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新高考第1章集合与常用逻辑用语（压轴题专练））高一数学上学期期中期末考试满分全攻略（人教A版2019）解析版
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这是一份新高考第1章集合与常用逻辑用语（压轴题专练））高一数学上学期期中期末考试满分全攻略（人教A版2019）解析版，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2021·江苏高一专题练习）对于集合A，定义了一种运算“”，使得集合A中的元素间满足条件：如果存在元素，使得对任意，都有，则称元素e是集合A对运算“”的单位元素.例如：，运算“”为普通乘法；存在，使得对任意，都有，所以元素1是集合R对普通乘法的单位元素.下面给出三个集合及相应的运算“”：
①，运算“”为普通减法；
②，运算“”为矩阵加法；
③（其中M是任意非空集合），运算“”为求两个集合的交集.
其中对运算“”有单位元素的集合序号为（ ）
A．①②B．①③C．①②③D．②③
【答案】D
试题分析：①若，运算“”为普通减法，而普通减法不满足交换律，故没有单位元素；
②{表示阶矩阵，}，运算“”为矩阵加法，其单位元素为全为0的矩阵；③（其中是任意非空集合），运算“”为两个集合的交集，其单位元素为集合，故答案为D.
考点：1、合情推理；2、新定义的应用.
2．（2021·全国）集合，且、、恰有一个成立，若且,则下列选项正确的是
A．,B．,
C．,D．,
【答案】B
试题分析：从集合的定义，，可知满足不等关系且，或且，或且，或且，这样可能有或或或，于是，，选B．
考点：不等关系．
3．（2021·全国高一专题练习）对于任意两个正整数、，定义某种运算“※”，法则如下：当、都是正奇数时，※=；当、不全为正奇数时，※=.则在此定义下，集合中的元素个数是
A．B．C．D．
【答案】C
试题分析：从定义出发，抓住、的奇偶性对实行分拆是解决本题的关键，当、同奇时，根据※将分拆两个同奇数的和，有，共有对；当、不全为奇数时，根据※将分拆两个不全为奇数的积，再算其组数即可，此时有，共对.
∴共有个，故选C.
考点：考查分析问题的能力以及集合中元素的性质.
4．（2021·全国高一专题练习）（2017北京西城二模理8）有三支股票A，B，C，28位股民的持有情况如下：每位股民至少持有其中一 支股票．在不持有A股票的人中，持有B股票的人数是持有C股票的人数的2倍．在持有A股票的人中，只持有A股票的人数比除了持有A股票外，同时还持有其它股票的人数多1．在只持有一支股票的人中，有一半持有A股票．则只持有B股票的股民人数是（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】A
【详解】设只持有A股票的人数为（如图所示），则持有A股票还持有其它股票的人数为（图中 的和），因为只持有一支股票的人中，有一半没持有B或C股票，则只持有了B和C股票的人数和为（图中部分）．假设只同时持有了B和C股票的人数为（如图所示），那么：，即：，则：X的取值可能是：9、8、7、6、5、4、3、2、1．与之对应的值为：2、5、8、11、14、17、20、23、26．
因为没持有A股票的股民中，持有B股票的人数为持有C股票人数的2倍，得，即，故，时满足题意，故，，故只持有B股票的股民人数是，故选A.
点睛：本题主要考查了逻辑推理能力，韦恩图在解决实际问题中的应用，解答此题的重点是求持有A股票的人数．关键是求只参加一个项目的人数中，持有A股票的人数及持有A股票以外的项目，且即持有C股票又持有B股票（a部分）的人数.
5．（2020·陕西长安一中高一月考）已知集合，，定义集合，则中元素的个数为（ ）
A．77B．49C．45D．30
【答案】A
【分析】根据题意,利用数形结合表示出集合,然后根据新定义中集合中元素的构成,用平面的点表示即可.
【详解】因为集合，所以集合中有5个元素（即5个点），即图中圆中的整点（包括边界），集合中有个元素（即49个点）：即图中正方形中的整点，
集合的元素可看作正方形中的整点（除去四个顶点），即个．
含有个元素.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用数形结合表示集合的几何意义，从而得解.
6．（2020·全国高一单元测试）设函数f（x）＝sin（ωx+φ），，，若存在实数φ，使得集合A∩B中恰好有7个元素，则ω（ω＞0）的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意求出﹣4≤x≤4，结合正弦函数的性质可得，从而可求出ω的取值范围.
【详解】解：∵f′（x0）＝0，∴f（x0）是f（x）的最大值或最小值，
又f（x）＝sin（ωx+φ）的最大值或最小值在直线y＝±1上，
∴y＝±1代入得，，解得﹣4≤x≤4，
又存在实数φ，使得集合A∩B中恰好有7个元素，∴ ，且ω＞0，
解得 ，∴ω的取值范围是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出的取值范围，再结合三角函数的性质列关于ω的不等式.
7．（2020·上海华师大二附中）定义，设、、是某集合的三个子集，且满足，则是的（ ）
A．充要条件B．充分非必要条件
C．必要非充分条件D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【分析】作出示意图，由可知两个阴影部分均为，根据新定义结合集合并集的运算以及充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】如图，由于，
故两个阴影部分均为，
于是，
（1）若，则，，
而，
成立；
（2）反之，若，
则由于，，
，
，
，
故选：A
【点睛】本题主要考查集合并集的运算以及充分条件与必要条件的定义，考查了分类讨论、数形结合思想的应用，属于较难题.
8．（2021·江苏高一单元测试）某学校高三教师周一、周二、周三开车上班的人数分别是8，10，14，若这三天中至少有一天开车上班的职工人数是20，则这三天都开车上班的职工人数至多是（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】C
【分析】设周三，周二，周一开车上班的职工组成的集合分别为，，，集合，，中元素个数分别为A．，B．，C．，根据A．B．C．，且，，可得．
【详解】解：设周三，周二，周一开车上班的职工组成的集合分别为，，，集合，，中元素个数分别为A．，B．，C．，
则A．，B．，C．，，
因为A．B．C．，且，，，
所以，即．
故选：．
【点睛】本题考查集合多面手问题的应用，考查学生转化问题的能力和应用不等关系解题的思想，属于中档题.
二、多选题
9．（2020·山东青岛二中高一期末）下列命题为真命题的是（ ）
A．设命题:,.则:,;
B．若,,则;
C．若是定义在上的减函数,则“”是“”的充要条件;
D．若,,()是全不为0的实数,则“”是“不等式和解集相等”的充分不必要条件.
【答案】ABC
【分析】特称命题的否定是将存在词变为全称量词后否定结论；结合不等式的性质求解；
【详解】A选项：特称命题的否定是将存在词变为全称量词后否定结论，所以命题:,.则:,，A是真命题；
B选项：，
，，，B是真命题；
C选项：若，则
而在R上递减，故，充分性满足；若，则的逆否命题是：
若，则，由，得
而在R上递减，故，即，所以必要性满足.
综上：若是定义在上的减函数,则“”是“”的充要条件，C是真命题；
D选项：设，则
所以不等式等价于.
若，此时等价于，此时两者解集相等；
若，此时等价于，此时两者解集不相等；
若不等式和解集为，则两个不等式的系数没有关系。
所以“”是“不等式和解集相等”的既不充分也不必要条件，D是假命题；
故选：ABC
【点睛】此题考查命题，一般会和其他章节知识点联系考查，注意掌握否命题和逆否命题充要条件的判断，属于一般性题目。
10．（2021·江苏高一单元测试）设非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S.给出如下命题，其中真命题是（ ）
A．若m=1，则B．若，则≤n≤1
C．若，则D．若n=1，则
【答案】BC
【分析】先由非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S，判断出或，，对照四个选项分别列不等式组，解出不等式进行一一验证即可
【详解】∵非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S.
∴当m∈S时，有m2∈S，即，解得：或；
同理：当n∈S时，有n2∈S，即，解得： .
对于A: m=1,必有m2=1∈S，故必有解得：，所以，故A错误；
对于B: ,必有m2=∈S，故必有，解得：，故B正确；
对于C: 若，有，解得：，故C正确；
对于D: 若n=1，有，解得：或，故D不正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：新定义题（创新题）解答的关键：对新定义的正确理解.
11．（2020·辽宁沈阳二中高一月考）对于集合，给出如下结论，其中正确的结论是（ ）
A．如果，那么
B．若，对于任意的，则
C．如果，那么
D．如果，那么
【答案】AC
【分析】根据集合的表示法特点，对选项进行一一判断，即可得答案；
【详解】对A，，总是有，则，故A正确；
对B，，若，则存在，使得，因为当一个是偶数，一个是奇数时，是奇数，也是奇数，所以也是奇数，显然是偶数，故，故，故B错误；
对C，若，不妨设，则，故，故C正确；对D，设，则
，不满足集合的定义，故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查集合描述法特点，数论的有关知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
12．（2021·广东高一期末）已知集合，若对于，使得成立则称集合是“互垂点集”．给出下列四个集合．其中是“互垂点集”集合的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意即对于任意点，，在中存在另一个点，使得．，结合函数图象进行判断．
【详解】由题意，对于，，，，使得成立
即对于任意点，，在中存在另一个点，使得．
中，当点坐标为时，不存在对应的点．
所以所以不是“互垂点集”集合，
的图象中，将两坐标轴进行任意旋转，均与函数图象有交点，
所以在中的任意点，，在中存在另一个点，使得．
所以是“互垂点集”集合，
中，当点坐标为时，不存在对应的点．
所以不是“互垂点集”集合，
的图象中，将两坐标轴进行任意旋转，均与函数图象有交点，
所以所以是“互垂点集”集合，
故选：BD．
【点睛】本题考查命题真假的判断与应用，考查对新定义的理解与应用，属于较难题．
三、填空题
13．（2020·全国高一课时练习）集合，是的一个子集，当时，若，，则称为的一个“孤立元素”，那么中无“孤立元素”的4元子集的个数是_____．
【答案】6
【分析】根据题意对集合的新定义依次列出“孤立元”的集合4个元素集合即可求解.
【详解】∵，
其中不含“孤立元”的集合4个元素必须是：
共有，，，，，共6个，
那么中无“孤立元素”的4个元素的子集的个数是6个．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了集合的新定义，考查了学生的理解能力以及分析问题、解决问题的能力，属于中档题.
14．（2020·福建仙游一中高一月考）已知集合，集合的所有非空子集依次记为：，设分别是上述每一个子集内元素的乘积.(如果的子集中只有一个元素，规定其积等于该元素本身)，那么__________．
【答案】5
【解析】 所有子集的“乘积”之和即 展开式中所有项的系数之和T-1，
令 ，则
故答案为5
【点睛】本题考查的知识点是元素与集合关系的判定，函数展开式的系数问题，转化困难，属于难题．
15．（2020·四川省泸县第四中学高一月考）已知集合，，若，则的取值范围为__________．
【答案】或
【解析】由解得或，所以，因为，所以可能，分别分析，当即时，符合题意，再有根与系数的关系知，时，符合题意，不符合题意，故填或
16．（2021·江苏高一单元测试）设集合是实数集的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，称为集合的聚点，则在下列集合中：
①；②；③；④
以0为聚点的集合有______．
【答案】②③
【分析】根据集合聚点的新定义，结合集合的表示及集合中元素的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，集合是实数集的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，称为集合的聚点，
①对于某个，比如，
此时对任意的，都有或者，
也就是说不可能，从而0不是的聚点；
②集合，对任意的，都存在（实际上任意比小得数都可以），
使得，∴0是集合的聚点；
③集合中的元素是极限为0的数列，
对于任意的，存在，使，
∴0是集合的聚点；
④中，集合中的元素是极限为1的数列，除了第一项0之外，其余的都至少比0大，∴在的时候，不存在满足得的，
∴0不是集合的聚点．
故答案为：②③．
【点睛】本题主要考查了集合新定义的应用，其中解答中认真审题，正确理解集合的新定义——集合中聚点的含义，结合集合的表示及集合中元素的性质，逐项判定是解答的关键，着重考查推理与论证能力，属于难题.
17．（2020·全国高一单元测试）一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下：甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”，经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________.
【答案】乙
【解析】四人供词中，乙、丁意见一致，或同真或同假，若同真，即丙偷的，而四人有两人说的是真话，甲、丙说的是假话，甲说“乙、丙、丁偷的”是假话，即乙、丙、丁没偷，相互矛盾；若同假，即不是丙偷的，则甲、丙说的是真话，甲说“乙、丙、丁三人之中”，丙说“甲、乙两人中有一人是小偷”是真话， 可知犯罪的是乙.
【点评】本体是逻辑分析题，应结合题意，根据丁说“乙说的是事实”发现，乙、丁意见一致，从而找到解题的突破口，四人中有两人说的是真话，因此针对乙、丁的供词同真和同假分两种情况分别讨论分析得出结论.
18．（2020·石家庄市藁城区第一中学高一月考）若“，”是假命题，则实数的取值范围是_________.
【答案】；
【分析】利用命题为假命题，得到其命题得否定为真命题，即在上恒成立，分离参数，利用基本题不等式求出最小值，即可得出结论.
【详解】“，”是假命题，
，为真命题，
即在上恒成立，
当时，，当且仅当时，等号成立，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查由存在性命题的真假求参数的取值范围，利用等价转换思想，转化恒成立问题，应用基本不等式求最值是解题的关键，考查的是计算能力，是中档题.
19．（2019·北京市八一中学）设集合中的所有点围成的平面区域的面积为S，则S的最小值为________.
【答案】2
【分析】设,则M中的所有点围成的平面区域面积为,分情况讨论二次函数的对称轴与区间的关系,分别得出函数在区间上的单调性,从而分别求出的值域,然后表示出S,即可求出S的最小值.
【详解】令,则
(1)当即时,在上单调递减,
,而所以,
此时,,
(2)当时,即时,在上单调递增,所以,
此时, ;
(3)当时, 在上单调递减, 在上单调递增,且,,所以,
此时, ;
(4)当时, 在上单调递减, 在上单调递增,且,,所以,
此时, ;
综上所述,,即S的最小值为.
故答案为:.
【点睛】本题考查二次函数在闭区间上的值域的求解,考查分类讨论思想,考查学生分析问题解决问题的能力,解决问题的关键在于讨论二次函数的对称轴与所给的区间的关系,得出二次函数在该区间上的单调性,属于中档题.
20．（2021·全国高一单元测试）已知不等式的解集为A，的解集为B，若“”是“”的充分不必要条件，那么实数m的取值范围是________.
【答案】
【分析】计算得到，根据题意得到，设，得到
，计算能得到答案.
【详解】等式的解集为A，则，“”是“”的充分不必要条件，则.
设，则 解得
故答案为：
【点睛】本题考查了根据充分不必要条件求参数，转化为是解题的关键.
四、解答题
21．（2021·全国高一单元测试）对于四个正数、、、，如果，那么称是的“下位序对”
（1）对于、、、，试求的“下位序对”；
（2）设、、、均为正数，且是的“下位序对”，试判断、、之间的大小关系；
（3）设正整数满足条件：对集合内的每个，总存在，使得是的“下位序对”，且是的“下位序对”.求正整数的最小值.
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）.
【分析】（1）根据“下位序对”可得的“下位序对”；
（2）根据题中定义得出，再利用作差法可得出、、之间的大小关系；
（3）由题意得出，进而可求得，再验证该式对集合内的每个正整数都成立，进而可得出正整数的最小值.
【详解】（1），因此，的“下位序对”为；
（2）因为是的“下位序对”，则，
又因为、、、均为正数，故，
，
因此，；
（3）由题意可得，
因为、、均为正整数，故，
于是，可得，
不等式对集合中的每个正整数都成立，
故，
因为，所以，，即，
所以，对于集合内的每个，使得是的“下位序对”，且是的“下位序对”的正整数的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义“下位序对”，解题时要充分利用这个定义构造不等关系，结合不等式的性质求解.
22．（2021·全国高一单元测试）已知集合，对于A的子集S若存在不大于的正整数，使得对于S中的任意一对元素、，都有，则称具有性质.
（1）当时，判断集合和是否具有性质P？并说明理由；
（2）若时，
①如果集合S具有性质P，那么集合是否一定具有性质P？并说明理由；
②如果集合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，集合不具有性质，理由见解析；（2）①集合具有性质，理由见解析；②，证明见解析.
【分析】（1）当时，，由题中所给新定义直接判断即可；
（2）若时，则，①根据，任取，其中，可得，利用性质的定义加以验证即可证明；②设集合有个元素，
由①知： 任给，，则和中必有一个不超过，
所以集合和集合中必有一个集合中至少存在一半的元素不超过，然后利用性质的定义进行分析可得，即解不等式即可求解.
【详解】（1）当时，，
不具有性质，
因为对于集合中任意不大于的正整数，都可以找到该集合中两个元素，使得成立，
具有性质.
因为，对于该集合中任意一对元素，，
都有，
（2）若时，则，
①如果集合S具有性质P，那么集合一定具有性质，
因为，任取，其中，
因为，所以，
从而，即，所以，
由集合S具有性质，可知存在不大于的正整数，使得对于中的一切元素都有，从集合中任取一对元素，，其中，则由，
所以集合一定具有性质，
②设集合有个元素，
由①知：若集合S具有性质P，那么集合一定具有性质，
任给，，则和中必有一个不超过，
所以集合和集合中必有一个集合中至少存在一半的元素不超过，
不妨设中有个元素不超过，由集合S具有性质P，可知存在正整数，使得对于中的一切元素都有，
所以一定有，又因为，
故，即集合中至少有个元素不在集合中，
因此，所以，解得：，
当时，取，
易知对于集合中任意两个元素都有，即集合S具有性质P，
而此时集合中有个元素，
因此集合S中元素个数的最大值是.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是理解一个具有性质的含义，以及集合之间包含关系的判断，要求有较强的抽象思维能力，以及对数的分析.
23．（2021·北京高一期末）设集合，且S中至少有两个元素，若集合T满足以下三个条件：①，且T中至少有两个元素；②对于任意，当，都有；③对于任意，若，则；则称集合为集合的“耦合集”.
（1）若集合，求集合的“耦合集”；
（2）若集合存在“耦合集”，集合，且，求证：对于任意，有；
（3）设集合，且，求集合S的“耦合集”T中元素的个数.
【答案】（1）；（2）证明见详解；（3）5个
【分析】（1）根据“耦合集”定义可得.
（2）由条件②可知的可能元素为：；由条件③可知得同理其它比得证；
（3）由（2）知得即，同理，故共5个元素.
【详解】解：（1）由已知条件②得的可能元素为：2，4，8；又满足条件③，所以；
（2）证明：因为，由已知条件②得的可能元素为：，由条件③可知得，同理得，所以对于任意，有；
（3）因为，由（2）知得即，同理，所以，又因为的可能元素为：，所以共5个元素.
【点睛】解题关键是正确理解“耦合集”的定义.
一、单选题
1．（2021·江苏高一专题练习）对于集合A，定义了一种运算“”，使得集合A中的元素间满足条件：如果存在元素，使得对任意，都有，则称元素e是集合A对运算“”的单位元素.例如：，运算“”为普通乘法；存在，使得对任意，都有，所以元素1是集合R对普通乘法的单位元素.下面给出三个集合及相应的运算“”：
①，运算“”为普通减法；
②，运算“”为矩阵加法；
③（其中M是任意非空集合），运算“”为求两个集合的交集.
其中对运算“”有单位元素的集合序号为（ ）
A．①②B．①③C．①②③D．②③
【答案】D
试题分析：①若，运算“”为普通减法，而普通减法不满足交换律，故没有单位元素；
②{表示阶矩阵，}，运算“”为矩阵加法，其单位元素为全为0的矩阵；③（其中是任意非空集合），运算“”为两个集合的交集，其单位元素为集合，故答案为D.
考点：1、合情推理；2、新定义的应用.
2．（2021·全国）集合，且、、恰有一个成立，若且,则下列选项正确的是
A．,B．,
C．,D．,
【答案】B
试题分析：从集合的定义，，可知满足不等关系且，或且，或且，或且，这样可能有或或或，于是，，选B．
考点：不等关系．
3．（2021·全国高一专题练习）对于任意两个正整数、，定义某种运算“※”，法则如下：当、都是正奇数时，※=；当、不全为正奇数时，※=.则在此定义下，集合中的元素个数是
A．B．C．D．
【答案】C
试题分析：从定义出发，抓住、的奇偶性对实行分拆是解决本题的关键，当、同奇时，根据※将分拆两个同奇数的和，有，共有对；当、不全为奇数时，根据※将分拆两个不全为奇数的积，再算其组数即可，此时有，共对.
∴共有个，故选C.
考点：考查分析问题的能力以及集合中元素的性质.
4．（2021·全国高一专题练习）（2017北京西城二模理8）有三支股票A，B，C，28位股民的持有情况如下：每位股民至少持有其中一 支股票．在不持有A股票的人中，持有B股票的人数是持有C股票的人数的2倍．在持有A股票的人中，只持有A股票的人数比除了持有A股票外，同时还持有其它股票的人数多1．在只持有一支股票的人中，有一半持有A股票．则只持有B股票的股民人数是（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】A
【详解】设只持有A股票的人数为（如图所示），则持有A股票还持有其它股票的人数为（图中 的和），因为只持有一支股票的人中，有一半没持有B或C股票，则只持有了B和C股票的人数和为（图中部分）．假设只同时持有了B和C股票的人数为（如图所示），那么：，即：，则：X的取值可能是：9、8、7、6、5、4、3、2、1．与之对应的值为：2、5、8、11、14、17、20、23、26．
因为没持有A股票的股民中，持有B股票的人数为持有C股票人数的2倍，得，即，故，时满足题意，故，，故只持有B股票的股民人数是，故选A.
点睛：本题主要考查了逻辑推理能力，韦恩图在解决实际问题中的应用，解答此题的重点是求持有A股票的人数．关键是求只参加一个项目的人数中，持有A股票的人数及持有A股票以外的项目，且即持有C股票又持有B股票（a部分）的人数.
5．（2020·陕西长安一中高一月考）已知集合，，定义集合，则中元素的个数为（ ）
A．77B．49C．45D．30
【答案】A
【分析】根据题意,利用数形结合表示出集合,然后根据新定义中集合中元素的构成,用平面的点表示即可.
【详解】因为集合，所以集合中有5个元素（即5个点），即图中圆中的整点（包括边界），集合中有个元素（即49个点）：即图中正方形中的整点，
集合的元素可看作正方形中的整点（除去四个顶点），即个．
含有个元素.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用数形结合表示集合的几何意义，从而得解.
6．（2020·全国高一单元测试）设函数f（x）＝sin（ωx+φ），，，若存在实数φ，使得集合A∩B中恰好有7个元素，则ω（ω＞0）的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意求出﹣4≤x≤4，结合正弦函数的性质可得，从而可求出ω的取值范围.
【详解】解：∵f′（x0）＝0，∴f（x0）是f（x）的最大值或最小值，
又f（x）＝sin（ωx+φ）的最大值或最小值在直线y＝±1上，
∴y＝±1代入得，，解得﹣4≤x≤4，
又存在实数φ，使得集合A∩B中恰好有7个元素，∴ ，且ω＞0，
解得 ，∴ω的取值范围是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出的取值范围，再结合三角函数的性质列关于ω的不等式.
7．（2020·上海华师大二附中）定义，设、、是某集合的三个子集，且满足，则是的（ ）
A．充要条件B．充分非必要条件
C．必要非充分条件D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【分析】作出示意图，由可知两个阴影部分均为，根据新定义结合集合并集的运算以及充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】如图，由于，
故两个阴影部分均为，
于是，
（1）若，则，，
而，
成立；
（2）反之，若，
则由于，，
，
，
，
故选：A
【点睛】本题主要考查集合并集的运算以及充分条件与必要条件的定义，考查了分类讨论、数形结合思想的应用，属于较难题.
8．（2021·江苏高一单元测试）某学校高三教师周一、周二、周三开车上班的人数分别是8，10，14，若这三天中至少有一天开车上班的职工人数是20，则这三天都开车上班的职工人数至多是（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】C
【分析】设周三，周二，周一开车上班的职工组成的集合分别为，，，集合，，中元素个数分别为A．，B．，C．，根据A．B．C．，且，，可得．
【详解】解：设周三，周二，周一开车上班的职工组成的集合分别为，，，集合，，中元素个数分别为A．，B．，C．，
则A．，B．，C．，，
因为A．B．C．，且，，，
所以，即．
故选：．
【点睛】本题考查集合多面手问题的应用，考查学生转化问题的能力和应用不等关系解题的思想，属于中档题.
二、多选题
9．（2020·山东青岛二中高一期末）下列命题为真命题的是（ ）
A．设命题:,.则:,;
B．若,,则;
C．若是定义在上的减函数,则“”是“”的充要条件;
D．若,,()是全不为0的实数,则“”是“不等式和解集相等”的充分不必要条件.
【答案】ABC
【分析】特称命题的否定是将存在词变为全称量词后否定结论；结合不等式的性质求解；
【详解】A选项：特称命题的否定是将存在词变为全称量词后否定结论，所以命题:,.则:,，A是真命题；
B选项：，
，，，B是真命题；
C选项：若，则
而在R上递减，故，充分性满足；若，则的逆否命题是：
若，则，由，得
而在R上递减，故，即，所以必要性满足.
综上：若是定义在上的减函数,则“”是“”的充要条件，C是真命题；
D选项：设，则
所以不等式等价于.
若，此时等价于，此时两者解集相等；
若，此时等价于，此时两者解集不相等；
若不等式和解集为，则两个不等式的系数没有关系。
所以“”是“不等式和解集相等”的既不充分也不必要条件，D是假命题；
故选：ABC
【点睛】此题考查命题，一般会和其他章节知识点联系考查，注意掌握否命题和逆否命题充要条件的判断，属于一般性题目。
10．（2021·江苏高一单元测试）设非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S.给出如下命题，其中真命题是（ ）
A．若m=1，则B．若，则≤n≤1
C．若，则D．若n=1，则
【答案】BC
【分析】先由非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S，判断出或，，对照四个选项分别列不等式组，解出不等式进行一一验证即可
【详解】∵非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S.
∴当m∈S时，有m2∈S，即，解得：或；
同理：当n∈S时，有n2∈S，即，解得： .
对于A: m=1,必有m2=1∈S，故必有解得：，所以，故A错误；
对于B: ,必有m2=∈S，故必有，解得：，故B正确；
对于C: 若，有，解得：，故C正确；
对于D: 若n=1，有，解得：或，故D不正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：新定义题（创新题）解答的关键：对新定义的正确理解.
11．（2020·辽宁沈阳二中高一月考）对于集合，给出如下结论，其中正确的结论是（ ）
A．如果，那么
B．若，对于任意的，则
C．如果，那么
D．如果，那么
【答案】AC
【分析】根据集合的表示法特点，对选项进行一一判断，即可得答案；
【详解】对A，，总是有，则，故A正确；
对B，，若，则存在，使得，因为当一个是偶数，一个是奇数时，是奇数，也是奇数，所以也是奇数，显然是偶数，故，故，故B错误；
对C，若，不妨设，则，故，故C正确；对D，设，则
，不满足集合的定义，故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查集合描述法特点，数论的有关知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
12．（2021·广东高一期末）已知集合，若对于，使得成立则称集合是“互垂点集”．给出下列四个集合．其中是“互垂点集”集合的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意即对于任意点，，在中存在另一个点，使得．，结合函数图象进行判断．
【详解】由题意，对于，，，，使得成立
即对于任意点，，在中存在另一个点，使得．
中，当点坐标为时，不存在对应的点．
所以所以不是“互垂点集”集合，
的图象中，将两坐标轴进行任意旋转，均与函数图象有交点，
所以在中的任意点，，在中存在另一个点，使得．
所以是“互垂点集”集合，
中，当点坐标为时，不存在对应的点．
所以不是“互垂点集”集合，
的图象中，将两坐标轴进行任意旋转，均与函数图象有交点，
所以所以是“互垂点集”集合，
故选：BD．
【点睛】本题考查命题真假的判断与应用，考查对新定义的理解与应用，属于较难题．
三、填空题
13．（2020·全国高一课时练习）集合，是的一个子集，当时，若，，则称为的一个“孤立元素”，那么中无“孤立元素”的4元子集的个数是_____．
【答案】6
【分析】根据题意对集合的新定义依次列出“孤立元”的集合4个元素集合即可求解.
【详解】∵，
其中不含“孤立元”的集合4个元素必须是：
共有，，，，，共6个，
那么中无“孤立元素”的4个元素的子集的个数是6个．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了集合的新定义，考查了学生的理解能力以及分析问题、解决问题的能力，属于中档题.
14．（2020·福建仙游一中高一月考）已知集合，集合的所有非空子集依次记为：，设分别是上述每一个子集内元素的乘积.(如果的子集中只有一个元素，规定其积等于该元素本身)，那么__________．
【答案】5
【解析】 所有子集的“乘积”之和即 展开式中所有项的系数之和T-1，
令 ，则
故答案为5
【点睛】本题考查的知识点是元素与集合关系的判定，函数展开式的系数问题，转化困难，属于难题．
15．（2020·四川省泸县第四中学高一月考）已知集合，，若，则的取值范围为__________．
【答案】或
【解析】由解得或，所以，因为，所以可能，分别分析，当即时，符合题意，再有根与系数的关系知，时，符合题意，不符合题意，故填或
16．（2021·江苏高一单元测试）设集合是实数集的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，称为集合的聚点，则在下列集合中：
①；②；③；④
以0为聚点的集合有______．
【答案】②③
【分析】根据集合聚点的新定义，结合集合的表示及集合中元素的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，集合是实数集的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，称为集合的聚点，
①对于某个，比如，
此时对任意的，都有或者，
也就是说不可能，从而0不是的聚点；
②集合，对任意的，都存在（实际上任意比小得数都可以），
使得，∴0是集合的聚点；
③集合中的元素是极限为0的数列，
对于任意的，存在，使，
∴0是集合的聚点；
④中，集合中的元素是极限为1的数列，除了第一项0之外，其余的都至少比0大，∴在的时候，不存在满足得的，
∴0不是集合的聚点．
故答案为：②③．
【点睛】本题主要考查了集合新定义的应用，其中解答中认真审题，正确理解集合的新定义——集合中聚点的含义，结合集合的表示及集合中元素的性质，逐项判定是解答的关键，着重考查推理与论证能力，属于难题.
17．（2020·全国高一单元测试）一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下：甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”，经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________.
【答案】乙
【解析】四人供词中，乙、丁意见一致，或同真或同假，若同真，即丙偷的，而四人有两人说的是真话，甲、丙说的是假话，甲说“乙、丙、丁偷的”是假话，即乙、丙、丁没偷，相互矛盾；若同假，即不是丙偷的，则甲、丙说的是真话，甲说“乙、丙、丁三人之中”，丙说“甲、乙两人中有一人是小偷”是真话， 可知犯罪的是乙.
【点评】本体是逻辑分析题，应结合题意，根据丁说“乙说的是事实”发现，乙、丁意见一致，从而找到解题的突破口，四人中有两人说的是真话，因此针对乙、丁的供词同真和同假分两种情况分别讨论分析得出结论.
18．（2020·石家庄市藁城区第一中学高一月考）若“，”是假命题，则实数的取值范围是_________.
【答案】；
【分析】利用命题为假命题，得到其命题得否定为真命题，即在上恒成立，分离参数，利用基本题不等式求出最小值，即可得出结论.
【详解】“，”是假命题，
，为真命题，
即在上恒成立，
当时，，当且仅当时，等号成立，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查由存在性命题的真假求参数的取值范围，利用等价转换思想，转化恒成立问题，应用基本不等式求最值是解题的关键，考查的是计算能力，是中档题.
19．（2019·北京市八一中学）设集合中的所有点围成的平面区域的面积为S，则S的最小值为________.
【答案】2
【分析】设,则M中的所有点围成的平面区域面积为,分情况讨论二次函数的对称轴与区间的关系,分别得出函数在区间上的单调性,从而分别求出的值域,然后表示出S,即可求出S的最小值.
【详解】令,则
(1)当即时,在上单调递减,
,而所以,
此时,,
(2)当时,即时,在上单调递增,所以,
此时, ;
(3)当时, 在上单调递减, 在上单调递增,且,,所以,
此时, ;
(4)当时, 在上单调递减, 在上单调递增,且,,所以,
此时, ;
综上所述,,即S的最小值为.
故答案为:.
【点睛】本题考查二次函数在闭区间上的值域的求解,考查分类讨论思想,考查学生分析问题解决问题的能力,解决问题的关键在于讨论二次函数的对称轴与所给的区间的关系,得出二次函数在该区间上的单调性,属于中档题.
20．（2021·全国高一单元测试）已知不等式的解集为A，的解集为B，若“”是“”的充分不必要条件，那么实数m的取值范围是________.
【答案】
【分析】计算得到，根据题意得到，设，得到
，计算能得到答案.
【详解】等式的解集为A，则，“”是“”的充分不必要条件，则.
设，则 解得
故答案为：
【点睛】本题考查了根据充分不必要条件求参数，转化为是解题的关键.
四、解答题
21．（2021·全国高一单元测试）对于四个正数、、、，如果，那么称是的“下位序对”
（1）对于、、、，试求的“下位序对”；
（2）设、、、均为正数，且是的“下位序对”，试判断、、之间的大小关系；
（3）设正整数满足条件：对集合内的每个，总存在，使得是的“下位序对”，且是的“下位序对”.求正整数的最小值.
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）.
【分析】（1）根据“下位序对”可得的“下位序对”；
（2）根据题中定义得出，再利用作差法可得出、、之间的大小关系；
（3）由题意得出，进而可求得，再验证该式对集合内的每个正整数都成立，进而可得出正整数的最小值.
【详解】（1），因此，的“下位序对”为；
（2）因为是的“下位序对”，则，
又因为、、、均为正数，故，
，
因此，；
（3）由题意可得，
因为、、均为正整数，故，
于是，可得，
不等式对集合中的每个正整数都成立，
故，
因为，所以，，即，
所以，对于集合内的每个，使得是的“下位序对”，且是的“下位序对”的正整数的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义“下位序对”，解题时要充分利用这个定义构造不等关系，结合不等式的性质求解.
22．（2021·全国高一单元测试）已知集合，对于A的子集S若存在不大于的正整数，使得对于S中的任意一对元素、，都有，则称具有性质.
（1）当时，判断集合和是否具有性质P？并说明理由；
（2）若时，
①如果集合S具有性质P，那么集合是否一定具有性质P？并说明理由；
②如果集合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，集合不具有性质，理由见解析；（2）①集合具有性质，理由见解析；②，证明见解析.
【分析】（1）当时，，由题中所给新定义直接判断即可；
（2）若时，则，①根据，任取，其中，可得，利用性质的定义加以验证即可证明；②设集合有个元素，
由①知： 任给，，则和中必有一个不超过，
所以集合和集合中必有一个集合中至少存在一半的元素不超过，然后利用性质的定义进行分析可得，即解不等式即可求解.
【详解】（1）当时，，
不具有性质，
因为对于集合中任意不大于的正整数，都可以找到该集合中两个元素，使得成立，
具有性质.
因为，对于该集合中任意一对元素，，
都有，
（2）若时，则，
①如果集合S具有性质P，那么集合一定具有性质，
因为，任取，其中，
因为，所以，
从而，即，所以，
由集合S具有性质，可知存在不大于的正整数，使得对于中的一切元素都有，从集合中任取一对元素，，其中，则由，
所以集合一定具有性质，
②设集合有个元素，
由①知：若集合S具有性质P，那么集合一定具有性质，
任给，，则和中必有一个不超过，
所以集合和集合中必有一个集合中至少存在一半的元素不超过，
不妨设中有个元素不超过，由集合S具有性质P，可知存在正整数，使得对于中的一切元素都有，
所以一定有，又因为，
故，即集合中至少有个元素不在集合中，
因此，所以，解得：，
当时，取，
易知对于集合中任意两个元素都有，即集合S具有性质P，
而此时集合中有个元素，
因此集合S中元素个数的最大值是.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是理解一个具有性质的含义，以及集合之间包含关系的判断，要求有较强的抽象思维能力，以及对数的分析.
23．（2021·北京高一期末）设集合，且S中至少有两个元素，若集合T满足以下三个条件：①，且T中至少有两个元素；②对于任意，当，都有；③对于任意，若，则；则称集合为集合的“耦合集”.
（1）若集合，求集合的“耦合集”；
（2）若集合存在“耦合集”，集合，且，求证：对于任意，有；
（3）设集合，且，求集合S的“耦合集”T中元素的个数.
【答案】（1）；（2）证明见详解；（3）5个
【分析】（1）根据“耦合集”定义可得.
（2）由条件②可知的可能元素为：；由条件③可知得同理其它比得证；
（3）由（2）知得即，同理，故共5个元素.
【详解】解：（1）由已知条件②得的可能元素为：2，4，8；又满足条件③，所以；
（2）证明：因为，由已知条件②得的可能元素为：，由条件③可知得，同理得，所以对于任意，有；
（3）因为，由（2）知得即，同理，所以，又因为的可能元素为：，所以共5个元素.
【点睛】解题关键是正确理解“耦合集”的定义.
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