专题01 集合与简易逻辑（5大基础题+6大提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学上学期期末真题分类汇编（安徽专用）

专题01集合与简易逻辑 经典基础题 题型1 集合与元素 1．（21-22高一上·安徽 滁州.期末）对于非空数集M，定义表示该集合中所有元素的和.给定集合，定义集合，则集合的元素的个数为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 2．（19-20高一下·安徽 池州·期末）已知集合A＝{y|y2﹣y﹣2≤0，y∈Z}，则A＝（　　） A．{y|﹣1≤y≤2} B．{y|y≤﹣1或y≥2} C．{﹣1，0，1，2} D．{﹣2，﹣1，0，1} 3．（23-24高一上安徽 六安·期末）已知，，若集合，则的值为（    ） A． B． C．1 D．2 4．（23-24高一上·安徽 亳州 期末）下列关系式正确的为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·安徽 阜阳 期末）已知集合，若，则实数 ． 题型2 子集与真子集 1．（高一上·安徽芜湖·期中）若，，集合，，则，的关系是（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一上·安徽 合肥 庐江 期末）已知集合的子集只有两个，则实数的值为（    ） A． B．0 C．或0 D．无解 3．（2024·安徽 合肥 中锐 期末）已知集合，若，则的值可以为（    ） A．1 B．0 C．0或1 D．1或2 4．（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）对于集合，给出以下结论，其中正确的结论是（    ） A．如果，那么 B．如果，那么 C．如果，那么 D．如果，那么 5． （23-24高一·安徽黄山期末）已知集合A＝{x|x＜－1或x≥1}，B＝{x|2a＜x≤a＋1，a＜1}，B⊆A，则实数a的取值范围为 ． 题型3 交、并、补 运算 1．（22-23高一 安徽六安期末）已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一安徽淮南·期末）定义集合运算：.若集合，则（    ） A． B． C． D． 3．（21-22高一上安徽滁州期末）已知集合，集合，集合，若，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2021·安徽芜湖 期末）图中阴影部分用集合符号可以表示为（    ） A． B． C． D． 5．（21-22高一安徽滁州 期末）设，集合， ，若，则 ． 题型4 充要条件 1．（23-24高一安徽淮北国泰中学期末）下列条件中，是的充分不必要条件的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·安徽亳州·期末）若，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（22-23高一上·安徽合肥·期末）已知p：，q：，则p是q的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分条件 D．既不充分又不必要条件 4．（23-24高一上·安徽亳州·期末）若条件，且是q的必要条件，则q可以是（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高一上安徽合肥中锐中学·期末）已知是的充分条件，则实数的取值范围是 . 题型5 简易逻辑 1．（21-22高一上·安徽合肥·期末）已知命题，总有，则为（    ） A．，使得 B．，使得 C．，总有 D．，总有 2．（22-23高一上·安徽安庆·期末）命题“，”的否定是（    ）． A．， B．， C．， D．， 3．（22-23高一上·安徽合肥·期末）命题，则为（    ） A． B． C． D． 4．（2022安徽阜阳太和中学期末）下面命题正确的是（ ） A．“”是“”的充分不必要条件 B．命题“任意，则”的否定是“存在，则” C．设，则“且”是“”的必要而不充分条件 D．设，则“”是“”的必要不充分条件 5．（23-24高一上·安徽A10联盟·期末）命题“”的否定是 ． 优选提升题 题型01 元素与集合求参 1．（20-21高一·安徽淮南市期末）已知集合，且，则的值可能为（    ） A． B． C．0 D．1 2．（2024·安徽合肥期末）已知集合，若，则的值可以为（    ） A．1 B．0 C．0或1 D．1或2 3．（21-22安徽六安毛毯·期末）设函数，若，使得，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 4．（2021·安徽示范高中期末）已知集合，，则下列命题中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则或 D．若时，则或 5．（22-23高一上·安徽滁州·期末）已知集合，非空集合，若是成立的一个充分而不必要条件，则实数m的取值范围是 . 题型02 集合运算求参 1．（高一上·安徽合肥·期末）已知函数的定义域为，集合，若中的最小元素为2，则实数的取值范围是： A． B． C． D． 2．（2021高一·安徽合肥六校期末）设集合．若，则实数的值为（    ） A．1 B． C．1或 D．0或1或 3．（20-21安徽滁州·期末）已知集合，，若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一上·安徽 合肥六校 期末）下列说法正确的是（    ） A．命题“”的否定是“，使得” B．若集合中只有一个元素，则 C．关于的不等式的解集，则不等式的解集为 D．“”是“”的充分不必要条件 5．（2020安徽滁州期末）已知，，若，则实数的取值范围是 题型03 充要条件求参 1．（22-23高一上·安徽芜湖·期末）已知p：实数x满足；q：．若p是q的必要不充分条件，则m的最大值为（    ） A．2 B． C． D．3 2．（22-23高一安徽宣城·期末）不等式成立的一个充分不必要条件是，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（22-23安徽合肥六校·期末）已知命题p：，命题q：，若是的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（    ） A．[﹣1，2] B．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞） C．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） D．（﹣1，2） 4．（21-22高一上·河北邯郸·阶段练习）已知命题：，，则命题成立的一个充分不必要条件可以是下列选项中的（    ） A． B． C． D． 5．（19-20·安徽芜湖·期末）已知不等式的解集为A，的解集为B，若“”是“”的充分不必要条件，那么实数m的取值范围是 . 题型04 简易逻辑与命题真假求参 1．（20-21高一上·安徽六安舒城中学期末）已知命题“，”是假命题，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·安徽宣城·期末）若命题“，使”是真命题，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一上·安徽安庆·期末）命题“”为真命题，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一上·安徽亳州·期末）给出下列说法，正确的有（ ） A．函数单调递增区间 B．若一扇形弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为 C．命题“，”的否定形式是“，” D．已知命题“，”为真命题，则实数的取值范围是 5．（20-21高一安徽安庆 期末）若命题“，”是假命题，则实数的取值范围是 . 题型05 简易逻辑存在型求参 1．（2021·安徽期末）已知函数，，则“存在使得”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．充分必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．（19-20高二上·安徽安庆·期末）已知函数，，对，使得，则实数的取值范围（    ） A． B． C． D． 3．（20-21高一上·安徽合肥·期中）已知函数，，若，，使成立，则实数的取值范围是 . 4．（2021高一淮南期末）设满足：对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是 . 5．（安徽蚌埠期末）设函数的定义域为，若对任意的，都存在，使得成立，则称函数为“美丽函数”，下列所给出的几个函数： ①②③④ 其中是“美丽函数”的序号有 ． 题型06集合综合压轴大题 1．（2024高一安徽合肥庐江）已知集合． (1)判断8，9，10是否属于集合A： (2)已知集合，证明：“”的充分非必要条件是“”； (3)写出所有满足集合A的偶数． 2．（23-24高一上·安徽芜湖安徽师大期末）已知集合为非空数集，定义：， (1)若集合，直接写出集合（无需写计算过程）； (2)若集合，且，求证： (3)若集合，记为集合中的元素个数，求的最大值． 3．（21-22高一上·安徽芜湖·期末）已知全集，集合，集合．条件①；②是的充分条件；③，使得． (1)若，求； (2)若集合A，B满足条件__________（三个条件任选一个作答），求实数m的取值范围． 专题07 新定义 1．（2023高一上·安徽·县中联盟期末）对于正整数集合，如果对于M中的任意两个元素x，y，都有，则称M为“好集合”. (1)试判断集合和是否为“好集合”？并说明理由； (2)若集合，证明：C不可能是“好集合”； (3)若，D是S的子集，且D是“好集合”，求D所含元素个数的最大值. 2．（2024高一上·安徽·期末）设集合是的非空子集，若对任意，，都有，则称集合具有性质. (1)试判断集合和是否具有性质，并说明理由； (2)已知集合，若具有性质且恰有4个元素，直接写出符合条件的集合；（写出3个即可） (3)已知集合，若具有性质，证明：中的元素个数不大于10. 3．（23-24高一上·安徽阜阳·期末）若函数与满足：对任意的，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶伴随函数”；当时，则称为区间上的“阶自伴函数”. (1)判断是否为区间上的“阶自伴函数”，并说明理由； (2)若函数为区间上的“1阶自伴函数”，求的值； (3)若是在区间上的“2阶伴随函数”，求实数的取值范围. 专题08 集合压轴第19题型 1．（2024·安徽黄山屯溪）设为正整数，集合对于，设集合. (1)若，写出集合； (2)若，且满足令 ，求证： ； (3)若，且 ，求证： . 2．（24-25高一上·安徽合肥·）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． 3．（23-24高一下·安徽宿州·）定义1:对于一个数集，定义一种运算，对任意都有，则称集合关于运算是封闭的（例如:自然数集对于加法运算是封闭的）. 定义2:对于一个数集，若存在一个元素，使得任意，满足，则称为集合中的零元，若存在一个元素，使得任意，满足，则称为集合中的单位元（例如:0和1分别为自然数集中的零元和单位元）. 定义3:对于一个数集，如果满足下列关系: ①有零元和单位元； ②关于加、减、乘、除（除数不为0）四种运算都是封闭的； ③对于乘法和加法都满足交换律和结合律，且满足乘法对加法的分配律，则称这个数集是一个数域. (1)指出常用数集中，那些数集可以构成数域（不需要证明）； (2)已知集合，证明:集合关于乘法运算是封闭的； (3)已知集合，证明:集合是一个数域. 结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01集合与简易逻辑 经典基础题 题型1 集合与元素 1．（21-22高一上·安徽 滁州.期末）对于非空数集M，定义表示该集合中所有元素的和.给定集合，定义集合，则集合的元素的个数为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】B 【分析】分别考虑集合为单元素集、双元素集、三元素集、四元素集，然后分别计算出的取值，由此确定出集合中的元素的个数. 【详解】当集合为单元素集时，可取，此时可取； 当集合为双元素集时，可取，此时可取； 当集合为三元素集时，可取，此时可取， 当集合为四元素集时，可取，此时可取， 综上可知可取，共个值，所以的元素个数为， 故选：B. 【点睛】本题考查集合中的新定义问题，对学生的理解与分析问题的能力要求较高，难度较难.解答新定义的集合问题，首先要明确集合中表示元素的含义，其次才是解答问题. 2．（19-20高一下·安徽 池州·期末）已知集合A＝{y|y2﹣y﹣2≤0，y∈Z}，则A＝（　　） A．{y|﹣1≤y≤2} B．{y|y≤﹣1或y≥2} C．{﹣1，0，1，2} D．{﹣2，﹣1，0，1} 【答案】C 【分析】解一元二次不等式即可得结果. 【详解】解不等式得， 故选：C. 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合的表示，属于基础题. 3．（23-24高一上安徽 六安·期末）已知，，若集合，则的值为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】根据题意，由集合相等列出方程，即可求得，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以，解得或 当时，不满足集合元素的互异性， 故，，.故选：B. 4．（23-24高一上·安徽 亳州 期末）下列关系式正确的为（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据空集的定义和元素与集合、集合与集合的关系判断即可. 【详解】因为，故A错误； 是指元素为0的集合，所以，故B正确； 是指元素为的集合，所以，故C正确； 是任何集合的子集，所以，故D正确． 故选：BCD． 5．（2023·安徽 阜阳 期末）已知集合，若，则实数 ． 【答案】 【分析】利用元素与集合的关系可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为集合，若，则，解得. 故答案为：. 题型2 子集与真子集 1．（高一上·安徽芜湖·期中）若，，集合，，则，的关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别判断出集合的元素，由此确定正确选项. 【详解】，由于，可知：的点为直线上的所有点， ，可知：，因此：的点为直线上去掉后剩下的所有点， ． 故选：D. 2．（22-23高一上·安徽 合肥 庐江 期末）已知集合的子集只有两个，则实数的值为（    ） A． B．0 C．或0 D．无解 【答案】C 【解析】根据集合的子集有两个，则集合有一个元素，即方程有一解， 分， 两种情况讨论，即可得解. 【详解】由集合的子集有两个，则集合有一个元素， 当时，，符合题意， 当时，有一解， 则，解得：， 综上可得：或， 故选：C. 3．（2024·安徽 合肥 中锐 期末）已知集合，若，则的值可以为（    ） A．1 B．0 C．0或1 D．1或2 【答案】A 【分析】根据互异性可知且，求出集合A，然后根据包含关系求解即可. 【详解】对于集合，由元素的互异性知且，则． 由得． 若，则，满足； 若，则，矛盾，舍去． 故选：A 4．（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）对于集合，给出以下结论，其中正确的结论是（    ） A．如果，那么 B．如果，那么 C．如果，那么 D．如果，那么 【答案】AC 【分析】分别将各选项中式子或者集合变形，判断是否能变形成与集合M中元素一样的特征. 【详解】对于A，，则恒有， 即，则，故A选项正确； 对于B，，若，则存在使得， 即，又和同奇或同偶， 若和都是奇数，则为奇数，而是偶数； 若和都是偶数，则能被4整除，而不一定能被4整除， 所以不能得到，故B选项错误； 如果，可设， 对于C，， 可得，故C选项正确； 对于D，， 不一定成立，不能得到，故D选项错误. 故选：AC 【点睛】方法点睛： 按照题目中关于集合中元素的定义，对选项中的算式进行变形整理，表示成中元素的形式，判断是否能够成立. 5．（23-24高一·安徽黄山期末）已知集合A＝{x|x＜－1或x≥1}，B＝{x|2a＜x≤a＋1，a＜1}，B⊆A，则实数a的取值范围为 ． 【答案】a＜－2或≤a＜1 【分析】由已知得，a＋1＜－1, 或2a≥1.解之可求得答案. 【详解】因为a＜1，所以2a＜a＋1，所以B≠∅. 由B⊆A知，a＋1＜－1, 或2a≥1.即a＜－2，或a≥. 由已知a＜1，所以a＜－2，或≤a＜1， 即所求a的取值范围是a＜－2或≤a＜1. 故答案为：a＜－2或≤a＜1. 【点睛】本题考查由集合的包含关系求参数的范围，求解时，注意是否取得等号，属于基础题. 题型3 交、并、补 运算 1．（22-23高一 安徽六安期末）已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由图可得阴影部分表示，然后用补集和交集的定义进行求解 【详解】由图可得，图中阴影部分表示的集合为， 因为， 所以或，， 故选：A 2．（23-24高一安徽淮南·期末）定义集合运算：.若集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由题意求出和，然后再求 【详解】因为， 所以， 所以当时，， 所以， 所以 ， 故选：D 3．（21-22高一上安徽滁州期末）已知集合，集合，集合，若，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出A∪B＝{x|﹣1＜x＜2}，利用集合C＝{x|mx+1＞0}，（A∪B）⊆C，分类讨论，可得结论． 【详解】由题意，A∪B＝{x|﹣1＜x＜2}， ∵集合C＝{x|mx+1＞0}，（A∪B）⊆C， ①m＜0，x，∴2，∴m，∴m＜0； ②m＝0时，C＝R,成立； ③m＞0，x，∴1，∴m≤1，∴0＜m≤1， 综上所述，m≤1， 故选：B． 【点睛】此题考查了并集及其运算，以及集合间的包含关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题． 4．（2021·安徽芜湖 期末）图中阴影部分用集合符号可以表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】由图可知，阴影部分是集合B与集合C的并集，再由集合A求交集，或是集A与B的交集并上集合A与C的交集，从而可得答案 【详解】解：由图可知，阴影部分是集合B与集合C的并集，再由集合A求交集，或是集A与B的交集并上集合A与C的交集， 所以阴影部分用集合符号可以表示为或， 故选：AD 5．（21-22高一安徽滁州 期末）设，集合， ，若，则 ． 【答案】1或2 【详解】， 解方程可得 因为，所以， 当m=1时，满足题意； 当，即m=2时，满足题意，故m=1或2. 题型4 充要条件 1．（23-24高一安徽淮北国泰中学期末）下列条件中，是的充分不必要条件的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据充分不必要条件的定义与集合间的关系判断即可. 【详解】因为不是的真子集，所以选项A不符合题意； 因为不是的真子集，所以选项B不符合题意； 因为⫋，所以选项C符合题意； 因为不是的真子集，所以选项D不符合题意. 故选：C. 2．（23-24高一上·安徽亳州·期末）若，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若，则，所以“”不能得出“”； 若，则，所以“”不能得出“”. 综上可知，“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 3．（22-23高一上·安徽合肥·期末）已知p：，q：，则p是q的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】根据充分、必要条件结合集合间的包含关系分析判断. 【详解】因为， 所以p是q的必要不充分条件. 故选：B. 4．（23-24高一上·安徽亳州·期末）若条件，且是q的必要条件，则q可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】先由题意求出，然后根据必要条件的定义逐个分析判断即可. 【详解】因为条件，所以， 对于A，因为不能推出，所以不是的必要条件，所以A错误； 对于B，因为能推出，所以是的必要条件，所以B正确； 对于C，因为不能推出，所以不是的必要条件，所以C错误； 对于D，因为能推出，所以是的必要条件，所以D正确． 故选：BD． 5．（22-23高一上安徽合肥中锐中学·期末）已知是的充分条件，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据充分条件的定义得到，从而得到不等式，求出实数的取值范围. 【详解】由题意得：，故，解得：, 故实数的取值范围是. 故答案为： 题型5 简易逻辑 1．（21-22高一上·安徽合肥·期末）已知命题，总有，则为（    ） A．，使得 B．，使得 C．，总有 D．，总有 【答案】B 【分析】据全称命题的否定为特称命题可写出命题p的否定． 【详解】根据全称命题的否定为特称命题可知，则为，使得. 故选：B． 2．（22-23高一上·安徽安庆·期末）命题“，”的否定是（    ）． A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】根据命题的否定的定义判断． 【详解】含全称量词的命题的否定是含存在量词的命题， 命题“，”的否定是，． 故选：B． 3．（22-23高一上·安徽合肥·期末）命题，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据全称量词命题的否定是特称量词命题可得答案. 【详解】因为命题， 所以为. 故选：D 4．（2022安徽阜阳太和中学期末）下面命题正确的是（ ） A．“”是“”的充分不必要条件 B．命题“任意，则”的否定是“存在，则” C．设，则“且”是“”的必要而不充分条件 D．设，则“”是“”的必要不充分条件 【答案】ABD 【分析】根据充分不必要条件的定义判断A；根据全称命题的否定判断B；根据必要不充分条件的定义判断C，D. 【详解】解：对于A，“”“”， 由不能推出， 故“”是“”的充分不必要条件，故A正确； 对于B，命题“任意，则”的否定是“存在，则，故B正确； 对于C，当“且”成立，则“”成立， 但“”成立时，“且”不一定成立，如：，，故C错误； 命题：且，故“”是“”的必要不充分条件，故D正确． 故选：ABD． 5．（23-24高一上·安徽A10联盟·期末）命题“”的否定是 ． 【答案】 【分析】利用全称命题的否定方法可得答案. 【详解】因为“”的否定是“” 故答案为：. 优选提升题 题型01 元素与集合求参 1．（20-21高一·安徽淮南市期末）已知集合，且，则的值可能为（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】C 【解析】化简集合得范围，结合判断四个选项即可. 【详解】集合，四个选项中，只有， 故选：C． 【点睛】本题考查元素与集合的关系，属于基础题 2．（2024·安徽合肥期末）已知集合，若，则的值可以为（    ） A．1 B．0 C．0或1 D．1或2 【答案】A 【分析】根据互异性可知且，求出集合A，然后根据包含关系求解即可. 【详解】对于集合，由元素的互异性知且，则． 由得． 若，则，满足； 若，则，矛盾，舍去． 故选：A 3．（21-22安徽六安毛毯·期末）设函数，若，使得，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】因为，使得，所以在的值域包含于在的值域，然后分别求出两个函数的值域即可. 【详解】因为，使得， 所以在的值域包含于在的值域， ， 所以当时，单调增，当时，单调减，且离对称轴远， 所以. , 所以当时，，单调减，当时，，单调增， ， ，，所以， 所以，所以，解得，故则的最小值为， 故选C. 4．（2021·安徽示范高中期末）已知集合，，则下列命题中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则或 D．若时，则或 【答案】ABC 【分析】求出集合，根据集合包含关系，集合相等的定义和集合的概念求解判断． 【详解】，若，则，且，故A正确. 时，，故D不正确. 若，则且，解得，故B正确. 当时，，解得或，故C正确. 故选：ABC． 5．（22-23高一上·安徽滁州·期末）已知集合，非空集合，若是成立的一个充分而不必要条件，则实数m的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据逻辑条件关系与集合间的关系、一元二次不等式的解法即可求解. 【详解】由题意得，， 由是成立的一个充分而不必要条件，得， 即解得，， 故答案为：. 题型02 集合运算求参 1．（高一上·安徽合肥·期末）已知函数的定义域为，集合，若中的最小元素为2，则实数的取值范围是： A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题首先可以求出集合以及集合中所包含的元素，然后通过交集的相关性质以及中的最小元素为2即可列出不等式组，最后求出实数的取值范围． 【详解】函数，，或者， 所以集合， ，，， 所以集合， 因为中的最小元素为2， 所以，解得，故选C． 【点睛】本题考查了集合的相关性质，主要考查了交集的相关性质、函数的定义域、带绝对值的不等式的求法，考查了推理能力与计算能力，考查了化归与转化思想，提升了学生的逻辑思维，是中档题． 2．（2021高一·安徽合肥六校期末）设集合．若，则实数的值为（    ） A．1 B． C．1或 D．0或1或 【答案】D 【分析】对进行分类讨论，结合求得的值. 【详解】由题可得，， 当时，，满足； 当时， ，则或，即. 综上所述，或. 故选：D. 3．（20-21安徽滁州·期末）已知集合，，若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知及集合的交集结果，根据集合B是否为空，讨论的大小关系求的取值范围. 【详解】由， ①若，即时，，符合题意； ②若，即时，需满足或，解得或，即． 综上，实数的取值范围是． 故选：D 4．（23-24高一上·安徽 合肥六校 期末）下列说法正确的是（    ） A．命题“”的否定是“，使得” B．若集合中只有一个元素，则 C．关于的不等式的解集，则不等式的解集为 D．“”是“”的充分不必要条件 【答案】CD 【分析】因为命题的否定一定要否定结论，故A错误；B中方程应该对是否为0进行讨论，有两个结果，故B错误；根据一元二次不等式的解法确定C的真假；根据充要条件的判定对D进行判断. 【详解】对A：命题“”的否定是“，使得”，故A错误； 对B：当时，集合中也只有一个元素，故B错误； 对C：因为关于的不等式的解集为，故，不妨设，则由韦达定理可得，，所以不等式，故C正确； 对D：由“，”可得“”，但“”，比如时，“，”就不成立，故D成立. 故选：CD 5．（2020安徽滁州期末）已知，，若，则实数的取值范围是 【答案】 【分析】：利用圆和直线的几何图形等价转化集合之间的关系，集合A表示圆心为（1，0），半径为1的圆上的点．集合B表示直线的上方的点．由题意得圆在直线的上方直线的距离，再解出． 【详解】： 集合A表示圆心为（1，0），半径为1的圆上的点．集合B表示直线的上方的点． 由题意得圆在直线的上方，故得圆心到直线的距离，解得或，结合图形得．故实数的取值范围是．答案： 【点睛】：解答本题注意两点：一是弄清两个集合的含义，二是要借助数形结合的方法解决问题．解题时将两集合间的包含关系转化为圆与直线相离或相切处理，然后根据圆心到直线的距离大于或等于半径来解决． 题型03 充要条件求参 1．（22-23高一上·安徽芜湖·期末）已知p：实数x满足；q：．若p是q的必要不充分条件，则m的最大值为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【分析】由p是q的必要不充分条件，则. 【详解】由实数x满足，则. 又由p是q的必要不充分条件，则， 故，则m的最大值为. 故选：B 2．（22-23高一安徽宣城·期末）不等式成立的一个充分不必要条件是，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求解一元二次不等式可得的解集，再由题意得关于的不等式组求解即可. 【详解】由不等式，得， ∵不等式成立的一个充分不必要条件是， ∴⫋， 则且与的等号不同时成立，解得， ∴的取值范围为， 故选：D． 【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定及其应用，考查数学转化思想方法，属于中档题. 3．（22-23安徽合肥六校·期末）已知命题p：，命题q：，若是的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（    ） A．[﹣1，2] B．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞） C．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） D．（﹣1，2） 【答案】B 【分析】由是的充分不必要条件,则是的充分不必要条件, 由得或，只需,即可. 【详解】由得或,因为是的充分不必要条件,所以是的充分不必要条件,所以,解得或. 故选:. 【点睛】本题考查充分必要条件求参数取值范围问题,难度一般. 4．（21-22高一上·河北邯郸·阶段练习）已知命题：，，则命题成立的一个充分不必要条件可以是下列选项中的（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据一元二次方程根的判别式，结合充分不必要条件与集合的关系进行求解即可. 【详解】若命题:，成立，则，解得， 故命题成立的充分不必要条件是属于的真子集，因此选项AD符合要求，故AD正确. 故选：AD. 5．（19-20·安徽芜湖·期末）已知不等式的解集为A，的解集为B，若“”是“”的充分不必要条件，那么实数m的取值范围是 . 【答案】 【解析】计算得到，根据题意得到，设，得到 ，计算能得到答案. 【详解】等式的解集为A，则，“”是“”的充分不必要条件，则. 设，则 解得 故答案为： 【点睛】本题考查了根据充分不必要条件求参数，转化为是解题的关键. 题型04 简易逻辑与命题真假求参 1．（20-21高一上·安徽六安舒城中学期末）已知命题“，”是假命题，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可知，命题“，”是真命题，分和两种情况讨论，结合参变量分离法可求得实数的取值范围. 【详解】由题意可知，命题“，”是真命题. 当时，则有，不合乎题意； 当时，由，可得，则有， ，当且仅当时，等号成立， 所以，. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：C. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 2．（23-24高一上·安徽宣城·期末）若命题“，使”是真命题，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由存在性问题得即可得解. 【详解】由题意命题“，使”是真命题，所以， 当且仅当，有，所以实数m的取值范围是. 故选：C. 3．（23-24高一上·安徽安庆·期末）命题“”为真命题，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求解出函数在区间上的最小值，然后根据恒成立条件得出结果. 【详解】解：因为命题“”为真命题， 所以， 因为函数在区间上单调递增， 所以当时，， 所以只需. 故选：A． 4．（23-24高一上·安徽亳州·期末）给出下列说法，正确的有（ ） A．函数单调递增区间 B．若一扇形弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为 C．命题“，”的否定形式是“，” D．已知命题“，”为真命题，则实数的取值范围是 【答案】BCD 【分析】由复合函数的单调性可判断A选项；利用扇形的面积公式可判断B选项；利用存在量词命题的否定可判断C选项；利用二次不等式恒成立可判断D选项. 【详解】对于A选项，对于函数，有， 即，即，解得， 所以，函数的定义域为， 内层函数的增区间为，减区间为， 外层函数为上的减函数， 由复合函数的单调性可知，函数函数单调递增区间为，A错； 对于B选项，若一扇形弧长为，圆心角为，其弧度为， 扇形的半径为，故该扇形的面积为，B对； 对于C选项，由存在量词命题的否定可知， 命题“，”的否定形式是“，”，C对； 对于D选项，若命题“，”为真命题，则，解得，D对. 故选：BCD. 5．（20-21高一安徽安庆 期末）若命题“，”是假命题，则实数的取值范围是 . 【答案】 【解析】由题意可知，命题“，”是真命题，分和两种情况讨论，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围. 【详解】由题意可知，命题“，”是真命题， 当时，恒成立，满足题意； 当时，则，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用特称命题的真假求参数，同时也考查了一元二次不等式在实数集上恒成立，考查分类讨论思想的应用，考查计算能力，属于中等题. 题型05 简易逻辑存在型求参 1．（2021·安徽期末）已知函数，，则“存在使得”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．充分必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】先判断前面能推出后面，再取特例说明后面推不出前面，即可得到答案； 【详解】，， 要保证式子成立，必需在区间中既有最大值，也有最小值， 区间的长度要大于等于半周期，， “存在使得”是“”的充分条件 反之，若，取，则，显然无法得到“存在使得”， “存在使得”是“”的充分不必要条件； 故选：A. 2．（19-20高二上·安徽安庆·期末）已知函数，，对，使得，则实数的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的值域，由题意可得，列不等式求解即可. 【详解】，当时，的值域为， ，，的值域， 由条件可知， 即，从而有， 可得. 故选：D. 【点睛】本题主要考查全称命题与特称命题的综合应用，关键是要将问题进行转化，转化为值域之间的包含问题，是中档题. 3．（20-21高一上·安徽合肥·期中）已知函数，，若，，使成立，则实数的取值范围是 . 【答案】d 【分析】根据函数的单调性，分别求得函数和的值域构成的集合 ，结合题意，得到，列出不等式组，即可求解. 【详解】由题意，函数在为单调递减函数，可得 ， 即函数的值域构成集合， 又由函数在区间 上单调递增，可得， 即函数的值域构成集合， 又由， ，使成立，即 , 则满足，解得 ， 即实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有 成立，故； （2）若，，有 成立，故； （3）若， ，有成立，故 ； （4）若， ，有，则 的值域是值域的子集 ． 4．（2021高一淮南期末）设满足：对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】令，由题意，利用二次函数性质求得最值列不等式求解即可. 【详解】令. 因为对任意，均存在，使得，所以的值域是值域的子集， 所以，即，解得，即的取值范围是. 故答案为： 5．（安徽蚌埠期末）设函数的定义域为，若对任意的，都存在，使得成立，则称函数为“美丽函数”，下列所给出的几个函数： ①②③④ 其中是“美丽函数”的序号有 ． 【答案】②③ 【分析】由题意知“美丽函数”即为值域关于原点对称的函数． 【详解】解：①函数，所以不可能是“美丽函数”，所以①错； ②的值域为，，，关于原点对称，所以②正确； ③，值域为，关于原点对称，所以③正确； ④，则，，不关于原点对称，所以④错误． 故答案为：②③． 【点睛】本题考查的函数的值域，新定义题型，关键是理解题目的意思．属于中档题． 题型06集合综合压轴大题 1．（2024高一安徽合肥庐江）已知集合． (1)判断8，9，10是否属于集合A： (2)已知集合，证明：“”的充分非必要条件是“”； (3)写出所有满足集合A的偶数． 【答案】(1)，， (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）根据集合中元素的特征一一判断即可； （2）由，即可得到充分性成立，再利用特殊值判断必要性不成立； （3）讨论和同为奇数和偶数及和一奇一偶时，满足集合的偶数即可得出答案. 【详解】（1），， ，， 假设，，， 则，即， 且，，， 或，显然均无整数解， . 综上，，，. （2），， ，即所有奇数都属于集合，则，必有， 又，而，即，推不出， 所以的充分非必要条件是. （3）由，，， 当和同为奇数和偶数时，均为偶数， 所以为4的倍数； 当和一奇一偶时，均为奇数， 所以为奇数. 综上，所有满足集合的偶数为. 2．（23-24高一上·安徽芜湖安徽师大期末）已知集合为非空数集，定义：， (1)若集合，直接写出集合（无需写计算过程）； (2)若集合，且，求证： (3)若集合，记为集合中的元素个数，求的最大值． 【答案】(1)， (2)见解析 (3)1349 【分析】（1）根据题目的定义，直接计算集合S，T即可; （2）根据集合相等的概念，能证明； （3）通过假设集合，求出对应的集合S，T，通过，建立不等式关系，求出对应的值即可. 【详解】（1），， 集合，集合. （2），，且， T中也只包含4个元素，即， 剩下的元素满足， ； （3）设集合满足题意，其中， 则 ， ， ，由容斥原理，， 的最小元素为0，最大元素为，， 解得 实际上时满足题意，证明如下： 设， 则， 题意有，即， m的最小值为675，当m= 675时，集合A中元素最多， 即时满足题意 综上，的最大值为1349. 【点睛】关键点点睛：根据所给定义判断，据此得出，由关系，得出关于不等式，求出最小值即可得解. 3．（21-22高一上·安徽芜湖·期末）已知全集，集合，集合．条件①；②是的充分条件；③，使得． (1)若，求； (2)若集合A，B满足条件__________（三个条件任选一个作答），求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）可将带入集合中，得到集合的解集，即可求解出答案； （2）可根据题意中三个不同的条件，列出集合与集合之间的关系，即可完成求解. 【详解】（1）当时，集合，集合，所以； （2）i.当选择条件①时，集合， 当时，，舍； 当集合时，即集合，时，， 此时要满足，则，解得， 结合，所以实数m的取值范围为或； ii.当选择条件②时，要满足是的充分条件，则需满足在集合时， 集合是集合的子集，即，解得， 所以实数m的取值范围为或； iii.当选择条件③时，要使得，使得，那么需满足在集合时，集合是集合的子集，即，解得， 所以实数m的取值范围为或； 故，实数m的取值范围为或. 专题07 新定义 1．（2023高一上·安徽·县中联盟期末）对于正整数集合，如果对于M中的任意两个元素x，y，都有，则称M为“好集合”. (1)试判断集合和是否为“好集合”？并说明理由； (2)若集合，证明：C不可能是“好集合”； (3)若，D是S的子集，且D是“好集合”，求D所含元素个数的最大值. 【答案】(1)集合A不是“好集合”， 集合B是“好集合”，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）直接根据“好集合”的定义判断即可； （2）先将集合中的元素分为10个集合，再结合“好集合”的定义证明即可； （3）根据“好集合”的定义可以得到D中的任意两个不同的元素x，y，若，都有，进而得到的最小值为3，进而求解即可. 【详解】（1）因为，因为，所以集合A不是“好集合”， 因为，，，，，，， 所以集合B是“好集合”. （2）证明：将集合中的元素分为如下10个集合， ，，，，，，，，，， 所以从集合中取12个元素，则前8个集合至少要选10个元素， 所以必有2个元素取自前8个集合中的同一集合， 即存在两个元素的差的绝对值不大于2， 所以C不可能是“好集合”. （3）因为D是“好集合”，所以对于D中的任意两个不同的元素x，y， 不妨设，都有. 要想D所含元素个数最大，则要尽可能小， 故需使得的最小值为3. 将1~2026这2026个元素按如下分组： ，，……，，， 故应取，其中任意两元素差值都大于2，故其是“好集合”， 故“好集合”D所含元素个数的最大值为. 【点睛】方法点睛：集合新定义问题，关键是充分理解其定义，利用其定义去解决问题，反证法在一些证明题有着很重要的运用，它让一些不易证明的结论变得非常简介易证，关键是要假设相反，出现矛盾，得到证明，第三问难度要求较高，首先要对集合中的元素进行一定假设，穿插着累加的方法，得到关于的不等式，解出其范围，再找到满足最大值时集合的具体元素情况. 2．（2024高一上·安徽·期末）设集合是的非空子集，若对任意，，都有，则称集合具有性质. (1)试判断集合和是否具有性质，并说明理由； (2)已知集合，若具有性质且恰有4个元素，直接写出符合条件的集合；（写出3个即可） (3)已知集合，若具有性质，证明：中的元素个数不大于10. 【答案】(1)集合不具有，集合具有，理由见解析； (2)（答案不唯一） (3)证明见解析 【分析】（1）根据的含义直接验证即可； （2）写出集合并根据的含义验证即可； （3）转化为证明从上面每个集合中选出的元素不能超过2个，举例，证明从每个集合中选出的元素不超过2个即可. 【详解】（1）对于集合， 因为，所以集合不具有性质. 对于集合， 因为， 所以集合具有性质. （2）以下集合符合条件(答出其中任意3个即可)： ， ， 取其中3个， 证明：满足题意，因为，，， ，，， 则具有性质，同理可证明满足题意. （3）将集合分成如下的5个集合： . 要证明中的元素个数不大于10，只需证明从上面每个集合中选出的元素不能超过2个. 以为例，该集合超过2个元素的子集有：， 因为，则这些子集均不具有性质. 其余4个集合同理. 因为具有性质，所以从每个集合中选出的元素不超过2个. 综上，集合中的元素个数不大于10. 【点睛】关键点点睛：本题（1）（2）问的关键是充分理解的含义，再代入证明即可. 3．（23-24高一上·安徽阜阳·期末）若函数与满足：对任意的，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶伴随函数”；当时，则称为区间上的“阶自伴函数”. (1)判断是否为区间上的“阶自伴函数”，并说明理由； (2)若函数为区间上的“1阶自伴函数”，求的值； (3)若是在区间上的“2阶伴随函数”，求实数的取值范围. 【答案】(1)不是，理由见解析 (2)2 (3). 【分析】（1）当，得，而在没有实数解，根据函数的新定义，即可得出结论； （2）由题意得任意，总存在唯一的使得，进而得，进而结合包含关系求得的值，进而求解； （3）由题意可得在的值域是在的值域的子集，且值域所对应的自变量唯一，进而结合二次函数的性质，分类讨论即可求解． 【详解】（1）不是，理由如下： 由， 当时，， 再由，得，则， 即，则， 故根据“阶自伴函数”定义得， 不是区间上的“阶自伴函数”. （2）由题知为区间上的“1阶自伴函数”， 则任意，总存在唯一的，使， ，则只需使成立即可， 单调递增，， 因为任意，总存在唯一的，使成立， 即， 则，即， 即，故. （3）由是在区间上的“2阶伴随函数”， 即任意，总存在唯一的，使成立， 即成立， 即在的值域是在的值域的子集，且值域所对应的自变量唯一， ，即， ， 对称轴为， ①时，在上单调递增， 只需，即，解得：， ②时，在上单调递减， 只需，即，解得：， ③时，在上单调递减，在上单调递增， 只需，即，解得：， ④时，在上单调递减，在上单调递增， 只需，即，解得：， ⑤时不满足唯一，故舍去， 综上所述，实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：本题首先要理解“阶自伴函数”或“阶伴随函数”的意义，然后根据每一小问函数的类型设计出解决问题的思路，对于第三问，数存在对称轴问题，需要仔细分类讨论，特别是当时，要考虑对称轴在区间时，二次函数的图象的形状，以此来建立不等式求出的范围. 专题08 集合压轴第19题型 1．（2024·安徽黄山屯溪）设为正整数，集合对于，设集合. (1)若，写出集合； (2)若，且满足令 ，求证： ； (3)若，且 ，求证： . 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题意，即可直接写出； （2）由可得，结合可得，即可证明； （3）若且则，进而，由（2）可知，分类讨论、时与的大小关系，即可证明. 【详解】（1）； （2）因为，所以， 当时，， 所以，即，， 又因为，所以， 所以， 所以； （3）对任意，令， 若且，则， 所以， 因为，所以， 所以，所以. 对，因为， 由（2）可知，令，则. 若，因为， 所以，即， 又因为，所以. 若，则， 所以. 综上，即. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、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，落脚点仍然是集合相关知识.. 2．（24-25高一上·安徽合肥·）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. 3．（23-24高一下·安徽宿州·）定义1:对于一个数集，定义一种运算，对任意都有，则称集合关于运算是封闭的（例如:自然数集对于加法运算是封闭的）. 定义2:对于一个数集，若存在一个元素，使得任意，满足，则称为集合中的零元，若存在一个元素，使得任意，满足，则称为集合中的单位元（例如:0和1分别为自然数集中的零元和单位元）. 定义3:对于一个数集，如果满足下列关系: ①有零元和单位元； ②关于加、减、乘、除（除数不为0）四种运算都是封闭的； ③对于乘法和加法都满足交换律和结合律，且满足乘法对加法的分配律，则称这个数集是一个数域. (1)指出常用数集中，那些数集可以构成数域（不需要证明）； (2)已知集合，证明:集合关于乘法运算是封闭的； (3)已知集合，证明:集合是一个数域. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用数域的定义直接判断即可. （2）利用关于乘法运算封闭的定义推理即得. （3）利用数域的定义，逐一验证各个条件被满足即可. 【详解】（1）由于，而，因此不是数域； 由于，而，因此不是数域； 中，都有零元：0和单位元：1； 关于加、减、乘、除（除数不为0）四种运算都是封闭的； 对于乘法和加法都满足交换律和结合律，且满足乘法对加法的分配律， 所以可以是数域. （2）设(都为整数)，显然,且， 则 显然，因此， 所以集合A关于乘法运算是封闭的. （3）①显然,当时，；当时，， 显然对任意，都有，所以集合中有零元0和单位元1； ②设，则， 因为都为有理数，则也都为有理数， 因此； 又由（2）同理可得，都为有理数时，也都为有理数， 于是； 当时，令， 显然都是有理数，则，于是， 因此集合A关于加、减、乘、除运算都是封闭的； ③显然任意，都有，由中加法、乘法运算都满足交换律、结合律，还满足乘法对加法的分配律， 因此集合A中加法、乘法运算都满足交换律、结合律，还满足乘法对加法的分配律， 所以集合A是一个数域. 结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$