高考數學高考數學勤思篤學勤思篤學勤思篤學勤思篤學專題01集合新定義問題以集合為背景的創新問題是考試創新題型的一個熱點，此類問題多以“問題”為核心，以“探究”為途徑，以“發現”為目的，這類試題只是以集合為依托，常在創新集合定義、運算、性質等方面命題，考查考生理解問題、解決創新問題的能力．題型一與集合定義有關的創新問題【例1】若對任意，均有，就稱集合是伙伴關系集合．設集合，則的所有非空子集中，具有伙伴關系的集合的個數為（

）A．15 B．16 C．32 D．128【答案】A【解析】根據題意，可得具有伙伴關系的元素有，其中有，共4組，它們中任選一組、二組、三組或四組均可組成伙伴關系集合，所以共有.故選：A.【解題技法】與集合新定義有關的創新問題是通過重新定義相應的集合，對集合的知識加以深入地創新，結合原有集合的相關知識和相應數學知識，來解決新定義的集合創新問題，遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質；按新定義的要求，“照章辦事”逐步分析、驗證、運算，使問題得以解決．【跟蹤訓練】若對任意，，則稱A為“影子關系”集合，下列集合為“影子關系”集合的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】對于選項A：因為，但，不符合題意，故A錯誤；對于選項B：因為，但無意義，不符合題意，故B錯誤；對于選項C：例如，但，不符合題意，故C錯誤，對于選項D：對任意，均有，符合題意，故D正確；故選：D.題型二與集合運算有關的創新問題【例2】如圖所示的Venn圖中，、是非空集合，定義集合為陰影部分表示的集合．若，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因為，，則,，由集合的運算可知，表示中去掉的部分，所以.故選D【解題技法】與集合運算有關的創新問題是按照一定的數學規則和要求給出新的集合運算規則，并按照此集合運算規則和要求結合相關知識進行邏輯推理和計算等，從而達到解決問題的目的．【跟蹤訓練】（2024·廣東珠海高一期末）對于的兩個非空子集，定義運算，則（

）A．B．C．若，則D．表示一個正方形區域【答案】BC【解析】由題意知，表示以數集中的數為橫坐標，數集中的數為縱坐標的點的集合，故，故A錯誤；因為，又，所以，則B正確；若，則，故C正確；若，集合只包含一個點，故D錯誤．故選：BC．題型三與集合性質有關的創新問題【例3】設P是一個數集，且至少含有兩個數．若對于任意，都有，且若，則，則稱P是一個數域．例如，有理數集Q是數域．下列命題正確的是（

）A．數域必含有0，1兩個數B．整數集是數域C．若有理數集，則數集M一定是數域D．數域中有無限多個元素【答案】AD【解析】因為P是一個數集，且至少含有兩個數，可知P中必有一個非零實數，對于選項A：當時，、，故A正確；對于選項B：例如，，但，不滿足條件，故B錯誤；對于選項C：例如，取，，但，所以數集M不是一個數域，故C錯誤；對于選項D：由選項A可知：數域必含有0，1兩個數，根據數域的性質可知：數域必含有，必為無限集，故可知D正確．故選：AD.【解題技法】與集合性質有關的問題是利用創新集合中給定的定義與性質來處理問題，通過創新性質，結合相應的數學知識來解決有關的集合性質的問題．【跟蹤訓練】在整數集Z中，被5除所得余數為k的所有整數組成一個“類”，記為[k]，即[k]＝{5n＋k|n∈Z}，k＝0,1,2,3,4.給出如下三個結論：①2023∈[3]；②－3∈[3]；③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]．其中，正確結論的序號是________．【答案】①③【解析】①∵2023÷5＝404……3，∴2023∈[3]，故①正確；②∵－3＝5×(－1)＋2，∴－3?[3]，故②錯誤；③∵整數集中的數被5除的余數可以且只可以分成五類，故Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]，故③正確．題型四與數列交匯的創新問題【例3】（2023·北京·高考真題）已知數列的項數均為m，且的前n項和分別為，并規定．對于，定義，其中，表示數集M中最大的數.(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)證明：存在，滿足使得．【解】（1）由題意可知：，當時，則，故；當時，則，故；當時，則故；當時，則，故；綜上所述：，，，.（2）由題意可知：，且，因為，且，則對任意恒成立，所以，又因為，則，即，可得，反證：假設滿足的最小正整數為，當時，則；當時，則，則，又因為，則，假設不成立，故，即數列是以首項為1，公差為1的等差數列，所以.（3）因為均為正整數，則均為遞增數列，（ⅰ）若，則可取，滿足使得；（ⅱ）若，則，構建，由題意可得：，且為整數，反證，假設存在正整數，使得，則，可得，這與相矛盾，故對任意，均有.①若存在正整數，使得，即，可取，滿足，使得；②若不存在正整數，使得，因為，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得；（ⅲ）若，定義，則，構建，由題意可得：，且為整數，反證，假設存在正整數，使得，則，可得，這與相矛盾，故對任意，均有.①若存在正整數，使得，即，可取，即滿足，使得；②若不存在正整數，使得，因為，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得.綜上所述：存在使得．【解題技法】若新定義與數列有關，可得利用數列的遞推關系式，結合數列的相關知識進行求解，多通過構造的分法轉化為等差、等比數列問題求解，求解過程靈活運用數列的性質，準確應用相關的數列知識.【跟蹤訓練】（2024·北京·高考真題）設集合．對于給定有窮數列，及序列，，定義變換：將數列的第項加1，得到數列；將數列的第列加，得到數列…；重復上述操作，得到數列，記為．(1)給定數列和序列，寫出；(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，證明：“存在序列，使得為常數列”的充要條件為“”．【解】（1）由題意得；（2）假設存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，則，而該方程組無解，故假設不成立，故不存在符合條件的；（3）我們設序列為，特別規定.必要性：若存在序列，使得為常數列.則，所以.根據的定義，顯然有，這里，.所以不斷使用該式就得到，，必要性得證.充分性：若.由已知，為偶數，而，所以也是偶數.我們設是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數列中，使得最小的一個.上面已經證明，這里，.從而由可得.同時，由于總是偶數，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數.下面證明不存在使得.假設存在，根據對稱性，不妨設，，即.情況1：若，則由和都是偶數，知.對該數列連續作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；情況2：若，不妨設.情況2-1：如果，則對該數列連續作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；情況2-2：如果，則對該數列連續作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的都有.假設存在使得，則是奇數，所以都是奇數，設為.則此時對任意，由可知必有.而和都是偶數，故集合中的四個元素之和為偶數，對該數列進行一次變換，則該數列成為常數列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾.綜上，只可能，而，故是常數列，充分性得證.1．定義兩集合的差集：且，已知集合，，則的子集個數是（

）個．A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【解析】因為，，所以，所以，有兩個元素，則的子集個數是個．故選：B．2．德國數學家康托爾在其著作《集合論》中給出正交集合的定義：若集合A和B是全集U的子集，且無公共元素，則稱集合互為正交集合，規定空集是任何集合的正交集合．若全集，則集合A關于集合U的正交集合B的個數為（

）A．8 B．16 C．32 D．64【答案】B【解析】結合題意：因為，所以，解得，即，所以全集，由可得，所以，則集合A關于集合U的正交集合B的個數為.故選：B.3．如圖所示，，是非空集合，定義集合為陰影部分表示的集合．若，，，，則為（

）A． B．C．或 D．或【答案】D【解析】根據題意有，，所以，，則或.故選：D4．已知集合（），若集合，且對任意的，存在使得，其中，，則稱集合A為集合M的基底.下列集合中能作為集合的基底的是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因為，，，，，，所以能作為集合的基底，故選：C5．（多選）群論，是代數學的分支學科，在抽象代數中．有重要地位，且群論的研究方法也對抽象代數的其他分支有重要影響，例如一般一元五次及以上的方程沒有根式解就可以用群論知識證明．群的概念則是群論中最基本的概念之一，其定義如下：設G是一個非空集合，“．”是G上的一個代數運算，如果該運算滿足以下條件：①對所有的a、，有；②、b、，有；③，使得，有，e稱為單位元；④，，使，稱a與b互為逆元．則稱G關于“·”構成一個群．則下列說法正確的有（

）A．關于數的乘法構成群B．自然數集N關于數的加法構成群C．實數集R關于數的乘法構成群D．關于數的加法構成群【答案】AD【解析】對于A選項，對所有的、，有，且滿足①乘法結合律；②，使得，有；③，，有，故A正確；對于B選項，①自然數滿足加法結合律；②，使得，有；但是對于，，不存在，使，故B錯誤；對于C選項，對所有的、，有，①實數滿足加法結合律；②，使得，有；但對于，，不存在，使，故C錯誤；對于D選項，對所有的、，可設，，，，，，則，①滿足加法結合律，即、、，有；②，使得，有；③，設，，，，使，故D正確．故選：AD．6．設是整數集的一個非空子集，對于，若且，則是的一個“孤立元”，給定，由的3個元素構成的所有集合中，不含“孤立元”的集合共有個．【答案】7【解析】由集合的新定義知，沒有與之相鄰的元素是“孤立元”，集合不含“孤立元”，則集合中的三個數必須連在一起，所以符合題意的集合是，，，，，，，共7個．7.（2022·北京·高考真題）已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續可表數列．(1)判斷是否為連續可表數列？是否為連續可表數列？說明理由；(2)若為連續可表數列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續可表數列，且，求證：．【解】（1），，，，，所以是連續可表數列；易知，不存在使得，所以不是連續可表數列．（2）若,設為,則至多，6個數字，沒有個，矛盾；當時,數列，滿足，，，，，，，，．（3），若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，若，則至多可表個數，矛盾,從而若,則，至多可表個數，而，所以其中有負的，從而可表1~20及那個負數（恰21個），這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中絕對值最小，同時中沒有兩數相同,設那個負數為，則所有數之和，，，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，（僅一種方式），與2相鄰，若不在兩端,則形式，若，則（有2種結果相同，方式矛盾），，同理，故在一端，不妨為形式，若,則（有2種結果相同，矛盾），同理不行，，則（有2種結果相同，矛盾），從而，由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、故只能，①或，②這2種情形，對①：，矛盾，對②：，也矛盾，綜上，當時，數列滿足題意，．8．已知S是全體復數集的一個非空子集，如果，總有，則稱S是數環．設是數環，如果①內含有一個非零復數；②且，有，則稱是數域．由定義知有理數集是數域．(1)求元素個數最小的數環；(2)證明：記，證明：是數域；(3)若是數域，判斷是否是數域，請說明理由．【解】（1）因為為數環，可知不是空集，即中至少有一個元素，若，則，可知為數環；若，則，可知中不止一個元素，不是元素個數最小的數環；綜上所述：元素個數最小的數環為.（2）設，可知，則有：，，，因為，則，可知，所以是數環；若，可知，滿足①；若，則，因為，則，可知，滿足②；綜上所述：是數域.（3）不一定是數域，理由如下：1.若，顯然均為數域，且是數域；2.設，可知，則有：，，，因為，則，可知，所以是數環；若，可知，滿足①；若，則，因為，則，可知，滿足②；綜上所述：是數域.例如：，例如，但，所以不是數域；綜上所述：不一定是數域.9．已知數列，記集合.(1)若數列為，寫出集合；(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一組符合條件的；若不存在，說明理由；(3)若，把集合中的元素從小到大排列，得到的新數列為，若，求的最大值．【解】（1）由題意可得，，，所以.（2）假設存在，使得，則有，由于與的奇偶性相同，與奇偶性不同，又，，所以中必有大于等于的奇數因子，這與無以外的奇數因子矛盾，故不存在，使得.（3）首先證明時，對任意的都有，因為，由于與均大于且奇偶性不同，所以為奇數，對任意的都有，其次證明除形式以外的數，都可以寫成若干個連續正整數之和，若正整數，其中，則當時，由等差數列的性質可得：，此時結論成立，當時，由等差數列的性質可得：，此時結論成立，對于數列，此問題等價于數列其相應集合中滿足有多少項，由前面證明可知正整數不是中的項，所以的最大值為.10．設正整數，，，這里.若，且，則稱具有性質.(1)當時，若具有性質，且，，，令，寫出的所有可能值；(2)若具有性質：①求證：；②求的值.【解】（1）對集合，記其元素個數為.先證明2個引理.引理1：若具有性質，則.引理1的證明：假設結論不成立.不妨設，則正整數，但，故一定屬于某個，不妨設為.則由知存在正整數，使得.這意味著對正整數，有，，但，矛盾.所以假設不成立，從而一定有，從而引理1獲證.引理2：若具有性質，則，且.證明：取集合.注意到關于正整數的不等式等價于，而由引理1有，即.結合是正整數，知對于正整數，當且僅當，這意味著數列恰有項落入集合，即.而兩兩之間沒有公共元素，且并集為全體正整數，故中的元素屬于且僅屬于某一個，故.所以，從而，這就證明了引理2的第一個結論；再考慮集合中全體元素的和.一方面，直接由知中全體元素的和為，即.另一方面，的全部個元素可以排成一個首項為，公差為的等差數列.所以的所有元素之和為.最后，再將這個集合的全部元素之和相加，得到中全體元素的和為.這就得到，所以有.即，從而，這就證明了引理2的第二個結論.綜上，引理2獲證.回到原題.將從小到大排列為，則，由引理2的第一個結論，有.若，則，所以每個不等號都取等，從而，故；情況1：若，則，矛盾；情況2：若，則，所以，得.此時如果，則，矛盾；如果，則，從而，故；如果，由于，設，，則，.故對于正整數對，有，從而，這與矛盾.綜上，的取值只可能是或.當時，；當時，.所以的所有可能取值是和.（2）①由引理1的結論，即知；②由引理2的第二個結論，即知.11．設，若非空集合同時滿足以下4個條件，則稱是“無和劃分”:①；②；③，且中的最小元素大于中的最小元素；④，必有.(1)若，判斷是否是“無和劃分”，并說明理由.(2)已知是“無和劃分”（）.①證明:對于任意，都有；②若存在，使得，記,證明：中的所有奇數都屬于.【解】（1）解：不是.理由如下：取，則，說明不是“無和劃分”.（2）解：①假設存在，使得,記的最小值為，則；設B中最小的元素為，則，所以，所以，（否則與矛盾），(否則與矛盾)，所以，因為，所以不同屬于，所以這與矛盾，所以假設不成立.②因為是“無和劃分”,且存在,使得記i的最小值為，所以，由①知，因為,所以，所以，設中最小的元素為,若，則，所以，所以(否則與矛盾)，所以(否則與矛盾)，所以，又因為和不同屬于C，所以，這與矛盾，所以，即，所以，所以，所以，所以(否則與矛盾)，所以，若，則與和矛盾，所以所以,(否則與矛盾)，(否則與矛盾)，所以，以此類推，對于任意奇數都有，所以為偶數(否則，與2∈B和矛盾),所以均為奇數.因為，所以(否則與矛盾)，所以，所以，所以(否則與矛盾)，所以，以此類推，對于任意大于，小于或等于的奇數都屬于集合，綜上所述，中的所有奇數都屬于集合.12．設集合，如果對于的每一個含有個元素的子集P，P中必有4個元素的和等于，稱正整數為集合的一個“相關數”.(1)當時，判斷5和6是否為集合的“相關數”，說明理由；(2)若為集合的“相關數”，證明：；(3)給定正整數，求集合的“相關數”m的最小值.【解】（1）解：當時，，①對于的含有5個元素的子集，因為，所以5不是集合的“相關數”；②的含有6個元素的子集只有，因為，所以6是集合的“相關數”．（2）證明：考察集合的含有個元素的子集，中任意4個元素之和一定不小于，所以一定不是集合的“相關數”；所以當時，一定不是集合的“相關數”，因此若為集合的“相關數”，必有，即若為集合的“相關數”，必有.