8. 设M={1,2,3,…,1995}，A是M的子集且满足条件: 当x∈A时,15x?A，则A中元素的个数最多是_______________.
9. (2006年集训试题)设n是正整数，集合M={1，2，…，2n}．求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于 10. 设A＝{a|a＝x?y,x,y?Z}，
求证：⑴2k?1∈A(k?Z)； ⑵4k?2?A (k?Z). 11.（2006年江苏）设集合A??xlog1?3?x???2?，B??x22?????????22a??1?．若A?B??，
?x?a?求实数a的取值范围．
12. 以某些整数为元素的集合P具有下列性质：①P中的元素有正数，有负数；②P中的元素有奇数,有偶数；③－1?P；④若x，y∈P,则x＋y∈P试判断实数0和2与集合P的关系.
(B 组)
1. 设S为满足下列条件的有理数的集合：①若a∈S，b∈S，则a+b∈S，
ab?S；②对任一个有理数r，三个关系r∈S，－r∈S，r＝0有且仅有一个成立.证明：S是由全体正有理数组成的集合.
S1,S2,S3为非空集合，2．对于1，2，3的任意一个排列i,j,k，若x?Si,y?Sj，则x?y?Sk
（1）证明：三个集合中至少有两个相等.
（2）三个集合中是否可能有两个集无公共元素？
3．已知集合：A?{(x,y)|ax?y?1},B?{(x,y)|x?ay?1},C?{(x,y)|x?y?1}问 （1）当a取何值时，(A?B)?C为含有两个元素的集合？ （2）当a取何值时，(A?B)?C为含有三个元素的集合？
224．已知A?(x,y)x?y?4x?4y?7?0,x,y?R,
22??B??(x,y)xy??10,x,y?R?.
⑴请根据自己对点到直线的距离,两条异面直线的距离中 “距离”的认识,给集合A与B的距离定义;
⑵依据⑴中的定义求出A与B的距离.
5.设集合P?｛不小于３的正整数｝，定义Ｐ上的函数如下：若n?P，定义f(n)为不是n的约数的最小正整数，例如f(7)?2,f(12)?5.记函数f的值域为Ｍ.证明：
19?M,99?M.
6．为了搞好学校的工作，全校各班级一共提了P(P?N?)条建议.已知有些班级提出了相同
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的建议，且任何两个班级都至少有一条建议相同，但没有两个班提出全部相同的建议.求证该校的班级数不多于2P?1个.
【参考答案】
A组
1.解： M?N在xOy平面上的图形关于x轴与y轴均对称，由此M?N的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以4即得.为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了.由题意可得，M?N的图形在第一象限的面积为A＝所以选B. 2.解:由M=P,从而
1112??.因此M?N的图形面积为. 2363b?0,a?1,即a?1,b?0,故a?b?1.从而选C. a223. 解：M?N??相当于点（0，b）在椭圆x?2y?3上或它的内部
2b266??1,???b?.故选A.
3224.解: 用[a1a2?ak]p表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以7，得
4M??{a1?73?a2?72?a3?7?a4|ai?T,i?1,2,3,4}?{[a1a2a3a4]7|ai?T,i?1,2,3,4}.
M? 中的最大数为[6666]7?[2400]10.在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第
2005个数是2400－2004=396.而[396]10?[1104]7将此数除以7，便得M中的数
41104?2?3?4.故选C. 77775.解：A=φ时，有1种可能；A为一元集时，B必须含有其余2元，共有6种可能；A为二元集时，B必须含有另一元.共有12种可能；A为三元集时，B可为其任一子集.共8种可能.故共有1+6+12+8=27个.从而选A.
6．解：被7除余2的数可写为7k+2. 由100≤7k+2≤600.知14≤k≤85. 又若某个k使7k+2能被57整除，则可设7k+2=57n. 即k?57n?27?56n?n?272?8n?n?7.
即n－2应为7的倍数. 设n=7m+2代入，得k=57m+16. ∴14≤57m+16≤85. ∴m=0,1.于是
所求的个数为85－(14－1)－2=70．
７．解：依题意可得A?{x1?x?3},设f(x)?21?x?a,g(x)?x2?2(a?7)x?5
要使A?B,只需f(x),g(x)在(1,3)上的图象均在x轴的下方,则f(1)≤0,f(3)≤0,
g(1)≤0,g(3)≤0,由此可解得结果.
8．解：由于1995=15?133，所以，只要n>133，就有15n>1995.故取出所有大于133而不超过1995的整数. 由于这时己取出了15?9=135, ? 15?133=1995. 故9至133的整数都不能再取，还可取1至8这8个数，即共取出1995—133+8=1870个数, 这说明所求数≥1870.
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另一方面，把k与15k配对，（k不是15的倍数，且1≤k≤133）共得133—8=125对，每对数中至多能取1个数为A的元素，这说明所求数≤1870，综上可知应填1870.
9.解：考虑M的n+2元子集P={n－l，n，n+1，…，2n}．P中任何4个不同元素之和不小于(n－1)+n+( n +1)+( n +2)=4 n +2，所以k≥n +3．将M的元配为n对，Bi=(i，2 n +1－i)，1≤i≤n． 对M的任一n+3元子集A，必有三对Bi1,Bi2,Bi3同属于A(i1、I 2、I 3两两不同)．又将M的元配为n－1对，C I (i，2n－i)，1≤i≤n－1．对M的任一n+3元子集A，必有一对Ci4同属于A，这一对Ci4必与Bi1,Bi2,Bi3中至少一个无公共元素，这4个元素互不相同，且和为2 n +1+2 n =4 n +1,最小的正整数k= n +310．
10.解: ⑴∵k,k?1∈Z且2k?1＝k?(k?1),∴2k?1∈A；
⑵假设4k?2?A (k?Z),则存在x,y?Z,使4k?2＝x?y即(x?y)(x?y)?2(2k?1) (*) 由于x?y与x?y具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或4的倍数，另一方面，（*）式右边只能被4除余2的数，故（*）式不能成立.由此，
22224k?2?A(k?Z).
11.解：A?x?1?x?3，B?x?x?a??x?3a??0．
??????当a?0时，B??x3a?x?a?0?，由A?B??得a??1；
当a?0时，B?xx?0??，与A?B??不符． 综上所述，a???1,0???0,3?．
当a?0时，B?x0?a?x?3a，由A?B??得0?a?3；
?2?12．解：由④若x，y∈P,则x＋y∈P可知，若x∈P，则kx?P (k?N) （1）由①可设x，y∈P，且x＞0，y＜0，则－yx＝|y|x (|y|∈N) 故xy,－yx∈P,由④,0＝(－yx)+xy∈P.
（2）2?P.若2∈P，则P中的负数全为偶数，不然的话，当－（2k?1）∈P（k?N）时，－1＝（－2k?1）＋2k∈P，与③矛盾.于是，由②知P中必有正奇数.设
?2m,2n?1?P (m,n?N)，我们取适当正整数q，使 q?|?2m|?2n?1，则负奇数?2qm?(2n?1)?P.前后矛盾
B组
1．证明：设任意的r∈Q，r≠0,由②知r∈S，或－r∈S之一成立.再由①，若∈S，则r?S；若－r∈S，则r?(?r)?(?r)?S.总之，r?S.
取r=1，则1∈S.再由①，2=1+1∈S，3=1+2∈S，?，可知全体正整数都属于S.
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22r2设p,q?S，由①pq?S，又由前证知
p11?pq?，所以∈S.因此，S含有全?S22qqq体正有理数.再由①知，0及全体负有理数不属于S.即S是由全体正有理数组成的集合. 2．证明：（1）若x?Si,y?Sj，则y?x?Sk,(y?x)?y??x?Si，所以每个集合中均有非负元素.
当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立.
否则，设S1,S2,S3中的最小正元素为a，不妨设a?S1，设b为S2,S3中最小的非负元素，不妨设b?S2,则b－a∈S3.
若b＞0,则0≤b－a＜b，与b的取法矛盾.所以b=0.
任取x?S1,因0∈S2,故x－0＝x∈S3.所以S1?S3，同理S3?S1. 所以S1=S3.
（２）可能.例如S1=S2={奇数}，S3={偶数}显然满足条件，S1和S2与S3都无公共元素. 3．解：(A?B)?C=(A?C)?(B?C).A?C与B?C分别为方程组
（Ⅰ）??ax?y?1?x?ay?1 （Ⅱ）?x2?y2?1 22x?y?1??1?a22a的解集.由（Ⅰ）解得（x,y）=（0，1）=（，）；由（Ⅱ）解得 221?a1?a1?a22a（x,y）=（1，0），（，） 221?a1?a（1）使(A?B)?C恰有两个元素的情况只有两种可能：
?2a?2a?0?1???1?a2?1?a2①? ②? 221?a1?a???1?022???1?a?1?a由①解得a=0；由②解得a=1.
故a=0或1时，(A?B)?C恰有两个元素.
2a1?a2（2）使(A?B)?C恰有三个元素的情况是：= 221?a1?a解得a??1?2，故当a??1?2时，(A?B)?C恰有三个元素.
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4．解: (1)设d?P1?A,P2?BminP1P2(即集合A中的点与集合B中的点的距离的最小值),
则称d为A与B的距离.
⑵解法一：∵A中点的集合为圆(x?2)?(y?2)?1,圆心为M(?2,?2),令P(x,y)是双曲线上的任一点,则MP2222?(x?2)2?(y?2)2=x2?y2?4(x?y)?8
2=(x?y)?2xy?4(x?y)+8=(x?y)?4(x?y)?28
22令t?x?y,则MP=t?4t?28?(t?2)?24
2当t??2时,即??xy??10有解，∴MPmin?26∴d?26?1
x?y??2?22解法二：如图,P是双曲线上的任一点, Q为圆(x?2)?(y?2)?1上任一点,圆心为M.显然,PQ?MQ≥MP(当P、Q、M三点共线时取等号)∴d?MPmin?1.
5．解：记n?18!时，由于1，2，??18都是n的约数，故此时f(n)?19.从而19?M. 若存在n?P，使f(n)?99，则对于小于99的正整数k，均有k|n，从而9|n,11|n，但是(9,11)?1，由整数理论中的性质9×11=99是n的一个约数，这是一个矛盾！从而99?M. 6．证明：假设该校共有m个班级，他们的建议分别组成集合A1,A2,?,Am。这些集合中没有两个相同（因为没有两个班级提出全部相同的建议），而任何两个集合都有相同的元素，因此任何一个集合都不是另外一个集合的补集。这样在A1,A2,?,Am中至多有A（所有P条建议所组成的集合）的
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1P?2?2P?1个子集，所以m?2P?1. 2