重难点02 集合中的创新问题（四大题型）-【帮课堂】2024-2025学年高一数学同步学与练（苏教版2019必修第一册）

重难点02 集合中的创新问题 【题型归纳目录】 【方法技巧与总结】 1、集合中的创新问题主要体现在（1）集合中的新定义问题；（2）集合中的新运算问题；（3）集合中的新性质问题．对于这类以集合为背景的创新问题是近几年考查的一个热点．此类题目常常以“问题”为核心，以“探究”为途径，以“发现”为目的，以集合为依托．解决集合中的创新问题的着手点：（1）正确理解新定义、新运算、新性质的定义，剥去它们的外表，转化为我们熟悉的集合知识；（2）合理利用集合性质是破解创新性集合问题的关键；（3）对于选择题，可结合选项，通过验证、排除、对比、特值法进行求解，当不满足要求时，只需通过举反例来说明． 2、解决与集合有关的创新题的对策： （1）分析含义，合理转化，准确提取信息是解决此类问题的前提．剥去新定义、新法则的外表，利用我们所学集合的性质将陌生的集合转化为我们所熟悉的集合，陌生的运算转化为我们熟悉的运算，是解决这类问题的突破口，也是解决此类问题的关键． （2）根据新定义（新运算、新法则）的要求，“照章办事”，逐条分析、验证和运算，其中要注意应用集合的有关性质． （3）对于选择题，可结合选项，通过验证、排除、对比、特值法等进行求解或排除错淏选项，当不满足新定义的要求时，只需通过举反例来说明，以达到快速判断结果的目的． 【经典题型】 题型一：创新集合新定义 【典例1-1】（2024·黑龙江·二模）已知集合，，定义集合：，则集合的非空子集的个数是（    ）个． A．16 B．15 C．14 D．13 【典例1-2】（2024·高一·上海浦东新·开学考试）定义集合运算且称为集合A与集合B的差集；定义集合运算称为集合A与集合B的对称差，有以下4个等式：①；②；③；④，则4个等式中恒成立的是（    ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【变式1-1】（2024·高一·北京丰台·期末）记为非空集合A中的元素个数，定义.若，，且，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则等于（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-2】（2024·高一·广东惠州·阶段练习）对于集合，，定义，，设，，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2024·高一·湖北·阶段练习）设,为非空集合，定义，且，已知，，则（    ） A． B．或 C．或 D． 题型二：创新集合新运算 【典例2-1】（2024·高一·湖北·阶段练习）在实数集R中定义一种运算“”，具有以下三条性质： ①对任意，； ②对任意，，； ③对任意，，，， 以下正确的选项是（    ） A． B． C．对任意的，，，有 D．对任意，，，有 【典例2-2】对于集合和集合，若满足，则集合中的运算“”可以是（    ）． A．加法 B．减法 C．乘法 D．除法 【变式2-1】（2024·河南·三模）定义集合运算：，若集合，，则集合中所有元素之和为 ． 【变式2-2】（2024·高一·河北衡水·阶段练习）定义集合运算：．若集合，则集合的子集个数为 ． 题型三：创新集合新性质 【典例3-1】（2024·高一·北京·期中）设是非空数集，若对任意，都有、，则称具有性质，给出以下命题： ①若具有性质，则可以是有限集； ②若具有性质，且，则具有性质； ③若、具有性质，且，则具有性质； ④若、具有性质，则具有性质. 其中所有真命题的序号是 . 【典例3-2】（2024·四川·一模）已知集合，对任意、、，规定运算“”满足如下性质： （1）；（2）；（3）； 给出下列命题：①； ②若，则； ③若，且，则； ④若、、，且，，则． 其中所有正确命题的序号是 ． 【变式3-1】（2024·高一·上海徐汇·期末）若集合A同时具有以下三个性质：（1），；（2）若，则；（3）若且，则．则称A为“好集”．已知命题：①集合是好集；②对任意一个“好集”A，若，则．以下判断正确的是（    ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【变式3-2】（多选题）（2024·高一·黑龙江牡丹江·阶段练习）非空集合具有下列性质：①若，则；②若，则．下列选项正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 题型四：创新集合新背景 【典例4-1】（2024·高一·上海·期中）已知非空集合A，B满足以下两个条件： （i），； （ii）A的元素个数不是A中的元素，B的元素个数不是B中的元素， 则有序集合对的个数为 . 【典例4-2】（2024·高三·上海杨浦·期中）非空集合，且满足如下性质：性质一：若，，则；性质二：若，则.则称集合为一个“群”以下叙述正确的个数为（    ） ①若为一个“群”，则必为无限集； ②若为一个“群”，且，，则； ③若，都是“群”，则必定是“群”； ④若，都是“群”，且，，则必定不是“群”； A．1 B．2 C．3 D．4 【变式4-1】（多选题）（2024·高一·陕西西安·开学考试）设非空集合，其中，若集合S满足：当时，有，则下列结论正确的是（    ）． A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【变式4-2】（2024·高一·上海·期末）若对任意，均有，就称集合是伙伴关系集合．设集合，则的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为（    ） A．15 B．16 C．32 D．128 【变式4-3】（2024·高一·上海长宁·阶段练习）设集合由全体二元有序实数组组成，在上定义一个运算，记为对于中的任意两个元素，规定：； (1)求； (2)已知集合，判断是否对任意，都有并说明理由： (3)是否存在中的元素，使得恒成立？若存在，求出元素；若不存在，请说明理由； 【过关测试】 1．（2024·高一·河南南阳·期末）已知集合，，记.则下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·高一·宁夏银川·阶段练习）已知集合，，定义集合，则中元素个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 3．（多选题）（2024·高一·安徽芜湖·阶段练习）当两个集合有公共元素，且互不为对方的子集时，我们称这两个集合“相交”.对于集合，，若M与N“相交”，则a等于（    ） A．4 B．2 C．1 D．0 4．（多选题）（2024·高三·全国·专题练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（   ） A．，是一个戴德金分割 B．M没有最大元素，N有一个最小元素 C．M有一个最大元素，N有一个最小元素 D．M没有最大元素，N也没有最小元素 5．（多选题）（2024·高一·江苏宿迁·期中）设集合是实数集的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，称为集合的聚点，则在下列集合中，以0为聚点的集合有（    ） A． B． C． D． 6．（多选题）（2024·高二·广东佛山·阶段练习）设P是一个数集，且至少含有两个数．若对于任意，都有，且若，则，则称P是一个数域．例如，有理数集Q是数域．下列命题正确的是（    ） A．数域必含有0，1两个数 B．整数集是数域 C．若有理数集，则数集M一定是数域 D．数域中有无限多个元素 7．（多选题）（2024·高一·山东济南·期末）通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族.若以集合的子集为元素的族，满足下列三个条件：（1）和在中；（2）中的有限个元素取交后得到的集合在中；（3）中的任意多个元素取并后得到的集合在中，则称族为集合上的一个拓扑.已知全集为的非空真子集，且，则（    ） A．族为集合上的一个拓扑 B．族为集合上的一个拓扑 C．族为集合上的一个拓扑 D．若族为集合上的一个拓扑，将的每个元素的补集放在一起构成族，则也是集合上的一个拓扑 8．（2024·高一·全国·竞赛）现定义且，若，则集合可以是 （写出一个即可）. 9．（2024·高一·江苏南京·阶段练习）设A，B是两个非空集合，定义集合，若，，则 . 10．（2024·高一·河北石家庄·阶段练习）非空集合具有下列性质：（1）若，则；（2）若,则,下列判断一定成立的是 .（填题编号） ①；②；③,则；④若，则． 11．（2024·高一·全国·专题练习）设是非空数集，若对任意，都有、，则称具有性质，给出以下命题： ①若具有性质，则可以是有限集； ②若具有性质，且，则具有性质； ③若、具有性质，且，则具有性质； ④若、具有性质，则具有性质. 其中所有真命题的序号是 . 12．（2024·高一·云南昆明·期中）若集合具有以下两条性质，则称集合为一个“好集合”. （1）且；（2）若、，则，且当时，有. 给出以下命题： ①集合是“好集合”； ②是“好集合”； ③是“好集合”； ④是“好集合”； ⑤设集合是“好集合”，若、，则； 其中真命题的序号是 . 13．（2024·高三·全国·专题练习）已知数集及定义在该数集上的某个运算（例如记为“*”），如果对一切，都有，那么就说，集合对运算“*”是封闭的． (1)设，判断对通常的实数的乘法运算是否封闭？ (2)设，且，问对通常的实数的乘法是否封闭？试证明你的结论． 14．（2024·高一·北京顺义·期中）已知为实数集的一个非空子集，称是一个加法群，如果连同其上的加法运算满足如下四条性质： ①，； ②，； ③，，使得； ④，，使得． 例如是一个无限元加法群，是一个单元素加法群． (1)令，，分别判断，是否为加法群，并说明理由； (2)已知非空集合，并且，有，求证：是一个加法群； (3)已知非空集合，并且，有，求证：存在，使得． 15．（2024·高一·浙江·期中）设非空数集M，对于任意，如果满足：①属于M  ②属于M.③属于M  ④（分母不为零）也属于M.定义：满足条件①②③的数集M为数环（即数环对于加、减、乘运算封闭）；满足④的数环M为数域（即数域对于加、减、乘、除运算封闭）. (1)判断自然数集N、整数集Z、有理数集Q、实数集R、复数集C是不是数环，假如该集合是数环，那么它是不是数域（无需说明理由）； (2)若M是一个数环，证明：；若S是一个数域，证明：； (3)设，证明A是数域. 16．（2024·高一·上海闵行·阶段练习）对于实数构成的集合.若对任意都有（其中“”表示普通的乘法运算），则称集合对“”是封闭的. (1)已知集合，判断是否属于集合； (2)在（1）的条件下，若，证明的充要条件是； (3)若集合对“”都是封闭的，试判断是否对“”封闭，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点02 集合中的创新问题 【题型归纳目录】 【方法技巧与总结】 1、集合中的创新问题主要体现在（1）集合中的新定义问题；（2）集合中的新运算问题；（3）集合中的新性质问题．对于这类以集合为背景的创新问题是近几年考查的一个热点．此类题目常常以“问题”为核心，以“探究”为途径，以“发现”为目的，以集合为依托．解决集合中的创新问题的着手点：（1）正确理解新定义、新运算、新性质的定义，剥去它们的外表，转化为我们熟悉的集合知识；（2）合理利用集合性质是破解创新性集合问题的关键；（3）对于选择题，可结合选项，通过验证、排除、对比、特值法进行求解，当不满足要求时，只需通过举反例来说明． 2、解决与集合有关的创新题的对策： （1）分析含义，合理转化，准确提取信息是解决此类问题的前提．剥去新定义、新法则的外表，利用我们所学集合的性质将陌生的集合转化为我们所熟悉的集合，陌生的运算转化为我们熟悉的运算，是解决这类问题的突破口，也是解决此类问题的关键． （2）根据新定义（新运算、新法则）的要求，“照章办事”，逐条分析、验证和运算，其中要注意应用集合的有关性质． （3）对于选择题，可结合选项，通过验证、排除、对比、特值法等进行求解或排除错淏选项，当不满足新定义的要求时，只需通过举反例来说明，以达到快速判断结果的目的． 【经典题型】 题型一：创新集合新定义 【典例1-1】（2024·黑龙江·二模）已知集合，，定义集合：，则集合的非空子集的个数是（    ）个． A．16 B．15 C．14 D．13 【答案】B 【解析】根据题意，， 则集合的非空子集的个数是. 故选：B 【典例1-2】（2024·高一·上海浦东新·开学考试）定义集合运算且称为集合A与集合B的差集；定义集合运算称为集合A与集合B的对称差，有以下4个等式：①；②；③；④，则4个等式中恒成立的是（    ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】B 【解析】对于①中，由，所以①正确； 对于②中，由且， 同理可得：, 则， 所以， 所以表示的集合为图（1）中阴影部分所表示的集合，如图所示， 同理，也表示图（1）中阴影部分所表示的集合， 所以，所以②正确； 对于③中，由，所以③正确； 对于④中，如图（2）所示，可得，所以④错误. 故选：B. 【变式1-1】（2024·高一·北京丰台·期末）记为非空集合A中的元素个数，定义.若，，且，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则等于（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】由定义得，又，则或， 由方程，得或， 当时，方程只有一个实数根， 而方程有一根为0，则另一根必为0，，此时无实根，因此； 当时，必有，方程有两个不相等的实数根， 并且都不是方程的根， 显然方程有两个相等的实数根，且异于， 于是，解得或， 当时，方程的根为，满足题意， 当时，方程的根为，满足题意， 因此或，所以，. 故选：C 【变式1-2】（2024·高一·广东惠州·阶段练习）对于集合，，定义，，设，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】集合，， 则，， 由定义可得：且，且， 所以， 选项ABD错误，选项C正确． 故选：C 【变式1-3】（2024·高一·湖北·阶段练习）设,为非空集合，定义，且，已知，，则（    ） A． B．或 C．或 D． 【答案】C 【解析】由于，， 所以， 所以或， 故选：C． 题型二：创新集合新运算 【典例2-1】（2024·高一·湖北·阶段练习）在实数集R中定义一种运算“”，具有以下三条性质： ①对任意，； ②对任意，，； ③对任意，，，， 以下正确的选项是（    ） A． B． C．对任意的，，，有 D．对任意，，，有 【答案】C 【解析】由②③可得， 令， ， 即. 对于A， ，故A错误； 对于B， ，故B错误； 对于C， ， ， 对任意的 ，有 ，故C正确； 对于D， ， ， 当时，有，故D错误． 故选：C. 【典例2-2】对于集合和集合，若满足，则集合中的运算“”可以是（    ）． A．加法 B．减法 C．乘法 D．除法 【答案】C 【解析】因为集合S表示的是由正奇数构成的集合，而两个奇数的和与差为偶数， 所以A，B不满足，两个奇数的除法不一定为整数，所以D不满足， 故选：C． 【变式2-1】（2024·河南·三模）定义集合运算：，若集合，，则集合中所有元素之和为 ． 【答案】4 【解析】，， 当，时，； 当，时，； 当，时，. 所以，所以集合中所有元素之和为. 故答案为：4 【变式2-2】（2024·高一·河北衡水·阶段练习）定义集合运算：．若集合，则集合的子集个数为 ． 【答案】64 【解析】由 所以， 又因为 所以，共有6个元素，所以它的子集共有个. 故答案为：64. 题型三：创新集合新性质 【典例3-1】（2024·高一·北京·期中）设是非空数集，若对任意，都有、，则称具有性质，给出以下命题： ①若具有性质，则可以是有限集； ②若具有性质，且，则具有性质； ③若、具有性质，且，则具有性质； ④若、具有性质，则具有性质. 其中所有真命题的序号是 . 【答案】①③ 【解析】对于①，取集合具有性质P，故A可以是有限集，故①正确； 对于②，若A具有性质P，且，假设也具有性质P， 设，在中任取一个，此时可证得，否则若， 由于也具有性质P，则，与矛盾，故， 由于A具有性质P，也具有性质P， 所以， 而，这与矛盾， 故当且A具有性质P时，则不具有性质P， 同理当时，也可以类似推出矛盾，故②错误. 对于③，取，则，，，， 又具有性质P，，， ， 所以具有性质P，故③正确； 对于④，取，，，， 但，故④错误； 故答案为：①③ 【典例3-2】（2024·四川·一模）已知集合，对任意、、，规定运算“”满足如下性质： （1）；（2）；（3）； 给出下列命题：①； ②若，则； ③若，且，则； ④若、、，且，，则． 其中所有正确命题的序号是 ． 【答案】①③④ 【解析】对于命题①，对任意的，，命题①为真命题； 对于命题②，若，则，命题②为假命题； 对于命题③，当时，若，则，则显然成立； 当时，若，且， 在（3）中，令，，则， 另一方面，则，即，这与矛盾； 综上，，故命题③为真命题； 对于命题④，若、、，由可得， 又因为，则， 因为，则， 所以，，即， 所以，，所以，，故命题④为真命题. 故答案为：①③④. 【变式3-1】（2024·高一·上海徐汇·期末）若集合A同时具有以下三个性质：（1），；（2）若，则；（3）若且，则．则称A为“好集”．已知命题：①集合是好集；②对任意一个“好集”A，若，则．以下判断正确的是（    ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【答案】D 【解析】对于①，因为，而， 所以集合不是好集，故①错误； 对于②，因为集合为“好集”， 所以， 所以，故②正确， 所以①为假命题，②为真命题. 故选：D. 【变式3-2】（多选题）（2024·高一·黑龙江牡丹江·阶段练习）非空集合具有下列性质：①若，则；②若，则．下列选项正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【解析】对于A，若，则，此时，而当，时，显然无意义，不满足，所以，故A正确； 对于B，若且，则，所以， ，以此类推，得对任意的，有，所以，，所以，故B错误； 对于C，若，则且，又，所以，所以，故C正确； 对于D，因为，，取，，则，故D错误． 故选：AC 题型四：创新集合新背景 【典例4-1】（2024·高一·上海·期中）已知非空集合A，B满足以下两个条件： （i），； （ii）A的元素个数不是A中的元素，B的元素个数不是B中的元素， 则有序集合对的个数为 . 【答案】10 【解析】若集合中只有1个元素，则集合中只有5个元素，则，， 即，，此时有种， 若集合中只有2个元素，则集合中只有4个元素，则，， 即，，此时集合还可以有中的一个数，故有种 若集合中只有3个元素，则集合中只有3个元素，则中，，不满足题意， 若集合中只有4个元素，则集合中只有2个元素，则，， 即，，此时集合还可以有中的三个数， 即或或或有种， 若集合中只有5个元素，则集合中只有1个元素，则，， 即，，此时有种， 故有序集合对的个数是. 故答案为：10. 【典例4-2】（2024·高三·上海杨浦·期中）非空集合，且满足如下性质：性质一：若，，则；性质二：若，则.则称集合为一个“群”以下叙述正确的个数为（    ） ①若为一个“群”，则必为无限集； ②若为一个“群”，且，，则； ③若，都是“群”，则必定是“群”； ④若，都是“群”，且，，则必定不是“群”； A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】①：设集合，显然，符合性质一，同时也符合性质二，因此集合是一个群，但是它是有限集，故本叙述不正确； ②：根据群的性质，由可得：，因此可得，故本叙述是正确； ③：设， 若，一定有，因为，都是“群”， 所以，因此，若，所以， ，故本叙述正确； ④：因为，，一定存在且，且， 因此且，所以，因此本叙述正确， 故选：C 【变式4-1】（多选题）（2024·高一·陕西西安·开学考试）设非空集合，其中，若集合S满足：当时，有，则下列结论正确的是（    ）． A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AB 【解析】因为非空集合，满足：当时，有， 所以当时，由，即，解得或， 同理，当时，由，即，解得， 对于A中，若，则必有，则，解得，所以A正确； 对于B中，若，则，解得，所以B正确； 对于C中，若，则必有，则，此时，所以，所以C不正确； 对于D中，若，则满足，解得或，所以D错误. 故选：AB. 【变式4-2】（2024·高一·上海·期末）若对任意，均有，就称集合是伙伴关系集合．设集合，则的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为（    ） A．15 B．16 C．32 D．128 【答案】A 【解析】根据题意，可得具有伙伴关系的元素有， 其中有，共4组， 它们中任选一组、二组、三组或四组均可组成伙伴关系集合， 所以共有. 故选：A. 【变式4-3】（2024·高一·上海长宁·阶段练习）设集合由全体二元有序实数组组成，在上定义一个运算，记为对于中的任意两个元素，规定：； (1)求； (2)已知集合，判断是否对任意，都有并说明理由： (3)是否存在中的元素，使得恒成立？若存在，求出元素；若不存在，请说明理由； 【解析】（1）因为， 所以. （2）对任意，都有不成立. 理由如下：取，则， 而. 故对任意，都有不成立. （3）设， 则， 所以，即满足交换律. 若中的元素使得恒成立， 则只需，即， ①若，显然， ②若，则，解得，即. 综上，存在中的元素，使得恒成立. 【过关测试】 1．（2024·高一·河南南阳·期末）已知集合，，记.则下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由可得可能的取值有，即，均满足，故. 对于A项，，故A项错误； 对于B项，，故B项错误； 对于C项，因，故，故C项正确； 对于D项，依题有，,则，故D项错误. 故选：C. 2．（2024·高一·宁夏银川·阶段练习）已知集合，，定义集合，则中元素个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】D 【解析】，， 由， 得可取，可取， 所以有个元素. 故选：D. 3．（多选题）（2024·高一·安徽芜湖·阶段练习）当两个集合有公共元素，且互不为对方的子集时，我们称这两个集合“相交”.对于集合，，若M与N“相交”，则a等于（    ） A．4 B．2 C．1 D．0 【答案】AC 【解析】由M与N“相交”，可知有一个属于集合M， 若，则； 若，则， 故选：AC. 4．（多选题）（2024·高三·全国·专题练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（   ） A．，是一个戴德金分割 B．M没有最大元素，N有一个最小元素 C．M有一个最大元素，N有一个最小元素 D．M没有最大元素，N也没有最小元素 【答案】BD 【解析】对于A，因为，，所以，故A错误； 对于B，设，，满足戴德金分割， 此时没有最大元素，有一个最小元素为0，故B正确； 对于C，若有一个最大元素，有一个最小元素， 则不能同时满足，，故C错误； 对于D，设，，满足戴德金分割， 此时没有最大元素，也没有最小元素，故D正确． 故选：BD. 5．（多选题）（2024·高一·江苏宿迁·期中）设集合是实数集的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，称为集合的聚点，则在下列集合中，以0为聚点的集合有（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】对于集合，对任意的，都存在，使得， 所以0是集合的聚点，A选项正确； 对于集合，对于某个实数，比如， 此时对任意的，都有， 也就是说不可能，从而0不是集合的聚点，B选项错误； 对于集合，对任意的，都存在，即， 使，所以0是集合的聚点，C选项正确； 对于集合，，随着n增大而增大， 的最小值为，故当时，即不存在x，使得，D选项错误. 故选：AC 6．（多选题）（2024·高二·广东佛山·阶段练习）设P是一个数集，且至少含有两个数．若对于任意，都有，且若，则，则称P是一个数域．例如，有理数集Q是数域．下列命题正确的是（    ） A．数域必含有0，1两个数 B．整数集是数域 C．若有理数集，则数集M一定是数域 D．数域中有无限多个元素 【答案】AD 【解析】因为P是一个数集，且至少含有两个数，可知P中必有一个非零实数， 对于选项A：当时，、，故A正确； 对于选项B：例如，，但，不满足条件，故B错误； 对于选项C：例如，取，，但， 所以数集M不是一个数域，故C错误； 对于选项D：由选项A可知：数域必含有0，1两个数， 根据数域的性质可知：数域必含有，必为无限集，故可知D正确． 故选：AD. 7．（多选题）（2024·高一·山东济南·期末）通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族.若以集合的子集为元素的族，满足下列三个条件：（1）和在中；（2）中的有限个元素取交后得到的集合在中；（3）中的任意多个元素取并后得到的集合在中，则称族为集合上的一个拓扑.已知全集为的非空真子集，且，则（    ） A．族为集合上的一个拓扑 B．族为集合上的一个拓扑 C．族为集合上的一个拓扑 D．若族为集合上的一个拓扑，将的每个元素的补集放在一起构成族，则也是集合上的一个拓扑 【答案】ABD 【解析】对于A， 首先满足条件（1）， 其次，中的有限个元素取交后得到的集合为或，都在中，满足条件（2）， 再次，中的任意多个元素取并后得到的集合为或，都在中，满足条件（3），故A正确； 对于B，首先满足条件（1）， 其次，中的有限个元素取交后得到的集合为或或，都在中，满足条件（2）， 再次，中的任意多个元素取并后得到的集合为或或，都在中，满足条件（3），故B正确； 对于C，不妨设，则，不在中，故C错误； 对于D，由题意不妨设族为集合上的一个拓扑， 由条件（2）可知中的有限个元素取交后得到的集合都在， 且由条件（3）可知中的任意多个元素取并后得到的集合都在， 则， 下证：也是集合上的一个拓扑. 首先满足条件（1）， 其次，设，则， 而，故， 故，同理可证， 故中的有限个元素取交后得到的集合都在中， 任意多个元素取并后得到的集合都在中， 满足条件（3），故D正确. 故选：ABD. 8．（2024·高一·全国·竞赛）现定义且，若，则集合可以是 （写出一个即可）. 【答案】（答案不唯一） 【解析】因为且，又， 所以集合不含元素，必含元素，故集合可以是， 故答案为：.（答案不唯一） 9．（2024·高一·江苏南京·阶段练习）设A，B是两个非空集合，定义集合，若，，则 . 【答案】 【解析】因为，， 由新定义得， 故答案为：. 10．（2024·高一·河北石家庄·阶段练习）非空集合具有下列性质：（1）若，则；（2）若,则,下列判断一定成立的是 .（填题编号） ①；②；③,则；④若，则． 【答案】①②③ 【解析】对于①，若，则，因此，而对于时，无意义，不满足，故①正确； 对于②，若，则依次类推，对任意，所以，故②正确； 对于③，若，则，由②的解析过程可知，,，∴，故③正确； 对于④，由②解析过程可知，，取，则，故④错误； 故答案为：①②③ 11．（2024·高一·全国·专题练习）设是非空数集，若对任意，都有、，则称具有性质，给出以下命题： ①若具有性质，则可以是有限集； ②若具有性质，且，则具有性质； ③若、具有性质，且，则具有性质； ④若、具有性质，则具有性质. 其中所有真命题的序号是 . 【答案】①③ 【解析】对于①，取集合具有性质P，故A可以是有限集，故①正确； 对于②，若A具有性质P，且，假设也具有性质P， 设，在中任取一个，此时可证得，否则若， 由于也具有性质P，则，与矛盾，故， 由于A具有性质P，也具有性质P， 所以，而，这与矛盾， 故当且A具有性质P时，则不具有性质P， 同理当时，也可以类似推出矛盾，故②错误. 对于③，取，则，，，， 又具有性质P，，， ，所以具有性质P，故③正确； 对于④，取，，，， 但，故④错误； 故答案为：①③ 12．（2024·高一·云南昆明·期中）若集合具有以下两条性质，则称集合为一个“好集合”. （1）且；（2）若、，则，且当时，有. 给出以下命题： ①集合是“好集合”； ②是“好集合”； ③是“好集合”； ④是“好集合”； ⑤设集合是“好集合”，若、，则； 其中真命题的序号是 . 【答案】③④⑤ 【解析】取，结合（1）可判断①的正误；取结合（2）可判断②的正误；利用“好集合”的定义可判断③④的正误；由，可推导出，再结合（1）可判断⑤的正误.对于命题①，，，但，①错误； 对于命题②，，但，②错误； 对于命题③④，显然，集合、均满足（1）（2），所以，、都是“好集合”，③④正确； 对于命题⑤，当时，由于，则， 当，则，⑤正确. 故答案为：③④⑤. 13．（2024·高三·全国·专题练习）已知数集及定义在该数集上的某个运算（例如记为“*”），如果对一切，都有，那么就说，集合对运算“*”是封闭的． (1)设，判断对通常的实数的乘法运算是否封闭？ (2)设，且，问对通常的实数的乘法是否封闭？试证明你的结论． 【解析】（1）设是A中任意两个元素，其中， 那么． 因为，所以， 故数集A对通常的乘法运算封闭． （2）数集对通常的乘法运算不封闭，证明如下： 取，则，但， 故数集对通常的乘法运算不封闭. 14．（2024·高一·北京顺义·期中）已知为实数集的一个非空子集，称是一个加法群，如果连同其上的加法运算满足如下四条性质： ①，； ②，； ③，，使得； ④，，使得． 例如是一个无限元加法群，是一个单元素加法群． (1)令，，分别判断，是否为加法群，并说明理由； (2)已知非空集合，并且，有，求证：是一个加法群； (3)已知非空集合，并且，有，求证：存在，使得． 【解析】（1）集合表示所有偶数，满足①任意两个偶数相加仍是偶数，②加法结合律，③，④偶数的相反数仍是偶数，所以是加法群； 集合表示所有奇数，满足②加法结合律，④奇数的相反数仍是奇数，不满足①任意两个奇数相加仍是奇数，②，所以不是加法群. （2）因为非空集合，所以满足②结合律， 根据题意可知当时，，满足条件③， 则，有，满足④， 所以有，满足①， 综上满足①②③④，是一个加法群. （3）由（2）可是是一个加法群， 证明存在，使得，即证明恰是的所有整数倍组成的集合， 当时，显然，结论成立， 当时，由（2）可知若，则，集合中一定有正整数， 假设是集合中最小正整数，则由性质①及，有可知对于任意整数有， 下证， 设，且不能被整除，设，，， 因为，，则根据，有可知，与是集合中最小正整数矛盾， 所以集合中不存在不能被整除的数， 所以. 15．（2024·高一·浙江·期中）设非空数集M，对于任意，如果满足：①属于M  ②属于M.③属于M  ④（分母不为零）也属于M.定义：满足条件①②③的数集M为数环（即数环对于加、减、乘运算封闭）；满足④的数环M为数域（即数域对于加、减、乘、除运算封闭）. (1)判断自然数集N、整数集Z、有理数集Q、实数集R、复数集C是不是数环，假如该集合是数环，那么它是不是数域（无需说明理由）； (2)若M是一个数环，证明：；若S是一个数域，证明：； (3)设，证明A是数域. 【解析】（1）自然数集N不是数环，例如； 整数集Z是数环，不是数域，例如； 有理数集Q、实数集R、复数集C是数环也是数域. （2）若，则，即； 若，，则，即 （3）设，则，，， 则， 因为，所以，， 所以，满足条件①. ，因为， 所以，，所以，满足条件②. ，因为， 所以，，所以，满足条件③. ， 因为，，所以，， 所以，满足条件④. 综上所述，A是数域. 16．（2024·高一·上海闵行·阶段练习）对于实数构成的集合.若对任意都有（其中“”表示普通的乘法运算），则称集合对“”是封闭的. (1)已知集合，判断是否属于集合； (2)在（1）的条件下，若，证明的充要条件是； (3)若集合对“”都是封闭的，试判断是否对“”封闭，请说明理由. 【解析】（1）因为，， 所以 令 则， 且 因为 所以或 均无整数解，所以 （2）由集合 所以 ①当同为奇数或偶数时，均为偶数， 此时为4的倍数； ②当为一奇一偶时，均为奇数， 此时为奇数； 充分性：由， 则 即集合中的元素为4的倍数， 所以，充分性成立. 必要性：， 因为集合中的元素为4的倍数或奇数， 又集合为2的倍数， 若，则必有集合中的元素为4的倍数， 所以，必要性成立 所以在（1）的条件下，若， 则的充要条件是 （3）不对“”封闭，理由如下： 设 此时对“”封闭，但是在中 所以不对“”封闭. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$