备战2025年高考数学压轴题训练专题01集合、常用逻辑用语、不等式(新定义，高观点，压轴题)(学生版+解析)

这是一份备战2025年高考数学压轴题训练专题01集合、常用逻辑用语、不等式(新定义，高观点，压轴题)(学生版+解析)，共35页。

TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc4578" 一、集合的新定义（高观点）题 PAGEREF _Tc4578 \h 1
\l "_Tc29187" 角度1：运算封闭 PAGEREF _Tc29187 \h 1
\l "_Tc8373" 角度2：“群”运算 PAGEREF _Tc8373 \h 2
\l "_Tc5840" 角度3：“”运算 PAGEREF _Tc5840 \h 3
\l "_Tc8091" 角度4：“”运算 PAGEREF _Tc8091 \h 3
\l "_Tc11986" 角度5：戴德金分割 PAGEREF _Tc11986 \h 4
\l "_Tc923" 角度6：“类” PAGEREF _Tc923 \h 5
\l "_Tc16484" 角度7：差集运算 PAGEREF _Tc16484 \h 5
\l "_Tc20807" 角度8：“势” PAGEREF _Tc20807 \h 6
\l "_Tc7897" 角度9：“好集” PAGEREF _Tc7897 \h 6
\l "_Tc29603" 二、充分性与必要性 PAGEREF _Tc29603 \h 7
\l "_Tc16942" 三、不等式 PAGEREF _Tc16942 \h 8
\l "_Tc8070" 角度1：一元二次不等式 PAGEREF _Tc8070 \h 8
\l "_Tc23943" 角度2：基本不等式 PAGEREF _Tc23943 \h 9
一、集合的新定义（高观点）题
角度1：运算封闭
1．（23-24高一上·浙江·课时练习）设是集合A上的一个运算，若对任意，有，则称A对运算封闭，若集合A是由正整数的平方组成的集合，即.若分别是：①加法，②减法，③乘法，④除法，则A对运算封闭的序号有 .
2．（2024高三·全国·专题练习）已知数集及定义在该数集上的某个运算（例如记为“*”），如果对一切，都有，那么就说，集合对运算“*”是封闭的．
(1)设，判断对通常的实数的乘法运算是否封闭？
(2)设，且，问对通常的实数的乘法是否封闭？试证明你的结论．
角度2：“群”运算
1．（23-24高三·贵州贵阳·开学考试）“群”是代数学中一个重要的概念，它的定义是：设为某种元素组成的一个非空集合，若在内定义一个运算“*”，满足以下条件：
①，，有
②如，，，有；
③在中有一个元素，对，都有，称为的单位元；
④，在中存在唯一确定的，使，称为的逆元．此时称（，*）为一个群．
例如实数集和实数集上的加法运算“”就构成一个群，其单位元是，每一个数的逆元是其相反数，那么下列说法中，错误的是（ ）
A．，则为一个群
B．，则为一个群
C．，则为一个群
D．{平面向量}，则为一个群
2．（多选）（2024·山西·一模）群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）在19世纪30年代开创，群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学､晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.设是一个非空集合，“”是一个适用于中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称对“”构成一个群：（1）封闭性，即若，则存在唯一确定的，使得；（2）结合律成立，即对中任意元素都有；（3）单位元存在，即存在，对任意，满足，则称为单位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，则称与互为逆元，记作.一般地，可简记作可简记作可简记作，以此类推.正八边形的中心为.以表示恒等变换，即不对正八边形作任何变换；以表示以点为中心，将正八边形逆时针旋转的旋转变换；以表示以所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算“”表示复合变换，即表示将正八边形先进行变换再进行变换的变换.以形如，并规定的变换为元素，可组成集合，则对运算“”可构成群，称之为“正八边形的对称变换群”，记作.则以下关于及其元素的说法中，正确的有（ ）
A．，且
B．与互为逆元
C．中有无穷多个元素
D．中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身
角度3：“”运算
1．（23-24高一上·北京丰台·期末）记为非空集合A中的元素个数，定义.若，，且，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．（23-24高一上·湖南怀化·阶段练习）已知集合，，用符号表示非空集合A中元素的个数.定义，若，则实数的所有可能取值构成的集合为（ ）
A．B．C．D．
角度4：“”运算
1．（2024高三·全国·专题练习）已知集合，定义集合，则中元素的个数为（ ）
A．77B．49C．45D．30

2．（23-24高一上·北京·阶段练习）设表示非空集合中元素的个数，已知非空集合.定义，若，且，则实数的所有取值为（ ）
A．0B．0，C．0，D．，0，
角度5：戴德金分割
1．（多选）（2024高三·全国·专题练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到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，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ）
A．，是一个戴德金分割
B．M没有最大元素，N有一个最小元素
C．M有一个最大元素，N有一个最小元素
D．M没有最大元素，N也没有最小元素
2．（多选）（23-24高一上·浙江杭州·期中）19世纪戴德金利用他提出的分割理论，从对有理数集的分割精确地给出了实数的定义，并且该定义作为现代数学实数理论的基础之一可以推出实数理论中的六大基本定理.若集合A、B满足：，则称为的二划分，例如，，则就是的一个二划分，则下列说法正确的是（ ）
A．设，则为的二划分
B．设，则为的二划分
C．存在一个的二划分，使得对于；对于
D．存在一个的二划分，使得对于，则；，则
3．（23-24高一·全国·课时练习）戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空子集A与B，且满足Q，，A中的每一个元素都小于B中的每一个元素．请给出一组满足A中无最大元素且B中无最小元素的戴德金分割 ．
角度6：“类”
3．（23-24高一上·江西南昌·阶段练习）在整数集中，被4除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，．给出下列四个结论，
①；②；③；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“”．
其中正确的结论是 （填所有正确的结论的序号）．
4．（23-24高一上·全国·课时练习）在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即．给出如下三个结论：
①；
②；
③．
其中，正确结论的序号是 ．
角度7：差集运算
1．（23-24高一上·上海浦东新·开学考试）定义集合运算且称为集合A与集合B的差集；定义集合运算称为集合A与集合B的对称差，有以下4个等式：①；②；③；④，则4个等式中恒成立的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
2．（多选）（23-24高一上·四川成都·阶段练习）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4个命题中是真命题的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（23-24高一上·全国·课前预习）设M，P是两个非空集合，定义集合M，P的差集运算
3．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知为所有元有序数组所组成的集合.其中（）.
对于中的任意元素，定义，的距离：
若，为的子集，且有个元素，并且满足任意，都存在唯一的，使得，则称为“好集”.
(1)若，，，，，，求，及的值；
(2)当时，求证：存在“好集”，且“好集”中不同元素的距离为5；
(3)求证：当时，“好集”不存在.
二、充分性与必要性
1．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）命题“对任意的，总存在唯一的，使得”成立的充分必要条件是（ ）
A．B．C．D．
2．（23-24高一上·福建泉州·阶段练习）是函数且在是减函数的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．（2023·新疆乌鲁木齐·三模）定义表示不超过的最大整数，.例如：，.①；②存在使得；③是成立的充分不必要条件；④方程的所有实根之和为，则上述命题为真命题的序号为（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①④
4．（23-24高一上·广东佛山·阶段练习）已知集合点不在第一、三象限，集合，若“”是“”的必要条件，则实数a的取值范围是 .
5．（2014·四川·高考真题）以表示值域为R的函数组成的集合， 表示具有如下性质的函数组成的集合：对于函数 ，存在一个正数，使得函数 的值域包含于区间.例如，当 ，时，， .现有如下命题：
①设函数的定义域为 ，则“”的充要条件是“ ，， ”；
②函数的充要条件是 有最大值和最小值；
③若函数， 的定义域相同，且， ，则；
④若函数（ ，）有最大值，则 .
其中的真命题有 .（写出所有真命题的序号）
三、不等式
角度1：一元二次不等式
1．（23-24高一下·浙江温州·开学考试）已知函数是定义在上的奇函数，若，且，都有成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
2．（23-24高一上·贵州铜仁·期末）当时，不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数，记集合，，若，则实数的取值范围是 .
4．（23-24高一上·江苏常州·期中）若，且不等式的解集中有且仅有四个整数，则的取值范围是 .
角度2：基本不等式
1．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）已知x为正实数，y为非负实数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．（23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）已知，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024高三·全国·专题练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为 .
4．（23-24高三下·重庆·阶段练习）对任意的正实数，满足，则的最小值为 .
专题01 集合、常用逻辑用语、不等式
（新定义，高观点，压轴题）
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc4578" 一、集合的新定义（高观点）题 PAGEREF _Tc4578 \h 1
\l "_Tc29187" 角度1：运算封闭 PAGEREF _Tc29187 \h 1
\l "_Tc8373" 角度2：“群”运算 PAGEREF _Tc8373 \h 2
\l "_Tc5840" 角度3：“”运算 PAGEREF _Tc5840 \h 4
\l "_Tc8091" 角度4：“”运算 PAGEREF _Tc8091 \h 5
\l "_Tc11986" 角度5：戴德金分割 PAGEREF _Tc11986 \h 7
\l "_Tc923" 角度6：“类” PAGEREF _Tc923 \h 9
\l "_Tc16484" 角度7：差集运算 PAGEREF _Tc16484 \h 10
\l "_Tc20807" 角度8：“势” PAGEREF _Tc20807 \h 13
\l "_Tc7897" 角度9：“好集” PAGEREF _Tc7897 \h 14
\l "_Tc29603" 二、充分性与必要性 PAGEREF _Tc29603 \h 17
\l "_Tc16942" 三、不等式 PAGEREF _Tc16942 \h 21
\l "_Tc8070" 角度1：一元二次不等式 PAGEREF _Tc8070 \h 21
\l "_Tc23943" 角度2：基本不等式 PAGEREF _Tc23943 \h 24
一、集合的新定义（高观点）题
角度1：运算封闭
1．（23-24高一上·浙江·课时练习）设是集合A上的一个运算，若对任意，有，则称A对运算封闭，若集合A是由正整数的平方组成的集合，即.若分别是：①加法，②减法，③乘法，④除法，则A对运算封闭的序号有 .
【答案】③
【分析】举反例判断①②④，由当a，b是正整数时，也是正整数可判断③.
【详解】设a，b是两个正整数，则的和不一定属于A，如；
的差也不一定属于A，如；
的商也不一定属于A，如；
但由于，并且当a，b是正整数时，也是正整数，所以，故③满足条件.
故答案为：③
【点睛】本题考查集合新定义，属于基础题.
2．（2024高三·全国·专题练习）已知数集及定义在该数集上的某个运算（例如记为“*”），如果对一切，都有，那么就说，集合对运算“*”是封闭的．
(1)设，判断对通常的实数的乘法运算是否封闭？
(2)设，且，问对通常的实数的乘法是否封闭？试证明你的结论．
【答案】(1)数集对通常的实数乘法运算封闭．
(2)数集对通常的实数乘法运算不封闭，证明见解析．
【分析】（1）根据“*”运算的定义进行判断即可；
（2）举出反例证明即可.
【详解】（1）设是A中任意两个元素，其中，
那么．
因为，所以，
故数集A对通常的乘法运算封闭．
（2）数集对通常的乘法运算不封闭，证明如下：
取，则，但，
故数集对通常的乘法运算不封闭.
角度2：“群”运算
1．（23-24高三·贵州贵阳·开学考试）“群”是代数学中一个重要的概念，它的定义是：设为某种元素组成的一个非空集合，若在内定义一个运算“*”，满足以下条件：
①，，有
②如，，，有；
③在中有一个元素，对，都有，称为的单位元；
④，在中存在唯一确定的，使，称为的逆元．此时称（，*）为一个群．
例如实数集和实数集上的加法运算“”就构成一个群，其单位元是，每一个数的逆元是其相反数，那么下列说法中，错误的是（ ）
A．，则为一个群
B．，则为一个群
C．，则为一个群
D．{平面向量}，则为一个群
【答案】B
【分析】对于选项A,C,D分别说明它们满足群的定义，对于选项B, 不满足④，则不为一个群，所以该选项错误.
【详解】A. ，两个有理数的和是有理数，有理数加法运算满足结合律，为的单位元，逆元为它的相反数，满足群的定义，则为一个群，所以该选项正确；
B. ，为的单位元，但是，当时，不存在唯一确定的，所以不满足④，则不为一个群，所以该选项错误；
C. ，满足①②，为的单位元满足③，是-1的逆元，1是1的逆元，满足④，则为一个群，所以该选项正确；
D. {平面向量}，满足①②，为的单位元，逆元为其相反向量，则为一个群，所以该选项正确.
故选：B
2．（多选）（2024·山西·一模）群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）在19世纪30年代开创，群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学､晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.设是一个非空集合，“”是一个适用于中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称对“”构成一个群：（1）封闭性，即若，则存在唯一确定的，使得；（2）结合律成立，即对中任意元素都有；（3）单位元存在，即存在，对任意，满足，则称为单位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，则称与互为逆元，记作.一般地，可简记作可简记作可简记作，以此类推.正八边形的中心为.以表示恒等变换，即不对正八边形作任何变换；以表示以点为中心，将正八边形逆时针旋转的旋转变换；以表示以所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算“”表示复合变换，即表示将正八边形先进行变换再进行变换的变换.以形如，并规定的变换为元素，可组成集合，则对运算“”可构成群，称之为“正八边形的对称变换群”，记作.则以下关于及其元素的说法中，正确的有（ ）
A．，且
B．与互为逆元
C．中有无穷多个元素
D．中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身
【答案】ABD
【分析】根据题意，对选项逐一运算可得结果.
【详解】我们有：
由于两次轴对称等价与不变换，故；
由于旋转施行8次等价于旋转也就是不变，故；
由于先旋转再关于对称和先关于对称再旋转等效，故.
一共是16个元素，变换后逆时针排列的有8个，顺时针排列的有8个.
这就说明：， A正确；
，B正确；
一共是16个元素，C错误；
中，，D正确.
故选：ABD
角度3：“”运算
1．（23-24高一上·北京丰台·期末）记为非空集合A中的元素个数，定义.若，，且，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据给定条件可得或，再根据集合中的方程的根的个数，对参数进行分类讨论即可求得实数的所有可能取值，即可得出结果.
【详解】由定义得，又，则或，
由方程，得或，
当时，方程只有一个实数根，
而方程有一根为0，则另一根必为0，，此时无实根，因此；
当时，必有，方程有两个不相等的实数根，
并且都不是方程的根，
显然方程有两个相等的实数根，且异于，
于是，解得或，
当时，方程的根为，满足题意，
当时，方程的根为，满足题意，
因此或，所以，.
故选：C
2．（23-24高一上·湖南怀化·阶段练习）已知集合，，用符号表示非空集合A中元素的个数.定义，若，则实数的所有可能取值构成的集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据中元素个数及新定义得或.分类讨论，根据元素个数研究方程的根即可求解的取值集合.
【详解】因为，，所以或.当时，或.
当时，关于x的方程有3个实数解，
所以关于x的方程只有一个解且不为1和，
则，解得.
当时，的解为1，不符合题意；
当时，的解为，符合题意.
综上，a的所有可能取值为0，1，，即所求集合为.
故答案为：
角度4：“”运算
1．（2024高三·全国·专题练习）已知集合，定义集合，则中元素的个数为（ ）
A．77B．49C．45D．30
【答案】C
【分析】根据题意作出图示表示集合A、B所表示的点，由数形结合思想可得出表示的点集的横坐标和纵坐标的范围，从而可得出中元素的个数.
【详解】，
则集合中有5个元素，即5个点，如下图中黑点所示，
集合中有25个元素（即25个点），
即下图中正方形内部及正方形边上的整点，
所以或或或或或或，共7个值；
所以或或或或或或，共7个值，
所以集合中的元素可看作下图中正方形内部及正方形边上除去四个顶点外的整点，共（个）．
故选：C.

2．（23-24高一上·北京·阶段练习）设表示非空集合中元素的个数，已知非空集合.定义，若，且，则实数的所有取值为（ ）
A．0B．0，C．0，D．，0，
【答案】D
【分析】由题意可得集合中的元素个数为1个或3个，分集合中的元素个数为1和集合中的元素个数为3两种情况，再结合一元次方程根的个数求解即可.
【详解】解：由可得或，
又因为，，
所以集合中的元素个数为1个或3个，
当集合中的元素个数为1时，则有两相等的实数根，且无解，
所以，解得；
当集合中的元素个数为3时，则有两不相等的实数根，且有两个相等且异于方程的根的解，
所以，解得或，
综上所述，或或.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意得出集合中的元素个数为1个或3个.
角度5：戴德金分割
1．（多选）（2024高三·全国·专题练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到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，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ）
A．，是一个戴德金分割
B．M没有最大元素，N有一个最小元素
C．M有一个最大元素，N有一个最小元素
D．M没有最大元素，N也没有最小元素
【答案】BD
【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误.
【详解】对于A，因为，，所以，故A错误；
对于B，设，，满足戴德金分割，
此时没有最大元素，有一个最小元素为0，故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，，故C错误；
对于D，设，，满足戴德金分割，
此时没有最大元素，也没有最小元素，故D正确．
故选：BD.
2．（多选）（23-24高一上·浙江杭州·期中）19世纪戴德金利用他提出的分割理论，从对有理数集的分割精确地给出了实数的定义，并且该定义作为现代数学实数理论的基础之一可以推出实数理论中的六大基本定理.若集合A、B满足：，则称为的二划分，例如，，则就是的一个二划分，则下列说法正确的是（ ）
A．设，则为的二划分
B．设，则为的二划分
C．存在一个的二划分，使得对于；对于
D．存在一个的二划分，使得对于，则；，则
【答案】BCD
【分析】举反例结合“二划分”的定义判断A；利用“二划分”的定义判断B；找出两集合符合二划分定义判断C，D.
【详解】对于A，由于，故，不是的二划分，A错误；
对于B，，
，
显然，由于任意一个正整数M，都可写成形式，
其中为素数，，则M必为形式，其中k为正奇数，，
故可得，故B正确；
对于C，存在满足，
对于；对于，C正确；
对于D，选项B中集合，
使得对于，则；
，比如取3，5，则，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解二划分的含义，并按照其定义去判断每个选项.
3．（23-24高一·全国·课时练习）戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空子集A与B，且满足Q，，A中的每一个元素都小于B中的每一个元素．请给出一组满足A中无最大元素且B中无最小元素的戴德金分割 ．
【答案】，（答案不唯一）
【分析】依题意,以无理数为分解写出符合题意的两个集合即可.
【详解】解：以无理数分界写出一组即可，如，．（答案不唯一）；
故答案为：，．（答案不唯一）
角度6：“类”
3．（23-24高一上·江西南昌·阶段练习）在整数集中，被4除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，．给出下列四个结论，
①；②；③；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“”．
其中正确的结论是 （填所有正确的结论的序号）．
【答案】①②③④
【分析】根据“类”的定义可判断①②③的正误；根据“类”的定义结合充分条件、必要条件的定义可判断④的正误.
【详解】对于①，，则，①正确；
对于②，，则，②正确；
对于③，任意整数除以，余数可以且只可以是四类，
则，③正确；
对于④，若整数、属于同一“类”，
则整数、被除的余数相同，可设，，其中、，，
则，故，
若，不妨令，
则，
显然，于是得，
，即整数属于同一“类”，
“整数属于同一“类””的充要条件是“”，④正确．
正确的结论是①②③④.
故答案为：①②③④.
4．（23-24高一上·全国·课时练习）在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即．给出如下三个结论：
①；
②；
③．
其中，正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【分析】根据题目所给的定义分别验证各个结论即可.
【详解】对于①：因为，所以故①正确；
对于②：因为，所以，故②错误；
对于③：因为整数集中的数被5除的数可以且只可以分成五类，所以，故③正确．
故答案为：①③.
角度7：差集运算
1．（23-24高一上·上海浦东新·开学考试）定义集合运算且称为集合A与集合B的差集；定义集合运算称为集合A与集合B的对称差，有以下4个等式：①；②；③；④，则4个等式中恒成立的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
【答案】B
【分析】利用题设中的新定义，可判定①正确；利用集合运算的韦恩图法，可判定②正确、④错误；利用题设中的定义与集合的运算方法，可判定③正确.
【详解】对于①中，由，所以①正确；
对于②中，由且，
同理可得：,
则，
所以，
所以表示的集合为图（1）中阴影部分所表示的集合，如图所示，
同理，也表示图（1）中阴影部分所表示的集合，
所以，所以②正确；
对于③中，由，所以③正确；
对于④中，如图（2）所示，可得，所以④错误.
故选：B.
2．（多选）（23-24高一上·四川成都·阶段练习）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4个命题中是真命题的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
【分析】A选项，通过题意得到；BCD选项，通过韦恩图进行推理求解.
【详解】A选项，由题意得，，
故，，A正确；
B选项，由题意，表示的运算为集合与的并集中去掉与的交集部分，
不妨设均有交集，如图所示，

故表示①②⑥⑦部分的并集，表示①②⑥⑦与③④⑥⑦的并集去掉两者的交集，
即表示①②③④部分的并集，
表示②③⑤⑥部分的并集，表示②③⑤⑥与①④⑤⑥的并集去掉两者的交集，
即表示①②③④部分的并集，故，B正确；
C选项，通过推理均表示⑤⑥部分的并集，C正确；
D选项，通过推理得到表示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与①③④⑤⑥⑦的并集去掉两者的交集，
即②③部分的并集，D错误.
故选：ABC
3．（23-24高一上·全国·课前预习）设M，P是两个非空集合，定义集合M，P的差集运算为且设集合请你写出一个集合A，使得则集合A= .
【答案】(答案不唯一)
【分析】由集合的新定义转化条件为，且A中不再含中的其他任何元素，即可得解.
【详解】由题意，知，且A中不再含中的其他任何元素，
而是否再含中的元素则不影响等式，
因此符合题意.
故答案为：(答案不唯一)
角度8：“势”
1．（23-24高一上·上海浦东新·期中）设全集，对其子集引进“势”的概念：①空集的“势”最小；②非空子集的元素越多，其“势”越大；③若两个子集的元素个数相同，则子集中最大的元素越大，子集的“势”就越大，最大的元素相同，则第二大的元素越大，子集的“势”就越大，依次类推．若将全部的子集按“势”从小到大的顺序排列，则排在第12位的子集是 ．
【答案】/
【分析】逐个列举出来.
【详解】元素个数为0的1个，；
元素个数为1的5个，，，，，；
元素个数为2的10个，，，，，，，，，，.
所以，排在第12位的子集是.
故答案为：.
2．（23-24高一上·浙江·期中）设全集，对其子集引进“势”的概念：①空集的“势”最小；②非空子集的元素越多，其“势”越大；③若两个子集的元素个数相同，则子集中最大的元素越大，子集的“势”就越大，最大的元素相同，则第二大的元素越大，子集的“势”就越大，依次类推.若将全部的子集按“势”从小到大的顺序排列，则排在第位的子集是 .
【答案】
【分析】写出包含元素个数从小到大的子集个数，发现含有小于等于2个元素的子集的个数为16个，含有小于等于3个元素的子集的个数为26个，故判断出第位的子集在含有3个元素的子集中，由于第23位离第26位较近，所以从后面往前找，最终求得结果
【详解】不含任何元素的子集个数有1个，含有一个元素的子集个数有5个，含有两个元素的子集个数有10个，含有3个元素的子集个数有10个，因为1+5+10+10=26>23，故排在第位的子集在含有3个元素的子集中，第26位的子集为，第25位的子集为，
第24位的子集为，第23位的子集为
故答案为：
角度9：“好集”
1．（23-24高一上·江苏连云港·期中）若三个非零且互不相等的实数a，b，c满足，则称a，b，c是调和的；若满足，则称a，b，c是等差的．若集合P中元素a，b，c既是调和的，又是等差的，则称集合P为“好集”．若集合，集合，则这样的“好集”P的个数为 ．
【答案】1010
【分析】由题设条件得出，再由得出“好集”P的个数.
【详解】由，整理得，解得（舍），.
即好集形如，由得，因为，，所以样的“好集”P的个数为.
故答案为：1010
2．（23-24高一上·河南洛阳·期中）若集合A具有①，，②若，则，且时，这两条性质，则称集合A是“好集”．
(1)分别判断集合，有理数集Q是否是“好集”，并说明理由．
(2)设集合A是“好集”，求证：若，则．
(3)对任意的一个“好集”A，判断命题“若，，则”的真假，并说明理由．
【答案】(1)有理数集Q是“好集”，集合B不是“好集”，理由见解析
(2)证明见解析
(3)命题“若，则”为真命题，理由见解析
【分析】利用“好集”的定义，结合元素与集合的关系解决即可.
【详解】（1）集合B不是“好集”，理由如下：
因为，，，
所以集合B不是“好集”．
有理数集Q是“好集”，理由如下：
因为，，对任意，，都有，且时，，
所以有理数集Q是“好集”．
（2）因为集合A是“好集”，所以．
若，则，即，
所以，即，命题得证．
（3）命题“若，则”为真命题，理由如下：
当x，y中有0或1时，显然有．
当x，y中不存在0，1时，由“好集”的定义得，，，
所以，所以．
所以由（2）可得，同理得，
当或时，显然有．
当或时，显然有，
所以，所以，
由（2）得，所以．
综上得时，．
3．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知为所有元有序数组所组成的集合.其中（）.
对于中的任意元素，定义，的距离：
若，为的子集，且有个元素，并且满足任意，都存在唯一的，使得，则称为“好集”.
(1)若，，，，，，求，及的值；
(2)当时，求证：存在“好集”，且“好集”中不同元素的距离为5；
(3)求证：当时，“好集”不存在.
【答案】(1)，，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意直接代入运算求解；
（2）对任意，定义，可得，结合“好集”的定义分析证明；
（3）先证对于任意，可知均存在，使得，对的以为基础，结合定义分析证明.
【详解】（1）因为，，，
则，，
，，
所以.
（2）对任意，定义，
对任意，
因为，则，
可得，
对于任意，可得有2个元素，
若，则，满足“好集”的定义；
若，则，满足“好集”的定义；
综上所述：为“好集”，且，
即当时，存在“好集”，且“好集”中不同元素的距离为5.
（3）显然，
先证：当时，对任意的 ，含有的“好集”只能是，
反证：假设存在“好集”，
则对于任意，可得，
则，可得，不满足“好集”的定义，
例如，则，可取，
则，即存在，使得，
结合可得：就相当于对0，1的顺序进行重组，
对于任意，可知均存在，使得，
当时，对任意，
定义，其中，
可知：对任意，其中，
可知，
反证：假设存在“好集”，
则对任意，以为基础构建“好集”，
对任意，
对任意的，均有，与之对应的项只能是和，
每个均有2种选择，共有种组合可能，
按照以上构建方法得到的元素，
可知对任意，均存在，使得，，
所以必然存在，
使得，
故假设不成立，所以当时，“好集”不存在.
【点睛】关键点睛：新定义问题要充分理解定义，可以通过举例和推理去理解定义，对于本题可以利用反证法来分析证明.
二、充分性与必要性
1．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）命题“对任意的，总存在唯一的，使得”成立的充分必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
将方程整理为；当时，解方程可确定其符合题意；当和时，将问题转化为与在时，有且仅有一个交点的问题，采用数形结合的方式可构造不等式组求得的范围，由此可得原命题成立的充要条件.
【详解】由得；
①当时，，则，解得，
因为，，满足题意；
②当时，，
若存在唯一的，使得成立，
则与有且仅有一个交点，
在平面直角坐标系中作出在上的图象如下图所示，
由图象可知：当时，与有且仅有一个交点，
所以，，解得，此时，；
③当时，，
由②同理可得，解得：，则.
综上所述：原命题成立的充要条件为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
2．（23-24高一上·福建泉州·阶段练习）是函数且在是减函数的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】令， ，图象的对称轴为直线，判断在上单调递减，若要满足且在单调递减，则单调递增，进而得到不等式组，求出的范围，利用逻辑推理判断选项.
【详解】令，，
则图象的对称轴为直线，
所以在上单调递减，
若要满足且在单调递减，
则单调递增，
则，解得,
故，
则是函数且在单调递减的必要不充分条件.
故选：B
3．（2023·新疆乌鲁木齐·三模）定义表示不超过的最大整数，.例如：，.①；②存在使得；③是成立的充分不必要条件；④方程的所有实根之和为，则上述命题为真命题的序号为（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①④
【答案】D
【分析】易于判定①正确，②错误，③错误，④不易判定，可以绕开，利用排除法得到只有答案正确.也可用分离函数法，借助于数形结合思想判定④正确.
【详解】,故①正确；
由可知，可知，所以，故②错误，故AC错误；
, ,，故③错误，故B错误；
对于，显然不是方程的解，可化为，
考察函数和的图象的交点，除了(-1,0)外，其余点关于点(0,1)对称，从而和为零，故总和为，故④正确.故D正确.
故选：D
【点睛】选择题中有些问题不易确定时，常常要尝试使用排除方法，本题就是一个典型的例子.
4．（23-24高一上·广东佛山·阶段练习）已知集合点不在第一、三象限，集合，若“”是“”的必要条件，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【分析】由必要条件得，进而有A可能为，，，结合集合A的描述列不等式组求对应x范围，根据可能集合情况确定参数范围即可.
【详解】由“”是“”的必要条件，即，
由A中元素为整数，故A只可能为，，，
由点不在第一、三象限，得：或，即①或②，
当时，①无解，由②得，
此时，故，有；
当时，由①②得，
此时，因，只须，有；
综上：实数a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：由必要条件确定集合A的可能情况，根据其描述求集合A中元素的范围，再综合所得考虑参数范围.
5．（2014·四川·高考真题）以表示值域为R的函数组成的集合， 表示具有如下性质的函数组成的集合：对于函数 ，存在一个正数，使得函数 的值域包含于区间.例如，当 ，时，， .现有如下命题：
①设函数的定义域为 ，则“”的充要条件是“ ，， ”；
②函数的充要条件是 有最大值和最小值；
③若函数， 的定义域相同，且， ，则；
④若函数（ ，）有最大值，则 .
其中的真命题有 .（写出所有真命题的序号）
【答案】①③④
【详解】试题分析：若f（x）∈A，则f（x）的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f（a）＝b，故①正确．
取函数f（x）＝x（－1＜x＜1），其值域为（－1，1），于是，存在M＝1，使得f（x）的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时f（x）没有最大值和最小值，故②错误．
当f（x）∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f（a）＝b，所以，当g（x）∈B时，对于函数f（x）＋g（x），如果存在一个正数M，使得f（x）＋g（x）的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f（a0）＝b－g（a0），即f（a0）＋g（a0）＝b0∉[－M，M]，故③正确．
对于f（x）＝aln（x＋2）＋ （x＞－2），当a＞0或a＜0时，函数f（x）都没有最大值．要使得函数f（x）有最大值，只有a＝0，此时f（x）＝ （x＞－2）．
易知f（x）∈[－]，所以存在正数M＝，使得f（x）∈[－M，M]，故④正确．
考点：命题的真假判断与应用；充要条件；函数的值域．
三、不等式
角度1：一元二次不等式
1．（23-24高一下·浙江温州·开学考试）已知函数是定义在上的奇函数，若，且，都有成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
利用构造函数法，根据函数的单调性、奇偶性来对不等式进行求解，从而确定正确答案.
【详解】设，由于函数是定义在上的奇函数，
所以，所以是偶函数，
由于，且，都有成立，
所以在上单调递减，则在上单调递增，
由 可知，
①当时，有，，
即，而，
所以，解得.
②当时，有，，
即，所以，
即或，
不等式组的解集为空集，
不等式组的解集为.
综上所述，的取值范围是.
故选：B
2．（23-24高一上·贵州铜仁·期末）当时，不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
对二项式系数进行分类，结合二次函数定义的性质，列出关系式求解.
【详解】当时，不等式恒成立，
当时，满足不等式恒成立；
当时，令，则在上恒成立，
函数的图像抛物线对称轴为，
时，在上单调递减，在上单调递增，
则有，解得；
时，在上单调递增，在上单调递减，
则有，解得.
综上可知，的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容，分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.
3．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数，记集合，，若，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意设的两个根为（设），应用韦达定理得参数关系，写出集合，解不等式得集合，由两个集合相等得出，不大于的最小值，消去参数可得出的范围．
【详解】因为，所以，设的两个根为（设），
，
，
由得，即，
由于，则，且(二次函数最小值)，
，因此有，所以，
代入得，此式恒成立，
代入得，解得．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：通过不等式的解集形式得出，然
变形式子，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由x为正实数，y为非负实数，得，由，得，
于是
，当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值.
故选：B
2．（23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）已知，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
由题意首先得，且，进一步通过换元法以及判别式法即可求解，注意验证取等条件.
【详解】因为，所以，所以，等号成立当且仅当，
从而，
令，设，显然，
则，
因为关于的一元二次方程有实数根，所以，
整理得，即，
解得，注意到，从而，
等号成立当且仅当，即，
所以经检验的最大值，即的最大值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是得，且，由此即可顺利得解.
3．（2024高三·全国·专题练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先把原不等式分解为二次不等式，分类讨论后运用整体代换和基本不等式即可.
【详解】原不等式，
由，知时，，时，，
故由原不等式知时，时，
由恒成立知且，即，
故所求式，
设，则，
则所求式递增，
故最小值在时取得：.
故答案为：.
4．（23-24高三下·重庆·阶段练习）对任意的正实数，满足，则的最小值为 .
【答案】
【分析】
变形得到，利用两次基本不等式，求出最小值.
【详解】任意的正实数，满足，
由于为正实数，故由基本不等式得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
综上，的最小值为.
故答案为：
【点睛】
利用基本不等式求解最值问题，方法灵活，式子不能直接使用基本不等式时，常常需要变形，比如凑项法，“1”的妙用，消元法，多次使用基本不等式等