2026年高考数学复习讲练测专题 01 集合和常用逻辑用语（高频考点专练）（解析版）

专题01集合和常用逻辑用语

目录

高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求）

核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧）

聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练）

题型一集合间的基本关系（）

题型二集合的运算（）

题型三充分条件与必要条件（）

题型四全称量词与存在量词（）

题型五以集合为载体的创新题（）

实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）

有关集合的北京高考试题，考查重点是集合与集合之间的关系与运算，考试形式多以一道选择题为主，

分值5分．近年来试题以集合的运算为主,多与解不等式等内容交汇,新定义运算也有较小的可能出现,属于基

础性题目，在解决这些问题时，要注意运用数轴法和特殊值法解题，应加强集合表示方法的转化和化简的

训练．而常用逻辑用语主要考查充分条件与必要条件,容易与函数、不等式、数列、三角函数、立体几何内

容交汇,基础性和综合性题目居多.主要考查考生的逻辑思维能力。提升考生的逻辑推理素养

基础知识必备：熟练掌握集合的并、交、补集运算方法、理解充分必要，掌握逻辑判断

2026高考预测：集合与逻辑用语主要以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独

立．具体评估为：

（1）以选择题或填空题形式出现，考查学生的综合推理能力．

（2）热点是集合用于创新题中，加强学生的逻辑推理思维能力。

重难知识汇总：

1、集合的运算性质

（1）AAA，A，ABBA．

（2）AAA，AA，ABBA．

（3）A(CUA)，A(CUA)U，CU(CUA)A．

2、集合的常用结论及细节

（1）若有限集A中有n个元素，则A的子集有2n个，真子集有2n1个，非空子集有2n1个，非空真子

集有2n2个．

（2）空集是任何集合A的子集，是任何非空集合B的真子集．

（3）ABABAABBCUBCUA．

（4）CU(AB)(CUA)(CUB),CU(AB)(CUA)(CUB)．

3、集合中涉及的工具

工具1：一元二次不等式

一元二次不等式2，其中2，是方程2的

axbxc0(a0)b4acx1,x2axbxc0(a0)

两个根，且

x1x2

（）当时，二次函数图象开口向上（）①若，解集为或

1a0.20x|xx2xx1.

b

②若0，解集为x|xR且x.③若0，解集为R.

2a

当时，二次函数图象开口向下①若，解集为②若，解集为

(2)a0.0x|x1xx20

工具2：分式不等式

f(x)f(x)

（1）0f(x)g(x)0（2）0f(x)g(x)0

g(x)g(x)

f(x)f(x)g(x)0f(x)f(x)g(x)0

（3）0（4）0

g(x)g(x)0g(x)g(x)0

工具3：绝对值不等式

（1）f(x)g(x)[f(x)]2[g(x)]2

（2）f(x)g(x)(g(x)0)f(x)g(x)或f(x)g(x)；

f(x)g(x)(g(x)0)g(x)f(x)g(x)；

工具4：解指对不等式

①简单指数不等式的解法

fxgx

（1）形如aa的不等式，可借助yax的单调性求解；

fx

（2）形如ab的不等式，可将b化为a为底数的指数幂的形式，再借助yax的单调性求解；

（3）形如axbx的不等式，可借助两函数yax，ybx的图象求解．

②简单指数不等式的解法：利用对数函数的单调性求解

4、充分条件、必要条件与充要条件的判断

①从逻辑推理关系看

命题“若p，则q”，其条件p与结论q之间的逻辑关系

①若pq，但qp，则p是q的充分不必要条件，q是p的必要不充分条件；

②若pq，但qp，则p是q的必要不充分条件，q是p的充分不必要条件；

③若pq，且qp，即pq，则p、q互为充要条件；

④若pq，且qp，则p是q的既不充分也不必要条件.

②从集合与集合间的关系看

若p：x∈A，q：x∈B，

①若AB，则p是q的充分条件，q是p的必要条件；

②若A是B的真子集，则p是q的充分不必要条件；

③若A=B，则p、q互为充要条件；

④若A不是B的子集且B不是A的子集，则p是q的既不充分也不必要条件.

5、全称量词与存在量词

大前提：全称量词命题“xM,qx”的否定是存在量词命题：xM,qx.

存在量词命题“xM,qx”的否定是全称量词命题：xM,qx.

一个命题和它的否定不能同时为真命题，也不能同时为假命题，只能一真一假.

常用技巧方法：

1.求解集合间的基本关系问题通常是借助于数轴，利用数轴分析法，将各个集合在数轴上表示出来，以

形定数，同时还要注意验证端点值，做到准确无误，一般含“=”用实心点表示，不含“=”用空心点表示

涉及“AB”或“AB，且B≠”的问题，一定要分A=和A≠两种情况进行讨论，其中A=的情况容易被

忽略，应引起⊆足够的⫋重视⌀⌀⌀⌀

2.求集合的并、交、补是集合间的基本运算，运算结果仍然还是集合，区分交集与并集的关键是“且”

与“或”，在处理有关交集与并集的问题时，常常从这两个字眼出发去揭示、挖掘题设条件，结合Venn图或

数轴进而用集合语言表达，增强数形结合的思想方法

3.（1）判断充分条件、必要条件的注意点.

①明确条件与结论②判断若p，则q是否成立时注意利用等价命题③可以用反例说明由p推不出q，但

不能用特例说明由p可以推出q

（2）充分条件、必要条件的两种判断方法

定义法：①确定谁是条件，谁是结论②尝试从条件推结论，若条件能推出结论，则条件为充分条件，

否则就不是充分条件③尝试从结论推条件，若结论能推出条件，则条件为必要条件，否则就不是必要条件

命题判断法：①如果命题：“若p，则q”为真命题，那么p是q的充分条件，同时q是p的必要条件②

如果命题：“若p，则q”为假命题，那么p不是q的充分条件，同时q也不是p的必要条件

4.（1）要判断一个全称量词命题是真命题，必须对限定的集合M中的每一个元素x，验证p(x)成立；

要判断全称量词命题是假命题，只要能举出集合中的一个，使不成立即可

Mxx0p(x0).

（）要判断一个存在量词命题的真假，依据：只要在限定集合中，至少能找到一个，使

2Mxx0p(x0)

成立，则这个存在量词命题就是真命题，否则就是假命题

易错避坑提效：

1.忽视集合元素的互异性

集合元素的互异性是集合的特征之一，集合中不可出现相同的元素。

2.在解含参数集合问题时忽视空集

由于空集是一个特殊的集合，它是任何集合的子集，因此对于集合AB就有可能忽视了A，导

致解题结果错误．尤其是在解含参数的集合问题时，更应注意到当参数在某个范围内取值时，所给的集合

可能是空集的情况．考生由于思维定式的原因，往往会在解题中遗忘了这个集合，导致答案错误或答案不

全面．

3.混淆充分条件与必要条件

对于条件p，q，如果pq，则p是q的充分条件，q是p的必要条件，如果pq，则p是q的充

要条件．解题时最容易出错的就是混淆充分性与必要性，因此在解决这类问题时，一定要分清条件和结论，

根据充分必要条件的定义，选择合适的方法作出准确的判断，常借助反例说明．

题型一集合间的基本关系

x1

【例1】（2025·北京大兴·三模）已知集合Ax0，Bx1x1，则（）

x1

A．ABB．ABC．BAD．A

【答案】B

【分析】先根据分式不等式的解法得出Ax1x1；再根据集合间的基本关系即可判断.

x1

【详解】因为Ax0x1x1，Bx1x1，

x1

所以AB，A.

故选：B.

【变式1-1】（2024·北京海淀·二模）已知集合A1,0,1,2,B{∣xax3}.若AB，则a的最大值为（）

A．2B．0C．1D．-2

【答案】C

【分析】根据集合的包含关系可得a1求解.

【详解】由于AB，所以a1，

故a的最大值为1，

故选：C

【变式1-2】（25-26高三上·北京·月考）设集合Axx2ax0，Bxlnx1，若AB，则a（）

A．0B．1C．eD．10

【答案】C

【分析】先求解出对数不等式的解集，由此可表示出集合B，再根据AB分类讨论二次不等式的解即可求

解出a的值.

【详解】因为lnx1，所以lnxlne，所以0xe，所以Bx0xe，

又因为Axx2ax0xxxa0，

当a0时，x20无解，所以A，此时AB；

当a0时，由xxa0可得0xa，所以Ax0xa，若AB，则ae；

当a0时，由xxa0可得ax0，所以Axax0，此时AB.

综上，ae.

故选：C.

【变式1-3】（25-26高一上·北京·期中）已知集合MxZx24x0，N1,3,5,7，PMN，则

P的真子集共有（）

A．3个B．4个C．5个D．6个

【答案】A

【分析】解不等式化简集合M，进而求PMN，根据元素个数求真子集的个数.

【详解】因为集合MxZx24x0xZ0x40,1,2,3,4，

且N1,3,5,7，则PMN1,3，即集合P有2个元素，

所以集合P的真子集共有2213个.

故选：A.

题型二集合的运算

【例2】（2025·北京大兴·三模）已知集合A{x∣1x0},B{1,0,1,2,3}，则AB（）

A．{1,0}B．{1,0,1}C．{2,3}D．{1,2,3}

【答案】B

【分析】直接利用交集的运算法则计算即可．

【详解】A{x∣1x0},B{1,0,1,2,3}，

AB{1,0,1}，

故选：B．

【变式2-1】（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

【分析】由交集的概念进行求解．

【详解】根据题意，Mx|3x1,Nx|1x4,

则MN{x|1x1}.

故选：A

x

【变式2-2】（2025·北京朝阳·二模）已知集合Ax∣x2x0，集合Bx∣21，则集合AB（）

A．(,0]B．(,1)C．(1,0)D．(1,0]

【答案】A

【分析】首先，求解集合A,B中关于x的不等式，然后求解A,B的并集.

【详解】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.

ð

【变式2-3】（2025·北京顺义·一模）已知集合Uxx30，集合Ax2x2，则UA（）

A．3,22,B．3,2C．3,22,D．2,3

【答案】C

【分析】根据补集的定义计算可得.

【详解】因为Uxx30xx3，

又Ax2x2，

ð

所以UA3,22,.

故选：C

题型三充分条件与必要条件

【例3】（2025·北京海淀·三模）在ABC中，“cosAcosBsinAsinB”是“ABC为锐角三角形”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

【分析】利用和角的余弦公式，充分条件、必要条件的定义判断即得.

【详解】在ABC中，cosAcosBsinAsinBcosAcosBsinAsinB0cos(AB)0，

因此AB是钝角，C是锐角，没有条件判断A,B都是锐角，则不能确定ABC为锐角三角形；

反之，ABC为锐角三角形，则C是锐角，AB是钝角，cosAcosBsinAsinB成立，

所以“cosAcosBsinAsinB”是“ABC为锐角三角形”的必要不充分条件.

故选：B

1x2

【变式3-1】（2025·北京·三模）“k”是“直线ykx4与双曲线y21只有一个公共点”的（）

24

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

【分析】首先利用直线与双曲线只有一个公共点，联立方程组化简，讨论二次项系数，求得k的值，从而可

进行判断.

x2

【详解】直线与ykx4与双曲线y21只有一个公共点，

4

ykx4

2222

联立方程组x2，消去y得，14kx32kx64k40，

y21

4

11

当14k20，即k时，直线方程为ykx4x4，

22

x21

双曲线y21的渐近线方程为yx，

42

11

此时直线yx4与渐近线yx平行，直线与双曲线只有一个公共点；

22

12

当14k20，即k时，32k2414k264k24192k2160，

2

此时直线与双曲线恒有两个不同的交点；

1x2

当且仅当k时，直线与ykx4与双曲线y21只有一个公共点，

24

1x2

由k能推出直线ykx4与双曲线y21只有一个公共点，

24

x21

反之，当直线ykx4与双曲线y21只有一个公共点时不能推出k，

42

1x2

“k”是“直线ykx4与双曲线y21只有一个公共点”的充分不必要条件.

24

故选：A.

xb

【变式3-2】（2025·北京海淀·三模）已知fxln，bR，则“b1”是“fx是奇函数”的（）

1x

A．充分不必要条件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

【答案】C

【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合奇函数的定义推理判断.

1x

【详解】当b1时，f(x)ln()，定义域为(1,1)关于原点对称，

1x

1x1x

且f(x)ln()ln()f(x)，因此f(x)是奇函数；

1x1x

如果f(x)是奇函数，则f(x)定义域必须关于原点对称，因此b1，

所以“b1”是“f(x)是奇函数”的充分必要条件．

故选：C

【变式3-3】（2025·北京延庆·三模）已知等比数列an单调递减，各项均为正数，前n项的乘积记为Tn.则

“a3a13a9”是“Tn有唯一的最大值T7”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件

【答案】B

【分析】根据题意，利用等比数列的性质，结合充分条件，必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】由等比数列an单调递减，各项均为正数，设等比数列的公比为q，则0q1，

若a3a13a9，根据等比数列的性质，可得a3a13a9a7a9，解得a71，

2

又由a3a13a8且a9a8q，因为a3a13a9且a80，所以a8q，

此时a8与1无法比较，所以a3a13a9不能推出Tn有唯一的最大值T7，所以充分性不成立；

反之：若Tn有唯一的最大值T7，可得a71,a81，

因为a71,a90，所以a7a9a9，

根据等比数列的性质，知a3a13a9a7，所以a3a13a9成立，即必要性成立，

综上可得，a3a13a9是Tn有唯一的最大值T7的必要不充分条件.

故选：B.

题型四全称量词与存在量词

【例4】（25-26高三上·北京顺义·月考）下列命题为真命题的是（）

11

A．a0,a2B．a0,a2

aa

11

C．a0,a2D．a0,a2

aa

【答案】C

1

【分析】利用基本不等式得a≥2恒成立，结合各项命题的描述判断其真假，即可得.

a

11

【详解】由a0，则a2a2，当且仅当a1时等号成立，A、B、D为假命题，C为真命题；

aa

故选：C

【变式4-1】（25-26高三上·北京通州·期中）已知命题p:“xR,x2x10”，则p为（）

A．xR,x2x10B．xR,x2x10

C．xR,x2x10D．xR,x2x10

【答案】C

【分析】根据全称量词命题的否定的知识确定正确答案.

【详解】命题p是全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到要否定结论，

所以命题p:“xR,x2x10”的否定是xR,x2x10.

故选：C

1

【变式4-2】（25-26高三上·北京·月考）已知命题“xR,x2ax0”是假命题，则实数a的取值范围

4

是（）

A．,11,B．,11,

C．(1,1)D．1,1

【答案】B

1

【分析】根据题意，转化为xR,x2ax0是真命题，结合二次函数的性质，列出不等式，即可求解.

4

11

【详解】由命题xR,x2ax0是假命题，可得命题xR,x2ax0是真命题，

44

1

则满足a2410，解得a1或a1，

4

所以实数a的取值范围为,11,.

故选：B.

【变式4-3】（25-26高三上·北京·月考）请写出一个a值，使命题“x2,1，使x2xa0”为假命题，

则a.

【答案】6（答案不唯一）

【分析】将原题转换为ax2x,x2,1，得即可

maxa6.

【详解】命题“x2,1，使x2xa0”为假命题，则命题“x2,1，使x2xa0”为真命题，

所以ax2x,x2,1，

max

2

21111

而yxxx在2,单调递减，在,1单调递增，

2422

11

而2离比离远，

212

所以当时，x2x6，

x2max

所以a6.

故答案为：6（答案不唯一）.

题型五以集合为载体的创新题

*

【例5】（2025·北京·三模）记集合Sna,b,cabcn,abc,abc,a,b,cN，CardSn表示

集合Sn中元素的个数.

(1)求CardS6和CardS9；

(2)求证：当n为奇数时，CardSn3CardSn；

(3)求CardS2025.

【答案】(1)CardS61，CardS93

(2)证明见解析

(3)85683

【分析】（1）结合所给不等式，可先计算出c的范围，再借助c的取值讨论a、b的取值情况即可得解；

（2）先计算n为奇数且使得CardSn0的情况，此时有CardS4CardS10，再假设n3且为奇数时，

若a,b,cSn，则一定有a1,b1,c1Sn3，可得CardSn3CardSn；若d,e,fSn3，则一定有

d1,e1,f1Sn，可得CardSn3CardSn，即可得CardSn3CardSn；

（3）当n2025时，结合所给不等式，可先计算出c的范围为675c1012，再根据c的奇偶情况讨论a可

能的取值情况，即可借助等差数列求和公式计算得解.

【详解】（1）当n6时，则abc6，由abc，则3c6，即c2，

由abc，则2c6，即c3，又cN*，故c2，故c2，

则ab4，又ab，a,bN*，故ab2，

即S62,2,2，故CardS61；

当n9时，则abc9，由abc，则3c9，即c3，

9

由abc，则2c9，即c，又cN*，故c3或c4，

2

若c3，则ab6，又abc，故abc3；

若c4，则ab5，又abc，则1ab4，

则a1或a2，此时b分别取4、3，

故S93,3,3,1,4,4,2,3,4，即CardS93；

（2）当n1时，S1，故CardS10，

当n4时，则abc4，由abc，则3c4，即c2，

由abc，则2c4，即c2，故c无正整数解，故CardS40；

即CardS4CardS10；

当n3且为奇数时，设abcn，abc，abc，a,b,cN*，

nnnn1

则2cn，3cn，故c，又cN*，故c，

3232

n1nn3

有0，故c一定有解；

236

*

设a,b,cSn，则有abcn，abc，abc，a,b,cN，

则a1b1c1n3，a1b1c1，

a1b1ab2c2c1，

故a1,b1,c1Sn3，即CardSn3CardSn；

设d,e,fSn3，

则有defn3，def，def，d,e,fN*，

n3n1

则2fn3，故f，由n为奇数，故f，

22

n1

则defn3ffn32fn322，

2

故d1e1f1def12110，

即d1e1f1，

又d1e1f1n，d1e1f1，

故d1,e1,f1Sn，即CardSn3CardSn；

综上所述，当n为奇数时，CardSn3CardSn；

2025

（3）当n2025时，则abc2025，由abc，则3c2025，即c675，

3

2025

由abc，则2c2025，即c，又cN*，故c1012，

2

则ab2025c，又abc，则2a2025c，a2025cb20252c，

2025c

即20252ca，

2

2025c

当c为奇数时，2025c为偶数，则a可取遍20252c,中所有整数，

2

2025c3c2023

符合要求的a的个数有20252c1，

22

2025c1

当c为偶数时，2025c为奇数，则a可取遍20252c,中所有整数，

2

2025c13c2024

符合要求的a的个数有20252c1，

22

3675202336772023310112023

故CardS

2025222

3676202436782024310122024

222

3675202331011202310116751

1

2222

3676202431012202410126761

1

2222

11

2529202316925322024169

22

25316925416950716985,683，

故CardS202585683.

【变式5-1】（2025·北京延庆·三模）已知数集Aa1,a2,...,an(1a1a2...an,n2)具有性质P:对任意

的k(2kn)，i,j(1ijn)，使得akaiaj成立.

(1)分别判断数集{1,2,3,6,10}与{1,2,4,5,9}是否具有性质P，并说明理由;

(2)求证an2a1a2...an1(n2);

(3)若an36，求数集A中所有元素的和的最小值.

(4)请写出解三角形、三角函数、立体几何和概率统计模块中任意2个公式.

【答案】(1)1,2,3,6,10不具有，{1,2,4,5,9}具有，理由见解析

(2)证明见解析

(3)75

(4)答案见解析

【分析】（1）根据数列新定义计算判断即可；

（2）结合数列新定义应用累加法计算证明；

（3）根据数列新定义结合，分类讨论使得求解最小值即可.

（4）略

【详解】（1）∵10无法表示，∴数集1,2,3,6,10不具有性质P.

∵211，422，5=1+4，945，∴数集{1,2,4,5,9}具有性质P．

（2）∵集合Aa1,a2,,an具有性质P:即对任意的k2kn，i，j1ijn使得akajai成立，

又1a1a2an，n2，

∴aiak，ajak，

aiak1，ajak1，

∴akaiaj2ak1，

即an12an2，an22an3，a32a2，a22a1，

累加得a2an1an2a1a2an1，

化简得an2a1a2an1．

（3）最小值为75．

首先注意到a11，根据性质P，得到a22a12，

所以易知数集A的元素都是整数，

构造A1,2,3,6,9,18,36或者A1,2,4,5,9,18,36，这两个集合具有性质P，此时元素和为75．下面证明75

是最小的和．

i1

假设数集Aa1,a2,,an(a1a2an,n2)，满足Sai75最小，

n

第一步：首先说明集合Aa1,a2,,an(a1a2an,n2)中至少有7个元素：

由（2）可知，a22a1，a32a2，，又a11，

∴a22，a34，a48，a516，a63236，∴n7．

第二步：证明an118，an29，

若18A，设at18，

i1

∵an361818，为了使Sai最小，

n

在集合A中一定不含有元素ak，使得18ak36，从而an118；

若18A，根据性质P，对an36，有ai，aj，使得an36aiaj，显然aiaj，∴anaiaj72，

此时集合A中至少有4个不同于an，ai，aj的元素，从而Sanaiaj4a176，矛盾，

∴18A，且an118．

同理可证：an29．

至此，我们得到an118，an29，

根据性质P，有ai，aj，使得9aiaj，我们需要考虑如下几种情形：

①ai1，aj8，此时集合中至少还需要一个大于等于4的元素ak，才能得到元素8，则S78；

②ai2，aj7，此时集合中至少还需要一个大于4的元素ak，才能得到元素7，则S78；

③ai3，aj6，此时集合A1,2,3,6,9,18,36，S75；

④ai4，aj5，此时集合A1,2,4,5,9,18,36，S75．

综上所述，若an36，则数集A中所有元素的和的最小值是75．

abc

（4）a2b2c22bccosA,2R

sinAsinBsinC

，

【变式5-2】（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：

①0a1a2amQ,0b1b2bmQ；

②a1a2amb1b2bm.

∣∣∣∣∣∣

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.

【答案】(1)a25，S4；

(2)（i）2；（ii）30.

【分析】（1）直接根据定义性质得1a27346，解出a2，再计算S即可；

（2）（i）取极端情况an为1，3，5；取数列bn为2，3，4，此时uv2；方法一：利用反证法，假设

uv3，最后分析得到与性质②矛盾的点；方法二：一般性证明，设uatbt,vbpap,p,t{1,2,3,,m}，

通过引入Q进行合理放缩即可；方法三：利用枚举法，枚举出所有情况即可；

（ii）考虑极端情况，显然Qm10，分类讨论Q为偶数和Q为奇数即可.

【详解】（1）由题意可得，1a27346a25，

所以S|13||54||76|4.

（2）（i）由②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②矛盾，舍去；若ua2b22：

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

则a1a2a314510,b1b2b3125810，与性质②矛盾，舍去；

若ua3b32：

因为0a1a2a35,0b1b2b35，所以b33a35,b11,b22，

则a1a2a31258,b1b2b312368，与性质②矛盾，舍去．

所以u1，同理可得v1，所以uv2.

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bn为,,,,,,,,,

2222222222

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．

【变式5-3】（2025·北京海淀·三模）设n3和M均为正整数，Q:A1,A2,,An是两两不同的M元集合组成

的集合序列，若存在i,j,k1,2,,n，使得AiAjAjAkAkAi，就称Q中存在“三叶草”，并称

i,j,k为Q中的一片三叶草．

(1)若n5,M2，分别直接判断以下集合序列中是否存在三叶草，存在的请写出一片相应的三叶草：

Q1:1,3,1,4,2,3,2,4,1,5，

Q2:1,2,2,3,3,4,4,5,1,5；

(2)若n16,M4,Q:A1,A2,,A16满足Aipi,qi,ri,si，其中pi1,2,qi3,4,si5,6，

ri7,8,i1,2,,16，证明：Q中不存在三叶草；

(3)若n2MM!，其中M!MM121，证明：Q中一定存在三叶草．

【答案】(1)Q1存在三叶草，1,2,5；Q2不存在三叶草.

(2)证明过程详见解析

(3)证明过程详见解析

【分析】（1）先找到有共同元素的三个集合，再验证即可得到答案.

（2）每个Ai可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值,然后再研究Q存在三叶草时，各个维度的坐

标需满足的条件，然后用反证法证明.

（3）需要证明当集合数量足够大时，必然存在三叶草，这里可以用鸽巢原理和集合的对称性来证明.

【详解】（1）对于Q1，检查是否存在三个集合使得两两交集相等；

选取三个集合1,2，1,4，2,3，发现交集分别为1，3，3，不满足.

再尝试其他组合，第1，2，5个集合1,3，1,4，1,5，

它们的交集均为1，因此Q1存在三叶草1,2,5.

对于Q2，由于每个元素仅出现在两个集合中，无法找到三个集合共享同一元素，故不存在三叶草.

（2）给定Ai(pi,qi,ri,si)，其中：pi{1,2}，qi{3,4}，ri{7,8}，si{5,6}；

每个Ai可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值.

我们需要证明不存在三个集合Ai,Aj,Ak使得它们两两的交集相同，

假设Q存在三叶草，则需要满足AiAjAjAkAkAi意味着：

Ai和Aj在相同维度上取值相同;

Aj和Ak在相同维度上取值相同;

Ak和Ai在相同维度上取值相同;

这意味着Ai,Aj,Ak在所有维度上的相同性必须一致,

换句话说，对于每个维度，要么三个集合在该维度的取值都相同，要么两两不同;

由于每个维度只有2种取值，三个集合在某个维度上的取值只能是：全部相同（如pipjpk）;

或者两两不同（如pipjpkpi），但这是不可能的，因为每个维度只有2种取值;

因此，三个集合在每个维度上的取值必须相同,

这意味着AiAjAk，但题目要求集合两两不同，矛盾.

因此，Q不存在三叶草.

（3）固定一个集合A1，考虑其他集合Aj与A1的交集A1Aj，

MM

A1的子集有2种可能，因此A1Aj有2种可能；

对于每个Aj，定义fAjA1Ajs，

下面介绍一下鸽巢原理，又叫抽屉原理，

它指的是一个简单事实，如果鸽子的数量比巢穴的数量多，那么至少要有1个鸽巢被两只或多只鸽子占据，

即若有n个鸽巢，n1个鸽子，则至少有1个巢内有至少2个鸽子，

至少数公式：当鸽子数不能被鸽巢数整除时，至少有一个鸽巢中会有（商+1）个鸽子，

另外，规定当xn，n为整数时，xn，当nxn1时，xn1，

其中n2MM!，由鸽巢原理（相当于n1只鸽子飞回2M个巢），

n1

可知存在至少个A使得f(A)相同，

MM!jj

2

当M1时，由Q是两两不同的一元集合组成的集合序列，

可得A1A2A1A3A2