1、C 组1. A 【解析】根据“聚点”的定义，其含义应理解为：以任意无穷小为半径，以 为圆心的圆0x内都至少有 x 的一个元素（不包括 ） ，以此逐一验证即可：0x对于集合（1）：按从小到大顺序列举有 ，可取 ，则1234,5 13a不存在 满足 ；|,1nxZ|x对于（2） （3） ，显然以 0 为聚点；对于（4）：只要取 ，如 （取法不唯一） ，有：a12不存在 满足 . xZ|0|x综上，选 A. 2. A 【解析】根据集合“分拆”的定义，依集合 所含元素的个数分类讨论如下：1A（1）当 时 =1，2，3 ，只有一种分拆；1A（2）当 为单元素集（有 3 种情况）时 必须至少包括除该元素之
2、外的两个元素，2有 2 种情况，此时有 6 种分拆；（3）当 为含有 2 个元素的集合（有 3 种情况）时 必须包括除这两个元素之外的1A2A那个元素，还有可能包括 的 2 个元素中的一个或两个，故此时有 12 种分拆；1（4）当 为含有 3 个元素的集合（即 =A）时 可能含 0 个、1 个、2 个或 3 个元1 12素即有 种情况，故此时有 种分拆；32因此总的分拆数为 1+6+12+8=27 种，选 A。3. D 4. (2)（3） 5. （1）5；（2） 12578,a【解析】由新定义知 ；将所有 写出有：13k2k1213451617181,3,64,2, ，91256观察上述数据特
3、点可知：要使 211，需要 121664128211，1211nkk不妨设 ，则有 ， 2345,7,8kk所以 E 的第 211 个子集是 。1578,aa6.解：含有 的子集有 个；含有 的子集有 个；含有 的子集有 个；，192992含有 的子集有 个， 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j0(3.0)07.（1）由题意知， ， ，首先考虑 中的二元子集有 ,iabMibM，共 15 个,2356又 ，满足 的二元子集有：ijib，此时 ；1,24,3612ia，此时 ；,ib，此时 ，共 7 个二元子集2,3463ia故集合 中的元素个数 A15k法 2 按照一定规则列举，
4、其基本思路是：分子按照从小到大顺序，在分子相同时，考虑分母从小到大；向后列举时及时剔除分数值相同的，可得，共 11 个。1234,345656（2）列举 ，1,A，342,56,25B故11,'''ijijijjijijeee189603' 124ijj8. 解：（）由已知知 3(,)2456f102所以 (1,)f（）因为数列 是将集合 中的元素按从小到大的顺na1|N*,AmkkP序排成而成，所以我们可设计如下表格：1 2 3 4 5 0m1 2 2 32343 4 4 55 5 6236 从上表可知，每一行从左到右数字逐渐增大，每一列从上到下数字逐渐增大且
5、 23424325所以 9a（）任取 ， ，12,*mN12,kP若 ，则必有 k121,mk即在（）表格中不会有两项的值相等对于 而言，若在（）表格中的第一行共有 的数不大于 ，01 101mk则 ，即 ，所以 ，1m20k1m02k102同理，第二行共有 的数不大于 ，有 ，202m03k第 行共有 的数不大于 ，有 iim01ki01ikm所以，在数列 中，不大于 的项共有 项，即na01mk501ikmi项 0(,)fmk9. 【解析】()解：由于 ， ， ，2512531254， ， ，324所以集合 具有性质 4,P（）证明：依题意有 ，又 ，)1,2(511niaiii naa2
6、1因此 ),(211iaiii 可得 )1,(51niii 所以 25111321 naaaa nii即 51n（）证明：由()可得 21a又 ，可得 ，因此 15n26同理 ，可知 )1,3,(2niani 25inai又 ，可得 ，i51i所以 均成立)1,()(n当 时，取 ，则 ，可知 10ni 25(i 10n又当 时， 9)2()n所以 （）解：对于任意 ， ，ji1jiia1由 可知，)1,2(51niaii ，即 11iiji 25jijia因此，只需对 ， 成立即可n1iia因为 ； ； ； ，251253254251因此可设 ； ； ； ； aa由 ，可得 ，取 656a7
7、6由 ，可得 ，取 2176a1857107a由 ，可得 ，取 587 30a2由 ，可得 ，取 2198a19109a所以满足条件的一个集合 . ,27,543,A10. 【解】 （1）由题意可知， 是指排列中第 K 项后小于 （该项）的个数， 是指排kf kakg列中第 K 项前大于 （该项）的个数，所以对于排列 4， 2，5，1，3，有a，故 =6。12345,0,fff1nkf（2） 此排列为 根据题意有,2,2nn123410, .ggg122.,3,nnn所以 的最大值为 ；21kg(1)（3）证明：考虑集合 的元素个数 ：,ikikSaS一方面，固定 先对 求和，然后再对 求和，
8、得 ；ki 1nkf另一方面，固定 先对 求和，然后再对 求和，又得到 ，iki11nikSg所以得 。11nnkkfg11.【解析】 （1）集合 不具有性质 ； 具有性质 ，相应的集合 和0,23P1,23PS为：T， ；(,)1S(,),T（2）易知 ，故 ；A021),(kiai又由已知“任意的 总有 ”，A故当 时Taji),( ).,(),(jiij 而由 中元素构成的有序数对 共有 个，A)jia2k从而集合 中的元素个数最多为 ，即 。2)1(n（3） . 证明如下：mn对于 ，根据定义 得Sba),( AbaA, .),(Tb若 ， 是 的不同元素，则 ， 中至少有一个不成立，
9、cdcd从而 与 中也至少有一个不成立，故 与 也是 的不同元素；(,)ab(,)T可见， 中元素的个数不多于 中元素的个数，即 。S nm对于 ，根据定义得),( .),(Sba若 ， 是 的不同元素，则 ， 中至少有一个不成立，abcdTcd从而 与 中也至少有一个不成立，b故 与 也是 的不同元素；(,)(,)S可见， 中元素的个数不多于 中元素的个数，即T .mn由得 .mn12 （）由于 与 均不属于数集 ，该数集不具有性质 P.341,34由于 都属于数集 ，6123612,3,1,236该数集具有性质 P.（） 具有性质 P， 与 中至少有一个属于 A，12,nAa na由于 ，
10、 ，故 . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 12n nn从而 ， .na1 ，12n ，故 .kna2,3kaAn由 A 具有性质 P 可知 .1,nk又 ，121nnaa ，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 211,nnna从而 ，12112nnnaa . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 211n （）由（）知，当 时，有 ，即 ，555234,a2543a ， ， ，125a 324534A由 具有性质 P 可知 . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A43aA由 ，得 ，且 ， ，243a43321a342a . 53421a13. （1）5； （2）10；（
11、3）记 中对应项同时为 0 的项的个数为 ，对应项同时为 1 的项的个数为 ，uv、 pq则对应项一个为 1，一个为 0 的项的个数为 nq()Nqn、 ，即是 中 1 的个数， 即是 中 1 的个数，(,)duw,)dvw是 中对应项一个为 1，一个为 0 的项的个数。v、于是有 . (,)npq中 1 一共有 个，即 。uv、 2()(,)(,)duwvnpq所以有 ，(,),20dwvdu于是 ()14.解：（） 有如下的三种可能结果：1A1115:,;:,;:0,3237A（） ，有,|abx()10ab且 1().所以 ，1ab|x即每次操作后新数列仍是 数列.又由于每次操作中都是增
12、加一项，删除两项，所以对 数列 每操作一次，A项数就减少一项，所以对 项的 数列 可进行 次操作（最后只剩下一项） 。nA1n（）由（）可知 中仅有一项. 9A对于满足 的实数 定义运算：,|1)abx,ab，:下面证明这种运算满足交换律和结合律：因为 ，且 ，1ab:1ba:所以 ，即该运算满足交换律；因为 ，()11cbcabcac :且 ，()1acbbccab:所以 ，即该运算满足结合律.()()aa:所以 中的项与实施的具体操作过程无关。9A可选择如下操作过程求 ： 9A由（）可知 ；15237:易知 ； ； ； ；0104105:106:所以 ；5:A,6易知 经过 4 次操作后剩下一项为 .6综上可知： 95:6
