2024.02
本試卷共4頁，150分.考試時(shí)長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將答題卡交回.
第一部分（選擇題共40分）
一?選擇題共10小題，每小題4分，共40分在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中選出符合題目要求的一項(xiàng).
1. 已知集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)交集的定義求解即可.
【詳解】聯(lián)立，解得或，
所以.
故選：D.
2. 已知復(fù)數(shù)滿足，則復(fù)數(shù)的虛部為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由復(fù)數(shù)運(yùn)算可求得，根據(jù)虛部定義可得到結(jié)果.
【詳解】由得：，的虛部為.
故選：C.
3. 已知，則的最小值與最小正周期分別是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】A您看到的資料都源自我們平臺，20多萬份最新小初高試卷，家威鑫 MXSJ663 免費(fèi)下載 【解析】
【分析】利用二倍角公式化簡，由正弦型函數(shù)最值和最小正周期求法可求得結(jié)果.
【詳解】，，最小正周期.
故選：A.
4. 已知數(shù)列的前n項(xiàng)和，則（ ）
A. 3B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由，可得時(shí)，.即可得出結(jié)論.
【詳解】由數(shù)列的前n項(xiàng)和，
當(dāng)時(shí)，，
則.
故選：B.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用，其中解答中熟記數(shù)列和的關(guān)系，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力.
5. 已知實(shí)數(shù)，，則下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)的單調(diào)性，及特殊值，逐一分析選項(xiàng)即可.
【詳解】對于A：當(dāng)時(shí)，不成立，所以A錯(cuò)誤；
對于B：由指數(shù)函數(shù)圖象與性質(zhì)得，其在是減函數(shù)，
，，所以B正確；
對于C：當(dāng)時(shí)，不成立，所以C錯(cuò)誤；
對于D：冪函數(shù)在 單調(diào)遞減，而，
所以，所以D錯(cuò)誤.
故選：.
【點(diǎn)睛】本題考查指數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的單調(diào)性應(yīng)用，考查分析理解，計(jì)算化簡的能力，屬基礎(chǔ)題.
6. 已知A，B分別為x軸，y軸上的動點(diǎn)，若以AB為直徑的圓與直線相切，則該圓面積的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由O向直線作垂線，垂足為D，當(dāng)D恰為圓與直線的切點(diǎn)時(shí)，圓的半徑最小，此時(shí)圓的直徑為O（0,0）到直線的距離，由此能求出圓面積的最小值.
【詳解】設(shè)線段AB的中點(diǎn)為C，故點(diǎn)C為所求圓的圓心，作CE垂直直線于點(diǎn)E，如圖所示，坐標(biāo)原點(diǎn)為O，圓的半徑為r，則，
過點(diǎn)O作OD垂直直線于點(diǎn)，交AB于點(diǎn)，
則當(dāng)為線段OD的中點(diǎn)且為線段AB的中點(diǎn)時(shí)，所求圓以為圓心，半徑最小，即面積最小.
AB為直徑的圓，由，∴O點(diǎn)必在圓上，如圖所示，
由O向直線作垂線，垂足為D，當(dāng)D恰為圓與直線的切點(diǎn)時(shí)，圓的半徑最小，此時(shí)圓的直徑為O（0,0）到直線的距離
∴此時(shí)圓的半徑，圓面積最小值
故選：A．
7. 已知是雙曲線與橢圓的左?右公共焦點(diǎn)，是在第一象限內(nèi)的公共點(diǎn)，若，則的離心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由雙曲線定義、橢圓定義以及離心率公式，結(jié)合已知條件運(yùn)算即可得解.
【詳解】
由知，
所以，
∵，∴，∴，
∵，∴的離心率是.
故選：A.
8. 設(shè)，若“”是“”的充分不必要條件，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為在上恒成立，令，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最大值，即可求解.
【詳解】由題意“”是“”的充分不必要條件，
所以不等式在上恒成立，即在上恒成立，
令，則，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值，所以．
故實(shí)數(shù)的取值范圍是為．
故選：B.
9. 正方體的棱長為1，動點(diǎn)在線段上，動點(diǎn)在平面上，且平面.線段長度的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.
【詳解】
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以分別為軸的正半軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，，
則，則，
因?yàn)槠矫?，所以?br>即，解得，
所以，所以，
又，所以當(dāng)時(shí)，即是的中點(diǎn)時(shí)，取得最小值，
當(dāng)或，即與點(diǎn)或重合時(shí)，取得最大值，
所以線段長度的取值范圍為.
故選：C
10. 某中學(xué)舉行了科學(xué)防疫知識競賽.經(jīng)過選拔，甲、乙、丙三位選手進(jìn)入了最后角逐.他們還將進(jìn)行四場知識競賽.規(guī)定：每場知識競賽前三名得分依次為a，b，c（，且a，b，）；選手總分為各場得分之和.四場比賽后，已知甲最后得分為16分，乙和丙最后得分都為8分，且乙只有一場比賽獲得了第一名，則下列說法正確的是（ ）
A. 每場比賽的第一名得分a為4
B. 甲至少有一場比賽獲得第二名
C. 乙在四場比賽中沒有獲得過第二名
D. 丙至少有一場比賽獲得第三名
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)四場比賽總得分，結(jié)合a，b，c滿足的條件，可求出a，b，c，再根據(jù)已知的得分情況，確定甲、乙、丙的得分情況，問題即可解決.
【詳解】∵甲最后得分為16分，
∴，
接下來以乙為主要研究對象，
①若乙得分名次為：1場第一名，3場第二名，則，則，而，則，
又，，此時(shí)不合題意；
②若乙得分名次為：1場第一名，2場第二名，1場第三名，則，則，
由，且a，b，可知，此時(shí)沒有符合該不等式的解，不合題意；
③若乙得分名次為：1場第一名，1場第二名，2場第三名，則，則，
由，且a，b，可知，此時(shí)沒有符合該不等式的解，不合題意；
④若乙得分名次為：1場第一名，3場第三名，則，此時(shí)顯然，，
則甲的得分情況為3場第一名，1場第三名，共分，
乙的得分情況為1場第一名，3場第三名，共分，
丙的得分情況為4場第二名，則，即，此時(shí)符合題意.
綜上分析可知，乙在四場比賽中沒有獲得過第二名.
故選：C.
【點(diǎn)睛】本題考查了學(xué)生的邏輯推理能力和閱讀理解能力，屬于中檔題.
第二部分（非選擇題共110分）
二?填空題共5小題，每小題5分，共25分.
11. 若二項(xiàng)式展開式中的系數(shù)為10，則__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出展開式的通項(xiàng)，再令的指數(shù)等于，進(jìn)而可得出答案.
【詳解】的展開式的通項(xiàng)為，
令，得，
所以的二項(xiàng)式展開式中的系數(shù)為，解得.
故答案為：.
12. 關(guān)于的不等式的解集中至多包含1個(gè)整數(shù)，寫出滿足條件的一個(gè)的取值范圍__________.
【答案】
【解析】
【分析】把不等式化為 , 討論 和 時(shí), 求出不等式的解集, 即可得出滿足題意 的取值范圍.
【詳解】關(guān)于的不等式 可化為 ,
當(dāng) 時(shí), 解不等式得 ,
當(dāng) 時(shí), 解不等式得 ,
因?yàn)椴坏仁降慕饧兄炼喟?1 個(gè)整數(shù),
所以 或 ,
當(dāng) 時(shí)，不等式的解集為 ，也滿足題意；
所以 的取值范圍是 .
故答案為:.
13. 如圖，單位向量，的夾角為，點(diǎn)在以為圓心，1為半徑的弧上運(yùn)動，則的最小值為______．
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)出，，利用平面向量數(shù)量積公式，結(jié)合輔助角公式得到，結(jié)合，求出最小值.
【詳解】以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，設(shè)，，
故
，
因，所以，
故當(dāng)，時(shí)，取得最小值，最小值為.
故答案為：
14. 已知函數(shù)定義域?yàn)?，設(shè)若，且對任意，則實(shí)數(shù)的取值范圍為__________.
【答案】
【解析】
【分析】由題意可得恒成立，由絕對值不等式的性質(zhì)和參數(shù)分離，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.
【詳解】若，且對任意，可得恒成立，
即，即，可得，
即，且，所以.
即實(shí)數(shù)的取值范圍為.
故答案為：
15. 畫法幾何的創(chuàng)始人法國數(shù)學(xué)家加斯帕爾蒙日發(fā)現(xiàn)：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點(diǎn)的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓，我們通常把這個(gè)圓稱為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓的離心率為分別為橢圓的左?右焦點(diǎn)，為橢圓上兩個(gè)動點(diǎn).直線的方程為.給出下列四個(gè)結(jié)論：
①的蒙日圓的方程為；
②在直線上存在點(diǎn)，橢圓上存在，使得；
③記點(diǎn)到直線的距離為，則的最小值為；
④若矩形的四條邊均與相切，則矩形面積的最大值為.
其中所有正確結(jié)論的序號為__________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】由在蒙日圓上可得蒙日圓的方程，結(jié)合離心率可得關(guān)系，由此可知①正確；由過且在蒙日圓上，可知當(dāng)恰為切點(diǎn)時(shí)，，知②正確；根據(jù)橢圓定義可將轉(zhuǎn)化為，可知時(shí)，取得最小值，由點(diǎn)到直線距離公式可求得最小值，代入可得的最小值，知③錯(cuò)誤；由題意知，蒙日圓為矩形的外接圓，由矩形外接圓特點(diǎn)可知矩形長寬與圓的半徑之間的關(guān)系，利用基本不等式可求得矩形面積最大值，知④正確．
【詳解】對于①，過可作橢圓兩條互相垂直的切線：，
∴在蒙日圓上，∴蒙日圓方程為，
由，得，
∴的蒙日圓方程為，故①正確；
對于②，由方程知：過，
又滿足蒙日圓方程，∴在圓上，
當(dāng)恰為過作橢圓兩條互相垂直切線的切點(diǎn)時(shí)，，故②正確；
對于③，∵在橢圓上，∴，
∴，
當(dāng)時(shí)，取得最小值，最小值為到直線的距離，
又到直線的距離，
∴，故③錯(cuò)誤；
對于④，當(dāng)矩形的四條邊均與相切時(shí)，蒙日圓為矩形的外接圓，
∴矩形的對角線為蒙日圓的直徑，
設(shè)矩形的長和寬分別為，則，
∴矩形的面積，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，
即矩形面積的最大值為，故④正確.
故答案為：①②④．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查圓錐曲線中的新定義問題的求解，解題關(guān)鍵是能夠根據(jù)蒙日圓的定義，結(jié)合點(diǎn)在蒙日圓上，得到蒙日圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，從而結(jié)合圓的方程來判斷各個(gè)選項(xiàng)．
三?解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16. 在中，再從條件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求：
（1）的值；
（2）和面積的值．
條件①: ；條件②:.
【答案】（1）選①： ；選②：0
（2）選①： ；選②：
【解析】
【分析】（1）根據(jù)條件可求出或，若選①，可推出，從而確定求得答案；若選②，可推出 且，說明A為最大角，由此求得答案，
（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，再利用正弦定理以及三角形面積公式可求得結(jié)果；
【小問1詳解】
若選①：
在中，,
即，而 ，故 或，
則或，
因?yàn)椋?,
所以；
若選② ：在中，,
即，而 ，故 或，
則或，
由得： 且 ，故A為最大角，
故 ,
所以；
【小問2詳解】
若選①：
由正弦定理得： ,則 ,
由知： ， ，
故 ,則 ，
所以 ， ；
若選②：，由正弦定理得： ,
故 ,而 ,故 ,
所以 , .
17. 如圖，在四面體中，平面，點(diǎn)為棱的中點(diǎn)，.
（1）證明：；
（2）求平面和平面夾角的余弦值；
（3）在線段上是否存在一點(diǎn)，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）
（3）不存在，理由見解析
【解析】
【分析】（1）由勾股定理得，由平面得，從而平面，進(jìn)而得出結(jié)論；
（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面與平面的法向量，利用向量夾角公式求解；
（3）設(shè)，則，求得，設(shè)直線與平面所成角為，由題意，列式求解即可.
【小問1詳解】
∵，∴，∴，
∵平面，平面，∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，∴.
【小問2詳解】
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
,
設(shè)平面的法向量為，
由，令，則，，
設(shè)平面的法向量為，
由，令，則，，
∴，
∴平面和平面夾角的余弦值為.
【小問3詳解】
設(shè)，則，
設(shè)，則，得，
∴，，
平面的法向量為，
設(shè)直線與平面所成角為，
由題意，，
∴，此方程無解，
∴在線段上是不存在一點(diǎn)，使得直線與平面所成角的正弦值為.
18. 為迎接年冬奧會，北京市組織中學(xué)生開展冰雪運(yùn)動的培訓(xùn)活動，并在培訓(xùn)結(jié)束后對學(xué)生進(jìn)行了考核.記表示學(xué)生的考核成績，并規(guī)定為考核優(yōu)秀.為了了解本次培訓(xùn)活動的效果，在參加培訓(xùn)的學(xué)生中隨機(jī)抽取了名學(xué)生的考核成績，并作成如下莖葉圖：.
（1）從參加培訓(xùn)的學(xué)生中隨機(jī)選取人，請根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，估計(jì)這名學(xué)生考核為優(yōu)秀的概率；
（2）從圖中考核成績滿足的學(xué)生中任取人，設(shè)表示這人中成績滿足的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；
（3）根據(jù)以往培訓(xùn)數(shù)據(jù)，規(guī)定當(dāng)時(shí)培訓(xùn)有效.請你根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，判斷此次冰雪培訓(xùn)活動是否有效，并說明理由.
【答案】（1）
（2）分布列見解析，
（3）有效，理由見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)莖葉圖求出滿足條件的概率即可；
（2）分析可知變量的可能取值有、、、，計(jì)算出隨機(jī)變量在不同取值下的概率，可得出隨機(jī)變量的分布列，進(jìn)一步可求得的值；
（3）求出滿足的成績有人，求出，即可得出結(jié)論.
【小問1詳解】
解：設(shè)該名學(xué)生的考核成績優(yōu)秀為事件，
由莖葉圖中的數(shù)據(jù)可知，名同學(xué)中，有名同學(xué)的考核成績?yōu)閮?yōu)秀，故.
【小問2詳解】
解：由可得，
所以，考核成績滿足的學(xué)生中滿足的人數(shù)為，
故隨機(jī)變量的可能取值有、、、，
，，，，
所以，隨機(jī)變量的分布列如下表所示：
因此，.
【小問3詳解】
解：由可得，由莖葉圖可知，滿足的成績有個(gè)，
所以，因此，可認(rèn)為此次冰雪培訓(xùn)活動有效.
19. 已知橢圓的上?下頂點(diǎn)為，左?右焦點(diǎn)為，四邊形是面積為2的正方形.
（1）求橢圓的方程；
（2）已知圓的切線與橢圓相交于兩點(diǎn)，判斷以為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)？如果是，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；如果不是，請說明理由.
【答案】（1）
（2）是，定點(diǎn)為
【解析】
【分析】（1）根據(jù)四邊形是面積為2的正方形，得到，，求出橢圓方程；
（2）考慮當(dāng)直線的斜率不存在和直線的斜率為0時(shí)兩種情況下，得到以為直徑的圓的方程，得到兩圓都經(jīng)過點(diǎn)，從而考慮直線的斜率存在且不為零時(shí)，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，計(jì)算出，得到圓過原點(diǎn)，得到答案.
【小問1詳解】
因?yàn)樗倪呅问敲娣e為2的正方形，
所以，，
故，且，解得，，
則所求方程為：；
【小問2詳解】
（i）當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，
因?yàn)橹本€與圓相切，故其中的一條切線方程為.
代入橢圓方程可得，可得，
則以為直徑的圓的方程為.
（ii）當(dāng)直線的斜率為0時(shí)，
因?yàn)橹本€與圓相切，所以其中的一條切線方程為.
代入橢圓方程可得，可得，
則以為直徑的圓的方程為.
顯然以上兩圓都經(jīng)過點(diǎn).
（iii）當(dāng)直線的斜率存在且不為零時(shí)，設(shè)直線的方程為.
代入橢圓方程消去，得，

設(shè)，則.
所以.
所以①，
因?yàn)橹本€和圓相切，
所以圓心到直線的距離，整理得②，
將②代入①，得，顯然以為直徑的圓經(jīng)過原點(diǎn)，
綜上可知，以為直徑的圓過定點(diǎn).
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線中探究性問題解題策略：
（1）先假設(shè)存在或結(jié)論成立，然后引進(jìn)未知數(shù)，參數(shù)并建立有關(guān)未知數(shù)，參數(shù)的等量關(guān)系，若能求出相應(yīng)的量，則表示存在或結(jié)論成立，否則表示不存在或結(jié)論不成立；
（2）在假設(shè)存在或結(jié)論成立的前提下，利用特殊情況作出猜想，然后加以驗(yàn)證也可.
20. 已知函數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，求證：對任意成立.
【答案】（1）； （2）見解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）先求導(dǎo)數(shù)得到切線斜率，再求解切線方程；
（Ⅱ）通過求解的最小值來比較大小.
【詳解】（Ⅰ）因?yàn)?br>所以
當(dāng)時(shí)，
所以，而
曲線在處的切線方程為
化簡得到
（Ⅱ）法一：
因?yàn)椋?br>得
當(dāng)時(shí)，，，在區(qū)間的變化情況如下表:
所以在上的最小值為中較小的值，
而，所以只需要證明
因?yàn)椋?br>設(shè)，其中，所以
令，得，
當(dāng)時(shí)，，，在區(qū)間的變化情況如下表:
所以在上的最小值為，而
注意到，所以，問題得證
法二：
因?yàn)椤皩θ我獾?，”等價(jià)于“對任意的，”
即“，”，故只需證“，”
設(shè)，所以
設(shè)，
令，得
當(dāng)時(shí)，，，在區(qū)間的變化情況如下表:
所以 上的最小值為，而
所以時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增
所以
而，所以，問題得證
法三：
“對任意的，”等價(jià)于“在上的最小值大于”
因?yàn)?，?br>得
當(dāng)時(shí)，，，在上的變化情況如下表:
所以在上的最小值為中較小的值，
而，所以只需要證明
因?yàn)?，所?br>注意到和，所以
設(shè)，其中
所以
當(dāng)時(shí)，，所以單調(diào)遞增，所以
而
所以，問題得證
法四：
因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，
設(shè)，其中
所以
所以，，的變化情況如下表:
所以在時(shí)取得最小值，而
所以時(shí)，
所以
【點(diǎn)睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和利用導(dǎo)數(shù)證明不等式.曲線的切線問題一般是先求斜率，結(jié)合切點(diǎn)可得切線方程，不等關(guān)系的證明一般是利用導(dǎo)數(shù)求解最值.
21. 已知無窮集合A，B，且，，記，定義：滿足時(shí)，則稱集合A，B互為“完美加法補(bǔ)集”.
（Ⅰ）已知集合，.判斷2019和2020是否屬于集合，并說明理由；
（Ⅱ）設(shè)集合，.
（?。┣笞C：集合A，B互為“完美加法補(bǔ)集”；
（ⅱ）記和分別表示集合A，B中不大于n（）的元素個(gè)數(shù)，寫出滿足的元素n的集合.（只需寫出結(jié)果，不需要證明）
【答案】（Ⅰ），；見解析（Ⅱ）（?。┮娊馕觯唬áⅲ?br>【解析】
【分析】（Ⅰ）由a為奇數(shù)，b為偶數(shù)，可得為奇數(shù)，即可判斷2019和2020是否屬于集合；
（Ⅱ）（?。θ我獾姆橇阕匀粩?shù)，必存在，使得，從而可根據(jù)構(gòu)造集合，可證集合恰好表示從中每一個(gè)整數(shù)，再結(jié)合“完美加法補(bǔ)集”的定義可證集合A，B互為“完美加法補(bǔ)集”；
（ⅱ）根據(jù)集合A，B的定義可求足的元素n的集合.
【詳解】（Ⅰ）由，得是奇數(shù)，
當(dāng)，時(shí)，，
所以，；
（Ⅱ）（?。θ我獾姆橇阕匀粩?shù)，必存在，使得，
考慮集合，
則該集合中共有個(gè)元素，且它們均大于等于，
其中最大元素為，最小元素為，
故該集合恰好表示從中每一個(gè)整數(shù)，而，
故，故存在唯一一組，
使得，
若為偶數(shù)，則設(shè)，，
此時(shí)，故，
若為奇數(shù)，則設(shè)，，
此時(shí)，故，
故，即集合A，B互為“完美加法補(bǔ)集”；
（ⅱ）因此，故存在，使得.
若為偶數(shù)，則中不大于的元素的形式有：
，其中;
中不大于的元素的形式有1類：
，其中;
下證：諸元素（）相異.
設(shè)，
其中，
則，
若，則為奇數(shù)，
因?yàn)楸貫榕紨?shù)，
故不成立，
所以，
所以，
同理可得，依次有，
所以，故結(jié)論成立.
由上述結(jié)論可得中不大于的元素有，同理中不大于的元素有.
故即.
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，同理可得.
因，故.
故滿足的元素n的集合為.
【點(diǎn)睛】本題考查集合的新定義，以及其性質(zhì)的探索，關(guān)鍵在于理解集合的新定義，運(yùn)用整數(shù)集上的性質(zhì)得證，屬于難度題.0
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