2011年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 集合教學(xué)案

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1、 2011年高考第二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)（教學(xué)案）：集合 考綱指要： 考查重點(diǎn)是集合與集合之間的關(guān)系，特別是對(duì)集合的計(jì)算化簡(jiǎn)的考查，并向無(wú)限集發(fā)展，考查抽象思維能力，在解決這些問(wèn)題時(shí)，要注意利用幾何的直觀性，注意運(yùn)用Venn圖解題方法的訓(xùn)練，注意利用特殊值法解題，加強(qiáng)集合表示方法的轉(zhuǎn)換和化簡(jiǎn)的訓(xùn)練。 考點(diǎn)掃描： 1．集合的定義及表示法。 2．集合的包含關(guān)系。 3．集合的運(yùn)算：（1）全集與補(bǔ)集；（2）交集與并集。 考題先知： 例1．設(shè)集合，,求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 分析：關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解 的具體意義，即方程至少有一個(gè)負(fù)根。 解法一： 的取值

2、范圍是UM={m|m<-2}. 解法三：設(shè)這是開(kāi)口向上的拋物線(xiàn)，，則二次函數(shù)性質(zhì)知命題又等價(jià)于 點(diǎn)評(píng)：一元二次方程至少有一個(gè)負(fù)根，有幾種情形：（1）有兩個(gè)負(fù)根；（2）有一個(gè)負(fù)根和一個(gè)正根； （3）有一個(gè)負(fù)根和一個(gè)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(méi)有負(fù)根”，再求其補(bǔ)集，不失為妙法。在解法三中，f(x)的對(duì)稱(chēng)軸的位置起了關(guān)鍵作用，否則解答沒(méi)有這么簡(jiǎn)單。 例2．已知集合若中的元素恰好是一個(gè)正八邊形的八個(gè)頂點(diǎn)，則正數(shù)的值為_(kāi)______ 解析： 經(jīng)分類(lèi)討論得，集合A表示以為頂點(diǎn)的正方形，集合B表示與這兩支雙曲線(xiàn). x y B

3、 欲使中的元素恰好是一個(gè)正八邊形的八個(gè)頂點(diǎn)，則由對(duì)稱(chēng)性知，只要滿(mǎn)足與 在第一象限內(nèi)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，且即可。設(shè)在第一象限內(nèi)，由消去得，則， 所以 (其中)。 又，所以， 則由，解得。 復(fù)習(xí)智略： 例3．對(duì)于集合，及它的每一個(gè)非空子集，定義一個(gè)“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(shù)開(kāi)始交替地減、加后繼的數(shù)，例如：集合的“交替和”是9-6+4-2+1=6，集合的“交替和”是5，當(dāng)集合N中的n=2時(shí)，的所有非空子集為，， ，則它的“交替和”的總和，請(qǐng)你嘗試對(duì)于n=3，4的情況，計(jì)算它們的S3，S4，根據(jù)結(jié)果猜測(cè)

4、的每一個(gè)非空子集的“交替和”的總和的表達(dá)式，并證之。 分析：認(rèn)真閱讀題目，理解“交替和”的定義，正確猜想后，常用方法是數(shù)學(xué)歸納法，但也可聯(lián)想組合數(shù)的有關(guān)思想證之。 解析：當(dāng)n=3時(shí)，所有非空子集為，，，，，， ，同理可得S4=32。 猜測(cè)： 證法一：設(shè)，考察N的所有非空子集的“交替和”的總和中含有的個(gè)數(shù)及其符號(hào)：集合N中比大的數(shù)共有個(gè)，N所有含的子集的個(gè)數(shù)即為集合 所有子集的個(gè)數(shù)，共有個(gè)，這個(gè)子集中不比大的元素的子集共有個(gè)（即所有子集的個(gè)數(shù)），此時(shí)在“交替和”的總和中符號(hào)為正；只含一個(gè)比大的集合共有個(gè)，此時(shí)在“交替和”的總和中符號(hào)為負(fù)；只含兩個(gè)比大的集合共有個(gè)，此時(shí)在“交替和”的

5、總和中符號(hào)為正；------，所以在總和中的取“一”的項(xiàng)數(shù)共有：++ =，因?yàn)楹腘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(hào)為正的項(xiàng)數(shù)也有個(gè)，所以，總和中的項(xiàng)的和為0，因?yàn)閚最大 ，總和中含n的項(xiàng)的符號(hào)都為正，所以。 證法二（數(shù)學(xué)歸納法）：當(dāng)n=1時(shí)，結(jié)論成立； 假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立。即當(dāng)?shù)拿恳粋€(gè)非空子集的“交替和”的總和; 則當(dāng)n=k+1時(shí)，此時(shí)N的子集可分為兩類(lèi)：一類(lèi)不含k+1，這類(lèi)集合的“交替和”的總和就是；另一類(lèi)含k+1，這類(lèi)子集共有個(gè)，包括，這個(gè)子集可以有如下方法構(gòu)成：在的每一個(gè)子集（包括）中添加元素k+1，設(shè)的一個(gè)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(guān)系，不妨設(shè)，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(gè)這樣子集的“交替和”的總和為 （k+1）-，故當(dāng)n=k+1時(shí)，=（k+1）， 綜上所述：。 推廣：當(dāng)時(shí)，其中，記，則其“交替和”的總和為 。 檢測(cè)評(píng)估： 1．設(shè)集合，若，則下列關(guān)系正確的是（ ） A． B． C． D． 2.如圖，I為全集，M、P、S是I的三個(gè)子集，則陰影部分所表示的集合是 （ ） A． B． C． D． 3．設(shè)

7、集合，其中，且，把滿(mǎn)足上述條件的一對(duì)整數(shù)對(duì)作為一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，可以得到的不同點(diǎn)的個(gè)數(shù)是（ ） A．7 B。8 C。9 D。10 4．設(shè)集合P={m|－1＜m≤0，Q={m∈R|mx2+4mx－4＜0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，則下列關(guān)系中成立的是（ ） A．PQ B．QP C．P=Q D．P∩Q=Q 5. 設(shè)函數(shù)，區(qū)間M=[a，b](a

8、，有如下結(jié)果 贊成A的人數(shù)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(duì)A、B都不贊成的學(xué)生數(shù)比對(duì)A、B都贊成的學(xué)生數(shù)的三分之一多1人。則對(duì)A、B都贊成的學(xué)生有 人，都不贊成的學(xué)生有 人。 7． M是實(shí)數(shù)集R的任一子集，函數(shù)在R上定義如下：，則對(duì)任何以實(shí)數(shù)元素的集合A、B， 與的大小關(guān)系是 8．設(shè)數(shù)集，，且、都是集合的子集，如果把叫做集合的“長(zhǎng)度”，那么集合的長(zhǎng)度的最小值是 ． 9.對(duì)于兩個(gè)集合、我們把一切有序?qū)λM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(gè)數(shù)為

9、 個(gè). 10．集合A=，B=，若AB中有且僅有一個(gè) 元素，則r= 。 11.對(duì)于函數(shù)，若，則稱(chēng)x為的“不動(dòng)點(diǎn)”，若，則稱(chēng)x為的“穩(wěn)定點(diǎn)”，函數(shù)的“不動(dòng)點(diǎn)”與“穩(wěn)定點(diǎn)”的集合分別記為A和B，即，。 （1） 證：； （2） 若，且，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； （3） 若是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，是函數(shù)的“穩(wěn)定點(diǎn)”，問(wèn)是函數(shù)的“不動(dòng)點(diǎn)” 嗎？若是，請(qǐng)證明你的結(jié)論；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由。 12．已知{an}是等差數(shù)列，d為公差且不為0，a1和d均為實(shí)數(shù)，它的前n項(xiàng)和記作Sn,設(shè)集合A={(an,)|n∈N*},B={(x,y)| x2－y2=1,x,y∈R}。 試

10、問(wèn)下列結(jié)論是否正確，如果正確，請(qǐng)給予證明；如果不正確，請(qǐng)舉例說(shuō)明： （1）若以集合A中的元素作為點(diǎn)的坐標(biāo)，則這些點(diǎn)都在同一條直線(xiàn)上； （2）A∩B至多有一個(gè)元素； （3）當(dāng)a1≠0時(shí)，一定有A∩B≠。 點(diǎn)撥與全解： 1．解：由于中只能取到所有的奇數(shù)，而中18為偶數(shù)。則。選項(xiàng)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(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立＝，對(duì)m分類(lèi)：①m=0時(shí)，－4＜0恒成立； ②m＜0時(shí)，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(shù)，當(dāng)，此時(shí)單調(diào)遞減，從而可證在上單調(diào)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(shù)為50×=30，贊成B的人數(shù)為30+3=33，如上圖，記50名學(xué)生組成的集合為U，贊成事件A的學(xué)生全體為集合A；贊成事件B的學(xué)生全體為集合B。 設(shè)對(duì)事件A、B都贊成的學(xué)生人數(shù)為x,則對(duì)A、B都不贊成的學(xué)生人數(shù)為+1,贊成A而不贊成B的人數(shù)為30－x，贊成B而不贊成A的人數(shù)為33－x。依題意(30－x)+(33－x)+x+(+1)=50,解得x=21。所以對(duì)A、B都贊成的同學(xué)有21人，都不贊成的有8人。 7．答：=。分類(lèi)討論即知。 8．根據(jù)定義得： “

12、長(zhǎng)度”=，顯然，所以取時(shí)長(zhǎng)度有最小值。 9．根據(jù)題意知：中共有6個(gè)元素，所以真子集有個(gè)。 10．解：集合A表示以原點(diǎn)為圓心，2長(zhǎng)為半徑的圓組成的點(diǎn)集，集合B表示以（3，4）為圓心，r長(zhǎng)為半徑的圓組成的點(diǎn)集，考慮兩圓內(nèi)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(shè)，則必有，從而，所以； （2）由得，由（1）知必有因式，所以當(dāng)時(shí)，方程可化為， 即，即， 因，所以方程有解，且方程無(wú)解；或方程的解也是方程之解，從而① ，且； ②當(dāng) ，即時(shí)，方程的解為，符合題意； ③當(dāng)時(shí)，由得矛盾；綜上所述，且。 （3）利用反證法：假設(shè)不是函數(shù)的“不動(dòng)點(diǎn)

13、”，則，因是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，若，則；若，則，即，說(shuō)明也不是函數(shù)的“穩(wěn)定點(diǎn)”，與題設(shè)矛盾，從而假設(shè)不成立，得必是函數(shù)的“不動(dòng)點(diǎn)”。 12．解：（1）正確；在等差數(shù)列{an}中，Sn=,則(a1+an),這表明點(diǎn)(an,)的坐標(biāo)適合方程y(x+a1),于是點(diǎn)(an, )均在直線(xiàn)y=x+a1上。 （2）正確；設(shè)(x,y)∈A∩B,則(x,y)中的坐標(biāo)x,y應(yīng)是方程組的解，由方程組消去y得：2a1x+a12=－4(*)， 當(dāng)a1=0時(shí)，方程(*)無(wú)解，此時(shí)A∩B=； 當(dāng)a1≠0時(shí)，方程(*)只有一個(gè)解x=,此時(shí)，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(gè)元素。 （3）不正確；取a1=1，d=1，對(duì)一切的x∈N*，有an=a1+(n－1)d=n>0, >0，這時(shí)集合A中的元素作為點(diǎn)的坐標(biāo)，其橫、縱坐標(biāo)均為正，另外，由于a1=1≠0 如果A∩B≠，那么據(jù)(2)的結(jié)論，A∩B中至多有一個(gè)元素(x0,y0),而x0=＜0,y0=＜0，這樣的(x0,y0)A,產(chǎn)生矛盾，故a1=1,d=1時(shí)A∩B=，所以a1≠0時(shí)，一定有A∩B≠是不正確的。 8 用心 愛(ài)心 專(zhuān)心