第04讲 拓展二 集合与常用逻辑用语中的新定义题【练透核心考点】-2025-2026学年高一数学核心题型总结与突破（人教A版2019必修第一册）

第04讲 拓展二 集合与常用逻辑用语中的新定义题 目录 题型一：重点考查运算封闭 1 题型二：重点考查“群”运算 6 题型三：重点考查“”运算 10 题型四：重点考查“”运算 14 题型五：重点考查戴德金分割 17 题型六：重点考查“类” 20 题型七：重点考查差集运算 23 题型八：重点考查“好集” 27 题型一：重点考查运算封闭 1．定义：已知集合满足，，都有，则称集合对于这种*运算是封闭的．下列论述错误的是（   ） A．若，则对于加法“＋”封闭 B．若，则对于减法“－”封闭 C．若，则对于乘法“×”封闭 D．若，则对于除法“÷”封闭 2．设是集合A上的一个运算，若对任意，有，则称A对运算封闭，若集合A是由正整数的平方组成的集合，即.若分别是：①加法，②减法，③乘法，④除法，则A对运算封闭的序号有 . 3．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. 4．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． 5．如果对于一个集合中任意两个元素，作某种运算后的结果仍在这个集合中，则称该集合对此运算是封闭的．已知集合，．试判断，对加、减、乘、除四种运算是否封闭，为什么？ 6．设数集满足：①；②任意且，有，则称数集对于乘法封闭. (1)判断集合是否对于乘法封闭，并说明理由； (2)证明：集合对于乘法封闭； (3)求所有对于乘法封闭的三元素集. 7．已知A是非空数集，如果对任意，都有，，则称A是封闭集． (1)判断集合，，是否为封闭集，并说明理由； (2)判断命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”的真假，并说明理由； (3)若非空集合A是封闭集合，且，求证：不是封闭集． 题型二：重点考查“群”运算 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．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. 3．“群”是代数学中一个重要的概念，它的定义是：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，，有 ②如，，，有； ③在中有一个元素，对，都有，称为的单位元； ④，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．，则为一个群 C．，则为一个群 D．{平面向量}，则为一个群 4．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”； A． B． C． D． 5．设非空集合A，若对A中任意两个元素，，通过某个法则“”，使A中有唯一确定的元素与之对应，则称法则“”为集合A上的一个代数运算．若A上的代数运算“”还满足：（1）对，都有；（2）对，，使得，．称A关于法则“”构成一个群．给出下列命题： ①实数的除法是实数集上的一个代数运算； ②自然数集关于自然数的加法不能构成一个群； ③非零有理数集关于有理数的乘法构成一个群； ④正整数集关于法则构成一个群． 其中正确命题的序号是 ．（填上所有正确命题的序号）． 题型三：重点考查“”运算 1．用表示非空集合中的元素的个数，定义，若，，若，设实数的所有可能取值构成集合.则（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 2．定义集合，的一种运算：，若，，则中的元素个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．已知，，若，则集合中的所有非空子集的元素之和为（   ） A．15 B．30 C．60 D．120 4．（多选）用C（A）表示非空集合A中元素的个数，定义已知集合，，则下面结论正确的是（    ） A． B．“”是“”的充分不必要条件 C． D．若，则 5．定义：已知集合满足，都有，则称集合对于这种*运算是封闭的．则下列说法：①若，则对于加法“+”封闭；②若，则对于减法“”封闭；③若，则对于乘法“”封闭中正确的个数是 ． 6．对于集合，定义，且，，设，则 7．定义运算，若集合，则 . 8．定义集合的一种运算“*”，，若，则集合的所有元素的积为 ． 题型四：重点考查“”运算 1．定义集合的乘运算：.已知集合，集合，则集合非空真子集的个数为（    ） A．6 B．14 C．30 D．62 2．（多选）集合，定义运算“”为，则（    ） A． B．a⊕bb⊕a C． D．若，则 3．定义集合，若，，则的真子集个数为 ． 4．定义集合运算：.已知集合，则集合有 个真子集. 5．当时， 定义运算: 当时， ；当时，； 当或时，； 当时，； 当时，．在此定义下， 若集合， 则中元素的个数为 ． 6．定义集合运算：，若集合，，则集合中所有元素之和为 . 7．定义两种新运算“”与“”，满足如下运算法则：对任意的，有，.设全集，且，，，且，，. (1)求集合； (2)求集合； (3)集合，是否能满足？若能，求出实数的值；若不能，请说明理由. 题型五：重点考查戴德金分割 1．（多选）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，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机．将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足中的每一个元素都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．若，则满足戴德金分割 B．若为戴德金分割，则没有最大元素，有一个最小元素 C．若为戴德金分割，则有一个最大元素，有一个最小元素 D．若为戴德金分割，则没有最大元素，也没有最小元素 2．（多选）19世纪戴德金利用他提出的分割理论，从对有理数集的分割精确地给出了实数的定义，并且该定义作为现代数学实数理论的基础之一可以推出实数理论中的六大基本定理.若集合A、B满足：，则称为的二划分，例如，，则就是的一个二划分，则下列说法正确的是（    ） A．设，则为的二划分 B．设，则为的二划分 C．存在一个的二划分，使得对于；对于 D．存在一个的二划分，使得对于，则；，则 3．由于无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”才结束了持续200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Q划分成两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中一定不成立的是 . ①M没有最大元素，N有一个最小元素； ②M没有最大元素，N也没有最小元素； ③M有一个最大元素，N有一个最小元素； ④M有一个最大元素，N没有最小元素； 4．在1872年，“戴德金分割”结束了持续2000多年的数学史上的第一次危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空子集A与B，且满足，，A中的每一个元素都小于B中的每一个元素，则称这样的A与B为戴德金分割，请给出一组满足A无最大值且B无最小值的戴德金分割 ． 题型六：重点考查“类” 1．设集合，若集合满足，，称为集合的一个“三分划”（不考虑的顺序，即与视作同一种情况）．对于集合，在的所有“三分划”中，满足集合中元素之和相等的“三分划”的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．在整数集中，被4除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即．下列结论正确的是（    ） A． B． C．整数属于同一“类”的充分不必要条件是“” D．若，则 3．在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，则下面选项正确的为（    ） A． B． C． D．整数属于同一“类”的充分不必要条件是“” 4．（多选）在整数集中，被5除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，给出如下四个结论，正确的是（    ） A． B． C． D．“整数属于同一‘类’”的充要条件是“” 5．（多选）已知.若对于非空数集，存在个两两交集为空的集合，，使得，且任意两个集合的所有元素之和均相等，则称集合为“可分集”.设，则（   ） A．是“4可分集” B．若是“4可分集”，则为偶数 C．对于任意的偶数不为“可分集” D．对于任意的奇数均为“可分集” 题型七：重点考查差集运算 1．定义集合M和N的“差集”为但，记为，若，则等于（    ） A． B． C． D． 2．定义集合A与B的“差集”运算：且，已知，，则（    ） A． B． C． D． 3．对于集合，，我们把集合叫做集合与的差集，记作.例如，，，则有，.若集合，集合，且，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（多选）我们知道，如果集合，那么的子集的补集为且，类似地，对于集合我们把集合且，叫作集合和的差集，记作，例如：，则有，下列解答正确的是（    ）    A．已知，则 B．已知或，则或 C．如果，那么 D．已知全集、集合、集合关系如上图中所示，则 5．（多选）定义集合运算且，称为集合与集合的差集；定义集合运算称为集合与集合的对称差，有以下4个命题：则4个命题中是真命题的是（    ） A． B． C． D． 6．设M，P是两个非空集合，定义集合M，P的差集运算为且设集合请你写出一个集合A，使得则集合A= . 7．设M，N是两个非空集合，定义集合M，N的差集为且. (1)已知，，若，求实数的取值范围； (2)若，是两个非空集合，求； (3)若，关于的方程的解是负数，再定义，求． 题型八：重点考查“好集” 1．如果集合 ，同时满足,就称有序集对为“ 好集对”.这里有序集对是指当时，和是不同的集对， 那么“好集对” 一共有个 A．个 B．个 C．个 D．个 2．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 3．若集合具有以下性质： ①； ②若，则，且时，. 则称集合是“好集”. (1)分别判断集合，有理数集是否是“好集”，直接写出结论； (2)设集合是“好集”，求证：若，则； (3)设集合是“好集”，求证：若，则； 4．若集合A具有以下性质：①，；②若x、，则，且时，.则称集合A是“好集”. (1)分别判断集合是否是“好集”，并说明理由； (2)设集合A是“好集”，求证：若x、，则； (3)对任意的一个“好集”A，证明：若x、，则必有. 5．非空有限集合S是由若干个正实数组成，集合S的元素个数不少于2个．对于任意，，若数或中至少有一个属于S，则称集合S是“好集”；否则，称集合S是“坏集”． （1）断和是好集，还是坏集，并简单说明理由； （2）题设的有限集合S中，既有大于1的元素，又有小于1的元素，证明：集合S是“坏集”； （3）若题设中的或都属于S，则称集合S为“超级好集”，求出所有的“超级好集”． 6．若集合具有以下性质：①，；②若，，则，且时，.则称集合A是“好集”. (1)分别判断集合，有理数集是不是“好集”，并说明理由； (2)设集合是“好集”，求证:若，，则； (3)对任意的一个“好集”，分别判断下面命题的真假，并说明理由. 命题：若，，则必有； 命题：若，，且，则必有. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 拓展二 集合与常用逻辑用语中的新定义题 目录 题型一：重点考查运算封闭 1 题型二：重点考查“群”运算 6 题型三：重点考查“”运算 10 题型四：重点考查“”运算 14 题型五：重点考查戴德金分割 17 题型六：重点考查“类” 20 题型七：重点考查差集运算 23 题型八：重点考查“好集” 27 题型一：重点考查运算封闭 1．定义：已知集合满足，，都有，则称集合对于这种*运算是封闭的．下列论述错误的是（   ） A．若，则对于加法“＋”封闭 B．若，则对于减法“－”封闭 C．若，则对于乘法“×”封闭 D．若，则对于除法“÷”封闭 【答案】D 【分析】根据题设新定义，结合数的加减乘除性质判断各项正误. 【详解】A：任意两个自然数相加必是自然数，所以对于加法“＋”封闭，对； B：任意两个实数相减必是实数，所以对于减法“－”封闭，对； C：任意两个有理数相乘必是有理数，所以对于乘法“×”封闭，对； D：对于除数是0的情况，任何数除以0没有意义，故对于除法“÷”不封闭，错. 故选：D 2．设是集合A上的一个运算，若对任意，有，则称A对运算封闭，若集合A是由正整数的平方组成的集合，即.若分别是：①加法，②减法，③乘法，④除法，则A对运算封闭的序号有 . 【答案】③ 【分析】举反例判断①②④，由当a，b是正整数时，也是正整数可判断③. 【详解】设a，b是两个正整数，则的和不一定属于A，如； 的差也不一定属于A，如； 的商也不一定属于A，如； 但由于，并且当a，b是正整数时，也是正整数，所以，故③满足条件. 故答案为：③ 【点睛】本题考查集合新定义，属于基础题. 3．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. 【答案】(1)自然数集不是数环；整数集是数环，不是数域；有理数集、实数集、复数集是数环也是数域； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，由数环与数域的定义判断即可； （2）根据题意，由数域的定义即可证明； （3）根据题意，设，，，然后分别验证①②③④，即可证明. 【详解】（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. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了集合新定义问题，难度较大，解答本题的关键在于理解数环与数域的定义，并且应用. 4．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． 【答案】(1)数集对通常的实数乘法运算封闭． (2)数集对通常的实数乘法运算不封闭，证明见解析． 【分析】（1）根据“*”运算的定义进行判断即可； （2）举出反例证明即可. 【详解】（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. 5．如果对于一个集合中任意两个元素，作某种运算后的结果仍在这个集合中，则称该集合对此运算是封闭的．已知集合，．试判断，对加、减、乘、除四种运算是否封闭，为什么？ 【答案】集合对加、乘运算封闭；集合对加、减、乘运算封闭 【分析】对集合，中任取元素，从而分别确定元素的和，差，积，商是否还在集合中即可，注意举反例． 【详解】， ，， ， 没有意义； 集合对加法，乘法封闭，对减法，除法不封闭； 设，，，，，； ， ， ， 当时，没有意义； 故集合对加法，减法，乘法封闭，对除法不封闭． 【点睛】本题考查了集合的化简与元素与集合的关系的应用． 6．设数集满足：①；②任意且，有，则称数集对于乘法封闭. (1)判断集合是否对于乘法封闭，并说明理由； (2)证明：集合对于乘法封闭； (3)求所有对于乘法封闭的三元素集. 【答案】(1)是，不是；理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据集合乘法封闭的定义可判断两个集合是否乘法封闭； （2）根据集合乘法封闭的定义可证对于乘法封闭； （3）对于三元素集，不失一般性，不妨设，根据乘法封闭的性质可判断只能取中的两个不同数，分类讨论后可求所有不同的三元素集. 【详解】（1）对于集合， 当时，，所以集合对于乘法封闭； 对于集合，其元素均为整数，满足条件①， 又因为，满足条件②， 所以集合对于乘法封闭. （2）证明：对于集合， 因为任意，所以满足条件①； 又因为任意且，所以满足条件：②， 故集合对于乘法封闭. （3）任意. 证明：对于三元素集，不失一般性，不妨设， 当时，，与三元素集矛盾，所以； 当时，，与三元素集矛盾，所以. 所以只能取中的两个不同数. 不妨设， 对于集合，因为其元素均为整数，所以满足条件①， 又因为，所以满足条件②， 所以集合对于乘法封闭. 对于集合，当时，. 对于集合，当时， 综上，所有对于乘法封闭的三元素集. 【点睛】思路点睛：对于集合新定义问题，我们可以根据定义展开讨论，而对于集合的存在性问题，有时为了便于讨论，可以假设元素的大小关系. 7．已知A是非空数集，如果对任意，都有，，则称A是封闭集． (1)判断集合，，是否为封闭集，并说明理由； (2)判断命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”的真假，并说明理由； (3)若非空集合A是封闭集合，且，求证：不是封闭集． 【答案】(1)不是封闭集，是封闭集，理由见详解； (2)假命题，理由见详解； (3)证明见详解 【分析】（1）根据封闭集的定义判断即可； （2）举反例，说明判断命题真假； （3）运用反证法思想，假设是封闭集合，分和两种情况进行分析讨论，引出矛盾，从而得证. 【详解】（1）对于集合，因为，， 所以集合不是封闭集； 对于集合，任取，其中，， 则，， 所以集合是封闭集. （2）令，由（1）知是封闭集， ，任取，其中，， 则，， 所以是封闭集， 因为，，所以，但， 所以不是封闭集. 所以命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”是假命题. （3）假设是封闭集， 若，在中任取一个，，则， 否则，，此时，与矛盾， 所以，，而，这与矛盾， 所以当时， 不是封闭集， 同理可证，当时，也不是封闭集， 综上，不是封闭集. 题型二：重点考查“群”运算 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．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. 3．“群”是代数学中一个重要的概念，它的定义是：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，，有 ②如，，，有； ③在中有一个元素，对，都有，称为的单位元； ④，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．，则为一个群 C．，则为一个群 D．{平面向量}，则为一个群 【答案】B 【分析】对于选项A,C,D分别说明它们满足群的定义，对于选项B, 不满足④，则不为一个群，所以该选项错误. 【详解】A. ，两个有理数的和是有理数，有理数加法运算满足结合律，为的单位元，逆元为它的相反数，满足群的定义，则为一个群，所以该选项正确； B. ，为的单位元，但是，当时，不存在唯一确定的，所以不满足④，则不为一个群，所以该选项错误； C. ，满足①②，为的单位元满足③，是-1的逆元，1是1的逆元，满足④，则为一个群，所以该选项正确； D. {平面向量}，满足①②，为的单位元，逆元为其相反向量，则为一个群，所以该选项正确. 故选：B 4．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”； A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据性质，运用特例法逐一判断即可. 【详解】对于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； 对于②，根据群的性质，由可得：，因此可得，故本叙述正确； 对于③，设， 若，一定有，， 因为、都是“群”， 所以，， 因此，若，所以，，，故本叙述正确. 故选：C. 【点睛】关键点睛：正确理解群的性质是解题的关键. 5．设非空集合A，若对A中任意两个元素，，通过某个法则“”，使A中有唯一确定的元素与之对应，则称法则“”为集合A上的一个代数运算．若A上的代数运算“”还满足：（1）对，都有；（2）对，，使得，．称A关于法则“”构成一个群．给出下列命题： ①实数的除法是实数集上的一个代数运算； ②自然数集关于自然数的加法不能构成一个群； ③非零有理数集关于有理数的乘法构成一个群； ④正整数集关于法则构成一个群． 其中正确命题的序号是 ．（填上所有正确命题的序号）． 【答案】②③ 【分析】按照定义，对四个选项一一验证： 对于①：由没有意义，否定结论；对于②：自然数的加法不满足使，即可判断；对于③：由乘法的运算性质，即可判断；对于④： 取特殊值验证否定结论. 【详解】对于①： 因为没有意义，故命题错误； 对于②：自然数的加法是一个代数运算，加法满足结合律（1）、（2）有单位元0、但不满足使，故命题正确； 对于③：有理数集的乘法是一个代数运算，满足（1）、（2），有单位元1、存在逆元使，故命题正确； 对于④： 是代数运算，运算不满足（1）.如，所以不构成群. 故答案为：②③. 题型三：重点考查“”运算 1．用表示非空集合中的元素的个数，定义，若，，若，设实数的所有可能取值构成集合.则（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】B 【分析】先求得的可能取值，然后对进行分类讨论来求得，进而求得. 【详解】，要使， 则或. 当时，，满足. 当时，首先有两个不同的解或， 其次，对于，， 当时，或， 当时，，， 此时，满足. 当时，，， 此时，满足. 当，即时，无解，不符合题意. 当，即或时， 的解为或， 不是的解， 由，解得， 当时，，满足， 当时，，满足， 当时，，不符合题意. 综上所述，. 故选：B 【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. 2．定义集合，的一种运算：，若，，则中的元素个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据新定义求出的所有元素即可得解. 【详解】当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 所以，即中的元素个数为4. 故选：C 3．已知，，若，则集合中的所有非空子集的元素之和为（   ） A．15 B．30 C．60 D．120 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用列举法表示出集合，进而求出结果. 【详解】由，，得， 含有数1的的子集有：，共8个， 同理含有数2、4、8的的子集都各有8个， 所以集合中的所有非空子集的元素之和为. 故选：D 4．（多选）用C（A）表示非空集合A中元素的个数，定义已知集合，，则下面结论正确的是（    ） A． B．“”是“”的充分不必要条件 C． D．若，则 【答案】AD 【分析】根据集合新定义，结合逻辑知识和一元二次方程逐个分析即可. 【详解】对于A，当时，，此时，故A正确； 对于B，当时，，所以，，所以， 所以； 当时，因为，所以或， 若，满足，解得； 若，因为方程的两个根都不是方程的根，所以需满足，解得， 所以“”是“”的必要不充分条件，故B错误； 对于C，当时，，此时，故C错误； 对于D，因为，要得，所以或，由C可知：或， 所以，所以，故D正确. 故选：AD 5．定义：已知集合满足，都有，则称集合对于这种*运算是封闭的．则下列说法：①若，则对于加法“+”封闭；②若，则对于减法“”封闭；③若，则对于乘法“”封闭中正确的个数是 ． 【答案】3 【分析】根据运算新定义，结合加减乘运算的性质判断各项的正误. 【详解】任意两个自然数相加必是自然数，所以对于加法“+”封闭，①正确； 任意两个实数相减必是实数，所以对于减法“”封闭，②正确； 任意两个有理数相乘必是有理数，所以对于乘法“”封闭，③正确， 则说法正确的个数有3个. 故答案为：3 6．对于集合，定义，且，，设，则 【答案】 【分析】利用二次函数最值求出集合，再利用给定的定义求出结果. 【详解】由，得，当且仅当时取等号，则， 而，于是，， 所以. 故答案为： 7．定义运算，若集合，则 . 【答案】 【分析】根据集合的新定义先让分别取，再让依次取，计算后可得. 【详解】依题意，由， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 所以. 故答案为： 8．定义集合的一种运算“*”，，若，则集合的所有元素的积为 ． 【答案】144 【分析】首先根据题意得到集合中的元素，再求乘积. 【详解】由条件可知，的不同的值为1,2,3,4,6，即，集合的所有元素的积为. 故答案为：144 题型四：重点考查“”运算 1．定义集合的乘运算：.已知集合，集合，则集合非空真子集的个数为（    ） A．6 B．14 C．30 D．62 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出集合，再求出集合即可得解. 【详解】由，得， 而，则， 所以集合非空真子集的个数为. 故选：D 2．（多选）集合，定义运算“”为，则（    ） A． B．a⊕bb⊕a C． D．若，则 【答案】ACD 【分析】由运算“”的定义分别计算判断A、B、C，用分析法分别从条件和结论出发证明得到D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于BC，，故B错误C正确； 对于D，若，则，， 要证，只需要证，即证， 即证，即证，即证， 因为，，所以上式成立，所以，故D正确. 故选：ACD. 3．定义集合，若，，则的真子集个数为 ． 【答案】3 【分析】先分别求出，再根据定义求出，最后求出真子集的个数即可． 【详解】由题意得，所以， 所以其真子集个数为 故答案为：3． 4．定义集合运算：.已知集合，则集合有 个真子集. 【答案】15 【分析】根据题中定义，结合集合真子集个数公式进行求解即可. 【详解】因为， 所以，则集合有个真子集. 故答案为：15 5．当时， 定义运算: 当时， ；当时，； 当或时，； 当时，； 当时，．在此定义下， 若集合， 则中元素的个数为 ． 【答案】14 【分析】根据定义运算，分成五类情况分别列举符合条件的元素，合并即得集合. 【详解】①当时，，所以或或； ②当时，，所以或或； ③当或时，， 所以或或或或或； ④当时，； ⑤当时，． 所以， ，共14个元素． 故答案为：14. 6．定义集合运算：，若集合，，则集合中所有元素之和为 . 【答案】 【分析】根据新定义求出集合中的所有元素，即可得解. 【详解】，， 当，时，； 当，时，； 当，时，. 所以，所以集合中所有元素之和为. 故答案为： 7．定义两种新运算“”与“”，满足如下运算法则：对任意的，有，.设全集，且，，，且，，. (1)求集合； (2)求集合； (3)集合，是否能满足？若能，求出实数的值；若不能，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)能，0或 【分析】（1）根据新定义运算可得，分、与讨论即可求解； （2）根据新定义运算可得，代入即可求解； （3）利用（1）（2）的结论，结合给定的集合运算结果，按是否为空集分类求解. 【详解】（1）对任意的，有，， 全集且， 则 由，得，或，或， 当时，； 当时，； 当时，， 所以. （2），由且，，得，， 因此，所以. （3）由（1）（2）知，，，则， 假设集合，能满足，则，或且， 又，当时，；当时，解得，经验证，或都符合要求， 所以实数的值为0或. 题型五：重点考查戴德金分割 1．（多选）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，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机．将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足中的每一个元素都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．若，则满足戴德金分割 B．若为戴德金分割，则没有最大元素，有一个最小元素 C．若为戴德金分割，则有一个最大元素，有一个最小元素 D．若为戴德金分割，则没有最大元素，也没有最小元素 【答案】BD 【分析】A选项，，A错；BD选项，可举出例子；C选项，推理出，C错误. 【详解】A选项，，故，A错误； B选项，设，满足， 此时为戴德金分割，且没有最大元素，有一个最小元素，B正确； C选项，若有一个最大元素，有一个最小元素，则，故C错误； D选项，设，满足没有最大元素，也没有最小元素，D正确. 故选：BD 2．（多选）19世纪戴德金利用他提出的分割理论，从对有理数集的分割精确地给出了实数的定义，并且该定义作为现代数学实数理论的基础之一可以推出实数理论中的六大基本定理.若集合A、B满足：，则称为的二划分，例如，，则就是的一个二划分，则下列说法正确的是（    ） A．设，则为的二划分 B．设，则为的二划分 C．存在一个的二划分，使得对于；对于 D．存在一个的二划分，使得对于，则；，则 【答案】BCD 【分析】举反例结合“二划分”的定义判断A；利用“二划分”的定义判断B；找出两集合符合二划分定义判断C，D. 【详解】对于A，由于，故，不是的二划分，A错误； 对于B，， ， 显然，由于任意一个正整数M，都可写成形式， 其中为素数，，则M必为形式，其中k为正奇数，， 故可得，故B正确； 对于C，存在满足， 对于；对于，C正确； 对于D，选项B中集合， 使得对于，则； ，比如取3，5，则，D正确， 故选：BCD 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解二划分的含义，并按照其定义去判断每个选项. 3．由于无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”才结束了持续200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Q划分成两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中一定不成立的是 . ①M没有最大元素，N有一个最小元素； ②M没有最大元素，N也没有最小元素； ③M有一个最大元素，N有一个最小元素； ④M有一个最大元素，N没有最小元素； 【答案】③ 【解析】根据新定义，并正确列举满足条件的集合，判断选项. 【详解】①若，，则集合没有最大值，中有最小元素0，故①正确； ②若，，则中没有最大元素，也没有最小元素，故②正确； ③假设③正确，则中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的，故③不正确； ④若，，集合有最大值，没有最小值，故④正确； 故答案为：③. 【点睛】本题是创新型题型，以新定义为背景，考查有理数集的交集和并集，属于中档题型，本题的关键是理解题中的新定义，并合理举例. 4．在1872年，“戴德金分割”结束了持续2000多年的数学史上的第一次危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空子集A与B，且满足，，A中的每一个元素都小于B中的每一个元素，则称这样的A与B为戴德金分割，请给出一组满足A无最大值且B无最小值的戴德金分割 ． 【答案】，（答案不唯一） 【分析】根据条件写出一组即可. 【详解】以无理数分界写出一组即可：如， 故答案为：，（答案不唯一） 题型六：重点考查“类” 1．设集合，若集合满足，，称为集合的一个“三分划”（不考虑的顺序，即与视作同一种情况）．对于集合，在的所有“三分划”中，满足集合中元素之和相等的“三分划”的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】求出集合中所有元素的和，进而得出三个集合中元素之和，然后通过列举法找出满足条件的“三分划”的个数. 【详解】集合的总和为： 每个子集的和应为： 列举所有和为且满足三分划条件的子集组合： 组合一：     组合二： 组合三： 共种不同的分法. 故选：D. 2．在整数集中，被4除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即．下列结论正确的是（    ） A． B． C．整数属于同一“类”的充分不必要条件是“” D．若，则 【答案】D 【分析】由“类”的定义代入计算可判断A、B、D，分别验证C选项的充分性和必要性可判断C. 【详解】对于A，因为，所以，A错误． 对于B，每个整数除以4所得的余数只有0，1，2，3，没有其他余数，所以，又， 所以，B错误． 对于C，若，则， 所以； 若，则，不妨设， 则，所以， 所以a，b除以4所得的余数相同，即属于同一“类”． 故整数a，b属于同一“类”的充要条件是“”，C错误． 对于D，由，可设， 则， 因为，所以，D正确． 故选：D. 3．在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，则下面选项正确的为（    ） A． B． C． D．整数属于同一“类”的充分不必要条件是“” 【答案】C 【分析】求被除的余数，判断A，求被除的余数，判断B，根据新定义及集合相等的定义判断C，结合新定义及充分条件，必要条件的定义判断D. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，每个整数除以后的余数只有，没有其他余数， 所以，又， 故，C正确； 对于D，若， 则， 若，则， 不妨设， 则， 所以，， 所以除以后余数相同， 所以属于同一“类” 所以整数属于同一“类”的充要条件是“”，D错误； 故选：C. 4．（多选）在整数集中，被5除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，给出如下四个结论，正确的是（    ） A． B． C． D．“整数属于同一‘类’”的充要条件是“” 【答案】ACD 【分析】对于A求2026除以5的余数即可判断，对于B由即可判断，对于C整数集中的数被5除的余数为0，1，2，3，4，即可判断，对于D若两个数属于同一“类”，则对应的余数相同，则，当时，得，即进而求解. 【详解】对于A：因为，所以，故A正确； 对于B：因为，所以，故B错误； 对于C：因为整数集中的数被5除的余数为0，1，2，3，4，所以，故C正确； 对于D：若两个数属于同一“类”，则对应的余数相同，其差能被5整除，故； 当时，，所以，所以， 即整数属于同一“类”，故D正确． 故选：ACD. 5．（多选）已知.若对于非空数集，存在个两两交集为空的集合，，使得，且任意两个集合的所有元素之和均相等，则称集合为“可分集”.设，则（   ） A．是“4可分集” B．若是“4可分集”，则为偶数 C．对于任意的偶数不为“可分集” D．对于任意的奇数均为“可分集” 【答案】BCD 【分析】利用定义易判断A，利用定义计算可判断BC；设奇数，利用构造法证明即可判断D. 【详解】对于A，因为均只有一个元素，即元素之和为1，2，3，4， 互不相等，故A错误； 对于B，若为奇数，那么2k能被4整除，因为能被4整除， 所以2k必须能被4整除，因此为偶数，故B正确； 对于C，若为偶数，那么能被整除，于是必然是整数， 这与为偶数矛盾，所以不为“可分集”，故C正确； 对于D，对于显然成立，不妨设奇数，下面给出一种构造： 由于，则前组为 ， ， 后组为 ，因此对于任意的奇数均为“可分集”，故D正确. 故选：BCD. 题型七：重点考查差集运算 1．定义集合M和N的“差集”为但，记为，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由“差集”的定义即可求解. 【详解】因为 由“差集”的定义可知： . 故选：D 2．定义集合A与B的“差集”运算：且，已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据“差集”定义直接求解即可. 【详解】根据且，已知，， 可得. 故选：B. 3．对于集合，，我们把集合叫做集合与的差集，记作.例如，，，则有，.若集合，集合，且，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先分，，三种情况化简集合Q，再根据，由求解. 【详解】当时， ， 当时，， 当时，， 因为， 所以 当时， ，无解； 当时，不成立； 当时，，解得， 综上：实数的取值范围是， 故选：B 4．（多选）我们知道，如果集合，那么的子集的补集为且，类似地，对于集合我们把集合且，叫作集合和的差集，记作，例如：，则有，下列解答正确的是（    ）    A．已知，则 B．已知或，则或 C．如果，那么 D．已知全集、集合、集合关系如上图中所示，则 【答案】BCD 【分析】依题意根据的定义可知，可先求出，再求出其以为全集的补集，结合具体选项中集合的关系逐项判断，即可得出结论. 【详解】根据差集定义即为且， 由，可得，所以A错误； 由定义可得即为且， 由或，可知或，即B正确； 若，那么对于任意，都满足，所以且，因此，所以C正确； 易知且在图中表示的区域可表示为，也即，可得，所以D正确. 故选：BCD 5．（多选）定义集合运算且，称为集合与集合的差集；定义集合运算称为集合与集合的对称差，有以下4个命题：则4个命题中是真命题的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】A选项，通过题意得到；BCD选项，通过韦恩图进行推理求解. 【详解】A选项，由题意得，， 故，，A正确； B选项，由题意，表示的运算为集合与的并集中去掉与的交集部分， 不妨设均有交集，如图所示，    故表示①②⑥⑦部分的并集，表示①②⑥⑦与③④⑥⑦的并集去掉两者的交集， 即表示①②③④部分的并集， 表示②③⑤⑥部分的并集，表示②③⑤⑥与①④⑤⑥的并集去掉两者的交集， 即表示①②③④部分的并集，故，B正确； C选项，通过推理均表示⑤⑥部分的并集，C正确； D选项，通过推理得到表示①②③④⑤⑥部分的并集， 表示①②④⑤⑥⑦部分的并集，表示①③④⑤⑥⑦部分的并集， 表示①②④⑤⑥⑦与①③④⑤⑥⑦的并集去掉两者的交集， 即②③部分的并集，D错误. 故选：ABC 6．设M，P是两个非空集合，定义集合M，P的差集运算为且设集合请你写出一个集合A，使得则集合A= . 【答案】(答案不唯一) 【分析】由集合的新定义转化条件为，且A中不再含中的其他任何元素，即可得解. 【详解】由题意，知，且A中不再含中的其他任何元素， 而是否再含中的元素则不影响等式， 因此符合题意. 故答案为：(答案不唯一) 7．设M，N是两个非空集合，定义集合M，N的差集为且. (1)已知，，若，求实数的取值范围； (2)若，是两个非空集合，求； (3)若，关于的方程的解是负数，再定义，求． 【答案】(1)；(2)；(3)或或 【分析】(1)根据差集的定义，求出集合，再利用求实数的取值范围； (2)从元素角度出发，假设，推出，再由可推出，由集合相等的概念可知； (3)先求出集合，再分别求出，，最后利用定义求. 【详解】(1)由题知，且，因为， 所以与没有公共范围， 故，所以实数的取值范围. (2)令，则且. 因为且，令， 则且，由且知，， 反之，若，则有，且，所以. 综上可知，所以，即. (3)因为关于的方程的解是负数， 所以由得，，且， 所以，解得， 综上可知且且， 又，所以或， ，或或. 题型八：重点考查“好集” 1．如果集合 ，同时满足,就称有序集对为“ 好集对”.这里有序集对是指当时，和是不同的集对， 那么“好集对” 一共有个 A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【详解】试题分析：因为，所以当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；所以满足条件的“好集对”一共有个，故选B. 考点：元素与集合的关系的判断. 【方法点晴】本题主要考查了元素与集合关系的判断与应用，其中解答中涉及到集合的交集和集合的并集运算与应用、元素与集合的关系等知识点的综合考查，着重考查了分类讨论思想的应用，以及学生分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于中档试题，本题的解答中正确的理解题意是解答的关键. 2．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 【分析】根据“好集”的定义逐一判断即可. 【详解】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. 3．若集合具有以下性质： ①； ②若，则，且时，. 则称集合是“好集”. (1)分别判断集合，有理数集是否是“好集”，直接写出结论； (2)设集合是“好集”，求证：若，则； (3)设集合是“好集”，求证：若，则； 【答案】(1)B不是“好集”；是“好集” (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用定义，判断集合B和有理数集是否是“好集”； （2）由，若，则，从而得出； （3）任取，若或时，显然；且时，有，则，得，有，即. 【详解】（1）B不是“好集”, 理由是： ，，而，∴B不是“好集”； 是“好集”， 理由是：，；对任意，，有， 且时，，∴有理数集Q是“好集”. （2）因为集合是“好集”，所以. 若，则，即. 所以，即. （3）对任意一个“好集”，任取， 若或时，显然. 且时，由定义可知：. 所以，即. 所以. 由（2）可得：，即. 4．若集合A具有以下性质：①，；②若x、，则，且时，.则称集合A是“好集”. (1)分别判断集合是否是“好集”，并说明理由； (2)设集合A是“好集”，求证：若x、，则； (3)对任意的一个“好集”A，证明：若x、，则必有. 【答案】(1)A不是“好集”；理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据定义验证，从而可说明集合不是“好集”； （2）根据定义由，，得到，从而可得到； （3）分x，y为0或1和x，y均不为0且不为1两种情况，根据定义分别证明若x，，则，进而利用（2）的结论，证明，和，最后有. 【详解】（1）集合不是“好集”，理由是，，而， 所以不是“好集”； （2）因为集合是“好集”，所以， 若，则，即， 所以，即； （3）对任意一个“好集”A，任取x、； 若x、y中有0和1时，显然； 下设x、y均不含0，1，由定义得，，， 所以，所以， 由（2）得，同理， 若或，显然； 若，且，则； 所以. 5．非空有限集合S是由若干个正实数组成，集合S的元素个数不少于2个．对于任意，，若数或中至少有一个属于S，则称集合S是“好集”；否则，称集合S是“坏集”． （1）断和是好集，还是坏集，并简单说明理由； （2）题设的有限集合S中，既有大于1的元素，又有小于1的元素，证明：集合S是“坏集”； （3）若题设中的或都属于S，则称集合S为“超级好集”，求出所有的“超级好集”． 【答案】（1）是“坏集”； 是“好集”；（2）证明过程见解析；（3）， 其中且. 【解析】（1）根据“好集”和“坏集”的定义进行判断即可； （2）利用小于的所有元素中的最小元素以及大于的所有元素中的最小元素，根据定义以及指数函数的单调性进行证明即可. （3）结合（2）中的结论，可以证明出，其中且. 【详解】（1）且是“坏集”； 因为，都有，，而， 所以中任意两个元素，满足且数或中至少有一个属于， 因此是“好集”. （2）若是中小于1的元素中的最小元素，是中大于1的元素中的最小元素， 则由指数函数的单调性可得：，从而且， ∴集合是“坏集”. （3）显然，其中且，是符合题意的“超级好集”． 现在证明集合中不可能存在其它元素. 由（2）可知不可能同时存在既有大于1的元素，又有小于1的元素， 不妨设且，且为中大于1的元素中最大的元素， 因此有，所以，矛盾， 同理且时也矛盾，故集合中不可能存在其它元素. 因此，其中且. 【点睛】关键点睛：本题考查集合的新定义问题，对于新定义的集合问题，关键是要理解新定义的内容，然后在求解问题时，利用结合集合以外的知识解答问题.本例中定义的“好、坏集”，实际上是研究元素与集合的关系，中间借助指数函数的相关内容解答问题. 6．若集合具有以下性质：①，；②若，，则，且时，.则称集合A是“好集”. (1)分别判断集合，有理数集是不是“好集”，并说明理由； (2)设集合是“好集”，求证:若，，则； (3)对任意的一个“好集”，分别判断下面命题的真假，并说明理由. 命题：若，，则必有； 命题：若，，且，则必有. 【答案】(1)集合不是“好集”， 有理数集是“好集”，理由见解析 (2)证明见解析 (3)命题、均为真命题，理由见解析 【分析】（1）按照新定义，判断、是否符合条件即可； （2）根据条件进行推导，先判断，进而可证； （3）类似（2）根据“好集”的性质进行推导即可. 【详解】（1）（1）集合不是“好集”. 理由：假设集合是“好集”. 因为，，所以，这与矛盾，所以集合B不是“好集”. 有理数集是“好集”. 理由： 因为，， 对任意的，，有，且时，， 所以有理数集是“好集”. （2）证明:因为集合是“好集”， 所以， 若，，则，即. 所以，即. （3）命题、均为真命题，理由如下： 对任意一个“好集”，任取，， 若，中有0或1时，显然. 若，均不为0，1，由定义可知，，， 所以，即，所以. 由（2）可得，即. 同理可得. 若或，则. 若且，则. 所以，所以. 由（2）可得，所以. 综上可知，，即命题为真命题. 若，，且，则，所以，即命题q为真命题. 学科网（北京）股份有限公司 $$