5年（2021-2025）北京高考数学真题分类汇编：专题01 集合与常用逻辑用语（解析版）

专题01集合与常用逻辑用语

考点五年考情（2021-2025）命题趋势

考点1：集合的1、集合与充分必要条件相关内容是每年高

2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、

交并补运算考的必考板块。在题型方面，主要以选择

2022北京卷、2021北京卷、

（5年5考）题形式呈现。就考查情况而言，其内容、

考点2：充分必频率、题型及难度都较为稳定，未出现较

2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、

要条件的判断大波动。

2022北京卷、2021北京卷、

（5年5考）2、该部分重点聚焦于集合间的基本运算，

其中集合的交、并、补运算是考查的核心

要点。考生需熟练掌握这些运算规则，能

够准确判断不同集合在交、并、补运算下

考点3：新定义的结果。此外，充分必要条件的判断也是

问题2025北京卷、2024北京卷重要考查内容。考生要清晰理解充分条件、

（5年2考）必要条件以及充要条件的概念，并能依据

具体条件关系进行准确判断。备考时，考

生应针对这些重点内容加强练习，提升解

题能力，以从容应对高考相关题目。

考点01集合的交并补运算

1．（2025·北京·高考真题）已知集合M{x∣2x15},N{1,2,3}，则MN（）

A．{1,2,3}B．{2,3}C．{3}D．

【答案】D

【解析】因为Mx|2x15x|x3，所以MN，

故选：D.

2．（2024·北京·高考真题）已知集合M{x|3x1}，N{x|1x4}，则MN（）

A．x1x1B．xx3

C．x|3x4D．xx4

【答案】C

【解析】由题意得MNx|3x4.

故选：C.

3．（2023·北京·高考真题）已知集合M{x∣x20},N{x∣x10}，则MN（）

A．{x∣2x1}B．{x∣2x1}

C．{x∣x2}D．{x∣x1}

【答案】A

【解析】由题意，M{x∣x20}{x|x2}，N{x∣x10}{x|x1}，

根据交集的运算可知，MN{x|2x1}.

故选：A

ð

4．（2022·北京·高考真题）已知全集U{x3x3}，集合A{x2x1}，则UA（）

A．(2,1]B．(3,2)[1,3)C．[2,1)D．(3,2](1,3)

【答案】D

ðð

【解析】由补集定义可知：UA{x|3x2或1x3}，即UA(3,2](1,3)，

故选：D．

5．（2021·北京·高考真题）已知集合Ax|1x1，Bx|0x2，则AB（）

A．x|1x2B．x|1x2

C．x|0x1D．x|0x2

【答案】B

【解析】由题意可得：ABx|1x2.

故选：B.

考点02充分必要条件的判断

6．（2025·北京·高考真题）已知函数f(x)的定义域为D，则“f(x)的值域为R”是“对任意MR，存在x0D，

使得fx0M”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】若函数f(x)的值域为R，则对任意MR，一定存在x1D，使得fx1M1，

取x0x1，则fx0M1M，充分性成立；

x

取f(x)2，DR，则对任意MR，一定存在x1D，使得fx1M1，

取x0x1，则fx0M1M，但此时函数f(x)的值域为0,，必要性不成立；

所以“f(x)的值域为R”是“对任意MR，存在x0D，使得fx0M”的充分不必要条件.

故选：A.

7．（2024·北京·高考真题）设a，b是向量，则“ab·ab0”是“ab或ab”的（）．

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】B

2222

【解析】因为ababab0，可得ab，即ab，

可知abab0等价于ab，

若ab或ab，可得ab，即abab0，可知必要性成立；

若abab0，即ab，无法得出ab或ab，

例如a1,0,b0,1，满足ab，但ab且ab，可知充分性不成立；

综上所述，“abab0”是“ab或ab”的必要不充分条件.

故选：B.

yx

8．（2023·北京·高考真题）若xy0，则“xy0”是“2”的（）

xy

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】解法一：

xy

因为xy0，且2，

yx

2

所以x2y22xy，即x2y22xy0，即xy0，所以xy0.

xy

所以“xy0”是“2”的充要条件.

yx

解法二：

充分性：因为xy0，且xy0，所以xy，

xyyy

所以112，

yxyy

所以充分性成立；

xy

必要性：因为xy0，且2，

yx

2

所以x2y22xy，即x2y22xy0，即xy0，所以xy0.

所以必要性成立.

xy

所以“xy0”是“2”的充要条件.

yx

解法三：

充分性：因为xy0，且xy0，

2

xyx2y2x2y22xy2xyxy2xy2xy

所以2，

yxxyxyxyxy

所以充分性成立；

xy

必要性：因为xy0，且2，

yx

22

xyx2y2x2y22xy2xyxy2xyxy

所以22，

yxxyxyxyxy

2

xy2

所以0，所以xy0，所以xy0，

xy

所以必要性成立.

xy

所以“xy0”是“2”的充要条件.

yx

故选：C

9．（2022·北京·高考真题）设an是公差不为0的无穷等差数列，则“an为递增数列”是“存在正整数N0，

当nN0时，an0”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】C

【解析】设等差数列an的公差为d，则d0，记x为不超过x的最大整数.

若an为单调递增数列，则d0，

若a10，则当n2时，ana10；若a10，则ana1n1d，

aa

由aan1d0可得n11，取N111，则当nN时，a0，

n1d0d0n

所以，“an是递增数列”“存在正整数N0，当nN0时，an0”；

若存在正整数N0，当nN0时，an0，取kN且kN0，ak0，

aa

假设d0，令aankd0可得nkk，且kkk，

nkdd

a

k

当nk1时，an0，与题设矛盾，假设不成立，则d0，即数列an是递增数列.

d

所以，“an是递增数列”“存在正整数N0，当nN0时，an0”.

所以，“an是递增数列”是“存在正整数N0，当nN0时，an0”的充分必要条件.

故选：C.

10．（2021·北京·高考真题）已知f(x)是定义在上[0,1]的函数，那么“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)

在[0,1]上的最大值为f(1)”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】若函数fx在0,1上单调递增，则fx在0,1上的最大值为f1，

若fx在0,1上的最大值为f1，

2

1

比如fxx，

3

2

111

但fxx在0,为减函数，在,1为增函数，

333

故fx在0,1上的最大值为f1推不出fx在0,1上单调递增，

故“函数fx在0,1上单调递增”是“fx在0,1上的最大值为f1”的充分不必要条件，

故选：A.

考点03新定义问题

11．（2024·北京·高考真题）已知Mx,y|yxtx2x,1x2,0t1是平面直角坐标系中的点集.

设d是M中两点间距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则（）

A．d3，S1B．d3，S1

C．d10，S1D．d10，S1

【答案】C

【解析】对任意给定x1,2，则x2xxx10，且t0,1，

可知xxtx2xxx2xx2，即xyx2，

yx2

再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域yx，

1x2

如图阴影部分所示，其中A1,1,B2,2,C2,4，

22

可知任意两点间距离最大值dAC121410，

1

阴影部分面积SS△121.

ABC2

故选：C.

12．（2025·北京·高考真题）已知集合A1,2,3,4,5,6,7,8,Mx,y∣xA,yA，从M中选取n个不同

的元素组成一个序列：x1,y1,x2,y2,,xn,yn，其中xi,yi称为该序列的第i项i1,2,,n，若该序列

xi1xi3,xi1xi4,

的相邻项xi,yi,xi1,yi1满足：或i1,2,,n1，则称该序列为K列．

yi1yi4yi1yi3

(1)对于第1项为(3,3)的K列，写出它的第2项．

(2)设为K列，且中的项xi,yii1,2,,n满足：当i为奇数时，xi{1,2,7,8}：当i为偶数时，xi{3,4,5,6}.

判断(3,2)，(4,4)能否同时为中的项，并说明理由；

(3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列．

xi1xi3xi1xi4

【解析】（1）根据题目定义可知，或，

yi1yi4yi1yi3

若第一项为3,3，显然x20或1不符合题意（不在集合A中），所以下一项是6,7或7,6；

（2）假设二者同时出现在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设3,2在4,4之前.

显然，在K列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从3,2到4,4必定要向下一项走

奇数次.

但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在中，所以从3,2到4,4必定要向下一项走偶数次.

这导致矛盾，所以二者不能同时出现在中.

（3）法1：若M中的所有元素构成K列，考虑K列中形如xi,yixi,yi1,2,7,8的项，

这样的项共有16个，由题知其下一项为xi1,yi1,xi1,yi13,4,5,6，共计16个，

而xi1,yi1(3,3),(6,3),(3,6),(6,3)，因为只能6由2来，3只能由7来，

横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点，

即对于16个xi,yi，有12个xi1,yi1与之相对应，矛盾．

综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列．

法2：假设全体元素构成一个K列，则n64.

设T1x,yx1,2,7,8,y1,2,3,4,5,6,7,8，T2x,yx3,4,5,6,y1,2,3,4,5,6,7,8.

则T1和T2都包含32个元素，且T1中元素的相邻项必定在T2中.

如果存在至少两对相邻的项属于T2，那么属于T2的项的数目一定多于属于T1的项的数目，

所以至多存在一对相邻的项属于T2.

如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如2m和2m1，

否则将导致属于T2的项的个数比属于T1的项的个数多2，此时m1,2,3,,31.

从而这个序列的前2m项中，第奇数项属于T1，第偶数项属于T2；

这个序列的后642m项中，第奇数项属于T2，第偶数项属于T1.

如果不存在相邻的属于T2的项，那么也可以看作上述表示在m0或m32的特殊情况.

x2k1,y2k1T1,x2k,y2kT2,1km

这意味着必定存在m0,1,2,...,32，使得.

x2k1,y2k1T2,x2k,y2kT1,m1k32

由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故T1中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数

的点的数量一定分别是m和32m（不一定对应）.

但容易验证，T1和T2都包含16个横纵坐标之和为奇数的点和16个横纵坐标之和为偶数的点，所以

m32m16，得m16.

x2k1,y2k1T1,x2k,y2kT2,1k16

从而有.

x2k1,y2k1T2,x2k,y2kT1,17k32

这就得到T1xk,ykk1,3,5,...,29,31,34,36,...,62,64.

再设T3x,yx1,2,3,4,5,6,7,8,y1,2,7,8，T4x,yx1,2,3,4,5,6,7,8,y3,4,5,6.

x2k1,y2k1T3,x2k,y2kT4,1k16

则同理有.

x2k1,y2k1T4,x2k,y2kT3,17k32

这意味着T3xk,ykk1,3,5,...,29,31,34,36,...,62,64.

从而得到T3T1，但显然它们是不同的集合，矛盾.

所以由M的全部元素组成的序列都不是K列．

1．（2025·北京·模拟预测）“a0”是“直线xay2a10(aR)与圆x2y21相交”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】B

【解析】由题知，圆的圆心为0,0，半径为1，

设圆心到直线xay2a10aR的距离为d

2a1

d13

则2，解得：0a.

1a4

3

而a|0a为a|a0的真子集，

4

3

故“a0”是“0a”的必要不充分条件，

4

即“a0”是“直线xay2a10(aR)与圆x2y21相交”的必要不充分条件，

故选：B

2．（2025·北京·三模）设a,b,c是非零平面向量，则“abcbca”是“abc”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】根据题意，若abcbca，则a与c共线，

rrrr

不防假设ac，则对任意的b都有abbc，进而abcbca成立，

故无法判定abc，充分性不成立，

rrrr

若abc，则abbc，所以abcbca，

故必要性成立，

所以“abcbca”是“abc”的必要不充分条件.

故选：B

3．（2025·北京·三模）已知集合Mx|3x1,Nx|1x4，则MN（）

A．{x|1x1}B．x|x3

C．{x|3x4}D．{x|x4}

【答案】A

【解析】根据题意，Mx|3x1,Nx|1x4,

则MN{x|1x1}.

故选：A

4．（2025·北京朝阳·二模）已知集合Ax∣x2x0，集合Bx∣2x1，则集合AB（）

A．(,0]B．(,1)C．(1,0)D．(1,0]

【答案】A

【解析】对于集合A，x2x0，化简得xx10，所以1x0.

所以集合Ax|1x0.

对于集合B，2x1，根据指数函数的性质可得x0.

所以集合Bx|x0.

所以ABx|x0,0.

故选：A.

5．（2025·北京·模拟预测）已知集合Ax1x2，Bxx1x30，则AB（）

A．x1x1B．x1x2C．x1x2D．x1x3

【答案】A

【解析】因为Bxx1x30x|x1或x3，

又Ax1x2，

所以ABx1x1.

故选：A.

6．（2025·北京·二模）已知集合Axx22x0，集合Bxx10，那么（）

ð

A．ABB．ABC．BAD．RAB

【答案】D

【解析】Axx22x00,2，Bxx1

AB错误，AB错误，BA错误，

ð

RA,22,00,，

ð

所以RAB1,00,，D正确，

故选：D

ð

7．（2025·北京昌平·二模）已知全集UR，集合A{x|x2}，Bx|1x3，则RAB=（）．

A．(1,2]B．1,2C．[2,3)D．2,3

【答案】B

ð

【解析】由A{x|x2}，UR，则RAxx2，

ð

又Bx|1x3，所以RAB1,2.

故选：B.

3

8．（2025·北京朝阳·二模）设R，则“sin2”是“tan3”的（）

2

A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】B

2sincos2tan3

【解析】由sin2，

sin2cos2tan212

3

得3tan24tan30，解得tan3或tan，

3

2sincos2tan233

由tan3，得sin2，

sin2cos2tan21312

3

所以“sin2”是“tan3”的必要不充分条件.

2

故选：B.

2

9．（2025·北京海淀·二模）已知a,b是非零平面向量，则“aba”是“ba”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】B

2

【解析】由ba，得ababcosa,baacosa,ba，故必要性成立；

2

由aba，得abcosa,baa，得bcosa,ba，

ba不一定成立，故充分性不成立.

2

所以“aba”是“ba”必要不充分条件.

故选：B

xy

10．（2025·北京东城·一模）已知x1,y1，则“42”是“log2xlog4y1”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】由4x22x2y，则必有2xy，

22

由log2xlog4y1，则log2xlog2y1，可得yx1，

又x1，根据基本不等式有x212x，

xy2xy

若42且y1，则有x12xy1，即42是log2xlog4y1的充分条件，

2xy

若x3,y7，则2xyx1，此时满足log2xlog4y1，但42不成立，

xy

所以42是log2xlog4y1的非必要条件，

xy

综上，“42”是“log2xlog4y1”的充分不必要条件.

故选：A

11．（2025·北京海淀·一模）已知an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列．若0q1，则

“anbn是递增数列”是“d0”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】D

【解析】若anbn是递增数列，则(an1bn1)(anbn)dbn(1q)0对所有的正整数n都成立，

充分性：若anbn是递增数列，则dbn(1q)0

n1

即db1(1q)q恒成立，又0q1，1q0，

若数列为无穷数列，

n1n1

①若b10，则b1(1q)q0，n时，b1(1q)q0，所以d0；

n1n1

若b10，则b1(1q)q0，n时，b1(1q)q0，所以d0，

此时充分性成立；

若数列为有穷数列，

n1n1

②若b10，b1(1q)q0，只需db1(1q)q即可，此时充分性不成立.

必要性：d0时，

若bn0，有bn(1q)0，则dbn(1q)0不一定成立，故必要性不成立；

即0q1时，“anbn是递增数列”是“d0”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

12．（2025·北京丰台·二模）已知集合Ax1x2,Bxx1x30，则AB（）

A．x1x1B．x1x2C．x1x2D．x1x3

【答案】A

【解析】集合Ax1x2,Bxx1x30,13,，

则AB1,1.

故选：A.

13．（2025·北京海淀·二模）已知集合A1,0,1,2,B{x∣ax2}．若aZ，且AB1，则a（）

A．1B．0C．1D．2

【答案】B

【解析】由题意知，A1,0,1,2,B{xax2}，

因为aZ,AB{1}，

所以a0.

故选：B

14．（2025·北京东城·二模）已知集合A2,1,0,1,2，B{x∣x10}，则AB（）

A．0,1,2B．2C．2,1D．1,0,1,2

【答案】A

【解析】B{x∣x10}xx1，且A2,1,0,1,2，

则AB0,1,2.

故选：A

*

15．（2025·北京·模拟预测）集合A{1,2,3,4,5}的所有三个元素的子集记为B1,B2,,BnnN.记bi为集合

中的最大元素，则（）

Bi(i1,2,3,,n)b1b2b3b10

A．10B．40C．45D．50

【答案】C

【解析】由题知：B11,2,3,b13,B21,2,4,b24,

B31,2,5,b35,B42,3,4,b44，B52,3,5,b55，

B62,4,5,b65，B73,4,5,b75，

B81,4,5,b85，B91,3,5,b95，B101,3,4,b104，

则b1b2b103435645

故选：C

16．（2025·北京丰台·二模）已知Mx,yytlog2xt1,1x2,0t1是平面直角坐标系xOy中的点

集．设d是M中两点间距离的最大值，k是M中的点与原点O连线的斜率，S是M表示的图形的面积，给

111

出下列四个结论：2,M；d2；k0,；S．其中所有正确结论的个数为（）

222

①②③④

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

11

【解析】对于代入可得tlog2t1t1t1符合题意，故正确；

222

①①

ytlog2xt1对t0,1恒过点A2,1，

∵111

当t1时，ylog2x，当t时，ylogx，当t0时，y1，

2222

由此我们可知M的点集是由曲线绕A点往上直到C1,1点扫过的区域，如图：

dAB2，故正确；

=

∴kmaxkOC1，kmin②0，k0,1，故错误；

1③

有图易得SS，故正确.

ABC2

故选：C.④

，

17．（2025·北京·三模）已知整数数列anbn的项数均为m（m>2），且同时满足以下两个性质：

0a1a2amQ,0b1b2bmQ；

①a1a2amb1b2bm.

∣∣∣∣∣∣

②记Sa1b1a2b2ambm.

,,,

(1)若m=3，且a11,a37b13b24b36，写出a2,S的值；

∣，∣，

(2)记umaxakbk1km,kZvmaxbkak1km,kZ其中maxA表示集合A中元素的最大值.

（i）若m3，Q5，求uv的最大值；

（ii）当m10时，若S100，求Q的最小值.

【解析】（1）由题意可得，1a27346a25，

所以S|13||54||76|4.

（2）（i）由可得，两个数列均值相等，则要使S越大，则可考虑一组数据更集中，

一组数据更分②散，作为极端情况来考虑，此时要使uv取到最大值，对应极端情况，取数列an为1，3，

5；取数列bn为2，3，4，

则u211,v541,uv2，

下证：uv的最大值为2：

法1：（反证法）假设uv3，则max{u,v}2，不妨设umax{u,v}2，

若ua1b12：

因为0a1a2a35,0b1b2b35，所以a13,b11，

则a1a2a334512,b1b2b31451012，与性质矛盾，舍去；若ua2b22：

②

因为0a1a2a35,0b1b2b35，所以b22,a24，可得a24,a35,b11,b22

则a1a2a314510,b1b2b3125810，与性质矛盾，舍去；

若ua3b32：②

因为0a1a2a35,0b1b2b35，所以b33a35,b11,b22，

则a1a2a31258,b1b2b312368，与性质矛盾，舍去．

所以u1，同理可得v1，所以uv2.②

取数列an为1，3，5；取数列bn为2，3，4，

则u211,v541,uv2成立，所以uv的最大值为2．

法2：（一般性证明）设uatbt,vbpap,p,t{1,2,3,,m}，不妨设pt，

则uvatbtbpapbmbmatbtbpapbmbmbpbtapat，

所以uvQ(mp)t(pt)Qm532，（7分）

取数列an为1，3，5；取数列bn为2，3，4，

则u211,v541,uv2成立，所以uv的最大值为2．

法3：（枚举法）

取an为1，2，3，则bn只能为1，2，3，此时uv0；

取an为1，2，4，则bn只能为1，2，4，此时uv0；

取an为1，2，5，则bn可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时uv0或2；

取an为1，3，4，则bn可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时uv0或2；

取an为1，3，5，则bn可能为1，3，5，也可能为2，3，4，此时uv0或2；

取an为1，4，5，则bn可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时uv0或2；

取an为2，3，4，则bn可能为2，3，4，也可能为1，3，5，此时uv0或2；

取an为2，3，5，则bn可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时uv0或2；

取an为2，4，5，则bn只能为2，4，5，此时uv0；

取an为3，4，5，则bn只能为3，4，5，此时uv0．

综上，uv的最大值为2．

（ii）考虑极端情况，显然Qm10，

若Q为偶数，取an为1,2,3,4,5,Q4,Q3,Q2,Q1,Q，

QQQQQQQQQQ

取b为4,3,2,1,,1,2,3,4,5

n2222222222

QQQQ

则S415Q41Q55Q50100

2222

解得Q30成立；

若Q为奇数，取an为1,2,3,4,5,Q4,Q3,Q2,Q1,Q，

Q9Q7Q5Q3Q1Q1Q3Q5Q7Q9

取b为,,,,,,,,,

n2222222222

Q9Q1Q1Q9

则S15Q4Q5Q50100

2222

解得Q30，与Q为奇数矛盾，舍去，

所以Q的最小值为30，

当an为1,2,3,4,5,26,27,28,29,30,bn为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时取到．

证明：

∣∣

记Akakbk,1km,kZ,Bkbkak,1km,kZ，

则|A||B|m，

Sakbkbkak，设S1akbk,S2bkak

kAkBkAkB

则有S1|A|u,S2|B|v，其中A,B分别表示集合A,B的元素个数

由（i）可得uvQm，

SS

所以12uvQm（＊）

|A||B|

mm

=

又因为S1S2akbk0，所以S1S2，进一步有S2S12S2，

k1k1

将|A||B|m代入（＊）中可得

SSSSSm2mS2S

12，

|A||B|2|A|2(m|A|)2|A|(m|A|)(m|A||A|)2m

2S2S200

再次代入（＊）中可得Qm，解得Qm1030，

mm10

另一方面，当an为1,2,3,4,5,26,27,28,29,30,bn为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时Q30．

所以Q的最小值为30．

18．（2025·北京海淀·二模）记M表示有穷集合M的元素个数．已知m,n是正整数，集合S1,2,,n．若

集合序列Q:A1,A2,,Am满足下列三个性质，则称Q是“平衡序列”：

Ak2，其中k1,2,,m；

①AkS，其中k1,2,,m；

②对于⫋S中的任意两个不同元素i,j，都存在唯一的k1,2,,m，使得i,jAk．

(③1)设mn5，判断下列两个集合序列是否是“平衡序列”？（结论不要求证明）

Q1:1,2,1,3,4,5,2,3,2,4,2,5

Q2:1,2,3,1,4,5,2,4,3,4,3,5

∣

(2)已知n3且集合序列Q:A1,A2,,Am是“平衡序列”，对于i1,2,,n，定义：BikiAk,k1,2,,m.

证明：

（i）当1A1时，B1A1；

（ii）mn．

【解析】（1）Q1是平衡的，Q2不是平衡的．

理由：S1,2,,5，

，，，，

Q1:1,2,1,3,4,5,2,3,2,4,2,5，A12A24A32A42A52，满足Ak2，

，，，，，，，，，

显然AkS，且对于S中的任意两个不同元素i,j，1,21,31,41,52,32,42,53,43,54,5，

都存在唯⫋一的k1,2,,m，使得i,jAk．