備戰(zhàn)2025年高考數學壓軸題訓練專題01集合、常用邏輯用語、不等式(新定義高觀點壓軸題)(學生版+解析)

專題01集合、常用邏輯用語、不等式（新定義，高觀點，壓軸題）目錄TOC\o"1-2"\h\u一、集合的新定義（高觀點）題 1角度1：運算封閉 1角度2：“群”運算 2角度3：“”運算 3角度4：“”運算 3角度5：戴德金分割 4角度6：“類” 5角度7：差集運算 5角度8：“勢” 6角度9：“好集” 6二、充分性與必要性 7三、不等式 8角度1：一元二次不等式 8角度2：基本不等式 9一、集合的新定義（高觀點）題角度1：運算封閉1．（23-24高一上·浙江·課時練習）設是集合A上的一個運算，若對任意，有，則稱A對運算封閉，若集合A是由正整數的平方組成的集合，即.若分別是：①加法，②減法，③乘法，④除法，則A對運算封閉的序號有.2．（2024高三·全國·專題練習）已知數集及定義在該數集上的某個運算（例如記為“*”），如果對一切，都有，那么就說，集合對運算“*”是封閉的．(1)設，判斷對通常的實數的乘法運算是否封閉？(2)設，且，問對通常的實數的乘法是否封閉？試證明你的結論．角度2：“群”運算1．（23-24高三·貴州貴陽·開學考試）“群”是代數學中一個重要的概念，它的定義是：設為某種元素組成的一個非空集合，若在內定義一個運算“*”，滿足以下條件：①，，有②如，，，有；③在中有一個元素，對，都有，稱為的單位元；④，在中存在唯一確定的，使，稱為的逆元．此時稱（，*）為一個群．例如實數集和實數集上的加法運算“”就構成一個群，其單位元是，每一個數的逆元是其相反數，那么下列說法中，錯誤的是（

）A．，則為一個群B．，則為一個群C．，則為一個群D．{平面向量}，則為一個群2．（多選）（2024·山西·一模）群的概念由法國天才數學家伽羅瓦（1811-1832）在19世紀30年代開創(chuàng)，群論雖起源于對代數多項式方程的研究，但在量子力學?晶體結構學等其他學科中也有十分廣泛的應用.設是一個非空集合，“”是一個適用于中元素的運算，若同時滿足以下四個條件，則稱對“”構成一個群：（1）封閉性，即若，則存在唯一確定的，使得；（2）結合律成立，即對中任意元素都有；（3）單位元存在，即存在，對任意，滿足，則稱為單位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，則稱與互為逆元，記作.一般地，可簡記作可簡記作可簡記作，以此類推.正八邊形的中心為.以表示恒等變換，即不對正八邊形作任何變換；以表示以點為中心，將正八邊形逆時針旋轉的旋轉變換；以表示以所在直線為軸，將正八邊形進行軸對稱變換.定義運算“”表示復合變換，即表示將正八邊形先進行變換再進行變換的變換.以形如，并規(guī)定的變換為元素，可組成集合，則對運算“”可構成群，稱之為“正八邊形的對稱變換群”，記作.則以下關于及其元素的說法中，正確的有（

）A．，且B．與互為逆元C．中有無窮多個元素D．中至少存在三個不同的元素，它們的逆元都是其本身角度3：“”運算1．（23-24高一上·北京豐臺·期末）記為非空集合A中的元素個數，定義.若，，且，設實數a的所有可能取值組成的集合是S，則等于（

）A．1 B．2 C．3 D．42．（23-24高一上·湖南懷化·階段練習）已知集合，，用符號表示非空集合A中元素的個數.定義，若，則實數的所有可能取值構成的集合為（

）A． B． C． D．角度4：“”運算1．（2024高三·全國·專題練習）已知集合，定義集合，則中元素的個數為（

）A．77 B．49 C．45 D．302．（23-24高一上·北京·階段練習）設表示非空集合中元素的個數，已知非空集合.定義，若，且，則實數的所有取值為（

）A．0 B．0， C．0， D．，0，角度5：戴德金分割1．（多選）（2024高三·全國·專題練習）由無理數引發(fā)的數學危機一直延續(xù)到19世紀，直到1872年，德國數學家戴德金從連續(xù)性的要求出發(fā)，用有理數的“分割”來定義無理數(史稱戴德金分割)，并把實數理論建立在嚴格的科學基礎上，才結束了無理數被認為“無理”的時代，也結束了持續(xù)2000多年的數學史上的第一次大危機．所謂戴德金分割，是指將有理數集劃分為兩個非空的子集M與N，且滿足，，M中的每一個元素小于中的每一個元素，則稱為戴德金分割．試判斷下列選項中，可能成立的是（

）A．，是一個戴德金分割B．M沒有最大元素，N有一個最小元素C．M有一個最大元素，N有一個最小元素D．M沒有最大元素，N也沒有最小元素2．（多選）（23-24高一上·浙江杭州·期中）19世紀戴德金利用他提出的分割理論，從對有理數集的分割精確地給出了實數的定義，并且該定義作為現(xiàn)代數學實數理論的基礎之一可以推出實數理論中的六大基本定理.若集合A、B滿足：，則稱為的二劃分，例如，，則就是的一個二劃分，則下列說法正確的是（

）A．設，則為的二劃分B．設，則為的二劃分C．存在一個的二劃分，使得對于；對于D．存在一個的二劃分，使得對于，則；，則3．（23-24高一·全國·課時練習）戴德金分割，是指將有理數集Q劃分為兩個非空子集A與B，且滿足Q，，A中的每一個元素都小于B中的每一個元素．請給出一組滿足A中無最大元素且B中無最小元素的戴德金分割．角度6：“類”3．（23-24高一上·江西南昌·階段練習）在整數集中，被4除所得余數為的所有整數組成一個“類”，記為，即，．給出下列四個結論，①；②；③；④“整數a，b屬于同一‘類’”的充要條件是“”．其中正確的結論是（填所有正確的結論的序號）．4．（23-24高一上·全國·課時練習）在整數集中，被除所得余數為的所有整數組成一個“類”，記為，即．給出如下三個結論：①；②；③．其中，正確結論的序號是．角度7：差集運算1．（23-24高一上·上海浦東新·開學考試）定義集合運算且稱為集合A與集合B的差集；定義集合運算稱為集合A與集合B的對稱差，有以下4個等式：①；②；③；④，則4個等式中恒成立的是（

）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④2．（多選）（23-24高一上·四川成都·階段練習）定義集合運算且，稱為集合與集合的差集；定義集合運算稱為集合與集合的對稱差，有以下4個命題：則4個命題中是真命題的是（

）A．B．C．D．3．（23-24高一上·全國·課前預習）設M，P是兩個非空集合，定義集合M，P的差集運算3．（23-24高三上·北京海淀·階段練習）已知為所有元有序數組所組成的集合.其中（）.對于中的任意元素，定義，的距離：若，為的子集，且有個元素，并且滿足任意，都存在唯一的，使得，則稱為“好集”.(1)若，，，，，，求，及的值；(2)當時，求證：存在“好集”，且“好集”中不同元素的距離為5；(3)求證：當時，“好集”不存在.二、充分性與必要性1．（23-24高一下·湖南長沙·開學考試）命題“對任意的，總存在唯一的，使得”成立的充分必要條件是（

）A． B． C． D．2．（23-24高一上·福建泉州·階段練習）是函數且在是減函數的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．（2023·新疆烏魯木齊·三模）定義表示不超過的最大整數，.例如：，.①；②存在使得；③是成立的充分不必要條件；④方程的所有實根之和為，則上述命題為真命題的序號為（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①④4．（23-24高一上·廣東佛山·階段練習）已知集合點不在第一、三象限，集合，若“”是“”的必要條件，則實數a的取值范圍是.5．（2014·四川·高考真題）以表示值域為R的函數組成的集合，表示具有如下性質的函數組成的集合：對于函數，存在一個正數，使得函數的值域包含于區(qū)間.例如，當，時，，.現(xiàn)有如下命題：①設函數的定義域為，則“”的充要條件是“，，”；②函數的充要條件是有最大值和最小值；③若函數，的定義域相同，且，，則；④若函數（，）有最大值，則.其中的真命題有.（寫出所有真命題的序號）三、不等式角度1：一元二次不等式1．（23-24高一下·浙江溫州·開學考試）已知函數是定義在上的奇函數，若，且，都有成立，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．2．（23-24高一上·貴州銅仁·期末）當時，不等式恒成立，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．3．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函數，記集合，，若，則實數的取值范圍是.4．（23-24高一上·江蘇常州·期中）若，且不等式的解集中有且僅有四個整數，則的取值范圍是.角度2：基本不等式1．（23-24高三上·浙江紹興·期末）已知x為正實數，y為非負實數，且，則的最小值為（

）A． B． C． D．2．（23-24高三下·江蘇蘇州·階段練習）已知，，則的最大值為（

）A． B． C． D．3．（2024高三·全國·專題練習）已知，若對任意的，不等式恒成立，則的最小值為.4．（23-24高三下·重慶·階段練習）對任意的正實數，滿足，則的最小值為.專題01集合、常用邏輯用語、不等式（新定義，高觀點，壓軸題）目錄TOC\o"1-2"\h\u一、集合的新定義（高觀點）題 1角度1：運算封閉 1角度2：“群”運算 2角度3：“”運算 4角度4：“”運算 5角度5：戴德金分割 7角度6：“類” 9角度7：差集運算 10角度8：“勢” 13角度9：“好集” 14二、充分性與必要性 17三、不等式 21角度1：一元二次不等式 21角度2：基本不等式 24一、集合的新定義（高觀點）題角度1：運算封閉1．（23-24高一上·浙江·課時練習）設是集合A上的一個運算，若對任意，有，則稱A對運算封閉，若集合A是由正整數的平方組成的集合，即.若分別是：①加法，②減法，③乘法，④除法，則A對運算封閉的序號有.【答案】③【分析】舉反例判斷①②④，由當a，b是正整數時，也是正整數可判斷③.【詳解】設a，b是兩個正整數，則的和不一定屬于A，如；的差也不一定屬于A，如；的商也不一定屬于A，如；但由于，并且當a，b是正整數時，也是正整數，所以，故③滿足條件.故答案為：③【點睛】本題考查集合新定義，屬于基礎題.2．（2024高三·全國·專題練習）已知數集及定義在該數集上的某個運算（例如記為“*”），如果對一切，都有，那么就說，集合對運算“*”是封閉的．(1)設，判斷對通常的實數的乘法運算是否封閉？(2)設，且，問對通常的實數的乘法是否封閉？試證明你的結論．【答案】(1)數集對通常的實數乘法運算封閉．(2)數集對通常的實數乘法運算不封閉，證明見解析．【分析】（1）根據“*”運算的定義進行判斷即可；（2）舉出反例證明即可.【詳解】（1）設是A中任意兩個元素，其中，那么．因為，所以，故數集A對通常的乘法運算封閉．（2）數集對通常的乘法運算不封閉，證明如下：取，則，但，故數集對通常的乘法運算不封閉.角度2：“群”運算1．（23-24高三·貴州貴陽·開學考試）“群”是代數學中一個重要的概念，它的定義是：設為某種元素組成的一個非空集合，若在內定義一個運算“*”，滿足以下條件：①，，有②如，，，有；③在中有一個元素，對，都有，稱為的單位元；④，在中存在唯一確定的，使，稱為的逆元．此時稱（，*）為一個群．例如實數集和實數集上的加法運算“”就構成一個群，其單位元是，每一個數的逆元是其相反數，那么下列說法中，錯誤的是（

）A．，則為一個群B．，則為一個群C．，則為一個群D．{平面向量}，則為一個群【答案】B【分析】對于選項A,C,D分別說明它們滿足群的定義，對于選項B,不滿足④，則不為一個群，所以該選項錯誤.【詳解】A.，兩個有理數的和是有理數，有理數加法運算滿足結合律，為的單位元，逆元為它的相反數，滿足群的定義，則為一個群，所以該選項正確；B.，為的單位元，但是，當時，不存在唯一確定的，所以不滿足④，則不為一個群，所以該選項錯誤；C.，滿足①②，為的單位元滿足③，是-1的逆元，1是1的逆元，滿足④，則為一個群，所以該選項正確；D.{平面向量}，滿足①②，為的單位元，逆元為其相反向量，則為一個群，所以該選項正確.故選：B2．（多選）（2024·山西·一模）群的概念由法國天才數學家伽羅瓦（1811-1832）在19世紀30年代開創(chuàng)，群論雖起源于對代數多項式方程的研究，但在量子力學?晶體結構學等其他學科中也有十分廣泛的應用.設是一個非空集合，“”是一個適用于中元素的運算，若同時滿足以下四個條件，則稱對“”構成一個群：（1）封閉性，即若，則存在唯一確定的，使得；（2）結合律成立，即對中任意元素都有；（3）單位元存在，即存在，對任意，滿足，則稱為單位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，則稱與互為逆元，記作.一般地，可簡記作可簡記作可簡記作，以此類推.正八邊形的中心為.以表示恒等變換，即不對正八邊形作任何變換；以表示以點為中心，將正八邊形逆時針旋轉的旋轉變換；以表示以所在直線為軸，將正八邊形進行軸對稱變換.定義運算“”表示復合變換，即表示將正八邊形先進行變換再進行變換的變換.以形如，并規(guī)定的變換為元素，可組成集合，則對運算“”可構成群，稱之為“正八邊形的對稱變換群”，記作.則以下關于及其元素的說法中，正確的有（

）A．，且B．與互為逆元C．中有無窮多個元素D．中至少存在三個不同的元素，它們的逆元都是其本身【答案】ABD【分析】根據題意，對選項逐一運算可得結果.【詳解】我們有：由于兩次軸對稱等價與不變換，故；由于旋轉施行8次等價于旋轉也就是不變，故；由于先旋轉再關于對稱和先關于對稱再旋轉等效，故.一共是16個元素，變換后逆時針排列的有8個，順時針排列的有8個.這就說明：，A正確；，B正確；一共是16個元素，C錯誤；中，，D正確.故選：ABD角度3：“”運算1．（23-24高一上·北京豐臺·期末）記為非空集合A中的元素個數，定義.若，，且，設實數a的所有可能取值組成的集合是S，則等于（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據給定條件可得或，再根據集合中的方程的根的個數，對參數進行分類討論即可求得實數的所有可能取值，即可得出結果.【詳解】由定義得，又，則或，由方程，得或，當時，方程只有一個實數根，而方程有一根為0，則另一根必為0，，此時無實根，因此；當時，必有，方程有兩個不相等的實數根，并且都不是方程的根，顯然方程有兩個相等的實數根，且異于，于是，解得或，當時，方程的根為，滿足題意，當時，方程的根為，滿足題意，因此或，所以，.故選：C2．（23-24高一上·湖南懷化·階段練習）已知集合，，用符號表示非空集合A中元素的個數.定義，若，則實數的所有可能取值構成的集合為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據中元素個數及新定義得或.分類討論，根據元素個數研究方程的根即可求解的取值集合.【詳解】因為，，所以或.當時，或.當時，關于x的方程有3個實數解，所以關于x的方程只有一個解且不為1和，則，解得.當時，的解為1，不符合題意；當時，的解為，符合題意.綜上，a的所有可能取值為0，1，，即所求集合為.故答案為：角度4：“”運算1．（2024高三·全國·專題練習）已知集合，定義集合，則中元素的個數為（

）A．77 B．49 C．45 D．30【答案】C【分析】根據題意作出圖示表示集合A、B所表示的點，由數形結合思想可得出表示的點集的橫坐標和縱坐標的范圍，從而可得出中元素的個數.【詳解】，則集合中有5個元素，即5個點，如下圖中黑點所示，集合中有25個元素（即25個點），即下圖中正方形內部及正方形邊上的整點，所以或或或或或或，共7個值；所以或或或或或或，共7個值，所以集合中的元素可看作下圖中正方形內部及正方形邊上除去四個頂點外的整點，共（個）．故選：C.2．（23-24高一上·北京·階段練習）設表示非空集合中元素的個數，已知非空集合.定義，若，且，則實數的所有取值為（

）A．0 B．0， C．0， D．，0，【答案】D【分析】由題意可得集合中的元素個數為1個或3個，分集合中的元素個數為1和集合中的元素個數為3兩種情況，再結合一元次方程根的個數求解即可.【詳解】解：由可得或，又因為，，所以集合中的元素個數為1個或3個，當集合中的元素個數為1時，則有兩相等的實數根，且無解，所以，解得；當集合中的元素個數為3時，則有兩不相等的實數根，且有兩個相等且異于方程的根的解，所以，解得或，綜上所述，或或.故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是根據題意得出集合中的元素個數為1個或3個.角度5：戴德金分割1．（多選）（2024高三·全國·專題練習）由無理數引發(fā)的數學危機一直延續(xù)到19世紀，直到1872年，德國數學家戴德金從連續(xù)性的要求出發(fā)，用有理數的“分割”來定義無理數(史稱戴德金分割)，并把實數理論建立在嚴格的科學基礎上，才結束了無理數被認為“無理”的時代，也結束了持續(xù)2000多年的數學史上的第一次大危機．所謂戴德金分割，是指將有理數集劃分為兩個非空的子集M與N，且滿足，，M中的每一個元素小于中的每一個元素，則稱為戴德金分割．試判斷下列選項中，可能成立的是（

）A．，是一個戴德金分割B．M沒有最大元素，N有一個最小元素C．M有一個最大元素，N有一個最小元素D．M沒有最大元素，N也沒有最小元素【答案】BD【分析】根據戴德金分割的定義，結合選項，分別舉例，判斷正誤.【詳解】對于A，因為，，所以，故A錯誤；對于B，設，，滿足戴德金分割，此時沒有最大元素，有一個最小元素為0，故B正確；對于C，若有一個最大元素，有一個最小元素，則不能同時滿足，，故C錯誤；對于D，設，，滿足戴德金分割，此時沒有最大元素，也沒有最小元素，故D正確．故選：BD.2．（多選）（23-24高一上·浙江杭州·期中）19世紀戴德金利用他提出的分割理論，從對有理數集的分割精確地給出了實數的定義，并且該定義作為現(xiàn)代數學實數理論的基礎之一可以推出實數理論中的六大基本定理.若集合A、B滿足：，則稱為的二劃分，例如，，則就是的一個二劃分，則下列說法正確的是（

）A．設，則為的二劃分B．設，則為的二劃分C．存在一個的二劃分，使得對于；對于D．存在一個的二劃分，使得對于，則；，則【答案】BCD【分析】舉反例結合“二劃分”的定義判斷A；利用“二劃分”的定義判斷B；找出兩集合符合二劃分定義判斷C，D.【詳解】對于A，由于，故，不是的二劃分，A錯誤；對于B，，，顯然，由于任意一個正整數M，都可寫成形式，其中為素數，，則M必為形式，其中k為正奇數，，故可得，故B正確；對于C，存在滿足，對于；對于，C正確；對于D，選項B中集合，使得對于，則；，比如取3，5，則，D正確，故選：BCD【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是理解二劃分的含義，并按照其定義去判斷每個選項.3．（23-24高一·全國·課時練習）戴德金分割，是指將有理數集Q劃分為兩個非空子集A與B，且滿足Q，，A中的每一個元素都小于B中的每一個元素．請給出一組滿足A中無最大元素且B中無最小元素的戴德金分割．【答案】，（答案不唯一）【分析】依題意,以無理數為分解寫出符合題意的兩個集合即可.【詳解】解：以無理數分界寫出一組即可，如，．（答案不唯一）；故答案為：，．（答案不唯一）角度6：“類”3．（23-24高一上·江西南昌·階段練習）在整數集中，被4除所得余數為的所有整數組成一個“類”，記為，即，．給出下列四個結論，①；②；③；④“整數a，b屬于同一‘類’”的充要條件是“”．其中正確的結論是（填所有正確的結論的序號）．【答案】①②③④【分析】根據“類”的定義可判斷①②③的正誤；根據“類”的定義結合充分條件、必要條件的定義可判斷④的正誤.【詳解】對于①，，則，①正確；對于②，，則，②正確；對于③，任意整數除以，余數可以且只可以是四類，則，③正確；對于④，若整數、屬于同一“類”，則整數、被除的余數相同，可設，，其中、，，則，故，若，不妨令，則，顯然，于是得，，即整數屬于同一“類”，“整數屬于同一“類””的充要條件是“”，④正確．正確的結論是①②③④.故答案為：①②③④.4．（23-24高一上·全國·課時練習）在整數集中，被除所得余數為的所有整數組成一個“類”，記為，即．給出如下三個結論：①；②；③．其中，正確結論的序號是．【答案】①③【分析】根據題目所給的定義分別驗證各個結論即可.【詳解】對于①：因為，所以故①正確；對于②：因為，所以，故②錯誤；對于③：因為整數集中的數被5除的數可以且只可以分成五類，所以，故③正確．故答案為：①③.角度7：差集運算1．（23-24高一上·上海浦東新·開學考試）定義集合運算且稱為集合A與集合B的差集；定義集合運算稱為集合A與集合B的對稱差，有以下4個等式：①；②；③；④，則4個等式中恒成立的是（

）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】B【分析】利用題設中的新定義，可判定①正確；利用集合運算的韋恩圖法，可判定②正確、④錯誤；利用題設中的定義與集合的運算方法，可判定③正確.【詳解】對于①中，由，所以①正確；對于②中，由且，同理可得：,則，所以，所以表示的集合為圖（1）中陰影部分所表示的集合，如圖所示，同理，也表示圖（1）中陰影部分所表示的集合，所以，所以②正確；對于③中，由，所以③正確；對于④中，如圖（2）所示，可得，所以④錯誤.故選：B.2．（多選）（23-24高一上·四川成都·階段練習）定義集合運算且，稱為集合與集合的差集；定義集合運算稱為集合與集合的對稱差，有以下4個命題：則4個命題中是真命題的是（

）A．B．C．D．【答案】ABC【分析】A選項，通過題意得到；BCD選項，通過韋恩圖進行推理求解.【詳解】A選項，由題意得，，故，，A正確；B選項，由題意，表示的運算為集合與的并集中去掉與的交集部分，不妨設均有交集，如圖所示，

故表示①②⑥⑦部分的并集，表示①②⑥⑦與③④⑥⑦的并集去掉兩者的交集，即表示①②③④部分的并集，表示②③⑤⑥部分的并集，表示②③⑤⑥與①④⑤⑥的并集去掉兩者的交集，即表示①②③④部分的并集，故，B正確；C選項，通過推理均表示⑤⑥部分的并集，C正確；D選項，通過推理得到表示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與①③④⑤⑥⑦的并集去掉兩者的交集，即②③部分的并集，D錯誤.故選：ABC3．（23-24高一上·全國·課前預習）設M，P是兩個非空集合，定義集合M，P的差集運算為且設集合請你寫出一個集合A，使得則集合A=.【答案】(答案不唯一)【分析】由集合的新定義轉化條件為，且A中不再含中的其他任何元素，即可得解.【詳解】由題意，知，且A中不再含中的其他任何元素，而是否再含中的元素則不影響等式，因此符合題意.故答案為：(答案不唯一)角度8：“勢”1．（23-24高一上·上海浦東新·期中）設全集，對其子集引進“勢”的概念：①空集的“勢”最小；②非空子集的元素越多，其“勢”越大；③若兩個子集的元素個數相同，則子集中最大的元素越大，子集的“勢”就越大，最大的元素相同，則第二大的元素越大，子集的“勢”就越大，依次類推．若將全部的子集按“勢”從小到大的順序排列，則排在第12位的子集是．【答案】/【分析】逐個列舉出來.【詳解】元素個數為0的1個，；元素個數為1的5個，，，，，；元素個數為2的10個，，，，，，，，，，.所以，排在第12位的子集是.故答案為：.2．（23-24高一上·浙江·期中）設全集，對其子集引進“勢”的概念：①空集的“勢”最?。虎诜强兆蛹脑卦蕉?，其“勢”越大；③若兩個子集的元素個數相同，則子集中最大的元素越大，子集的“勢”就越大，最大的元素相同，則第二大的元素越大，子集的“勢”就越大，依次類推.若將全部的子集按“勢”從小到大的順序排列，則排在第位的子集是.【答案】【分析】寫出包含元素個數從小到大的子集個數，發(fā)現(xiàn)含有小于等于2個元素的子集的個數為16個，含有小于等于3個元素的子集的個數為26個，故判斷出第位的子集在含有3個元素的子集中，由于第23位離第26位較近，所以從后面往前找，最終求得結果【詳解】不含任何元素的子集個數有1個，含有一個元素的子集個數有5個，含有兩個元素的子集個數有10個，含有3個元素的子集個數有10個，因為1+5+10+10=26>23，故排在第位的子集在含有3個元素的子集中，第26位的子集為，第25位的子集為，第24位的子集為，第23位的子集為故答案為：角度9：“好集”1．（23-24高一上·江蘇連云港·期中）若三個非零且互不相等的實數a，b，c滿足，則稱a，b，c是調和的；若滿足，則稱a，b，c是等差的．若集合P中元素a，b，c既是調和的，又是等差的，則稱集合P為“好集”．若集合，集合，則這樣的“好集”P的個數為．【答案】1010【分析】由題設條件得出，再由得出“好集”P的個數.【詳解】由，整理得，解得（舍），.即好集形如，由得，因為，，所以樣的“好集”P的個數為.故答案為：10102．（23-24高一上·河南洛陽·期中）若集合A具有①，，②若，則，且時，這兩條性質，則稱集合A是“好集”．(1)分別判斷集合，有理數集Q是否是“好集”，并說明理由．(2)設集合A是“好集”，求證：若，則．(3)對任意的一個“好集”A，判斷命題“若，，則”的真假，并說明理由．【答案】(1)有理數集Q是“好集”，集合B不是“好集”，理由見解析(2)證明見解析(3)命題“若，則”為真命題，理由見解析【分析】利用“好集”的定義，結合元素與集合的關系解決即可.【詳解】（1）集合B不是“好集”，理由如下：因為，，，所以集合B不是“好集”．有理數集Q是“好集”，理由如下：因為，，對任意，，都有，且時，，所以有理數集Q是“好集”．（2）因為集合A是“好集”，所以．若，則，即，所以，即，命題得證．（3）命題“若，則”為真命題，理由如下：當x，y中有0或1時，顯然有．當x，y中不存在0，1時，由“好集”的定義得，，，所以，所以．所以由（2）可得，同理得，當或時，顯然有．當或時，顯然有，所以，所以，由（2）得，所以．綜上得時，．3．（23-24高三上·北京海淀·階段練習）已知為所有元有序數組所組成的集合.其中（）.對于中的任意元素，定義，的距離：若，為的子集，且有個元素，并且滿足任意，都存在唯一的，使得，則稱為“好集”.(1)若，，，，，，求，及的值；(2)當時，求證：存在“好集”，且“好集”中不同元素的距離為5；(3)求證：當時，“好集”不存在.【答案】(1)，，(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據題意直接代入運算求解；（2）對任意，定義，可得，結合“好集”的定義分析證明；（3）先證對于任意，可知均存在，使得，對的以為基礎，結合定義分析證明.【詳解】（1）因為，，，則，，，，所以.（2）對任意，定義，對任意，因為，則，可得，對于任意，可得有2個元素，若，則，滿足“好集”的定義；若，則，滿足“好集”的定義；綜上所述：為“好集”，且，即當時，存在“好集”，且“好集”中不同元素的距離為5.（3）顯然，先證：當時，對任意的，含有的“好集”只能是，反證：假設存在“好集”，則對于任意，可得，則，可得，不滿足“好集”的定義，例如，則，可取，則，即存在，使得，結合可得：就相當于對0，1的順序進行重組，對于任意，可知均存在，使得，當時，對任意，定義，其中，可知：對任意，其中，可知，反證：假設存在“好集”，則對任意，以為基礎構建“好集”，對任意，對任意的，均有，與之對應的項只能是和，每個均有2種選擇，共有種組合可能，按照以上構建方法得到的元素，可知對任意，均存在，使得，，所以必然存在，使得，故假設不成立，所以當時，“好集”不存在.【點睛】關鍵點睛：新定義問題要充分理解定義，可以通過舉例和推理去理解定義，對于本題可以利用反證法來分析證明.二、充分性與必要性1．（23-24高一下·湖南長沙·開學考試）命題“對任意的，總存在唯一的，使得”成立的充分必要條件是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將方程整理為；當時，解方程可確定其符合題意；當和時，將問題轉化為與在時，有且僅有一個交點的問題，采用數形結合的方式可構造不等式組求得的范圍，由此可得原命題成立的充要條件.【詳解】由得；①當時，，則，解得，因為，，滿足題意；②當時，，若存在唯一的，使得成立，則與有且僅有一個交點，在平面直角坐標系中作出在上的圖象如下圖所示，由圖象可知：當時，與有且僅有一個交點，所以，，解得，此時，；③當時，，由②同理可得，解得：，則.綜上所述：原命題成立的充要條件為.故選：D.【點睛】方法點睛：已知函數有零點（方程有根）求參數值（取值范圍）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.2．（23-24高一上·福建泉州·階段練習）是函數且在是減函數的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】令，，圖象的對稱軸為直線，判斷在上單調遞減，若要滿足且在單調遞減，則單調遞增，進而得到不等式組，求出的范圍，利用邏輯推理判斷選項.【詳解】令，，則圖象的對稱軸為直線，所以在上單調遞減，若要滿足且在單調遞減，則單調遞增，則，解得,故，則是函數且在單調遞減的必要不充分條件.故選：B3．（2023·新疆烏魯木齊·三模）定義表示不超過的最大整數，.例如：，.①；②存在使得；③是成立的充分不必要條件；④方程的所有實根之和為，則上述命題為真命題的序號為（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①④【答案】D【分析】易于判定①正確，②錯誤，③錯誤，④不易判定，可以繞開，利用排除法得到只有答案正確.也可用分離函數法，借助于數形結合思想判定④正確.【詳解】,故①正確；由可知，可知，所以，故②錯誤，故AC錯誤；,,，故③錯誤，故B錯誤；對于，顯然不是方程的解，可化為，考察函數和的圖象的交點，除了(-1,0)外，其余點關于點(0,1)對稱，從而和為零，故總和為，故④正確.故D正確.故選：D【點睛】選擇題中有些問題不易確定時，常常要嘗試使用排除方法，本題就是一個典型的例子.4．（23-24高一上·廣東佛山·階段練習）已知集合點不在第一、三象限，集合，若“”是“”的必要條件，則實數a的取值范圍是.【答案】【分析】由必要條件得，進而有A可能為，，，結合集合A的描述列不等式組求對應x范圍，根據可能集合情況確定參數范圍即可.【詳解】由“”是“”的必要條件，即，由A中元素為整數，故A只可能為，，，由點不在第一、三象限，得：或，即①或②，當時，①無解，由②得，此時，故，有；當時，由①②得，此時，因，只須，有；綜上：實數a的取值范圍是.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：由必要條件確定集合A的可能情況，根據其描述求集合A中元素的范圍，再綜合所得考慮參數范圍.5．（2014·四川·高考真題）以表示值域為R的函數組成的集合，表示具有如下性質的函數組成的集合：對于函數，存在一個正數，使得函數的值域包含于區(qū)間.例如，當，時，，.現(xiàn)有如下命題：①設函數的定義域為，則“”的充要條件是“，，”；②函數的充要條件是有最大值和最小值；③若函數，的定義域相同，且，，則；④若函數（，）有最大值，則.其中的真命題有.（寫出所有真命題的序號）【答案】①③④【詳解】試題分析：若f（x）∈A，則f（x）的值域為R，于是，對任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f（a）＝b，故①正確．取函數f（x）＝x（－1＜x＜1），其值域為（－1，1），于是，存在M＝1，使得f（x）的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此時f（x）沒有最大值和最小值，故②錯誤．當f（x）∈A時，由①可知，對任意的b∈R，存在a∈D，使得f（a）＝b，所以，當g（x）∈B時，對于函數f（x）＋g（x），如果存在一個正數M，使得f（x）＋g（x）的值域包含于[－M，M]，那么對于該區(qū)間外的某一個b0∈R，一定存在一個a0∈D，使得f（a0）＝b－g（a0），即f（a0）＋g（a0）＝b0?[－M，M]，故③正確．對于f（x）＝aln（x＋2）＋（x＞－2），當a＞0或a＜0時，函數f（x）都沒有最大值．要使得函數f（x）有最大值，只有a＝0，此時f（x）＝（x＞－2）．易知f（x）∈[－]，所以存在正數M＝，使