重难点培优01 集合新定义问题与判断命题的真假（复习讲义）（上海专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优01 集合新定义问题与判断命题的真假 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 集合的新定义（★★★★★） 2 题型二 判断命题的真假（★★★★） 8 03 实战检测・分层突破验成效 20 检测Ⅰ组 重难知识巩固 20 检测Ⅱ组 创新能力提升 25 一、集合中的新定义问题 常见类型： 定义新概念：通过重新定义集合或集合中的某个要素来创新题目，比如定义 “极异集合” 等，需要根据新定义的规则去分析集合的性质、元素等相关问题。 定义新运算：给出一种全新的集合运算规则，要求考生按照新规则，结合原有的集合运算知识进行计算或推理。 定义新性质：创新集合的给定定义与性质，让考生根据新性质，结合集合的概念、关系、运算等知识来解题。 定义新背景：将集合问题置于新的数学背景或实际情境中，如与空间直角坐标系、数列等知识相结合，考查学生对知识的综合运用能力。 集合的新定义可能会结合函数、数列等知识。 二、判断命题的真假 判断方法： 对于真命题，需要通过严格的证明来确定其正确性，可以运用所学的定理、公式、定义等进行逻辑推理证明。 对于假命题，只需举出一个反例即可，即找到一个满足条件 α，但不满足结论 β 的例子，就能说明该命题为假。 命题真假判断也可能会融入到立体几何、解析几何等问题中。同时，要注意反证法的应用，当直接证明一个命题困难时，可以考虑通过反证法来证明 题型一 集合的新定义 【技巧通法·提分快招】 解题思路 首先要正确理解新定义的含义，明确其规则、条件等关键信息。 根据新定义建立相应的关系式，将其转化为数学表达式或数学模型。 把新问题与所学的集合知识以及其他相关数学知识联系起来，将其转化为熟悉的问题进行求解。 运用所学的公式、定理、性质等进行合理的推理和运算，得出最终结果。 1．（2025·上海·三模）已知集合是由平面向量组成的集合，若对任意，均有，则称集合是“凸”的，则下列集合中不是“凸”的是（    ） A． B． C． D． 2．集合且，集合且，用表示集合X中的元素个数，则（    ） A．100 B．200 C．260 D．300 3.已知集合，若对于任意，总存在与之相应的（其中），使得成立，则称集合是“集合”． 下列选项为“集合”的是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·上海崇明·二模）已知集合M中的任一个元素都是整数，当存在整数且时，称M为“间断整数集”．集合的所有子集中，是“间断整数集”的个数为 ． 5．已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有 个元素. 6．设表示有限集合中元素的个数，已知函数，若，其中为常数，且，则的取值范围为 . 题型二 判断命题的真假 【技巧通法·提分快招】 代数证明：如判断 “方程 f (x)=g (x) 有四个实根” 时，需结合函数对称性、导数分析极值点数量。 图像法：通过绘制函数图像判断交点个数。例如，判断 “函数 y=|x | 与 y=a (x²-1) 有 5 个交点” 时，分析 a 的取值范围。 反例构造：针对 “若数列 {aₙ} 的前 n 项和 Sₙ满足 | Sₖ|>|Sₖ₊₁| 对 k>2022 恒成立，则 {aₙ} 为等差数列”，可构造等比数列反例证明其假。 1．（2025·上海黄浦·三模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况．已知全集U的元素个数有限，对于U的任意一个子集S，定义集合S的指示函数，集合A、B都是U的子集．现有以下四个命题： ①若，则； ②； ③； ④； 注：表示M中所有元素x所对应的函数值之和．（其中M是定义域的子集） 上述命题中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2025·上海·三模）已知曲线，为曲线上任一点，命题：曲线与直线恰有四个公共点；命题：曲线与直线相切；下列说法正确的是（   ） A．命题和命题都为真 B．命题为真，命题为假 C．命题为假，命题为真 D．命题和命题都为真. 3.已知数列不是常数列，前项和为，且．若对任意正整数，存在正整数，使得，则称是“可控数列”．现给出两个命题：①存在等差数列是“可控数列”；②存在等比数列是“可控数列”．则下列判断正确的是（    ） A．①与②均为真命题 B．①与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 4.设，集合，集合，对于集合B有下列两个结论：①存在a和b，使得集合B中恰有5个元素；②存在a和b，使得集合B中恰有4个元素．则下列判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①错误，②正确 D．①正确，②错误 5.设集合，点P的坐标为，满足“对任意，都有”的点P构成的图形为，满足“存在，使得”的点P构成的图形为．对于下述两个结论：①为正方形以及该正方形内部区域；②的面积大于32．以下说法正确的为（    ）． A．①、②都正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①、②都不正确 6.如果一个非空集合上定义了一个运算，满足如下性质，则称关于运算构成一个群. （1） 封闭性，即对于任意的，有； （2） 结合律，即对于任意的，有； （3） 对于任意的，方程与在中都有解． 例如，整数集关于整数的加法（）构成群，因为任意两个整数的和还是整数，且满足加法结合律，对于任意的，方程与都有整数解；而实数集关于实数的乘法（）不构成群，因为方程没有实数解. 以下关于“群”的真命题有（    ） ①自然数集关于自然数的加法（）构成群； ②有理数集关于有理数的乘法（）构成群； ③平面向量集关于向量的数量积（）构成群； ④复数集关于复数的加法（）构成群. A．0个； B．1个； C．2个； D．3个. 7.已知集合是由某些正整数组成的集合，且满足：若，则当且仅当其中且，或其中且.现有如下两个命题: ①；②集合.则下列选项中正确的是（    ） A．①是真命题， ②是真命题； B．①是真命题， ②是假命题 C．①是假命题， ②是真命题； D．①是假命题， ②是假命题. 8.正方形区域由9块单位正方形区域拼成，记正中间的单位正方形区域为D．对于边界上的一点P，若点Q在中且线段PQ与D有公共点，则称Q是P的“盲点”，将P的所有“盲点”组成的区域称为P所对的“盲区”．对于边界上的一点M，若在边界上含M在内一共有k个点所对的“盲区”面积与相同，就称M是“k级点”；若在边界上有无数个点所对的“盲区”面积与相同，就称M是一个“极点”．对于命题：①边界正方形的顶点是“4级点”；②边界上存在“极点”．说法正确的是（    ） A．①和②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①和②都是假命题 9．（2025·上海·模拟预测）有一袋子中装有大小、质地相同的白球k个，黑球甲、乙两人约定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的负者先摸球．若第一局中甲先摸球，记第n局甲获胜的概率为，则关于以下两个命题判断正确的是（   ） ①； ②． A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 10.（2025·上海杨浦·模拟预测）已知是一个公差不为的等差数列，其前项和为.若存在正整数(其中)使得，则称具有性质，称有序数对是的一组“数对”，记由的全体“数对”所组成的集合为.关于命题①“若具有性质且，则”与命题②存在具有性质的及互不相同的正整数(其中且，使得且，下列说法正确的是（   ）. A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题 11．已知数列的前项和为，设（为正整数）.若存在常数，使得任意两两不相等的正整数，都有，则称数列为“轮换均值数列”.现有下列两个命题：①任意等差数列都是“轮换均值数列”.②存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列”.则下列说法正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．设，为不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，则与异面 D．若，，，则与相交 2．如图所示的Venn图中，A，B是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合.若集合，集合，则集合（   ） A． B． C．或 D．或 3已知函数与它的导函数的定义域均为，现有下述两个命题： ①“为严格增函数”是“为严格增函数”的必要非充分条件. ②“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件； 则说法正确的选项是（    ） A．命题①和②均为真命题 B．命题①为真命题，命题②为假命题 C．命题①为假命题，命题②为真命题 D．命题①和②均为假命题 4．“角股猜想”是“四大数论世界难题”之一，至今无人给出严谨证明．“角股运算”指的是任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1．在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数．如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，该猜想就是：反复进行角股运算后，最后结果为1．我们记一个正整数经过次角股运算后首次得到1（若经过有限次角股运算均无法得到1，则记），以下说法有误的是（    ） A．可看作一个定义域和值域均为的函数 B．在其定义域上不单调，有最小值，无最大值 C．对任意正整数，都有 D．是真命题，是假命题 5．已知数列满足给出下列三个命题 ①数列为等比数列； ②数列为等差数列； ③当时，. 其中真命题的个数为（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 6．（2025·上海浦东新·三模）设、、、、是某圆锥曲线上的五个两两不同的点，、、、、依次是线段、、、、的中点且、、、、在圆锥曲线上．有下列两个命题：①、有可能均为双曲线；②、不可能均为抛物线．则（    ） A．①真；②真 B．①真；②假 C．①假；②真 D．①假；②假 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．（如果同时满足以下三个条件： ①；②对任意，成立；③当，，时，总有成立，则称为“理想函数”.有下列两个命题： 命题：若为“理想函数”，则存在且，使成立； 命题：若为“理想函数”，则对任意，都有成立. 则下列说法正确的是（    ） A．命题为假命题，命题为真命题 B．命题为真命题，命题为假命题 C．命题、命题都是真命题 D．命题、命题都是假命题 2．已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（    ） ①“”是“”的充要条件； ②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件． A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 3．已知函数与其导函数为定义域均为，且满足，，，给出以下四个命题： ①    ② ③函数的图象关于直线对称    ④ 其中正确命题的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 4.对于两个实数，我们定义：，有下列说法： ①； ②； ③若，则. 其中说法正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 5.已知数列共项，对于中的项，若对任意的，都有，则称为中的一个“局部一项”，记是中所有“局部一项”组成的集合. (1)已知数列共5项，且. （i）若为，求； （ii）若的值为1和的概率均为，记中有个元素，求. (2)若数列满足为大于1的偶数，，，求中元素个数的最大值.（结果用和表示） 6.已知集合，其中，集合．定义运算，记|A|为集合中元素的个数. (1)若，求的值； (2)若集合中的元素构成等差数列，且公差. （i）当时，求的最小值； （ii）当时，求的最小值. 7.已知所有项均为正数的数列满足（其中. (1)记，求的表达式； (2)已知：任何一个大于1的正整数，如果不为质数，则它可以唯一分解成有限个质数的幂的乘积，即，这里均为质数，幂指数是正整数.这样的式子称为的标准分解式.由此可知正整数的因数的个数为.如，因数个数为.已知为正整数，记，试求集合的元素的个数. 8．（2025·上海·三模）设函数的定义域为，给定闭区间，若存在，使得对于任意，①均有，则记；②均有，则记． (1)设，求； (2)设．若对于任意，均有，求的取值范围； (3)已知对于任意与均存在，证明：＂为上的严格增函数或严格减函数＂的充要条件为＂对于任意两个不同的与中至少一个成立＂． 9.已知为有穷正整数数列，且，集合.若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集. (1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由； (2)若，证明：； (3)设，若，求的最小值. 10.记集合，表示集合中元素的个数. (1)求和； (2)求证：当为奇数时，； (3)求. 11．设和M均为正整数，是两两不同的M元集合组成的集合序列，若存在，使得，就称Q中存在“三叶草”，并称为Q中的一片三叶草． (1)若，分别直接判断以下集合序列中是否存在三叶草，存在的请写出一片相应的三叶草： ， ； (2)若满足，其中，，证明：Q中不存在三叶草； (3)若，其中，证明：Q中一定存在三叶草． 12.设有序集合（有序集合：元素从前到后依次增大），其中，．对于有序集合的n元有序子集B（，，），若有序集合B中不存在三个有序元素构成等比数列，则称有序集合B为“缺等比有序子集”． (1)若有序集合的元素之和为2046，求i的值，并写出有序集合中包含2和的所有“缺等比有序子集”； (2)求有序集合的“缺等比有序子集”元素个数的最大值； (3)设，，设，且集合中元素可以无序，当,记，且时，是否存在满足元素个数的集合的“缺等差子集”（即不存在三个元素构成等差数列）？请说明理由． 13.已知整数数列的项数均为m（m>2），且同时满足以下两个性质： ①； ② 记 (1)若m=3，且，写出的值； (2)记其中表示集合A中元素的最大值. （i）若，，求的最大值； （ii）当时，若，求Q的最小值. 14.已知集合，对于给定的正整数a，将集合M中的所有元素按从小到大的顺序构成一个数列． (1)若，写出所有的集合M； (2)当时，若构成等比数列，求证：数列是等比数列； (3)当时，记，求证：． 15.对于有限集合，定义，用表示集合的元素个数. (1)若，求； (2)求证：； (3)设，且，记，求. 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点培优01 集合新定义问题与判断命题的真假 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 集合的新定义（★★★★★） 2 题型二 判断命题的真假（★★★★） 8 03 实战检测・分层突破验成效 20 检测Ⅰ组 重难知识巩固 20 检测Ⅱ组 创新能力提升 25 一、集合中的新定义问题 常见类型： 定义新概念：通过重新定义集合或集合中的某个要素来创新题目，比如定义 “极异集合” 等，需要根据新定义的规则去分析集合的性质、元素等相关问题。 定义新运算：给出一种全新的集合运算规则，要求考生按照新规则，结合原有的集合运算知识进行计算或推理。 定义新性质：创新集合的给定定义与性质，让考生根据新性质，结合集合的概念、关系、运算等知识来解题。 定义新背景：将集合问题置于新的数学背景或实际情境中，如与空间直角坐标系、数列等知识相结合，考查学生对知识的综合运用能力。 集合的新定义可能会结合函数、数列等知识。 二、判断命题的真假 判断方法： 对于真命题，需要通过严格的证明来确定其正确性，可以运用所学的定理、公式、定义等进行逻辑推理证明。 对于假命题，只需举出一个反例即可，即找到一个满足条件 α，但不满足结论 β 的例子，就能说明该命题为假。 命题真假判断也可能会融入到立体几何、解析几何等问题中。同时，要注意反证法的应用，当直接证明一个命题困难时，可以考虑通过反证法来证明 题型一 集合的新定义 【技巧通法·提分快招】 解题思路 首先要正确理解新定义的含义，明确其规则、条件等关键信息。 根据新定义建立相应的关系式，将其转化为数学表达式或数学模型。 把新问题与所学的集合知识以及其他相关数学知识联系起来，将其转化为熟悉的问题进行求解。 运用所学的公式、定理、性质等进行合理的推理和运算，得出最终结果。 1．（2025·上海·三模）已知集合是由平面向量组成的集合，若对任意，均有，则称集合是“凸”的，则下列集合中不是“凸”的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出各个选项表示的平面区域，根据给定集合E是“凸”的意义判断作答. 【详解】设，，，则C为线段AB上一点， 因此一个集合E是“凸”的就是E表示的平面区域上任意两点的连线上的点仍在该区域内， 四个选项所表示的平面区域如图中阴影所示：                 A                                 B                 C                                 D 观察选项A，B，C，D所对图形知，B对应集合不是“凸”的，ACD对应集合是“凸”的. 故选：B 2．集合且，集合且，用表示集合X中的元素个数，则（    ） A．100 B．200 C．260 D．300 【答案】B 【分析】分、、、讨论的取值可能种数，结合组合数的计算即可得，分、、、讨论的取值可能种数即可得的取值可能种数，从而可得，即可得解. 【详解】根据题意，对于： 当时，都可以选出0，1，2，3中任意取一个，则取法为； 当时，都可以选出0，1，2中任意取一个，则取法为； 当时，都可以选出0，1中任意取一个，则取法为； 当时，均取0，则取法为， 此时； 对于： 当时，可取1，2，3，4之一，有种取法； 当时，可取2，3，4之一，有种取法； 当时，可取3，4之一，有种取法； 当时，只能取4，有种； ∴的取值只有种，同理可知也只有10种， 于是； 故. 故选：B． 3.已知集合，若对于任意，总存在与之相应的（其中），使得成立，则称集合是“集合”． 下列选项为“集合”的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据新定义，设，化简，即，故,即过原点的直线与曲线相交有两个不同的交点，由图象依次可判断选项. 【详解】根据新定义，设，化简， 得恒成立， 由基本不等式可知，当且仅当时取“=”， 即当时，恒成立， 故,即过原点的直线与曲线相交有两个不同的交点， A选项：由图可知，过原点的直线与曲线相交只有一个交点，故不是“集合”；    B选项：如图，当过原点的直线斜率小于零时与曲线相交只有一个交点，故不是“集合”；    C选项：如图，当过原点的直线斜率大于1时与曲线相交只有一个交点，故不是“集合”；    D选项：如图，当过原点的直线与曲线相交都有两个不同的交点，故是“集合”；    故选：D. 4．（2025·上海崇明·二模）已知集合M中的任一个元素都是整数，当存在整数且时，称M为“间断整数集”．集合的所有子集中，是“间断整数集”的个数为 ． 【答案】968 【分析】根据子集中元素的个数分类，每一类都利用组合数计数，再剔除不满足定义的子集，最后根据分类加法计数原理求值即可. 【详解】由题意，满足“间断整数集”定义的子集至少有2个元素，至多有9个元素， 按子集中元素的个数分类， ①当元素个数为2时，不满足定义的子集有： ，共9个； 此时满足定义的子集有个， ②当元素个数为3时，不满足定义的子集有： ，共8个； 此时满足定义的子集有个， ③当元素个数为4时，不满足定义的子集有： ，共7个； 此时满足定义的子集有个， ④当元素个数为5时，不满足定义的子集有： ，共6个； 此时满足定义的子集有个， ⑤当元素个数为6时，不满足定义的子集有： ，共5个； 此时满足定义的子集有个， ⑥当元素个数为7时，不满足定义的子集有： ，共4个； 此时满足定义的子集有个， ⑦当元素个数为8时，不满足定义的子集有： ，共3个； 此时满足定义的子集有个， ⑧当元素个数为9时，不满足定义的子集有： ，共2个； 此时满足定义的子集有个， 综上所述，满足题意的子集共有个. 故答案为：968. 5．已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有 个元素. 【答案】921 【分析】根据集合具有的性质和，通过对数字进行合理分组，找出满足条件的元素个数的最大值. 【详解】先说明连续11项中集合中最多选取5项， 以为例. 构造抽屉，，，，，，. ①同时选，因为具有性质和， 所以选5则不选；选6则不选；选7则不选； 则只剩，故中属于集合的元素个数不超过5个. ②选2个， 若只选，则不可选，又只能选一个元素， 可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个. 若选，则只能从中选，但不能同时选， 故中属于集合的元素个数不超过5个. 若选，则不可选，又只能选一个元素， 可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个. ③中只选1个， 又四个集合，，，每个集合至多选1个元素， 故中属于集合的元素个数不超过5个. 由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个， 如取. 因为，则把每11个连续自然数分组，前184组每组至多选取5项，余一个数2025. 给出如下选取方法：从中选取； 然后在这5个数的基础上每次累加11，构造184次. 此时集合的元素为：；；；； ，共个元素，而取也满足题意， 经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有个. 故答案为：921. 6．设表示有限集合中元素的个数，已知函数，若，其中为常数，且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】利用导数研究的单调性，进而求出极值，再作出函数图象，最后把给定条件转化为和，共有两个交点，再求解参数范围即可. 【详解】由题意得的定义域为， 因为，所以， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故的极小值为，而当时，，且， 令，则， 当时，， 则在上的图象越来越陡峭，我们作出和的图象， 结合图象可得与在上只有一个交点， 令，则，解得，而， 得到与的图象在上的交点的横坐标， 因为， 所以和，共有两个交点， 此时的取值范围为. 故答案为： 题型二 判断命题的真假 【技巧通法·提分快招】 代数证明：如判断 “方程 f (x)=g (x) 有四个实根” 时，需结合函数对称性、导数分析极值点数量。 图像法：通过绘制函数图像判断交点个数。例如，判断 “函数 y=|x | 与 y=a (x²-1) 有 5 个交点” 时，分析 a 的取值范围。 反例构造：针对 “若数列 {aₙ} 的前 n 项和 Sₙ满足 | Sₖ|>|Sₖ₊₁| 对 k>2022 恒成立，则 {aₙ} 为等差数列”，可构造等比数列反例证明其假。 1．（2025·上海黄浦·三模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况．已知全集U的元素个数有限，对于U的任意一个子集S，定义集合S的指示函数，集合A、B都是U的子集．现有以下四个命题： ①若，则； ②； ③； ④； 注：表示M中所有元素x所对应的函数值之和．（其中M是定义域的子集） 上述命题中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据题意，知对集合的指示函数求和的结果是属于集合的元素的个数，再结合指示函数的定义对各选项进行逐项分析． 【详解】由已知，集合集合S的指示函数， 则对集合的指示函数求和的结果是属于集合的元素的个数； 对于①，因为，所以若，则，此时， 若，但，此时，，此时， 若，且，此时，故始终有，①正确； 对于②，当时，由指示函数的意义知，次数，②错误； 对于③，表示属于中的元素个数， 表示中元素个数加中元素个数再减去中的元素个数，即中的元素个数， 故③正确； 对于④，当且仅当，且时，， 否则， 所以表示中既不在中又不在中的元素个数， 即中的元素个数， 表示中元素个数减去中元素个数再减去中元素个数， 相较左边多减了1次中的元素个数，故左右两式不相等，④错误； 综上，①③正确，②④错误，真命题个数为2． 故选：B 2．（2025·上海·三模）已知曲线，为曲线上任一点，命题：曲线与直线恰有四个公共点；命题：曲线与直线相切；下列说法正确的是（   ） A．命题和命题都为真 B．命题为真，命题为假 C．命题为假，命题为真 D．命题和命题都为真. 【答案】C 【分析】命题，构造，利用导数讨论其在上的零点个数为3后可判断其正误，命题，利用导数可判断其正误. 【详解】命题：由消元法可得，所以， 当或时，或，故此时无解， 下面考虑上方程的解的个数， 设，所以， 设且，则，则， 所以， 又因为， 所以的解为，， 而， 故当或时，，当时，， 故在，上为减函数，在上为增函数， 而，且， ，而，故， 故，，故在有3个不同的实数根，故命题错误； 命题：由，可得，故， 对两边求关于的导数，又随的变化而变化， 则， 故当时，有， 当，，而直线的斜率为2， 故曲线与直线相切，命题正确. 故选：C. 3.已知数列不是常数列，前项和为，且．若对任意正整数，存在正整数，使得，则称是“可控数列”．现给出两个命题：①存在等差数列是“可控数列”；②存在等比数列是“可控数列”．则下列判断正确的是（    ） A．①与②均为真命题 B．①与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 【分析】由题意，结合，的变化情况，利用极限思想即可判断①；根据题意，结合“可控数列”的定义，举出实例说明②，即可得出答案. 【详解】①数列不是常数列，则，则看作是一次函数的变化， 由得，看作是二次函数的变化， 当足够大时，极限的思想说明不成立； ②取，则， 当时，取，满足， 当时，取，满足； 故选：. 【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 4.设，集合，集合，对于集合B有下列两个结论：①存在a和b，使得集合B中恰有5个元素；②存在a和b，使得集合B中恰有4个元素．则下列判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①错误，②正确 D．①正确，②错误 【答案】A 【分析】由题意可知，对于①举例分析判断即可，对于②，若，则，然后构造函数，利用导数结合零点存性定理可确定出，从而可进行判断. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 因为，所以， 当时，， ，， 所以，有5个元素，所以①正确， 若，则，得， 令，则， 令，则， 所以在上递增，即在上递增， 所以当时，， 所以在上递增， 因为， 所以存在，使，即存在，成立， 此时， 所以存在a和b，使得集合B中恰有4个元素，所以②正确， 故选：A 【点睛】关键点点睛：判断结论②的关键是构造函数，利用导数和零点存在性定理分析判断. 5.设集合，点P的坐标为，满足“对任意，都有”的点P构成的图形为，满足“存在，使得”的点P构成的图形为．对于下述两个结论：①为正方形以及该正方形内部区域；②的面积大于32．以下说法正确的为（    ）． A．①、②都正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①、②都不正确 【答案】C 【分析】先确定所表达的意义，了解满足该条件的点的轨迹，再求点轨迹区域的面积，可以得到问题的答案. 【详解】因为，表示除原点外的平面内的所有点. ， 所以表示到直线和的距离之和不大于4的点. 如图：    易知直线和垂直， 则，. 当时，. 因为，所以. 因为要求任意，所以是以原点为圆心，半径为的圆形以及该圆形的内部区域（原点除外）， 因为要求存在，所以是以原点为圆心，半径在范围内的圆形以及该圆形的内部区域（原点除外），故①不正确； 当时，存在使得，故②正确. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是把条件转化成，借助点到直线的距离公式，明确点坐标满足的条件. 6.如果一个非空集合上定义了一个运算，满足如下性质，则称关于运算构成一个群. （1） 封闭性，即对于任意的，有； （2） 结合律，即对于任意的，有； （3） 对于任意的，方程与在中都有解． 例如，整数集关于整数的加法（）构成群，因为任意两个整数的和还是整数，且满足加法结合律，对于任意的，方程与都有整数解；而实数集关于实数的乘法（）不构成群，因为方程没有实数解. 以下关于“群”的真命题有（    ） ①自然数集关于自然数的加法（）构成群； ②有理数集关于有理数的乘法（）构成群； ③平面向量集关于向量的数量积（）构成群； ④复数集关于复数的加法（）构成群. A．0个； B．1个； C．2个； D．3个. 【答案】B 【分析】根据群的定义需满足的三个条件逐一判断即可. 【详解】对于①，，在自然数集中无解，错误； 对于②，，在有理数集中无解，错误； 对于③，是一个数量，不属于平面向量集，错误； 对于④，因为任意两个复数的和还是复数，且满足加法结合律， 且对任意的，方程与有复数解，正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是理解新定义，用新定义解题.解题方法是根据新定义的3个条件进行验证，注意实数或复数运算的运算律与新定义中运算的联系可以很快得出结论. 7.已知集合是由某些正整数组成的集合，且满足：若，则当且仅当其中且，或其中且.现有如下两个命题: ①；②集合.则下列选项中正确的是（    ） A．①是真命题， ②是真命题； B．①是真命题， ②是假命题 C．①是假命题， ②是真命题； D．①是假命题， ②是假命题. 【答案】C 【分析】根据集合的定义即可判断①是假命题，根据集合的定义先判断，，再由，有，，且，所以，可判断 ②是真命题. 【详解】因为若，则当且仅当其中且，或其中且， 且集合是由某些正整数组成的集合， 所以，， 因为，满足其中且，所以， 因为，且，，所以，故①是假命题； 记， 当时，，因为，，，所以； 下面讨论元素与集合的关系， 当时，，当时，，，，所以， 当时，，，，所以， 当时，，，，所以，依次类推， 当时，，，，所以， 下面讨论时，集合中元素与集合的关系， 因为，有，，且，所以， 综上所述，，有， 即，故②是真命题. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于判断，，，，再根据集合的定义求解. 8.正方形区域由9块单位正方形区域拼成，记正中间的单位正方形区域为D．对于边界上的一点P，若点Q在中且线段PQ与D有公共点，则称Q是P的“盲点”，将P的所有“盲点”组成的区域称为P所对的“盲区”．对于边界上的一点M，若在边界上含M在内一共有k个点所对的“盲区”面积与相同，就称M是“k级点”；若在边界上有无数个点所对的“盲区”面积与相同，就称M是一个“极点”．对于命题：①边界正方形的顶点是“4级点”；②边界上存在“极点”．说法正确的是（    ） A．①和②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①和②都是假命题 【答案】D 【分析】设每个小正方形的边长为，求得的值，结合边界的顶点所对的“盲区“面积和区域的三等分点，得到，可判定①是假命题；设，求得，结合函数的单调性，可判定②是假命题． 【详解】解：设每个小正方形的边长为， 当点为区域的一个顶点时，此时， 当点为一个小正方形的一顶点时，如图所示，此时， 可得，所以边界正方形的顶点不是“4级点“，所以①是假命题； 不妨设M为正方形一个顶点，根据正方形对称性不妨设T为过M的边上一点， 设，其中，可得， 设，可得， 令，可得， 当或时，；当时，， 所以函数在，上单调递增，在单调递减， 故不可能有x的无数个值使得相等， 所以在边界上不存在有无数个点所对的“盲区”面积与相同，所以②是假命题． 故选：D. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是②的真假判断，解答时要注意利用导数判断函数单调性，说明不符合极点定义. 9．（2025·上海·模拟预测）有一袋子中装有大小、质地相同的白球k个，黑球甲、乙两人约定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的负者先摸球．若第一局中甲先摸球，记第n局甲获胜的概率为，则关于以下两个命题判断正确的是（   ） ①； ②． A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【分析】分别计算在第一局中：摸1次、摸3次、…，摸次甲获胜概率，利用等比数列前项和公式求和，再求极限即可求；根据第局甲获胜包括两种情况：第局甲赢且第局甲后摸球和第局甲输且第局甲先摸球即可求得. 【详解】第一局：摸一次甲获胜概率为，摸3次甲获胜概率为， 摸5次甲获胜概率为，…, 摸甲获胜概率为， 所以， 所以，①正确； 第局甲获胜包括两种情况：第局甲赢且第局甲后摸球和第局甲输且第局甲先摸球， 则，②正确； 故选：A. 10.（2025·上海杨浦·模拟预测）已知是一个公差不为的等差数列，其前项和为.若存在正整数(其中)使得，则称具有性质，称有序数对是的一组“数对”，记由的全体“数对”所组成的集合为.关于命题①“若具有性质且，则”与命题②存在具有性质的及互不相同的正整数(其中且，使得且，下列说法正确的是（   ）. A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题 【答案】A 【分析】根据等差数列的前项和公式，依据题目所给定义，判断命题真假. 【详解】解析：， ，带入，得，解得， ， 当，得， 化简得，又 若，则，，所以或（舍去）， 若，则，，所以（舍去）或（舍去）， 若，则，，所以（舍去）或（舍去）， 若，则， 因为，， 所以，故无整数解，所以①是真命题； 设，，所以②是真命题； 故选：A. 11．已知数列的前项和为，设（为正整数）.若存在常数，使得任意两两不相等的正整数，都有，则称数列为“轮换均值数列”.现有下列两个命题：①任意等差数列都是“轮换均值数列”.②存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列”.则下列说法正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题 【答案】A 【分析】根据题意，对于①，设等差数列的公差为，由等差数列的性质可得可得，即可得①正确；对于②，设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式分析，可得，可得②不正确，综合即可得答案. 【详解】对于①，设等差数列的公差为，则， 代入 可得 ，即可得到，①正确； 对于②，设等比数列的公比为，则， 代入， 可得 要使其为常数，化简后会发现很难对于任意的都满足为常数（因为公比）， 故不存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列. ②不正确. 故选：A 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．设，为不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，则与异面 D．若，，，则与相交 【答案】A 【分析】根据空间中线、面位置关系逐项分析判断. 【详解】对于A，根据面面垂直的性质定理可得A正确； 对于B，若，，，则，或与异面，故B错误； 对于C，若，，则，或与异面，故C错误； 对于D，若，，，则，或与异面，或与相交，故D错误． 故选：A. 2．如图所示的Venn图中，A，B是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合.若集合，集合，则集合（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】根据给定的韦恩图，结合集合的运算求解. 【详解】集合，集合，则， 由韦恩图得或. 故选：D 3已知函数与它的导函数的定义域均为，现有下述两个命题： ①“为严格增函数”是“为严格增函数”的必要非充分条件. ②“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件； 则说法正确的选项是（    ） A．命题①和②均为真命题 B．命题①为真命题，命题②为假命题 C．命题①为假命题，命题②为真命题 D．命题①和②均为假命题 【答案】C 【难度】0.65 【分析】可举例说明①中“为严格增函数”和“为严格增函数”之间的逻辑关系，即可判断其真假；结合复合函数的求导以及为奇函数可判断“为奇函数”和“为偶函数”之间的逻辑关系，即可判断②的真假，即得答案. 【详解】对于①，不妨取为R上严格增函数，其导函数在R上不是单调函数， 即“为严格增函数”推不出“为严格增函数”‘ 取，其导函数为R上严格增函数，但不是单调函数， 故“为严格增函数”推不出“为严格增函数”， 因此“为严格增函数”是“为严格增函数”的既不充分也不必要条件， 故①为假命题； 对于②，为奇函数，则， 故，即，即为偶函数； 当为偶函数时，不妨取，其导函数为偶函数， 但不是奇函数， 故“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件，②为真命题， 故选：C 4．“角股猜想”是“四大数论世界难题”之一，至今无人给出严谨证明．“角股运算”指的是任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1．在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数．如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，该猜想就是：反复进行角股运算后，最后结果为1．我们记一个正整数经过次角股运算后首次得到1（若经过有限次角股运算均无法得到1，则记），以下说法有误的是（    ） A．可看作一个定义域和值域均为的函数 B．在其定义域上不单调，有最小值，无最大值 C．对任意正整数，都有 D．是真命题，是假命题 【答案】A 【分析】根据给定信息，利用函数的相关概念逐项判断即得. 【详解】依题意，的定义域是大于1的正整数集，A错误； 由，得在其定义域上不单调， 而，，则有最小值1， 由经过有限次角股运算均无法得到1，记，得无最大值，B正确； 对任意正整数，，而，因此，C正确； 对任意正整数，每次除以2，最后得到1的次数为，因此， 由，知是假命题，D正确. 故选：A 5．已知数列满足给出下列三个命题 ①数列为等比数列； ②数列为等差数列； ③当时，. 其中真命题的个数为（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据等差数列及等比数列的定义计算判断①②，再根据解析式计算判断③. 【详解】数列满足， 当为偶数时，，所以，， 所以，所以，所以，所以数列为等比数列，①正确； 当为奇数时，，所以， 所以，所以，所以，所以数列为等差数列，②正确； 因为时，. 数列为等差数列，所以,③正确； 故选：D. 6．（2025·上海浦东新·三模）设、、、、是某圆锥曲线上的五个两两不同的点，、、、、依次是线段、、、、的中点且、、、、在圆锥曲线上．有下列两个命题：①、有可能均为双曲线；②、不可能均为抛物线．则（    ） A．①真；②真 B．①真；②假 C．①假；②真 D．①假；②假 【答案】B 【分析】结合对称性，在双曲线（抛物线）上寻找五点，使得中点在双曲线（抛物线）上即可. 【详解】命题①：结合对称性，在双曲线上分别取如下五点： ， 则线段、、、、的中点依次为 ， 结合点的对称性，不妨设双曲线的方程为， 双曲线中心为，， 由点的对称性，只需代入点解方程组， 则有； 解得， 此时，， 故存在双曲线过此五点，故①真； 命题②：结合对称性，在抛物线分别取如下五点：， 其中，则， 则线段、、、、的中点依次为 ， 抛物线，设，， 验证：， 即在抛物线（）上； ，即在抛物线（）上； ，即在抛物线（）上； 所以，、可能均为抛物线，故②假； 故选：B． 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．（如果同时满足以下三个条件： ①；②对任意，成立；③当，，时，总有成立，则称为“理想函数”.有下列两个命题： 命题：若为“理想函数”，则存在且，使成立； 命题：若为“理想函数”，则对任意，都有成立. 则下列说法正确的是（    ） A．命题为假命题，命题为真命题 B．命题为真命题，命题为假命题 C．命题、命题都是真命题 D．命题、命题都是假命题 【答案】A 【分析】令，结合性质②③可得，即可判断真假，由此有在上有递增趋势的函数(不一定严格递增)，进而得到，应用反证法：若为“理想函数”，存在，使成立，讨论、，结合递归思想判断的存在性，判断真假. 【详解】令，则， 所以， 又对任意成立，则，即， 所以，即对任意，都有，命题为假命题； 由命题为假，即在上非递减，有递增趋势的函数(不一定严格递增)， 令，则，而任意成立； 所以，又，故， 反证法：若为“理想函数”，存在，使成立， 对于，，而，此时不存在使成立； 对于，若存在使成立，则， 而，则，即， 由，依次类推，必有，且趋向于无穷大， 此时，而必然会出现大于1的情况，与矛盾， 所以，在上也不存在使成立， 综上，若为“理想函数”，则对任意，都有成立，命题为真命题； 故选：A. 【点睛】关键点点睛：对于的真假判断，应用反证及递归思想推出情况下矛盾结论. 2．已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（    ） ①“”是“”的充要条件； ②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件． A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 【答案】C 【分析】对于①，构造函数，结合题设，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，可判断其真假；对于②，结合函数单调性，判断必要性；采用反证思想，结合题设推出矛盾，说明充分性成立，判断②的真假. 【详解】对于①： 设，，则， 因为在R上为严格增函数，故， 即，则在R上单调递增， 由于，故，即。 即； 当成立时，即， 由于在R上单调递增，故， 故“”是“”的充要条件，①为真命题； 对于②，当在R上为严格增函数时，由对任意，则都有成立； 当对任意都有时，假设在R上不为严格增函数， 即不恒大于等于0，即，使得， 由于在R上为严格增函数，故时，， 此时在上单调递减，且其图象为一个严格递减的凹型曲线， 故当趋近于负无穷时，的值将趋近于正无穷大， 这与对任意都有矛盾， 则假设不成立，即“在R上为严格增函数”成立， 即“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件，②为真命题， 故选：C 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断②中命题的充分性成立，解答时采用反证思想，推得矛盾，说明充分性成立. 3．已知函数与其导函数为定义域均为，且满足，，，给出以下四个命题： ①    ② ③函数的图象关于直线对称    ④ 其中正确命题的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】对两边同时求导可判断①； 将代入的值，再由和比较大小即可判断②； 令，由可判断③； 令，则，对方程两边同时求导可得，进而结合等差数列的概念得到，从而可判断④. 【详解】对两边同时求导：，令，即，故①正确； 令，则有，即，不满足，故②错误； 由得， 令，则有， 若，则，所以关于直线对称，故③正确； 令，则，对方程两边同时求导可得： ，即， 因为，所以， 从而得. 当时，， 当时，，，即， 当时，是以为首项，公差为4的等差数列， 所以，； 当时，，则，又， 所以， 即，进而 得； 综上所述，，故④正确. 故选：D. 4.对于两个实数，我们定义：，有下列说法： ①； ②； ③若，则. 其中说法正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】①按定义求解即可；②按定义展开再利用裂项相消法求解；③按定义展开转化为等量关系，再由特值说明推出关系不正确. 【详解】两个实数，. ①，故①错误； ② ，故②正确； ③若， 由定义可得， 令，， 则等式左边，右边， 故左边右边，即满足条件， 但当，时， , 即，不满足，故③错误； 综上所述，三个说法中正确的只有1个. 故选：B. 5.已知数列共项，对于中的项，若对任意的，都有，则称为中的一个“局部一项”，记是中所有“局部一项”组成的集合. (1)已知数列共5项，且. （i）若为，求； （ii）若的值为1和的概率均为，记中有个元素，求. (2)若数列满足为大于1的偶数，，，求中元素个数的最大值.（结果用和表示） 【答案】(1)（i）；（ii） (2)答案见解析 【分析】（1）（i）根据“局部一项”的概念可直接得到；（ii）可求的分布列，根据期望的公式求. （2）分析中元素的构成，可求中元素个数的最大值. 【详解】（1）（i）根据题意可得. （ii）由题意可得有种情况. 若，则只有1种情况，即当时，，所以. 若，则只有1种情况，即当时，，当时，，所以. 若，则有以下情况： 当时，，当时，，当时，或； 当时，，当时，，当时，； 当时，，当时，. 共4种情况，所以. 若，则有以下情况： 当时，，当时，，当时，，当5时，； 当时，，当时，，当时，或； 当时，，当时，，当时，. 共4种情况，所以. . （2）因为为大于1的偶数，所以.要使中元素的个数取得最大值，则中的项尽可能多的是“局部一项”， 即1至之间的整数从小到大依次是中的项. 不妨设中元素的个数取得最大值时，除整数“局部一项”外，其余“局部.项”都在区间内. 记中元素的个数为，在区间内的“局部一项”有个，除1外的非“局部一项”有个，则①，. 因为，所以，结合①可得， 则. 为大于1的偶数，为整数，当为奇数时，为整数，此时中元素个数的最大值为. 当为偶数时，不是整数，满足的最大整数为，此时中元素个数的最大值为. 综上，当为奇数时，中元素个数的最大值为；当为偶数时，中元素个数的最大值为. 6.已知集合，其中，集合．定义运算，记|A|为集合中元素的个数. (1)若，求的值； (2)若集合中的元素构成等差数列，且公差. （i）当时，求的最小值； （ii）当时，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）5；（ii）4050 【难度】0.4 【分析】（1）当 ，先按条件确定 ，再根据 定义找出元素，最后数元素个数得 . （2）（i）解法一：设 元素，算 元素，让 、 相同元素最多求 最小. 解法二：由等差性质得范围，结合 最小元素确定 范围，用公式求 最小.   （i i）先证引理确定 元素及，再根据 、 元素关系确定 范围，用公式求 最小，最后代入 求值. 【详解】（1）若，则，此时，， ，所以. （2）（i）解法一：设，则有， ， 所以，为使最小，应尽量使A，B中相同元素最多， 而，故A，B中最多一个相同元素，令，即时，最小， ，此时. 解法二：由构成严格递增的等差数列可知，，则必有 又中最小元素为，则，则有，所以， 另一方面，当时，，此时， 综上，时，的最小值为5. （ii）引理：当时，集合中的元素构成公差为的等差数列，则 引理的证明：对任意 当时，，当时，， 因此有； 另一方面，再证明可以取到满足的所有整数， ①取，当依次取时，可取到满足的所有整数； ②取，当依次取时，可取到满足的所有偶数； ③取，当依次取时，可取到满足或的所有奇数； ④取，此时， 由上述讨论可知，可以取到满足的所有整数，此时有 综上，引理得证． 故当时，，， 又，即，则有， 所以； 另一方面，当时，，，， 此时， 综上，当时，的最小值为2n，所以，当时，的最小值为4050. 7.已知所有项均为正数的数列满足（其中. (1)记，求的表达式； (2)已知：任何一个大于1的正整数，如果不为质数，则它可以唯一分解成有限个质数的幂的乘积，即，这里均为质数，幂指数是正整数.这样的式子称为的标准分解式.由此可知正整数的因数的个数为.如，因数个数为.已知为正整数，记，试求集合的元素的个数. 【答案】(1)； (2)2026. 【分析】（1）根据给定条件，利用前n项和与第n项的关系列式求出的通项，进而求出. （2）由（1）求出的表达式，再利用奇偶数的特性求出元素个数. 【详解】（1）正数的数列满足，则，而，解得， 当时，，两式相减，得， 即，用代替，得， 两式相减，得，而，则， 即，则数列是首项、公差都为1的等差数列，因此， 所以. （2）依题意，， 即，而必为一个奇数，另一个为偶数，且， 又分解为一个奇数、一个偶数的情形共有： ， 所以集合的元素个数为2026个. 8．（2025·上海·三模）设函数的定义域为，给定闭区间，若存在，使得对于任意，①均有，则记；②均有，则记． (1)设，求； (2)设．若对于任意，均有，求的取值范围； (3)已知对于任意与均存在，证明：＂为上的严格增函数或严格减函数＂的充要条件为＂对于任意两个不同的与中至少一个成立＂． 【答案】(1)； (2) (3)证明见解析 【难度】0.4 【分析】（1）通过导数求函数在区间上的单调性即可； （2）通过导数确定函数的单调性及极值，以及是在处的切线，再分类讨论和即可； （3）根据充要条件证明步骤，必要性、充分性分开证明即可. 【详解】（1）因为，求导得， 所以在上为单调递增函数，因此； （2）因为，所以，而， 因为，表示过点， 斜率为的直线，故是在处的切线， 而存在极值点，又因为，所以， 当或时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递减， 当时，此时与在上均为单调递增函数， 因此当时，恒成立， 即， 当时，则有，显然成立，当时，则有， 因为，所以； 当时，此时 此时，不符题意舍去； 综上，实数的取值范围为； （3）证明：先证明必要性（）： 若为上的单调递增函数，则任取， 由题意可得， 因为，所以或或或， 因为为上的单调递增函数， 所以或或或， 所以，所以或成立． 同时对为上的单调递减函数，同理可证． 下面证明充分性（）： 当与其中一式成立时，不可能为常值函数， 先任取，总有或 假设存在，使得， 记，则， 因为存在，则或， 不妨设，则，否则当， 此时，矛盾； 进而可得，则，，因此①． 最后证明为上的单调递减函数，任取，且，需考虑如下情况： 情况一：若，同上述可得，， 所以． 情况二：若，则， 否则，，由此矛盾， 因为，同情况一可得矛盾， 所以． 情况三：若，则，否则， 记，否则， 记， 则，， 同理若，所以， 由①可得：． 情况四：若，同上述可得，． 综上，恒成立．（当为上的单调递增函数时，同理可证） 9.已知为有穷正整数数列，且，集合.若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集. (1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由； (2)若，证明：； (3)设，若，求的最小值. 【答案】(1)31是，1024不是，理由见解析 (2)证明见解析 (3)8 【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可； （2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多有个元素，解不等式即可证明； （3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定k的最小值为满足成立的m，代入求m即可. 【详解】（1）31是，1024不是，理由如下： 由题意可知， 当时，有， 显然若时，， 而， 故31是可表数，1024不是可表数； （2）由题意可知若，即， 设，即使得， 所以，且成立，故， 所以若，则， 即中的元素个数不能超过中的元素， 对于确定的中最多有个元素， 所以； 当时，，我们取依次为 时，易知等号成立. （3）由题意可设，使， 又， 所以，即， 而， 即当时，取时，为可表数， 因为， 由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，， 使， 所以 ， 令，则有， 设， 由的任意性，对任意的， 都有， 又因为，所以对于任意的为可表数， 综上，可知的最小值为，其中满足， 又当时，， 所以的最小值为8. 10.记集合，表示集合中元素的个数. (1)求和； (2)求证：当为奇数时，； (3)求. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3) 【难度】0.4 【分析】（1）结合所给不等式，可先计算出的范围，再借助的取值讨论、的取值情况即可得解； （2）先计算为奇数且使得的情况，此时有，再假设且为奇数时，若，则一定有，可得；若，则一定有，可得，即可得； （3）当时，结合所给不等式，可先计算出的范围为，再根据的奇偶情况讨论可能的取值情况，即可借助等差数列求和公式计算得解. 【详解】（1）当时，则，由，则，即， 由，则，即，又，故，故， 则，又，，故， 即，故； 当时，则，由，则，即， 由，则，即，又，故或， 若，则，又，故； 若，则，又，则， 则或，此时分别取、， 故，即； （2）当时，，故， 当时，则，由，则，即， 由，则，即，故无正整数解，故； 即； 当且为奇数时，设，，，， 则，，故，又，故， 有，故一定有解； 设，则有，，，， 则，， ， 故，即； 设， 则有，，，， 则，故，由为奇数，故， 则， 故， 即， 又，， 故，即； 综上所述，当为奇数时，； （3）当时，则，由，则，即， 由，则，即，又，故， 则，又，则，， 即， 当为奇数时，为偶数，则可取遍中所有整数， 符合要求的的个数有， 当为偶数时，为奇数，则可取遍中所有整数， 符合要求的的个数有， 故 ， 故. 11．设和M均为正整数，是两两不同的M元集合组成的集合序列，若存在，使得，就称Q中存在“三叶草”，并称为Q中的一片三叶草． (1)若，分别直接判断以下集合序列中是否存在三叶草，存在的请写出一片相应的三叶草： ， ； (2)若满足，其中，，证明：Q中不存在三叶草； (3)若，其中，证明：Q中一定存在三叶草． 【答案】(1)存在三叶草，；不存在三叶草. (2)证明过程详见解析 (3)证明过程详见解析 【分析】（1）先找到有共同元素的三个集合，再验证即可得到答案. （2）每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值,然后再研究存在三叶草时，各个维度的坐标需满足的条件，然后用反证法证明. （3）需要证明当集合数量足够大时，必然存在三叶草，这里可以用鸽巢原理和集合的对称性来证明. 【详解】（1）对于，检查是否存在三个集合使得两两交集相等； 选取三个集合，，，发现交集分别为，，，不满足. 再尝试其他组合，第1，2，5个集合，，， 它们的交集均为，因此存在三叶草. 对于，由于每个元素仅出现在两个集合中，无法找到三个集合共享同一元素，故不存在三叶草. （2）给定 ，其中：，，，； 每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值. 我们需要证明不存在三个集合 使得它们两两的交集相同， 假设存在三叶草，则需要满足 意味着： 和 在相同维度上取值相同; 和 在相同维度上取值相同; 和 在相同维度上取值相同; 这意味着 在所有维度上的相同性必须一致, 换句话说，对于每个维度，要么三个集合在该维度的取值都相同，要么两两不同; 由于每个维度只有 2 种取值，三个集合在某个维度上的取值只能是：全部相同（如 ）; 或者两两不同（如 ），但这是不可能的，因为每个维度只有 2 种取值; 因此，三个集合在每个维度上的取值必须相同, 这意味着 ，但题目要求集合两两不同，矛盾. 因此，不存在三叶草. （3）固定一个集合，考虑其他集合与的交集， 的子集有 种可能，因此 有 种可能； 对于每个，定义， 下面介绍一下鸽巢原理，又叫抽屉原理， 它指的是一个简单事实，如果鸽子的数量比巢穴的数量多，那么至少要有1个鸽巢被两只或多只鸽子占据， 即若有个鸽巢，个鸽子，则至少有1个巢内有至少2个鸽子， 至少数公式：当鸽子数不能被鸽巢数整除时，至少有一个鸽巢中会有（商+1）个鸽子， 另外，规定当，为整数时，，当时，， 其中，由鸽巢原理（相当于只鸽子飞回个巢）， 可知存在至少 个 使得 相同， 当时，由是两两不同的一元集合组成的集合序列， 可得,所以存在三叶草. 当时，至少存在2个 使得 相同，假设为， 则，同理 对于集合也是如此，即, 对于集合也是如此，即, 对于集合也是如此，即, 找到三个集合 满足 . 当 时， 中一定存在三叶草. 12.设有序集合（有序集合：元素从前到后依次增大），其中，．对于有序集合的n元有序子集B（，，），若有序集合B中不存在三个有序元素构成等比数列，则称有序集合B为“缺等比有序子集”． (1)若有序集合的元素之和为2046，求i的值，并写出有序集合中包含2和的所有“缺等比有序子集”； (2)求有序集合的“缺等比有序子集”元素个数的最大值； (3)设，，设，且集合中元素可以无序，当,记，且时，是否存在满足元素个数的集合的“缺等差子集”（即不存在三个元素构成等差数列）？请说明理由． 【答案】(1)；，， (2)4 (3)存在，证明见解析 【分析】（1）先根据等比数列求和公式求出表达式，再由求出.求包含和的“缺等比有序子集”时，通过列举得出结果. （2）先根据不存在三个元素构成等比数列，得出.然后对的情况进行讨论，发现矛盾.最后验证时，找到符合条件的子集，确定的“缺等比有序子集”元素个数最大值. （3）先给出时的几个例子，然后用添项法构造新的集合和“缺等差子集”.接着从三方面证明：一是证明新集合是原集合子集；二是证明新集合是“缺等差子集”；三是证明新集合元素个数为，从而得出存在满足条件的“缺等差子集”. 【详解】（1）已知，这是首项，公比的等比数列的前项. 根据等比数列求和公式，可得. 又已知，即，移项得，而，所以，解得. 求有序集合中包含和的“缺等比有序子集”，通过列举得，，，共个. （2）有序集合，记其“缺等比有序子集”为集合.它的元素个数为. 因为不存在三个元素构成等比数列，，每个集合中至少有一个数不在“缺等比有序子集”中，所以. 若，必有.对于，，不全在中，有或. 若，会推出且，此时集合中，只有四个元素，矛盾； 若，也会推出且，此时集合中，只有四个元素，矛盾. 当，符合条件，所以有序集合的“缺等比有序子集”元素个数最大值为. （3）存在，理由如下： 对于，记为集合的“缺等差子集”. . 当时，，满足题目要求， 下面证明对每一个. 若已经构造出元素个数为的“缺等差子集”，则可用添项的方法来构造新的和“缺等差子集” 使得的元素个数为 . 当时，}是新的“缺等差子集”，且满足. ①首先证明是的子集，即 考虑中的最大项，则， 所以中的最大项 ，所以，于是，都有， 所以 ②证明是“缺等差子集”，即，都有， 若，， 则，故 若， 则存在， 使得， 其中 ， 故， 所以， 若， 则存在，使得， 其中， 故， 由是“缺等差子集”可知，所以. 综上所述，是“缺等差子集”. ③证明的元素个数 . 由题意可知，，因为集合中的元素与中的元素一一对应， 所以集合中的元素个数也是， 考虑集合中的最小元素，则集合中的最小元素 ， 所以对于 ， 即的元素个数为 . 综上①②③可得，当，且时，存在满足的“缺等差子集”. 13.已知整数数列的项数均为m（m>2），且同时满足以下两个性质： ①； ② 记 (1)若m=3，且，写出的值； (2)记其中表示集合A中元素的最大值. （i）若，，求的最大值； （ii）当时，若，求Q的最小值. 【答案】(1)，； (2)（i）2；（ii）30. 【难度】0.15 【分析】（1）直接根据定义性质得，解出，再计算即可； （2）（i）取极端情况为1，3，5；取数列为2，3，4，此时；方法一：利用反证法，假设，最后分析得到与性质②矛盾的点；方法二：一般性证明，设，通过引入进行合理放缩即可；方法三：利用枚举法，枚举出所有情况即可； （ii）考虑极端情况，显然，分类讨论为偶数和为奇数即可. 【详解】（1）由题意可得，， 所以. （2）（i）由②可得，两个数列均值相等，则要使越大，则可考虑一组数据更集中， 一组数据更分散，作为极端情况来考虑，此时要使取到最大值，对应极端情况，取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则， 下证：的最大值为2： 法1：（反证法）假设，则，不妨设， 若： 因为，所以， 则，与性质②矛盾，舍去；若： 因为，所以，可得 则，与性质②矛盾，舍去； 若： 因为，所以， 则，与性质②矛盾，舍去． 所以，同理可得，所以. 取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则成立，所以的最大值为2． 法2：（一般性证明）设，不妨设， 则， 所以，（7分） 取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则成立，所以的最大值为2． 法3：（枚举法） 取为1，2，3，则只能为1，2，3，此时； 取为1，2，4，则只能为1，2，4，此时； 取为1，2，5，则可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时或2； 取为1，3，4，则可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时或2； 取为1，3，5，则可能为1，3，5，也可能为2，3，4，此时或2； 取为1，4，5，则可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时或2； 取为2，3，4，则可能为2，3，4，也可能为1，3，5，此时或2； 取为2，3，5，则可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时或2； 取为2，4，5，则只能为2，4，5，此时； 取为3，4，5，则只能为3，4，5，此时． 综上，的最大值为2． （ii）考虑极端情况，显然， 若为偶数，取为， 取为 则 解得成立； 若为奇数，取为， 取为 则 解得，与为奇数矛盾，舍去， 所以的最小值为30， 当为为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时取到． 证明： 记， 则， ，设 则有，其中分别表示集合的元素个数 由（i）可得， 所以（＊） 又因为，所以，进一步有， 将代入（＊）中可得 ， 再次代入（＊）中可得，解得， 另一方面，当为为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时． 所以的最小值为30． 14.已知集合，对于给定的正整数a，将集合M中的所有元素按从小到大的顺序构成一个数列． (1)若，写出所有的集合M； (2)当时，若构成等比数列，求证：数列是等比数列； (3)当时，记，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）按照集合的定义即可得解； （2）结合集合的性质以及等比数列的定义即可得证； （3）由题意，通过放缩裂项求和即可得证. 【详解】（1）当时，；当时，； 当时，． （2）由题意，， 则， 化简得，， 由，所以，即是完全平方数， 设，则，而，所以，即， 所以构成首项为，公比为的等比数列， 则， 所以， 即， 所以，经检验，当时也成立， 故，则，数列是等比数列． （3）由题意，， 则， 而， 所以 ， 而，所以． 15.对于有限集合，定义，用表示集合的元素个数. (1)若，求； (2)求证：； (3)设，且，记，求. 【答案】(1)4 (2)证明见解析 (3) 【难度】0.15 【分析】（1）由和的定义可得结果； （2）由，代入，化简即可证明； （3）由集合的包含关系和组合数的计算可得结果. 【详解】（1）因为， 所以， 于是. （2）证：因为， 所以， ， 综上：. （3）当时，， 所以时，， 所以， 又， ， 所以， 所以. 当时结论也成立. 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$