期中复习压轴专题01 集合与逻辑（11种类型77道题）高一数学沪教版必修第一册

期中复习压轴专题01 集合与逻辑 （沪教版高一，11种类型77道） 范围：第一章—第二章 目录 题型一 集合的表示方法 题型二 集合的表示方法 题型三 由元素与集合、集合与集合的关系求参数的取值范围 题型四 由集合之间的运算结果求参数 题型五 由充分条件必要条件求参数 题型六 充分条件与必要条件的判断 题型七 与集合相关的命题的真假判断 题型八 命题的否定 题型九 集合新定义 题型十 集合新运算 题型十一 集合新性质 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 说明：位育3 表示位育中学2025—2026学年期中考试第3题 知识点一 集合的表示方法 例1 （位育3）已知集合，，则______. 【变式1-1】（上中1） 集合用列举法表示为________． 【变式1-2】（南模1）用描述法表示图中的阴影部分的点（含边界）的坐标组成的集合___________. 【变式1-3】（延安7）已知集合，，则______． 【变式1-4】已知是全集，集合，集合，则______． 知识点二 集合的中元素的个数问题 例2（南汇8）已知集合有且仅有两个子集，则实数__________. 【变式2-1】（交附6）若集合有2个子集，则实数的值为_______． 【变式2-2】（金中10）若集合有且仅有两个子集，则实数的取值集合为_____. 【变式2-3】已知集合恰有两个子集，则实数取值集合为 . 【变式2-4】关于的方程的解集中只含有一个元素，则的可能取值构成的集合为________． 例3（曹二16）已知，用表示非空集合A中元素个数，定义，集合，，若，则a的可能的取值有（ ）个. A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【变式3-1】（2026华二月考16） 集合，，其中a、b、c为实数，若、分别表示集合S、T的元素个数，则的所有可能取值集合为（ ）． A. B. C. D. 【变式3-2】（位育11）若集合中有且只有3个元素，且这3个元素恰为直角三角形的三边，则________. 例4（格致15） 设有限集所含元素的个数用表示，并规定，已知集合满足，，若，，则满足条件的所有不同集合的个数为 （ ） A. 6 B. 10 C. 16 D. 64 【变式4-1】.（控江12） 给定有限集，记为集合内元素的个数．对正整数（），设，，则的最大值与最小值之和为______． 【变式4-2】（行知12） 记表示集合的元素个数，对于集合 ，定义．若集合 满足，且，则的最小值为__________． 【变式4-3】.（上实8） 设集合，并定义集合，集合，那么满足但的元素的个数为________． 知识点三 由元素与集合、集合与集合的关系求参数的取值范围 例5（曹二1）已知，则______． 【变式5-1】 （格致1）若，则的值为______. 【变式5-2】（交附5）已知，，若集合，则的值为_______． 【变式5-3】 （华一8）已知关于x不等式的解集为A，若，则实数m的取值范围是_________. 例6.（华一17）已知集合． （1）若是的真子集，求的范围； （2）若，且是的子集，求实数的取值范围． 【变式6-1】已知为常数，集合，集合，且，则的所有取值构成的集合为______; 【变式6-2】 已知集合，． （1）若是的子集，求实数的值； （2）若是的子集，求实数的取值范围． 知识点四 由集合之间的运算结果求参数 例7（华二17）已知，集合． （1）若，求k的值； （2）若，求k的取值范围． 【练习7-1】（上中18）已知集合，，若，求实数a的取值范围． 【练习7-2】（上实15）设集合，集合． （1）试用区间表示集合； （2）若，求的取值范围． 【练习7-3】（格致18）已知集合或，. （1）求； （2）若，当时，求实数的取值范围； （3）若，当时，求实数的取值范围. 【练习7-4】（松二18）已知集合，集合. （1）若集合，且满足，求实数的值； （2）若，求实数的取值范围 【变式7-5】（奉中4）已知全集，且，则实数的值为__________ 知识点五 由充分条件必要条件求参数的取值范围 的 例8（位育18） 已知或，或． （1）若是的充分条件，求实数m的取值范围； （2）若是的必要条件，求实数m的取值范围． 【变式8-1】（华二10）已知或，或．若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是_______． 【变式8-2】（上中11）若“”的必要非充分条件是“或”，则实数m的取值范围是________． 【变式8-3】（行知10）全集，已知集合．若“”是“”的必要非充分条件，则的取值范围是__________． 知识点六 由充分条件与必要条件的判断 的 例9（天山15）王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【变式9-1】钱大姐常说“好货不便宜”，她这话的意思是：“好货”是“不便宜”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式9-2】伟人毛泽东的《清平乐•六盘山》传颂至今，“天高云淡，望断南飞雁.不到长城非好汉，屈指行程二万，六盘山上高峰，红旗漫卷西风，今日长缨在手，何时缚住苍龙？”现在许多人前往长城游玩时，经常会用“不到长城非好汉”来勉励自己，由此推断，“到长城”是“为好汉”的（    ） A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式9-3】（南模15）若实数满足，且，则称与互补．记，那么是与互补的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 知识点七 集合相关命题的真假判断 例10（奉中16）对于集合，给出如下三个结论：①如果，那么；②如果，那么；③如果，，那么.其中正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【变式10-1】（上实12）维恩（Venn）图是辅助研究复杂集合关系的重要工具．已知全集，集合、为的子集，满足，，，则下列判断正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【变式10-2】（松二12）设集合S，T都至少含有两个元素，且S，T同时满足：条件1：对任意，若，则；条件2：对任意，若，则．给出下列说法： ①若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数； ②若S只有2个元素，则必有3个元素； ③若S只有2个元素，则可能有4个元素； ④存在含有3个元素的集合S，满足有4个元素． 其中所有正确说法的序号是______________． 【变式10-3】已知A、B为非空数集，为平面上的一些点构成的集合，集合，集合，给定下列四个命题，其中真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【变式10-4】（杨高14）“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 【变式10-5】（宜川12） 已知集合为非空数集，且同时满足下列条件： （ⅰ）； （ⅱ）对任意的，任意的，都有； （ⅲ）对任意的且，都有． 给出下列四个结论： ①；②；③对任意的，都有；④对任意的，都有． 其中正确的序号为________． 知识点八 命题的否定 例11 （建平3）已知实数、，“且”的否定是_____. 【变式11-1】（存志5）用反证法证明命题“若，则且”时，第一步应假设：________ 【变式11-2】（控江13）语句“或”的否定形式为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 且 【变式11-3】（上实2）用反证法证明“若，则或”这个命题时，可以先假设该命题的结论不成立，即________． 例12 （位育10）用反证法证明：“已知是整数，若为偶数，则中至少有两个是偶数.”时，应假设：________． 【变式12-1】（延安14）用反证法证明命题“，若可以被5整除，那么中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应该是（ ） A. 中至多有两个能被5整除 B. 都能被5整除 C. 不都能被5整除 D. 都不能被5整除 【变式12-2】（南模13）十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（ ） A. 对任意正整数，关于的方程都没有正整数解 B. 对任意正整数，关于的方程至少存在一组正整数解 C. 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解 D. 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解 知识点九 集合新定义 例13.（金山20）现有集合，集合 （1）判断中哪些元素属于集合B； （2）求证：若，则； （3）求证：若，则有且为奇数. 【变式13-1】（南模21） 设集合A为非空数集，定义． （1）若，写出集合； （2）若，且，求证：； （3）若，且，求集合A元素个数的最大值． 【变式13-2】（松二21）已知集合，且中至少有三个元素.如果，，，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，其中，（例如：），对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，，，使得，，均属于，则称集合是集合的“优美子集”. （1）若集合，，判断，是否具有性质，并说明理由； （2）若集合具有性质，判断集合是否集合的“优美子集”，并说明理由； （3）对于集合的非空子集，证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“优美子集”. 【变式13-3】（上实20） 已知为自然数集的子集，将从小到大排序后依次记为，定义是由，，，为元素组成的集合，给定正整数m，若，则称A为连续生成数集． （1）判断是否为连续生成数集？说明理由； （2）数集是否为连续生成数集？说明理由； （3）若数集为连续生成数集，求正整数的最大值． 【变式13-4】（曹二20）对于任意实数c，d（），定义区间，，，的长度均为.若集合I是若干个两两交集为空集的区间的并集，则把这些区间的长度的和称为I的长度，特别地，记正整数集，且，若对任意的，2，…，，区间的长度始终不小于恒成立，则称该集合为“称心集”. （1）若的解集为B，求集合B的区间长度； （2）若关于x的不等式组的解集构成的各区间长度之和为5，求实数t的取值范围； （3）求“称心集”中元素个数的最大值，并说明理由. 【变式13-5】（上中21） 给定正整数，设集合．对于，称为的第i个坐标分量．若且同时满足以下条件，则称S是的好子集：①集合S中的元素个数不少于4；②对于S中任意的三个元素，，，存在使得，，的第m个坐标分量都是1． （1）若是的好子集，直接写出，； （2）求的好子集S的元素个数的最大值； （3）当取到（2）中的最大值时，求出好子集S的具体形式． 知识点十 集合新运算 例14（南汇12）对于任意两个正实数a，b，定义，其中常数．若，且与都是集合的元素，则__________． 【变式14-1】（行知8）定义，已知，则集合中所有元素乘积为__________． 【变式14-2】（金山12）设集合，，其中、、、、是五个不同的正整数，且，已知，，中所有元素之和是246，请写出所有满足条件的集合A：__________________. 【变式14-3】（延安11） 已知集合有整数解，非空集合满足条件：（1），（2）若，则，则所有这样的集合的个数为____． 【变式14-4】（南汇11）对非空集合中的每个元素，都乘以再求和，称为集合的交叉数，例如，则集合的交叉数为．若集合，则的所有非空子集的交叉数的总和为______． 【变式14-5】（曹二11）集合有8个元素，设M的所有非空子集为（，2，…，255），每一个中所有元素乘积为，则__________. 知识点十一 集合新性质 例15（建平15）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，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000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划分为两个非空的子集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，可能成立的是（ ） A. M没有最大元素，N有一个最小元素 B. M没有最大元素，N也没有最小元素 C. M有一个最大元素，N有一个最小元素 D. M有一个最大元素，N没有最小元素 【变式15-1】（华二16）设，已知A、B是两个数集．若对任意，都存在，使得，则称A是B的一个“邻集”．有下列两个命题：①是Q的一个邻集；②若A是B的一个邻集，则B也是A的一个邻集．则（ ） A. ①真②假 B. ①假②真 C. ①真②真 D. ①假②假 【变式15-2】（上外云间10）若，则，就称为“影子关系”集合，在集合的所有非空子集中，“影子关系”集合的个数为__________. 【变式15-3】（松二15）已知集合，若集合是的个不同子集，且为的真子集，则的最大值是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【变式15-4】（七宝16）设集合，集合，若的子集中任意两个元素之和不是整数的平方，则称为“人文集”.当能被分成两个交集为空集的“人文集”，且这两个“人文集”的并集恰为时，的最大值是（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【变式15-5】（川沙16）已知集合，集合，若对于中的任意两个不同的元素和，都有，则中元素个数的最大值是（ ）． A. 676 B. 675 C. 672 D. 671 【变式15-6】（南模18）由正数组成的集合具有如下性质:若且，则. （1）若且，试分别判断与是否在集合内并说明理由； （2）试问集合能否恰有两个元素且？若能，求出所有满足条件的集合，若不能，请说明理由. 例16（建平21）对于集合，其中，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分成两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等就称集合为“可调和集合”. （1）判断集合和是否为“可调和集合”（不必写过程）； （2）求证：集合，其中不是“可调和集合”； （3）若集合，其中是“可调和集合”. ①证明：为奇数； ②求集合中元素个数的最小值. 【变式16-1】（上大附中21）给定数集，若对于任意、，有，，则称集合为闭集合. （1）判断集合，集合是否为闭集合； （2）若集合、为闭集合，则是否一定为闭集合？请说明理由； （3）已知集合、为闭集合，且，，证明：. 【变式16-2】（控江21） 设是一个非空集合，如果对于任意的，，有，则称是加法封闭的；而如果对于任意的，，有，则称是乘法封闭的． （1）证明：区间不是加法封闭的； （2）若区间是加法封闭的，求实数的取值范围； （3）设，集合是函数的定义域，若是乘法封闭的，求实数的取值范围． 【变式16-3】（宜川21）若有限个正整数组成的集合中至少有两个元素，且对于任意的，都有，则称为“双集合”. （1）判断是否为“双集合”，说明理由； （2）若双元素集为“双集合”，且，求所有满足条件的集合； （3）求所有满足条件的“双集合”. 【变式16-4】（川沙21）设集合．如果集合满足：对任意、，与至少有一个属于，则称集合为“单封集”． （1）判断集合与是否为“单封集”，请直接写出结论． （2）若是“单封集”，且，，求． （3）若是“单封集”，证明：，并求出的值． 【变式16-5】（位育21） 已知集合中存在三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. （1）试判断集合是否具有性质并说明理由； （2）若集合，判断“集合具有性质”是“集合是集合的期待子集”的什么条件，并加以证明. 【变式16-6】（南汇21）如果正整数集的子集满足： ①； ②任意，存在，使得，则称为集． （1）分别判断与是否为集（直接写出结论）； （2）当时，对于集，设，求证：； （3）当时，若，求集中所有元素的和的最小值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中复习压轴专题01 集合与逻辑 （沪教版高一，11种类型77道） 范围：第一章—第二章 目录 题型一 集合的表示方法 题型二 集合的表示方法 题型三 由元素与集合、集合与集合的关系求参数的取值范围 题型四 由集合之间的运算结果求参数 题型五 由充分条件必要条件求参数 题型六 充分条件与必要条件的判断 题型七 与集合相关的命题的真假判断 题型八 命题的否定 题型九 集合新定义 题型十 集合新运算 题型十一 集合新性质 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 知识点一 集合的表示方法 例1 （位育3）已知集合，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得二元一次方程组求解计算即可求得所求的点集. 【详解】由题意得：，解得：， ∴ 故答案为： 【变式1-1】（上中1） 集合用列举法表示为________． 【答案】## 【解析】 【详解】可化为，由，有，解得. 又由，得可能取值为，，． ，得，满足条件；，，不满足条件； ，得，满足条件．综上，集合用列举法表示为． 【变式1-2】（南模1）用描述法表示图中的阴影部分的点（含边界）的坐标组成的集合___________. 【答案】 【解析】 【分析】先由图象得到点的范围，再用描述法表示. 【详解】由图可知：阴影部分在第三象限和x，y轴上，且， 所以用集合表示为， 故答案为：. 【变式1-3】（延安7）已知集合，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】令即可得到，再根据交集含义即可得到答案. 【详解】当时，，则. 故答案为：. 【变式1-4】已知是全集，集合，集合，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题知，，再进行集合运算即可. 【详解】解：因为，， 所以． 故答案为： 知识点二 集合的中元素的个数问题 例2（南汇8）已知集合有且仅有两个子集，则实数__________. 【答案】1或 【解析】 【分析】结合已知条件，求出的解的个数，然后对参数分类讨论，并结合一元二次方程的根的个数与判别式之间的关系求解即可. 【详解】若A恰有两个子集，所以关于x的方程恰有一个实数解， ①当时，，满足题意； ②当时，，所以， 综上所述，或. 故答案为：1或. 【变式2-1】（交附6）若集合有2个子集，则实数的值为_______． 【答案】或 【解析】 【分析】由子集个数得到方程根的个数，根据方程根的个数求解的值. 【详解】因为集合有个子集，所以方程有且只有一个根. 当时，方程可化为，解得，满足条件； 当时，若方程有且只有一个根，则，解得； 综上，实数的值为或. 故答案为：或. 【变式2-2】（金中10）若集合有且仅有两个子集，则实数的取值集合为_____. 【答案】 【解析】 【分析】问题转化为方程只有1解，求实数的值求解. 【详解】因为集合有且仅有两个子集， 所以集合中有且只有1个元素，即方程只有一解. 由. 由或. 因为方程只有一解，所以或（因为是方程的增根）， 所以或. 故实数的取值集合为. 故答案为： 【变式2-3】已知集合恰有两个子集，则实数取值集合为 . 【答案】 【分析】分析可知有一个不等于3的实数解，分类讨论最高项系数以及根的个数，运算求解即可. 【详解】由题意可知：方程有且仅有一解， 等价于有一个不等于3的实数解， 1.当时，解为，满足题意； 2.当时，只有一解时， 则，解得， 若，则，解得，符合题意； 3.当时，且有两解但3是方程的解， 故，解得； 综上所述，实数取值集合为. 故答案为：. 【变式2-4】关于的方程的解集中只含有一个元素，则的可能取值构成的集合为________． 【答案】 【分析】根据等式的性质，可得整式方程，再根据一元二次方程性质与分式方程性质分类讨论即可得答案． 【详解】方程两边同时乘以得，即， ①当，即时，方程只有一个解； ②当其中一个解为增根时，方程也只有一个解， （i）若增根为0时，； （ii）若增根为1时，； 故k的值为或0或2，即的可能取值构成的集合为. 例3（曹二16）已知，用表示非空集合A中元素个数，定义，集合，，若，则a的可能的取值有（ ）个. A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件求得，可得出或，然后对实数的取值进行分类讨论，确定方程的解的个数，由此可求得实数的所有可能取值. 【详解】由题意可知，，故， 由题中定义可得，或. 由题意可知，为关于的方程的一根. 当时，则，则方程只有一个实根，可得， 此时，方程无实根，则满足条件； 当时，则关于的方程有三个根，必有， 此时，关于的方程的两根分别为，，分以下两种情况讨论： ①若是方程的一根时，则，解得. 当时，则，合乎题意； 当时，则，合乎题意； ②当方程有两个相等的实根，则，解得. 当时，，合乎题意； 当时，，合乎题意. 综上，a的可能的取值为 故选：D. 【变式3-1】（2026华二月考16） 集合，，其中a、b、c为实数，若、分别表示集合S、T的元素个数，则的所有可能取值集合为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论在不同范围内时，集合的元素个数. 【详解】（1）当时，，，. （2）当，时，，，. （3）当，时，方程中的判别式，方程中的判别式，两方程的根的个数相同. 又，，. （4）当，时， ，将代入方程，，. ，将代入方程，. 方程与方程有重根的条件一样. 又，，. （5）当，时， ，将代入方程，. ，将代入方程，，. 方程与方程有重根的条件一样. . 综上所述的所有可能取值集合为. 【变式3-2】（位育11）若集合中有且只有3个元素，且这3个元素恰为直角三角形的三边，则________. 【答案】 【解析】 【分析】 先得或，根据判别式，以及集合中元素个数，确定方程有两个根，方程有一个根；求出，以及三个元素，再由三个元素恰为直角三角形的三边，求出，得出，即可得出结果. 【详解】由得或， 方程的判别式为， 方程的判别式为， 显然， 又集合中有且只有3个元素， 所以方程和共三个根， 且只能方程有两个根，方程有一个根； 即，即； 所以方程可化为，解得或， 方程可化为，解得， 则， 又这三个元素恰为直角三角形的三边，所以， 解得， 则，因此. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查由集合中元素个数求参数的问题，属于常考题型. 例4（格致15） 设有限集所含元素的个数用表示，并规定，已知集合满足，，若，，则满足条件的所有不同集合的个数为 （ ） A. 6 B. 10 C. 16 D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合中元素的个数，分类讨论集合的可能情况，统计符合条件的个数即可得解. 【详解】当时，，则，，与矛盾，所以； 设集合中元素的个数， 则集合中元素的个数，且， 由且，得，. ①当时，则，又， 所以，，满足题意. ②当时，则，，则，，又， 若，则； 若，则； 若，则； 若，则，以上都满足题意. ③当时，即，则，， 但此时，与题干矛盾，所以不满足题意. ④当时，由且，得，， 又，与②同理可得不同集合的个数有4个，即不同集合的个数有4个. ⑤当时，由，则，又， 所以，，满足题意. 综上，满足条件的所有不同集合的个数为. 故选：B. 【变式4-1】（控江12） 给定有限集，记为集合内元素的个数．对正整数（），设，，则的最大值与最小值之和为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用集合交并运算，按除以3的余数情况分类，求出的范围，再确定最大值与最小值即可. 【详解】依题意，， 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则， 因此当为3的正整数倍时，取得最大值，当时，取得最小值， 所以的最大值与最小值之和为. 故答案为： 【变式4-2】（行知12） 记表示集合的元素个数，对于集合 ，定义．若集合 满足，且，则的最小值为__________． 【变式4-3】（上实8） 设集合，并定义集合，集合，那么满足但的元素的个数为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可求出， 【详解】由题可得，解得，则， 由，设，则，所以，又因为，，所以， 因为共个相同元素， 所以满足但的元素的个数为个. 故答案为：. 知识点三 由元素与集合、集合与集合的关系求参数的取值范围 例5（曹二1）已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系，即可求解. 【详解】因为，所以或，解得. 当时，，符合题意； 当时，，不符合集合元素互异性，舍去， 综上所述，， 故答案为： 【变式5-1】（格致1）若，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】通过分情况讨论集合中元素与的相等关系，结合集合元素的互异性求解的值. 【详解】因为，所以分两种情况讨论： 若，解得，此时集合为，不满足元素的互异性，舍去. 若，解得，此时集合为，满足元素的互异性，符合条件. 故答案为： 【变式5-2】（交附5）已知，，若集合，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据集合相等的定义判断的取值进行计算. 【详解】因为，所以，， 此时两个集合即，所以，解得或， 若，则两个集合都是不满足互异性， 所以此时两个集合都是，满足条件. 所以， 故答案为：. 【变式5-3】（华一8）已知关于x不等式的解集为A，若，则实数m的取值范围是____________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据得到时不等式不成立，即或，然后解不等式和方程即可. 【详解】因为，所以或，即或，解得或. 故答案为：或. 例6. （华一17）已知集合． （1）若是的真子集，求的范围； （2）若，且是的子集，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）根据是的真子集可得得解； （2）由是的子集对集合进行讨论可求解. 【详解】（1）∵若是的真子集 ∴， ∴， ∴； （2）， ∵，∴，，，， ，则，∴； 是单元素集合，，∴此时 ，符合题意； ，不符合. 综上，． 【点睛】本题考查了集合的基本运算，分类讨论集合的包含关系求参数，属于基础题. 【变式6-1】已知为常数，集合，集合，且，则的所有取值构成的集合为______; 【答案】 【解析】 【分析】先求出集合，由，得或或，分别求解的值即可. 【详解】解：集合，因为集合，且， 所以或或， 当时，，当时，，当时，， 故的所有取值构成的集合为. 故答案为：. 【变式6-2】已知集合，． （1）若是的子集，求实数的值； （2）若是的子集，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用是的子集，可以求得集合的情况，再结合一元二次方程根的分布求实数的值； （2）若是的子集,则分为为空集、为单元素集合和为双元素集合进行分类讨论求解. 【小问1详解】 由题意得，因为集合表示一元二次方程的解集， 若是的子集，则， 所以，解得 . 【小问2详解】 ①若为空集，则，解得； ②若中只有一个元素，则，解得， 把代入集合得 ，符合要求； ③若中有两个元素，则，则由（1）可知； 综上所述，实数的取值范围为． 知识点四 由集合之间的运算结果求参数 例7（华二17）已知，集合． （1）若，求k的值； （2）若，求k的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用交集的结果求解. （2）利用并集的结果，结合集合的包含关系列式求解. 【小问1详解】 集合，，则，解得， 所以k的值为4. 【小问2详解】 由，得， 当时，，解得； 当时，，解得， 所以k的取值范围是. 【练习7-1】（上中18）已知集合，，若，求实数a的取值范围． 【答案】 【解析】 【详解】由得，其中． ①时，，解得． ②时，，解得． 综上，实数a的取值范围为． 【练习7-2】（上实15）设集合，集合． （1）试用区间表示集合； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求解不等式，得，根据区间的定义知； （2）由，知.分和两种情况进行分析，可求得的取值范围. 【小问1详解】 由，得，所以. 所以. 【小问2详解】 若，则. 当，即时，，满足题意； 当，即时，要使，须使，解得. 综上所述，的取值范围是. 【练习7-3】（格致18）已知集合或，. （1）求； （2）若，当时，求实数的取值范围； （3）若，当时，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）直接根据补集定义求解； （2）分、、三种情况讨论集合的范围，结合子集关系求解； （3）分和两种情况，结合交集为空的条件求解. 【小问1详解】 因为，，所以. 【小问2详解】 当时，，满足； 当时，，由得，解得； 当时，，由得，解得. 综上，实数的取值范围是. 【小问3详解】 当时，，解得； 当时，，由得或，即或. 结合，得或. 综上，实数的取值范围是. 【练习7-4】（松二18）已知集合，集合. （1）若集合，且满足，求实数的值； （2）若，求实数的取值范围 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由，可得，再结合韦达定理及完全平方公式求解即可； （2）由题意可得，再由，可得，分、为单元素集和，分别求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以，解得， 由韦达定理可得， 所以， 又因为， 所以，解得或， 又因为， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以且， 又因为， 所以， 当时，， 解得； 当为单元素集时， 则有，解得， 此时，满足； 当时， 即方程的两个根为， 所以，解得； 综上，， 所以实数的取值范围为. 【变式7-5】（奉中4）已知全集，且，则实数的值为__________ 【答案】或 【解析】 【分析】根据补集的定义求解. 【详解】因为全集，且， 所以，得或. 故答案为：或 知识点五 由充分条件必要条件求参数的取值范围 的 例8.（位育18） 已知或，或． （1）若是的充分条件，求实数m的取值范围； （2）若是的必要条件，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】利用充要条件与集合的关系，结合集合的包含关系即可得解. 【小问1详解】 设或，或， 因为是的充分条件，所以， 当时，即，此时，不满足题意； 当时，即，有，解得； 综上：m的取值范围为. 【小问2详解】 因为是的必要条件，所以， 当时，即，此时，成立； 当时，即，有，无解. 综上：m的取值范围为. 【变式8-1】（华二10）已知或，或．若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为两个集合之间的包含关系，然后再利用集合的包含关系列出不等式组，解不等式组即可求解. 【详解】设集合，集合， 由题意可知集合是集合的真子集， 所以，解得，得， 当时，，不满足题意，故， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 【变式8-2】（上中11）若“”的必要非充分条件是“或”，则实数m的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【详解】记的解集为集合，， 则为的解集，； 是的必要非充分条件，，得，即对任意，都有恒成立. ，， ，化简得； 令，，，且； ， 当时，取得最大值，即， ，，且， 当时，取得最小值，即； 对任意，恒成立， ，即; 实数的取值范围是. 【变式8-3】（行知10）全集，已知集合．若“”是“”的必要非充分条件，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得是的真子集，再对分类讨论解出集合，由包含关系，列不等式组求解即得. 【详解】由“”是“”的必要非充分条件，则是的真子集， ， 若，解得，即， 则有且不能同时取等，解得； 若，解得，即， 则有且不能同时取等，解得； 综上可得，的取值范围是. 故答案为：。 知识点六 由充分条件与必要条件的判断 的 例9（天山15）王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】依题意，“攻破楼兰”未必“返回家乡”，充分性不成立；“返回家乡”则必然“攻破楼兰”，必要性成立， 所以“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件. 故选：B 【变式9-1】钱大姐常说“好货不便宜”，她这话的意思是：“好货”是“不便宜”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】由充分条件与必要条件的概念及由“好货” “不便宜”，反之不一定成立，可得答案. 【详解】解：由题意：钱大姐常说“好货不便宜”，可得“好货” “不便宜”， 但没说“不便宜的是好货”，故“不便宜” “好货”， 由充分条件与必要条件的概念 可得“好货”是“不便宜”的充分而不必要条件， 故选：A. 【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查学生对基础知识的理解，属于基础题. 【变式9-2】伟人毛泽东的《清平乐•六盘山》传颂至今，“天高云淡，望断南飞雁.不到长城非好汉，屈指行程二万，六盘山上高峰，红旗漫卷西风，今日长缨在手，何时缚住苍龙？”现在许多人前往长城游玩时，经常会用“不到长城非好汉”来勉励自己，由此推断，“到长城”是“为好汉”的（    ） A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】解：设为不到长城，推出非好汉，即， 则，即好汉到长城， 故“到长城”是“好汉”的必要条件， 故选：． 【变式9-3】（南模15）若实数满足，且，则称与互补．记，那么是与互补的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】解：因为， 所以，即， 显然， 所以，所以，且， 所以是与互补的充分条件； 当与互补时，则有，且， 所以，中至少有一个数为0， 所以，， 所以， 所以是与互补的必要条件； 所以是与互补的充要条件. 故选：C. 知识点七 集合相关命题的真假判断 例10（奉中16）对于集合，给出如下三个结论：①如果，那么；②如果，那么；③如果，，那么.其中正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】对于①，由集合M中元素性质结合即可判断；对于②，先得为偶数且不能被4整除，接着假设得，再根据和同奇或同偶分类讨论是否符合即可得解；对于③，依据，得存在使得，再计算得解. 【详解】对于①：因为，所以，故，故①正确； 对于②：因为，所以为偶数，且不能被4整除， 若，则存在，得， 因为和同奇或同偶， 若和同奇，则为奇数，矛盾，不符合， 若和同偶，则能被4整除，矛盾，不符合， 所以，故②正确； 对于③：因为，， 所以存在使得， 所以， 因为，所以，故③正确. 故选：D. 【变式10-1】（上实12）维恩（Venn）图是辅助研究复杂集合关系的重要工具．已知全集，集合、为的子集，满足，，，则下列判断正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】结合Venn图，逐项判断即可. 【详解】由题意画出Venn图，如下： 对于A：若，，则不符合题意； 对于C：若，，则，不符合题意； 对于D：若，，则，不符合题意； 对于B：经验证符合题意， 故选：B 【变式10-2】（松二12）设集合S，T都至少含有两个元素，且S，T同时满足：条件1：对任意，若，则；条件2：对任意，若，则．给出下列说法： ①若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数； ②若S只有2个元素，则必有3个元素； ③若S只有2个元素，则可能有4个元素； ④存在含有3个元素的集合S，满足有4个元素． 其中所有正确说法的序号是______________． 【答案】①② 【解析】 【分析】对于①由条件2知正确； 对于④：设，由条件1推出中元素，再由条件2推出的元素必在中，分析这些元素能得出不同的元素至少有4个，与有3个元素矛盾. 对于②③： ，由条件1得，若中除0外只有一个元素，由求得 ；若中还有另两个元素，，由条件2得出中更多的元素，类似④的推断过程，分析这些元素至少有3个不同，与中只有两个元素矛盾； 【详解】对于①：由条件2知，，，且，所以若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数，故①正确； 对于④：若有3个元素，不妨设，其中，则，所以，而与为两个互不相等的正数， 与为两个互不相等的负数，故集合中至少有4个元素，与有3个元素矛盾，故④错误. 对于②③：若有2个元素，由①知集合中的2个元素必为相反数，故可设.由条件1得，由于集合中至少有2个元素，故至少还有另外一个元素. 当集合只有2个元素时，即，由条件1得，则或，故. 当集合有多于2个元素时，不妨设，则，，由于，所以，又，故集合至少有3个元素，与S中只有两个元素矛盾. 综上，，故②正确，③错误. 故答案为：①②. 【点睛】对于数学中新定义题目要仔细阅读并理解新定义的内涵，并根据新定义对知识进行迁移应用，此题中涉及集合元素个数问题，要充要利用集合元素的互异性通过列举法列出特例元素，以排除重复元素. 【变式10-3】（金山16）已知A、B为非空数集，为平面上的一些点构成的集合，集合，集合，给定下列四个命题，其中真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】运用元素和集合的关系判断即可. 【详解】设，， 若，此时，，B错误； 若，此时，，错误，A错误； 若，则,则， 且，若，真包含A,故D正确，C错误. 故选：D． 【变式10-4】（杨高14）“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 【解析】 【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. 【变式10-5】（宜川12） 已知集合为非空数集，且同时满足下列条件： （ⅰ）； （ⅱ）对任意的，任意的，都有； （ⅲ）对任意的且，都有． 给出下列四个结论： ①；②；③对任意的，都有；④对任意的，都有． 其中正确的序号为________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据所给定义一一推导即可. 【详解】①∵，∴，即，①正确； ②∵，∴，∴，，②错误； ③∵，又，∴，所以，③正确； ④要使有意义，则且， 若（且），则，由②知，∴且， ∴，∴，故④正确， 综上，①③④正确． 故答案为：①③④． 知识点八 命题的否定 例11 （建平3）已知实数、，“且”的否定是_____. 【答案】或 【解析】 【分析】根据“且”的否定为“或”可得出结论. 【详解】已知实数、，“且”的否定是“或”. 故答案为：或. 【变式11-1】（存志5）用反证法证明命题“若，则且”时，第一步应假设：________ 【答案】或 【解析】 【分析】借助反证法定义即可得. 【详解】利用反证法定义，第一步应假设结论不成立，即或. 故答案为：或. 【变式11-2】 （控江13）语句“或”的否定形式为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】利用或命题的否定直接写出结论. 【详解】语句“或”的否定形式为且. 故选：D 【变式11-3】（上实2） 用反证法证明“若，则或”这个命题时，可以先假设该命题的结论不成立，即________． 【答案】且 【解析】 【分析】根据反证法步骤，否定结论即可. 【详解】先假设该命题的结论不成立，即假设“且”. 故答案为：且. 例12 （位育10）用反证法证明：“已知是整数，若为偶数，则中至少有两个是偶数.”时，应假设：________． 【答案】假设中至多有一个是偶数 【解析】 【分析】由反证法的定义即可得到结果； 【详解】由题意可得，应假设：中至多有一个是偶数. 故答案为：中至多有一个是偶数 【变式12-1】（延安14）用反证法证明命题“，若可以被5整除，那么中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应该是（ ） A. 中至多有两个能被5整除 B. 都能被5整除 C. 不都能被5整除 D. 都不能被5整除 【答案】D 【解析】 【分析】根据命题的结论的否定进行判断即可. 【详解】“至少有一个能被5整除”的否定是“都不能被5整除”， 故选：D. 【变式12-2】（南模13）十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（ ） A. 对任意正整数，关于的方程都没有正整数解 B. 对任意正整数，关于的方程至少存在一组正整数解 C. 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解 D. 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解 【答案】D 【解析】 【分析】由全称量词命题的否定的定义即可得解. 【详解】“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”的否定为： 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解. 故选：D. 知识点九 集合新定义 例13.（金山20）现有集合，集合 （1）判断中哪些元素属于集合B； （2）求证：若，则； （3）求证：若，则有且为奇数. 【答案】（1）， （2） 当时，令，为整数， 则， 显然都是整数，因此， 当时，，则，所以. （3） 由， 得， 则都是整数，为整数， 因此，即， 由是整数，得是偶数，或都是奇数，则是奇数，是奇数， 所以且是奇数. 【解析】 【分析】（1）根据所给定义判断元素的倒数是否属于即可. （2）先证明若，，则，即可得到，从而得证. （3）根据给定条件可得，进而求出，再推理说明是奇数即可. 【小问1详解】 由，得； 由，得； 由没有倒数，得； 由，得， 所以，. 【小问2详解】 见答案 【小问3详解】 见答案 【变式13-1】（南模21） 设集合A为非空数集，定义． （1）若，写出集合； （2）若，且，求证：； （3）若，且，求集合A元素个数的最大值． 【答案】（1），； （2）证明：由，且， 所以也有4个元素，且都是非负数， 其中，易知， 且，故， 对于其它元素，有，且， 从而有，得证. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题目定义，直接得到集合； （2）根据两集合相等即可找到的关系； （3）设，根据定义求得，再设且，进而求得、，并确定中元素最多时对应的m值，即可得答案. 【小问1详解】 由，则，； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 设， 由， 所以中的元素个数大于等于， 由， 所以中的元素个数大于等于， 由，所以的元素个数大于等于， 且最小元素为0，最大元素为，故的元素个数小于等于， 所以且，即， 当满足题设，证明如下： 设且， 则，， 由上分析，有，故最小值为， 所以时，中元素最多，即满足题意， 综上，中元素个数最大值为. 【点睛】关键点点睛：第三问集合中元素的个数最多时，满足中的最大值小于中的最小值，应用容斥原理确定中元素个数的范围是解题的关键. 【变式13-2】（松二21）已知集合，且中至少有三个元素.如果，，，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，其中，（例如：），对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，，，使得，，均属于，则称集合是集合的“优美子集”. （1）若集合，，判断，是否具有性质，并说明理由； （2）若集合具有性质，判断集合是否集合的“优美子集”，并说明理由； （3）对于集合的非空子集，证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“优美子集”. 【答案】（1）具有，不具有，理由如下： 取，，，满足，，是偶数， 所以集合具有性质； 集合中所有元素均为奇数，任意三个元素的和为奇数，不满足条件③， 所以不具有性质. （2）是，理由如下： 由是偶数，得实数是偶数， ①若，则由，得，矛盾. ②若，则，，.由，得，故，满足题意， 所以集合. ，，， 所以是的“优美子集”. （3） 先证充分性：是集合的“优美子集”具有性质. 集合是集合的“优美子集”，所以存在三个互不相同的，，， 不妨设，使得，，. 且，， 为偶数， 所以集合具有性质. 再证必要性：具有性质是集合的“优美子集”. 集合具有性质，所以中存在，，， 同时满足①；②；③为偶数， 令，，， 所以，，，，均为整数， 因为，所以， 所以，且，，均为正整数，所以，，， 因为，，，所以，，， 所以当集合具有性质时，集合是集合的“优美子集”. 综上所述，对于的非空子集，集合是集合的“优美子集”的充要条件是集合具有性质. 【解析】 【分析】（1）根据给定的定义条件，分别判断集合是否具有性质. （2）由性质P确定集合B，再根据“优美子集”的定义，确定集合是集合的“优美子集”. （3）由存在三个互不相同的，使得均属于，证明满足性质P的三个条件；再证明集合具有性质，集合是集合的“优美子集”即可. 【小问1详解】 见答案 【小问2详解】 见答案 【小问3详解】 见答案 【变式13-3】（上实20） 已知为自然数集的子集，将从小到大排序后依次记为，定义是由，，，为元素组成的集合，给定正整数m，若，则称A为连续生成数集． （1）判断是否为连续生成数集？说明理由； （2）数集是否为连续生成数集？说明理由； （3）若数集为连续生成数集，求正整数的最大值． 【答案】（1）不是，理由如下： ，， ∵，∴不是连续生成数集. （2）不是，理由如下： 若为连续生成数集，则， 又中最多有10个元素， 则，从而， ∴， 即， ∵，∴为偶数， 而55为奇数，不能成立， ∴数组不是连续生成数集. （3）7 【解析】 【分析】（1）根据连续生成数集的定义判断即可； （2）根据连续生成数集的定义判断即可； （3）先证是连续生成数集，进而，再证不是连续生成数集，即可求解正整数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，，，，，，，，是连续生成数集，所以， ∵中至多有10个元素，∴， 假设是连续生成数集，不妨设 ， 当时，中至多有7个元素，不成立， 若，因为是中最小的元素，此时，不成立， 因此必有，为使，必有， 此时，，所以，， ∵中至多有10个元素，， ∴， ， 即不成立. ∴假设不成立，不是连续生成数集. 假设是连续生成数集，则是连续生成数集，矛盾， 所以假设不成立.结合（2）结论，可知的最大值为7. 【变式13-4】（曹二20）对于任意实数c，d（），定义区间，，，的长度均为.若集合I是若干个两两交集为空集的区间的并集，则把这些区间的长度的和称为I的长度，特别地，记正整数集，且，若对任意的，2，…，，区间的长度始终不小于恒成立，则称该集合为“称心集”. （1）若的解集为B，求集合B的区间长度； （2）若关于x的不等式组的解集构成的各区间长度之和为5，求实数t的取值范围； （3）求“称心集”中元素个数的最大值，并说明理由. 【答案】（1）2 （2） （3） 因为，所以，，可得， 因此. 同时，又因为，可得， 所以均成立. 当时，取， 则，故可知. 又当时，，所以. 因此，“称心集”中元素个数的最大值为. 【解析】 【分析】（1）先去绝对值，然后求出不等式的解集，进而可得到集合的区间长度. （2）先求出不等式的解集，然后根据不等式组解集的长度求出区间范围为，然后求出的范围. （3）将代入不等式，然后将式子相加化简，然后求出的最大值即可. 【小问1详解】 因为，当时，即时， ，解得，此时； 当时，即时，， 解得，此时； 所以，所以集合的区间长度为2. 【小问2详解】 ，化简得，解得该不等式的解集为. ，化简得， 所以，即，且， 设该不等式的解集为，则，因为不等式组的解集构成的各区间长度之和为5， 所以，所以在时恒成立， 当时，恒成立，可得； 当时，恒成立，即恒成立， 而在上单调递减，所以，所以. 综上可得的取值范围为； 【小问3详解】 略 【变式13-5】（上中21） 给定正整数，设集合．对于，称为的第i个坐标分量．若且同时满足以下条件，则称S是的好子集：①集合S中的元素个数不少于4；②对于S中任意的三个元素，，，存在使得，，的第m个坐标分量都是1． （1）若是的好子集，直接写出，； （2）求的好子集S的元素个数的最大值； （3）当取到（2）中的最大值时，求出好子集S的具体形式． 【答案】（1），或， （2） （3）当时，S中的元素必有某一个坐标分量的值均为1， ，． 【解析】 【分析】（1）根据好子集的定义写； （2）根据元素与不能同属于好子集，得到好子集的元素个数最大值； （3）根据（2）的结论判断即可. 【小问1详解】 因为是好子集，故中第m个坐标分量都是1， 故的第一个坐标分量是1，同理的第一个坐标分量是1， 而、与相异， 故为或. 【小问2详解】 中有个元素． 若元素与同时属于集合S， 则任选集合S中的另一个元素，那么，，中的第1，2，…，n个分量均不会同时为1， 从而S不是的好子集． 因此当S是的好子集时，其元素个数． 取，则S是的好子集，且． 综上，的好子集S的元素个数的最大值为． 【小问3详解】 当时，S中的元素必有某一个坐标分量的值均为1， 即，． 证明：由（2）知，，中的元素与恰有一个属于集合S， 则对于的好子集S中任意两个元素，， 都有元素 ． 若不然，假设存在S中的两个元素x，y，使得，则 ． 但元素x，y，的第k个坐标分量，，不可能同时为1， 这与S是的好子集矛盾！因此． 设S中所有元素的乘积为，则由命题知． 由于元素，故 所以z必定存在某个分量，此时S中所有元素的第i个分量均为1． 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用反证法证明当时，必存在一个公共坐标位置，使得所有元素的该分量均为1. 知识点十 集合新运算 例14（南汇12）对于任意两个正实数a，b，定义，其中常数．若，且与都是集合的元素，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由已知结合新定义及元素与集合的关系，利用不等式的性质可求． 【详解】由与都是集合的元素， 不妨设， 因为，所以， 由已知，所以，则， 又，所以，即， 所以， 所以，， 则，即， 因为，所以，则，即. 故答案为：． 【变式14-1】（行知8）定义，已知，则集合中所有元素乘积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据定义得到，所以所有元素乘积为. 【详解】因为，所以， 又，所以， 所以集合中所有元素乘积为， 故答案为： 【变式14-2】（金山12）设集合，，其中、、、、是五个不同的正整数，且，已知，，中所有元素之和是246，请写出所有满足条件的集合A：__________________. 【答案】或 【解析】 【分析】由题意可得 ，所以 ，分类讨论当 和 时情况，即可得出结果. 【详解】由题意，得 ，所以 . 由于 中有 9 ，因此 A 中有 3 ，此时集合有共同元素1， 若 ，则 ，于是 ； 此时且 ，无正整数解； 若，集合有共同元素1和9，则， 所以 ，且，而， 所以， 当 时， ； 当 时， ； 因此满足条件的共有2个，分别为. 故答案为: 或 【变式14-3】（延安11） 已知集合有整数解，非空集合满足条件：（1），（2）若，则，则所有这样的集合的个数为____． 【答案】 【解析】 【分析】根据集合有整数解，结合韦达定理可求出集合，再由题目信息中集合满足的两个条件，得到集合中互为相反数的两个元素同属于集合或同不属于集合，即可求解. 【详解】因为的整数解只能是36的约数， 当方程的解为，36时，；当方程的解为，18时，； 当方程的解为，12时，；当方程的解为，9时，； 当方程的解为，6时，；当方程的解为1，时，； 当方程的解为2，时，；当方程的解为，时，； 当方程的解为，时，； 故集合 由非空集合满足条件：（1），（2）若，则， 即集合中互为相反数的两个元素同属于集合或同不属于集合， 得这样的集合共有个， 故答案为：. 【变式14-4】（南汇11）对非空集合中的每个元素，都乘以再求和，称为集合的交叉数，例如，则集合的交叉数为．若集合，则的所有非空子集的交叉数的总和为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出每个元素出现的总次数，然后根据题意求解即可. 【详解】由题意可知，元素在集合的所有非空子集中分别出现次数是一样的， 它们每一个出现的次数都相当于另外5个元素组成的集合的子集个数，故其出现次数均为次， 则这些交叉数的总和是： . 故答案为：96. 【变式14-5】（曹二11）集合有8个元素，设M的所有非空子集为（，2，…，255），每一个中所有元素乘积为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】将的所有非空子集进行分类，含0的，不含0却含，既不含0，也不含，只含的，进而求出答案. 【详解】的所有非空子集为分为以下几种情况， ①含0的子集个，这些子集均满足乘积为0， ②不含0，不含，但含有其他元素的子集，有（去掉空集）个， ③不含0，含有且含有其他元素的子集，有个， ④只含的子集一个，此时乘积为， 其中②③中的集合是一一对应的，且为相反数，其乘积之和为0， 综上，. 故答案为： 知识点十一 集合新性质 例15（建平15）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，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000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划分为两个非空的子集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，可能成立的是（ ） A. M没有最大元素，N有一个最小元素 B. M没有最大元素，N也没有最小元素 C. M有一个最大元素，N有一个最小元素 D. M有一个最大元素，N没有最小元素 【答案】ABD 【解析】 【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果． 【详解】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能； 令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能； 假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的； 令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能. 故选：ABD． 【变式15-1】（华二16）设，已知A、B是两个数集．若对任意，都存在，使得，则称A是B的一个“邻集”．有下列两个命题：①是Q的一个邻集；②若A是B的一个邻集，则B也是A的一个邻集．则（ ） A. ①真②假 B. ①假②真 C. ①真②真 D. ①假②假 【答案】A 【解析】 【分析】根据邻集的定义，并应用反例判断各命题的正误，即可得. 【详解】由于任意实数均可被有理数逼近，故①真； 注意到邻集的定义关于A，B不对称，如，时，A是B的一个邻集，而B不是A的一个邻集，故②假. 故选：A 【变式15-2】（上外云间10）若，则，就称为“影子关系”集合，在集合的所有非空子集中，“影子关系”集合的个数为__________. 【答案】7 【解析】 【分析】结合“影子关系”集合定义直接列举即可. 【详解】由“影子关系”集合定义可知，集合的所有非空子集中， 为影子关系的集合有 . 故答案为：7 【变式15-3】（松二15）已知集合，若集合是的个不同子集，且为的真子集，则的最大值是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】确定的所有子集，结合并集运算即可求解. 【详解】的子集有： ， 要满足为的真子集，且的最大， 由8个子集可知：两个元素的子集最多一个， 若两个元素的子集有两个，任意两个的并集都是，不符合题意， 单元素子集最多两个， 若单元素子集有3个，，并集为，不符合题意， 再包含一个空集， 举例：符合题意. 即的最大值是， 故选：B 【变式15-4】（七宝16）设集合，集合，若的子集中任意两个元素之和不是整数的平方，则称为“人文集”.当能被分成两个交集为空集的“人文集”，且这两个“人文集”的并集恰为时，的最大值是（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据题目所给定义，判断出时，不符合题目条件，进而证明时有解，说明的最大值. 【详解】假设时能被分成两个交集为空集的“人文集”和，且和的并集恰为， 即， 不妨设，因为，所以，则， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，即，与假设矛盾， 所以假设时不能被分成两个交集为空集的“人文集”， 且这两个“人文集”的并集恰为. 当，时，，对应的子集为， 可以取两个“人文集”. 当，时，对应的子集为， 可以取两个“人文集”. 当，时，，对应的子集为， 可以取两个“人文集”. 当时，集合中的元素均为分母是无理数、分子是有理数的实数，可得其中任意两个元素之和不为整数，则都符合“人文集”的要求； 则设， 此时取，则此时两个交集为空集的“人文集”和，且和的并集恰为； 综上，的最大值是. 故选：B. 【变式15-5】（川沙16）已知集合，集合，若对于中的任意两个不同的元素和，都有，则中元素个数的最大值是（ ）． A. 676 B. 675 C. 672 D. 671 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可以得到M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】对于中的任意两个不同的元素和，都有 不妨设，都有. 要想M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1~2027这2027个元素按如下分组： ，，……，，， 故应在前组中按周期每组取一个元素，且第一组中不能取3， 第一组中取1时，可得或这样的集合， 第一组取2可得， 其中任意两元素差值都大于2，满足题意， 故M所含元素个数的最大值为. 故选：A 【变式15-6】（南模18）由正数组成的集合具有如下性质:若且，则. （1）若且，试分别判断与是否在集合内并说明理由； （2）试问集合能否恰有两个元素且？若能，求出所有满足条件的集合，若不能，请说明理由. 【答案】（1） （2）能，所有满足条件的集合为： 【解析】 【分析】（1）从已知元素和出发，利用集合性质逐步推导即可求解； （2）设，则由性质有，分和两种情况讨论，又由，进而求解. 【小问1详解】 由题意有：，且，所以， 又，所以， 由，所以， 由，所以， 所以； 【小问2详解】 设，由性质有， 所以或， 当时，所以， 因为，若，则，即， 若时，解得，与矛盾，不满足题意， 当时，则，由， 若时，所以，即，解得（舍去负根）， 即； 若时，，即, 综上所述，集合能有两个元素且， 所有满足条件的集合为：. 例16（建平21） 对于集合，其中，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分成两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等就称集合为“可调和集合”. （1）判断集合和是否为“可调和集合”（不必写过程）； （2）求证：集合，其中不是“可调和集合”； （3）若集合，其中是“可调和集合”. ①证明：为奇数； ②求集合中元素个数的最小值. 【答案】（1）都不是； （2）证明见详见； （3）①证明见详见；②7 【解析】 【分析】（1）根据定义直接判断即可得到结论； （2）不妨设，若去掉的元素为，则有①，或者②；若去掉的元素为，则有③，或者④，求解四个式子可得出矛盾，从而证明结论； （3）①设集合所有元素之和为，由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数.分类讨论为奇数和为偶数的情况，分析可得集合中元素个数为奇数；②结合（1）（2）问，依次验证当时，当时，当时集合是否为“可调和集合”，从而证明结论. 【小问1详解】 当去掉集合中的元素3时，剩余元素1、2、5， 显然无法分成两个非空集合，并且两个集合的所有元素之和相等， 故集合不是“可调和集合”； 若两个集合的元素之和相等，则所有元素同时除以2后，元素之和也相等， 所以，若集合是“可调和集合”，则集合也是“可调和集合”， 当去掉元素1时，剩余元素之和为，为奇数， 所以，不可能将剩余元素分成两个非空数集，且元素之和相等， 所以，集合不是“可调和集合”. 【小问2详解】 不妨设， 若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有①，或者②； 若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有③，或者④. 由①、③，得，矛盾；由①、④，得，矛盾； 由②、③，得，矛盾；由②、④，得，矛盾. 因此当时，集合一定不是“可调和集合”； 【小问3详解】 ①设集合所有元素之和为. 由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数. 如果为奇数，则也均为奇数，由于，所以为奇数. 如果为偶数，则均为偶数， 此时设，则也是“可调和集合”. 重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“可调和集合”. 此时各项之和也为奇数，则集合中元素个数为奇数. 综上所述，集合中元素个数为奇数. ②当时，显然任意集合不是“可调和集合”. 当时，第（2）问已经证明集合不是“可调和集合”. 当时，集合，因为： ，，，，， ，， 则集合是“可调和集合”. 所以集合中元素个数的最小值是7. 【变式16-1】（上大附中21）给定数集，若对于任意、，有，，则称集合为闭集合. （1）判断集合，集合是否为闭集合； （2）若集合、为闭集合，则是否一定为闭集合？请说明理由； （3）已知集合、为闭集合，且，，证明：. 【答案】（1）不是闭集合；为闭集合，理由如下： 因为，，，所以不是闭集合； 任取，，设，，，， 则且， 所以，同理，，故为闭集合. （2）不一定，理由如下： 不妨令，， 则由（1）可知，，为闭集合，易知2，，， 因此，不一定是闭集合. （3）证明： 不妨假设，则由，得存在且，故. 同理，存在且，故. 因为，所以或. 若，则由为闭集合且，得，与矛盾. 若，则由为闭集合且，得，与矛盾. 综上，不成立，故. 【解析】 【分析】（1）根据“闭集合”的定义对集合进行判断. （2）通过举反例的方法说明不一定是闭集合. （3）利用反证法，结合“闭集合”的定义证得. 【小问1详解】 不是闭集合；为闭集合，理由略； 【小问2详解】 不一定，理由略； 【小问3详解】 略. 【变式16-2】（控江21） 设是一个非空集合，如果对于任意的，，有，则称是加法封闭的；而如果对于任意的，，有，则称是乘法封闭的． （1）证明：区间不是加法封闭的； （2）若区间是加法封闭的，求实数的取值范围； （3）设，集合是函数的定义域，若是乘法封闭的，求实数的取值范围． 【答案】（1） 取，，但， 所以不满足对于任意的，，有， 所以区间不是加法封闭的； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由加法封闭定义结合即可证明； （2）由题意得到即可求解； （3）先求出集合B，进而得到列出关于参数a的不等式组即可计算求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为区间是加法封闭的，对于任意的，，都有， 所以， 所以满足题意的实数的取值范围是； 【小问3详解】 要使函数有意义， 则， 所以函数的定义域为集合， 因为是乘法封闭的， 所以对于任意的，，有， 所以， 所以满足题意的实数的取值范围是. 【变式16-3】（宜川21）若有限个正整数组成的集合中至少有两个元素，且对于任意的，都有，则称为“双集合”. （1）判断是否为“双集合”，说明理由； （2）若双元素集为“双集合”，且，求所有满足条件的集合； （3）求所有满足条件的“双集合”. 【答案】（1）不是为“双集合”，理由：假设，则，故不是为“双集合”. （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）直接按照题中概念判断即可； （2）直接按照题中概念计算； （3）先根据（2）讨论有两个元素时的情况，然后再讨论多余两个元素的情况即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 假设，则另一个元素为，因为， 若解得不符合题意； 若解得（符合题意）或（不符合题意） 所以此时 假设则另一个元素为，因为， 若解得符合题意； 若解得不符合题意 所以此时 【小问3详解】 若满足条件的“双集合”，只有两个元素，仿照（2）讨论，可得满足“双集合”的有 当“双集合”有两个以上的元素时，设最小的元素为，最大元素为，第二大的元素为， 所以有是“双集合”中的元素 所以 若 与已知矛盾， 故 解得，显然与不可能同时为整数，故该假设不成立 所以“双集合”不可能有两个以上的元素； 故所有满足的“双集合”为 【变式16-4】（川沙21）设集合．如果集合满足：对任意、，与至少有一个属于，则称集合为“单封集”． （1）判断集合与是否为“单封集”，请直接写出结论． （2）若是“单封集”，且，，求． （3）若是“单封集”，证明：，并求出的值． 【答案】（1）C是；D不是 （2）4050 （3） 【解析】 【分析】（1）根据定义，验证集合中的元素是否符合定义即可求解， （2）根据得，而可得，即可求解， （3）分析可得以及，可得，利用倒序相加法可求解. 【小问1详解】 对于集合： 因为，，所以集合不为“单封集”； 对于集合： 因为，，，，，，， 所以集合为“单封集”. 【小问2详解】 因为集合是“单封集”，且，， 可得， 因为，则，可得， 由集合的互异性可知：，所以. 【小问3详解】 因为具有性质，且， 则，则 且，则， 又因为， 则，可得， 则，即， 可得， 所以. 【变式16-5】（位育21） 已知集合中存在三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. （1）试判断集合是否具有性质并说明理由； （2）若集合，判断“集合具有性质”是“集合是集合的期待子集”的什么条件，并加以证明. 【答案】（1）集合不具有性质，理由如下： （i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③， （ii）从集合中任取三个元素有一个为2，另外两个为奇数时. 由于，中小于2的数只有1个，所以不能取2. 当时，，则，，所以，所以，不满足条件②； 当时，，因为中大于2的元素都是奇数，所以，所以，即，不满足③. 综上所述，可得集合不具有性质. （2） 集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质，证明： 先证充分性： 当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于， 不妨设，令，则且，即满足条件①， 因为，所以，即满足条件②， 因为，所以为偶数，即满足条件③， 所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质. 再证必要性： 当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数， 由知. 令，则由条件①得， 由条件②得， 由条件③得均为整数， 因为， 所以，且均为整数，所以， 因为，所以均属于， 所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”. 综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质. 【解析】 【分析】（1）从集合中任取三个元素，分情况讨论是否满足性质的三个条件； （2）根据“期待子集”的定义构造元素，证明满足性质的条件. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【变式16-6】（南汇21）如果正整数集的子集满足： ①； ②任意，存在，使得，则称为集． （1）分别判断与是否为集（直接写出结论）； （2）当时，对于集，设，求证：； （3）当时，若，求集中所有元素的和的最小值． 【答案】（1）不是集，是集. （2） 证明：因为是集，且. 因为是集合中最大的元素，且，所以，即. 又因为，所以，即. 同理，.相加可得， 即， 因为，所以，所以. （3）17 【解析】 【分析】（1）根据集的定义可判断； （2）根据集的特征得出，求和整理可证； （3）根据推理出所有的集，求出最小值即可. 【小问1详解】 不是集，是集. 因为A的元素3和5都不存在两个元素和与之相等，所以A不是集； 由于，符合集定义，所以B是集. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，且是集，所以7可以表示为集合中其他两个元素的和. 由于，所以集合中至少有4个元素. 由，且7是最大元素，； 若集合中含有元素6，则必有3，若有3，则必有2，此时； 若集合中含有元素5，则必有2和3，此时； 若集合中含有元素4，则必有2和3，此时； 所以集合中所有元素的和的最小值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $