中的元素恰好是一個正八邊形的八個頂點，則由對稱性知，只要滿足與 在第一象限內有兩個不同的交點，且即可。設在第一象限內，由消去得，則， 所以 (其中)。 又，所以， 則由，解得。 復習智略： 例3．對于集合，及它的每一個非空子集，定義一個“交替和”如下：按照遞減的次序重新排列該子集元素，然后從最大數開始交替地減、加后繼的數，例如：集合的“交替和”是9-6+4-2+1=6，集合的“交替和”是5，當集合N中的n=2時，的所有非空子集為，， ，則它的“交替和”的總和，請你嘗試對于n=3，4的情況，計算它們的S3，S4，根據結果猜測

4、的每一個非空子集的“交替和”的總和的表達式，并證之。 分析：認真閱讀題目，理解“交替和”的定義，正確猜想后，常用方法是數學歸納法，但也可聯(lián)想組合數的有關思想證之。 解析：當n=3時，所有非空子集為，，，，，， ，同理可得S4=32。 猜測： 證法一：設，考察N的所有非空子集的“交替和”的總和中含有的個數及其符號：集合N中比大的數共有個，N所有含的子集的個數即為集合 所有子集的個數，共有個，這個子集中不比大的元素的子集共有個（即所有子集的個數），此時在“交替和”的總和中符號為正；只含一個比大的集合共有個，此時在“交替和”的總和中符號為負；只含兩個比大的集合共有個，此時在“交替和”的

5、總和中符號為正；------，所以在總和中的取“一”的項數共有：++ =，因為含的N的所有非空子集共有，所以N的所有非空子集的“交替和”的總和中符號為正的項數也有個，所以，總和中的項的和為0，因為n最大 ，總和中含n的項的符號都為正，所以。 證法二（數學歸納法）：當n=1時，結論成立； 假設當n=k時，結論成立。即當的每一個非空子集的“交替和”的總和; 則當n=k+1時，此時N的子集可分為兩類：一類不含k+1，這類集合的“交替和”的總和就是；另一類含k+1，這類子集共有個，包括，這個子集可以有如下方法構成：在的每一個子集（包括）中添加元素k+1，設的一個子集為其中，下面考察的“交替

6、和”T（A）與 的“交替和”T（B）之間的關系，不妨設，則T（A）=， T（B）== k+1- T（A），所以，即 ，所以含有k+1的N的所有的個這樣子集的“交替和”的總和為 （k+1）-，故當n=k+1時，=（k+1）， 綜上所述：。 推廣：當時，其中，記，則其“交替和”的總和為 。 檢測評估： 1．設集合，若，則下列關系正確的是（ ） A． B． C． D． 2.如圖，I為全集，M、P、S是I的三個子集，則陰影部分所表示的集合是 （ ） A． B． C． D． 3．設

7、集合，其中，且，把滿足上述條件的一對整數對作為一個點的坐標，可以得到的不同點的個數是（ ） A．7 B。8 C。9 D。10 4．設集合P={m|－1＜m≤0，Q={m∈R|mx2+4mx－4＜0對任意實數x恒成立，則下列關系中成立的是（ ） A．PQ B．QP C．P=Q D．P∩Q=Q 5. 設函數，區(qū)間M=[a，b](a

8、，有如下結果 贊成A的人數是全體的五分之三，其余的不贊成，贊成B的比贊成A的多3人，其余的不贊成；另外，對A、B都不贊成的學生數比對A、B都贊成的學生數的三分之一多1人。則對A、B都贊成的學生有 人，都不贊成的學生有 人。 7． M是實數集R的任一子集，函數在R上定義如下：，則對任何以實數元素的集合A、B， 與的大小關系是 8．設數集，，且、都是集合的子集，如果把叫做集合的“長度”，那么集合的長度的最小值是 ． 9.對于兩個集合、我們把一切有序對所組成的集合（其中），叫做和的笛卡爾積，記作.如果，，則的真子集的個數為

9、 個. 10．集合A=，B=，若AB中有且僅有一個 元素，則r= 。 11.對于函數，若，則稱x為的“不動點”，若，則稱x為的“穩(wěn)定點”，函數的“不動點”與“穩(wěn)定點”的集合分別記為A和B，即，。 （1） 證：； （2） 若，且，求實數a的取值范圍； （3） 若是R上的單調遞增函數，是函數的“穩(wěn)定點”，問是函數的“不動點” 嗎？若是，請證明你的結論；若不是，請說明理由。 12．已知{an}是等差數列，d為公差且不為0，a1和d均為實數，它的前n項和記作Sn,設集合A={(an,)|n∈N*},B={(x,y)| x2－y2=1,x,y∈R}。 試

10、問下列結論是否正確，如果正確，請給予證明；如果不正確，請舉例說明： （1）若以集合A中的元素作為點的坐標，則這些點都在同一條直線上； （2）A∩B至多有一個元素； （3）當a1≠0時，一定有A∩B≠。 點撥與全解： 1．解：由于中只能取到所有的奇數，而中18為偶數。則。選項為D； 2．解：從圖可知，陰影部分的元素且但，故選C。 3．解：顯然，若則；若則，故選B。 4．解：Q={m∈R|mx2+4mx－4＜0對任意實數x恒成立＝，對m分類：①m=0時，－4＜0恒成立； ②m＜0時，需Δ=（4m）2－4×m×（－4）＜0，解得m＜0。綜上所述：答案為A。 5.解：易

11、證是奇函數，當，此時單調遞減，從而可證在上單調遞減，所以要使M=N，則，得，從而，解之得：a=b=0,矛盾，故選A。 6．解：贊成A的人數為50×=30，贊成B的人數為30+3=33，如上圖，記50名學生組成的集合為U，贊成事件A的學生全體為集合A；贊成事件B的學生全體為集合B。 設對事件A、B都贊成的學生人數為x,則對A、B都不贊成的學生人數為+1,贊成A而不贊成B的人數為30－x，贊成B而不贊成A的人數為33－x。依題意(30－x)+(33－x)+x+(+1)=50,解得x=21。所以對A、B都贊成的同學有21人，都不贊成的有8人。 7．答：=。分類討論即知。 8．根據定義得： “

12、長度”=，顯然，所以取時長度有最小值。 9．根據題意知：中共有6個元素，所以真子集有個。 10．解：集合A表示以原點為圓心，2長為半徑的圓組成的點集，集合B表示以（3，4）為圓心，r長為半徑的圓組成的點集，考慮兩圓內切得r=5+2=7，兩圓外切得r=5-2=3，綜上所述，r=7或2。 11.(1)證：設，則必有，從而，所以； （2）由得，由（1）知必有因式，所以當時，方程可化為， 即，即， 因，所以方程有解，且方程無解；或方程的解也是方程之解，從而① ，且； ②當 ，即時，方程的解為，符合題意； ③當時，由得矛盾；綜上所述，且。 （3）利用反證法：假設不是函數的“不動點

13、”，則，因是R上的單調遞增函數，若，則；若，則，即，說明也不是函數的“穩(wěn)定點”，與題設矛盾，從而假設不成立，得必是函數的“不動點”。 12．解：（1）正確；在等差數列{an}中，Sn=,則(a1+an),這表明點(an,)的坐標適合方程y(x+a1),于是點(an, )均在直線y=x+a1上。 （2）正確；設(x,y)∈A∩B,則(x,y)中的坐標x,y應是方程組的解，由方程組消去y得：2a1x+a12=－4(*)， 當a1=0時，方程(*)無解，此時A∩B=； 當a1≠0時，方程(*)只有一個解x=,此時，方程組也只有一解,故上述方程組至多有一解?！郃∩B至多有一個元素。 （3）不正確；取a1=1，d=1，對一切的x∈N*，有an=a1+(n－1)d=n>0, >0，這時集合A中的元素作為點的坐標，其橫、縱坐標均為正，另外，由于a1=1≠0 如果A∩B≠，那么據(2)的結論，A∩B中至多有一個元素(x0,y0),而x0=＜0,y0=＜0，這樣的(x0,y0)A,產生矛盾，故a1=1,d=1時A∩B=，所以a1≠0時，一定有A∩B≠是不正確的。 8 用心 愛心 專心