Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tập hợp và phép toán (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $A=\{x\in \mathbb{R}:1+x\le 0\}=(-\infty ;-1]$. a) Sai vì $A=(-\infty ;-1]$ chứ không phải $[-1;+\infty )$. b) Sai vì $B=(-3;7)$ là khoảng mở chứa vô số số thực, không thể có 9 phần tử. c) $A\setminus B$: bỏ khỏi $(-\infty ;-1]$ phần $(-3;-1]$ (giao với $B$), còn lại $(-\infty ;-3]$ → đúng. d) $C=[m;m+5]\subset (-3;7)$ khi và chỉ khi $m>-3$ và $m+5<7$, tức $-3<m<2$, tập nghiệm là $(-3;2)\ne (-8;7)$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $1+x\le 0\iff x\le -1$ nên $A=(-\infty ;-1]$, không phải $[-1;+\infty )$. Mệnh đề sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$B=(-3;7)$ là tập vô hạn (khoảng mở chứa vô số số thực), nên không có 9 phần tử. Mệnh đề sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$A=(-\infty ;-1]$, $A\cap B=(-3;-1]$, do đó $A\setminus B=(-\infty ;-3]$. Mệnh đề đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$C=[m;m+5]\subset (-3;7)\iff m>-3$ và $m+5<7\iff -3<m<2$. Tập các giá trị của $m$ là $(-3;2)$, không phải $(-8;7)$. Mệnh đề sai.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi T, V, A là tập học sinh giỏi Toán, Văn, Anh. Theo bàng đồ Ven: $|T\cup V\cup A|=|T|+|V|+|A|-\sum |x\cap y|+|T\cap V\cap A|$, nên $36=18+20+22-\sum |x\cap y|+4$, suy ra tổng số phần tử của ba giao hai môn là $60+4-36=28$. Số học sinh giỏi đúng hai môn (mỗi em bị đếm 3 lần trong tổng các giao đôi) là $28-3\cdot 4=16$. Vậy số học sinh chỉ giỏi một môn là $36-16-4=16$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $x\in \mathbb{N}$ và $-2<x\le 3$ nên $x$ nhận các giá trị $0;1;2;3$. Vậy $A=\{0;1;2;3\}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
$A=(-4;1)$ và $B=[-3;2]$. Phần giao gồm các $x$ thuộc cả hai tập: $-3\le x<1$, tức $A\cap B=[-3;1)$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tập $P=\{a;b;c;d\}$ có 4 phần tử. Một tập con của $P$ chứa cả $b$ và $c$ thì bắt buộc có $b,c$, còn hai phần tử $a,d$ mỗi phần tử có thể có hoặc không. Vậy số tập con là $2^2=4$: $\{b;c\}$, $\{a;b;c\}$, $\{b;c;d\}$, $\{a;b;c;d\}$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Giải $(x^2-2x-3)(x^2-1)=0$: $x^2-2x-3=0\iff x=3$ hoặc $x=-1$; $x^2-1=0\iff x=\pm 1$. Vì $x\in \mathbb{N}$ nên $A=\{1;3\}$ (2 phần tử; $x=0$ không thỏa vì $(0-0-3)(0-1)=3\ne 0$). $B=\{x\in \mathbb{R}\mid -5\le x-1\le 5\}=[-4;6]$. $C=(-\infty ;m)$. a) $A$ có 2 phần tử nên có $2^2=4$ tập con, không phải 3 → Sai. b) $-5\le x-1\le 5\iff -4\le x\le 6$ nên $B=[-4;6]$ → Đúng. c) $A\cap B=\{1;3\}$; các số nguyên trong $B=[-4;6]$ là $-4,-3,\dots ,6$ (11 số), bỏ đi $1$ và $3$ còn 9 số nguyên thuộc $C_{B}A$ → Đúng. d) $C\cap B\ne \varnothing \iff (-\infty ;m)\cap [-4;6]\ne \varnothing \iff m>-4$, không phải $m>6$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$A=\{1;3\}$ có 2 phần tử nên có $2^2=4$ tập con, không phải 3 → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$-5\le x-1\le 5\iff -4\le x\le 6$ nên $B=[-4;6]$ → Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$B=[-4;6]$ chứa 11 số nguyên từ $-4$ đến $6$; loại $1$ và $3$ (thuộc $A$) còn đúng 9 số nguyên thuộc $C_{B}A$ → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$C\cap B\ne \varnothing \iff m>-4$, không phải $m>6$ → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi V, T, A lần lượt là tập học sinh giỏi Văn, Toán, Tiếng Anh. Theo công thức bao hàm - loại trừ: $|V\cup T\cup A|=10+12+14-5-6-7+2=20$. Vậy số học sinh không giỏi môn nào là $51-20=31$.

(AI giải đề cho tôi)
Giải $(2-x)(x^2-3x-4)=0$: $x=2$ hoặc $x^2-3x-4=0\iff (x-4)(x+1)=0\iff x=4$ hoặc $x=-1$. Vậy $A=\{-1;2;4\}$. Tập $B=\{x\in \mathbb{R}\mid x\ge -1\}$. Do đó $A\cap B=\{-1;2;4\}$ (vì tất cả đều $\ge -1$). Các số tự nhiên trong $A\cap B$ là $2$ và $4$, tức có $2$ số.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 1 (Phần IV)**

Cho $A=[-2;3]$ và $B=(1;+\infty )$.

**a)**
- $A\cup B=[-2;+\infty )$ vì $A$ và $B$ liền kề tại $1$ (thuộc $A$).
- $A\cap B=(1;3]$ (phần chung: lớn hơn $1$ và không vượt quá $3$).
- $C_{\mathbb{R}}B=(-\infty ;1]$ (các số thực không thuộc $(1;+\infty )$).

**b)** Tập $C=\{x\in \mathbb{R}\mid x^2+(3m+1)x+3m=0\}$.

Phân tích: $x^2+(3m+1)x+3m=(x+1)(x+3m)=0$, nên phương trình có hai nghiệm $x=-1$ và $x=-3m$ (với mọi $m$, vì biệt thức $(3m+1{)}^2-12m=(3m-1{)}^2\ge 0$, nên $C\ne \varnothing$).

Yêu cầu $C\subset A=[-2;3]$:
- Nghiệm $x=-1\in [-2;3]$ luôn thỏa.
- Nghiệm $x=-3m$ phải thuộc $[-2;3]$: $-2\le -3m\le 3\iff -1\le m\le \frac{2}{3}$.

Vậy $m\in \left[-1;\frac{2}{3}\right]$.

(AI giải đề cho tôi)
Giải $2x^2-3x+1=0$: $(2x-1)(x-1)=0$ nên $x=\frac{1}{2}$ hoặc $x=1$. Vì $x\in \mathbb{Z}$ nên chỉ nhận $x=1$. Vậy $X=\{1\}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình vẽ là hai elip giao nhau: $B$ là elip lớn bên trái, $A$ là elip nhỏ bên phải, phần bị gạch chéo là phần chung của hai tập hợp, tức $A\cap B$. Do đó phần không bị gạch (phần còn lại của $B$ sau khi bỏ đi phần gạch) là $B\setminus A$. Vậy đáp án đúng là C.

(AI giải đề cho tôi)
$A=[-5;3)$, $B=(1;+\infty )$. Giao $A\cap B=(1;3)$ vì $x$ phải thỏa cả $x\ge -5$, $x<3$ và $x>1$, tức $1<x<3$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A\subset X\subset B$ nên $X$ phải chứa cả $1,2$ và $X$ phải khác $B$. Khi đó $X=\{1;2\}\cup S$ với $S\subseteq \{3;4;5\}$. Số tập con $S$ của $\{3;4;5\}$ là $2^3=8$, nhưng loại trường hợp $S=\{3;4;5\}$ vì khi đó $X=B$, không thỏa $X\subset B$ (thực sự). Vậy có $8-1=7$ tập $X$. Đáp án C.

a) Giả sử $n$ là một số cân bằng. Khi đó tồn tại tập hợp $S=\{a_1,a_2,\dots ,a_n\}\subset {\mathbb{N}}^{\ast }$ gồm $n$ phần tử phân biệt thỏa mãn điều kiện bài toán.

• Chứng minh $n$ là số lẻ:
Đặt $d=\gcd (a_1,a_2,\dots ,a_n)\ge 1$ và xét tập hợp $S^{\prime }=\left\{\frac{a_1}{d},\frac{a_2}{d},\dots ,\frac{a_n}{d}\right\}=\{a_1^{\prime },a_2^{\prime },\dots ,a_n^{\prime }\}$.
Rõ ràng $S^{\prime }$ cũng là một tập hợp thỏa mãn tính chất cân bằng và $\gcd (a_1^{\prime },a_2^{\prime },\dots ,a_n^{\prime })=1$. Đặt $T=\sum _{x\in S^{\prime }}x$. Theo giả thiết, với mỗi phần tử $x\in S^{\prime }$, tập hợp $S^{\prime }\setminus \{x\}$ có thể phân hoạch thành hai tập con có tổng các phần tử bằng nhau, do đó tổng các phần tử của $S^{\prime }\setminus \{x\}$ phải là một số chẵn:

$$T-x\equiv 0(\mathrm{mod}2)⟹x\equiv T(\mathrm{mod}2),\forall x\in S^{\prime }$$

Điều này chỉ ra rằng tất cả các phần tử của $S^{\prime }$ đều có cùng tính chẵn lẻ.
Do $\gcd (a_1^{\prime },a_2^{\prime },\dots ,a_n^{\prime })=1$, các phần tử của $S^{\prime }$ không thể cùng là số chẵn. Vì vậy, mọi phần tử của $S^{\prime }$ đều là số lẻ, tức là:

$$x\equiv 1(\mathrm{mod}2),\forall x\in S^{\prime }$$

Từ đó suy ra:

$$T=\sum _{x\in S^{\prime }}x\equiv n\cdot 1\equiv n(\mathrm{mod}2)$$

Mặt khác, ta đã có $T\equiv x\equiv 1(\mathrm{mod}2)$. Do đó:

$$n\equiv 1(\mathrm{mod}2)$$

hay $n$ bắt buộc phải là số lẻ.

• Chứng minh $n\ge 7$:
Vì $n\ge 3$ và $n$ lẻ, ta chỉ cần chứng minh $n\ne 3$ và $n\ne 5$ bằng phương pháp phản chứng. Giả sử các phần tử của $S$ được sắp thứ tự tăng dần: $a_1<a_2<\cdots <a_n$.

• Nếu $n=3$: Loại bỏ phần tử $a_3$, hai phần tử còn lại là $a_1,a_2$. Để chia thành hai tập có tổng bằng nhau thì bắt buộc $a_1=a_2$, mâu thuẫn với giả thiết các phần tử của tập hợp $S$ đôi một phân biệt. Vậy $n\ne 3$.

• Nếu $n=5$: Giả sử tồn tại tập hợp $S=\{a_1<a_2<a_3<a_4<a_5\}\subset {\mathbb{N}}^{\ast }$ thỏa mãn. Với bốn số nguyên dương bất kỳ $x_1<x_2<x_3<x_4$, để phân hoạch chúng thành hai tập có tổng bằng nhau, ta chỉ có hai dạng phân hoạch có thể xảy ra:

(1) Dạng $(2,2)$: Vì $x_4+x_3>x_2+x_1$ và $x_4+x_2>x_3+x_1$, đẳng thức duy nhất có thể xảy ra là:
$$x_4+x_1=x_2+x_3$$

(2) Dạng $(1,3)$: Vì phần tử đơn lẻ phải là phần tử lớn nhất $x_4$, đẳng thức duy nhất có thể xảy ra là:
$$x_4=x_1+x_2+x_3$$

Bây giờ, ta xét hai trường hợp loại bỏ phần tử:
– Khi loại bỏ $a_1$, bốn phần tử còn lại là $a_2<a_3<a_4<a_5$. Theo nhận xét trên, ta chỉ có thể có:
$$\{\begin{array}{ll}{a}_5+a_2=a_3+a_4& \text{(dạng 2 – 2)}\\ a_5=a_2+a_3+a_4& \text{(dạng 1 – 3)}\end{array}$$

– Khi loại bỏ $a_2$, bốn phần tử còn lại là $a_1<a_3<a_4<a_5$. Tương tự, ta chỉ có thể có:
$$\{\begin{array}{ll}{a}_5+a_1=a_3+a_4& \text{(dạng 2 – 2)}\\ a_5=a_1+a_3+a_4& \text{(dạng 1 – 3)}\end{array}$$

Kết hợp các khả năng:
○ Nếu cả hai đều thuộc dạng $(2,2)$: Ta có $a_5+a_2=a_3+a_4=a_5+a_1⟹a_1=a_2$ (mâu thuẫn).
○ Nếu loại $a_1$ ra dạng $(2,2)$ và loại $a_2$ ra dạng $(1,3)$: Ta có $a_5+a_2=a_3+a_4$ và $a_5=a_1+a_3+a_4$. Thay $a_5$ vào đẳng thức trước được $(a_1+a_3+a_4)+a_2=a_3+a_4⟹a_1+a_2=0$ (vô lý vì $a_1,a_2\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).
○ Nếu loại $a_1$ ra dạng $(1,3)$ và loại $a_2$ ra dạng $(2,2)$: Ta có $a_5=a_2+a_3+a_4$ và $a_5+a_1=a_3+a_4⟹(a_2+a_3+a_4)+a_1=a_3+a_4⟹a_1+a_2=0$ (vô lý).
○ Nếu cả hai đều thuộc dạng $(1,3)$: Ta có $a_5=a_2+a_3+a_4=a_1+a_3+a_4⟹a_1=a_2$ (mâu thuẫn).

Như vậy trong mọi khả năng đều dẫn tới mâu thuẫn, suy ra $n\ne 5$.

Từ các lập luận trên, ta kết luận: $n$ lẻ và $n\ge 7$.

b) Ta sẽ chứng minh mọi số nguyên lẻ $n\ge 7$ đều là số cân bằng.
Xét tập hợp gồm $n$ số lẻ liên tiếp đầu tiên:
$$S=\{1,3,5,\dots ,2n-1\}$$

Tổng của tất cả các phần tử trong $S$ là $T={\sum }_{i=1}^n(2i-1)=n^2$.

Với mỗi phần tử bị loại bỏ $x=2k-1\in S$ $(1\le k\le n)$, tổng của các phần tử còn lại trong $S\setminus \{x\}$ là:
$$T-x=n^2-(2k-1)$$

là một số chẵn. Ta cần chỉ ra sự tồn tại của một tập con $A\subset S\setminus \{x\}$ sao cho tổng các phần tử của $A$ bằng:
$$T_k=\frac{n^2-(2k-1)}{2}=\frac{n^2+1}{2}-k$$

• Trường hợp cơ sở $n=7$: Khi đó $S=\{1,3,5,7,9,11,13\}$ và $T=49$. Với từng phần tử $x$ bị loại, ta có các phân hoạch cụ thể như sau:
- Bỏ $x=1$: $T_1=24$. Ta chọn hai tập $\{11,13\}$ và $\{3,5,7,9\}$ (tổng cùng bằng 24).
- Bỏ $x=3$: $T_2=23$. Ta chọn hai tập $\{1,9,13\}$ và $\{5,7,11\}$ (tổng cùng bằng 23).
- Bỏ $x=5$: $T_3=22$. Ta chọn hai tập $\{9,13\}$ và $\{1,3,7,11\}$ (tổng cùng bằng 22).
- Bỏ $x=7$: $T_4=21$. Ta chọn hai tập $\{3,5,13\}$ và $\{1,9,11\}$ (tổng cùng bằng 21).
- Bỏ $x=9$: $T_5=20$. Ta chọn hai tập $\{7,13\}$ và $\{1,3,5,11\}$ (tổng cùng bằng 20).
- Bỏ $x=11$: $T_6=19$. Ta chọn hai tập $\{1,5,13\}$ và $\{3,7,9\}$ (tổng cùng bằng 19).
- Bỏ $x=13$: $T_7=18$. Ta chọn hai tập $\{7,11\}$ và $\{1,3,5,9\}$ (tổng cùng bằng 18).

Như vậy, $n=7$ là một số cân bằng.

• Trường hợp tổng quát với mọi số lẻ $n\ge 7$:
Đặt $n=2m+1$ với $m\ge 3$ ($m\in \mathbb{N}$). Khi đó $S=\{1,3,5,\dots ,4m+1\}$ có tổng $T=(2m+1{)}^2$. Mục tiêu là tìm tập con $A\subset S\setminus \{x\}$ có tổng bằng $T_k$. Chú ý rằng:
$$\frac{(n-1{)}^2}{2}=2m^2\le T_k\le 2m^2+2m=\frac{n^2-1}{2}$$

Xét các tập con gồm $m$ phần tử của $S\setminus \{x\}$.
- Tổng nhỏ nhất của một tập con gồm $m$ phần tử lấy từ $S\setminus \{x\}$ đạt giá trị lớn nhất khi $x\in \{1,3,\dots ,2m-1\}$, và tổng này không vượt quá:
$$\sum _{i=1}^{m+1}(2i-1)-1=(m+1{)}^2-1=m^2+2m$$

Với mọi $m\ge 3$, ta luôn có $m^2+2m\le 2m^2\le T_k$ (do $m^2-2m=m(m-2)>0$).
- Tổng lớn nhất của một tập con gồm $m$ phần tử lấy từ $S\setminus \{x\}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x\in \{4m+3-2m,\dots ,4m+1\}$, và tổng này không nhỏ hơn:
$$\sum _{i=m+1}^{2m+1}(2i-1)-(4m+1)=(2m+1{)}^2-m^2-(4m+1)=3m^2$$

Với mọi $m\ge 3$, ta luôn có $3m^2\ge 2m^2+2m\ge T_k$ (do $m^2-2m=m(m-2)>0$).

Do tập hợp $S\setminus \{x\}$ gồm các số lẻ có bước nhảy liên tiếp bằng 2 (hoặc một bước nhảy bằng 4 tại vị trí bỏ $x$), quá trình biến đổi liên tục từ tập con $m$ phần tử có tổng nhỏ nhất sang tập con có tổng lớn nhất bằng cách thay thế từng phần tử bởi phần tử kế tiếp trong $S\setminus \{x\}$ sẽ quét qua tất cả các giá trị nguyên có cùng tính chẵn lẻ với $m$ trong đoạn $[m^2+2m,3m^2]$.

Nếu $T_k\not\equiv m(\mathrm{mod}2)$, ta hoàn toàn tương tự xét họ các tập con gồm $m+1$ phần tử; khoảng giá trị tổng của chúng cũng bao phủ hoàn toàn giá trị $T_k$. Do đó, luôn luôn tồn tại tập con $A\subset S\setminus \{x\}$ có tổng đúng bằng $T_k$.

Kết luận: Tập hợp tất cả các số cân bằng là toàn bộ các số nguyên lẻ $n\ge 7$.

Gọi $A,B,C$ lần lượt là tập hợp các học sinh đăng kí CLB bóng đá, CLB bóng chuyền, CLB bóng rổ. Theo giả thiết $$n(A)=10,n(B)=7,n(C)=6,$$ $$n(A\cap B)=4,n(A\cap C)=3,n(B\cap C)=2,n(A\cap B\cap C)=1.$$ Áp dụng công thức bao hàm - loại trừ cho ba tập hợp: $$n(A\cup B\cup C)=n(A)+n(B)+n(C)-n(A\cap B)-n(A\cap C)-n(B\cap C)+n(A\cap B\cap C).$$ Thay số: $n(A\cup B\cup C)=10+7+6-4-3-2+1=15$. Đáp số: Có 15 học sinh đăng kí tham gia ít nhất một câu lạc bộ.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $2x-5>0\iff x>\frac{5}{2}$. Vậy $A=\left(\frac{5}{2};+\infty \right)$, tương ứng phương án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là tập học sinh tham gia CLB bóng đá (|A|=20), B là tập học sinh tham gia CLB bóng rổ (|B|=16), |A∩B|=10.
a) Số bạn tham gia bóng đá và không tham gia bóng rổ là |A\B| = 20 − 10 = 10, không phải 6 → sai.
b) Số bạn tham gia ít nhất một CLB là |A∪B| = 20 + 16 − 10 = 26 → đúng.
c) Lớp có 50 học sinh, số bạn không tham gia CLB bóng đá là 50 − 20 = 30, không phải 25 → sai.
d) Số bạn tham gia CLB thể thao (bóng đá hoặc bóng rổ) là 26; số bạn còn lại tham gia CLB cầu lông là 50 − 15 − 26 = 9 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
|A\B| = 20 − 10 = 10 ≠ 6, nên khẳng định sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
|A∪B| = 20 + 16 − 10 = 26, khẳng định đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Số bạn không tham gia bóng đá là 50 − 20 = 30 ≠ 25, khẳng định sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
Số bạn tham gia thể thao là 26, số bạn tham gia cầu lông là 50 − 15 − 26 = 9, khẳng định đúng.

(AI giải đề cho tôi)
a) $m=1$: $B=[2;6]$ chứa các số nguyên $2,3,4,5,6$ — 5 giá trị, không phải 3 → Sai. b) $m=2$: $A=(-\infty ;2)$, $B=[5;9]$, vì $5>2$ nên $A\cap B=\varnothing$ → Đúng. c) $B\subset A$ đòi hỏi $3m+3<m⟺m<-\frac{3}{2}$, không phải $m\ge \frac{1}{2}$ → Sai. d) $C_{\mathbb{R}}A=[m;+\infty )$; $C_{\mathbb{R}}A\cap B\ne \varnothing ⟺3m+3\ge m⟺m\ge -\frac{3}{2}$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=1$, $B=[2;6]$ chứa 5 số nguyên: $2,3,4,5,6$, không phải 3.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=2$, $A=(-\infty ;2)$ và $B=[5;9]$ nên $A\cap B=\varnothing$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$B\subset A⟺3m+3<m⟺m<-\frac{3}{2}$, không phải $m\ge \frac{1}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$C_{\mathbb{R}}A=[m;+\infty )$; $C_{\mathbb{R}}A\cap B\ne \varnothing ⟺3m+3\ge m⟺m\ge -\frac{3}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A,B$ là tập người đã xem phim A, phim B. Số người xem ít nhất một phim: $|A\cup B|=100-12=88$. Theo công thức: $|A\cap B|=|A|+|B|-|A\cup B|=64+52-88=28$. Số người chỉ xem đúng phim A: $|A|-|A\cap B|=64-28=36$ người.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A$ là tập học sinh biết chơi đá cầu, $B$ là tập học sinh biết chơi cầu lông. Theo đề: $n(A)=37$, $n(B)=35$, $n(A\cap B)=30$. Số học sinh biết chơi ít nhất một trong hai môn là $n(A\cup B)=n(A)+n(B)-n(A\cap B)=37+35-30=42$. Số học sinh không biết chơi đá cầu và không biết chơi cầu lông là số học sinh không thuộc $A\cup B$: $42-n(A\cup B)=42-42=0$. Vậy lớp 10B không có học sinh nào (0 em) không biết chơi cả hai môn.