专题01 集合（易错培优竞赛精练）-2024-2025学年高一数学竞赛能力培优精练（全国通用）

专题01 集合部分易错培优竞赛试题 【专题目录】 题组一：名校集合易错题精选 题组二：名校集合培优压轴题精选 题组三：名校集合新定义试题精选 题组四：全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 题组一：名校集合易错题精选 1．设集合，则（    ） A．对任意实数a， B．对任意实数a， C．当且仅当时， D．当且仅当时， 【答案】C 【分析】利用的取值，反例判断是否成立即可． 【详解】对A，若，则，将代入不全部满足，此时可知，故A错误；对B，当时，则，将代入全部满足，此时可知，故B错误；对C，若，，解之可得，所以C正确；对D，当，则，将代入不全满足，所以，故D错误.故选：C 2．若数集具有性质：对任意的，，与中至少有一个属于，则称集合为“权集”，则（   ） A．为“权集” B．为“权集” C．“权集”中元素个数一定是有限个 D．“权集”中一定有1 【答案】B 【分析】根据集合的新定义，验证选项A、B，举反例即可反驳CD. 【详解】对A，因为与均不属于数集，所以A错误；对B，因为，，，，，都属于数集，所以B正确；对C，举例，由“权集”的定义易知其为“权集”，所以C错误；对D：举例，因为，都属于数集，则其是“权集”，所以“权集”中不一定有1，故D错误.故选：B. 3．设集合为非空实数集，集合且，称集合为集合的积集，则下列结论正确的是（    ） A．当时，集合的积集 B．若是由5个正实数构成的集合，其积集中元素个数最多为8个 C．若是由5个正实数构成的集合，其积集中元素个数最少为7个 D．存在4个正实数构成的集合，使其积集 【答案】C 【分析】利用积集的定义可判断A，设，其中，利用积集定义分析积集中元素的大小关系可判断B和C，利用反证法分析集合中四个元素的乘积推出矛盾可判断D. 【详解】对于A，因为，故集合中所有可能的元素有， 即，故A错误；对于B，设，不妨设， 因为，所以中元素个数小于等于10个，如设，则，所以积集中元素个数的最大值为10个，故B错误； 对于C，因为，所以中元素个数大于等于7个，如设，此时中元素个数等于7个，所以积集中元素个数的最小值为7，故C正确；对于D，假设存在4个正实数构成的集合，使其积集，不妨设，则集合的积集，则必有，其4个正实数的乘积，又或，其4个正实数的乘积，矛盾；所以假设不成立，故不存在4个正实数构成的集合，使其生成集，故D错误.故选：C. 4．设集合为非空集合，且，若，则，满足上述条件的集合的个数为（    ） A．12 B．15 C．31 D．32 【答案】B 【分析】写出72在大于3时的全部因数，为了满足题意集合中的元素需要成对出现，所以看作只有4个元素的集合，求非空子集的个数即可得到结果. 【详解】∵，∴满足“，则”的的集合是的子集，但3和24，4和18，6和12，8和9需同时出现，∴将集合看作有4个元素，求其非空子集个数为：.故选：B. 5．（多选题）某校“五一田径运动会”上，共有12名同学参加100米、400米、1500米三个项目，其中有8人参加“100米比赛”，有7人参加“400米比赛”，有5人参加“1500米比赛”，“100米和400米”都参加的有4人，“100米和1500米”都参加的有3人，“400米和1500米”都参加的有3人，则下列说法正确的是（   ） A．三项比赛都参加的有2人 B．只参加100米比赛的有3人 C．只参加400米比赛的有3人 D．只参加1500米比赛的有3人 【答案】AB 【分析】由题意先分析出3项都参加的人数，再分析只参加某项的人数即可. 【详解】根据题意，设{是参加100米的同学}，{是参加400米的同学}，{是参加1500米的同学}，则且则，所以三项比赛都参加的有2人，只参加100米比赛的有人，只参加400米比赛的有人，只参加1500米比赛的有人.故选：AB 6．（多选题）中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题：“今有物，不知其数.三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二.问：物几何？”现有如下表示：已知，，，若，则下列选项中符合题意的整数为（    ） A．23 B．68 C．128 D．233 【答案】ACD 【分析】依题意可知整数除以3余数为2，除以5余数为3，除以7余数为2；对选项逐一验证即可得出结论. 【详解】根据题意可知，代表的是除以3余数为2，除以5余数为3，除以7余数为2的整数；对于A，可知，即A正确；对于B，可得，不合题意，即B错误；对于C，可得，即C正确；对于D，易知.可知D正确.故选：ACD 7．（多选题）已知集合是由个正整数组成的集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集合”.下列说法正确的是（   ） A．不是“可分集合” B．是“可分集合” C．四个元素的集合可能是“可分集合” D．五个元素的集合不可能是“可分集合” 【答案】ABD 【分析】去掉3，由“可分集合”的定义判断即可判断A,逐一去掉一个元素，列举即可可判断BD；不妨设，讨论当在集合，，，，中去掉元素、后，将剩余元素构成的集合，结合“可分集合”的定义进行分拆，得出等式，推出矛盾，即可判断D； 【详解】对于A，去掉3后，,2,不满足定义，,2,3,不是“可分集合”， A正确；对于B，集合所有元素之和为49，当去掉元素1时，剩下的元素之和为48，集合,5,7,与,的元素和相等，符合题意；当去掉元素3时，剩下的元素之和为46，集合,9,与,7,的元素和相等，符合题意；当去掉元素5时，剩下的元素之和为44，集合,3,7,与,的元素和相等，符合题意；当去掉元素7时，剩下的元素之和为42，集合,9,与,5,的元素和相等，符合题意；当去掉元素9时，剩下的元素之和为40，集合,3,5,与,的元素和相等，符合题意；当去掉元素11时，剩下的元素之和为38，集合,7,与,5,的元素和相等，符合题意；当去掉元素13时，剩下的元素之和为36，集合,3,5,与,的元素和相等，符合题意；因此集合是“可分集合”， B正确；对于C，不妨设，去掉，则，去掉，则，于是，与矛盾，因此,,,一定不是“可分集合”， C错误；对于D，不妨设，若去掉元素，将集合,,,分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有，或者②，若去掉元素，将集合,,,分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有③，或者④，由①③或②④得，矛盾；由①④或②③得，矛盾，因此集合,,,,不是“可分集合”， D正确．故选：ABD． 【点睛】方法点睛：对于以集合为背景的新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中； 2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素. 3、涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本的概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力. 8．（多选题）已知表示不超过x的最大整数，例如：，，，，，下列说法正确的是（   ） A．集合 B．集合A的非空真子集的个数是62个 C．若“”是“”的充分不必要条件，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】根据新定义求得，即可判断AB；根据充分条件和必要条件、集合间的包含关系求出m，即可判断CD. 【详解】时，，时，，时，，时，， 时，，时，，∴，集合A的非空真子集有：个．故A错误，B正确；又若“”是“”的充分不必要条件，则A是B的真子集，所以，C正确；若，当时，；当时，，综上，∴D正确．故选：BCD． 9．（多选题）设集合，，，，则下列关系中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】分别求出集合，再利用集合之间的关系判断即可. 【详解】由题意得，，，，我们先化简集合，集合可化为， 所以，故A正确，而点在直线上，则成立，故C正确，因为是数集，是点集，二者一定无交集，故成立，故D正确，因为是数集，是点集，二者一定无交集，故不成立，故B错误. 故选：ACD 10．（多选题）对于集合，给出如下结论，其中正确的结论是（   ） A．如果，那么 B．若，对于任意的，则 C．如果，，那么 D．，使 【答案】ACD 【分析】对于A：令，，可知对任意，均有，所以，即可判断A；说明，即可判断B；设，则，进而分析判断C；利用特殊值判断D. 【详解】对于A：令，，则，即对任意，均有，所以，故A正确；对于B：因为，不妨设，若，则； 若，则为奇数；若，则；综上可知：，但是，故B错误； 对于C：因为，，设，则，因为，则，所以，故C正确；对于D：因为，，即，所以，使，故D正确.故选：ACD 11．已知集合，集合P是集合M的三元子集，即，P中的元素a，b，c满足，则符合要求的集合P个数是 . 【答案】1012 【分析】根据题中条件先用表示出，得到，再由，求出范围，即可得出结果. 【详解】因为，所以，即，整理得，所以，故或（舍去），则，所以，令，得，又，，所以符合要求的集合的个数为.故答案为：1012. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据，用表示出，再由集合满足的条件，求解即可. 12．设集合，且中任意两数之和不能被5整除.则的最大值为 . 【答案】17 【分析】由已知中，且A中任意两数之和不能被5整除，我们可根据1～37中各数除以5的余数将数分为5类，进而分析出集合A中元素的最多个数，得到答案. 【详解】根据除以5的余数，可将A集合分为5组：，则， ，则，，则， ，则，，则，A中的任何两个数之和不能被5整除，故和，和中不能同时取数，且中最多取一个，∴最多的取法是取和中的一个元素，故n的最大值为17.故答案为：17 13．用表示非空集合中的元素的个数，定义，若，，若，则的所有可能取值构成集合，则 . 【答案】5 【分析】由新定义可知，或，根据集合的元素个数，讨论方程解的情况，即可求解. 【详解】中，，所以方程有两个不同的实数根，即，若，则或，当时，方程，只有实数根，所以且，得；当时，方程， 时，方程有个不等的实数根，分别为和，0不是方程的实数根， 若是方程的实数根，则，若，则方程整理为，方程的实数根，分别为，和，，满足条件，若，则方程整理为，方程的实数根，分别为，和，，满足条件，若不是方程的实数根，所以方程有个相等的实数根，即，得，当时，，满足条件，当时，，满足条件，所以，.故答案为： 14．对于一个由整数组成的集合，中所有元素之和称为的“小和数”，的所有非空子集的“小和数”之和称为的“大和数”.已知集合，则的“小和数”为 ，的“大和数”为 . 【答案】 5 80 【分析】根据给定定义直接求出的“小和数”；求出集合的所有非空子集中含有每个元素的子集个数即可求出的“大和数”. 【详解】依题意，的“小和数”为；集合的所有非空子集中，含有数的子集，可视为集合的每个子集与的并集，因此含有数的子集个数为，同理含有数的子集个数均为，所以的“大和数”为.故答案为：5；80 15．设，，，，是均含有个元素的集合，且，，记，则中元素个数的最小值是 ． 【答案】 【分析】先得到与的元素不同，则元素个数为4，并得到中元素个数至少4个，进而对元素的个数由小到大进行分类分析验证是否满足． 【详解】因为,，所以元素个数为4，所以中元素个数至少个, ①假设集合中含有个元素，可设，则，，这与矛盾；②假设集合中含有个元素，可设，，，，，满足题意.综上所述，集合中元素个数最少为.故答案为：. 题组二：名校集合培优压轴试题精选 1．“群”的概念由数学家伽罗瓦在19世纪30年代开创，群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学、晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.“群”的定义是：设为某种元素组成的一个非空集合，若在内定义一个运算“*”，满足以下条件： ①任意.有 ②如，有； ③在中有一个元素，对任意，都有，称为的单位元； ④任意，在中存在唯一确定的，使，称为的逆元； 此时称为一个群 例如实数集和实数集上的加法运算“＋”就构成一个群，其单位元是，每一个数的逆元是其相反数，那么下列说法中，错误的是（    ） A．，则为一个群 B．，为一个群 C．，则为一个群 D．，则为一个群 【答案】D 【分析】分别判断每一个选项，是否为一个群即可. 【详解】A选项：有理数的和还是有理数，求和满足结合律，设，单位元为，则，故， 所以每一个数的相反数为其逆元，故为一个群，选项A正确；B 选项：中的任何两个数相加还是属于，求和满足结合律，设，单位元为， 则，所以，每一个数的相反数为其逆元，为一个群，故选项B正确； C选项：中的两个元素相乘，其积可能为或，又，，设，单位元为，则，故，的逆元为，的逆元为，所以则为一个群，故C正确；D选项：两个奇数相乘还是奇数，乘法满足结合率，设，单位元为，则，故，又，故存在，使得，则，矛盾，故不为一个群，故D错误. 【点睛】关键点点睛：需要判断题中说的所有条件，先利用条件③判断单位元，然后再利用条件④判断逆元. 2．我们将集合S的子集为元素的集合称为S的一个子集族.例如集合有3个子集族：.若集合B中有3个元素，则B的不同子集族有（    ） A．128个 B．127个 C．256个 D．255个 【答案】D 【分析】我们定义全子集族为：子集族内的集合加上空集本身，先得出集合的子集个数，类比可得不同全子集族、不同子集族个数. 【详解】我们定义全子集族为：子集族内的集合加上空集本身，一般地，设集合中有个元素，则它有个子集，我们对所有子集按元素个数分类为：，则集合不同的全子集族个数为个，从而集合不同的子集族个数为个，若集合B中有3个元素， 从而B的不同子集族有个.故选：D. 【点睛】关键点点睛：关键在于对新定义的理解，由此即可顺利得解. 3．数学家康托尔创立了集合论，集合论的产生丰富了现代计数方法.记为集合的元素个数，为集合的子集个数，若集合满足：①，；②，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，根据元素个数得到子集个数，即，分析出，即可求解. 【详解】设，则，即，所以,若,则，即左边为奇数，右边为偶数，不成立，若，则，即左边为奇数，右边为偶数，不成立，所以,即，因为，且满足，所以包含了的个元素外，还包含个属于而不属于的元素， 当时，则,如，符合题意.当时，则, 如，符合题意.所以的最大值为， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查交集与并集的混合运算，及集合的元素个数与集合子集间的关系，解题的关键由已知条件求，再分和讨论，体现了分类讨论的数学思想方法，难度较大. 4．已知有限集，如果A中元素满足，就称A为“完美集” ①集合不是“完美集”， ②若，是两个不同的正数，且是“完美集”，则，至少有一个大于2； ③有且仅有两个元素的“完美集”只有有限多个； ④若，则“完美集”A有且只有一个，且 其中正确结论的个数有（   ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由“完美集”的定义即可判断①错误；由“完美集”的定义可知可以看成一元二次方程的两正根，则可得，则可判断②正确；③错误；设，由“完美集”的定义可知，结合，可知，，由此即可判断④正确. 【详解】由题意，对于①：，，故，所以集合是“完美集”，故①错误；对于②：集合是“完美集”，设，则可以看成一元二次方程的两正根，则，解得：（舍）或，即，因为为正数，若都小于等于2，则，所以至少有一个大于2，故②正确；对于③：由B可知，一元二次方程当取不同值时，的值是不同的，因而二元“完美集”有无穷多个，故③错误；对于④：设，则， 所以，又，当时，，此时“完美集”不存在，当时，，则，不合题意，当时，，所以只能是，由，代入解得，所以此时“完美集”只有一个，为，故④正确.综上，正确结论的个数有个.故选：B. 【点睛】关键点点睛：对于②③：由“完美集”的定义可知可以看成一元二次方程的两正根，再进行判断. 5．对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为平衡集．记．若集合是平衡集，并且存在为奇数，则集合中元素个数的奇偶性（   ） A．与相关，既可以是奇数，又可以是偶数 B．与无关，既可以是奇数，又可以是偶数 C．与无关，必为偶数 D．与无关，必为奇数 【答案】D 【分析】根据平衡集的定义得，因此的奇偶性相同，又因为存在为奇数，所以根据集合中元素总和与单个元素的奇偶性的规律，即可判断. 【详解】由已知得，因为集合是平衡集，设去掉元素，根据题意得，其中，不妨设集合和中的元素之和均为，所以，其中，则，所以为偶数，其中，因此的奇偶性相同；因为存在为奇数，所以均为奇数，由知也为奇数，且，所以也为奇数.所以必为奇数故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义下的集合问题，需要正确理解定义，根据定义正确推理即可. 6．设是均含有2个元素的集合，且，记，则B中元素个数的最小值是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】先得到与的元素不同，则元素个数为4，从中选择1个元素，再加入一个新元素，即可得到中元素个数最少，求解即可． 【详解】，，与的元素不同，则元素个数为4，若中元素个数的最小值是4，则只能是，，与矛盾，若从中选择1个元素，再加入一个新元素，这样元素个数为5个，这5个元素适当排列，得到，，，，例如，，，取，，，，符合题意，则中元素个数的最小值是，故选：B． 【点睛】方法点睛： 由已知，元素个数为4，从开始讨论中是否还要增加元素，最少增加几个能满足题意. 7．设有限集M所含元素的个数用表示，并规定.已知集合A，B满足，，若，，则满足条件的所有不同集合A的个数为（    ） A．3 B．6 C．10 D．64 【答案】C 【分析】设，由题意结合两集合元素个数和为，可推理出，按的取值分类求解即可. 【详解】若时，，则，则，这与题意矛盾，故不满足题意；故.设A中元素的个数为，则B中元素的个数为，且，由且，得，.①当时，则，又，所以，满足题意；②当时，则，，则，，又，若，则；若，则；若，则；若，则；以上情况都满足题意；③当时，即，则，，但此时，故产生矛盾，所以不满足题意； ④当时，则由且，得，，又，与②同理可得不同集合的个数有个，即不同集合的个数有个；⑤当时，则由，得，又，所以，满足题意；综上，满足条件的所有不同集合A的个数为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于理清题意，明确两个集合及集合中元素个数的相互制约关系，所以有如下推理：若，则；若，，则，且. 8．设全集，集合、是的子集，若，就称为“好集”，那么所有“好集”的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对的元素个数进行分类讨论，列举出集合、，即可得出结果. 【详解】由题意可知，，，分以下几种情况讨论：（1），则，只有种情况；（2）当有个元素，有种情况，如时，因为为“好集”，有种情况：，；、.此时，共有种情况； （3）当有个元素时，则或或，如，因为为“好集”，有以下种情况：，；，；，；，.此时，共有种情况； （4）当有个元素时，则，因为为“好集”，有以下种情况：，；，；，；，；，；，；，；，.综上所述，所有“好集”的个数为.故选：B. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键就是对集合的元素个数进行分类讨论，并列举出符合条件的集合、. 9．若集合A满足对任意，，都有，则称A为“S集”．若，，，为四个S集，且，则正整数的最大可能值为（    ） A．66 B．67 C．68 D．69 【答案】B 【分析】首先观察本题中A集合中只考虑整数，故首先考虑A集合中所含最小正整数1，其次考虑第二个整数2．则第三个整数应为4，以此类推得到后续整数满足规律．同理当A集合中所含第一个整数1，第二个整数3，发现后续整数为所有正奇数．从而发现规律． 【详解】考虑到最后与取交集，则集合A中只考虑整数．①假设A集合中所含第一个整数为1，第二个整数为2，则以此类推后续整数为,故观察规律发现从第三个数开始满足，；②假设A集合中所含第一个整数为1，第二个整数为3，则后续整数为故观察规律发现从第一个数字开始满足，；则最大整数可能值既满足又满足，令，则可发现我们需要寻找的最大整数为， 其中即是2的倍数，又是3的倍数，故为6的倍数，由此可得最大整数，，代入选项发现B选项满足题意．故选：B． 10．（多选题）给定实数集，定义集合都有，若是非空集合，则称集合中最小的元素为集合的上确界，记作．以下说法正确的是（   ） A．若数集中有2024个元素，则数集一定有上确界 B．若数集中没有最大值，则数集中一定没有上确界 C．若数集有上确界，则数集一定也有上确界，为 D．若数集有上确界，则数集一定也有上确界，为 【答案】AC 【分析】根据上确界的定义即可判断AC；举出反例即可判断BD. 【详解】对于A，若数集中有2024个元素，则数集中的元素一定有最大值，所以数集一定有上确界，故A正确；对于B，若，当时，，则数集中的元素没有最大值，因为，都有，所以，所以，即数集中有上确界，故B错误；对于C，若数集有上确界，设，由上确界的定义可知，对于，都有，所以，即，故C正确；对于D，若，则数集有上确界，且，此时，则，故D错误.故选：AC. 【点睛】关键点点睛：理解新定义的概念是解决本题的关键. 11．（多选题）已知集合是由个正整数组成的集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”．（   ） A．不是“可分集合” B．是“可分集合” C．四个元素的集合可能是“可分集合” D．五个元素的集合不是“可分集合” 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，利用“可分集合”的定义逐项分析判断即得. 【详解】对于A，去掉后，不满足定义，不是“可分集合”，A正确；对于B，集合所有元素之和为，当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意，因此集合是“可分集合”，B正确；对于C，不妨设，去掉，则，去掉，则，于是，与矛盾，因此一定不是“可分集合”，C错误；对于D，不妨设，若去掉元素，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有①，或者②，若去掉元素，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有③，或者④，由①③或②④得，矛盾；由①④或②③得，矛盾，因此集合不是“可分集合”，D正确．故选：ABD 【点睛】关键点点睛：考查新定义下的集合问题，对此类题型首先要多读几遍题，将新定义理解清楚，然后根据定义验证，证明即可，注意对问题思考的全面性. 12．（多选题）对任意，，记，并称为集合，的对称差.例如：若，，则.下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则{或} B．若，且，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】ACD 【分析】A选项，求出，根据定义得到A正确；B选项，举出反例；CD选项，可利用韦恩图进行说明. 【详解】A选项，，，故{或}，A正确；B选项，，不妨设，则，故，但不满足，B错误；C选项，当且A与B不是包含关系时，如图1，①为集合且，②为集合且，③为集合，④为集合， 表示集合①④的并集，表示集合①③④的并集，为集合①，故为集合③④的并集，为集合①②的并集，故为集合③④的并集，故； 当时，如图2，①为集合，表示集合①和集合的并集，表示集合①和集合的并集，为集合，故为集合①，为集合的并集，故为集合①，故； 如图3，当时，表示集合①，为集合，故为集合①和集合的并集，为集合的并集去掉的交集，即集合②部分，故为集合①和集合的并集，故； 如图4，当时，②为且，①为，表示集合①和②的并集，， 表示集合②，故为集合①和集合的并集，为集合的并集去掉的交集，即集合②部分，故为集合①和集合的并集，故.综上，C正确；D选项，画韦恩图，如下： 情况较多，我们就第一个图进行说明，①为且且，②为且且，③为且，④为，⑤为且，⑥为，⑦为且，⑧为且且，表示集合①⑤②⑦的并集，故表示集合①②⑥⑧的并集，表示集合②③⑤⑧的并集，表示集合①②⑥⑧的并集，故，当满足其他关系时，经检验，也满足，故D正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：当集合之间的关系较为复杂或解决容斥原理的题型时，常常使用韦恩图来进行求解，其直观易懂，可大大减少思维量. 13．（多选题）已知有限集，如果A中的元素满足，就称A为“W集”则下列选项正确的是（    ） A．集合是“W集” B．若是“W集”，则至少有一个大于2 C．二元“W集”有有限个 D．若为正整数，则“W集”A有且只有一个，且 【答案】AD 【分析】根据定义可判定A，举反例可判定B，利用等量关系化为函数关系可判定C，设A中，得到，分和，两种情况分类讨论，可判定D. 【详解】对于A，，所以A正确；对于B，如显然是“W集”，但不满足两个元素至少一个大于2，故B错误；对于C，若是“W集”，即，显然，显然随变化而变化，这样的二元“W集”有无限个，所以C错误；对于D，不妨设A中，由，得，当时，即有，所以，于是，无解，即不存在满足条件的“W集”；当时，，故只能，，求得， 于是“W集”A只有一个，为．当时，由，即有， 事实上，，矛盾，所以当时不存在W集A，所以D正确.故选：AD. 【点睛】方法点睛：新定义有关的问题的求解策略： ①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； ②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决. 14．（多选题）用表示集合中元素的个数，对于集合，定义.若，，且，则实数的值可能为（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】ABD 【分析】计算可得，则可得或，当时，可得，计算即可得，当时，则必有且，再借助一元二次方程的根的性质对讨论即可得. 【详解】对，有，故，则或，当时，由，故，则有，即，此时，符合要求；当时，则，故，对，令，即，当时，，即，此时，符合要求；当时，，即，此时，符合要求；若，则有一根属于，另一根不属于，当时，有，故不是的根，当时，有，故不是的根，故时，不符合题意；综上所述，实数的值可能为或.故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于由跟的判别式得到，从而只需分及进行讨论即可得. 15．（多选题）设是一个数集，若对任意的，且，都有，，，，则称是一个数域，例如实数集是一个数域，则下列结论正确的是（  ） A．数域中必含有0，1两个数 B．集合是一个数域 C．有理数集是一个数域 D．数域中必含有 【答案】ACD 【分析】对于A，只需令，则，即可证明；对于B，由即可淘汰；对于C，证明出有理数是最小的数域即可；对于D，由有理数是最小的数域，所以数域中必含有. 【详解】对于A，数域中必须有一个非零元素，令，则，所以任何数域中均含有两个数，所以选项A正确；对于B，由，而任何数域中均含有两个数，所以选项B错误；对于C，由任何数域中均含有两个数，数域对加法封闭，所以，所以所有的正整数都在数域中，再由数域对减法封闭，所以，所以所有负整数都在数域中，即所有整数都在数域中；再由数域对除法封闭，整数之间作除法，能得到所有有理数在数域中，即有理数是最小的数域，任何数域都必须包含所有有理数，所以选项C正确；对于D，由任何数域都必须包含所有有理数，而，所以数域中必含有，所以选项D正确.故选：ACD 【点睛】关键点点睛：利用集合理论证明有理数是最小的数域是本题解题的关键所在. 16．若有限集，且满足，则称A为“完美集”． （1）若为“完美集”，则实数 ： （2）若且为“完美集”，则 ． 【答案】 【分析】（1）根据题意得到方程，求出； （2）不妨设，且均为正整数，因为，故，当时，推出，，无解，不合要求，时，推出，进而列出方程，求出，得到一个“完美集”，为；当时，推出矛盾，不存在“完美集”，从而得到答案. 【详解】（1）由题意得，解得；（2），不妨设，且均为正整数，因为，故，由于，故当时，，由于为正整数，故， 由“完美集”的定义，，显然无解，故当时，不存在“完美集”；当时，可得，由于且为正整数，故，由“完美集”的定义，， 解得，故当时，存在一个“完美集”，为；当时，由得，故，而当时，恒成立，即，这与矛盾， 故当时，不存在“完美集”，综上，.故答案为：， 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 17．设全集，非空集合满足以下条件： ①，； ②若，，则且. 当时， （填或），此时中元素个数为 ． 【答案】 【分析】先假设，推出与条件矛盾，得，根据题意知若，，则，，对每个元素进行排除，从而得到集合和集合. 【详解】因为，，所以和有且只有一个成立，若，对于任一个，，与若，，则矛盾，所以不成立，只有；因为，，所以， 若，则与矛盾，所以，由，，可得：，若，因为，所以，又，所以，与矛盾，所以，则，，则， 若，因为，所以，，与矛盾，所以，由，，可得：， 若，因为，，所以，，与矛盾，所以，所以，，因此中元素个数为个．故答案为：，. 【点睛】关键点睛：本题的关键是对新定义的理解，由，，若，，则且，结合，，则，. 18．定义集合的“长度”是，其中．已知集合，，且M，N都是集合的子集，则集合的“长度”的最小值是 ；若，集合的“长度”大于，则n的取值范围是 ． 【答案】 /0.2 【分析】根据区间长度定义得到关于的不等式组，再分类讨论即可；代入得到，再根据区间长度大于，得到关于n的不等式组，解出即可. 【详解】因为，都是集合的子集，所以，解得，，要使集合的“长度”最小，则只有当取最小值、取最大或取最大、取最小时才成立，当，时，，“长度”为；当，时，，“长度”为，所以集合的“长度”最小值是.若，则，要使集合的“长度”大于，则或，即或，又，则n的取值范围是.故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分理解区间长度的定义，再根据交并集的含义得到不等式组，结合分类讨论的思想即可. 题组三：名校集合新定义试题精选 1．对集合及其每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地减或加后继的元素所得的结果，例如，子集的“交替和”是，子集的“交替和”是，子集的交替和是2；定义一个唯一确定的“交替积”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地除以或乘以后继的数所得的结果，例如，集合的“交替积”是，的“交替积”是，的“交替积”是2． (1)对于，求其所有子集的“交替和”的总和； (2)对于，求其所有子集的“交替和”的总和； (3)对于求其所有子集的“交替积”的总和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将集合的子集分为有9的子集，和去掉9之后的子集，再根据“交替和”的定义，即可求解； （2）将集合的子集分为有的子集，和去掉之后的子集，再根据“交替和”的定义，即可求解； （3）首先求出集合的元素，再对集合分组，有的子集和去掉的子集为一组，求每一组“交替积”的和，即可求解. 【详解】（1）集合的子集中，除去外还有个非空子集，把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替和”之和，组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉9的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替和”的和为9，共有组，所以，所有“交替和”之和应该为 （2）集合的子集中，除去外还有个非空子集，把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替和”之和，组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替和”的和为，共有组，所以，所有“交替和”之和应该为； （3）集合，其中除去外还有个非空子集， 把这把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替积”之积，组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替积”的和为0，共有组，所以，所有“交替积”之和应该为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，前2问是将集合分为有最大元素的集合，和去掉最大元素的集合，这样找到规律，最后一问，是将集合分为有元素的集合和去掉元素的集合为一组，即可求解. 2．设A是由若干个正整数组成的集合，且存在3个不同的元素a，b，，使得，则称A为“等差集”． (1)若集合，，且B是“等差集”，用列举法表示所有满足条件的B； (2)若集合是“等差集”，求m的值； (3)已知正整数，证明：不是“等差集”． 【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）根据等差集的定义结合子集的定义求解即可； （2）根据等差集定义应用，即逐个计算判断即可； （3）应用反证法证明集合不是等差集. 【详解】（1）因为集合，，存在3个不同的元素a，b，，使得，则或或. （2）因为集合是“等差集”，所以或或,计算可得或或或，又因为正整数,所以. （3）假设是“等差集”，则存在,成立，化简可得,，因为,所以,所以与集合的互异性矛盾， 所以不是“等差集”． 【点睛】方法点睛：解题方法是定义的理解，应用反证法设集合是等差集，再化简计算得出矛盾即可证明. 3．已知有限集，若，则称为“完全集”． (1)判断集合是否为“完全集”，并说明理由； (2)若集合为“完全集”，且，均大于，证明：，中至少有一个大于； (3)若A为“完全集”，且，求． 【答案】(1)是“完全集”，理由见解析；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）由“完全集”的定义判断即可； （2）由“完全集”的定义，结合集合的运算，以及一元二次方程的性质进行求解即可； （3）设，得到，分类讨论求解即可. 【详解】（1）集合，由完全集的定义：，，所以集合为“完全集”. （2）若是两个不同的正数，且是完全集，设，根据根和系数的关系知，相当于的两个根，由，解得或（舍），所以，又因为都是正数，若都不大于2，，矛盾，所以中至少有一个大于2. （3）不妨设，由于，所以，当时，即有，又为正整数，所以，于是，则无解，即不存在满足条件的“完全集”；当时，，故只能，求得，于是“完全集”只有一个，为；当时，由， 即有，而，又， 因此，故矛盾，所以当时不存在“完全集”，综上：“完全集”为. 【点睛】方法点睛：新定义有关的问题的求解策略： ①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； ②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决. 4．若含有4个元素的数集能满足，则称数集具有性质．给定集合. (1)写出一个具有性质的集合，并说明理由； (2)若，证明：集合和不可能都具有性质； (3)若集合有4个元素，，且，，证明：这个集合不可能同时都具有性质． 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)答案见解析 【分析】（1）需要根据性质的定义，在给定集合中找出满足条件的四个元素组成集合，并验证. （2）需要假设它们都具有性质，然后推出矛盾.这里要用到性质的定义以及集合的相关性质. （3）可以采用反证法，假设这个集合都具有性质，然后根据集合的并集、交集性质以及性质的定义推出矛盾. 【详解】（1）取，满足，所以是具有性质的集合. （2）因为，所以和中一个为奇数，一个为偶数.所以中至多有2个偶数.若和都具有性质J，由中有4个奇数和4个偶数知，中必有两个偶数.若两个集合分别为和，则或，不存在使得符合要求.若两个集合分别为和， 则或，不存在使得符合要求.若两个集合分别为和，则或，不存在使得符合要求.故若和不可能都具有性质J. （3）假设集合同时都具有性质J，则每个集合中至多有两个偶数.因为中恰有2n个偶数，所以这n个集合中都只含2个偶数.设,其中为偶数，为奇数.所以, 且.由题意知，，即. 因为.所以矛盾，故假设不成立.所以集合不可能同时都具有性质J. 5.已知集合，其中.定义：若对任意的，必有，则称集合A其有性质G.由A中元素可构成两个点集P和，，其中P有m个元素，Q中有n个元素. (1)已知集合，判断K是否具有性质G；由题意可知K对应的集合P为，写出K对应的集合Q； (2)若集合，求对应集合Q的元素个数，若集合A有k个元素，猜测对应的集合Q的元素最大个数，并说明理由； (3)若集合B具有性质G，证明：. 【答案】(1)具有性质，对应集合 (2)45，猜测个数为，利用见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据定义做出判断，直接写出集合； （2）直接根据定义写出中的元素，得出元素个数，再根据定义，探讨出与的关系式； （3）分和两种情况，若，推出的元素个数不多于的元素个数，即，若，推出的元素个数不多于的元素个数，即，从而得到答案. 【详解】（1）因为，都不属于集合， 所以集合具有性质，对应集合 （2）， 则对应集合Q中的元素为：，，，，，共有个元素，即对应集合Q的元素个数45；集合A有k个元素，猜测对应的集合Q的最大个数为.理由如下： 由题意可知集合的元素构成有序数对，共有个，∵，∴ 又∵时，，∴时候，，∴集合的元素个数为个， （3）当集合具有性质时，①对于，根据定义可知：，又因为集合具有性质，则，如果，是中的不同元素，那么，中至少有一个不成立，于是，中至少有一个不成立，故和也是中不同的元素，可见的元素个数不多于的元素个数，即， ②对于，根据定义可知：，又因为集合具有性质，则，如果，是中的不同元素，那么，中至少有一个不成立，于是，中至少有一个不成立， 故和也是中不同的元素，可见的元素个数不多于的元素个数，即，由①②可知 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 6．若至少由两个元素构成的有限集合，且对于任意的，都有，则称为“集合”． (1)判断是否为“集合”，说明理由； (2)若双元素集为“集合”，且，求所有满足条件的集合； (3)求所有满足条件的“集合”． 【答案】(1)不是，理由见解析； (2)； (3)，其中. 【分析】（1）根据集合新定义直接判断即可； （2）设，进而研究或是否存在正整数解即可； （3）讨论“集合”为双元素集或含有两个以上的元素，同（2）分析及反证法研究是否存在正整数解. 【详解】（1）因为，所以不是“一集合”． （2）设．若，则或．由，解得（舍去），此时；由化为，而，故方程无正整数解．若，则或，由，解得，此时；由化为，而，故方程无正整数解．综上，所有满足条件的集合为． （3）若“集合”为双元素集，不妨设，则或，由，则，而，故，此时；由，则，而，显然不存在正整数解；所以，“集合”为，其中．若“集合”含有两个以上的元素，设最小的元素为，最大的元素为，第二大的元素为，则是“集合”中的元素，若，解得，若，则，矛盾，若，该方程的解为，则n，a不可能同时为整数，无解．故所有满足条件的“集合”为，其中． 【点睛】关键点点睛：对于第二、三问，根据集合新定义给定公式，将问题化为研究相关方程是否存在正整数解. 7．对于数集，定义点集，若对任意，都存在使得，则称数集是“正交数集”. (1)判断以下三个数集是否是“正交数集”（不需要说明判断理由，直接给出判断结果即可）； (2)若，且是“正交数集”，求的值； (3)若“正交数集”满足：，，求的值. 【答案】(1)是正交数集，不是正交数集；(2)；(3) 【分析】（1）根据正交数集的定义对三个集合逐一验证，从而确定正确答案. （2）根据正交数集的定义列方程，从而求得的值. （3）先证：若集合为正交数集，则至少要有一对相反数，由此得到，再证3为最小正数，从而求得点的值. 【详解】（1）是正交数集，不是正交数集.下面补充说明理由：对于，则，，，所以是正交数集.对于，则， 对于，在中，不存在符合题意的点，所以不是正交数集.对于，则，， ，，， ，所以是正交数集. （2）若，且是正交数集，则对于有序数对能使得其满足条件的有序数对只能为或.若为，则有，解得与矛盾，舍去；故只能是，于是有，解得，经检验符合题意. （3）先证：若集合为正交数集，则至少要有一对相反数，对于，且，有有序数对， 故，使得，所以，故集合中至少有一对相反数.因为且是唯一负数，故，下证3为最小正数：反证法：若3不为最小正数，则，对于有序数对是最大正数，则与之相匹配的有序数对设为，故有，即，与是最大正数相矛盾，故3为最小正数，综上所述，. 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 8．对任意正整数，记集合均为非负整数，且，集合均为非负整数，且．设，，若对任意都有，则记． (1)写出集合和； (2)证明：对任意，存在，使得； (3)设集合求证：中的元素个数是完全平方数． 【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）根据集合与的公式，写出集合和即可； （2）任取，设，令，只需证明，即可证明结论成立； （3）任取，，可证明，且，，再设集合中的元素个数为，设，设集合，通过证明，，推出，即可完成证明． 【详解】（1），． （2）对任意，设，则均为非负整数，且． 令，则，所以，且． （3）对任意，，记，则，，…，均为非负整数，且，所以，且，． 设集合中的元素个数为，设．设集合． 对任意，都有，，…，，且，．所以． 若，其中，，设，因为，所以，记，则， 所以，并且有，所以，所以．所以．因为集合中的元素个数为，所以中的元素个数为，是完全平方数． 【点睛】关键点点睛：集合元素的个数转换为证明两个集合相等. 9．已知集合中的元素均为正整数，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，都有. (1)已知集合，求； (2)已知集合，求； (3)若中有4个元素，证明：中恰有5个元素. 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）根据①可得都是中的元素，进而证明中除外没有其他元素即可求解， （2）根据条件①②，即可求解， （3）根据题意可得，，是中的元素，进而根据和可得，进而，接下来假设中还有其他元素，且该元素为，利用与的关系得矛盾求解. 【详解】（1）由①可得都是中的元素.下面证明中除外没有其他元素：假设中还有其他元素，分两种情况：第一种情况，中最小的元素为1，显然不是中的元素，不符合题意；第二种情况，中最小的元素为2，设中除外的元素为，因为是中的元素，所以为4或8，而4，8也是中的元素，所以中除外没有其他元素.综上，. （2）由①可得，都是中的元素.显然，由（2）可得，是中的元素，即是中的元素.因为，所以，解得. （3）证明：设.由①可得，都是中的元素.显然，由②可得，是中的元素，即是中的元素.同理可得，是中的元素.若，则，所以不可能是中的元素，不符合题意.若，则，所以，即.又因为，所以，即， 所以，此时.假设中还有其他元素，且该元素为，若，由（2）可得，而，与矛盾.若，因为，所以，则，即，所以中除外，没有其他元素.所以，即中恰有5个元素. 【点睛】方法点睛：对于以集合为背景的新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中； 2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素. 3、涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本的概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力. 10．已知集合．对集合中的任意元素，定义，当正整数时，定义．（约定）． (1)若，求和； (2)若满足且，求的所有可能结果； (3)是否存在正整数使得对任意都有？若存在，求出的所有取值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)、、、； (3)存在，n的所有取值为，理由见解析. 【分析】（1）根据定义依次写出、即可得结果. （2）由题设有或，再依据定义确定的所有可能结果； （3）由定义得，依次写出直到即可判断存在性，并确定n的所有取值. 【详解】（1），由题意，，，，，，，. （2）由且，①，当或1时，，同理，或1时，，或1时，，或1时，，所以①等价于，则，，当，，则为满足；当，，则为满足，当，，则为满足，当，，则为满足，综上，的所有可能结果、、、. （3）存在正整数n使且，理由如下：由，则，所以，若，，所以，若，则，，，所以，对都有，当时，恒成立， 综上，n所有取值为使成立. 【点睛】关键点点睛：第二、三问，根据已知条件及的定义依次写出结果，判断存在性并列举出结果. 11．已知集合A为非空数集，对于集合A，定义对A中任意两个不同元素相加得到一个绝对值，将这些绝对值重新组成一个新的集合，对于这一过程，我们定义为“自相加”，重新组成的集合叫做“集合A的1次自相加集合”，再次进行n－1次“自相加”操作，组成的集合叫做“集合A的n次自相加集合”，若集合A的任意k次自相加集合都不相等，则称集合A为“完美自相加集合”，同理，我们可以定义出“A的1次自相减集合”，集合A的1次自相加集合和1次自相减集合分别可表示为：. (1)已知有两个集合，集合，集合，判断集合B和集合C是否是完美自相加集合并说明理由； (2)对（1）中的集合B进行11次自相加操作后，求：集合B的11次自相加集合的元素个数； (3)若且，集合，，求：的最小值． 【答案】(1)是完美自相加集合，不是完美自相加集合；(2)2051；(3)675 【分析】（1）利用自相加的概念找到一般规律计算即可； （2）连续的的正整数，自相加后，形成的新的集合元素必然是连续的正整数，且得到集合的最小值必然是原来集合的两个最小元素值之和，得到的最大值为原来集合的两个最大元素值之和，所以只需要计算进行十一次自相加后集合的最大值和最小值即可，计算元素个数； （3）由第二问的结论，我们很容易得到然后利用集合计算公式计算参数范围即可. 【详解】（1）是完美自相加集合,不是完美自相加集合理由如下：集合,由此可知集合自相加后，新的集合的元素中最小的元素为自相加之前的集合中的最小两个元素之和，所以显然集合的最小两个元素为，所以的最小元素为对集合进行任意次自相加操作后，最小值在变大，故不可能有相等集合，所以是完美自相加集合；集合表示所以奇数构成的集合，任何两个奇数相加都是偶数，所以，为所有偶数构成集合；所以对再进行一次自相加操作，所有偶数相加还是会是所有偶数，故后面集合不管进行多少次相加都是与相同；故不是完美自相加集合； （2）由自相加性质可知，对于集合，进行一次自相加，得到集合的最小值必然是原来集合的两个最小元素值之和，得到的最大值为原来集合的两个最大元素值之和，且中间必然是连续的整数元素；所以对集合进行一次自相加之后，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第二次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第三次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第四次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为； 进行第五次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第六次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第七次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第八次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第九次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第十次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；进行第十一次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；因为集合元素都是连续的整数，所以集合进行11次自相加操作后的元素个数为； （3）因为且，集合所以要使，则，又因为故的最小值为. 【点睛】关键点点睛：此题为新概念题，只需理解概念，解决问题即可，不是特别理解的，可以多列举一些例子，可找到规律. 12．对，定义集合，称其为集合的“间距集”．用表示有限集合X的元素个数． (1)已知，，求满足要求的整数的值并说明理由. (2)若，写出的所有可能值，并写出每个值对应的一个集合.不需要证明. (3)若为大于等于2的正整数，求的最大值和最小值（用含的表达式给出），每个最值给出至少一个取等时的集合． 【答案】(1)，或，；(2)答案见解析；(3)最大，最小 【分析】（1）根据的元素的特征结合可得，再分类讨论后可得； （2）根据可得，结合（1）的实例可得每一个对应的一个集合； （3）根据可得，最值对应的可根据指数形式或一次形式构造. 【详解】（1）由的定义可得中的元素均为正数，而，由于、为正整数，的元素均为正整数，最大的元素为，而，则，由则或， 时，，此时，，满足题意；时，，此时，，满足题意；，或，； （2）因为，故可设，其中，因为，故， 而中任意两个元素差的绝对值有6个，故，若，可取； 若，可取； 若，可取；若，可取. （3）当中的差两两不同时，有最大值为，取，下证 .证明：取中的两个差为，其中，不妨设，若，则有即，若，则即，与矛盾 若，则为偶数，而均为奇数，矛盾；综上可得当时，， 即中的任意两个差都是相异的，故.设，则成立，且其两两不同，于是，故的最小值为，取，，此时. 【点睛】思路点睛：对于与集合有关的组合最值问题，首先探究一般范围，再根据集合的特征构造相应的集合从而求得最值. 13．已知集合，若存在数阵满足：①；②；则称为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个好数阵，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)不是，理由见解析 【分析】（1）直接根据新定义解出未知量的值； （2）先证是不同于的“好数阵”，再证、，列举两个“好数阵”，即可证明； （3）假设为“好集合”，根据新定义可得，证明不是偶数即可求解. 【详解】（1），由“好数阵”的定义，知，， 故，，，，进一步得到.从而，，. （2）如果是一个“好数阵”，则，. 从而，.故也是一个“好数阵”. 由于是偶数，故，从而.所以数阵和的第1行第2列的数不相等，故是不同的数阵.设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：对，规定. 因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.而 ，即，从而是满射，由是有限集，知也是单射，故是一一对应. 对于“好数阵”，已证数阵和是不同的数阵，故.同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则.所以，当且仅当.最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或. 由于，故无论是还是，都有. 所以每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个. （3）若是“好数阵”，则 ，所以，这表明一定是偶数. 若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 14．已知是的非空子集，如果对任意，都有，则称是封闭集. (1)判断集合是否为封闭集，无需说明理由； (2)判断以下两个命题的真假，并说明理由； 命题：若非空集合是封闭集，则也是封闭集； 命题：非空集合是封闭集，则是为封闭集的充要条件； (3)若非空集合是封闭集合，设全集为，求证：的补集不是封闭集. 【答案】(1)集合是封闭集；(2)命题是假命题，命题是真命题；(3)证明见解析 【分析】（1）根据封闭集的定义判断即可. （2）举反例说明判断命题；利用封闭集的定义，结合充要条件的定义推理判断命题. （3）按和分类，结合反证法推理即可. 【详解】（1）对于集合，因为，所以是封闭集；对于集合， 令，则，所以集合是封闭集. （2）对于命题令，，令，则，所以集合是封闭集，同理集合是封闭集，取，则，而，因此集合不是封闭集，命题是假命题；对于命题若，不妨令，则有，又因为集合是封闭集，则，同理，因此，所以是封闭集，反之，若是封闭集，则是非空集合，即，所以是是封闭集的充要条件，命题是真命题. （3）非空集合是封闭集合，当时，，因此不是封闭集合；当时，假设是封闭集合，设，在中任取一个，则，否则，此时，与矛盾， 因此，而，与矛盾，则当时，则不是封闭集合，同理当时，不是封闭集合，所以A的补集不是封闭集. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. 15．设集合，其中，正整数．若对任意，与至少有一个属于，则称具有性质． (1)分别判断集合与是否具有性质，并说明理由； (2)当时，若具有性质，且，求集合； (3)记，若具有性质，求的值． 【答案】(1)集合具有性质，集合不具有性质，理由见解析．(2)；(3) 【分析】（1）利用给定定义证明即可. （2）利用给定条件结合集合的互异性求解即可. （3）利用给定定义得到，再结合题意求解即可. 【详解】（1）在集合中，因为，，，，，，所以集合具有性质． 而集合中，因为，，所以集合不具有性质． （2）因为，且具有性质，所以，，则，又因为，所以，则，由集合的互异性知，，而，所以．故． （3）因为具有性质，所以，则，则．又因为，所以，又因为，所以，则， 所以，，，，．所以，即， 所以，则． 【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义，解题关键是合理运用给定定义，然后对目标式进行变形求和，得到所要求的解析式即可． 16．已知集合为非空数集，定义：，． (1)若集合，直按写出集合、； (2)若集合，且，求证：； (3)若集合，，记为集合中元素的个数，求的最大值． 【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）结合所给定义，计算出集合、中所有元素即可得； （2）结合所给定义，根据集合相等的概念计算可以证明； （3）结合所给定义，计算可得，，再借助可得，又，计算可得，再构造集合，通过计算可得的最小值为，即可得的最大值. 【详解】（1）由，故可能为，即；可能为，即； （2）由，所以中也只包含个元素，又有，故， 则剩下的元素满足，，所以； （3）设集合满足题意，且，则，所以，又，故，因为，由容斥原理，， 所以最小的元素为，最大的元素为，所以，即，解得，实际上，当时满足题意；证明如下：设， 则，则，依题意可知，，即，所以的最小值为，所以当时，集合中元素最多，即时满足题意，综上，的最大值为. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 题组四：全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2014高一·全国·竞赛）我们称数集为数域，当且仅当数集中的任意两个元素经过加法、减法、乘法、除法（除数不为0）四则运算后，其运算结果仍在数集中，则下列数集能称作数域的是（     ）. A．自然数集 B．整数集 C．有理数集 D．无理数集 【答案】C 【分析】根据数域的定义逐一判断即可. 【详解】对于A，不在自然数集里，不正确；对于B，不是整数，不正确；对于C，有理数经过加法、减法、乘法、除法四则运算后，仍为有理数，正确；对于D，不在无理数集里，不正确.故选：C. 2．（2012高一·全国·竞赛）非空集合，满足条件：若，则．这样的M有（    ）． A．13个 B．14个 C．15个 D．16个 【答案】C 【分析】由题意可得1和8，2和7，3和6，4和5必定同时出现，列出所有结果即可得答案. 【详解】由题意可得1和8，2和7，3和6，4和5必定同时出现，又M非空， 则可以为：，，，，，，， ，，，，，， ， 所以共有（个）． 故选：C. 3．（2012高一·全国·竞赛）已知集合，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据交集的定义可求. 【详解】由题设可得， 故选：A. 4．（2014高一·全国·竞赛）设集合或，集合，且，则实数的取值范围是（    ） A．或 B． C． D． 【答案】C 【分析】 由交集和补集的定义求解即可. 【详解】 因为或，所以， 由，得，故. 故选：C. 5．（2009高一·全国·竞赛）满足且的集合的个数是（   ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】 根据交集的定义和集合的包含关系即可求解. 【详解】由可得：，. 又因为， 所以或. 故选：B 6．（2023高一下·海南·竞赛）已知集合，则集合与的关系是（    ） A． B．⫋ C．⫋ D．且 【答案】B 【分析】分别求出集合 和 ，根据集合间的基本关系进行判断即可. 【详解】由题意可知， 则，都有；而，且，故⫋. 故选：B. 7．（2016高一·全国·竞赛）已知集合、，，若满足，则称集合为正序集合，，若满足且，称集合为波浪集合，若，则称集合为正序集合的波浪集合．如正序集合的波浪集合为．已知正序集合，则集合的波浪集合的个数为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】D 【分析】根据给定的定义，按第2、第4位置的数分别为3、5，5、3，4、5，5、4写出波浪集合即可. 【详解】集合的波浪集合为，， ，共16个． 故选：D 8．（2016高一·全国·竞赛）已知集合，则集合等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据的取值分情况讨论，代入计算即可. 【详解】，时，， 时，，或或或时，，或或或时，， 故. 故选：D. 9．（2016高一·全国·竞赛）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 【分析】由集合S是由正奇数构成的集合和两个奇数的和与差为偶数判断. 【详解】解：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． 10．（2012高一·全国·竞赛）已知集合的子集B满足：对任意，有，则集合B中元素个数的最大值是（    ）． A．1005 B．1006 C．1007 D．1008 【答案】B 【分析】假设B中元素最大是2012，再将其余元素分组，再结合抽屉原理即可得解. 【详解】假设B中元素最大是2012， 将其余元素分组：共1005组， 一定不包含， 若B中元素多于1006个， 由抽屉原理可知，必有两个数在同一组，两数和为2012，与已知矛盾， 所以B中元素最多为1006个， 同理可知，当B中最大元素小于2012时，元素个数不超过1006个， 又满足题意，元素个数为1006个． 所以B中元素个数的最大值为1006． 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于对不等关系进行等价转化，找出便于理解的处理方式，当然此题解法不唯一，可以讨论极限情况，可以分类列举观察规律. 11．（2013高一·全国·竞赛）集合的非空真子集有（    ）. A．13个 B．14个 C．15个 D．16个 【答案】B 【分析】根据非空真子集的概念列举求解即可. 【详解】集合的非空真子集有，，，，，，，，，，，，，，共14个. 故选：B 12．（2024高三上·全国·竞赛）设集合，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由并集的结果分类讨论，结合交集的概念即可求解. 【详解】由题意集合，， 若， 则，且互不相等，（互异性）， 若，则与互异性矛盾； 若，则与互异性矛盾； 若，则满足题意； 若，则，此时与矛盾； 综上所述，对比选项可知满足题意. 故选：C. 13．（20-21高三上·北京·强基计划）已知集合，任取中至少有一个成立，则n的最大值为（    ） A．3 B．5 C．7 D．9 【答案】C 【分析】可证明集合A的正数至多有3个，负数至多有3个，故可判断n的最大值. 【详解】不妨设，若集合A中的正数个数不小于4，取， 可得，取，可得，因此，矛盾． 因此集合A的正数至多有3个，同理，集合A中的负数至多有3个． 又考虑， 符合题意，因此n的最大值为7． 故选：C. 14．（2023高三下·全国·竞赛）若集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意知集合中，，只需将集合的各个元素分别代入验证，满足条件即可得出. 【详解】集合中，， 将集合的各个元素分别代入可得,,,,,, . 故选：C. 15．（2022高一·浙江温州·竞赛）设集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据补集的定义结合集合的描述法理解运算. 【详解】设集合， 可得：，且，故. 故选：C. 16．（2017高三下·广西玉林·竞赛）已知集合，，则 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，所以，应选答案D． 17．（2013高三·浙江·竞赛）已知集合且.则实数取值范围为. A． B． C．或 D． 【答案】C 【详解】试题分析：要使，则或．解得或 ．故选C． 考点：绝对值不等式的解法，集合的运算． 点评：中档题，绝对值不等式的解法，一般围绕“去绝对值符号”，方法有：平方法、分类讨论法，有时利用绝对值的“几何性质”，会简洁些． 18．（16-17高三·北京·强基计划）一群学生参加学科夏令营，每名同学参加至少一个学科考试．已知有100名学生参加了数学考试，50名学生参加了物理考试，48名学生参加了化学考试，学生总数是只参加一门考试学生数的2倍，也是参加三门考试学生数的3倍，则学生总数为（    ） A．108名 B．120名 C．125名 D．前三个答案都不对 【答案】A 【分析】根据容斥原理可求的值. 【详解】设只参加了数学、物理、化学考试的学生数分别为，，； 参加了两门学科考试的同学中参加了数学和物理、物理和化学、化学和数学的学生数分别为，，； 同时参加了三门学科考试的学生数为，如图． 根据题意，有， 前面三个等式相加，可得． 由第四个等式可得，， 因此， 解得．因此学生总数为．      故选：A 19．（20-21高三上·北京·强基计划）在一次竞赛中有A，B，C三道题． ①在所有参赛学生中共有30人至少解出一道题； ②仅解出一题的学生中，解出C题的人数占一半； ③解出A题的学生人数等于仅解出B题的学生人数； ④仅解出A，B题的人数等于仅解出B，C题的人数； ⑤仅解出A题的人数等于4； ⑥仅解出A，C题的人数是仅解出A，B题的人数的一半． 则同时解出A，B，C三题的学生人数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】设只解出A，B，C的人数分别为a，b，c，仅解出的人数分别为z，x，y，同时解出A，B，C三题的人数为w，则可得关于诸参数的方程组，用表示其他的量后可得其值，从而可求同时解出A，B，C三题的学生人数. 【详解】设只解出A，B，C的人数分别为a，b，c，仅解出的人数分别为z，x，y，同时解出A，B，C三题的人数为w，则 于是，且，因此同时解出A，B，C三题的学生人数为1． 故选：B 20．（2024高三上·全国·竞赛多选题）设全集为，设是两个集合，定义集合，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由，逐项判断. 【详解】解：对而言，，所以； 因为，且，所以 因为，且，所以 . 故选：ABD 21．（2015高三·湖南·竞赛多选题）设集合，则对任意的整数，形如的数中，是集合中的元素的有 A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】将分别表示成两个数的平方差，故都是集合中的元素，再用反证法证明. 【详解】∵，∴. ∵，∴. ∵，∴. 若，则存在使得， 则和的奇偶性相同. 若和都是奇数，则为奇数，而是偶数，不成立； 若和都是偶数，则能被4整除，而不能被4整除，不成立，∴. 故选ABD. 【点睛】本题考查集合描述法的特点、代表元元素特征具有的性质，考查平方差公式及反证法的灵活运用，对逻辑思维能力要求较高. 22．（2024高二下·北京·竞赛）设整数集合 ，若中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为 ，则集合 . 【答案】 【分析】依据总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积去分析集合中的各元素即可. 【详解】中所有三元子集共有个， 中的每个元素在这些三元子集中均出现了次， 故， ，因为集合中的元素有个负数个正数， 故集合中的元素有个负数个正数，所以， 不妨设， 三个元素之积绝对值最大时，，， 又为整数集合，所以，或者，； 三个元素之积绝对值最小时，，又，所以，， 因为集合中的元素有个负数个正数，故、均为正整数，所以，， 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查集合的子集，关键是理解题目的意思，并从“总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积”这些不同的角度去分析集合中的各元素. 23．（2024高二下·内蒙古·竞赛）集合的全部非空子集的元素和等于 . 【答案】272 【分析】分析各元素出现的次数，进而可得结果. 【详解】集合的子集有以下情形； 含有元素1的子集有个； 含有元素2的子集有个； 含有元素3的子集有个； 含有元素5的子集有个； 含有元素6的子集有个， 所有子集的元素的和为． 故答案为：272. 23．（2013高一·全国·竞赛）集合，若，则实数 ． 【答案】 【分析】根据集合交集的运算确定，从而讨论，，检验集合是否符合题意即可得结论. 【详解】因为，所以，则 若，则，此时，所以，与已知矛盾，则； 若，则，此时，所以，符合题意； 综上可得，． 故答案为：. 24．（2013高一·全国·竞赛）定义集合的一种运算：，若，则中的所有元素之和为 ． 【答案】26 【分析】根据定义得到，求出答案. 【详解】． 故答案为：26 25．（2007高一·全国·竞赛）已知，，且，则满足条件的集合的个数为 个. 【答案】7 【分析】 求出，然后的个数就是的非空子集的个数，利用公式求个数即可. 【详解】由已知，， 所以，， 所以的个数就是的非空子集的个数， 共个. 故答案为：. 26．（2011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） 【分析】根据定义且，结合条件，即可求出结果. 【详解】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） 27．（2016高一·全国·竞赛）已知集合，且，给出下列命题： ①满足的集合的个数为； ②满足⫋的集合的个数为； ③满足⫋的集合的个数为； ④满足⫋⫋的集合的个数为． 其中正确的是 ．（填上你认为正确的所有命题序号） 【答案】①③ 【分析】由包含和真包含的定义对选项一一判断即可得出答案. 【详解】①满足的集合的个数为的子集的个数，即； ②满足⫋的集合的个数为的非空子集的个数，即； ③满足⫋的集合的个数为的真子集的个数，即； ④满足⫋⫋的集合的个数为的非空真子集的个数，即． 故答案为：①③. 28．（2017高一·全国·竞赛）已知集合，，则 ． 【答案】 【分析】先化简两个集合，再求这两个集合的交集即可. 【详解】提示：由，则是偶数，故； 再由，则是奇数且不小于，即， 故． 故答案为：. 29．（2018高一·全国·竞赛）已知，若集合，则 . 【答案】2 【分析】根据集合相等的性质可得，从而可得结果 【详解】因为，所以，于是可得或， 由得，而无解，所以， 所以=2. 故答案为：2 30．（2014高一·全国·竞赛）给定集合，若集合，且对集合中任意两个元素、，不妨设，都有或，则称集合具有性质.假定集合满足形式，则具有性质的集合中的最小元素 . 【答案】672 【分析】根据题意，具有性质的集合满足形式，且，一定有，且，结合新定义，讨论极端情况，求解即可. 【详解】由题意分析可得具有性质的集合满足形式，且， 那么一定有，且 任意的，都有或 最极端情况，解得. 当时，经检验不满足题意;当时，满足题意. 故答案为：672. 31．（2011高一·全国·竞赛）定义集合上的二元运算“”见右表所示，如果有一个元素，对于任意的，都有，则称为A关于运算的零元．判断A关于运算的零元是 ． a    b    c a a    b    c b b    b    b c c    b    a d d    b    d 【答案】 【分析】根据定义直接得答案. 【详解】根据题目中零元的定义结合图表，若时，满足题目要求，因此答案为． 故答案为： 32．（2012高一·全国·竞赛）已知集合，其中，若，则 ． 【答案】 【分析】根据元素的互异性即可求解. 【详解】，即，又，所以， 解得，当时，，与元素的互异性矛盾，所以． 时，符合要求， 故答案为： 33．（2021高一下·广东佛山·竞赛）设集合，的所有子集构成的集合记为集合，则集合的非空真子集一共有 个. 【答案】14 【分析】集合中的元素是的所有子集构成的，解题时不要漏掉空集和本身. 【详解】因为集合，共个元素， 所以集合的非空真子集的个数为. 故答案是：. 34．（2021高三·全国·竞赛）已知集合，集合C满足，且C不是A的子集，也不是B的子集，则这样的集合C的个数为 ． 【答案】196 【分析】分析集合C中的元素：1、2、3至少存在一个；4、5均可有可无；6、7、8至少存在一个． 【详解】满足条件的集合C中的元素：1、2、3至少存在一个；4、5均可有可无；6、7、8至少存在一个．则集合C共有种情况． 故答案为：196 35．（2021高三·全国·竞赛）在的非空真子集中，满足最大元素与最小元素之和为13的集合个数为 . 【答案】1364 【详解】考虑这5组数，每一组可作为集合的最大元素和最小元素， 故所求集合的个数为， 故答案为： 36．（2021高三·全国·竞赛）已知集合，A是M的子集，当时，，则集合A元素个数的最大值为 ． 【答案】1895 【详解】解析：先构造抽屉：．使前100个抽屉中恰均只有2个数，且只有1个数属于A，可从集合M中去掉前100个抽屉中的数，剩下个数，作为第101个抽屉． 现从第1至100个抽屉中取较大的数，和第101个抽屉中的数，组成集合A，于是 ， 满足A包含于M，且当时，． 所以的最大值为． 故答案为：1895. 37．（2020高三·浙江·竞赛）设集合，，则集合中的元素为 . 【答案】 【详解】联立方程，解得.所以集合为. 故答案： 38．（2021高三·全国·竞赛）设，子集之积数定义为G中所有元素之乘积（空集的积数为零），求X中所有偶数个元素之子集的积数的总和是 ． 【答案】/ 【详解】解：设X中所有偶数个元素之子集的积数的总和是A，X中所有奇数个元素之子集的积数之和是B，则 ， ． 解得． 故答案为： 39．（2020高三·全国·竞赛）若实数集合{1，2，3，x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为 . 【答案】 【分析】不妨设，可得最大、最小元素之差不超过，而所有元素之和大于，得到，列出方程，即可求解. 【详解】不妨设，可得最大、最小元素之差不超过， 而所有元素之和大于，不符合条件，所以，即为最小元素， 于是，解得. 【点睛】本题主要考查了元素与集合的关系，以及集合的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 40．（2019高三·新疆·竞赛）已知集合U={1，2，3，4，5，6，7，8}，A={1，2，3，4，5}，B={4，5，6，7，8}，则是集合U的子集但不是集合A的子集，也不是集合B的子集的集合个数为 . 【答案】196个 【分析】先找出集合U的子集个数，再减去集合A或集合B的子集个数，即可得出结果. 【详解】集合U的子集个数为28，其中是集合A或集合B的子集个数为，所以满足条件的集合个数为. 【点睛】本题主要考查子集的概念，解题的关键是会判断子集个数. 41．（2007高三·湖北·竞赛）设表示不大于x的最大整数，集合，则 . 【答案】{－1， } 【分析】由，得到只可能取值，再分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，不等式，解得，所以， 若，则，所以只可能取值， 若，则，没有实数解； 若，则＝1，得； 若，则＝3，没有符合条件的解； 若，则＝5，没有符合条件的解； 若，则＝7，有一个符合条件的解，， 所以． 【点睛】本题主要考查了集合的运算及其应用，其中解答中根据，得到方程组，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于中档试题. 42．（2007高一·河南·竞赛）定义集合A、B的一种运算：.若，，则A*B中的所有元素数字之和为 . 【答案】14. 【详解】A*B中元素为2，3，4，5，故其所有元素数字之和为14. 故答案为14 43．（2024高二下·广西·竞赛）设A为数集的元子集，且A中的任意两个数既不互素又不存在整除关系．求的最大值． 【答案】506 【分析】的元子集中使得任意两个数不互素的最大的子集是偶数子集，注意到1012的2倍是2024，于是集合中，任意两个数既不互素又不存在整除关系，从而可得结论. 【详解】由A中的任意两个数不互素可知存在素数P，A中的每个数均被P整除， 故在数集的元子集中使得任意两个数不互素的最大的子集是偶数子集． 共有1012个元素，而其中有的元素满足整除关系，注意到1012的2倍是2024． 于是，集合中，任意两个数既不互素又不存在整除关系， 此时A中有506个元素．若从中任取一数，则它与A中的某个数存在整除关系． 因此，506是的最大值． 44．（2024高二下·浙江·竞赛）设集合，集合的个元子集满足：对中任一二元子集，均存在，使得．求的最小值． 【答案】 【分析】先由已知条件证明，然后构造一个例子使得成立，即可说明的最小值是. 【详解】一方面，对，假设包含的不超过两个. 由于每个至多包含个包含的二元子集，所以至多有个包含的二元子集包含于某个，但包含的二元子集有个，说明存在一个包含的二元子集不包含于任何，这与已知矛盾. 所以至少存在三个包含，这就意味着全体的元素个数之和至少是. 而每个的元素个数都是，所以，得. 这就得到了. 另一方面，设，，，，. 则两两交集为空，且全体并集就是. 然后令，，，，，. 此时可以验证，对，由于必然都落在之一，故分情况验证即知一定存在一个集合同时包含，此时. 综上，的最小值为. 45．（2013高一·全国·竞赛）已知集合， (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的取值范围． 【答案】(1)或 (2)或． 【分析】（1）因为，所以，将代入，求出即可得出答案； （2）利用得到，分和四种情况讨论即可得出结果. 【详解】（1）因为，所以， 所以将代入，整理得， 解得：或， 当时，，所以； 当时，，所以； 经检验，或都满足条件． （2）因为由可得： 当时，，解得或； 当时，是方程的两个相等的根， 所以，所以，所以无解． 当时，是方程的两个相等的根， 所以，所以，所以无解． 当时，是方程的两个不相等的根， 所以，所以，所以无解． 综上：或． 46．（2024高三上·全国·竞赛）称是的一个向往集合，当且仅当其满足如下两条性质：（1）任意，；（2）任意和，有.任取，称包含的最小向往集合称为的生成向往集合，记为. (1)求满足的正整数的值； (2)对两个向往集合，定义集合 （i）证明：仍然是向往集合，并求正整数，满足； （ii）证明：如果，则. 【答案】(1)2 (2)（i）证明见解析；6；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据向往集合定义，推出，得到，再推理得到，即得； （2）（i）与（1）同法得到，，分析得到，接着再证明是向往集合即得； （ii）由推得存在，有；任取，有.又由向往集合的性质（1），有,再证明即得. 【详解】（1）设.注意到，所以，又，所以 注意到集合，并且是向往集合， 根据生成向往集合的最小性，有；因为，所以， 另一方面，容易证明，因为中全都是2的倍数，所以，综上所述,即. （2）（i）用和（1）类似的方法可以得到，且. 所以, 所以，又因为生成向往集合的最小性，有，故得：. 下面证明是向往集合.任取，写出表示成有限和的形式， 则也可以写成有限和的形式，容易证明 其次，任意取，只需要把中的替换为即可，综上所述是向往集合. （ii）因为，因为，所以存在，有 任取，有和，所以 进而根据向往集合的性质（1），有 任意取，有， 因为，有，所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查了集合的新定义问题，属于难题解决此类问题的关键时读懂题意，理解集合新定义的本质，需要使用类比的方法，把新情境下的概念、规则，运算推理化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质和相关结论进行解答即可. 47．（2021高三·全国·竞赛）已知非空正实数有限集合A，定义集合，证明：． 【答案】证明见解析 【详解】以集合B作为突破口，取，并设有个数对满足：． 由条件知，考虑集合，有 ． 于是，得证． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 集合部分易错培优竞赛试题 【专题目录】 题组一：名校集合易错题精选 题组二：名校集合培优压轴题精选 题组三：名校集合新定义试题精选 题组四：全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 题组一：名校集合易错题精选 1．设集合，则（    ） A．对任意实数a， B．对任意实数a， C．当且仅当时， D．当且仅当时， 2．若数集具有性质：对任意的，，与中至少有一个属于，则称集合为“权集”，则（   ） A．为“权集” B．为“权集” C．“权集”中元素个数一定是有限个 D．“权集”中一定有1 3．设集合为非空实数集，集合且，称集合为集合的积集，则下列结论正确的是（    ） A．当时，集合的积集 B．若是由5个正实数构成的集合，其积集中元素个数最多为8个 C．若是由5个正实数构成的集合，其积集中元素个数最少为7个 D．存在4个正实数构成的集合，使其积集 4．设集合为非空集合，且，若，则，满足上述条件的集合的个数为（    ） A．12 B．15 C．31 D．32 5．（多选题）某校“五一田径运动会”上，共有12名同学参加100米、400米、1500米三个项目，其中有8人参加“100米比赛”，有7人参加“400米比赛”，有5人参加“1500米比赛”，“100米和400米”都参加的有4人，“100米和1500米”都参加的有3人，“400米和1500米”都参加的有3人，则下列说法正确的是（   ） A．三项比赛都参加的有2人 B．只参加100米比赛的有3人 C．只参加400米比赛的有3人 D．只参加1500米比赛的有3人 6．（多选题）中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题：“今有物，不知其数.三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二.问：物几何？”现有如下表示：已知，，，若，则下列选项中符合题意的整数为（    ） A．23 B．68 C．128 D．233 7．（多选题）已知集合是由个正整数组成的集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集合”.下列说法正确的是（   ） A．不是“可分集合” B．是“可分集合” C．四个元素的集合可能是“可分集合” D．五个元素的集合不可能是“可分集合” 8．（多选题）已知表示不超过x的最大整数，例如：，，，，，下列说法正确的是（   ） A．集合 B．集合A的非空真子集的个数是62个 C．若“”是“”的充分不必要条件，则 D．若，则 9．（多选题）设集合，，，，则下列关系中正确的是（    ） A． B． C． D． 10．（多选题）对于集合，给出如下结论，其中正确的结论是（   ） A．如果，那么 B．若，对于任意的，则 C．如果，，那么 D．，使 11．已知集合，集合P是集合M的三元子集，即，P中的元素a，b，c满足，则符合要求的集合P个数是 . 12．设集合，且中任意两数之和不能被5整除.则的最大值为 . 13．用表示非空集合中的元素的个数，定义，若，，若，则的所有可能取值构成集合，则 . 14．对于一个由整数组成的集合，中所有元素之和称为的“小和数”，的所有非空子集的“小和数”之和称为的“大和数”.已知集合，则的“小和数”为 ，的“大和数”为 . 15．设，，，，是均含有个元素的集合，且，，记，则中元素个数的最小值是 ． 题组二：名校集合培优压轴试题精选 1．“群”的概念由数学家伽罗瓦在19世纪30年代开创，群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学、晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.“群”的定义是：设为某种元素组成的一个非空集合，若在内定义一个运算“*”，满足以下条件： ①任意.有 ②如，有； ③在中有一个元素，对任意，都有，称为的单位元； ④任意，在中存在唯一确定的，使，称为的逆元； 此时称为一个群 例如实数集和实数集上的加法运算“＋”就构成一个群，其单位元是，每一个数的逆元是其相反数，那么下列说法中，错误的是（    ） A．，则为一个群 B．，为一个群 C．，则为一个群 D．，则为一个群 2．我们将集合S的子集为元素的集合称为S的一个子集族.例如集合有3个子集族：.若集合B中有3个元素，则B的不同子集族有（    ） A．128个 B．127个 C．256个 D．255个 3．数学家康托尔创立了集合论，集合论的产生丰富了现代计数方法.记为集合的元素个数，为集合的子集个数，若集合满足：①，；②，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 4．已知有限集，如果A中元素满足，就称A为“完美集” ①集合不是“完美集”，②若，是两个不同的正数，且是“完美集”，则，至少有一个大于2；③有且仅有两个元素的“完美集”只有有限多个；④若，则“完美集”A有且只有一个，且其中正确结论的个数有（   ）． A．1 B．2 C．3 D．4 5．对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为平衡集．记．若集合是平衡集，并且存在为奇数，则集合中元素个数的奇偶性（   ） A．与相关，既可以是奇数，又可以是偶数 B．与无关，既可以是奇数，又可以是偶数 C．与无关，必为偶数 D．与无关，必为奇数 6．设是均含有2个元素的集合，且，记，则B中元素个数的最小值是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 7．设有限集M所含元素的个数用表示，并规定.已知集合A，B满足，，若，，则满足条件的所有不同集合A的个数为（    ） A．3 B．6 C．10 D．64 8．设全集，集合、是的子集，若，就称为“好集”，那么所有“好集”的个数为（   ） A． B． C． D． 9．若集合A满足对任意，，都有，则称A为“S集”．若，，，为四个S集，且，则正整数的最大可能值为（    ） A．66 B．67 C．68 D．69 10．（多选题）给定实数集，定义集合都有，若是非空集合，则称集合中最小的元素为集合的上确界，记作．以下说法正确的是（   ） A．若数集中有2024个元素，则数集一定有上确界 B．若数集中没有最大值，则数集中一定没有上确界 C．若数集有上确界，则数集一定也有上确界，为 D．若数集有上确界，则数集一定也有上确界，为 11．（多选题）已知集合是由个正整数组成的集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”．（   ） A．不是“可分集合” B．是“可分集合” C．四个元素的集合可能是“可分集合” D．五个元素的集合不是“可分集合” 12．（多选题）对任意，，记，并称为集合，的对称差.例如：若，，则.下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则{或} B．若，且，则 C．若，，则 D．若，，，则 13．（多选题）已知有限集，如果A中的元素满足，就称A为“W集”则下列选项正确的是（    ） A．集合是“W集” B．若是“W集”，则至少有一个大于2 C．二元“W集”有有限个 D．若为正整数，则“W集”A有且只有一个，且 14．（多选题）用表示集合中元素的个数，对于集合，定义.若，，且，则实数的值可能为（   ） A． B．0 C．1 D．2 15．（多选题）设是一个数集，若对任意的，且，都有，，，，则称是一个数域，例如实数集是一个数域，则下列结论正确的是（  ） A．数域中必含有0，1两个数 B．集合是一个数域 C．有理数集是一个数域 D．数域中必含有 16．若有限集，且满足，则称A为“完美集”． （1）若为“完美集”，则实数 ： （2）若且为“完美集”，则 ． 17．设全集，非空集合满足以下条件： ①，； ②若，，则且. 当时， （填或），此时中元素个数为 ． 18．定义集合的“长度”是，其中．已知集合，，且M，N都是集合的子集，则集合的“长度”的最小值是 ；若，集合的“长度”大于，则n的取值范围是 ． 题组三：名校集合新定义试题精选 1．对集合及其每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地减或加后继的元素所得的结果，例如，子集的“交替和”是，子集的“交替和”是，子集的交替和是2；定义一个唯一确定的“交替积”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地除以或乘以后继的数所得的结果，例如，集合的“交替积”是，的“交替积”是，的“交替积”是2． (1)对于，求其所有子集的“交替和”的总和； (2)对于，求其所有子集的“交替和”的总和； (3)对于求其所有子集的“交替积”的总和． 2．设A是由若干个正整数组成的集合，且存在3个不同的元素a，b，，使得，则称A为“等差集”． (1)若集合，，且B是“等差集”，用列举法表示所有满足条件的B； (2)若集合是“等差集”，求m的值； (3)已知正整数，证明：不是“等差集”． 3．已知有限集，若，则称为“完全集”． (1)判断集合是否为“完全集”，并说明理由； (2)若集合为“完全集”，且，均大于，证明：，中至少有一个大于； (3)若A为“完全集”，且，求． 4．若含有4个元素的数集能满足，则称数集具有性质．给定集合. (1)写出一个具有性质的集合，并说明理由； (2)若，证明：集合和不可能都具有性质； (3)若集合有4个元素，，且，，证明：这个集合不可能同时都具有性质． 5.已知集合，其中.定义：若对任意的，必有，则称集合A其有性质G.由A中元素可构成两个点集P和，，其中P有m个元素，Q中有n个元素. (1)已知集合，判断K是否具有性质G；由题意可知K对应的集合P为，写出K对应的集合Q； (2)若集合，求对应集合Q的元素个数，若集合A有k个元素，猜测对应的集合Q的元素最大个数，并说明理由； (3)若集合B具有性质G，证明：. 6．若至少由两个元素构成的有限集合，且对于任意的，都有，则称为“集合”． (1)判断是否为“集合”，说明理由； (2)若双元素集为“集合”，且，求所有满足条件的集合； (3)求所有满足条件的“集合”． 7．对于数集，定义点集，若对任意，都存在使得，则称数集是“正交数集”. (1)判断以下三个数集是否是“正交数集”（不需要说明判断理由，直接给出判断结果即可）； (2)若，且是“正交数集”，求的值； (3)若“正交数集”满足：，，求的值. 8．对任意正整数，记集合均为非负整数，且，集合均为非负整数，且．设，，若对任意都有，则记． (1)写出集合和； (2)证明：对任意，存在，使得； (3)设集合求证：中的元素个数是完全平方数． 9．已知集合中的元素均为正整数，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，都有. (1)已知集合，求； (2)已知集合，求； (3)若中有4个元素，证明：中恰有5个元素. 10．已知集合．对集合中的任意元素，定义，当正整数时，定义．（约定）． (1)若，求和； (2)若满足且，求的所有可能结果； (3)是否存在正整数使得对任意都有？若存在，求出的所有取值；若不存在，说明理由． 11．已知集合A为非空数集，对于集合A，定义对A中任意两个不同元素相加得到一个绝对值，将这些绝对值重新组成一个新的集合，对于这一过程，我们定义为“自相加”，重新组成的集合叫做“集合A的1次自相加集合”，再次进行n－1次“自相加”操作，组成的集合叫做“集合A的n次自相加集合”，若集合A的任意k次自相加集合都不相等，则称集合A为“完美自相加集合”，同理，我们可以定义出“A的1次自相减集合”，集合A的1次自相加集合和1次自相减集合分别可表示为：. (1)已知有两个集合，集合，集合，判断集合B和集合C是否是完美自相加集合并说明理由； (2)对（1）中的集合B进行11次自相加操作后，求：集合B的11次自相加集合的元素个数； (3)若且，集合，，求：的最小值． 12．对，定义集合，称其为集合的“间距集”．用表示有限集合X的元素个数． (1)已知，，求满足要求的整数的值并说明理由. (2)若，写出的所有可能值，并写出每个值对应的一个集合.不需要证明. (3)若为大于等于2的正整数，求的最大值和最小值（用含的表达式给出），每个最值给出至少一个取等时的集合． 13．已知集合，若存在数阵满足：①；②；则称为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个好数阵，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 14．已知是的非空子集，如果对任意，都有，则称是封闭集. (1)判断集合是否为封闭集，无需说明理由； (2)判断以下两个命题的真假，并说明理由； 命题：若非空集合是封闭集，则也是封闭集； 命题：非空集合是封闭集，则是为封闭集的充要条件； (3)若非空集合是封闭集合，设全集为，求证：的补集不是封闭集. 15．设集合，其中，正整数．若对任意，与至少有一个属于，则称具有性质． (1)分别判断集合与是否具有性质，并说明理由； (2)当时，若具有性质，且，求集合； (3)记，若具有性质，求的值． 16．已知集合为非空数集，定义：，． (1)若集合，直按写出集合、； (2)若集合，且，求证：； (3)若集合，，记为集合中元素的个数，求的最大值． 题组四：全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2014高一·全国·竞赛）我们称数集为数域，当且仅当数集中的任意两个元素经过加法、减法、乘法、除法（除数不为0）四则运算后，其运算结果仍在数集中，则下列数集能称作数域的是（     ）. A．自然数集 B．整数集 C．有理数集 D．无理数集 2．（2012高一·全国·竞赛）非空集合，满足条件：若，则．这样的M有（    ）． A．13个 B．14个 C．15个 D．16个 3．（2012高一·全国·竞赛）已知集合，则（    ）． A． B． C． D． 4．（2014高一·全国·竞赛）设集合或，集合，且，则实数的取值范围是（    ） A．或 B． C． D． 5．（2009高一·全国·竞赛）满足且的集合的个数是（   ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2023高一下·海南·竞赛）已知集合，则集合与的关系是（    ） A． B．⫋ C．⫋ D．且 7．（2016高一·全国·竞赛）已知集合、，，若满足，则称集合为正序集合，，若满足且，称集合为波浪集合，若，则称集合为正序集合的波浪集合．如正序集合的波浪集合为．已知正序集合，则集合的波浪集合的个数为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 8．（2016高一·全国·竞赛）已知集合，则集合等于（    ） A． B． C． D． 9．（2016高一·全国·竞赛）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 10．（2012高一·全国·竞赛）已知集合的子集B满足：对任意，有，则集合B中元素个数的最大值是（    ）． A．1005 B．1006 C．1007 D．1008 11．（2013高一·全国·竞赛）集合的非空真子集有（    ）. A．13个 B．14个 C．15个 D．16个 12．（2024高三上·全国·竞赛）设集合，，若，则（    ） A． B． C． D． 13．（20-21高三上·北京·强基计划）已知集合，任取中至少有一个成立，则n的最大值为（    ） A．3 B．5 C．7 D．9 14．（2023高三下·全国·竞赛）若集合，，则（    ） A． B． C． D． 15．（2022高一·浙江温州·竞赛）设集合，，则（    ） A． B． C． D． 16．（2017高三下·广西玉林·竞赛）已知集合，，则 A． B． C． D． 17．（2013高三·浙江·竞赛）已知集合且.则实数取值范围为. A． B． C．或 D． 18．（16-17高三·北京·强基计划）一群学生参加学科夏令营，每名同学参加至少一个学科考试．已知有100名学生参加了数学考试，50名学生参加了物理考试，48名学生参加了化学考试，学生总数是只参加一门考试学生数的2倍，也是参加三门考试学生数的3倍，则学生总数为（    ） A．108名 B．120名 C．125名 D．前三个答案都不对 19．（20-21高三上·北京·强基计划）在一次竞赛中有A，B，C三道题． ①在所有参赛学生中共有30人至少解出一道题； ②仅解出一题的学生中，解出C题的人数占一半； ③解出A题的学生人数等于仅解出B题的学生人数； ④仅解出A，B题的人数等于仅解出B，C题的人数； ⑤仅解出A题的人数等于4； ⑥仅解出A，C题的人数是仅解出A，B题的人数的一半． 则同时解出A，B，C三题的学生人数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 20．（2024高三上·全国·竞赛多选题）设全集为，设是两个集合，定义集合，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 21．（2015高三·湖南·竞赛多选题）设集合，则对任意的整数，形如的数中，是集合中的元素的有 A． B． C． D． 22．（2024高二下·北京·竞赛）设整数集合 ，若中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为 ，则集合 . 23．（2024高二下·内蒙古·竞赛）集合的全部非空子集的元素和等于 . 23．（2013高一·全国·竞赛）集合，若，则实数 ． 24．（2013高一·全国·竞赛）定义集合的一种运算：，若，则中的所有元素之和为 ． 25．（2007高一·全国·竞赛）已知，，且，则满足条件的集合的个数为 个. 26．（2011高一·全国·竞赛）现定义且，若，则集合可以是 （写出一个即可）. 27．（2016高一·全国·竞赛）已知集合，且，给出下列命题： ①满足的集合的个数为； ②满足⫋的集合的个数为； ③满足⫋的集合的个数为； ④满足⫋⫋的集合的个数为． 其中正确的是 ．（填上你认为正确的所有命题序号） 28．（2017高一·全国·竞赛）已知集合，，则 ． 29．（2018高一·全国·竞赛）已知，若集合，则 . 30．（2014高一·全国·竞赛）给定集合，若集合，且对集合中任意两个元素、，不妨设，都有或，则称集合具有性质.假定集合满足形式，则具有性质的集合中的最小元素 . 31．（2011高一·全国·竞赛）定义集合上的二元运算“”见右表所示，如果有一个元素，对于任意的，都有，则称为A关于运算的零元．判断A关于运算的零元是 ． a    b    c a a    b    c b b    b    b c c    b    a d d    b    d 32．（2012高一·全国·竞赛）已知集合，其中，若，则 ． 33．（2021高一下·广东佛山·竞赛）设集合，的所有子集构成的集合记为集合，则集合的非空真子集一共有 个. 34．（2021高三·全国·竞赛）已知集合，集合C满足，且C不是A的子集，也不是B的子集，则这样的集合C的个数为 ． 35．（2021高三·全国·竞赛）在的非空真子集中，满足最大元素与最小元素之和为13的集合个数为 . 36．（2021高三·全国·竞赛）已知集合，A是M的子集，当时，，则集合A元素个数的最大值为 ． 37．（2020高三·浙江·竞赛）设集合，，则集合中的元素为 . 38．（2021高三·全国·竞赛）设，子集之积数定义为G中所有元素之乘积（空集的积数为零），求X中所有偶数个元素之子集的积数的总和是 ． 39．（2020高三·全国·竞赛）若实数集合{1，2，3，x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为 . 40．（2019高三·新疆·竞赛）已知集合U={1，2，3，4，5，6，7，8}，A={1，2，3，4，5}，B={4，5，6，7，8}，则是集合U的子集但不是集合A的子集，也不是集合B的子集的集合个数为 . 41．（2007高三·湖北·竞赛）设表示不大于x的最大整数，集合，则 . 42．（2007高一·河南·竞赛）定义集合A、B的一种运算：.若，，则A*B中的所有元素数字之和为 . 43．（2024高二下·广西·竞赛）设A为数集的元子集，且A中的任意两个数既不互素又不存在整除关系．求的最大值． 44．（2024高二下·浙江·竞赛）设集合，集合的个元子集满足：对中任一二元子集，均存在，使得．求的最小值． 45．（2013高一·全国·竞赛）已知集合， (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的取值范围． 46．（2024高三上·全国·竞赛）称是的一个向往集合，当且仅当其满足如下两条性质：（1）任意，；（2）任意和，有.任取，称包含的最小向往集合称为的生成向往集合，记为. (1)求满足的正整数的值； (2)对两个向往集合，定义集合 （i）证明：仍然是向往集合，并求正整数，满足； （ii）证明：如果，则. 47．（2021高三·全国·竞赛）已知非空正实数有限集合A，定义集合，证明：． 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$