重难点1-1 集合中的新定义问题（6重难点题型+题型特训）-2026年高考数学二轮复习精练（新高考通用）

重难点1-1 集合中的新定义问题 三年考情分析 考题统计 2026年考向预测 近年来，对集合新定义问题的考查，常涉及对集合的新概念定义、新运算规则、新性质定义三个方面．这些题目要求考生在理解新定义的基础上，根据新定义的性质，按照新规则进行集合的运算，难度较大. 2025年上海卷，解答题，15分 2025年北京卷，解答题，15分 2024年北京卷，单选题，5分 2022年浙江卷，单选题，5分 近三年来，高考对于集合新定义问题逐年增多．题目不仅要求考生理解新定义的概念和运算规则，还要求考生能够灵活运用集合的基本知识进行综合分析和推理．部分题目还会涉及到与其他数学领域的知识结合，如数论、函数等，增加了题目的复杂度和难度． 重难点题型【一】、集合的新概念 1．（2025·河南郑州·模拟预测）若且，，则称a为集合A的孤立元素．若集合，集合N为集合M的三元子集，则集合N中的元素都是孤立元素的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南·模拟预测）定义，若集合，则A中元素的个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 3．（2024·全国·模拟预测）（多选题）非空集合A具有如下性质：①若，则；②若，则下列判断中，正确的有（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 4．（2024·山西运城·三模）给定集合，定义中所有不同值的个数为集合两个元素的容量，用表示. ①若，则 ； ②定义函数其中表示不超过的最大整数，如，，当时，函数的值域为，若，则 ； 重难点题型【二】、集合的新运算 1．（2023·广东·二模）若集合，，定义集合且，则（   ） A． B． C． D． 2．（2023·云南保山·二模）定义集合运算：，设，，则集合的所有元素之和为（    ） A．14 B．15 C．16 D．18 3．（2023·全国·模拟预测）对于集合A，B，定义集合且，已知集合，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2023·四川南充·模拟预测）定义集合，设集合，，则中元素的个数为（   ） A． B． C． D． 5．（2024·全国·模拟预测）大数据时代，需要对数据库进行检索，检索过程中有时会出现笛卡尔积现象，而笛卡尔积会产生大量的数据，对内存、计算资源都会产生巨大压力，为优化检索软件，编程人员需要了解笛卡尔积．两个集合和，用中元素为第一元素，中元素为第二元素构成有序对，所有这样的有序对组成的集合叫作与的笛卡尔积，又称直积，记为．即且．关于任意非空集合，下列说法一定正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选题）对于集合、，定义运算：且，.若，，则（    ） A． B． C． D． 重难点题型【三】、集合的新性质 1．（2023·上海宝山·一模）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. 2．（2025·湖南邵阳·模拟预测）（多选题）给定实数集，定义集合，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2025个元素，则一定存在 B．若数集中没有最大值，则不存在 C．若数集A，B有上确界，则数集一定也有上确界，为 D．若数集A，B有上确界，则数集一定也有上确界，为 3．（2025·福建福州·模拟预测）（多选题）若非空集合，满足条件： ①；②若，，则. 则称为集合的划分. 下列命题正确的是（   ） A．若为集合的划分，则 B．若为集合的划分，则 C．若，，则为的划分 D．若存在划分，，则 4．（2025·四川·三模）（多选题）已知集合，则称集合为分集．下列说法正确的是（   ） A．当时，是唯一的分集 B．对任意，总存在至少一个分集 C．若是分集，则 D．若是分集，则 5．（2025·山东临沂·二模）对集合，定义集合，记为有限集合的元素个数． (1)若，求； (2)给定集合的子集，求集合的元素个数； (3)设为有限集合，证明：． 重难点题型【四】、新背景下的集合问题 1．（2025·浙江宁波·模拟预测）（多选题）将一些向量构成的集合称为线性空间，设是线性空间V到自身的一个变换，将中所有能被变换为零向量的向量组成的集合称为变换在上的核，记作．已知线性空间，对任意，中的元素个数不少于4，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·浙江·开学考试）（多选题）对于平面内的一个有限点集由有限个点组成的集合若该点集内的每个点都恰有三个与之距离最近的点这三个点也在点集内则称这样的点集为“对称集”，记作其中n表示该点集内点的个数.如集合不存在；集合存在，该集合内16个点的一种分布方式为如图所示，则使存在的n还可以为（    ） A．20 B．24 C．4 D．5 3．（2024·山西·一模）（多选题）群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）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.设是一个非空集合，“”是一个适用于中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称对“”构成一个群：（1）封闭性，即若，则存在唯一确定的，使得；（2）结合律成立，即对中任意元素都有；（3）单位元存在，即存在，对任意，满足，则称为单位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，则称与互为逆元，记作.一般地，可简记作可简记作可简记作，以此类推.正八边形的中心为.以表示恒等变换，即不对正八边形作任何变换；以表示以点为中心，将正八边形逆时针旋转的旋转变换；以表示以所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算“”表示复合变换，即表示将正八边形先进行变换再进行变换的变换.以形如，并规定的变换为元素，可组成集合，则对运算“”可构成群，称之为“正八边形的对称变换群”，记作.则以下关于及其元素的说法中，正确的有（    ） A．，且 B．与互为逆元 C．中有无穷多个元素 D．中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身 4．（2025·北京海淀·三模）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． 重难点题型【五】、集合与数列交汇 1．（2023·全国·模拟预测）对于集合，定义，且．若，，将集合中的元素从小到大排列得到数列，则（    ） A．55 B．76 C．110 D．113 2．（2025·江苏南通·二模）（多选题）设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（   ） A．集合不是“可拆等和集” B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 3．（2025·山西临汾·三模）已知集合，其中，，．表示中所有不同值的个数．若集合，则 ；若集合，则 ． 4．（2025·山东青岛·二模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定已知且Ø，则中所有元素之和为奇数的概率为 . 5．（2025·湖北武汉·三模）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. 6．（2025·浙江杭州·二模）设，，…，是1，2，…，（且）的一个排列.数列满足为，，（）的中位数，规定，.将中的所有取值构成的集合记为. (1)当时，求和； (2)求中所有元素之和的最大值； (3)求中元素个数的最小值. 重难点题型【六】、集合与数论交汇 1．（2025·河南郑州·三模）（多选题）群论，是代数学的分支学科，群的定义如下：设G是一个非空集合，“•”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的，有；②对任意的，有；③存在，使得对任意的，有，称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元．则称G关于“•”新构成一个群．则下列说法正确的有（   ） A．（为虚数单位）关于数的乘法构成群 B．有理数集关于数的加法构成群 C．关于数的除法构成群 D．正实数集关于数的乘法构成群 2．（24-25高一上·河北石家庄·月考）（多选题）群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的a，，有；②对任意的a，b，，有；③存在，使得对任意的，有，e称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元.则称G关于“”新构成一个群.则下列说法不正确的有（    ） A．关于数的乘法构成群 B．自然数集关于数的加法构成群 C．实数集关于数的乘法构成群 D．关于数的加法构成群 3．（24-25高三上·山东聊城·月考）（多选题）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的定义出发，用有理数的“分割”来定义无理数，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，， 中的每个元素都小于中的每个元素，称为戴德金分割．下列结论正确的是（    ） A．是一个戴德金分割 B．存在一个戴德金分割，使得有一个最大元素，没有最小元素 C．存在一个戴德金分割，使得有一个最大元素，有一个最小元素 D．存在一个戴德金分割，使得没有最大元素，也没有最小元素 4．（2025·河南·二模）已知一个非空数集A，对，且，记B为A去掉x，y后的集合，若有或，则称A是一个好集合．对于一个非空数集P，对，且，记Q为P去掉x，y后的集合，若有或或，则称P是一个坏集合． (1)证明：集合不是好集合； (2)若A是好集合，证明：存在一个与A中元素个数相同且仅由正实数构成的坏集合P； (3)证明：不存在有限的好集合A，满足A中的元素均为正实数，且A中的元素个数为大于5的奇数． 5．（2025·江西新余·模拟预测）记一个由实数构成的有行列的数表并称为阶数表（），表示数表中第行第列的数字.对于，，我们规定加法：.若对于，，我们就称为“均分数表”，为其“均分值”. (1)直接判断数表和是否为均分数表. (2)设是均分值相同的阶均分数表，均是某类阶均分数表的集合，其中中数表的均分值为0且有且仅有由某不固定的两行两列所交的四个数字非零；中数表的每行每列均有且仅有1个数字非零. （ⅰ）计算：，并证明：一定能通过加上有限个中的元素变为； （ⅱ）证明：一定能表为中有限个元素相加. 一、单选题 1．（2023·全国·模拟预测）定义：若集合满足，存在且，且存在且，则称集合为嵌套集合．已知集合且，，若集合为嵌套集合，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·北京·月考）设表示非空集合中元素的个数，已知非空集合.定义，若，且，则实数的所有取值为（    ） A．0 B．0， C．0， D．，0， 3．（2023·四川成都·模拟预测）对于非空实数集，记.设非空实数集合，若时，则.现给出以下命题： ①对于任意给定符合题设条件的集合M､P，必有； ②对于任意给定符合题设条件的集合M､P，必有； ③对于任意给定符合题设条件的集合M､P，必有； ④对于任意给定符合题设条件的集合M､P，必存在常数，使得对任意的，恒有， 其中正确的命题是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 4．（2023·北京海淀·模拟预测）已知集合满足：①，②，必有，③集合中所有元素之和为，则集合中元素个数最多为（    ） A．11 B．10 C．9 D．8 二、多选题 5．（2025·江苏·二模）（多选题）在平面直角坐标系中，设，，定义：．若，且，则下列结论正确的是（ ） A．若关于x轴对称，则 B．若关于直线对称，则 C．若，则 D．若，，则 6．（2025·甘肃·模拟预测）设集合，且，.定义运算：若满足①，且当且仅当时，，②，③这三个条件，则称为上的范数.下列结论正确的是（    ） A．若为上的范数，且，则 B．若为上的范数，则 C．定义运算，则为上的范数 D．定义运算，则为上的范数 7．（2025·福建福州·三模）若非空实数集中存在最大元素和最小元素，则定义.据此，下列命题中不正确的是（   ） A．若，，且，则 B．若，且，则对任意，都有 C．若，，则存在实数，使得 D．若，，则对任意的实数，总存在实数，使得 8．（2025·湖北武汉·二模）已知，记为集合中元素的个数，为集合中的最小元素．若非空数集，且满足，则称集合为“阶完美集”．记为全部阶完美集的个数，下列说法中正确的是（    ） A． B．将阶完美集的元素全部加1，得到的新集合，是阶完美集 C．若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 D．若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 9．（2024·安徽合肥·模拟预测）群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中．有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明．群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“．”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件： ①对所有的a、，有； ②、b、，有； ③，使得，有，e称为单位元； ④，，使，称a与b互为逆元． 则称G关于“·”构成一个群．则下列说法正确的有（    ） A．关于数的乘法构成群 B．自然数集N关于数的加法构成群 C．实数集R关于数的乘法构成群 D．关于数的加法构成群 三、填空题 10．（2025·安徽芜湖·二模）已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合A的“容量”，记为.若集合，且，则正整数n的值是 . 11．（2025·贵州六盘水·一模）定义集合，比如：若，则．把集合中满足条件的元素组成的集合记为，即已知集合，则（1）集合中的元素个数为 ；（2）若中的元素个数为56，则p的值为 ． 12．（2024·上海嘉定·二模）若规定集合的子集为的第个子集，其中，则的第211个子集是 ． 13．（2023·湖北·二模）已知X为包含v个元素的集合（，）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称组成一个v阶的Steiner三元系．若为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 ． 四、解答题 14．（2025·河北·模拟预测）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． 15．（2025·广东·模拟预测）已知数列，记集合． (1)对于有限数列3，7，2，9，写出集合T； (2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组i，j；若不存在，说明理由． (3)若，把集合T中的元素从小到大排列，得到的新数列为，若，求n的最大值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点1-1 集合中的新定义问题 三年考情分析 考题统计 2026年考向预测 近年来，对集合新定义问题的考查，常涉及对集合的新概念定义、新运算规则、新性质定义三个方面．这些题目要求考生在理解新定义的基础上，根据新定义的性质，按照新规则进行集合的运算，难度较大. 2025年上海卷，解答题，15分 2025年北京卷，解答题，15分 2024年北京卷，单选题，5分 2022年浙江卷，单选题，5分 近三年来，高考对于集合新定义问题逐年增多．题目不仅要求考生理解新定义的概念和运算规则，还要求考生能够灵活运用集合的基本知识进行综合分析和推理．部分题目还会涉及到与其他数学领域的知识结合，如数论、函数等，增加了题目的复杂度和难度． 重难点题型【一】、集合的新概念 1．（2025·河南郑州·模拟预测）若且，，则称a为集合A的孤立元素．若集合，集合N为集合M的三元子集，则集合N中的元素都是孤立元素的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】计算古典概型问题的概率、集合新定义 【分析】根据题意列举出满足条件的集合，然后根据题意结合古典概型公式求解. 【详解】集合的三元子集有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20个． 满足集合中的元素都是孤立元素的集合N可能为，，，，一共4种． 由古典概率模型公式，可得集合N中的元素都是孤立元素的概率． 故选：C． 2．（2024·河南·模拟预测）定义，若集合，则A中元素的个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】利用集合中元素的性质求集合元素个数、集合新定义 【分析】利用集合的新定义找到符合条件的元素个数即可. 【详解】由题知y的可能取值有，，，0，1，2，3，则集合A中有7个元素. 故选：B. 3．（2024·全国·模拟预测）（多选题）非空集合A具有如下性质：①若，则；②若，则下列判断中，正确的有（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】ABC 【难度】0.65 【知识点】判断元素与集合的关系、集合新定义 【分析】根据元素与集合的关系进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，假设，则令，则， 令，则， 令，不存在，即，矛盾， ∴，故A对； 对于B，由题，，则 ∴，故B对； 对于C，∵，，， ∵故C对； 对于D，∵，，若，则，故D错误． 故选：ABC． 4．（2024·山西运城·三模）给定集合，定义中所有不同值的个数为集合两个元素的容量，用表示. ①若，则 ； ②定义函数其中表示不超过的最大整数，如，，当时，函数的值域为，若，则 ； 【答案】 【难度】0.4 【知识点】求等差数列前n项和、集合新定义、函数新定义 【分析】①根据的定义计算即可；②根据高斯函数的定义，得到，从而得到的值域，任取两个元素相加则有个，代入计算即可. 【详解】①：因为， 所以 其中不同值的个数为，故， ②：当，则，所以， 则的值域为， 任取两个元素相加，不同的结果有（个）， 则，解得. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对的定义以及高斯函数的定义理解通彻，从而得到关于的方程，解出较难的第二小问. 重难点题型【二】、集合的新运算 1．（2023·广东·二模）若集合，，定义集合且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】解不含参数的一元二次不等式、集合新定义 【分析】化简集合，结和所给定义域即可求解. 【详解】由得，则， 又且，则. 故选：C 2．（2023·云南保山·二模）定义集合运算：，设，，则集合的所有元素之和为（    ） A．14 B．15 C．16 D．18 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】集合新定义 【分析】由集合的新定义计算即可. 【详解】由题设知， 所有元素之和为， 故选：A. 3．（2023·全国·模拟预测）对于集合A，B，定义集合且，已知集合，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】补集的概念及运算、集合新定义 【分析】结合新定义可知，求得，进而根据补集的定义求解即可. 【详解】结合新定义可知，又， 所以． 故选：A 4．（2023·四川南充·模拟预测）定义集合，设集合，，则中元素的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】利用集合中元素的性质求集合元素个数、集合新定义 【分析】根据集合的新定义求得，从而确定正确答案. 【详解】因为，， 所以， 故中元素的个数为. 故选：B. 5．（2024·全国·模拟预测）大数据时代，需要对数据库进行检索，检索过程中有时会出现笛卡尔积现象，而笛卡尔积会产生大量的数据，对内存、计算资源都会产生巨大压力，为优化检索软件，编程人员需要了解笛卡尔积．两个集合和，用中元素为第一元素，中元素为第二元素构成有序对，所有这样的有序对组成的集合叫作与的笛卡尔积，又称直积，记为．即且．关于任意非空集合，下列说法一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】判断两个集合的包含关系、交集的概念及运算、并集的概念及运算、集合新定义 【分析】举例说明判断ABC；利用给定的定义结合集合运算的意义推理判断D. 【详解】对于A，若，则，A错误； 对于B，若，则， 而，B错误； 对于C，若，则， ，，，C错误； 对于D，任取元素，则且，则且， 于是且，即， 反之若任取元素，则且， 因此且，即且， 所以，即，D正确. 故选：D 6．（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选题）对于集合、，定义运算：且，.若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【难度】0.85 【知识点】交集的概念及运算、并集的概念及运算、集合新定义 【分析】根据题中定义以及集合运算逐项判断即可. 【详解】对于A选项，根据题中信息可得，A对； 对于B选项，根据题意可得，故，B对； 对于C选项，，C错； 对于D选项，，D对. 故选：ABD. 重难点题型【三】、集合的新性质 1．（2023·上海宝山·一模）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 【难度】0.4 【知识点】集合新定义、常用数集或数集关系应用 【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. 2．（2025·湖南邵阳·模拟预测）（多选题）给定实数集，定义集合，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2025个元素，则一定存在 B．若数集中没有最大值，则不存在 C．若数集A，B有上确界，则数集一定也有上确界，为 D．若数集A，B有上确界，则数集一定也有上确界，为 【答案】AC 【难度】0.65 【知识点】判断元素与集合的关系、集合新定义 【分析】根据集合的上确界的概念判断A，结合反比例函数的性质利用集合的上确界的概念判断B，结合不等式的性质利用集合的上确界的概念判断C，举反例判断D. 【详解】对于，若数集中有2025个元素，则数集中的元素一定有最大值， 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， ，都有，， ，即数集中有上确界，故B错误； 对于C，若数集A，B有上确界，设，， 由上确界的定义可知，对于，，都有，，， 即，故正确； 对于D，若，，则数集A，B有上确界，且，， 此时， 则，故D错误. 故选：AC 3．（2025·福建福州·模拟预测）（多选题）若非空集合，满足条件： ①；②若，，则. 则称为集合的划分. 下列命题正确的是（   ） A．若为集合的划分，则 B．若为集合的划分，则 C．若，，则为的划分 D．若存在划分，，则 【答案】AD 【难度】0.65 【知识点】交集的概念及运算、并集的概念及运算、集合新定义 【分析】根据题意中集合的划分定义对每个选项逐一分析判断即可. 【详解】对于选项AB： 在集合划分定义中并未要求，但若存在， 则矛盾，故必然成立. 对于选项C： 集合为，而集合为，此时， 不符合集合划分的定义，所以选项C错误. 对于选项D： 若，则，无法划分； 若，则，无法划分； 所以D正确. 故选：AD. 4．（2025·四川·三模）（多选题）已知集合，则称集合为分集．下列说法正确的是（   ） A．当时，是唯一的分集 B．对任意，总存在至少一个分集 C．若是分集，则 D．若是分集，则 【答案】AD 【难度】0.65 【知识点】利用不等式求值或取值范围、解不含参数的一元二次不等式、基本不等式求积的最大值、集合新定义 【分析】根据分集的定义，利用基本不等式、求解一元二次不等式及利用不等式求取值范围等逐一判断即可. 【详解】由得，当且仅当时等号成立. 即 对于A， 当时，则，又，故，故A正确； 对于B，时，，不符合，故B不正确； 对于C， 当时，，所以，故C不正确； 对于D，当时，， 又，所以，解得，.故D正确. 故选：AD. 5．（2025·山东临沂·二模）对集合，定义集合，记为有限集合的元素个数． (1)若，求； (2)给定集合的子集，求集合的元素个数； (3)设为有限集合，证明：． 【答案】(1) (2)4 (3)证明过程见解析 【难度】0.65 【知识点】交并补混合运算、集合新定义 【分析】（1）根据定义直接写出结果即可； （2）利用组合计数的方法可求集合中元素的个数； （3）对任意元素，可证或，故可证题设中的不等式. 【详解】（1）因为中的元素是要么只属于，要么只属于， 所以； （2）设，则，因为， 故符合条件的的个数为. （3）对任意元素，因为恰属于集合之一，不妨设且． 若，则；若，则． 故，从而． 因此，结论成立． 重难点题型【四】、新背景下的集合问题 1．（2025·浙江宁波·模拟预测）（多选题）将一些向量构成的集合称为线性空间，设是线性空间V到自身的一个变换，将中所有能被变换为零向量的向量组成的集合称为变换在上的核，记作．已知线性空间，对任意，中的元素个数不少于4，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【难度】0.4 【知识点】集合新定义、向量新定义 【分析】根据给定条件，求出各选项的，再求出中零向量个数即可判断. 【详解】对于A，对任意，，且， 则， 令，得， 则，得， 又，则， 令，得，则，且，即且， 又，因此， 于是变换将中的元素变换为零向量的， 所以中的元素个数为4，满足题意； 对于B，对任意，，且， 则， 令，得， 则，得， 又，则， 令，得，则，且，即且， 又，因此， 于是变换将中的元素变换为零向量的， 所以中的元素个数为1，不满足题意； 对于C，对任意，，且， 则， 令，则，得， 又，则， 令，得，则，且，即且， 又，因此， 于是变换将中的元素变换为零向量的， 所以中的元素个数为4，满足题意； 对于D，对任意，，且， 则， 令，则，得， 又，则， 令，得，则，且，即且， 又，因此， 于是变换将中的元素变换为零向量的， 所以中的元素个数为3，不满足题意； 故选：AC 2．（24-25高一下·浙江·开学考试）（多选题）对于平面内的一个有限点集由有限个点组成的集合若该点集内的每个点都恰有三个与之距离最近的点这三个点也在点集内则称这样的点集为“对称集”，记作其中n表示该点集内点的个数.如集合不存在；集合存在，该集合内16个点的一种分布方式为如图所示，则使存在的n还可以为（    ） A．20 B．24 C．4 D．5 【答案】AB 【难度】0.4 【知识点】集合新定义 【分析】理解题意，分析出n需要满足的特征即可. 【详解】根据题目定义，对称集要求每个点有三个最近的邻点， 且这些邻点均在点集内.结合图论中的正则图每个顶点度数为需满足边数为整数， 故 n必须为偶数.题目中已给出存在的例子，而不存在.几何构造分析表明， 在平面中满足每个点有三个等距邻点的有限点集需要高度对称的结构， 如蜂窝状或特殊网格排列，但此类构造仅对特定偶数可行.最终答案所有可能的n值为偶数且 所以或者. 故选：AB 3．（2024·山西·一模）（多选题）群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）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.设是一个非空集合，“”是一个适用于中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称对“”构成一个群：（1）封闭性，即若，则存在唯一确定的，使得；（2）结合律成立，即对中任意元素都有；（3）单位元存在，即存在，对任意，满足，则称为单位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，则称与互为逆元，记作.一般地，可简记作可简记作可简记作，以此类推.正八边形的中心为.以表示恒等变换，即不对正八边形作任何变换；以表示以点为中心，将正八边形逆时针旋转的旋转变换；以表示以所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算“”表示复合变换，即表示将正八边形先进行变换再进行变换的变换.以形如，并规定的变换为元素，可组成集合，则对运算“”可构成群，称之为“正八边形的对称变换群”，记作.则以下关于及其元素的说法中，正确的有（    ） A．，且 B．与互为逆元 C．中有无穷多个元素 D．中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身 【答案】ABD 【难度】0.15 【知识点】集合新定义、函数新定义 【分析】根据题意，对选项逐一运算可得结果. 【详解】我们有： 由于两次轴对称等价与不变换，故； 由于旋转施行8次等价于旋转也就是不变，故； 由于先旋转再关于对称和先关于对称再旋转等效，故. 一共是16个元素，变换后逆时针排列的有8个，顺时针排列的有8个. 这就说明：， A正确； ，B正确； 一共是16个元素，C错误； 中，，D正确. 故选：ABD 4．（2025·北京海淀·三模）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 【难度】0.4 【知识点】集合新定义 【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. 重难点题型【五】、集合与数列交汇 1．（2023·全国·模拟预测）对于集合，定义，且．若，，将集合中的元素从小到大排列得到数列，则（    ） A．55 B．76 C．110 D．113 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】利用等差数列的性质计算、集合新定义 【分析】根据集合的特征列出集合与的前若干项，找出集合中元素的特征，进而即可求解. 【详解】因为， 所以，所以．相当于集合中除去形式的数，其前45项包含了15个这样的数，所以． 则， 故选：C. 2．（2025·江苏南通·二模）（多选题）设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（   ） A．集合不是“可拆等和集” B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】利用等差数列的性质计算、求等比数列前n项和、集合新定义 【分析】根据已知可知元素构成一个等比数列，计算可得.然后根据分类，即可判断A项；列举法即可判断B项；将中所有元素同时除以后可得，然后根据等比数列前项和公式计算，然后根据分类，即可判断C项；根据等差数列的性质，可推得，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到中.结合公差，可得出，也可分为两组，即可判断D项. 【详解】对于A项，构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列， 且. 所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求. 综上，集合不是“可拆等和集”，故A正确； 对于B项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得， 此时因集合已含有元素2，故舍去； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得 若，则由“可拆等和集”的定义，有. 综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确； 对于C项，将中所有元素同时除以后可得， 根据等比数列前项和公式，可得. 因为，所以，，所以有. 所以，当时，中所有元素之和也小于， 不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足. 综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误； 对于D项，易知集合中的元素个数为，， 根据等差数列的性质可知，，， 共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组. 从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中； 又，则， 而， 不妨将这两个元素也分到集合中，则可满足中的元素之和相等.故D正确. 故选：ABD. 3．（2025·山西临汾·三模）已知集合，其中，，．表示中所有不同值的个数．若集合，则 ；若集合，则 ． 【答案】 5 【难度】0.4 【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、代数中的组合计数问题、集合新定义 【分析】（1）直接利用定义把集合中的元素代入即可求出； （2）先由最多有个值，可得；再利用定义推得所有的值两两不同，即可证明结论． 【详解】由，得； ∵最多有个值， ∴， 又集合，任取，， 当时，不妨设，则， 即， 当时，， ∴当且仅当时，， 即所有的值两两不同， ∴． 故答案为：5； 4．（2025·山东青岛·二模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定已知且Ø，则中所有元素之和为奇数的概率为 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率、集合新定义 【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解. 【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有675个偶数，1350个奇数，记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B，可看成，显然集合E共有个，集合F共有个， 所以所有元素之和为奇数的集合B共有个， 又集合A的非空子集共有个， 所以B中所有元素之和为奇数的概率为. 故答案为：. 5．（2025·湖北武汉·三模）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 【难度】0.4 【知识点】集合新定义 【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. 6．（2025·浙江杭州·二模）设，，…，是1，2，…，（且）的一个排列.数列满足为，，（）的中位数，规定，.将中的所有取值构成的集合记为. (1)当时，求和； (2)求中所有元素之和的最大值； (3)求中元素个数的最小值. 【答案】(1)， (2) (3)答案见解析 【难度】0.15 【知识点】计算几个数的中位数、集合新定义 【分析】（1）取和，根据题意得到和； （2）先排除不可能的取值，然后得到最大值，并构造出对应数列，得到最大值可取； （3）先分析时，由三元素组分析得到.然后通过构建两个具有相同的大小顺序的数列，证明.从而得到的最小值.然后再构造出能够取到最小值的数量列即可. 【详解】（1）当时，1，2，3无论按何种顺序排列，中位数只能是2，故. 当时，在1，2，3，4中任取3个数：1，2，3；1，2，4；1，3，4和2，3，4， 中位数只能为2或3，所以. （2）显然，不存在使得或， 故中所有元素的和， 且当时，有. 此时成立. （3）注意到对于任意，， 记中元素个数的最小值为，由（1）可知，，. 考虑的情形： 对于1，2，3，4，5的排列，1和5不可能作为中位数； 不妨，考虑三元素组，，，至少产生2个不同的中位数. ①若此时中位数为，，不妨，则，. 所以三元组将产生新的中位数，所以； ②若此时的中位数为，，则，，. 若，则三元组产生新的中位数； 若，则三元组产生新的中位数.所以. ③同理可知，若此时中位数为，；，也有； 所以，，. 下面证明：. 比较下面两个数列： （ⅰ），，…，，，. （ⅱ），，…，，，，，，. 其中，，…，和，，…，具有相同的大小顺序. 因此，这两个数列的前个三元数组所对应的中位数个数相同. 因此，只需要比较数列（ⅰ）中三元组，和数列（ⅱ）中三元组 ，，，，. 因为，数列（ⅱ）中至少增加1个新的中位数，故结论成立. 因为若，的中位数在前面未出现， 则，的中位数在前面也不会出现. 对于新增的中位数，若，的2个中位数在前面出现过， 则，的中位数在前面也出现过，至少新增的中位数. 综上：（）. 下面给出一种构造： ①当时，构造：， 此时，满足. ②当时，构造：， 此时，满足. ③当时，构造： ， 此时，满足. 【点睛】方法点睛，本题是一道综合性较强的数学题，不仅考察了数列与中位数的结合应用，还考查了逻辑推理、构造数列和数学归纳法等多种数学方法.在解题过程中，需要灵活运用各种数学方法和技巧，通过逻辑推理和构造数列等方法逐步求解问题.同时，也需要注意问题的特殊性和边界条件（如的取值范围和中位数的定义等），以避免陷入误区或遗漏重要情况.通过本题的解答，可以进一步提升学生的数学素养和解题能力. 重难点题型【六】、集合与数论交汇 1．（2025·河南郑州·三模）（多选题）群论，是代数学的分支学科，群的定义如下：设G是一个非空集合，“•”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的，有；②对任意的，有；③存在，使得对任意的，有，称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元．则称G关于“•”新构成一个群．则下列说法正确的有（   ） A．（为虚数单位）关于数的乘法构成群 B．有理数集关于数的加法构成群 C．关于数的除法构成群 D．正实数集关于数的乘法构成群 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】判断元素与集合的关系、复数代数形式的乘法运算、集合新定义 【分析】依据群的定义，对每个选项中的集合和相应运算进行逐一分析，判断是否满足群的四个条件，进而确定该集合关于给定运算是否构成群. 【详解】对于A选项： 因为，可以计算里面任意两个元素的乘积结果都属于集合. 因为数的乘法满足结合律，对于复数也不例外. 存在，对于，当时，. 当时，;当时，. 集合也满足逆元，关于数的乘法能够构成群，所以A选项正确. 对于B选项： 对于任意两个有理数，它们的和仍为有理数；有理数的加法也满足结合律. 存在，对于，有. 对于任意的，存在，使得. 所以有理数集关于数的加法构成群，B选项正确. 对于C选项： 取，无意义，不满足对任意的， 有，所以不满足封闭性，C选项错误. 对于D选项： 任意两个正实数的乘积仍然是正实数；实数的乘法满足结合律. 对于任意的，存在使得. 满足.所以D选项正确. 故选：ABD. 2．（24-25高一上·河北石家庄·月考）（多选题）群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的a，，有；②对任意的a，b，，有；③存在，使得对任意的，有，e称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元.则称G关于“”新构成一个群.则下列说法不正确的有（    ） A．关于数的乘法构成群 B．自然数集关于数的加法构成群 C．实数集关于数的乘法构成群 D．关于数的加法构成群 【答案】ABC 【难度】0.15 【知识点】集合新定义 【分析】反例判断A，B，C是否满足④，对于D，对所有的，设，求出，依次看是否满足要求. 【详解】A：由且，使，但，不存在，使，故A错误； B：由且，都有，但，不存在，使，故B错误； C：由且，使，但，不存在，使，故C错误； D：对所有的，可设， 则， ①满足加法结合律，即，有； ②，使得，有； ③，设，使，正确. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：对于D，对所有的，，求出. 3．（24-25高三上·山东聊城·月考）（多选题）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的定义出发，用有理数的“分割”来定义无理数，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，， 中的每个元素都小于中的每个元素，称为戴德金分割．下列结论正确的是（    ） A．是一个戴德金分割 B．存在一个戴德金分割，使得有一个最大元素，没有最小元素 C．存在一个戴德金分割，使得有一个最大元素，有一个最小元素 D．存在一个戴德金分割，使得没有最大元素，也没有最小元素 【答案】BD 【难度】0.65 【知识点】判断元素与集合的关系、集合新定义 【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误. 【详解】对于A，因为，所以A错误． 对于B，设，满足戴德金分割，则有一个最大元素1，没有最小元素，所以B正确． 对于C，若有一个最大元素，有一个最小元素，则不能同时满足，所以C错误． 对于D，设，满足戴德金分割，此时中没有最大元素，中也没有最小元素，所以D正确． 故选：BD 4．（2025·河南·二模）已知一个非空数集A，对，且，记B为A去掉x，y后的集合，若有或，则称A是一个好集合．对于一个非空数集P，对，且，记Q为P去掉x，y后的集合，若有或或，则称P是一个坏集合． (1)证明：集合不是好集合； (2)若A是好集合，证明：存在一个与A中元素个数相同且仅由正实数构成的坏集合P； (3)证明：不存在有限的好集合A，满足A中的元素均为正实数，且A中的元素个数为大于5的奇数． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】集合新定义 【分析】（1）根据定义，举例说明即可； （2）根据好集合的特点和坏集合的定义可证结论； （3）利用反证法，假设存在这样的有限集A符合题意，得出矛盾，可证结论成立. 【详解】（1）取，，记，则，，故A不是好集合． （2）记集合，则P中元素均为正数，且与集合A中元素个数相同，下证P为坏集合， 因为A为好集合，所以，且，都有或（其中B为A去掉a，b后的集合）， 设Q为P去掉，后的集合，此时，，， 若，则；若，则与必然有一个属于Q，故P为坏集合，命题得证． （3）假设存在这样的有限集A，使得A中的元素均为正实数，元素个数为大于5的奇数，且A为好集合， 则设，且，， 因为，设B为集合A去掉元素，，后构成的集合， 所以只能，考虑，这个数均属于A，且各不相同，均小于， 所以，，…，， 因为，故， 若，即，矛盾，故， 又因为这个数属于A，且均小于， 所以，…，，即，， 再考虑A集合中去掉与记为集合， 因为，所以，即，所以只能； 又，故矛盾，所以原假设不成立， 即不存在有限的好集合A，满足A中的元素均为正实数，且A中的元素个数为大于5的奇数． 5．（2025·江西新余·模拟预测）记一个由实数构成的有行列的数表并称为阶数表（），表示数表中第行第列的数字.对于，，我们规定加法：.若对于，，我们就称为“均分数表”，为其“均分值”. (1)直接判断数表和是否为均分数表. (2)设是均分值相同的阶均分数表，均是某类阶均分数表的集合，其中中数表的均分值为0且有且仅有由某不固定的两行两列所交的四个数字非零；中数表的每行每列均有且仅有1个数字非零. （ⅰ）计算：，并证明：一定能通过加上有限个中的元素变为； （ⅱ）证明：一定能表为中有限个元素相加. 【答案】(1)是均分数表，不是均分数表，理由见解析 (2)（ⅰ），证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【难度】0.15 【知识点】矩阵的加法运算、集合新定义 【分析】（1）中，A为均分数表；而中，不是均分数表； （2）（ⅰ）利用定义进行加法法则得到，先加上一系列数表，把第1行元素变为中对应元素，再按照同样的操作则可使前行元素均变为对应元素，再按照，，最后一行元素也变形完成： （ⅱ）设的均分值为，分为奇数和为偶数，两种情况来构造序列，以奇数为例，通过变形得到一个阶数表，这个数表的某一行（列）的数字均不相同，且其为均分值是的均分数表，这个数表中任取各行（列）中相同的元素构成数表则，于是可以分成个中元素相加，并举例说明. 【详解】（1）是均分数表，不是均分数表，理由如下： 中，故为均分数表， 中，两者不等，故不为均分数表； （2）（ⅰ）原式= ； 证明：设：按次序依次加上， ，...，， 易知这些加上的元素均属于， 此时：第1行的前个元素已变为中对应元素， 而， 可知此时同时第1行最后一个元素也变为中对应元素， 对第2至第行进行同样的操作则可使前行元素均变为对应元素， 下面说明此时最后一行元素也变形完成： . ， 所以加上有限个中元素后可以使变为； （ⅱ）设的均分值为， 若为奇数，则构造序列：，，，...，，，...，； 若为偶数，则构造序列：，，...，，，...，. 以奇数为例，这个序列中有个数作为数表的第1行，将最后一个数置于首位， 其他位次不变，依次向后移一个单位做第2行，以此类推，得到一个阶数表， 这个数表的某一行（列）的数字均不相同，且其为均分值是的均分数表， 这个数表中任取各行（列）中相同的元素构成数表则， 于是可以分成个中元素相加， 例如：. 设，，， 从中删除第行与第列得到一个阶数表， 令其某一对角线上的元素均为， 再令后将行与列插入回去得到数表， 令同一对角线上元素为， 再令后将行与列插入回去得到数表，此时， 所以任意一个中的元素都可以表为两个中的元素相加， 例如：，考虑到非零数字出现在第2、4行与第2、5列， 故删去这些行列，然后令： 第1列 第3列 第4列 第1行 -1 0 0 第3行 0 -1 0 第5行 0 0 -1 再将删去行列的1变为0后添回去即得：， 同理，将中的变为得到，此时. 而由（ⅰ）得：加上若干个中的元素可变为，又可以写成若干中的元素相加， 所以可以写成有限个元素相加，而每一个中的元素又可以表为2个中元素相加， 所以可以表为有限个中元素相加. 【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. 一、单选题 1．（2023·全国·模拟预测）定义：若集合满足，存在且，且存在且，则称集合为嵌套集合．已知集合且，，若集合为嵌套集合，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】根据交集结果求集合或参数、解含有参数的一元二次不等式、指数函数图像应用、集合新定义 【分析】作出函数的图象，结合函数图象即可求出集合，分类讨论求出集合，再根据嵌套集合的定义即可得解. 【详解】因为，所有， 由，得， 如图，作出函数的图象， 由图可知，不等式的解集为， 所以且， 由，得， 当，即时，则，不符题意； 当，即时，则， 由，得， 根据嵌套集合得定义可得，解得； 当，即时，则， 由，得， 根据嵌套集合得定义可得，无解， 综上所述，实数的取值范围为. 故选：A. 2．（23-24高一上·北京·月考）设表示非空集合中元素的个数，已知非空集合.定义，若，且，则实数的所有取值为（    ） A．0 B．0， C．0， D．，0， 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】集合新定义 【分析】由题意可得集合中的元素个数为1个或3个，分集合中的元素个数为1和集合中的元素个数为3两种情况，再结合一元次方程根的个数求解即可. 【详解】解：由可得或， 又因为，， 所以集合中的元素个数为1个或3个， 当集合中的元素个数为1时，则有两相等的实数根，且无解， 所以，解得； 当集合中的元素个数为3时，则有两不相等的实数根，且有两个相等且异于方程的根的解， 所以，解得或， 综上所述，或或. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意得出集合中的元素个数为1个或3个. 3．（2023·四川成都·模拟预测）对于非空实数集，记.设非空实数集合，若时，则.现给出以下命题： ①对于任意给定符合题设条件的集合M､P，必有； ②对于任意给定符合题设条件的集合M､P，必有； ③对于任意给定符合题设条件的集合M､P，必有； ④对于任意给定符合题设条件的集合M､P，必存在常数，使得对任意的，恒有， 其中正确的命题是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】判断两个集合的包含关系、交集的概念及运算、集合新定义 【分析】根据集合定义得为不小于集合中最大值的所有数构成的集合.利用集合定义得到新集合，利用集合关系判断①，利用特殊集合判断②③，利用特例法结合集合定义判断④. 【详解】由已知，为不小于集合中最大值的所有数构成的集合. ①因为，设集合M和P中最大值分别为m和p，则，故有，正确； ②设，则，故，错误； ③设，则，故，错误； ④令，则对任意的，，故恒有，正确. 故选：B 4．（2023·北京海淀·模拟预测）已知集合满足：①，②，必有，③集合中所有元素之和为，则集合中元素个数最多为（    ） A．11 B．10 C．9 D．8 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】集合新定义 【分析】根据集合满足的条件①②可知要使得集合中元素尽可能多，则相邻的两个自然数最少差为，故先考虑集合中元素是由公差为的等差数列构成，判断集合元素的个数的最多情况，再对部分元素进行调整即可得答案. 【详解】对于条件①，②，必有， 若集合中所有的元素是由公差为的等差数列构成，例如，集合中有个元素， 又则该集合满足条件①②，不符合条件③，故符合条件③的集合中元素个数最多不能超过10个， 故若要集合满足：①，②，必有，③集合中所有元素之和为，最多有10个元素， 例如. 故选：B. 二、多选题 5．（2025·江苏·二模）（多选题）在平面直角坐标系中，设，，定义：．若，且，则下列结论正确的是（ ） A．若关于x轴对称，则 B．若关于直线对称，则 C．若，则 D．若，，则 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】比较指数幂的大小、集合新定义、函数新定义 【分析】AB.根据对称性，设出点的坐标，根据新的定义，计算，即可判断A，再结合单调性判断B；C.代入新定义，结合指数运算，即可判断C，由新定义判断若，则，判断D. 【详解】对于A，因为关于x轴对称，且，， 所以，而， 得到， 同理， 即此时满足，故A正确， 对于B，因为关于直线对称，且，， 所以，则， ， 构造，由指数函数性质得在上单调递增， 因为，且，所以，得到， 则，得到，即， 则，故B正确， 对于C，由题意得，， 因为，所以， 得到， 令，符合题意， 此时， 而，则， 由已知得，则，故C错误， 对于D，设，，则， 则，从而， ，， 则，，故D正确. 故选：ABD 6．（2025·甘肃·模拟预测）设集合，且，.定义运算：若满足①，且当且仅当时，，②，③这三个条件，则称为上的范数.下列结论正确的是（    ） A．若为上的范数，且，则 B．若为上的范数，则 C．定义运算，则为上的范数 D．定义运算，则为上的范数 【答案】BD 【难度】0.4 【知识点】空间向量的坐标运算、空间向量模长的坐标表示、集合新定义 【分析】由空间向量的坐标运算，结合新定义逐项判断即可. 【详解】因为为上的范数，所以由，可得， 取，可得，A不正确. 因为为上的范数，所以由②③可得，B正确. 取，则，不为上的范数，C不正确. 由，可知，且当且仅当时，，满足①. ，可得，满足②. 设，且， 则， 则. 因为， 所以，满足③.故为上的范数，D正确. 故选：BD 7．（2025·福建福州·三模）若非空实数集中存在最大元素和最小元素，则定义.据此，下列命题中不正确的是（   ） A．若，，且，则 B．若，且，则对任意，都有 C．若，，则存在实数，使得 D．若，，则对任意的实数，总存在实数，使得 【答案】ABC 【难度】0.15 【知识点】集合新定义、函数不等式恒成立问题 【分析】对于选项A，首先根据题意求出，然后求出，即可得到的值；对于选项B，可找出反例证明选项B错误；对于选项C，讨论的不同范围下，的不同范围；令，即可验证选项D的正确性. 【详解】A选项，由，，可得，，因为，所以，，故A错误； B选项，例如：，，满足，但是并不都大于等于，故B错误； C选项，由，， 当，即时，； 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得，所以不存在实数a，使得，故C错误； D选项，由，，取，可得，对任意实数a，总存在b使之成立，故D正确. 故选：ABC. 8．（2025·湖北武汉·二模）已知，记为集合中元素的个数，为集合中的最小元素．若非空数集，且满足，则称集合为“阶完美集”．记为全部阶完美集的个数，下列说法中正确的是（    ） A． B．将阶完美集的元素全部加1，得到的新集合，是阶完美集 C．若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 D．若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、集合新定义 【分析】通过对不同阶数完美集的子集情况进行分析来确定集合个数，同时依据完美集的性质判断相关结论的正确性. 【详解】当非空数集是子集中含个元素的子集时，.根据“n阶完美集”的定义，中大于等于的数有、、、共个，所以此时可以是、、、. 当非空数集是子集中含个元素的子集时，.中大于等于的数有、、共个，所以此时可以是、、. 当非空数集是子集中含个元素的子集时，.中大于等于的数有、共个，不满足“n阶完美集”的定义，所以中个元素的子集不满足. 同理，中含个元素的子集也不满足. 综上，4阶完美集有、、、、、、，所以，故A正确. 若将“n阶完美集”中元素全部加，中元素个数不变，但加变大，均不违背“阶完美集”的定义，所以得到的新集合是一个“阶完美集”，故B正确. 若，满足条件的集合的个数为7，而,C错误； 对于满足“阶完美集”的所有，不属于所有，可视为退化为“阶完美集”的情况，总个数为. 又因为，所以满足条件的集合要排除掉“阶完美集”中只含有个元素的情形（排除个单元素集合），因此满足条件的集合的个数均为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：新定义题型，关键就是读懂题意，将陌生的概念转化为熟悉的知识，再借助旧知解题即可. 9．（2024·安徽合肥·模拟预测）群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中．有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明．群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“．”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件： ①对所有的a、，有； ②、b、，有； ③，使得，有，e称为单位元； ④，，使，称a与b互为逆元． 则称G关于“·”构成一个群．则下列说法正确的有（    ） A．关于数的乘法构成群 B．自然数集N关于数的加法构成群 C．实数集R关于数的乘法构成群 D．关于数的加法构成群 【答案】AD 【难度】0.4 【知识点】集合新定义 【分析】根据“”运算的定义，结合集合中元素与集合的关系判断，对每个选项逐一判断即要可． 【详解】对于A选项，对所有的、，有，且满足①乘法结合律； ②，使得，有； ③，，有，故A正确； 对于B选项，①自然数满足加法结合律； ②，使得，有； 但是对于，，不存在，使，故B错误； 对于C选项，对所有的、，有， ①实数满足加法结合律； ②，使得，有； 但对于，，不存在，使，故C错误； 对于D选项，对所有的、，可设，，，，，， 则， ①满足加法结合律，即、、，有； ②，使得，有； ③，设，，，，使，故D正确． 故选：AD． 三、填空题 10．（2025·安徽芜湖·二模）已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合A的“容量”，记为.若集合，且，则正整数n的值是 . 【答案】2025 【难度】0.85 【知识点】集合新定义 【分析】先求出集合A，再根据题干中的定义即可求出结果. 【详解】若集合，则集合， 故，解得. 故答案为： 11．（2025·贵州六盘水·一模）定义集合，比如：若，则．把集合中满足条件的元素组成的集合记为，即已知集合，则（1）集合中的元素个数为 ；（2）若中的元素个数为56，则p的值为 ． 【答案】 5 9或33 【难度】0.4 【知识点】组合数的计算、x+y+z=n的整数解的个数、集合新定义 【分析】理解集合的新定义应用列举法得出，再应用集合的新定义及组合数的定义通过隔板法计算求解即可. 【详解】（1）集合中的元素满足，且，列举满足条件的组合，共有5种，，即集合中有5个元素； （2）中的元素满足，且， 当时，利用组合数公式，将问题转化为将个相同的小球放入6个不同的盒子中，每个盒子中球的个数分别是， 应用隔板法即有种分法，既有个元素， 已知中有56个元素，即 ，当 时，，因此； 当时，可以考虑先放置其中的11颗，在此基础上再放置其余的小球，一定多余的情况，不合题意； 因为当先保证每个盒子中放置1颗（共6颗）后，再放置其余的小球，与当时，先在每个盒子中均放置6颗小球后再从6个盒子中共取走相应的个数的小球的方法数一样， 所以当时，放置种数与颗球的情况相等，所以当也满足题意. 故答案为：5；9或33. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对隔板法的应用把分成6份即可求解. 12．（2024·上海嘉定·二模）若规定集合的子集为的第个子集，其中，则的第211个子集是 ． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】求集合的子集（真子集）、集合新定义 【分析】正确理解的含义，时，即要先求出满足的，即的第211个子集应含有的元素，计算出，再要求满足的，即的第211个子集应含有的元素，如此类推即得. 【详解】因，则的第211个子集必包含7，此时； 又因则的第211个子集必包含6，此时； 又则的第211个子集必包含4，此时； 又则的第211个子集必包含1；而. 综上所述，的第211个子集是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于仔细阅读题目所提供的信息，正确理解集合的新定义的含义，将文字语言转化为数学语言. 13．（2023·湖北·二模）已知X为包含v个元素的集合（，）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称组成一个v阶的Steiner三元系．若为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 ． 【答案】7 【难度】0.4 【知识点】利用集合中元素的性质求集合元素个数、集合新定义 【分析】令，列举出所有三元子集，结合组成v阶的Steiner三元系定义，确定中元素个数. 【详解】由题设，令集合，共有7个元素， 所以的三元子集，如下共有35个： 、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、， 因为中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以中元素满足要求的有： 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 、、、、、、，共有7个； 共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素. 故答案为：7 四、解答题 14．（2025·河北·模拟预测）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 【难度】0.15 【知识点】判断两个集合的包含关系、求等比数列前n项和、集合新定义 【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”. 15．（2025·广东·模拟预测）已知数列，记集合． (1)对于有限数列3，7，2，9，写出集合T； (2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组i，j；若不存在，说明理由． (3)若，把集合T中的元素从小到大排列，得到的新数列为，若，求n的最大值． 【答案】(1) (2)存在，（或） (3)1003 【难度】0.4 【知识点】集合新定义、数列新定义、数列不等式能成立（有解）问题 【分析】（1）根据题意按照给出的集合新定义即可计算求解； （2）假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论； （3）根据题意给出的集合新定义，可得的因子为一奇一偶，先证明奇数和无法由表示，其次证明除奇数与形式以外的数，都可以表示成的形式，运算得解. 【详解】（1）由题，设，按照相邻两项，三项，四项分类列举如下： ，，， ，，， 所以； （2）假设存在，使得， 则， 因为为偶数，所以与奇偶性相同，则与奇偶性不同， 又因为，，所以必等于奇数因子（大于等于3）和偶数因子（大于等于3）的乘积， 又，， 即，解得， 或，解得， 或，解得， 所以存在，使得； （3）， 先证明正整数中所有的奇数与形式的整数都无法由表示， 因为为奇数， 所以的因子为一奇一偶， 而奇数没有偶数因子，没有奇数因子，无法由表示； 其次证明除奇数与形式以外的数，都可以表示成的形式， 若正偶数，其中，任何一个形式以外的偶数都能表示成该形式， 则，解得， 或，解得，满足条件， 故存在，使得成立， 由前面可知正整数以及奇数不是集合中的元素， 所以的最大值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $