1．已知橢圓的兩焦點為，，x軸上方兩點A，B在橢圓上，與平行，交于P.過P且傾斜角為的直線從上到下依次交橢圓于S，T.若，則“為定值”是“為定值”的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不必要也不充分條件
【答案】D
【分析】先求出的軌跡，其軌跡方程為，取，結(jié)合特殊情形可得“當取定值， 是定值”是錯誤的；再由 是定值可得，從而可判斷當取定值， 是定值”是錯誤的，從而可得正確的選項.
【詳解】設(shè)為橢圓上的動點，為橢圓的半焦距，
故，故
，
設(shè)直線，則到該直線的距離為，故，
如圖，設(shè)直線的傾斜角為，過作的垂線，垂足為，
則，故，設(shè)，
故，同理.
設(shè)的傾斜角為，則，，
因為，故，
所以，
所以，同理，
故，
故的軌跡為以為焦點的橢圓，其長半軸長為，
短半軸長為，
故的軌跡方程為：，其中.
取，,
而，故不是定值即不是定值.
故“當取定值， 是定值”是錯誤的.
又直線的參數(shù)方程為：，
設(shè)，
由整理得到：
，
故，
而，故，
所以，
若為定值，則為定值，
而，
故當變化時，始終為定值，
又
故且，
但，故，
所以
，
但此時隨的變化而變化，不是定值，
故“當取定值，是定值”是錯誤的.
故選：D.
【點睛】思路點睛：對于圓錐曲線中的動態(tài)問題，注意利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)去研究動點的軌跡，對于是否為定值的問題，注意構(gòu)建不同變量之間的關(guān)系，結(jié)合特例來處理是否為定值的問題.
2．已知數(shù)列為正項等比數(shù)列，且，則“”是“”的（ ）
A．必要而不充分條件B．充分而不必要條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】取特殊值易證不具有充分性，由，及得，判斷的符號可得具有必要性.
【詳解】，，當時，，所以不具有充分性；
，所以，
又，則，所以，
所以，不妨設(shè)
因為數(shù)列為正項數(shù)列，所以設(shè)公比為，則，
，
當時，，，所以，，
當時，，；
當時，，，所以，，
所以，所以具有必要性，
綜上，是的必要不充分條件.
故選：A.
【點睛】作差判斷與大小關(guān)系，將式子寫成指數(shù)式，注意正項等比數(shù)列公比大于0，根據(jù)公比與1的大小進行分類討論.
3．若集合且，則稱構(gòu)成的一個二次劃分.任意給定一個正整數(shù)，可以給出整數(shù)集的一個次劃分，其中表示除以余數(shù)為的所有整數(shù)構(gòu)成的集合.這樣我們得到集合，稱作模的剩余類集.模的剩余類集可定義加減乘三種運算，如，（其中為除以的余數(shù)）.根據(jù)實數(shù)中除法運算可以根據(jù)倒數(shù)的概念轉(zhuǎn)化為乘法，因此要定義除法運算只需通過定義倒數(shù)就可以了，但不是所有中都可以定義除法運算.如果該集合還能定義除法運算，則稱它能構(gòu)成素域.那么下面說法錯誤的是（ ）
A．能構(gòu)成素域當且僅當是素數(shù)B．
C．是最小的素域（元素個數(shù)最少）D．
【答案】D
【分析】先證明出A選項正確，從而說明C選項正確，BD選項根據(jù)定義求解即可.
【詳解】能構(gòu)成素域當且僅當是素數(shù)，理由如下：
當為素數(shù)時，除0外，均與互素，此數(shù)記作，
對于，考慮，
若，則為的倍數(shù)，
而為素數(shù)，故，故為的倍數(shù)，即，
故存在，使得即可定義除法.
當能構(gòu)成素域，若是不素數(shù)，則，
故對于，存在，使得，故為的倍數(shù)，
故存在整數(shù)，使得，故，
但，且為非零的整數(shù)，故不成立，故是素數(shù).
綜上：能構(gòu)成素域當且僅當是素數(shù)，A正確；
因為，所以，B正確；
根據(jù)A選項，由于2為最小的素數(shù)，有2個元素，元素個數(shù)最少，所以是最小的素域（元素個數(shù)最少），C正確；
因為，所以，D錯誤；
故選：D.
【點睛】集合新定義，需要先讀懂題干信息，正確理解，再此基礎(chǔ)上舉一反三，進行求解，本題中A選項的證明是解題的關(guān)鍵.
4．設(shè)集合，集合是集合的非空子集，中最大元素和最小元素的差稱為集合的長度，那么集合所有長度為的子集的元素個數(shù)之和為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先考慮最小元素為，最大元素為的情況：只有一種情況；，且，共有種情況；，且，共有種情況；以此類推，有種情況，所以此類滿足要求的子集元素個數(shù)之和，計算可得：，再考慮可以分為，，， ，等類，可得本題答案
【詳解】當最小元素為，最大元素為時，集合有如下情況：
集合中只含個元素；，只有種情況；
集合中含有個元素；，且，共有種情況；
集合中含有個元素；，且，共有種情況；
以此類推
集合中含有個元素；，有有種情況；
所以此類滿足要求的子集元素個數(shù)之和：
①
②
，
②兩式相加可得：


同理可得：，， ，，所有子集元素個數(shù)之和都是
集合所有長度為的子集的元素個數(shù)之和為.
故選：A
5．設(shè)集合，，下列說法正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用因為與互為反函數(shù)，所以，互相關(guān)于對稱，得到，進而得出集合的范圍；對于集合，化簡得，設(shè)，進而利用導數(shù)求出的最值，得出集合的范圍，即可求解
【詳解】對于集合，因為與互為反函數(shù)，所以，互相關(guān)于對稱，而，所以，只需要即可，因為，所以，
，得，設(shè)，得，所以，
，，單調(diào)遞增；，，單調(diào)遞減，所以，
，得到，所以，；
對于集合，化簡得，設(shè)，，因為，
可設(shè)，，
單調(diào)遞減，又，所以，當時，，，，單調(diào)遞減，利用洛必達法則，
時，，
所以，，所以，；
由于，，所以，D正確
故選：D
二、多選題
6．設(shè)數(shù)集滿足下列兩個條件：（1）；（2），若則. 則下論斷正確的是（ ）
A．中必有一個為0
B．a(chǎn)，b，c，d中必有一個為1
C．若且，則
D．，使得
【答案】BCD
【分析】根據(jù)（1）（2）得到，，A錯誤，B正確；再分，，兩種情況，經(jīng)過推理得到C正確；在C選項的分析基礎(chǔ)上，得到若，此時求出，，使得，若，推理出中至少有2個相同，這與集合中元素的互異性矛盾，得到D正確.
【詳解】由（1）得：數(shù)集中必有1或0，
由（2）得：，故，A錯誤，B正確；
由（1）知：，故等于中的一個，
不妨設(shè)，因為，所以，故，
下面證明C正確，
因為，若，則，由（1）知：，滿足要求，
同理若，則，滿足要求，若，則，滿足要求，
若，因為，
若，則，滿足要求，
若，則中某個等于1，不妨設(shè)，由得，
由（1）知：，又因為，，所以，，故，
同理可得，所以相乘得，解得：，
因為，所以，故取，滿足要求，
綜上：若且，則，C正確；
下面證明D正確；
由（1）知：，故等于中的一個，
不妨設(shè)，因為，所以，故，
若，則，因為中某個等于1，不妨設(shè)，由得，
根據(jù)C選項的分析可知：，，，
則，故，故，，若，，
此時，，使得，D正確；
若，則，，由（1）知：，
若，則，不可能，
若，則，不可能，
若，則，不可能，
所以，故，同理可得：，
因為的平方根有且只有2個，
所以中至少有2個相同，這與集合中元素的互異性矛盾，
故不存在即的情況，
故，使得，D正確.
故選：BCD
【點睛】關(guān)鍵點點睛：集合新定義問題，命題新穎，且存在知識點交叉，常常會和函數(shù)的性質(zhì)，包括單調(diào)性，值域等進行結(jié)合，很好的考慮了知識遷移，綜合運用能力，對于此類問題，一定要解讀出題干中的信息，正確理解問題的本質(zhì)，轉(zhuǎn)化為熟悉的問題來進行解決.
三、解答題
7．已知集合，若集合，且對任意的，存在，，使得（其中），則稱集合為集合的一個元基底．
(1)分別判斷下列集合是否為集合的一個二元基底，并說明理由；
①，；
②，．
(2)若集合是集合的一個元基底，證明：；
(3)若集合為集合的一個元基底，求出的最小可能值，并寫出當取最小值時的一個基底．
【分析】（1）利用二元基底的定義加以驗證，可得不是的一個二元基底.，是的一個二元基底.．
（2）設(shè)，計算出的各種情況下的正整數(shù)個數(shù)并求出它們的和，結(jié)合題意得，即．
（3）由（2）可知，所以，并且得到結(jié)論“基底中元素表示出的數(shù)最多重復(fù)一個”．再討論當時，集合的所有情況均不可能是的4元基底，而當時，的一個基底，由此可得 的最小可能值為5．
【詳解】（1）①不是的一個二元基底.
理由是；
②是的一個二元基底.
理由是，
.
（2）不妨設(shè)，則
形如 的正整數(shù)共有個；
形如 的正整數(shù)共有個；
形如 的正整數(shù)至多有個；
形如 的正整數(shù)至多有個.
又集合含個不同的正整數(shù)，為集合的一個元基底.
故，即.
（3）由（2）可知，所以.
當時，，即用基底中元素表示出的數(shù)最多重復(fù)一個. *
假設(shè)為的一個4元基底，
不妨設(shè)，則.
當時，有，這時或.
如果，則由，與結(jié)論*矛盾.
如果，則或.易知和都不是的4元基底，矛盾.
當時，有，這時，，易知不是的4元基底，矛盾.
當時，有，這時，，易知不是的4元基底，矛盾.
當時，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
當時，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
當時，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
當時，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
當時，均不可能是的4元基底.
當時，的一個基底；或{3,7,8,9,10}；或{4,7,8,9,10}等，只要寫出一個即可.
綜上，的最小可能值為5.
【點睛】方法點睛：新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.
8．給定整數(shù)，由元實數(shù)集合定義其相伴數(shù)集，如果，則稱集合S為一個元規(guī)范數(shù)集，并定義S的范數(shù)為其中所有元素絕對值之和.
(1)判斷、哪個是規(guī)范數(shù)集，并說明理由；
(2)任取一個元規(guī)范數(shù)集S，記、分別為其中最小數(shù)與最大數(shù)，求證：；
(3)當遍歷所有2023元規(guī)范數(shù)集時，求范數(shù)的最小值.
注：、分別表示數(shù)集中的最小數(shù)與最大數(shù).
【分析】（1）根據(jù)元規(guī)范數(shù)集的定義，只需判斷集合中的元素兩兩相減的差的絕對值，是否都大于等于1即可；
（2）利用元規(guī)范數(shù)集的定義，得到，從而分類討論、與三種情況，結(jié)合去絕對值的方法即可證明；
（3）法一：當時，證得，從而得到；當時，證得，從而得到；當時，分類討論與兩種情況，推得，由此得解；
法二：利用規(guī)范數(shù)集的性質(zhì)與（2）中結(jié)論即可得解.
【詳解】（1）對于集合A：因為，所以集合A不是規(guī)范數(shù)集；
對于集合B：因為，
又，，，，，，
所以B相伴數(shù)集，即，故集合B是規(guī)范數(shù)集.
（2）不妨設(shè)集合S中的元素為，即，
因為S為規(guī)范數(shù)集，則，則，且，使得，
當時，
則，
當且僅當且時，等號成立；
當時，
則，
當且僅當且時，等號成立；
當時，
則，
當且僅當時，等號成立；
綜上所述：.
（3）法一：
不妨設(shè)，
因為S為規(guī)范數(shù)集，則，則，且，使得，
當時，
則當時，可得，
當且僅當時，等號成立，
則范數(shù)，
當且僅當時，等號成立，
又，
當且僅當時，等號成立，
故，即范數(shù)的最小值；
當時，
則當時，可得，
當且僅當時，等號成立，則，
則范數(shù)，
當且僅當時，等號成立，
又，
當且僅當時，等號成立，
故，即范數(shù)的最小值；
當，使得，且，
當，即，即時，
則當時，可得，
當且僅當時，等號成立，
則當時，可得，
當且僅當時，等號成立，
則范數(shù)
；
對于，其開口向上，對稱軸為，
所以，
所以范數(shù)的最小值為；
當，即，即時，
則當時，可得，
當且僅當時，等號成立，
則當時，可得，
當且僅當時，等號成立，
則范數(shù)
；
對于，其開口向上，對稱軸為，
所以，
所以范數(shù)；
綜上所述：范數(shù)的最小值.
法二：
不妨設(shè)，
因為S為規(guī)范數(shù)集，則，則，且，使得，
所以對于，同樣有，則，
由（2）的證明過程與結(jié)論可得，，當且僅當時，等號成立，
即，，……，
所以范數(shù)
，
當且僅當時，等號成立，
所以范數(shù)的最小值.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解決的關(guān)鍵是理解元規(guī)范數(shù)集的定義，得到，再將集合中的元素進行從小到大排列，利用分類與整合的思想進行討論分析，從而得解.
9．我們稱為“花式集合”，如果它滿足如下三個條件：
（a）；
（b）的每個元素都是包含于中的閉區(qū)間（元素可重復(fù)）；
（c）對于任意實數(shù)中包含的元素個數(shù)不超過1011.
對于“花式集合”和區(qū)間，用表示使得的對的數(shù)量.求的最大值.
【答案】
【分析】先構(gòu)造一個特例，再根據(jù)逐步調(diào)整法和數(shù)學歸納法可證的取值范圍，從而可求其最大值.
【詳解】答案是.
先給出取得最大值的構(gòu)造：易于驗證，當由1011個以及1011個組成?由1011個以及1011個組成時，符合題意.
再給出最優(yōu)性的證明：分成兩步進行.
第一步，調(diào)整集合.
斷言一：對于中區(qū)間，如果，則將中的替換為不改變原結(jié)果，稱之為“切換”.
這是因為:
①如果中的一個區(qū)間與相交，那么它最初和現(xiàn)在都與兩個區(qū)間相交，成立；
②如果中的一個區(qū)間與不相交，則它要么與和都不相交，要么恰與中一個相交.因此，如果它與其中之一相交，則在替換區(qū)間后仍會與其中之一相交，也成立.
斷言二：總能在有限次“切換”后，使得對于中任意兩個區(qū)間，它們要么不交，要么一個包含另一個，對于亦然.
為此，考慮一個以區(qū)間為頂點的圖，兩頂點之間連邊當且僅當它們對應(yīng)的兩區(qū)間交集非空（特別地，仍算作非空）.將每個連通分支的頂點對應(yīng)的區(qū)間劃分為一組，記為，使得如果，則.顯然此分組方式唯一且不改變圖的連通性.
下面，我們固定并對進行歸納.歸納基礎(chǔ)為，顯然成立.
對每個，考慮中左端點位于最左邊的區(qū)間（注意稍后可能會變化）.
則對于其它任何區(qū)間，我們有.另外，若，則稱包含.
對其它區(qū)間執(zhí)行操作，那么總是包含操作后的區(qū)間.
因此，與中的每個區(qū)間最多相交一次.只要存在區(qū)間且，操作過程就不會結(jié)束.
當操作終止時，中必然不存在滿足的區(qū)間，并且對于不與中的任何區(qū)間相交.因此，，且包含中的所有區(qū)間.此時，我們?nèi)サ?，對?yīng)用歸納假設(shè)即可.
第二步，加強歸納.
設(shè)集合為“-好的”集合，
如果：1）；
2）的每個元素都是包含在中的閉區(qū)間；
3）對于任意實數(shù)中包含的元素個數(shù)不超過.
定義為可以取得的最大值，其中是“-好的”集合且是“-好的”集合.下證加強的命題：，原題即時的特例.
對此，我們采用歸納法，歸納基礎(chǔ)為.
此時，再對使用歸納法.如果，顯然成立；否則，設(shè)為中最左邊的兩個區(qū)間（注意到，因此我們能夠比較這兩個區(qū)間的位置）?為中最左邊的兩個區(qū)間.此時不難得到：或兩者之一，與另一個集合中最多一個區(qū)間有非空交集.這是因為，若對某個與的交集非空，則.因此，對于所有與交集為空.不妨設(shè)與另一個集合中最多一個區(qū)間有非空交集，這樣一來，我們可以去掉，再利用歸納假設(shè)，結(jié)論成立.
不妨設(shè)，否則把換成.
令為中互相不包含的區(qū)間的集合（如果多個區(qū)間相同且未嚴格包含于更大的區(qū)間中，則選擇任意一個加入.注意到為“（|S|，1）-好的”集合，為“（-好的”集合.則：
其中，不等號使用了奠基的結(jié)論.
至此，加強的命題得證!
10．設(shè)數(shù)集滿足：①任意，有；②任意x，，有或，則稱數(shù)集具有性質(zhì).
(1)判斷數(shù)集和是否具有性質(zhì)，并說明理由；
(2)若數(shù)集且具有性質(zhì).
（i）當時，求證：，，…，是等差數(shù)列；
（ii）當，，…，不是等差數(shù)列時，求的最大值.
【分析】(1)根據(jù)性質(zhì)的定義判斷可得出結(jié)論
(2)（i）推導出，再根據(jù)性質(zhì)的定義推導出從而證明
（ii）根據(jù)性質(zhì)的定義得出在均為等差數(shù)列，再令進行驗證，可以不是等差數(shù)列，
所以得出的最大值.
【詳解】（1）證明：對于數(shù)集，，，所以數(shù)集不具有性質(zhì)，
對于數(shù)集，任意，，所以數(shù)集具有性質(zhì).
（2）（i）當時，數(shù)集具有性質(zhì)，
，所以，即，因為，
則，又因為，所以，則
，因為，所以得
，，，
因為，所以，則，
又因為，所以或，因為，
所以(舍去)，即，，
所以，即當時，，，…，是等差數(shù)列.
（ii）若數(shù)集且具有性質(zhì)，按照(1)推導的方式得出
一般結(jié)論，具體如下：因為，
所以，即，
因為，所以
①，所以，，
因為，
所以，即，
因為，
根據(jù)，
分兩種情況：
第一種情況為，，…，，
第二種情況為，，
先考慮第二種情況，與題意矛盾，
，與題意矛盾，
所以只能為第一種情況，可得②，
由①-②，得
，
即，
即當時，，，…，是等差數(shù)列，
當時，，所以，即，
由前面得出，所以，，
當成立時，，，，不是等差數(shù)列，
所以的最大值為4.
【點睛】方法點睛：等差數(shù)列的三種判定方法：
定義法：(為常數(shù))
等差中項法：
通項公式法：（a，b為常數(shù)），但如果要證明一個數(shù)列是等差數(shù)列，
則必須用定義法或等差中項法進行證明.
11．已知定義城為的函數(shù)，若存在實數(shù)，使得對任意，都存在滿足，則稱函數(shù)具有性質(zhì)．
(1)判斷下列函數(shù)是否具有性質(zhì)，無需說明理由；
①； ②
(2)若函數(shù)的定義域為，且具有性質(zhì)，則“有解”是“”的__________條件（橫線上填“充分非必要”、“必要非充分”、“充分必要”、“既非充分又非必要”），并證明你的結(jié)論；
(3)若存在唯一的實數(shù)，使得函數(shù)，具有性質(zhì)，求實數(shù)的值．
【分析】（1）根據(jù)性質(zhì)對兩個函數(shù)進行分析，從而確定正確答案.
（2）根據(jù)充分、必要條件的知識，結(jié)合性質(zhì)作出判斷.
（3）對進行分類討論，求得的值域，結(jié)合性質(zhì)以及的唯一性求得的值.
【詳解】（1）性質(zhì)：對任意，都存在滿足，.
①，取，則，而，
所以不具有性質(zhì).
②，的定義域為，值域是，
對于任意，，
即存在，使，所以具有性質(zhì).
（2）函數(shù)的定義域為，且具有性質(zhì)，
即使得對任意，都存在滿足，
當“有解”時：
如，則，
，即的值域是，
對任意?，
即存在使，也即具有性質(zhì)，
但，所以“有解”“”.
當“”時，即對任意，都存在滿足，
即“有解”，
所以“”“有解”，
所以“有解”是“”的必要不充分條件.
（3）依題意，存在唯一的實數(shù)，使得函數(shù)，具有性質(zhì)，
即：存在唯一的實數(shù)，對任意，都存在滿足，，
，
記的值域為，則，
當時：
，，即，
所以，唯一，符合題意.
當時，的對稱軸為，.
當，在上遞增，所以，
所以，不唯一，不符合題意.
當時，，在上遞增，所以，
所以，無解.
當時，，
所以的最大值是，最小值是，則，
所以，，由于唯一，所以（舍去）.
當時，，所以的最大值是，
最小值是，則，
所以，，由于唯一，
所以，解得（舍去）.
綜上所述，的值為或
【點睛】求解含有參數(shù)的一元二次函數(shù)在閉區(qū)間上的值域問題，要對參數(shù)進行分類討論，分類討論要做到不重不漏，分類標準的制定可以考慮二次函數(shù)的開口方向、對稱軸、判別式、定義域等等.
12．令.
(1)若，，試寫出的解析式并求的最小值；
(2)已知是嚴格增函數(shù)，是周期函數(shù)，是嚴格減函數(shù)，，求證：是嚴格增函數(shù)的充要條件：對任意的，，.
【分析】（1）分別解不等式和來求得，結(jié)合圖象求得的最小值.
（2）結(jié)合單調(diào)性、周期性以及“”的定義，先證明充分性，然后利用反證法證明必要性.
【詳解】（1）由得得，解得.
由得得，解得或.
所以.
畫出的圖象如下圖所示，由圖可知，的最小值為.
（2），，
充分性：
若對任意的，，，
所以，，
是嚴格增函數(shù)，所以是嚴格增函數(shù).
必要性：
，
（用反證法）
若存在，使得，則，
設(shè)的周期為，取，則，
，
由于，所以，
所以，與單調(diào)遞增矛盾，
所以對任意的，，.
證畢.
【點睛】處理或函數(shù)的解析式問題，可通過解不等式來進行求解.證明充要條件，要證明兩個，一個是充分性，另一個是必要性.
13．A是由定義在上且滿足如下條件的函數(shù)組成的集合：①對任意的，都有；②存在常數(shù)，使得對任意的，都有．
(1)設(shè)，證明：；
(2)設(shè)，如果存在，使得，那么這樣的是唯一的；
(3)設(shè)，任取，令，證明：給定正整數(shù)k，對任意的正整數(shù)p，不等式成立．
【分析】（1）根據(jù)給定的條件，利用函數(shù)單調(diào)性判斷的取值范圍，再借助不等式放縮求出L作答.
（2）利用反證法，推得導出矛盾作答.
（3）根據(jù)給定條件，利用放縮法并結(jié)合絕對值的三角不等式，等比數(shù)列求和推理作答.
【詳解】（1）因，則，
，在上單調(diào)遞增，，則，
，，
，則，
取，所以，對任意的，都有，
所以.
（2）假設(shè)存在兩個，使得，，
則由，得，即，矛盾，因此假設(shè)是錯的，
所以當，且存在，使得，那么這樣的是唯一的.
（3），任取，令，
則有，，
因此，
給定正整數(shù)k，
，
所以給定正整數(shù)k，對任意的正整數(shù)p，不等式成立．
【點睛】思路點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.
14．已知正整數(shù)，集合.對于中的元素，，定義，令.
(1)直接寫出的兩個元素及的元素個數(shù)；
(2)已知，，…，，滿足對任意，都有，求m的最大值；
(3)證明：對任意，，…，，總存在，使得.
【答案】(1)，；個
(2)4
(3)證明見解析
【分析】（1）由題可知中的n個數(shù)中有任意3個數(shù)字為1，數(shù)字為0，根據(jù)排列組合數(shù)可列的元素個數(shù)通式為；
（2）第二小問等價于同時滿足的元素個數(shù)最多幾個，首先需要線分析最多幾個不同元素同一位置的分量可以同時為1，在以此極限情況找到m的不等式關(guān)系求出m最大值；
（3）由題可知共有個非空子集，并且由題意可知當時，因此證明存在等式，即證明的值必有奇數(shù)即可.
【詳解】（1），；
，即中6個分量中恰有3個1，故的元素個數(shù)為 ；
（2）對于的非空子集，設(shè)，這里為的第j個分量，定義，規(guī)定.
設(shè)，令
我們先證明引理：.
（反證），令，
不妨設(shè)，，…，滿足，其中
又因為，且，，故，故，這與矛盾，引理證畢.
回到原題，由引理，得
，，，符合題意，綜上，當時，m的最大值為4
（3）共有個非空子集，記為，，則在每個分量得奇偶性下恰有種不同得狀態(tài)，由知
由抽屜原理，存在兩個不同的的非空子集，設(shè)，，有與奇偶性相同，
令，由于，故
令，則
且都為偶數(shù)，
不妨設(shè)，則為偶數(shù)
而為奇數(shù)，故且為奇數(shù)
故必存在一個，使得為奇數(shù)，又由于，從而
【點睛】本題以新定義結(jié)合集合進行考查，“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎(chǔ)數(shù)學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應(yīng)萬變才是制勝法寶.
15．設(shè)集合中至少有兩個元素，且S，T滿足：
①對于任意，若，都有；
②對于任意，若，則．
(1)分別對和，求出對應(yīng)的；
(2)如果當S中恰有三個元素時，中恰有4個元素，證明：S中最小的元素是1；
(3)如果S恰有4個元素，求的元素個數(shù)．
【答案】(1)時，時；
(2)證明見解析；
(3)7個元素.
【分析】（1）根據(jù)定義，應(yīng)用列表法分別列舉得出、，再應(yīng)用集合并運算求結(jié)果；
（2）對于且，，列舉出滿足①時且，再結(jié)合②及元素個數(shù)，討論、求對應(yīng)的元素個數(shù)，即可證結(jié)論；
（3）對于且，，列舉出滿足①時且，結(jié)合②及元素個數(shù)，討論、、，進而確定中的元素即可.
【詳解】（1）對于，集合的元素如下：
由表得：，此時要滿足有，如下表：
顯然滿足要求，所以，則；
對于，集合的元素如下：
由表得：，此時要滿足有，如下表：
顯然滿足要求，所以，則.
（2）對于且，，集合的元素如下：
由表得：且，此時要滿足有，如下表：
其中、且 、、，
當時，此時必有，即，
故，，則，滿足要求；
當時，必有，即，，
故，，則，不滿足要求；
綜上，當S中恰有三個元素時，中恰有4個元素，S中最小的元素是1，得證.
（3）對于且，，集合的元素如下：
由表得：且，此時要滿足有，如下表：
當時，上表第一列有且均屬于集合，而，矛盾；
當時，上表第一列有且均屬于集合，而，矛盾
當時，則且均屬于集合，而，
此時只需滿足，則，可得，且，注意a不等于1，
所以，故共有7個元素.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：后兩問，首先設(shè)出集合，根據(jù)題設(shè)集合的性質(zhì)①列舉出集合中可能元素，再結(jié)合集合的性質(zhì)②，由中元素個數(shù)分類討論確定所設(shè)元素的數(shù)量關(guān)系，即可得結(jié)果.
16．設(shè)為實數(shù)，定義生成數(shù)列和其特征數(shù)列如下：
（i）；
（ii），其中.
(1)直接寫出生成數(shù)列的前4項；
(2)判斷以下三個命題的真假并說明理由；
①對任意實數(shù)，都有；
②對任意實數(shù)，都有；
③存在自然數(shù)和正整數(shù)，對任意自然數(shù)，有，其中為常數(shù).
(3)從一個無窮數(shù)列中抽出無窮多項，依原來的順序組成一個新的無窮數(shù)列，若新數(shù)列是遞增數(shù)列，則稱之為原數(shù)列的一個無窮遞增子列.求證：對任意正實數(shù)生成數(shù)列存在無窮遞增子列.
【分析】（1）根據(jù)題意將代入數(shù)列計算即可；
（2）將命題當作條件代入進行證明，根據(jù)最終結(jié)論判斷是否與原命題相悖判斷真假；
（3）根據(jù)數(shù)列特性可以判斷數(shù)列實際就是將根據(jù)條件進行相加或相減，可得出存在，，的數(shù)列關(guān)系，再結(jié)合無窮遞增子列概念進行證明.
【詳解】（1），因為，所以;
，因為，所以;
，因為，所以;
.
（2）①由題可知，
假設(shè)對任意實數(shù)，都有，則，
又已知，
所以，很明顯，假設(shè)不成立.
故命題①為假命題；
②由題可知，
假設(shè)對任意實數(shù)，都有，則
又已知：
，
當時，，，假設(shè)不成立
故命題②為假命題
③假設(shè)命題③成立，
則，
因為，所以，即
所以只需證明存在自然數(shù)和正整數(shù)，對任意自然數(shù)，有，即當時，；時，
根據(jù)題意
若存在一個使得，即存在恒成立
則，但可知單調(diào)遞增，故不存在這樣的；
故存在，使得，，…
同理存在，使得，，…
不妨假設(shè)，則，欲證明對任意自然數(shù)，有，只需證明：
存在即可，即證明為偶數(shù)
當，；，時符合題意
即有自然數(shù)1、3和正整數(shù)，對任意自然數(shù)，有
故存在自然數(shù)和正整數(shù)，對任意自然數(shù)，有，其中為常數(shù)
故命題③為真命題
（3）由③可知，有正整數(shù)，使得，，
此時，，
故生成數(shù)列存在無窮遞增子列：
【點睛】方法點睛：對于新型數(shù)列，首先要了解數(shù)列的特性
①抽象特性：此列特性可近似的將數(shù)列當作函數(shù)分析列式，例如(2)中的證明，將當作函數(shù)列式分析。
②計算特性：此類特性若復(fù)雜一般只需要考生找規(guī)律而非實際計算，例如此數(shù)列實際就是將根據(jù)條件進行相加相減而已.
尋找新型數(shù)列特性主要考查考生歸納總結(jié)規(guī)律的能力和抽象思維能力，屬于難題.
17．給定正整數(shù)m，數(shù)列，且.對數(shù)列A進行T操作，得到數(shù)列.
(1)若，，，，求數(shù)列；
(2)若m為偶數(shù)，，且，求數(shù)列各項和的最大值；
(3)若m為奇數(shù)，探索“數(shù)列為常數(shù)列”的充要條件，并給出證明.
【分析】（1）利用已知條件先求出，將，，，代入：，，，即可求解；
（2）由，得到，進而有，再由得到即可；
（3）證明見解析.
【詳解】（1）由題意時，，，，由，知，所以，，，，
故.
（2）記數(shù)列的所有項和為S，
因為，且，所以，
則，故.
當，或，時取到等號，
所以當，或，時，S取到最大值，為.
（3）“數(shù)列為常數(shù)列”的充要條件是（）證明如下：
先證充分性：
當（）時，，所以為常數(shù)列；
再證必要性：
當為常數(shù)列時，記，
設(shè)中有x個，則必有個，將數(shù)列的所有項相加得：，由，且m為奇數(shù)，所以，
所以，由得：，所以，
所以.
【點睛】數(shù)學中的新定義題目解題策略：
（1）仔細閱讀，理解新定義的含義；
（2）根據(jù)新定義，對對應(yīng)的知識進行再遷移
（3）正確閱讀理解題干信息，抓住關(guān)鍵信息，轉(zhuǎn)化為我們所熟悉的問題.
18．設(shè)且，集合，若對的任意元子集，都存在，滿足：，，且為偶數(shù)，則稱為理想集，并將的最小值記為.
(1)當時，是否存在理想集？若存在，求出相應(yīng)的；若不存在，請說明理由；
(2)當時，是否存在理想集？若存在，直接寫出對應(yīng)的 以及滿足條件的；若不存在，請說明理由；
(3)證明：當時，.
【分析】（1）根據(jù)理想集的定義，分3元子集、4元子集分別說明判斷作答.
（2）根據(jù)理想集的定義，結(jié)合（1）中信息，說明判斷5元子集，6元子集作答.
（3）根據(jù)理想集的定義，結(jié)合（1）（2）中信息，判斷的所有6元子集都符合理想集的定義作答.
（1）依題意，要為理想集，，當時，，顯然，有，而不是偶數(shù)，即存在3元子集不符合理想集定義，而，在中任取3個數(shù)，有4種結(jié)果，；；；，它們都不符合理想集定義，所以，當時，不存在理想集.
（2）當時，，由（1）知，存在3元子集、4元子集均不符合理想集定義，5元子集，在此集合中任取3個數(shù)，滿足較小的兩數(shù)和大于另一個數(shù)的只有與兩種，但這3數(shù)和不為偶數(shù)，即存在5元子集不符合理想集定義，而的6元子集是，是偶數(shù)，是偶數(shù)，即的6元子集符合理想集定義，是理想集，所以，當時，存在理想子集，滿足條件的可分別為或.
（3）當時，，由（1），（2）知，存在的3元子集、4元子集、5元子集不滿足理想集定義，要為理想集，，顯然符合理想集的定義，滿足條件的分別為或，的6元子集中含有的共有個，這10個集合都符合理想集的定義，的6元子集中含有不含6的有5個，其中含有4的有4個，這4個集合都符合理想集的定義，不含4的為，顯然有為偶數(shù)，即的6元子集中含有不含6的5個都符合理想集的定義，的6元子集中含有不含5的有5個，它們是，，它們對應(yīng)的可依次為：；；；；，即的6元子集中含有不含5的5個都符合理想集的定義，的6元子集中含有不含3的有5個，它們是，，它們對應(yīng)的可依次為：；；；；，即的6元子集中含有不含3的5個都符合理想集的定義，的6元子集中含有之一的有3個，它們是，對應(yīng)的可依次為：；；，即的6元子集中含有之一的3個都符合理想集的定義，因此，的所有個6元子集都符合理想集的定義，是理想集，的7元子集有個，其中含有的有5個，這5個集合都符合理想集的定義，不全含的有3個，它們是，對應(yīng)的可依次為：；；，即的所有8個7元子集都符合理想集的定義，是理想集，的8元子集是，對應(yīng)的可以為：，因此，是理想集，因此，的6元子集，7元子集，8元子集都是理想集，，所以當時，.
【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及集合新定義問題，關(guān)鍵是正確理解給出的定義，然后合理利用定義，結(jié)合相關(guān)的其它知識，分類討論，進行推理判斷解決.
19．對非空數(shù)集，，定義與的和集.對任意有限集，記為集合中元素的個數(shù).
(1)若集合，，寫出集合與；
(2)若集合滿足，，且，求證：數(shù)列，，，是等差數(shù)列；
(3)設(shè)集合滿足，，且，集合（，），求證：存在集合滿足且.
【分析】（1）利用和集的定義即得；
（2）由題可得，進而可得中的所有元素為，結(jié)合條件可得，即證；
（3）設(shè)，令集合，，進而可得，，即得.
【詳解】（1）∵集合，，
∴，；
（2）∵，
∴集合中至少包含個元素，
所以，又，
由題可知，又為整數(shù)，
∴，
∴，
∴中的所有元素為，
又是中的個元素，且，
∴，即，
∴，
∴數(shù)列，，，是等差數(shù)列；
（3）∵集合，
∴，
設(shè)，其中，
設(shè)是首項為，公差為的等差數(shù)列，即，
令集合，
則，
∴，
即，
∵，
∴，
所以，
故存在集合滿足且.
【點睛】數(shù)學中的新定義題目解題策略：
（1）仔細閱讀，理解新定義的內(nèi)涵；
（2）根據(jù)新定義，對對應(yīng)知識進行再遷移.
20．對任意正整數(shù)，記集合均為非負整數(shù)．且，集合均為非負整數(shù)，且．設(shè)，，若對任意都有．則記．
(1)寫出集合和；
(2)證明：對任意，存在，使得；
(3)設(shè)集合．求證：中的元素個數(shù)是完全平方數(shù)．
【分析】（1）根據(jù)所給定義可以得解.且
2
4
2
8
4
8
且
2
4
2
且
8
16
8
32
16
32
且
2
4
2
且
且
且
且
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（3）轉(zhuǎn)換成方程解的個數(shù)得證.
（1）
，
（2）
任取，令，則，
同時且，則，
所以對任意，存在，使得；
（3）
設(shè)方程：①，②
是方程①的解，是方程②的解；
若，，，
即是一個滿足條件的解對，
令，則，
則是方程①的解
即當是滿足條件的解對時，是方程①的一對解對；
反之是方程①的解時，
令，則是滿足條件的解對.
即滿足條件的解對與方程①的兩解組成對
是一一對應(yīng)的關(guān)系.
所以滿足條件解對個數(shù)，即中的元素個數(shù)是完全平方數(shù)．
【點睛】關(guān)鍵點睛：集合元素的個數(shù)轉(zhuǎn)換為特定方程符合條件解的個數(shù).

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