高考数学专题15 集合专题（新定义）（解析版）

专题15集合专题（新定义）一、单选题1．（2023全国模拟预测）已知集合A，B满足，若，且，表示两个不同的“AB互衬对”，则满足题意的“AB互衬对”个数为（）A．9B．4C．27D．8【答案】C【分析】直接列举可得.【详解】当时，集合B可以为；当时，集合B可以为；当时，集合B可以为；当时，集合B可以为；当时，集合B可以为；当时，集合B可以为；当时，集合B可以为；当时，集合B可以为.故满足题意的“AB互衬对”个数为27.故选：C2．（2023全国高三专题练习）定义集合且，已知集合，则（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据集合新定义即可求解.【详解】因为集合且，，所以故选：C3．（2023全国高三专题练习）定义集合，设集合，，则中元素的个数为（）A．B．C．D．【答案】B【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.4．（2021秋陕西安康高一校考阶段练习）设P，Q是两个非空集合，定义，若，，则中元素的个数是（）A．3B．4C．12D．16【答案】C【分析】根据集合新定义，利用列举法写出集合的元素即可得答案.【详解】因为定义，且，，所以，中元素的个数是12，故选：C.5．（2020秋黑龙江哈尔滨高一哈尔滨三中校考阶段练习）设集合的全集为，定义一种运算，，若全集，，，则（）A．B．C．D．【答案】C【分析】解不等式求得集合M，求得，根据集合运算新定义，即可求得答案.【详解】由题意得，或，则，故选：C6．（2022秋上海浦东新高一校考期中）当一个非空数集G满足“如果a、，则、、，且时，”时，我们称G是一个数域．以下四个关于数域的命题中真命题的个数是（）0是任何数域中的元素；若数域G中有非零元素，则；集合是一个数域；有理数集Q是一个数域．A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】根据数域定义逐一验证即可.【详解】由定义可知，，即0是任何数域中的元素，正确；若域G中有非零元素a，则，所以，，…，，正确；记则，但，故错误；易知任意两个有理数的和差积仍是有理数，当分母不为0时，两个有理数的商仍为有理数，故正确.故选：C7．（2022秋北京房山高一统考期中）已知U是非空数集，若非空集合A，B满足以下三个条件，则称为集合U的一种真分拆，并规定与为集合U的同一种真分拆．；；A的元素个数不是A中的元素，B的元素个数不是B中的元素．则集合的真分拆的种数是（）A．4B．8C．10D．15【答案】A【分析】理解真分拆的定义，采用列举法一一列出即可求解.【详解】根据真分拆定义，当集合只有一个元素时，有四个元素，此时只能是；当集合有两个元素时，有三个元素，此时包括、、，因为与为集合U的同一种真分拆，故只有四种真分拆.故选：A8．（2023春湖南长沙高三湖南师大附中校考阶段练习）若一个位正整数的所有数位上数字的次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数，已知所有一位正整数的自恋数组成集合，集合，则真子集个数为（）A．3B．4C．7D．8【答案】C【分析】根据题中定义，结合集合交集的定义、真子集个数公式进行求解即可.【详解】由题中定义可知，而，所以，因此真子集个数为，故选：C9．（2023秋上海徐汇高一统考期末）若集合A同时具有以下三个性质：（1），；（2）若，则；（3）若且，则．则称A为“好集”．已知命题：集合是好集；对任意一个“好集”A，若，则．以下判断正确的是（）A．和均为真命题B．和均为假命题C．为真命题，为假命题D．为假命题，为真命题【答案】D【分析】根据“好集”的定义逐一判断即可.【详解】对于，因为，而，所以集合不是好集，故错误；对于，因为集合为“好集”，所以，所以，故正确，所以为假命题，为真命题.故选：D.10．（2022秋上海浦东新高一华师大二附中校考阶段练习）对于集合M，定义函数，对于两个集合，定义集合，，已知，，用表示有限集合中的元素个数，则对于任意集合，的最小值为（）A．5B．4C．3D．2【答案】B【分析】先根据定义化简，，再根据文恩图确定+最小值取法，即得结果.【详解】解：因为，所以，，所以，,，所以，当元素个数最多且M中不含有A,B的元素之外的元素时，+最小，因为,所以当时，+最小，为，故选：B11．（2022秋天津和平高一天津市汇文中学校考阶段练习）若且就称A是伙件关系集合，集合的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合个数为（）A．15B．16C．64D．128【答案】A【分析】首先确定具有伙伴集合的元素有，，“和”，“和”四种可能，它们组成的非空子集的个数为即为所求.【详解】因为，；，；，；，；这样所求集合即由，，“和”，“和”这“四大”元素所组成的集合的非空子集．所以满足条件的集合的个数为，故选:A.12．（2022秋宁夏石嘴山高一石嘴山市第一中学校考阶段练习）已知集合，对它的非空子集，可将中的每一个元素都乘以再求和（如，可求得和为：），则对的所有非空子集执行上述求和操作，则这些和的总和是（）A．18B．16C．-18D．-16【答案】D【分析】由已知，先求解出集合的所有非空子集分别出现的次数，然后，再根据范例直接计算总和即可.【详解】由已知，因为，那么每个元素在集合的所有非空子集分别出现个，则对于的所有非空子集执行乘以再求和的操作，则这些数的总和为：.故选：D.13．（2023全国高三专题练习）含有有限个元素的数集，定义“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地加减各数．例如的交替和是；而的交替和是5，则集合的所有非空子集的交替和的总和为（）A．32B．64C．80D．192【答案】D【分析】依次计算集合的所有非空子集的交替和的总和，然后归纳猜想出规律即可得．【详解】集合的所有非空子集的交替和的总和为，集合的所有非空子集的交替和的总和为，集合的所有非空子集的交替和的总和为，集合的所有非空子集的交替和的总和为，由此猜测集合的所有非空子集的交替和的总和为，证明如下：将集合中所有的子集分为两类：第一类，集合中无，第二类，集合中有这个元素，每类中集合的个数为我们在两类集合之间建立如下一一对应关系：第一类中集合对应着第二类中集合，此时这两个集合的交替和为，故集合的所有非空子集的交替和的总和为，所以．故选：D．14．（2022秋北京海淀高一人大附中校考期中）若集合A的所有子集中，任意子集的所有元素和均不相同，称A为互斥集．若，且A为互斥集，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由集合的新定义先确定集合，而要想取得最大值，则要最小，从而确定，即可求解【详解】因为，所以为又且为互斥集，所以为，要想取得最大值，则要最小，此时，不妨令，则，故选：C15．（2022上海高一专题练习）设X是一个集合，是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：X属于，属于；中任意多个元素的并集属于；中有限个元素的交集属于．则称是集合X上的一个拓扑．已知集合X{a，b，c}，对于下面给出的四个集合：{，{a}，{a，b}，{a，c}}；{，{b}，{c}，{b，c}，{a，b，c}}；{，{a，c}，{b，c}，{c}，{a，b，c}}；{，{a}，{c}，{a，b，c}}．其中是集合X上的拓扑的集合的序号是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用集合X上的拓扑的3个要求，依次判断即可．【详解】解：中由于{a，b}{a，c}{a，b，c}，故不是集合X上的一个拓扑；中满足拓扑集合的3个要求，故是集合X上的一个拓扑；中满足拓扑集合的3个要求，故是集合X上的一个拓扑；中{a}{c}{a，c}，故不是集合X上的一个拓扑；因此集合X上的拓扑的集合的序号是，故选：D．16．（2022秋上海浦东新高一上海市建平中学校考开学考试）定义集合运算且称为集合与集合的差集；定义集合运算称为集合与集合的对称差，有以下4个命题：则个命题中是真命题的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用题中定义可判断的正误；利用韦恩图法可判断；利用题中定义与集合运算可判断的正误.【详解】对于，，对；对于，且且，同理，则，所以，表示的集合如下图中的阴影部分区域所示：同理也表示如上图阴影部分区域所示，故，对；对于，，对；对于，如下图所示：所以，，错.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查集合中的新定义问题，解题的关键在于利用韦恩图法来表示集合，利用数形结合思想来进行判断.二、多选题17．（2022秋江苏苏州高一星海实验中学校考期中）整数集中，被4除所得余数为的所有整数组成一个“类”，其中，记为，即，以下判断正确的是（）A．B．C．D．若，则整数，属于同一个类【答案】CD【分析】根据给定的定义，计算判断A，B；推理判断C，D作答.【详解】，，，即，而，因此，A不正确；，即，而，因此，B不正确；因任意一整数除以4，所得余数只能为0或1或2或3，即，反之，集合中任一数都是整数，即，所以，C正确；，不妨令，则，因，于是得，即，因此整数，属于同一个类，D正确.故选：CD18．（2022秋山西运城高一山西省运城中学校期中）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，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机.将有理数集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.试判断下列选项中，可能成立的是（）A．满足戴德金分割B．M没有最大元素，N有一个最小元素C．M没有最大元素，N没有最小元素D．M有一个最大元素，N有一个最小元素【答案】ABC【分析】根据戴德金分割的定义可判断A；举例判断B;结合A中例子可判断C;假设M有一个最大元素m，N有一个最小元素n,根据戴德金分割定义判断D.【详解】对于A，满足戴德金分割的定义，A正确；对于B,取，符合戴德金分割，M没有最大元素，N有一个最小元素，B正确；对于C，取满足戴德金分割的定义，M没有最大元素，N没有最小元素，C正确；对于D，假设M有一个最大元素m，N有一个最小元素n,根据戴德金分割定义，必有，则无法满足，D错误，故选：.19．（2022秋四川眉山高一校考阶段练习）给定集合，若对于任意，，有，且，则称集合A为闭集合，以下结论正确的是（）A．集合为闭集合；B．集合为闭集合；C．集合为闭集合；D．若集合为闭集合，则为闭集合．【答案】AC【分析】根据闭集合的定义和集合知识综合的问题,分别判断,且是否满足即可得到结论.【详解】对于A：按照闭集合的定义，故A正确;对于B：当时,.故不是闭集合.故B错误;对于C：由于任意两个3的倍数,它们的和、差仍是3的倍数,故是闭集合.故C正确;对于D：假设,.不妨取,但是,,则不是闭集合.故D错误.故选：AC三、填空题20．（2022秋江苏常州高一常州高级中学校考期中）设集合，若把集合的集合叫做集合的配集，则的配集有___________个.【答案】4【分析】直接按定义求出符合条件的集合，计算个数，得到答案.【详解】解：由题意，M可以是，，，，共4个.故答案为：4.21．（2023全国高三专题练习）对于非空集合，其所有元素的几何平均数记为，即．若非空数集满足下列两个条件：A；，则称为的一个“保均值真子集”，据此，集合的“保均值真子集”有__个．【答案】【分析】求出，由此利用列举法能求出集合的“保均值真子集”的个数．【详解】因为集合，则，所以，集合的“保均值真子集”有：、、、、，，共个.故答案为：.22．（2020秋上海闵行高一上海市七宝中学校考阶段练习）设集合，若，把的所有元素的乘积称为的容量（若中只有一个元素，则该元素的数值即为它的容量，规定空集的容量为0）.若的容量为奇（偶）数，则称为的奇（偶）子集，则的所有奇子集的容量之和为______.【答案】【分析】写出所有的奇子集，从而求出所有奇子集的容量之和.【详解】当时，，含有一个元素的奇子集为，含有两个元素的奇子集为，含有三个元素的奇子集为，故所有奇子集的容量之和为.故答案为：47.23．（2022秋河北沧州高一任丘市第一中学校考阶段练习）设A是整数集的一个非空子集，对于，若，且，则称k是A的一个“孤立元”，集合中的“孤立元”是___________；对给定的集合，由S中的4个元素构成的所有集合中，不含“孤立元”的集合有___________个．【答案】56【分析】根据题意，依次判断每个元素是否为“孤立元”即可；根据中分析可知，不含“孤立元”是指在集合中有与k相邻的元素，依次写出满足不含“孤立元”的集合即可.【详解】解：对于1，，则1不是“孤立元”；对于2，，且，则2不是“孤立元”；对于3，，则3不是“孤立元”；对于5，，且，则5是“孤立元”；根据中分析可知，不含“孤立元”是指在集合中有与k相邻的元素，所以由S中的4个元素构成的所有集合中，不含“孤立元”的集合有，，，，，，共6个，故答案为：5；6.24．（2021秋上海徐汇高一位育中学校考阶段练习）若一个非空数集满足：对任意，有，，，且当时，有，则称为一个数域，以下命题中：（1）0是任何数域的元素；（2）若数域有非零元素，则；（3）集合为数域；（4）有理数集为数域；真命题的个数为________【答案】3【分析】根据新定义逐一判断即可求解【详解】（1）当时，属于数域，故（1）正确，（2）若数域有非零元素，则，从而，故（2）正确；（3）由集合的表示可知得是3的倍数，当时，，故（3）错误，（4）若是有理数集，则当，，则，，，且当时，”都成立，故（4）正确，故真命题的个数是3.故答案为：325．（2022秋北京高一校考阶段练习）已知集合，满足：（1），；（2），若且，则；（3），若且，则.给出以下命题：若集合中没有最大数，则集合中有最小数；若集合中没有最大数，则集合中可能没有最小数；若集合中有最大数，则集合中没有最小数；若集合中有最大数，则集合中可能有最小数.其中，所有正确结论的序号是___________.【答案】【分析】根据集合中元素的特点进行判断，的关系．【详解】解：依题意可判断集合中的元素都小于集合中的元素，若集合的元素没有最大数，则必然存在一个数，使得，；如果是有理数，则，且，，则有最小数为；如果是无理数，则，且，，则没有最小数；故正确；若集合的元素有最大数，则必然存在一个有理数，使得，；，，则没有最小数；故正确；故答案为：．26．（2022秋江苏淮安高三校联考期中）用表示非空集合A中的元素个数，定义，若，，且，若B中元素取最少个数时m=______.若B中元素取最多个数时，请写出一个符合条件的集合B=______.【答案】0或【分析】由题意，分情况求得，可得方程根的情况，可得答案．【详解】由题意，可知，当时，，则；当时，，则；故B中元素最少个数为，此时，方程存在唯一根，由知该方程必有一个根为0，故，即；同时，也可知B中元素最多个数为，则方程存在三个根，则，此时，必定存在两个不等实根和，则方程存在唯一实根或存在两个不相等的实根但其中一个根为，当存在唯一实根时，由得，当m2时，方程为，其根，同时，故此时；当m2时，方程为，其根，同时，故此时；当存在两个不相等的实根但其中一个为时，，不成立；综上，B中元素最多个数为时，或．故答案为：；或．【点睛】根据题目中的新定义，直接应用，求得结论，根据集合中元素的个数，可得方程根的情况，结合二次方程的解法，可得答案．27．（2022秋上海浦东新高一上海南汇中学校考阶段练习）对于集合，我们把称为该集合的长度，设集合，且都是集合的子集，则集合的长度的最小值是_______．【答案】999【分析】根据题中定义，结合解一元二次不等式的方法、子集的定义、交集的定义分类讨论进行求解即可.【详解】，因为都是集合的子集，所以，所以或，所以的长度为或，所以当时，或，的长度的最小值为999故答案为：99928．（2023全国高一专题练习）设S、T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数满足：（）；（）对任意，当时，恒有．那么称这两个集合“保序同构”．现给出以下3对集合：，B为正整数集；，；，．其中，“保序同构”的集合对的序号______．（写出所有“保序同构”的集合对的序号）【答案】【分析】利用两个集合“保序同构”的定义，能够找出存在一个从S到T的函数进行判断即可【详解】条件（）（）说明到是一个一一映射，且函数为单调递增函数.对于，可拟合函数满足上述两个条件，故是保序同构；对于，可拟合函数满足上述两个条件，故是保序同构；对于，可考虑经过平移压缩的正切函数也满足上述两个条件，故都是保序同构；故答案为：四、解答题29．（2022秋河北沧州高一任丘市第一中学校考阶段练习）已知M是满足下列条件的集合：，；若，则；若且，则.（1）判断是否正确，说明理由；（2）证明：；（3）证明：若，则且.【答案】（1）正确，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）根据定义确定包含元素；（2）根据定义依次确定包含元素；（3）根据定义确定包含元素，即得结论；根据定义依次确定包含元素,即得结论．【详解】（1）正确，证明如下：由知，由可得；（2）证明：由（1）知，又，由得；（3）证明：由知由题知，由可得又，，即；证明：由，，当时，则；当时，则；当且时，由可得，再由可得，即，即，即当，又因为当，，，当，可得．【点睛】关键点点睛：本题考查新定义判断元素与集合关系，正确理解新定义是解题的关键．30．（2022秋北京高一北京市第十三中学校考期中）设A是实数集的非空子集，称集合为集合A的生成集．(1)当时，写出集合A的生成集B；(2)若A是由5个正实数构成的集合，求其生成集B中元素个数的最小值．【答案】(1)(2)7【分析】（1）利用集合的生成集定义直接求解；（2）设，且，利用生成集的定义即可求解.【详解】（1）根据题意，，，（2）设，不妨设，所以中元素个数大于等于7个，所以生成集合中元素个数最小值为7.