十年高考北京卷理科数学分类汇编----集合与简易逻辑
“
1.(2009)
???6?2k?(k?Z)”是“
cos2??12”的
（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A
【解析】本题主要考查三角函数的基本概念、简易逻辑中充要条件的判断. 属于基础知识、基本运算的考查. 当??????1??2k?(k?Z)时，cos2??cos?4k????cos?，63?32?w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
反之，当cos2??1??时，有2??2k?????k???k?Z?， 236 或2??2k???3???k???6?k?Z?，故应选A.
2.（2009） 已知数集A??a1,a2,an??1?a1?a2?an,n?2?具有性质P；对任意
的
i,j?1?i?j?n?，aiaj与
ajai两数中至少有一个属于A.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
（Ⅰ）分别判断数集?1,3,4?与?1,2,3,6?是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a1?1，且
a1?a2??an?an； ?1?1a1?1?a2??an.k.s.5. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （Ⅲ）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.
【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分
分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题.
4均不属于数集?1,3,4?，∴该数集不具有性质P. 3661236 由于1?2,1?3,1?6,2?3,,,,,,都属于数集?1,2,3,6?，
231236（Ⅰ）由于3?4与
∴该数集具有性质P.
1
（Ⅱ）∵A??a1,a2,由于1?a1?a2?从而1?an?具有性质P，∴anan与
an中至少有一个属于A， an w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ?an，∴anan?an，故anan?A.
an?A，∴a1?1.an w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ∵1?a1?a2??an， ∴akan?an，故akan?A?k?2,3,an?A?k?1,2,3,ak,n?.
,n?.
由A具有性质P可知
又∵
ana?n?anan?1?anan?， a2a1ana?an?1,n?an，a2a1anan??a1?a2?a2a1
∴
ana?1,n?a2,anan?1ana?n?anan?1?w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 从而
?an?1?an，
∴
a1?a2??an?an.?1?1?1a1?a2??an w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当n?5时，有
a5a2， ?a2,5?a3，即a5?a2a4?a3a4a3 ∵1?a1?a2??a5，∴a3a4?a2a4?a5，∴a3a4?A，
a4?A.a3
由A具有性质P可知
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2由a2a4?a3，得
a3a4aaa??A，且1?3?a2，∴4?3?a2，
a2a2a3a3a2∴
a5a4a3a2????a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列. a4a3a2a1.k.s.5.2
3.（2010）集合P={x∈Z|0≤x＜3}，M={x∈Z|x＜9}，则P∩M=（ ） A．{1，2} B．{0，1，2} C．{x|0≤x＜3} D．{x|0≤x≤3} 【考点】交集及其运算． 【专题】集合．
2
【分析】由题意集合P={x∈Z|0≤x＜3}，M={x∈Z|x＜9}，分别解出集合P，M，从而求出P∩M． 【解答】解：∵集合P={x∈Z|0≤x＜3}， ∴P={0，1，2}，
2
∵M={x∈Z|x＜9}，
∴M={﹣2，﹣1，0，1，2}， ∴P∩M={0，1，2}， 故选B．
【点评】此题考查简单的集合的运算，集合在高考的考查是以基础题为主，题目比较容易，复习中我们应从基础出发．
4.（2010）若，是非零向量，“⊥”是“函数
为一次
2
函数”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数量积判断两个平面向量的垂直关系． 【专题】简易逻辑．
【分析】先判别必要性是否成立，根据一次函数的定义，得到充分性是否成立，由不是一次函数． 【解答】解：如
，则有
，
，不能推出函数为一次函数，因为
，则成立，再判断
时，函数是常数，而
，
如果同时有，则函数f（x）恒为0，不是一次函数，因此不充分，
，因此可得
，故该条件必要．
而如果f（x）为一次函数，则
故答案为B．
【点评】此题考查必要条件、充分条件与充要条件的判别，同时考查平面向量的数量积的相关运算．
3
5. （2010）已知集合Sn={X|X=（x1，x2，…，xn），xi∈{0，1}，i=1，2，…，n}（n≥2）对于A=（a1，a2，…an，），B=（b1，b2，…bn，）∈Sn，定义A与B的差为A﹣B=（|a1﹣b1|，|a2﹣b2|，…|an﹣bn|）； A与B之间的距离为
（Ⅰ）证明：?A，B，C∈Sn，有A﹣B∈Sn，且d（A﹣C，B﹣C）=d（A，B）； （Ⅱ）证明：?A，B，C∈Sn，d（A，B），d（A，C），d（B，C）三个数中至少有一个是偶数 （Ⅲ）设P?Sn，P中有m（m≥2）个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为证明：
≤
．
．
【考点】进行简单的合情推理． 【专题】压轴题；推理和证明． 【分析】（Ⅰ）因为每个数位上都是0或者1，取差的绝对值仍然是0或者1，符合Sn的要求． 然后是减去C的数位，不管减去的是0还是1，每一个a和每一个b都是同时减去的， 因此不影响他们原先的差．
（Ⅱ）先比较A和B有几个不同（因为距离就是不同的有几个），然后比较A和C有几个不同，
这两者重复的（就是某一位上A和B不同，A和C不同，那么这一位上B和C就相同）去掉两次
（因为在前两次比较中各计算了一次），剩下的就是B和C的不同数目， 很容易得到这样的关系式：h=k+l﹣2i，从而三者不可能同为奇数．
22
（Ⅲ）首先理解P中会出现Cm个距离，所以平均距离就是距离总和再除以Cm， 而距离的总和仍然可以分解到每个数位上，第一位一共产生了多少个不同， 第二位一共产生了多少个不同，如此下去，直到第n位．然后思考，
第一位一共m个数，只有0和1会产生一个单位距离，因此只要分开0和1的数目即可， 等算出来
，一切就水到渠成了．
此外，这个问题需要注意一下数学语言的书写规范． 【解答】解：（1）设A=（a1，a2，…，an），B=（b1，b2，…，bn），C=（c1，c2，…，cn）∈Sn 因ai，bi∈0，1，故|ai﹣bi|∈0，1，（i=1，2，…，n）a1b1∈0，1， 即A﹣B=（|a1﹣b1|，|a2﹣b2|，…，|an﹣bn|）∈Sn 又ai，bi，ci∈（0，1），i=1，2，…，n 当ci=0时，有||ai﹣ci|﹣|bi﹣ci||=|ai﹣bi|；
当ci=1时，有||ai﹣ci|﹣|bi﹣ci||=|（1﹣ai）﹣（1﹣bi）=|ai﹣bi|
故
4
（2）设A=（a1，a2，…，an），B=（b1，b2，…，bn），C=（c1，c2，…，cn）∈Sn 记d（A，B）=k，d（A，C）=l，d（B，C）=h 记O=（0，0，…，0）∈Sn，由第一问可知： d（A，B）=d（A﹣A，B﹣A），d=（O，B﹣A）=k d（A，C）=d（A﹣A，C﹣A）=d（O，C﹣A）=l d（B，C）=d（B﹣A，C﹣A）=h
即|bi﹣ai|中1的个数为k，|ci﹣ai|中1的个数为l，（i=1，2，…，n） 设t是使|bi﹣ai|=|ci﹣ai|=1成立的i的个数，则有h=k+l﹣2t， 由此可知，k，l，h不可能全为奇数，即d（A，B），d（A，C），d（B，C）三个数中至少有一个是偶数．
（3）显然P中会产生Cm个距离，也就是说，其中表示P中每两个元素距离的总和．
分别考察第i个位置，不妨设P中第i个位置一共出现了ti个1，那么自然有m﹣ti个0，因此在这个位置上所产生的距离总和为
，（i=1，2，…，n），
2
那么n个位置的总和
即
【点评】本题是综合考查集合、数列与推理综合的应用，这道题目的难点主要出现在读题上，需要仔细分析，以找出解题的突破点．题目所给的条件其实包含两个定义，第一个是关于Sn的，其实Sn中的元素就是一个n维的坐标，其中每个坐标值都是0或者1，也可以这样理解，就是一个n位数字的数组，每个数字都只能是0和1，第二个定义叫距离，距离定义在两者之间，如果直观理解就是看两个数组有多少位不同，因为只有0和1才能产生一个单位的距离，因此这个大题最核心的就是处理数组上的每一位数，然后将处理的结果综合起来，就能看到整体的性质了．
6.（2011） 已知集合P=｛x︱x2≤1｝,M=｛a｝.若P∪M=P,则a的取值范围是 C A．(-∞, -1] B．[1, +∞） C．[-1，1] D．（-∞，-1] ∪[1，+∞）
7.（2011）若数列An:a1,a2,...,an(n?2)满足ak?1?a1?1(k?1,2,...,n?1)，数列An为E数列，记S(An)=a1?a2?...?an．
（Ⅰ）写出一个满足a1?a5?0，且S(A5)〉0的E数列A5；
5
（Ⅱ）若a1?12，n=2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an=2011； （Ⅲ）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列An，使得S?An?=0？如
果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由。 解：（Ⅰ）0，1，2，1，0。
（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5） （Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列， 所以ak?1?ak?1(k?1,2,?,1999). 所以A5是首项为12，公差为1的等差数列. 所以a2000=12+（2000—1）×1=2011. 充分性，由于a2000—a1000≤1，
a2000—a1000≤1 …… a2—a1≤1
所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999. 又因为a1=12，a2000=2011, 所以a2000=a1+1999.
故an?1?an?1?0(k?1,2,?,1999),即An是递增数列. 综上，结论得证。
（Ⅲ）令ck?ak?1?ak?1?0(k?1,2,因为a2?a1?c1?a1?a1?c1?c2 ……
,n?1),则ck??1.
an?a1?c1?c2???cn?1,
所以S(An)?na1?(n?1)c1?(n?2)c2?(n?3)c3???cn?1
?n(n?1)?[(1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn?1)]. 2因为ck??1,所以1?ck为偶数(k?1,?,n?1).
所以*1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn)为偶数,
6
（Ⅱ）若a1?12，n=2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an=2011； （Ⅲ）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列An，使得S?An?=0？如
果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由。 解：（Ⅰ）0，1，2，1，0。
（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5） （Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列， 所以ak?1?ak?1(k?1,2,?,1999). 所以A5是首项为12，公差为1的等差数列. 所以a2000=12+（2000—1）×1=2011. 充分性，由于a2000—a1000≤1，
a2000—a1000≤1 …… a2—a1≤1
所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999. 又因为a1=12，a2000=2011, 所以a2000=a1+1999.
故an?1?an?1?0(k?1,2,?,1999),即An是递增数列. 综上，结论得证。
（Ⅲ）令ck?ak?1?ak?1?0(k?1,2,因为a2?a1?c1?a1?a1?c1?c2 ……
,n?1),则ck??1.
an?a1?c1?c2???cn?1,
所以S(An)?na1?(n?1)c1?(n?2)c2?(n?3)c3???cn?1
?n(n?1)?[(1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn?1)]. 2因为ck??1,所以1?ck为偶数(k?1,?,n?1).
所以*1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn)为偶数,
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