【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题01 集合 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版

这是一份【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题01 集合 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2020·北京·高三校考强基计划）设A，B，C是集合的子集，且满足，这样的有序组的总数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用分步计数法可求有序组的总数.
【详解】考虑A，B，C把集合划分为5个集合：，
接下来将集合P中的元素逐一安排到集合中即可得所求总数为．
故选：C.
2．（2021·全国·高一专题练习）已知非空集合是集合的子集，若同时满足两个条件：（1）若，则；（2）若，则；则称是集合的“互斥子集”，并规定与为不同的“互斥子集组”，则集合的不同“互斥子集组”的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】按所含元素的个数分为“1+1型”、“1+2型”、“1+3型”、“2+2型”，分别求出相应的“互斥子集组”数.
【详解】①若、中各含一个元素时，“互斥子集组”数：个
②若含一个、含两个元素时，“互斥子集组”数:个
③若含一个、含三个元素时，“互斥子集组”数:个
④若、中各含两个元素时，“互斥子集组”数：个.
综上共有“互斥子集组”数50个.
故选:D
【点睛】此题关键在于恰当分类，属于中档题.
3．（2021·北京·高三强基计划）现有7把钥匙和7把锁．用这些钥匙随机开锁，则这三把钥匙不能打开对应的锁的概率是（ ）
A．B．C．D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】利用对立事件可求这三把钥匙不能打开对应的锁的概率.
【详解】设打开对应的锁的事件为，其中，
则，，
且，
因此所求概率为．
故选：B.
4．（2021·全国·高一专题练习）设集合S，T，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：①对于任意的，若，则；②对于任意的，若，则.若S有3个元素，则T可能有（ ）
A．2个元素B．3个元素C．4个元素D．5个元素
【答案】B
【分析】S有3个元素，不妨设，其中,根据性质①②可得出T中有且只有3个元素.
【详解】若S有3个元素，不妨设，其中，
由①知，则必有
由②知，，
显然有，
若，则，此时中有元素，则符合，
此时T中有3个元素；
若，则有即，
此时中有3个元素，
综上T中有3个元素.
故选：B
【点睛】本题主要考查了集合中新定义，考查了推理分析问题的能力，属于中档题.
5．（2021·北京·高三强基计划）设正整数m，n均不大于2021，且，则这样的数组的个数为（ ）
A．2021B．1428
C．3449D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】原不等式等价于，考虑诸区间及诸区间后可求数组的个数.
【详解】题中不等式即，
记，注意到区间的长度为，
而相邻区间的间距为，满足，
因此任何两个相邻的区间都有交集．
记，则当时，m对应唯一的n；
当时，m对应两个n．
而，
因此有1428个m落在E中，剩下的个m落在中，所求数组的个数为．
故选：C.
二、填空题
6．（2022·新疆·高二竞赛）设集合中的最大元素与最小元素分别为M，N，则___________．
【答案】
【详解】由知，，
当时，得最大元素，
又，当时，得最小元素，
因此，．
故答案为：.
7．（2022·浙江·高二竞赛）已知集合，若集合A中恰有9个正整数，则______.
【答案】4
【详解】时，，不合题意，舍去，
时，，不合题意，舍去，
时，，
，
.
故答案为：4.
8．（2020·江苏·高三竞赛）设，欧拉函数表示在正整数1，2，3，…，中与互质的数的个数，例如1，3都与4互质，2，4与4不互质，所以，则__________．
【答案】800
【详解】解析：法一：因为，
故能被2整除的数有1010个，能被5整除的数有404个，
能被101整除的数有20个，
既能被2整除又能被5整除的数有202个，
既能被2整除又能被101整除的数有10个，
既能被5整除又能被101整除的数有4个，
既能被2整除又能被5和101整除的数有2个．
故与2020不互质的有，则．
故答案为：800.
法二：.
故答案为：800.
9．（2022·广西·高二统考竞赛）设、是集合的两个子集，，且时．记为的元素之和，则的最大值是______．
【答案】39
【详解】由求得，
根据抽屉原理，至多有6个元素，
当时，得到的最大值为39．
故答案为：39.
10．（2022·福建·高二统考竞赛）已知，，…，是集合的n个非空子集，如果对于任意的i，，均有，则n的最大值为___________.
【答案】511
【详解】将集合的个非空子集分成512组：
第1组为集合A；
第2组到第512组，每组2个子集，且这2个子集的并集为集合A（易知这种分组是存在的，事实上只需将A的非空子集B与B在A中的补集分在同一组即可），
当时，若，，…，中含有集合A，则显然不符合要求；
若，，…，中不含有集合A，则根据上述分组和抽屉原理，，，…，必有两个集合在同一组，它们的并集为集合A，也不符合要求，所以，
另一方面，集合有511个非空子集，对于其中任意两个子集X和Y，均有，可见符合要求，
所以n的最大值为511，
故答案为：511.
11．（2022·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛）定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲队，则称甲乙丙为一个“友好组”.如果20支球队参加单循环比赛，则友好组个数的最大值为__________.
【答案】330
【分析】从反面考虑非友好组的个数的最小值，后者可用逐步调整法来处理.
【详解】当为偶数时，令，则总共有场比赛.
不妨设有个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三对为非友好组，不妨设甲队赢了乙队和丙队，此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.
因此，若队在比赛中赢了场，则，且以为组长的非友好组有个（补充定义：，于是所有非友好组的个数为.
下求最小值.
若在中，有.
则令，其余且，
，
故调整后的总和变小.重复上述操作，直至任意两个数的差最多为1.
不妨设有个个，则有
整理有.
由于，故.由等式两边对应相等可知，，
即调整后有个个.此时的值为，
则，
故友好组个数的最大值为，即.
下面为取到最大值的例子：设在.共支球队中，当时，队胜；当时，队胜，下标均是在模的意义下.
综上所述，当为偶数时，友好组个数的最大值为.故如果20支球队参加单循环比赛，友好组个数的最大值为330.
故答案为：330
12．（2021·全国·高三竞赛）已知非空集合，用表示集合中最大数和最小数的和，则所有这样的的和为_____.
【答案】
【详解】将中的非空子集两两进行配对，对每个非空子集，令，
对的任意两个子集和，若时，.
则所有非空集合可以分成和两类.
当时，必有，
当时，必有.
又的非空子集共有个，故所有这样的的和为.
故答案为：.
13．（2020·浙江·高三专题练习）记为集合S的元素个数，为集合S的子集个数，若集合A，B，C满足：①；②，则的最大值是____________.
【答案】2019
【解析】设，根据元素个数得到子集个数，根据，分析出，即可求解.
【详解】设，
则，
即得，所以，
（1）若，，所以左边是偶数，右边是奇数不合，
（2）若，，所以左边是偶数，右边是奇数不合，
故，
而，①若，则，
②若，则，
所以的最大值为2019，时取最大值.
【点睛】本题考查交集与并集的混合运算，考查了集合的元素个数与集合子集间的关系，考查逻辑思维能力与推理论证能力，体现了分类讨论的数学思想方法，难度较大．
14．（2022·全国·高三专题练习）已知，集合，集合的所有非空子集的最小元素之和为，则使得的最小正整数n的值为______．
【答案】13
【解析】求出的所有非空子集中的最小元素的和，利用，即可求出最小正整数的值.
【详解】当时，的所有非空子集为：，，，所以.
当时，.
当时，当最小值为时，每个元素都有或无两种情况，共有个元素，共有个非空子集，.
当最小值为时，不含，含，共有个元素，
有个非空子集，.
……
所以…….
因为，，即.
所以使得的最小正整数的值为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：数列求和的常用方法：
（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.
（2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求.
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，，等.
（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.
（5）倒序相加法.
15．（2022·浙江·高二竞赛）给定正整数n，，记从的一一映射f称为是可划分的：若X可划分为k个非空子集，，…，，且（，2，…，k）（即，且，，…，两两的交集为空集，）.已知f是一个X的划分的一一映射，，，…，是1，2，…，n的一个排列，则的最小值为______.
【答案】
【详解】令，若，，
若，则，
定义映射如下：
若，则，
若，则，，
集合，，
此时.
故答案为：.
16．（2022·北京·高一统考竞赛）对实数，不超过的最小值的最大整数为__________．
【答案】92378
【详解】我们把集合划分为：，
其中．
其中的元素个数为．记，
则，
考虑．
由于，我们有，
即．（记），
所以．
当或时，我们取可使上式取等号，（此时）：
，
综上，的最小值是．
故答案为：92378.
17．（2022·北京·高一统考竞赛）有__________个不超过2020的正整数k，满足对任意的正整数n，均有．
【答案】7
【详解】（1）Legendre公式：
，其中）表示n的进制的数字和．
（2）回到原题，我们知道：
，
问题转化：
（△）设p为素数，求所有的正整数k，满足条件：对任意的正整数，均有．
其中表示的进制的数字和．
（ⅰ）先考虑的性质：
不妨设n的进制表示为：，
其中且，
因此，
特别对，我们有，
因此.
（ⅱ）回到（△）：
（Ⅰ）如果，其中，那么对任意的正整数n，
均有，
从而符合题意，．
（Ⅱ）如果k不是p的幂，那么k不符合条件．
想证：存在正整数N，使得．
由于k不是p的幂，不妨设，其中，
我们知道：，
只需证：存在正整数N，使得，
由于，那么，因此存在正整数，使得，
理由如下：考虑以下的个数，
利用抽屉原理，存在，使得，
因此，，
从而，．令，则，即．
下面构造正整数N：令，其中正整数，t待定．
要求t适当大，
不妨设，则，从而，
我们知道：，
因此，，
另一方面：
，
观察，
不妨设的进制展开为：
，其中，
代入，有
，
因此，，取，则．
故答案为：7.
三、解答题
18．（2021·浙江·高二竞赛）设数集，它的平均数.现将分成两个非空且不相交子集，，求的最大值，并讨论取到最大值时不同的有序数对的数目.
【答案】最大值，数目为.
【分析】不妨设，记，，可以得到=，考虑T最大的情况是取最大的个数，此时可以发现的结果正好是与无关的定值，从而也就得到了的最大值，然后考察的可能的值，得到时的组数，并利用对称性得到时具有与之相等的组数，从而得到所有可能的的组数.
【详解】不妨设，
记，，
所以
，
又有，
所以
当且仅当时，取到等号，
所以的最大值.
此时，
由非空，可知，2，…，，有种情况，
利用对称性得到时具有与之相等的组数，
由于的最大值不可能有的情况，
所以有序数对的数目为.
19．（2022·福建·高二统考竞赛）某校数学兴趣小组有14位同学，他们组成了n个不同的课题组.每个课题组有6位同学，每位同学至少参加2个课题组，且任意两个课题组至多有2位共同的同学，求n的最大值.
【答案】7
【详解】将14位同学记为，，…，，课题组集合记为，，…，，
则，，2，…，n，且，，
设（，2，…，14）属于，，…，中的个集合，
则，且，
考虑三元数组的个数S，其中，
一方面，对于固定的，，由题意至多有2个属于三元数组，所以，
另一方面，对于固定的，由于属于，，…，中的个集合，
所以三元数组的个数为，因此：
，
所以，解得，
又14位同学按照下列方式组成的7个课题组符合要求：
，
，
，
，
，
，
，
综上所述，n的最大值为7.
20．（2022春·浙江·高一校联考竞赛）已知，求最大的实数，使得对任意大于2022的正整数及实数，存在集合的一个子集满足对所有恒成立且.
【答案】
【详解】我们来证明：
首先，记，
一方面，取，，；
，，
此时，
由，及，知，
在1至中，S至少有i个元素，至多有j个元素，
在至中，S至少有i个元素，至多有j个元素，
于是，因此，
另一方面，当时，
设，，
，，
则，不妨设，
在中任取个互不相同的元，再在剩下的元素中任取的互不相同的元，
取，，
或者，，
这样的总能满足，
且， (1)
将所有（1）求和，其中一共有种，
每个及在的求和中出现次，
每个在的求和中出现次，
结合抽屉原理得，必存在一种情况使得：
，
综上所述，.
21．（2021·全国·高三竞赛）设集合是由平面上任意三点不共线的4039个点构成的集合，且其中2019个点为红色，2020个点为蓝色；在平面上画出一组直线，可以将平面分成若干区域，若一组直线对于点集满足下述两个条件，称这是一个“好直线组”：
（1）这些直线不经过该点集中的任何一个点；
（2）每个区域中均不会同时出现两种颜色的点.
求的最小值，使得对于任意的点集，均存在由条直线构成的“好直线组”.
【答案】.
【详解】先证明：
在一个圆周上顺次交替标记2019个红点和2019个蓝点，在平面上另外任取一点染为蓝色，这个圆周就被分成了4038段弧，则每一段的两个端点均染了不同的颜色；
若要满足题目的要求，则每一段弧均与某条画出的直线相交；
因为每条直线和圆周至多有两个交点，所以，至少要有条直线.
再证明：用2019条直线可以满足要求.
对于任意两个同色点，均可用两条直线将它们与其他的点分离.
作法：在直线的两侧作两条与平行的直线，只要它们足够接近，它们之间的带状区域里就会只有和这两个染色点.
设是所有染色点的凸包，有以下两种情形：
（1）假设有一个红色顶点，不妨记为.则可作一条直线，将点和所有其他的染色点分离，这样，余下的2018个红点可以组成1009对，每对可以用两条平行直线将它们与所有其他的染色点分离.所以，总共用2019条直线可以达到要求.
（2）假设的所有顶点均为蓝色.考虑上的两个相邻顶点，不妨记为.则用一条直线就可以将这两个点与所有其他染色点分离.这样，余下的2018个蓝点可以组成1009对，每对可以用两条直线将它们与所有其他染色点分离.
所以，总共也用了2019条直线可以达到要求.
综上：的最小值为2019.
22．（2021·全国·高三竞赛）已知是一个有限集.是满足如下性质的两个分划：若，则.求的最小值.
【答案】50
【详解】的最小值为50.
我们先证明.
考虑集合中元素个数最少的集合，不妨设为.
记，则至多与中个集合相交.
不妨设且，其中.
故.
从而对有.
由的最小性知的元素个数均不小于.
从而
.
（1）若，则，此时由上式知；
（2）若，由是中元素个数最少的集合知.故.
另一方面，能取到50，例如，
取.
显然它们满足条件，这时.
23．（2021·全国·高三竞赛）设是连续个正整数组成的集合，求最小的正整数k，使得M的任何k元子集中都存在个数满足．
【答案】．
【详解】记，任何一个以i为首项，2为公比的等比数列与A的交集设为．
一方面，由于M中个元的子集中不存在题设的个数，否则，而，矛盾．
故．
另一方面，时，题设满足.
若非如此，考虑以为首项，以2为公比的等比数列．其与M的交集的元素个数为个．
设M任何k元子集为T，则上述等比数列与M的交集中至少有个元素不在T中，而时，．
注意到所以，
可得与矛盾．
综上，所求k为．
24．（2021·全国·高三竞赛）设n是正整数，我们说集合的一个排列具有性质P，是指在当中至少有一个i，使得.求证：对于任何n，具有性质P的排列比不具有性质P的排列的个数多.
【答案】证明见解析
【详解】设A为不具有性质P的排列的集合，B为具有性质P的排列的集合，显然.为了证明，只要得到就够了.
设中，k与相邻的排列的集合为.
则，由容斥原理得
25．（2023·全国·高三专题练习）设数列（）的各项均为正整数，且.若对任意，存在正整数使得，则称数列具有性质.
（1）判断数列与数列是否具有性质；（只需写出结论）
（2）若数列具有性质，且，，，求的最小值；
（3）若集合，且（任意，）.求证：存在，使得从中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质的数列.
【答案】（1）数列不具有性质；数列具有性质（2）的最小值为（3）证明见解析
【解析】（1）不满足存在正整数使得，故数列不具有性质；根据定义可知数列具有性质；
（2）由题可知，，，，，所以，再验证可知时，数列不具有性质，时，数列具有性质，从而可知的最小值为；
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则，再根据定义推出矛盾，从而可证结论正确.
【详解】（1）数列不具有性质；数列具有性质.
（2）由题可知，，，，，
所以.
若，因为且，所以.
同理，
因为数列各项均为正整数，所以.所以数列前三项为.
因为数列具有性质，只可能为之一，而又因为，
所以.
同理，有.
此时数列为.
但数列中不存在使得，所以该数列不具有性质.
所以.
当时，取.（构造数列不唯一）
经验证，此数列具有性质.
所以，的最小值为.
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则.
否则，存在满足：存在，使得，此时，从中取出：
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列.
（i）由题意可知，这个集合中至少有一个集合的元素个数不少于个，
不妨设此集合为，从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设，对任意，，所以.
（ii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
由假设，所以，所以，所以.
（iii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
同样，由假设可得，所以，所以.
（iv）类似地，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，
则.
（v）同样，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，同理可得.
（vi）由假设可得.
同上可知，，
而又因为，所以，矛盾.所以假设不成立.
所以原命题得证.
【点睛】本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了反证法，考查了集合的并集运算，准确理解定义和运用定义解题是解题关键，属于难题.
26．（2019·浙江·高三校联考竞赛）设X是有限集，t为正整数，F是包含t个子集的子集族：F=.如果F中的部分子集构成的集族S满足：对S中任意两个不相等的集合A、B，均不成立，则称S为反链.设S1为包含集合最多的反链，S2是任意反链.证明：存在S2到S1的单射f，满足或成立.
【答案】证明见解析
【详解】记|S1|=r，称包含r个元素的反链为最大反链，最大反链可能不唯一
称F的子集P为链，如果之一成立.
我们证明结论：F可以拆分为r个链的并(即Dilwrth定理).
对t进行归纳证明.t=1时显然成立.设命题对t－1成立，先假设存在一个最大反链S，使得F中既有集合真包含S中的某个集合，也有集合是S中的某个集合的真子集.记前者的全体为F1，后者的全体为F2，即
包含S中的某个集合，
是S中的某个集合的子集，
则均是F的真子集，从而由归纳假设可将都可以拆成r个链的并.中的链以S中的元素开始，中的链以S中的元素结束.将这些链“接”起来就将F分成了r条链.
现在假设不存在这样的反链，从而每个最大反链要么满足，要么满足.前者意味着S中的子集都是“极大”子集(不是另一个Ai的真子集)，后者意味着S中的子集都是“极小”子集(不真包含另一个Ai)，从而至多有两个最大反链.如果极大子集构成的反链和极小子集构成的反链均为最大反链，则任取极大子集A，以及极小子集，将A、B都去掉用归纳假设将剩下的集合拆分成r－1条链，再加上链即可如果其中之一不是最大反链，不妨设极大子集构成的反链是唯一的极大反链，任意去掉一个极大子集归纳即可.结论证毕.
现在将F拆分成r条链，则每条链中恰有一个S1中的子集，且至多有一个S2中的子集.将每个S2中的子集对应到所在链中S1的元素，就得到了从S2到S1满足要求的映射.
27．（2022·全国·高三专题练习）对给定的正整数，令，，，，，，2，3，，．对任意的，，，，，，，，定义与的距离．设是的含有至少两个元素的子集，集合，，中的最小值称为的特征，记作（A）．
（Ⅰ）当时，直接写出下述集合的特征：，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，．
（Ⅱ）当时，设且（A），求中元素个数的最大值；
（Ⅲ）当时，设且（A），求证：中的元素个数小于．
【答案】（Ⅰ）答案详见解析；（Ⅱ）2；（Ⅲ）证明详见解析.
【解析】（Ⅰ）根据与的距离的定义，直接求出的最小值即可；
（Ⅱ）一方面先证明中元素个数至多有2 个元素，另一方面证明存在集合中元素个数为2 个满足题意，进而得出中元素个数的最大值；
（Ⅲ）设，，，定义的邻域，先证明对任意的， 中恰有 2021 个元素，再利用反证法证明，于是得到中共有 个元素，但中共有 个元素，所以，进而证明结论．
【详解】（Ⅰ）（A），（B），（C）；
（Ⅱ）（a） 一方面：对任意的，，，，，，
令（a），，，，，，
则，（a），故（a），
令集合（a），则，
且 和 的元素个数相同，
但 中共有 个元素，其中至多一半属于，
故中至多有2 个元素．
（b）另一方面：设，，， 是偶数，
则 中的元素个数为 对任意的
，，，，，，，，，
易得与
奇偶性相同，
故 为偶数，由，得，故，
注意到，0，0，0，，0，，，1，0，0，， 且它们的距离为2，
故此时满足题意，
综上，中元素个数的最大值为2．
（Ⅲ）当 时，设 且（A），
设，，，
任意的，定义的邻域，
（a） 对任意的， 中恰有 2021 个元素，事实上
①若，则，恰有一种可能；，
②若，则 与，恰有一个分量不同，共2020种可能；
综上， 中恰有2021个元素，
（b） 对任意的，，
事实上，若，
不妨设，，，，，
则
，
这与（A），矛盾，由 （a） 和 （b），
中共有 个元素，
但中共有 个元素，
所以，
注意到是正整数，但 不是正整数，上述等号无法取到，
所以，集合 中的元素个数小于．
【点睛】本题考查集合的新定义，集合的含义与表示、集合的运算以及集合之间的关系，反证法的应用，考查学生分析、解决问题的能力，正确理解新定义是关键，综合性较强，属于难题．
28．（2022·全国·高三专题练习）班级里共有名学生，其中有，，．已知，，中任意两人均为朋友，且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友．若对于某三个人，他们当中任意两人均为朋友，则称他们组成一个“朋友圈”．
（1）求班级里朋友圈个数的最大值．
（2）求班级里朋友圈个数的最小值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用组合数可求；
（2）利用容斥原理可求.
【详解】（1）当班级中的任意3人中，任意两个人都是朋友时，班级里朋友圈个数的最大，
此时.
（2）当时，，
当时，，，中的每个人都至少与班级的3个同学是好朋友，故4人彼此是好朋友，故，
当时，记为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，
若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，
因为余下人数为，由容斥原理可得
，
所以，
即，
故此时，
考虑一种特殊情况：，
此时朋友圈个数为，故.
若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，
因为余下人数为，由容斥原理可得
，
所以，
即，
故此时，
考虑一种特殊情况：，
此时朋友圈个数为，故.
综上，.
29．（2022·浙江杭州·高三学军中学校考竞赛）我们称为“花式集合”，如果它满足如下三个条件：
（a）；
（b）的每个元素都是包含于中的闭区间（元素可重复）；
（c）对于任意实数中包含的元素个数不超过1011.
对于“花式集合”和区间，用表示使得的对的数量.求的最大值.
【答案】
【分析】先构造一个特例，再根据逐步调整法和数学归纳法可证的取值范围，从而可求其最大值.
【详解】答案是.
先给出取得最大值的构造：易于验证，当由1011个以及1011个组成､由1011个以及1011个组成时，符合题意.
再给出最优性的证明：分成两步进行.
第一步，调整集合.
断言一：对于中区间，如果，则将中的替换为不改变原结果，称之为“切换”.
这是因为:
①如果中的一个区间与相交，那么它最初和现在都与两个区间相交，成立；
②如果中的一个区间与不相交，则它要么与和都不相交，要么恰与中一个相交.因此，如果它与其中之一相交，则在替换区间后仍会与其中之一相交，也成立.
断言二：总能在有限次“切换”后，使得对于中任意两个区间，它们要么不交，要么一个包含另一个，对于亦然.
为此，考虑一个以区间为顶点的图，两顶点之间连边当且仅当它们对应的两区间交集非空（特别地，仍算作非空）.将每个连通分支的顶点对应的区间划分为一组，记为，使得如果，则.显然此分组方式唯一且不改变图的连通性.
下面，我们固定并对进行归纳.归纳基础为，显然成立.
对每个，考虑中左端点位于最左边的区间（注意稍后可能会变化）.
则对于其它任何区间，我们有.另外，若，则称包含.
对其它区间执行操作，那么总是包含操作后的区间.
因此，与中的每个区间最多相交一次.只要存在区间且，操作过程就不会结束.
当操作终止时，中必然不存在满足的区间，并且对于不与中的任何区间相交.因此，，且包含中的所有区间.此时，我们去掉，对应用归纳假设即可.
第二步，加强归纳.
设集合为“-好的”集合，
如果：1）；
2）的每个元素都是包含在中的闭区间；
3）对于任意实数中包含的元素个数不超过.
定义为可以取得的最大值，其中是“-好的”集合且是“-好的”集合.下证加强的命题：，原题即时的特例.
对此，我们采用归纳法，归纳基础为.
此时，再对使用归纳法.如果，显然成立；否则，设为中最左边的两个区间（注意到，因此我们能够比较这两个区间的位置）､为中最左边的两个区间.此时不难得到：或两者之一，与另一个集合中最多一个区间有非空交集.这是因为，若对某个与的交集非空，则.因此，对于所有与交集为空.不妨设与另一个集合中最多一个区间有非空交集，这样一来，我们可以去掉，再利用归纳假设，结论成立.
不妨设，否则把换成.
令为中互相不包含的区间的集合（如果多个区间相同且未严格包含于更大的区间中，则选择任意一个加入.注意到为“（|S|，1）-好的”集合，为“（-好的”集合.则：
其中，不等号使用了奠基的结论.
至此，加强的命题得证!
30．（2020·江苏南通·统考模拟预测）整数，集合，A，B，C是集合P的3个非空子集，记，为所有满足，的有序集合对的个数．
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由题意得，，，，或，，，，，即可得到的值；
（2）当B中的元素个数为时，集合A的种数为，集合C的种数为；当B中的元素个数为n时，集合A的种数为，集合C的种数为，即可得到的值；
【详解】（1）当时，集合，非空子集为，，，
因为，，
所以当时，，则，，；
当时，，则，，．
综上，．
（2）当B中的元素个数为时，集合A的种数为，集合C的种数为；当B中的元素个数为n时，集合A的种数为，集合C的种数为．
所以
．
【点睛】本题考查集合的新定义、二项式定理的应用，考查转化与化归思想，考查逻辑思维能力、运算求解能力，难度较大.