【期中复习提升】人教版2019 2023-2024学年高一数学 必修1 第一章 集合与常用逻辑用语 压轴题专练

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第一章 集合与常用逻辑用语（压轴题专练）

一、单选题
1．某学校高三教师周一、周二、周三开车上班的人数分别是8，10，14，若这三天中至少有一天开车上班的职工人数是20，则这三天都开车上班的职工人数至多是（    ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【分析】设周三，周二，周一开车上班的职工组成的集合分别为，，，集合，，中元素个数分别为A．，B．，C．，根据A．B．C．，且，，可得．
【详解】解：设周三，周二，周一开车上班的职工组成的集合分别为，，，集合，，中元素个数分别为A．，B．，C．，
则A．，B．，C．，，
因为A．B．C．，且，，，
所以，即．
故选：．

【点睛】本题考查集合多面手问题的应用，考查学生转化问题的能力和应用不等关系解题的思想，属于中档题.
2．定义，设、、是某集合的三个子集，且满足，则是的（    ）
A．充要条件 B．充分非必要条件
C．必要非充分条件 D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【分析】作出示意图，由可知两个阴影部分均为，根据新定义结合集合并集的运算以及充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】如图，由于，
故两个阴影部分均为，
于是，
（1）若，则，，
而，
成立；
（2）反之，若，
则由于，，
，
，
，
故选：A
  
【点睛】本题主要考查集合并集的运算以及充分条件与必要条件的定义，考查了分类讨论、数形结合思想的应用，属于较难题.
3．设集合中至少两个元素，且满足：①对任意，若，则 ，②对任意，若，则，下列说法正确的是（    ）
A．若有2个元素，则有3个元素
B．若有2个元素，则有4个元素
C．存在3个元素的集合，满足有5个元素
D．存在3个元素的集合，满足有4个元素
【答案】A
【解析】不妨设，由②知集合中的两个元素必为相反数，设，由①得，由于集合中至少两个元素，得到至少还有另外一个元素，分集合有个元素和多于个元素分类讨论，即可求解.
【详解】若有2个元素，不妨设，
以为中至少有两个元素，不妨设，
由②知，因此集合中的两个元素必为相反数，故可设，
由①得，由于集合中至少两个元素，故至少还有另外一个元素，
当集合有个元素时，由②得：，则或.
当集合有多于个元素时，不妨设，
其中，
由于，所以，
若，则，但此时，
即集合中至少有这三个元素，
若，则集合中至少有这三个元素，
这都与集合中只有2个运算矛盾，
综上，，故A正确；
当集合有个元素，不妨设，
其中，则，所以，
集合中至少两个不同正数，两个不同负数，即集合中至少个元素，与矛盾，排除C，D.
故选：A.
【点睛】解题技巧：解决以集合为背景的新定义问题要抓住两点：1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.
4．已知集合，对于它的任一非空子集A，可以将A中的每一个元素k都乘以再求和，例如，则可求得和为，对S的所有非空子集，这些和的总和为
A．508 B．512 C．1020 D．1024
【答案】B
【分析】由集合的子集个数的运算及简单的合情推理可得；这些总和是.
【详解】因为元素在集合S的所有非空子集中分别出现次，则对S的所有非空子集中元素k执行乘以再求和操作,则这些和的总和是.
故选B
【点睛】本题主要考查了集合的子集及子集个数，简单的合情推理，属于中档题.
5．已知，，且，其中，若，，且的所有元素之和为56，求（    ）
A．8 B．6 C．7 D．4
【答案】A
【分析】根据可得，可得，再根据可得，分和两种情况来讨论即可得解.
【详解】由得，所以，
，所以，
（1）若，由，所以，
所以，，
所以，即，
从而，
所以，所以，
即或，与矛盾；
（2）若，
则，从而，
所以，即，
从而，
所以，，
所以或，又，
所以，，
又，
所以，
由代入可得：
，所以或（舍），
所以，
故选：A
6．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：
①                            ②
③            ④
则个命题中是真命题的是（    ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】B
【分析】利用题中定义可判断①的正误；利用韦恩图法可判断②④；利用题中定义与集合运算可判断③的正误.
【详解】对于①，，①对；
对于②，且且，
同理，
则，
所以，表示的集合如下图中的阴影部分区域所示：

同理也表示如上图阴影部分区域所示，
故，②对；
对于③，
，③对；
对于④，如下图所示：

所以，，④错.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查集合中的新定义问题，解题的关键在于利用韦恩图法来表示集合，利用数形结合思想来进行判断.
7．对集合的每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”，概念如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大的开始，交替减加后面的数所得的结果.例如：集合的“交替和”为，集合的“交替和”为，集合的“交替和”为6，则集合所有非空子集的“交替和”的和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将此集合分成两类，并在两类集合之间建立一一映射关系后根据“交替和”的定义即可求出答案.
【详解】解：由题意得：
集合的非空子集中，除去集合，还有个非空集合，将这个子集分成两类：
第一类: 包含的子集；第二类：不包含的子集；
在第二类和第一类子集之间建立如下的对应关系：，其中是第二类子集，显然这种对应是一一映射
设的“交替和”为，则的“交替和”为，这一对集合的“交替和”的和等于 ，所以集合A的所有非空集合的“交替和”总和为
故选：B
8．已知集合都是的子集，中都至少含有两个元素，且满足：
①对于任意，若，则；
②对于任意，若，则.
若中含有4个元素，则中含有元素的个数是（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】令且，，根据已知条件确定可能元素，进而写出且时的可能元素，讨论、，结合确定的关系，即可得集合A、B并求出并集中元素个数.
【详解】令且，，如下表行列分别表示，
集合可能元素如下：






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则，
若，不妨令，下表行列分别表示，








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由，而，且，显然中元素超过4个，不合题设；
若，则，下表行列分别表示，







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-
由，而，且，
要使中元素不超过4个，只需，
此时，
显然，即，则，即且，故，
所以，即，
而，故，共7个元素.
故选：C
【点睛】关键点点睛：令且，，结合已知写出可能元素，由且时的可能元素且研究的关系.
9．给定全集，非空集合满足，，且集合中的最大元素小于集合中的最小元素，则称为的一个有序子集对，若，则的有序子集对的个数为（   ）
A．16 B．17 C．18 D．19
【答案】B
【详解】 时，的个数是
时，的个数是
时，的个数是1，
时，的个数是
时，的个数是1，
时，的个数是1，
时，的个数是1，
的有序子集对的个数为：17个，
10．对于任意两个正整数 ，定义某种运算，法则如下：当都是正奇数时， ；当不全为正奇数时， ，则在此定义下，集合的真子集的个数是（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题意，当 都是正奇数时， ；当不全为正奇数时， ；
若 都是正奇数，则由 ，可得 ，此时符合条件的数对为（ 满足条件的共8个；
若不全为正奇数时， ，由 ，可得 ，则符合条件的数对分别为 共5个；
故集合 中的元素个数是13，
所以集合的真子集的个数是
故选C．
【点睛】本题考查元素与集合关系的判断，解题的关键是正确理解所给的定义及熟练运用分类讨论的思想进行列举，
11．全集，非空集合，且中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称.下列命题：
①若，则；
②若，则中至少有8个元素；
③若，则中元素的个数一定为偶数；
④若，则.
其中正确命题的个数是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称.
所以当，则有，，，
进而有：，，，
①若，则，正确；
②若，则，，，能确定4个元素，不正确；
③根据题意可知，，若能确定4个元素，当也能确定四个，当也能确定8个所以，则中元素的个数一定为偶数正确；
④若，由中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称可知，，，，即，故正确，
综上：①③④正确.
故选C.
点睛：图象的变换：（1）平移：左加右减，上加下减；
（2）对称：①变为，则图象关于y轴对称；
②变成，则图象关于x轴对称；
③变成，则图象关于原点对称；
④变成，则将x轴正方向的图象关于y轴对称；
⑤变成，则将x轴下方的图象关于x轴对称.
【详解】
12．对于集合，给出如下三个结论：①如果，那么；②如果，那么；③如果，，那么.其中正确结论的个数是
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】①根据，得出，即；
②根据，证明，即；
③根据，，证明．
【详解】解：集合，，，
对于①，，，
则恒有，
，即，，则，①正确；
对于②，，，
若，则存在，使得，
，
又和同奇或同偶，
若和都是奇数，则为奇数，而是偶数；
若和都是偶数，则能被4整除，而不能被4整除，
，即，②正确；
对于③，，，
可设，，、；
则


那么，③正确．
综上，正确的命题是①②③．
故选．
【点睛】本题考查了元素与集合关系的判断、以及运算求解能力和化归思想，是难题．
13．已知不等式的解集为，不等式的解集为，其中、是非零常数，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【分析】对、的符号以及、是否相等分情况讨论，得出的充要条件，即可判断出“”是“”的充要条件关系.
【详解】（1）若，.
①若，不等式即为，则，不等式即为，得，，；
②若，不妨设，不等式即为，则，不等式即为，得，，则；
（2）同理可知，当，时，，不一定为；
（3）若，.
①若，不等式即为，则，不等式即为，则，此时，；
②若，不妨设，不等式即为，则，不等式即为，则，此时，；
（4）同理，当，时，.
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
【点睛】本题考查充分必要条件的判断，同时也考查补集思想的应用，在解题时需要对参数的符号进行分类讨论，考查推理能力，属于中等题.
14．设、、、、是均含有个元素的集合，且，，记，则中元素个数的最小值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设、、、是集合互不相同的元素，分析可知，然后对的取值由小到大进行分析，验证题中的条件是否满足，即可得解.
【详解】解：设、、、是集合互不相同的元素，若，则，不合乎题意.
①假设集合中含有个元素，可设，则，
，这与矛盾；
②假设集合中含有个元素，可设，，
，，，满足题意.
综上所述，集合中元素个数最少为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查集合元素个数的最值的求解，解题的关键在于对集合元素的个数由小到大进行分类，对集合中的元素进行分析，验证题中条件是否成立即可.

二、多选题
15．设集合，则对任意的整数，形如的数中，是集合中的元素的有
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】将分别表示成两个数的平方差，故都是集合中的元素，再用反证法证明.
【详解】∵，∴.
∵，∴.
∵，∴.
若，则存在使得，
则和的奇偶性相同.
若和都是奇数，则为奇数，而是偶数，不成立；
若和都是偶数，则能被4整除，而不能被4整除，不成立，∴.
故选ABD.
【点睛】本题考查集合描述法的特点、代表元元素特征具有的性质，考查平方差公式及反证法的灵活运用，对逻辑思维能力要求较高.
16．（多选）若非空实数集满足任意，都有， ，则称为“优集”．已知是优集，则下列命题中正确的是（ ）
A．是优集 B．是优集
C．若是优集，则或 D．若是优集，则是优集
【答案】ACD
【分析】结合集合的运算，紧扣集合的新定义，逐项推理或举出反例，即可求解.
【详解】对于A中，任取，
因为集合是优集，则，则 ，
，则，所以A正确；
对于B中，取，
则或，
令，则，所以B不正确；
对于C中，任取，可得，
因为是优集，则，
若，则，此时 ；
若，则，此时 ，
所以C正确；
对于D中，是优集，可得，则为优集；
或，则为优集，所以是优集，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】解决以集合为背景的新定义问题要抓住两点：1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.
17．对于给定整数，如果非空集合A满足如下3个条件：①；②；③，若，则．那么称集合A为“增集”．则下列命题中是真命题的为（    ）
A．若集合P是“增1集”，则集合P中至少有两个元素
B．若集合Q是“增2集”，则也一定是“增2集”
C．正整数集一定是“增1集”
D．不存在“增0集”
【答案】BC
【分析】AD选项，可举出反例；BC选项，可通过题干中集合新定义，进行推理得到.
【详解】对于选项A，中只有一个元素，且，，，，
满足条件①②③，即单元素集是“增1集”，A错误；
对于选项B，集合Q是“增2集”，故Q为非空集合，且，若，则，
则，满足条件①，且，满足条件②，
当时，，所以满足，则，满足“增2集”的条件③，B正确；
对于选项C，，，，若，则．
显然满足“增1集”的三个条件，C正确；
对于选项D，例如，且，，，，，，满足条件①②③，即是“增0集”，D错误．
故选：BC
18．对任意集合，记，则称为集合的对称差，例如，若{0，1，2}，{1，2，3}，则={0，3}，下列命题中为真命题的是（    ）
A．若且AB=，则A=B
B．若且AB=B，则A=
C．存在，使得AB=
D．若且 ABA，则
【答案】ABC
【分析】根据对称差的定义及交、并、补运算，逐项判断即可．
【详解】对A，因为AB=，所以=且，即AB与AB是相同的，所以A=B，故本选项符合题意；
对B，因为AB=B，所以B=，所以AB，且B中的元素不能出现在AB中， 因此A=，故本选项符合题意；
对C，A=B时，AB=，==AB，故本选项符合题意；
对D，因为ABA，所以，所以BA，故本选项不符合题意．
故选：ABC．
【点睛】本题的难点是要经过转化才能得到常见的集合关系，对新定义要有准确的理解：本质上就是求两个集合交集在二者并集上的补集，可借助韦恩图辅助理解．
19．19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】根据若集合A、B满足：，，则称为的二划分，按照该定义逐项判断即可.
【详解】解：对于A选项，因为，，所以，则不为的二划分，故A错误；
对于B选项，因为，
由于，所以，，则为的二划分，故B正确；
对于C选项，存在，，使得对于，，，对于，，，故C正确；
对于D选项，存在，或，使得对于，，，则，，，，则，故D正确.
故选：BCD.
20．对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集”，则下列说法正确的是（    ）
A．不是“可分集”
B．集合中元素个数最少为7个
C．若集合是“可分集”，则集合中元素全为奇数
D．若集合是“可分集”，则集合中元素个数为奇数
【答案】ABD
【分析】选项A根据“可分集”性质进行判断即可.
选项C，D，根据“可分集”性质可知“可分集”元素之和减去任意一个元素一定为偶数，根据此特性分类讨论集合中元素为奇数和为偶数时的情况即可.
根据选项C，D结论，分类讨论中元素个数分别为3，5，7时是否可以为“可分集”即可.
【详解】根据“可分集”性质可知，当集合为时：去掉元素3，则不可拆分成符合题意的可分集，故A错误.
设集合所有元素之和为M.
由题意可知，均为偶数，因此同为奇数或同为偶数.
(Ⅰ)当M为奇数时，则也均为奇数，由于，所以n为奇数.
(Ⅱ)当M为偶数时，则也均为偶数，此时可设，因为为“可分集”，所以也为“可分集”.重复上述有限次操作后，便可得到一个各元素均为奇数的“可分集”，且对应新集合之和也为奇数，由 (Ⅰ)可知此时n也为奇数.
综上所述，集合A中元素个数为奇数.
故C错D对.
由上述分析可知集合中元素个数为奇数，不妨假设：
当时，显然任意集合都不是“可分集”;
当时，设集合，其中，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有或;
将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有或
由①，③可得，矛盾；由①，④可得，矛盾；由②，③可得，矛盾；由②，④可得，矛盾.
因此当时，不存在“可分集”；
当时，设集合，
去掉元素1，；去掉元素3，
去掉元素5，；去掉元素7，
去掉元素9，；去掉元素11，
去掉元素13，，所以集合是“可分集”.
因此集合A中元素个数n的最小值是7，故B正确.
故选：ABD
【点睛】1.本题“新定义”题，主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题.
2.本题考查了考生分类讨论的能力，考生需要做到讨论情况涵盖所有情况，还需要能将讨论思路转换为数学语言的能力.
3.对于全称命题型的选项考生可考虑通过举反例的方式排除.

三、填空题
21．高二某班共有人，每名学生要从物理、化学、生物、历史、地理、政治这六门课程中选择门进行学习.已知选择物理、化学、生物的学生各有至少人，这三门学科均不选的有人.这三门课程均选的有人，三门中任选两门课程的均至少有人.三门中只选物理与只选化学均至少有人，那么该班选择物理与化学但未选生物的学生至多有 人.
【答案】8
【分析】把学生60人看出一个集合，选择物理科的人数组成为集合，选择化学科的人数组成集合，选择生物科的人数组成集合，根据题意，作出韦恩图，结合韦恩图，即可求解.
【详解】把学生60人看出一个集合，选择物理科的人数组成为集合，
选择化学科的人数组成集合，选择生物科的人数组成集合，记选择物理与化学但未选生物的学生组成集合
要使选择物理和化学这两门课程的学生人数最多，
除这三门课程都不选的有15人，这三门课程都选的有10人，
则其它个选择人数均为最少，即得到单选物理的最少6人，
单选化学的最少6人，单选化学、生物的最少6人，
单选物理、生物的最少6人，单选生物的最少3人，
以上人数最少52人，可作出如下图所示的韦恩图，
故区域至多8人，所以单选物理、化学的人数至多8人，
故答案为：8
  
【点睛】本题主要考查了集合的应用，其中解答中根据题意，画出集合运算的韦恩图是解答本题的关键，着重考查数形结合思想，以及分析问题和解答问题的能力.
22．设整数集，，且，若，满足，的所有元素之和为，求= ；
【答案】
【分析】根据可得，结合已知条件可得，然后分情况讨论，和时，利用集合元素的互异性和确定性即可求解.
【详解】由可得，所以，
因为，所以，
若，因为，所以，
所以，，，故
所以，
若则，可得或
与矛盾，所以此时不成立，
若，则，所以，
所以，所以即
显然，可得或，
因为与矛盾，所以，，
此时，，所以，
由题意知：，即，解得或（舍）
综上所述：，，所以，
故答案为：.
23．设集合，其中为实数，令，，若中的所有元素之和为6，中的所有元素之积为 ．
【答案】
【分析】根据中的元素的和为6可得的元素，从而可求中的元素，从而可得各元素的积，注意分类讨论.
【详解】因为，而，故，
所以，
若，则或（舍），此时，
故中的所有元素之积为.
若，则，这与或，
这与中的所有元素之和为6矛盾.
若，则或（舍），此时，
这与中的所有元素之和为6矛盾.
若，则，则，
即，无解.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：对于集合中元素的确定问题，注意利用元素的互异性、确定性和无序性来分类讨论.
24．Q是有理数集，集合，在下列集合中：
①；②；
③；④．
与集合M相等的集合序号是 ．
【答案】①②④
【分析】集合相等条件为集合元素相同，根据此条件分别判断①②③④四个集合中元素是否与集合M一致即可.
【详解】对于①.，设，则，故①的集合与M相等；
对于②.令 ，则，其中，故②的集合与M相等；
对于③.当 时，，故③的集合与M不相等；
对于④.令，
，
其中，故④的集合与M相等；
故答案为:①②④
25．已知集合和，使得，，并且的元素乘积等于的元素和，写出所有满足条件的集合 .
【答案】或或.
【分析】求得中所有元素之和后，根据中元素个数得到其元素所满足的关系式，依次判断中元素不同个数时可能的结果即可.
【详解】，中所有元素之和为；
若中仅有一个元素，设，则，解得：，不合题意；
若中有且仅有两个元素，设，则，
当，时，，；
若中有且仅有三个元素，设，则；
当，，时，，
若中有且仅有四个元素，设，
则，
当，，，时，，；
若中有且仅有五个元素，若，此时，
中最多能有四个元素；
综上所述：或或.
故答案为：或或.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够通过对中元素个数的分类讨论，依次从小至大排列中元素可能的取值，根据满足的关系式分析即可得到满足题意的集合.
26．高一某班共有54人，每名学生要从物理、化学、生物、历史、地理、政治这六门课程中选择3门进行学习.已知选择物理、化学、生物的学生各有至少25人，这三门学科均不选的有8人.这三门课程均选的8人，三门中任选两门课程的均至少有15人.三门中只选物理与只选化学均至少有6人，那么该班选择物理与化学但未选生物的学生至多有 人.
【答案】9
【分析】根据题意，设学生54人看成集合，选择物理的人组成集合，选择化学的人组成集合，选择生物的人组成集合，选择物理与化学但未选生物的人组成集合，结合Venn图可知，要使区域的人数最多，其他区域人数最少即可，进而可求解.
【详解】把学生54人看成集合，选择物理的人组成集合，选择化学的人组成集合，选择生物的人组成集合，选择物理与化学但未选生物的人组成集合.
要使选择物理与化学但未选生物的学生人数最多，除这三门课程都不选的8人，则结合Venn图可知，其他区域人数均为最少，即得到只选物理与只选化学均至少6人，只选生物的最少25人，做出下图，得该班选择物理与化学但未选生物的学生至多有9人.

故答案为：9.
27．设集合中，至少有两个元素，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，则.若有4个元素，则有 个元素.
【答案】
【分析】由题可知有4个元素，根据集合的新定义，设集合，且，，分类讨论和两种情况，并结合题意和并集的运算求出，进而可得出答案.
【详解】解：由题可知，，有4个元素，
若取，则，此时，包含7个元素，
具体如下：
设集合，且，，
则，且，则，
同理，
若，则，则，故，所以，
又，故，所以，
故，此时，故，矛盾，舍去；
若，则，故，所以，
又，故，所以，
故，此时，
若，则，故，故，
即，故，
此时，即中有7个元素.
故答案为：7.
28．已知，集合，，若存在正数，对任意，都有，则的所有可能的取值组成的集合为 ．
【答案】/
【分析】根据题意按照，，分类讨论，利用集合的包含关系即可列出不等式组，解出即得解．
【详解】，则只需考虑下列三种情况：
（1）当时，，，
又，则，
，所以或或，
①当时，，即，而易知，，所以这样的不存在；
②当时，，即，显然这样的不存在；
③当时，
，可得：，，解得；
（2）当时，即当时，与（1）同理，解得，不合题意，舍去；
（3）当时，即当时，只有，
所以可得：， ，解得.
综上所述：或.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用集合与元素的关系求解参数的取值问题，关键在于能够通过的不同取值范围，得到与所处的范围，从而能够利用集合的上下限得到关于的等量关系，从而构造出关于的方程；难点在于能够准确地对的范围进行分类，对于学生的分析和归纳能力有较高的要求.
29．已知集合，，如果存在正数，使得对任意，都满足，则实数t＝ .
【答案】－4或0
【分析】根据集合元素属性特征，通过解方程分类讨论求解即可.
【详解】当时，当时，则，
当时，则，
即当时，；当时，；所以，
当时，；当时，，所以，
因此有；
当时，当时，则，
当时，则，
即当时，；当时，；所以，
当时，；当时，，所以，
因此有，
当时，同理可得无解，
综上所述：实数t的值为－4或0，
故答案为：－4或0
【点睛】关键点睛：根据区间取特殊值分类讨论进行求解是解题的关键.
30．设集合S，T都至少含有两个元素，且S，T同时满足：条件1：对任意，若，则；条件2：对任意，若，则．给出下列说法：
①若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数；
②若S只有2个元素，则必有3个元素；
③若S只有2个元素，则可能有4个元素；
④存在含有3个元素的集合S，满足有4个元素．
其中所有正确说法的序号是 ．
【答案】①②
【分析】对于①由条件2知正确；
对于④：设，由条件1推出中元素，再由条件2推出的元素必在中，分析这些元素能得出不同的元素至少有4个，与有3个元素矛盾.
对于②③： ，由条件1得，若中除0外只有一个元素，由求得 ；若中还有另两个元素，，由条件2得出中更多的元素，类似④的推断过程，分析这些元素至少有3个不同，与中只有两个元素矛盾；
【详解】对于①：由条件2知，，，且，所以若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数，故①正确；
对于④：若有3个元素，不妨设，其中，则，所以，而与为两个互不相等的正数， 与为两个互不相等的负数，故集合中至少有4个元素，与有3个元素矛盾，故④错误.
对于②③：若有2个元素，由①知集合中的2个元素必为相反数，故可设.由条件1得，由于集合中至少有2个元素，故至少还有另外一个元素.
当集合只有2个元素时，即，由条件1得，则或，故.
当集合有多于2个元素时，不妨设，则，，由于，所以，又，故集合至少有3个元素，与S中只有两个元素矛盾.
综上，，故②正确，③错误.
故答案为：①②.
【点睛】对于数学中新定义题目要仔细阅读并理解新定义的内涵，并根据新定义对知识进行迁移应用，此题中涉及集合元素个数问题，要充要利用集合元素的互异性通过列举法列出特例元素，以排除重复元素.