1、2021-2022 学年北京市海淀区五校联考高一上期中数学试卷学年北京市海淀区五校联考高一上期中数学试卷 一、单项选择题（本大题共一、单项选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分 ）分 ） 1 （4 分）已知全集 U1，2，3，4，5，A2，4，5，B3，5，则 A（UB）（ ） A3 B2，4 C1，2，3，4 D1，2，4，5 2（4 分） 下列图形中可以表示以 Mx|0 x1为定义域， 以 Ny|0y1为值域的函数的图象是 （ ） A B C D 3 （4 分）命题“x0R，x02+x0+10”的否定为（ ） A不存在 x0R， Bx0R， CxR，x
2、2+x+10 DxR，x2+x+10 4 （4 分）设 x1，x2是方程 x2+3x30 的两个实数根，则+的值为（ ） A5 B5 C1 D1 5 （4 分）不等式的解集为（ ） A B C D 6 （4 分）设函数 D（x），则下列结论正确的是（ ） AD（x）的值域为0，1 BD（）D（3.14） CD（x）是偶函数 DD（x）是单调函数 7 （4 分）在下列各组函数中，f（x）与 g（x）表示同一函数的是（ ） Af（x）x，g（x）（）2 Bf（x）|x|，g（x） Cf（x）1，g（x） Df（x）x2，g（x）（x+1）2 8 （4 分） “a1”是“”成立的（ ） A充分必要条
3、件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既非充分也非必要条件 9 （4 分）在用“二分法”求函数 f（x）零点近似值时，第一次所取的区间是3，5，则第三次所取的区间可能是（ ） A1，5 B2，1 C1，3 D2，5 10 （4 分）张老师国庆期间驾驶电动车错峰出行，并记录了两次“行车数据” ，如表： 记录时间 累计里程 （单位： 公里） 平均耗电量（单位：kWh/公里） 剩余续航里程（单位：公里） 2021 年 10 月 2 日 2000 0.125 380 2021 年 10 月 3 日 2200 0.124 166 （注：累计里程指汽车从出厂开始累计行驶的路程，累计耗电数指汽车从出厂开
4、始累计消耗的电量，平均耗电量，剩余续航里程） 下面对该车在两次记录时间段内行驶 1 公里的耗电量估计正确的是（ ） A0.104 B0.114 C0.118 D0.124 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分 ）分 ） 11 （5 分）函数 f（x）+的定义域为 12 （5 分）满足1A1，2，3的集合 A 的个数为 13 （5 分）设 p：x22x0，q： （xm） （xm3）0，若 p 是q 的充分不必要条件，则实数 m 的取值范围是 ；若p 是 q 的必要不充分条件，则实数 m 的取值范围是 14（5分） 已知函数在 （， +
5、） 上单调递增， 则实数a的取值范围为 15 （5 分）已知定义在非零实数上的奇函数 f（x） ，满足 f（x）+2f（）3x，则 f（1）等于 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 3 小题，共小题，共 35 分）分） 16 （15 分）已知全集 UR，非空集合 A，B 满足 Ax|x22x30，Bx|a1x3a+1 （1）当 a1，求U（AB） ； （2）若 ABB，求实数 a 的取值范围 17 （10 分）已知函数 （1）判断并证明函数 f（x）在其定义域上的奇偶性； （2）证明函数 f（x）在（1，+）上是增函数 18 （10 分）已知函数 f（x）（其中 t0） （1）当 t2
6、时，画出函数 f（x）的图象，并写出函数 f（x）的单调递减区间； （2）若 f（x）在区间2，4上的最大值为 h（t） ，求 h（t）的表达式 一、选择题（共一、选择题（共 3 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 18 分分.） 19 （3 分）已知实数 a、b、c 满足 b+c64a+3a2，cb44a+a2，则 a、b、c 的大小关系是（ ） Acba Bacb Ccba Dacb 20 （3 分） 几何原本中的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成为了后世数学家处理问题的重要依据通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明如图所示的图形，在 AB
7、 上取一点 C，使得 ACa，BCb，过点 C 作 CDAB 交圆周于 D，连接 OD作 CEOD 交 OD 于 E由 CDDE 可以证明的不等式为（ ） A（a0，b0） B（a0，b0） C（a0，b0） Da2+b22ab（a0，b0） 21 （3 分）已知函数 f（x）是定义在12m，m上的偶函数，x1，x20，m，当 x1x2时，f（x1）f（x2）（x1x2）0，则不等式 f（x1）f（2x）的解集是（ ） A1， B， C0， D0， 二、填空题（共二、填空题（共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分请把结果填在答题纸上的相应位置 ）分请把结果填在答题纸上的相
8、应位置 ） 22 （6 分）已知函数 f（x），则 f（1）+f（2）+f（2021）+f （）+f（）+f（） 23 （6 分）函数 f（x）ax22020 x+2021（a0） ，在区间t1，t+1（tR）上函数 f（x）的最大值为 M，最小值为 N当 t 取任意实数时，MN 的最小值为 2，则 a 24 （6 分）若不等式 x22mx+3m60 对一切 m2，1恒成立，则实数 x 的取值范围是 三、解答题（本小题三、解答题（本小题 14 分解答应写出文字说明过方或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置分解答应写出文字说明过方或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.） 25 （23
9、分）已知集合 A1，2，3，2n（nN*） 对于 A 的一个子集 S，若存在不大于 n 的正整数 m，使得对于 S 中的任意一对元素 s1，s2，都有|s1s2|m，则称 S 具有性质 P （）当 n10 时，试判断集合 BxA|x9和 CxA|x3k1，kN*是否具有性质 P？并说明理由 （）若 n1000 时 若集合 S 具有性质 P，那么集合 T2001x|xS是否一定具有性质 P？并说明理由； 若集合 S 具有性质 P，求集合 S 中元素个数的最大值 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题（本大题共一、单项选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共
10、 40 分 ）分 ） 1 （4 分）已知全集 U1，2，3，4，5，A2，4，5，B3，5，则 A（UB）（ ） A3 B2，4 C1，2，3，4 D1，2，4，5 【分析】根据集合的基本运算即可求解 【解答】解：全集 U1，2，3，4，5，B3，5， UB1，2，4， A2，4，5， A（UB）1，2，4，5， 故选：D 【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础 2（4 分） 下列图形中可以表示以 Mx|0 x1为定义域， 以 Ny|0y1为值域的函数的图象是 （ ） A B C D 【分析】根据函数的定义可判断 【解答】解：A 选项，函数定义域为 M，但值域不是 N； B 选项，函数定
11、义域不是 M，值域为 N； D 选项，集合 M 中存在 x 与集合 N 中的两个 y 对应，不构成映射关系，故也不构成函数关系 故选：C 【点评】本题主要考查了函数的概念及表示方法 3 （4 分）命题“x0R，x02+x0+10”的否定为（ ） A不存在 x0R， Bx0R， CxR，x2+x+10 DxR，x2+x+10 【分析】利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可 【解答】解：特称命题的否定是全称命题 命题 p：x0R，使 x02+x0+10 的否定是：xR，x2+x+10 故选：D 【点评】本题考查命题的否定，注意量词的变化，基本知识的考查 4 （4 分）设 x1，x2是方程 x2+
12、3x30 的两个实数根，则+的值为（ ） A5 B5 C1 D1 【分析】由题意利用韦达定理可得可得 x1+x2和 x1x2的值，再根据 +，计算求得结果 【解答】解：由 x1，x2是方程 x2+3x30 的两个实数根，可得 x1+x23，x1x23， +5， 故选：B 【点评】本题主要考查一元二次方程跟与系数的关系，韦达定理的应用，属于基础题 5 （4 分）不等式的解集为（ ） A B C D 【分析】转化分式不等式为二次不等式求解即可 【解答】解：不等式的解集就是（x1） （3x2）0， 解得 故选：D 【点评】本题考查分式不等式的解法，考查转化思想的应用，也可以利用特殊值验证法判断 6
13、（4 分）设函数 D（x），则下列结论正确的是（ ） AD（x）的值域为0，1 BD（）D（3.14） CD（x）是偶函数 DD（x）是单调函数 【分析】根据函数解析式，结合分段函数的性质，逐项判断即可 【解答】解：值域为1，2，故 A 错误； D（）2D（3.14）1，故 B 正确； 显然当 xQ 时，x 可以取无理数、虚数，不满足偶函数的定义域中的数须为实数的条件，故 C 错误； D（0）D（1）1，故不满足是单调函数，故 D 错误 故选：B 【点评】本题考查函数的性质以及分类讨论的思想，属于基础题 7 （4 分）在下列各组函数中，f（x）与 g（x）表示同一函数的是（ ） Af（x）x，
14、g（x）（）2 Bf（x）|x|，g（x） Cf（x）1，g（x） Df（x）x2，g（x）（x+1）2 【分析】依据函数的定义，依次判断函数的定义域与对应关系是否相同，从而解得 【解答】解：选项 A：f（x）的定义域为 R，g（x）的定义域为0，+） ，故 A 不正确， 选项 B：f（x） 、g（x）的定义域都为 R，f（x）g（x）|x|，故 B 正确， 选项 C：f（x）的定义域为 R，g（x）的定义域为x|x0，故 C 不正确， 选项 D：f（x） ，g（x）的定义域都为 R，但它们的对应法则不一样，故 D 不正确 故选：B 【点评】本题考查了函数的同一性的判断，即判断函数的定义域与对
15、应关系是否相同，属于基础题 8 （4 分） “a1”是“”成立的（ ） A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既非充分也非必要条件 【分析】先通过解分式不等式化简，判断前者成立是否推出后者成立，反之后者成立能否推出前者成立，利用充要条件的定义得到判断 【解答】解：等价于 a1 或 a0 若“a1“成立，推出”a1 或 a0” 反之，当“a1 或 a0”成立，不能推出“a1” 故“a1”是“”成立的充分不必要条件 故选：B 【点评】判断一个条件是另一个条件的什么条件，一般先化简各个条件，再确定出哪一个是条件哪一个是结论；判断前者是否推出后者，后者是否推出前者，利用充要条件的定义加
16、以判断 9 （4 分）在用“二分法”求函数 f（x）零点近似值时，第一次所取的区间是3，5，则第三次所取的区间可能是（ ） A1，5 B2，1 C1，3 D2，5 【分析】由第一次所取的区间是3，5，取该区间的中点，可求出第二次所取的区间，利用同样的方法即可求得第三次所取的区间 【解答】解：第一次所取的区间是3，5， 第二次所取的区间可能为3，1，1，5； 第三次所取的区间可能为3，1，1，1，1，3，3，5， 故选：C 【点评】本题考查的是二分法求函数的近似区间的问题在解答的过程当中充分体现了二分法解答问题的规律、数据的分析和处理能力属基础题 10 （4 分）张老师国庆期间驾驶电动车错峰出行
17、，并记录了两次“行车数据” ，如表： 记录时间 累计里程 （单位： 公里） 平均耗电量（单位：kWh/公里） 剩余续航里程（单位：公里） 2021 年 10 月 2 日 2000 0.125 380 2021 年 10 月 3 日 2200 0.124 166 （注：累计里程指汽车从出厂开始累计行驶的路程，累计耗电数指汽车从出厂开始累计消耗的电量，平均耗电量，剩余续航里程） 下面对该车在两次记录时间段内行驶 1 公里的耗电量估计正确的是（ ） A0.104 B0.114 C0.118 D0.124 【分析】根据题目中耗电量的定义，计算出行驶 200 公里的平均耗电量，即可求解 【解答】解：由题
18、意可得，累计 200 公里内的平均耗电量为， 故对该车在两次记录时间段内行驶 1 公里的耗电量为 0.114 故选：B 【点评】本题考查了新定义，基本的分析求解能力，属于基础题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分请把结果填在答题纸上的相应位置 ）分请把结果填在答题纸上的相应位置 ） 11 （5 分）函数 f（x）+的定义域为 x|x2 且 x1 【分析】可看出，要使得 f（x）有意义，则需满足，解出 x 的范围即可 【解答】解：要使 f（x）有意义，则，x2 且 x1， f（x）的定义域为x|x2 且 x1 故答案为：x|x2 且
19、 x1 【点评】 本题考查了函数定义域的定义及求法， 描述法表示集合的定义， 考查了计算能力， 属于基础题 12 （5 分）满足1A1，2，3的集合 A 的个数为 4 【分析】集合 A 满足1A1，2，3，可知集合 A 中必须含有元素 1，再利用集合之间的包含关系即可得出 【解答】解：集合 A 满足1A1，2，3， A1，1，2，1，3，1，2，3 因此满足条件的集合 A 的个数是 4 故答案为 4 【点评】本题考查了集合之间的包含关系，由包含关系得出 1A 是解题的关键，属于基础题 13 （5 分）设 p：x22x0，q： （xm） （xm3）0，若 p 是q 的充分不必要条件，则实数 m
20、的取值范围是 （， 3） （2， +） ； 若p 是 q 的必要不充分条件， 则实数 m 的取值范围是 （，3）（2，+） 【分析】根据不等式的解法分别求出 p，q 的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义建立不等式关系进行求解即可 【解答】解：由 x22x0，解得 0 x2，即 p：0 x2， 由（xm） （xm3）0，得 mxm+3，即 q：mxm+3，q：xm 或 xm+3， 若 p 是q 的充分不必要条件， 则 m2 或 m+30，即 m2 或 m3 p：x2 或 x0， 若p 是 q 的必要不充分条件， 则 m2 或 m+30， 即 m2 或 m3， 故答案为： （，3）（2，+）
21、， （，3）（2，+） 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键 14（5 分） 已知函数在 （， +） 上单调递增， 则实数 a 的取值范围为 （3，5 【分析】根据函数在（，+）上单调递增，列出不等式组，由此求得实数 a 的取值范围 【解答】解：函数， 在（，+）上单调递增， 求得 3a5， 故答案为： （3，5 【点评】本题主要考查函数的单调性的性质，分段函数的单调性的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题 15 （5 分）已知定义在非零实数上的奇函数 f（x） ，满足 f（x）+2f（）3x，则 f（1）等于 3
22、 【分析】令 x1，结合奇函数的定义，解方程可得所求值 【解答】解：定义在非零实数上的奇函数 f（x） ，满足 f（x）+2f（）3x， 可得 f（1）+2f（1）3，即为 f（1）2f（1）f（1）3， 解得 f（1）3 故答案为：3 【点评】本题考查函数的奇偶性的定义和运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 3 小题，共小题，共 35 分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案'写在答题写在答题纸上的相应位置纸上的相应位置.） 16 （15 分）已知全集 UR，非空集合 A，B 满足 Ax
23、|x22x30，Bx|a1x3a+1 （1）当 a1，求U（AB） ； （2）若 ABB，求实数 a 的取值范围 【分析】 （1）根据集合的基本运算即可求解 （2）根据 ABB，得到 BA，建立条件关系即可求实数 a 的取值范围 【解答】解： （1）当 a1 时，Bx|a1x3a+1x|0 x4， Ax|x22x30 x|1x3， ABx|0 x3， U（AB）x|x0 或 x3 （2）ABB，BA， B，则，0a， 实数 a 的取值范围为0， 【点评】本题主要考查集合的基本运算，属于中档题 17 （10 分）已知函数 （1）判断并证明函数 f（x）在其定义域上的奇偶性； （2）证明函数 f（
24、x）在（1，+）上是增函数 【分析】 （1）由 f（1）2 求出 a 的值，得 f（x）的解析式，从而判定 f（x）的奇偶性 （2）用单调性定义证明 f（x）在（1，+）上的增减性 【解答】解： （1）函数 a+12，a1， ， f（x）的定义域x|x0关于原点对称， ， f（x）是定义域上的奇函数 （2）证明：任取 x1，x2（1，+） ，且 x1x2， 则， x1x2，x1x20， 又 x1，x2（1，+） ， x1x21x1x210， f（x1）f（x2）0， 函数 f（x）在（1，+）上是增函数 【点评】本题考查了函数的奇偶性与单调性的判定与证明问题，是基础题 18 （10 分）已知函
25、数 f（x）（其中 t0） （1）当 t2 时，画出函数 f（x）的图象，并写出函数 f（x）的单调递减区间； （2）若 f（x）在区间2，4上的最大值为 h（t） ，求 h（t）的表达式 【分析】 （1）把变量 t 的值代入解析式，即可画出图象，再借助于图象即可得到结论； （2）讨论对称轴 x与 4 的大小关系，利用函数的单调性，即可得到最大值 【解答】解： （1）当 t2 时，f（x）， 作出 f（x）的图象，如图， 由图象可得 f（x）的单调递减区间为： （，0） ， （1，+） ； （2）先考虑 t0 的情况， 当4，即 t8 时，f（x）在2，0上单调递减，在（0，4上单调递增， 所
26、以 h（t）maxf（2） ，f（4）max4+2t，16+4t， 当，即 0t8 时，f（x）在2，0上单调递减，在（0，上单调递增，在（，4上单调递减， 所以 h（t）maxf（2） ，f（）max4+2t，4+2t， 再考虑 t0 时，f（x）， 此时 f（x）在 R 上为单调减函数， 所以当 x2，4时，f（x）的最大值为 f（2）4， 满足 h（t）4+2t， 综上所述，h（t）的表达式为：h（t） 【点评】 本题考查函数的单调性和函数的最值问题， 考查分类讨论的思想方法， 运算能力， 属于中档题 一、选择题（共一、选择题（共 3 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 18 分
27、分.） 19 （3 分）已知实数 a、b、c 满足 b+c64a+3a2，cb44a+a2，则 a、b、c 的大小关系是（ ） Acba Bacb Ccba Dacb 【分析】把给出的已知条件 cb44a+a2右侧配方后可得 cb，再把给出的两个等式联立消去 c 后，得到 b1+a2，进一步可得 b 与 a 的大小关系 【解答】解：由 cb44a+a2（2a）20，cb 再由 b+c64a+3a2 cb44a+a2 得：2b2+2a2，即 b1+a2 ，b1+a2a cba 故选：A 【点评】本题考查不等式的大小比较，考查了作差法与配方法证明不等式，是基础题 20 （3 分） 几何原本中的几何
28、代数法（以几何方法研究代数问题）成为了后世数学家处理问题的重要依据通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明如图所示的图形，在 AB 上取一点 C，使得 ACa，BCb，过点 C 作 CDAB 交圆周于 D，连接 OD作 CEOD 交 OD 于 E由 CDDE 可以证明的不等式为（ ） A（a0，b0） B（a0，b0） C（a0，b0） Da2+b22ab（a0，b0） 【分析】根据圆的性质、勾股定理、三角形三边大小关系以及基本不等式的性质判断即可 【解答】解：由射影定理可知 CD2DEOD，即 DE， 由 DCDE 得， 故选：A 【点评】本题考查了圆的性
29、质、射影定理、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 21 （3 分）已知函数 f（x）是定义在12m，m上的偶函数，x1，x20，m，当 x1x2时，f（x1）f（x2）（x1x2）0，则不等式 f（x1）f（2x）的解集是（ ） A1， B， C0， D0， 【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义可得（12m）+m0，解可得 m1，即函数的定义域为1，1，又由单调性的定义分析可得 f（x）在0，m上为减函数，进而可得 f（x1）f（2x）f（|x1|）f（|2x|），解可得 x 的取值范围，即可得答案 【解答】解：根据题意，f（x）为定义在12m，m上的偶函数，则（12m）+
30、m0，解可得 m1，即函数的定义域为1，1； 又由 f（x）满足x1，x20，m，当 x1x2时，f（x1）f（x2）（x1x2）0， 则 f（x）在0，1上为减函数， 则 f（x1）f（2x）f（|x1|）f（|2x|）， 解可得：0 x； 故选：C 【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析函数的单调性，属于基础题 二、填空题（共二、填空题（共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分 ）分 ） 22 （6 分）已知函数 f（x），则 f（1）+f（2）+f（2021）+f （）+f（）+f（） 【分析】根据题意，由函数的解析式可得 f（x）+f（）1，进而计
31、算可得答案 【解答】解：根据题意，函数 f（x），则 f（）， 则 f（x）+f（）+1， f（1）， f （1） +f （2） +f （2021） +f （） +f （） +f （） f （1） +f （2） +f （） +f （3） +f （） +f（2021）+f（）+2021； 故答案为： 【点评】本题考查函数值的计算，注意分析 f（x）+f（）的值，属于基础题 23 （6 分）函数 f（x）ax22020 x+2021（a0） ，在区间t1，t+1（tR）上函数 f（x）的最大值为 M，最小值为 N当 t 取任意实数时，MN 的最小值为 2，则 a 2 【分析】要使 MN 最小，t1
32、 与 t+1 必关于对称轴对称，即可得 t 与 a 的关系最大值 M 在端点处取到，最小值 N 在对称轴处取到，可得 f（t+1）f（t）2，联立两式即可求解 【解答】解：由题知二次函数 f（x）ax22020 x+2021（a0）的对称轴为， 要使 MN 最小，t1 与 t+1 必关于对称轴对称， 所以， 最大值 M 在端点处取到，最小值 N 在对称轴处取到， f（t+1）f（t）2， 得 a（t+1）22020（t+1）+2021at2+2020t20212at+a20202， 联立得 21010+a20202 a2 故答案为：2 【点评】该题考查二次函数的对称性及有关最值的求解，属于基础
33、题型 24 （6 分）若不等式 x22mx+3m60 对一切 m2，1恒成立，则实数 x 的取值范围是 （，6）（3，+） 【分析】将原不等式 x22mx+3m60 化为（32x）m+x260，令 g（m）（32x）m+x26，依题意，得，解之即可 【解答】解：x22mx+3m60（32x）m+x260， 令 g（m）（32x）m+x26， 由题意可得，即， 解得 x3 或 x6， 即实数 x 的取值范围为（，6）（3，+） ， 故答案为： （，6）（3，+） 【点评】本题考查函数恒成立问题，考查转化与化归思想与构造法的应用，考查运算求解能力，属于中档题 三、解答题（本小题三、解答题（本小题
34、14 分解答应写出文字说明过方或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置分解答应写出文字说明过方或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.） 25 （23 分）已知集合 A1，2，3，2n（nN*） 对于 A 的一个子集 S，若存在不大于 n 的正整数 m，使得对于 S 中的任意一对元素 s1，s2，都有|s1s2|m，则称 S 具有性质 P （）当 n10 时，试判断集合 BxA|x9和 CxA|x3k1，kN*是否具有性质 P？并说明理由 （）若 n1000 时 若集合 S 具有性质 P，那么集合 T2001x|xS是否一定具有性质 P？并说明理由； 若集合 S 具有性质 P，求集合 S
35、 中元素个数的最大值 【分析】 （）当 n10 时，集合 A1，2，3，19，20，BxA|x910，11，12，19，20，根据性质 P 的定义可知其不具有性质 P；CxA|x3k1，kN*，令 m110，利用性质 P的定义即可验证|c1c2|1； （）当 n1000 时，则 A1，2，3，1999，2000，根据 T2001x|xS，任取 t2001x0T，其中 x0S，可得 12001x02000，利用性质 P 的定义加以验证即可说明集合 T2001x|xS具有性质 P；设集合 S 有 k 个元素由第问知，任给 xS，1x2000，则 x 与 2001x 中必有一个不超过 1000，从而
36、得到集合 S 与 T 中必有一个集合中至少存在一半元素不超过 1000，然后利用性质 P 的定义进行分析即可求得k+t2000，即，解此不等式得k1333 【解答】解： （）当 n10 时，集合 A1，2，3，19，20，BxA|x910，11，12，19，20不具有性质 P （1 分） 因为对任意不大于 10 的正整数 m， 都可以找到该集合中两个元素 b110 与 b210+m，使得|b1b2|m 成立 （2 分） 集合 CxA|x3k1，kN*具有性质 P （3 分） 因为可取 m110，对于该集合中任意一对元素 c13k11，c23k21，k1，k2N* 都有|c1c2|3|k1k2|
37、1 （4 分） （）当 n1000 时，则 A1，2，3，1999，2000 若集合 S 具有性质 P，那么集合 T2001x|xS一定具有性质 P （5 分） 首先因为 T2001x|xS，任取 t2001x0T，其中 x0S， 因为 SA，所以 x01，2，3，2000， 从而 12001x02000，即 tA，所以 TA （6 分） 由 S 具有性质 P，可知存在不大于 1000 的正整数 m， 使得对 S 中的任意一对元素 s1，s2，都有|s1s2|m 对于上述正整数 m， 从集合 T2001x|xS中任取一对元素 t12001x1，t22001x2，其中 x1，x2S， 则有|t1
38、t2|x1x2|m， 所以集合 T2001x|xS具有性质 P （8 分） 设集合 S 有 k 个元素 由第问知， 若集合 S 具有性质 P， 那么集合 T2001x|xS一定具有性质 P 任给 xS，1x2000，则 x 与 2001x 中必有一个不超过 1000， 所以集合 S 与 T 中必有一个集合中至少存在一半元素不超过 1000， 不妨设 S 中有 t个元素 b1，b2，bt不超过 1000 由集合 S 具有性质 P，可知存在正整数 m1000， 使得对 S 中任意两个元素 s1，s2，都有|s1s2|m， 所以一定有 b1+m，b2+m，bt+mS 又 bi+m1000+10002
39、000，故 b1+m，b2+m，bt+mA， 即集合 A 中至少有 t 个元素不在子集 S 中， 因此k+t2000，所以，得 k1333， 当 S1，2，665，666，1334，1999，2000时， 取 m667，则易知对集合 S 中任意两个元素 y1，y2， 都有|y1y2|667，即集合 S 具有性质 P， 而此时集合 S 中有 1333 个元素 因此集合 S 元素个数的最大值是 1333 （14 分） 【点评】 此题是中档题 考查集合之间的包含关系的判断方法， 以及元素与集合之间的关系等基础知识，是新定义题， 在解题时注意对新概念的理解与把握是解题的关键， 此题对学生的抽象思维能力要求较高，特别是对数的分析
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