重难点1-1 集合背景下的新定义问题（6题型+高分技法+限时提升练）（解析版）

重难点1-1集合背景下的新定义问题三年考情分析2025年考向猜测近年来，集合新定义问题常涉及对集合的新概念定义（如“正交集合”、“差集”等）、集合的新运算规章（如定义新的集合运算符号或运算方式）、新性质定义（如集合元素的特定关系或集合的特定结构）．这些题目往往与传统的集合问题相结合，要求考生在理解新定义的基础上，依据新定义的性质，依据新规章进行集合的运算，难度较大.从近三年的考试状况来看，集合新定义问题的难度呈现出逐年上升的趋势．题目不仅要求考生理解新定义的概念和运算规章，还要求考生能够机敏运用集合的基本学问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学问结合，如数论、函数等，增加了题目的简单度和难度．题型1定义集合的新概念与集合新定义有关的创新问题是通过重新定义相应的集合，对集合的学问加以深化地创新，结合原有集合的相关学问和相应数学学问来解决新定义的集合创新问题．遇到新定义问题，应急躁读题，分析新定义的特点,弄清爽定义的性质；按新定义的要求，“照章办事”逐步分析、验证、运算，使问题得以解决．1．（23-24高三下·贵州黔东南·二模）若对任意，，则称A为“影子关系”集合，下列集合为“影子关系”集合的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】对于选项A：由于，但，不符合题意，故A错误；对于选项B：由于，但无意义，不符合题意，故B错误；对于选项C：例如，但，不符合题意，故C错误，对于选项D：对任意，均有，符合题意，故D正确；故选：D.2．（23-24高三下·湖南怀化·二模）给定整数，有个实数元素的集合，定义其相伴数集，假如，则称集合为一个元规范数集．（注：表示数集中的最小数）．对于集合，则（

）A．是规范数集，不是规范数集 B．是规范数集，是规范数集C．不是规范数集，是规范数集 D．不是规范数集，不是规范数集【答案】C【解析】集合中，，则，即的相伴数集中的最小数不是1，因此不是规范数集；集合，，，即的相伴数集中的最小数是1，因此是规范数集.故选：C3．（24-25高三上·四川绵阳·阶段练习）已知有限集，若，则称为“完全集”.(1)推断集合是否为“完全集”，并说明理由；(2)若集合为“完全集”，且，均大于，证明：，中至少有一个大于；(3)若为“完全集”，且，求.【答案】(1)是，理由见解析；(2)证明见解析；(3)【解析】（1）由，，所以，故集合是“完全集”.（2）由题设，令，则，是方程的两个不同的正实数根，所以或（舍），即，又，，若，都不大于2，则，冲突，所以，至少有一个大于2.（3）不妨令，则，所以，当，即，故，明显无解，不满足；当，即，只能有，，，故存在一个“完全集”；当，，即，又，且，此时，明显有冲突，所以时不存在“完全集”；综上，.4．（24-25高三上·广东梅州·期中）若至少由两个元素构成的有限集合，且对于任意的，都有，则称为“集合”．(1)推断是否为“集合”，说明理由；(2)若双元素集为“集合”，且，求全部满足条件的集合；(3)求全部满足条件的“集合”．【答案】(1)不是，理由见解析；(2)；(3)，其中.【解析】（1）由于，所以不是“一集合”．（2）设．若，则或．由，解得（舍去），此时；由化为，而，故方程无正整数解．若，则或，由，解得，此时；由化为，而，故方程无正整数解．综上，全部满足条件的集合为．（3）若“集合”为双元素集，不妨设，则或，由，则，而，故，此时；由，则，而，明显不存在正整数解；所以，“集合”为，其中．若“集合”含有两个以上的元素，设最小的元素为，最大的元素为，其次大的元素为，则是“集合”中的元素，若，解得，若，则，冲突，若，该方程的解为，则n，a不行能同时为整数，无解．故全部满足条件的“集合”为，其中．题型2定义集合的新运算与集合运算有关的创新问题是依据肯定的数学规章和要求给出新的集合运算规章，并依据此集合运算规章和要求结合相关学问进行规律推理和计算等,从而达到解决问题的目的．1．（24-25高三上·四川遂宁·阶段练习）设集合，集合，定义，则中元素个数是（

）A．7 B．10 C． D．【答案】B【解析】集合，集合，，共有10个元素.故选：B．2．（24-25高三上·广东·模拟猜测）对于非空数集，定义，将称为“与的笛卡尔积”．记非空数集的元素个数为，若是两个非空数集，则的最小值是（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【解析】设，，则，当且仅当时等号成立，所以的最小值是.故选：B3．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）对于集合，定义运算符“”两式恰有一式成立}，表示集合中元素的个数．(1)设，求；(2)对于有限集，证明，并求出固定后使该式取等号的的数量；（用含的式子表示）(3)若有限集满足，则称有序三元组为“联合对”，定义，．①设，求满足的“联合对”的数量；（用含的式子表示）②依据（2）及（3）①的结果，求中“联合对”的数量．【答案】(1)；(2)；(3)①②【解析】（1）对于，故；对于，故；对于，故；对于，故，即.（2）画出Venn图，如图，将划分成7个集合，则，，故不等式成立，当且仅当时取等号，等价于，等价于，故当且仅当取等号.设，其中集合与无交集，由于，故有，即为的某一子集，有种，从而使上式取等的有个.（3）①设，有，故有种取法，对于每一个，知中每一个元素有两种情形：或，且中每一个元素有两种情形：或，故共有两种选择，也就是这样的有种，对于每一个，由（2）知B有种取法.故由乘法原理，这样的“联合对”有个.②由①知，中“联合对”的数量为(二项式定理)，故中“联合对”的数量为.4．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知实数集，定义：（与可以相同）．记为集合中的元素个数．(1)若，请直接给出和；(2)若均为正数，且，求的最小值；(3)若，求证：．【答案】(1)，；(2)24；(3)证明见解析【解析】（1），；（2）一方面，积有个，另一方面，积有个，故，当中全部元素互素时，等号成立．要使得时，最小，可令中全部元素互素，此时，，解得：，故的最小值为24；（3）考虑集合中全部元素变为原来的相反数时，集合不转变，不妨设中正数个数不少于负数个数．①当中元素均为非负数时，设，于是，，此时，集合中至少有，，，…，，，，…，这18个元素，即；②当中元素至少有一个为负数时，设是中全体元素，且，于是，．由是中的个元素，且非正数；又是中的7个元素，且为正数，故中元素不少于17个，即；另外，当时，，满足，故．题型3定义集合的新性质与集合性质有关的问题是利用创新集合中给定的定义与性质来处理问题，通过创新性质，结合相应的数学学问来解决有关的集合性质的问题．1．（24-25高三上·广东·阶段练习）已知集合（），S是集合A的子集，若存在不大于n的正整数m，使集合S中的任意一对元素，，都有，则称集合S具有性质P.(1)当时，试推断集合和是否具有性质P？并说明理由；(2)当时，若集合S具有性质P，那么集合是否具有性质P？并说明理由；(3)当，时，若集合S具有性质P，求集合S中元素个数的最大值.【答案】(1)集合不具有性质，集合具有性质，理由见解析(2)具有性质，理由见解析；(3)【解析】（1）集合不具有性质，集合具有性质，理由如下：当时，，，，由于对于任意不大于10的，都可以找到该集合中的两个元素，使得成立，由于可取，对于该集合中的任意一对元素，，都有，，故集合不具有性质，集合具有性质；（2）具有性质，理由如下：当时，，，任取，其中，由于，所以，从而，即，故，由于集合具有性质，故存在不大于100的正整数，使得对于中的任意一对元素，都有，对于上述正整数，从中任取一对元素，其中，则有，故集合具有性质；（3）由（2），若集合具有性质，则集合也具有性质.若，则，则和至少有一个不超过，则和中至少有一个集合，该集合至少有一半的元素不超过，设集合中一共有个元素，不妨设中至少有个元素（）不超过，不妨设为均不超过，由于若存在不大于的正整数，使集合中的任意一对元素，都有，则称集合具有性质.则均不在集合中，所以集合至少有个元素不在集合中，则，例如符合题意，则2．（24-25高三上·北京·开学考试）已知集合.对于A的一个子集S，若存在不大于n的正整数m，使得对于S中的任意一对元素，都有，则称S具有性质P.(1)当时，试推断集合和是否具有性质P?并说明理由；(2)当时，若集合S具有性质P，那么集合是否肯定具有性质P?并说明理由；(3)当时，若集合S具有性质P，求集合S中元素个数的最大值.【答案】(1)集合B不具有性质P，集合具有性质P，理由见解析；(2)具有，理由见解析；(3)1333【解析】（1）当时，集合，，则集合B不具有性质P，理由如下：由于对于任意不大于n的正整数m，都可以找到该集合中的两个元素，使得成立；集合具有性质P，理由如下：由于可取，对于该集合中的任意一对元素，都有；（2）当时，集合，若集合S具有性质P，那么集合肯定具有性质P，理由如下：首先由于集合，任取，其中，由于，所以，从而，即，故,由于S具有性质P，可知存在不大于1000的正整数m，使得对于S中的任意一对元素，都有，对于上述正整数m，从集合中任取一对元素，其中，则有，故集合具有性质P.（3）设集合S有k个元素，由第（2）问可知，若集合S具有性质P，那么集合肯定具有性质P，任给，则x与中必有一个不超过1000，所以集合S与T中必有一个集合中至少存在一半元素不超过1000，不妨设S中有t（）个元素不超过1000，由集合S具有性质P可知存在正整数，使得对于S中的任意一对元素，都有，所以肯定有，又，故，因此集合A中至少有t个元素不在子集S中，故，即，结合k为正整数，可得，当时，取，则可知集合S中任意两个元素，都有，即集合S具有性质P，而此时集合S中有1333个元素，因此集合S中元素个数的最大值为1333.3．（23-24高三下·辽宁·一模）给定正整数，设集合.对于集合中的任意元素和，记.设，且集合，对于中任意元素，若，则称具有性质.(1)是否存在集合具有性质，若存在，请写出的表达式，若不存在，请说明理由；(2)推断集合是否具有性质？若具有，求的值；若不具有，请说明理由；(3)是否存在具有性质的集合？若存在，请找出来；若不存在，请说明理由.【答案】(1)不存在，理由见解析；(2)具有，12；(3)不存在，理由见解析【解析】（1）由题意可知表示集合有2个元素，且，，则或，均无法满足，所以不存在集合具有性质.（2）对于，则，同理，而，同理，所以具有性质.且.（3）假设存在集合具有性质，易知集合中有4个元素且.①若，则，不符合4个元素，舍去；②若，则，，又，所以不满足，舍去；③若，则，又，所以这3组每组至多只能有一个包含于，所以至多只有3个元素，冲突，舍去；④若，则，，又，所以不满足，舍去；⑤若，则，只有一个元素，舍去.综上，不存在具有性质的集合.4．（24-25高三上·湖北·期中）已知正实数构成的集合(1)若定义，当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质.①当，时，推断集合，是否具有性质，并说明理由；②设集合，其中数列为等比数列，且公比为2，推断集合是否具有性质并说明理由.(2)若定义，当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质.设集合具有性质且中的全部元素能构成等差数列.问：集合中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)①集合不具有性质，集合具有性质，理由见解析；②集合具有性质，理由见解析；(2)存在，最大值为4.【解析】（1）①集合不具有性质，集合具有性质：，中元素个数不具有性质；，中元素个数具有性质.②若集合具有性质，设，假设当时有成立，则有，等式左边为偶数，右边为奇数，明显不成立，则不成立，因此中元素个数，所以集合具有性质.（2）不妨设，则在集合中，，又中的全部元素能构成等差数列，设公差为，则，即，于是，当时，是集合A中互不相同的4项，从而中元素个数小于，与集合A具有性质冲突，当时，，即成等差数列，且公差也为，则中的元素从小到大的前三项为，且第四项只能是或，（i）若第四项为，则，从而，于是，中元素个数小于，与集合A具有性质冲突；（ii）若第四项为，则，有，而，即，于是，因此中元素个数小于，与集合A具有性质冲突，则，取，，则集合A具有性质，所以集合A中的元素个数存在最大值，最大值为4.题型4定义集合的新背景解决这类问题应认真阅读题目，理解题目中给出的集合背景或规章．这包括集合的元素定义、集合之间的关系、集合的运算规章等．依据题目背景和问题要求，构建合适的数学模型或规律模型．例如，可以使用集合论中的基本概念和运算来构建模型．假如题目中涉及到简单的集合运算或关系，可以考虑使用图形或表格来帮助理解．1．（24-25高三上·上海宝山·开学考试）群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中.有重要地位，且群论的争辩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学问证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设是一个非空集合，“.”是上的一个代数运算，假如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，称与互为逆元.则称关于“.”新构成一个群.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】D【解析】A：由且，使，但，不存在，使，不正确；B：由且，都有，但，不存在，使，不正确；C：由且，使，但，不存在，使，不正确；D：对全部的，可设，则，①满足加法结合律，即，有；②，使得，有；③，设，使，正确.故选：D.2．（23-24高三上·浙江湖州·期中）对于平面上点和曲线，任取上一点，若线段的长度存在最小值，则称该值为点到曲线的距离，记作．下列结论中正确的个数为（）①若曲线是一个点，则点集所表示的图形的面积为；②若曲线是一个半径为的圆，则点集所表示的图形的面积为；③若曲线是一个长度为的线段，则点集所表示的图形的面积为；④若曲线是边长为的等边三角形，则点集所表示的图形的面积为．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】设点，对于①，若曲线表示点，则，化简可得，所以，点集所表示的图形是以点为圆心，半径为2的圆及其内部，所以，点集所表示的图形的面积为，①对；对于②，若曲线表示以点为圆心，半径为2的圆，设为曲线上一点，当点在曲线内时，，当且仅当三点共线时，等号成立，所以，可得，此时；当点在曲线外时，，当且仅当三点共线时，等号成立，所以，，可得，此时，当点在曲线上时，线段的长不存在最小值，综上所述，或，即或，所以，点集所表示的图形是夹在圆和圆的区域（但不包括圆的圆周），此时，点集所表示的图形的面积为，②错；对于③，不妨设点曲线为线段，且，当点与点重合时，由①可知，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆，当点与点重合时，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆，故当点在线段上滑动时，点集表示的区域是一个边长为2的正方形和两个半径为1的半圆所围成的区域，此时，点集的面积为，③对；对于④，若曲线是边长为9的等边三角形，设等边三角形为，由于，，则，由③可知，点集构成的区域由矩形、、，以及分别由点为圆心，半径为1，圆心角为的三段圆弧，和夹在等边三角形和等边三角形中间的部分（包括边界），因此，，则，所以，点集所表示的图形的面积为，④对.综上所述：正确的序号为①③④，共3个.故选：C.3．（23-24高三下·湖南益阳·模拟猜测）我们知道，二维空间（平面）向量可用二元有序数组表示；三维空间向盘可用三元有序数组表示．一般地，维空间向量用元有序数组表示，其中称为空间向量的第个重量，为这个重量的下标．对于维空间向量，定义集合．记的元素的个数为（商定空集的元素个数为0）．(1)若空间向量，求及；(2)对于空间向量．若，求证：，若，则；(3)若空间向量的坐标满足，当时，求证：．【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3)证明见解析【解析】（1）由，知，所以，；（2）依题意，，，则有，所以，当且仅当时取等号，又由于，所以，，互不相同，故，若，则；（3）由，得，则有①，由及①，可得，，，以上各式相加，得.由及①，当时，，所以，即.4．（223-24高三下·安徽芜湖·二模）对称变换在对称数学中具有重要的争辩意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍旧与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍旧与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍旧与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的全部对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假犹如时满足：I．，；II．，；Ⅲ．，，；Ⅳ．，，．对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群．

(1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规章如下：，．①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明；③写出群S的全部子群．【答案】(1)答案见解析；(2)①证明见解析；②答案见解析，证明见解析；③证明见解析.【解析】（1）依题意，正三角形的对称变换如下：绕中心作的旋转变换；绕中心作的旋转变换；绕中心作的旋转变换；关于对称轴所在直线的反射变换；关于对称轴所在直线的反射变换；关于对称轴所在直线的反射变换，综上，.（形式不唯一）（2）①Ⅰ.，，；Ⅱ.，，，，所以；Ⅲ.，而，所以；Ⅳ.，；综上可知，集合对于给定的新运算*来说能作成一个群.②，，证明如下：先证明：由于是的子群，取，则，，依据群的定义，有，，所以，所以，即，即，所以.再证明：由于，，，所以，所以，所以，所以.③的全部子群如下：，，，，题型5集合与数列交汇问题若新定义与数列有关，可利用数列的递推关系式，结合数列的相关学问进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程机敏运用数列的性质，精确     应用相关的数列学问．1．（24-25高三上·上海·开学考试）已知是等差数列，，存在正整数，使得，，.若集合中只含有4个元素，则t的可能取值有（

）个A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】当时，，依据周期性知集合最多有3个元素，不符合；当时，，取，此时，满足条件；当时，，即，即，所以，或，（舍），故解得，此时在单位圆上的5等分点，取到的，，，，，不行能取到4个不同的正弦值，故不满足；当时，，取，此时，满足条件；当时，，取，此时，满足条件；当时，，取，此时，满足条件；故选：C2．（23-24高三下·浙江·二模）称平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为正整数的点为好整点，记为集合包含的好整点的个数．若，则正整数的最小值是（

）A．1976 B．1977 C． D．【答案】B【解析】一方面：由题意，，使得不等式恒成立，留意到，等号成立当且仅当，即，所以正整数应当满足，另一方面：当时，我们证明：成立，证明过程如下：留意到，所以，，记，则，，，即成立，综合以上两方面，可知正整数的最小值是1977.故选：B.3．（24-25高三上·江西新余·阶段练习）已知某类数集中有个元素，这些元素的和为且它们的某种排列可以构成等差数列，我们就称这样的集合为“好集”.对于一系列互不相同的正整数，若好集满足：，，中的元素个数至多为1，且存在某些使它们的并集（）中元素的某种排列也为等差数列，我们就称可以构成“优集合”.特殊的，规定下标最小的好集.(1)证明：好集可以构成优集合.(2)若好集可以构成优集合，证明：不全为偶数.(3)若好集可以构成优集合，试推断是否能为以1为首项的等比数列？若能，恳求出全部的通项；若不能，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)能，【解析】（1），，，（答案不唯一）（2）由于集合公差不影响结果，不妨设其公差为2.记，由等差数列的性质：若全为偶数，则为偶数，而中的元素同样满足上述性质，所以互为相反数的元素肯定属于同一集合而，所以中必有一个集合的元素公差为2，且公差必为偶数不妨设，，①的公差为2：则中有一个公差为，那么另一个集合元素公差为且与中至少有一个不为，不妨设，则中至少有一个集合必定存在公差为2和或的项，这与中的元素的某种排列为等差数列冲突，舍去；②的公差不为2：则此时的相邻两项中包含的个元素，这些元素中必有连续的不超过项来自公差为2的集合（不妨设为），那么中集合元素公差应不为2，这时，中元素必定存在公差为2与不为2的项，这与中的元素的某种排列为等差数列冲突，舍去，故不全为偶数.（3）能.设的公比为，总项数为（为偶数）或（为奇数），由于，所以项数最多的集合公差最小为2，总项数至少为①为大于2的偶数，下试证：，即证：而②为大于2的奇数，，由此说明：时不符合题意③时，给中元素从小到大编号：.令，，，，...，，全部中元素总数为：，又假设，则：，等式两边奇偶性不同，可以证明，中最大元素为，故编号与集合中的元素一一对应，由等差数列的性质：再证明：集合中任意两个下标和为的项其值和为，这样令中编号为的元素为0，公差为1就得到了一系列：成立，所以.4．（24-25高三上·山东济南·阶段练习）对于一个元正整数集，假如它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数.(1)推断4和6是否为可分数，并说明理由；(2)求小于81的最大可分数；(3)记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：.【答案】(1)不是可分数；是可分数；(2)；(3)证明见解析【解析】（1）令，①，；②，；③，，综上所述，不是可分数，令，，由，，则是可分数.（2）由，且，则令，由，且，则是小于最大的可分数.（3）设偶数为可分数，则存在使得，由可知二元子集中两元素和的最大值为，于是集合中全部大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为，于是必定与在同一个二元子集中，必定与在同一个二元子集中，必定与在同一个二元子集中，若，由可知不属于集合，故无法对进行分组，此时不是可分数；若，则分组之后还剩下大于等于的整数，此时不是可分数；若，则分组之后还剩下，由于，则是可分数等价于也是可分数，若，则可将划分成以下各组：，每组中两元素之和均为，因此此时是可分数，由于小于的可分数的个数为，则，又小于3的可分数只能为2，则，于是，故是首项为，公比为2的等比数列，则，于是，又，因此.题型6集合与数论交汇问题集合与数论交汇问题通常涉及集合的元素和数论的性质，如整除性、质数、最大公约数、最小公倍数等．解决这类问题的关键在于精确     理解集合的元素和数论性质之间的关系，合理构建集合模型，机敏运用各种解题方法，并进行严格的推理和验证．通过多做类似的题目，积累阅历，可以提高解题的效率和精确     性．1．（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）若集合且，则称构成的一个二次划分.任意给定一个正整数，可以给出整数集的一个次划分，其中表示除以余数为的全部整数构成的集合.这样我们得到集合，称作模的剩余类集.模的剩余类集可定义加减乘三种运算，如，（其中为除以的余数）.依据实数中除法运算可以依据倒数的概念转化为乘法，因此要定义除法运算只需通过定义倒数就可以了，但不是全部中都可以定义除法运算.假如该集合还能定义除法运算，则称它能构成素域.那么下面说法错误的是（

）A．能构成素域当且仅当是素数 B．C．是最小的素域（元素个数最少） D．【答案】D【解析】能构成素域当且仅当是素数，理由如下：当为素数时，除0外，均与互素，此数记作，对于，考虑，若，则为的倍数，而为素数，故，故为的倍数，即，故存在，使得即可定义除法.当能构成素域，若是不素数，则，故对于，存在，使得，故为的倍数，故存在整数，使得，故，但，且为非零的整数，故不成立，故是素数.综上：能构成素域当且仅当是素数，A正确；由于，所以，B正确；依据A选项，由于2为最小的素数，有2个元素，元素个数最少，所以是最小的素域（元素个数最少），C正确；由于，所以，D错误；故选：D.2．（23-24高三下·河南·模拟猜测）离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，记为除以的余数，为除以的余数；设，两两不同，若，则称是以为底的离散对数，记为．(1)若，求；(2)对，记为除以的余数（当能被整除时，）．证明：，其中；(3)已知．对，令．证明：．【答案】(1)1；(2)证明见解析；(3)证明见解析【解析】（1）若，又留意到，所以.（2）【方法一】：当时，此时，此时，，故，此时.当时，因相异，故，而，故互质.记，则，使得，故，故，设，则，由于除以的余数两两相异，且除以的余数两两相异，故，故，故，而其中，故即.法2：记，，，其中，，k是整数，则，可知．由于1，a，，…，两两不同，所以存在，使得，即可以被p整除，于是可以被p整除，即．若，则，，因此，．

记，，，其中l是整数，则，即．（3）【方法二】：当时，由（2）可得，若，则也成立.由于，所以.另一方面，.由于，所以.法2：由题设和（2）的法2的证明知：，．故．由（2）法2的证明知，所以．3．（23-24高三下·北京·开学考试）由个正整数构成的有限集（其中），记，特殊规定，若集合M满足：对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，则称集合为“满集”.(1)分别推断集合与是否为“满集”，请说明理由；(2)若集合为“满集”，求的值：(3)若为满集，，求的最小值.【答案】(1)为“满集”,不是“满集”；(2)；(3)【解析】（1），当时，取的子集为，则，当时，取的子集为，则，当时，取的子集为，则，故为“满集”.而，设为的两个子集，若，则，则，故，，冲突，故不是“满集”.（2）若，则，取，依题意，存在设为的两个子集，使得，则，而或，若，则，这与冲突，故即，此时，因，故对的任意真子集，总有，故不成立，而时，，故对的任意子集，总不成立，即不成马上.（3）由于为满集，由（2）可得，若，对于集合，考虑集合对的总数，由于中的任意一个元素，可放置在中的任何一个，故集合对的总数为，由这些集合对得到的的不同个数最多为，这与集合为满集冲突.所以，取，此时，下证：为满集.证明：考虑集合设，则，，若，则，否则，设与中从左到右第一个不对应相等的项的下标，则，不妨设，若，则，而，故，与冲突，若，同理可得，与冲突，若，则而，故，与冲突，故中的元素两两相异.中的最小值为0，最大值为，故.（i）任意的，则，由于，故，构造集合如下：若，则，若，则，故.（ii）若，故，由（i）中分析可得存在集合，使得，其中，令，则.由（i）（ii）可得为满集，故的最小值为.4．（24-25高三上·北京·阶段练习）对给定的整数，若在数集中任取个元素，都可以通过这个元素进行加减乘除四则运算（每个元素都必需使用且只能使用1次），使其结果为的整数倍，则称整数具有性质.(1)若，，请分别推断5是否具有性质和，并说明理由；(2)求证：3具有性质，其中表示整数集；(3)若12具有性质，求的最小值，其中表示整数集.【答案】(1)5不具有性质，5具有性质；(2)证明见解析；(3)的最小值是【解析】（1）若从中选和两个元素，进行四则运算均得不到的整数倍，所以5不具有性质，若从中任选两个元素，则通过相减即可得到的整数倍，所以5具有性质；（2）若任取两个元素之一是三的倍数，则他们的乘积是的倍数，若任取的两个元素被除都余或，则他们的差是的倍数，若任取的两个元素一个被除余，另一个被除余，则他们的和是的倍数，所以3具有性质；（3）设任取两个元素一个为，另一个为，取，，易证明，，，均不是的倍数，所以任取两个元素不能凑出的倍数，设任取三个元素分别为，若至少两个余数相同，则两个余数相同的数的差肯定是的倍数，故差与另一个数的乘积为4的倍数.若这三个元素除的余数相异，第一种状况，若有个元素是的倍数，这三个元素的乘积为的倍数，其次种状况，3个数都不是4的倍数，设，，，则，则是的倍数，已经证明任意三个元素可以凑出的倍数，依据（2）可知任意两个元素可以凑出的倍数，依据题意这两个数不能再使用，取这两个数，然后再任取个数，依据以上证明方法凑出的倍数，它们的乘积就是的倍数，所以的最小值是.（建议用时：60分钟）1．（24-25高三上·四川·开学考试）定义：假如集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集且，那么称子集族构成集合的一个划分.已知集合，则集合的全部划分的个数为（）A．3 B．4 C．14 D．16【答案】B【解析】依题意，，的2划分为，共3个，的3划分为，共1个，故集合的全部划分的个数为4.故选：B.2．（23-24高三下·福建·模拟猜测）（多选）若平面点集满足：任意点，存在，都有，则称该点集是阶聚合点集．下列命题为真命题的是（

）A．若，则是3阶聚合点集B．存在对任意正数，使不是阶聚合点集C．若，则不是阶聚合点集D．“”是“是阶聚合点集”的充要条件【答案】ACD【解析】对于A，由可得，故是3阶聚合点集，即A正确；对于B，对任意的点集，总存在，使得是1阶聚合点集，故B错误；对于C，因，而，故不是阶聚合点集，即C正确；对于D，因是阶聚合点集等价于，因，可得，又因，依题意可得，反之也成立，故“是阶聚合点集”是“”的充要条件，即D正确.故选：ACD.3．（24-25高三上·山东聊城·阶段练习）（多选）由无理数引发的数学危机始终连续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的定义动身，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【解析】对于A，由于，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：BD4．（23-24高三下·江苏泰州·模拟猜测）（多选）对任意，记，并称为集合A，B的对称差．例如：若，，则．下列命题中，为真命题的是（

）A．若且，则 B．若且，则C．若且，则 D．存在，使得【答案】AB【解析】A选项，且，则，故，且中元素不能消灭在中，故，A正确；B选项，且，则，即与是相同的，所以，B正确；C选项，由于，所以，故，C错误；D选项，，其中，，故，而，故，D错误.故选：AB5．（24-25高三上·广西钦州·阶段练习）已知集合，其中且，若对任意的，都有，则称集合具有性质.(1)若集合具有性质，求的最小值；(2)已知集合具有性质，求证：①对任意的都有；②；(3)已知集合具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由.【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析；(3)，理由见解析【解析】（1）集合具有性质，则对任意的，都有，即，，解得且，可得的最小值是.（2）①由题意，，又，，可得，②由①可得.（3）由（2）知，，又，可得，因此，同理，，又，，则也均成立.当时，取，则，可知.又当时，，则，即.因此集合中元素个数的最大值为7.6．（24-25高三上·河南·期中）在数列中，设是数列的前项和，并规定，定义集合，中元素的个数为.(1)在数列中，若，，，，，，，，求；(2)若，满足，①证明：集合非空；②证明：当，时，.【答案】(1)；(2)①证明见解析；②证明见解析.【解析】（1）由于，，，，，，，，，由于，所以，所以，（2）①证明：由已知得，若对中的任意正整数，满足，则，即，所以；若在中存在，使得为中从左到右消灭的第一个正数，则，所以.综上所述，集合非空.②由集合非空，设(不妨设从小到大排列)，明显.由集合的定义知，且是使得成立的最小的，即是中最大的，所以，由于，所以，所以，由于，所以，即.由的定义得，由于，所以，由于，所以，即，由于是中最大的，所以，即，所以，所以，由于，所以，由于，所以，所以.7．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中的两个非空有限子集和，定义和集.记符号表示集合中的元素个数.当时，设是集合中全部元