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第3讲 集合的基本运算（分层练习）
【练基础】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023秋·安徽芜湖·高二安徽师范大学附属中学校考开学考试）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ）
A．62% B．56%
C．46% D．42%
3．（2023·全国·高三专题练习）《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为
A． B． C． D．
4．（2023秋·河南周口·高一周口恒大中学校考期末）若全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·北京·高三专题练习）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023春·宁夏固原·高一校考期中）已知全集，集合，，则
A． B．
C． D．
二、多选题
7．（2023·全国·高一专题练习）非空集合关于运算满足：对于任意的、，都有，则称集合关于运算为“回归集”．下列集合关于运算为“回归集”的是（ ）
A．为，为自然数的减法
B．为，为有理数的乘法
C．为，为实数的加法
D．已知全集，集合，为，为实数的乘法
8．（2023秋·高一单元测试）设，若，则m的值可以为（ ）
A．0 B． C．1 D．2
三、填空题
9．（2023秋·全国·高一随堂练习）已知集合，，若，则实数m的取值范围
10．（2023秋·广东揭阳·高一惠来县第一中学校考期中）已知集合，，若，则实数 .
11．（2023·全国·高三专题练习）已知集合，，则 .
四、解答题
12．（2023秋·全国·高一随堂练习）已知集合，．
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若，求实数的取值范围．
13．（2023秋·高一课时练习）已知集合A＝{x|2≤x≤8}，B＝{x|1a}，U＝R.
(1)求A∪B，；
(2)若A∩C≠ ，求a的取值范围.
14．（2023秋·云南西双版纳·高一统考期末）已知集合 ， ．
(1)求集合；
(2)若 ，求实数 的取值范围；
(3)若 ，求实数 的取值范围．
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共1页
【练提升】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）设集合，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023春·河南鹤壁·高二鹤壁高中校考阶段练习）满足等式的集合X共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2023·全国·高一专题练习）已知集合，集合，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
4．（2023秋·全国·高一随堂练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是（ ）
A．M没有最大元素，N有一个最小元素
B．M没有最大元素，N也没有最小元素
C．M有一个最大元素，N有一个最小元素
D．M有一个最大元素，N没有最小元素
5．（2023·全国·高三专题练习）设，，若，则实数的值可以为（ ）
A．2 B． C． D．0
三、填空题
6．（2023·全国·高一专题练习）设集合，，若，则 ．
四、解答题
7．（2023春·山东滨州·高二校考阶段练习）已知集合
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
试卷第2页，共2页
试卷第5页，共2页
【练创新】
一、多选题
1．（2023春·浙江宁波·高一宁波市北仑中学校考开学考试）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
二、填空题
2．（2023·全国·高三专题练习）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.
三、解答题
3．（2023·北京·高三专题练习）已知集合(且），，且．若对任意（），当时，存在()，使得，则称是的元完美子集．
(1)判断下列集合是否是的3元完美子集，并说明理由；
①； ②．
(2)若是的3元完美子集，求的最小值；
(3)若是（且）的元完美子集，求证：，并指出等号成立的试卷第2页，共2页
试卷第6页，共1页
【练基础】
参考答案：
1．A
【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
2．C
【分析】由容斥原理即可得解..
【详解】由题意，该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为.
故选：C.
3．C
【解析】根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解.
【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C．
【点睛】本题考查容斥原理，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．
4．A
【分析】根据图中阴影部分表示求解即可.
【详解】由题知：图中阴影部分表示，
，则.
故选：A
5．B
【分析】结合题意利用并集的定义计算即可.
【详解】由题意可得：.
故选：B.
6．A
【解析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.
【详解】，则
故选：A
【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.
7．BC
【分析】对每个选项逐一判断，结合实数的运算以及特殊值法判断可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，若，为自然数的减法，则，A不满足条件；
对于B选项，若，对任意的、，则，B满足条件；
对于C选项，若，对任意的、，则，C满足条件；
对于D选项，已知全集，集合，，取，，
则，D不满足条件.
故选：BC.
8．ABC
【分析】先求出集合A中元素，当明显符合，当时，根据可得m的值.
【详解】，
，
当时，，符合；
当时，，
或，
或.
故选：ABC.
9．
【分析】由得到，然后分B为空集和不是空集讨论，当B不是空集时利用端点值的关系列不等式求解．
【详解】解：，，
由，
，
当时，满足，
此时，
；
当时，
，
则，
解得．
综上，．
故答案为：．
10．
【解析】由已知及可得 ，则或，分别解出得值，再检验集合、满足互异性即可.
【详解】由已知及可得 ，
所以或，
当即时，此时不满足元素互异性，不符合题意，
当即或，
若则不满足元素互异性，不符合题意，
若则，，满足 ，符合题意.
所以实数，
故答案为：.
11．.
【分析】由题意利用交集的定义求解交集即可.
【详解】由题知，.
【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.
12．（1）；（2）
【分析】（1）由集合A可得，利用列出不等式组，求出实数的取值范围；
（2）若，则，分和两种情况，分别列不等式可得实数的取值范围．
【详解】（1）因为，所以或．
又且，
所以，解得
所以实数的取值范围是．
（2）若（补集思想），则．
当时，，解得；
当时，，即，
要使，则，得．
综上，知时，，
所以时，实数的取值范围是．
13．(1)A∪B＝{x|1(2){a|a<8}
【分析】（1）根据集合的交并补的定义，即可求解；
（2）利用运算结果，结合数轴，即可求解.
【详解】（1）A∪B＝{x|2≤x≤8}∪{x|1∵＝{x|x<2或x>8}，
∴∩B＝{x|1（2）∵A∩C，作图易知，只要a在8的左边即可，
∴a<8.
∴a的取值范围为{a|a<8}.
14．(1)或；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由补集定义得结论；
（2）由包含关系得不等式组，求解可得；
（3）由，则，然后分类讨论：按和分类．
【详解】（1）因为，所以或；
（2）因为，所以，解得；
（3），则，
若即，则，满足题意；
若，则，由题意，解得，
综上，．
【练提升】
参考答案：
1．A
【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为即可.
【详解】由题意可得，则，选项A正确；
，则，选项B错误；
，则或，选项C错误；
或，则或，选项D错误；
故选：A.
2．D
【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.
【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，
即，则符合该等式的集合为，，，，
故这样的集合共有4个.
故选：D.
3．B
【分析】将集合化简，根据条件可得，然后分，，讨论，化简集合，列出不等式求解，即可得到结果.
【详解】因为或，解得或
即，
因为，所以
当时，，满足要求.
当时，则，由，
可得，即
当时，则，由，
可得，即
综上所述，
故选:B.
4．ABD
【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果．
【详解】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；
令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；
假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的；
令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能.
故选：ABD．
5．BCD
【分析】先求出集合，再由可知，由此讨论集合B中元素的可能性，即可判断出答案.
【详解】集合，，，
又，
所以，
当时，，符合题意，
当时，则，所以或，
解得或，
综上所述，或或,
故选：
6．
【分析】由已知，根据，可利用集合A，求解出x的值，然后分别求解出集合A和集合B，然后验证是否满足，如果满足即可直接求解.
【详解】由，得，所以或，解得或或4．
当时，，，，不满足题意，故舍去；
当时，，，，满足题意，此时；
当时，B中元素不满足互异性，故舍去．
故答案为：．
【点睛】在解决集合中含参数的问题时，求出参数的值后，一定要回代检验，避免因忽略集合中元素的互异性而出现错误．
7．（1）；（2）.
【分析】（1）根据集合的运算法则计算；
（2）由得，然后分类和求解．
【详解】（1）当时，中不等式为，即，
∴或，则
（2）∵，∴，
①当时，，即，此时；
②当时，，即，此时.
综上的取值范围为.
【练创新】
参考答案：
1．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.
2．
【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.
3．(1)不是的3元完美子集；是的3元完美子集；理由见解析
(2)12
(3)证明见解析；等号成立的条件是且
【分析】（1）根据元完美子集的定义判断可得结论；
（2）不妨设．由，，分别由定义可求得的最小值；
（3）不妨设，有．是中个不同的元素，且均属于集合，此时该集合恰有个不同的元素，显然矛盾．因此对任意，都有，由此可得证.
【详解】（1）解：（1）①因为，又，所以不是的3元完美子集．
②因为，且，而，
所以是的3元完美子集．
（2）解：不妨设．
若，则，，，与3元完美子集矛盾；
若，则，，而，符合题意，此时．
若，则，于是，，所以．
综上，的最小值是12．
（3）证明：不妨设．
对任意，都有，
否则，存在某个，使得．
由，得．
所以是中个不同的元素，且均属于集合，
该集合恰有个不同的元素，显然矛盾．
所以对任意，都有．
于是．
即．
等号成立的条件是且．
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第3讲 集合的基本运算（分层练习）
【练基础】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023秋·安徽芜湖·高二安徽师范大学附属中学校考开学考试）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ）
A．62% B．56%
C．46% D．42%
3．（2023·全国·高三专题练习）《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为
A． B． C． D．
4．（2023秋·河南周口·高一周口恒大中学校考期末）若全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·北京·高三专题练习）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023春·宁夏固原·高一校考期中）已知全集，集合，，则
A． B．
C． D．
二、多选题
7．（2023·全国·高一专题练习）非空集合关于运算满足：对于任意的、，都有，则称集合关于运算为“回归集”．下列集合关于运算为“回归集”的是（ ）
A．为，为自然数的减法
B．为，为有理数的乘法
C．为，为实数的加法
D．已知全集，集合，为，为实数的乘法
8．（2023秋·高一单元测试）设，若，则m的值可以为（ ）
A．0 B． C．1 D．2
三、填空题
9．（2023秋·全国·高一随堂练习）已知集合，，若，则实数m的取值范围
10．（2023秋·广东揭阳·高一惠来县第一中学校考期中）已知集合，，若，则实数 .
11．（2023·全国·高三专题练习）已知集合，，则 .
四、解答题
12．（2023秋·全国·高一随堂练习）已知集合，．
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若，求实数的取值范围．
13．（2023秋·高一课时练习）已知集合A＝{x|2≤x≤8}，B＝{x|1a}，U＝R.
(1)求A∪B，；
(2)若A∩C≠ ，求a的取值范围.
14．（2023秋·云南西双版纳·高一统考期末）已知集合 ， ．
(1)求集合；
(2)若 ，求实数 的取值范围；
(3)若 ，求实数 的取值范围．
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共1页
【练提升】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）设集合，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023春·河南鹤壁·高二鹤壁高中校考阶段练习）满足等式的集合X共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2023·全国·高一专题练习）已知集合，集合，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
4．（2023秋·全国·高一随堂练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是（ ）
A．M没有最大元素，N有一个最小元素
B．M没有最大元素，N也没有最小元素
C．M有一个最大元素，N有一个最小元素
D．M有一个最大元素，N没有最小元素
5．（2023·全国·高三专题练习）设，，若，则实数的值可以为（ ）
A．2 B． C． D．0
三、填空题
6．（2023·全国·高一专题练习）设集合，，若，则 ．
四、解答题
7．（2023春·山东滨州·高二校考阶段练习）已知集合
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
试卷第2页，共2页
试卷第5页，共2页
【练创新】
一、多选题
1．（2023春·浙江宁波·高一宁波市北仑中学校考开学考试）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
二、填空题
2．（2023·全国·高三专题练习）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.
三、解答题
3．（2023·北京·高三专题练习）已知集合(且），，且．若对任意（），当时，存在()，使得，则称是的元完美子集．
(1)判断下列集合是否是的3元完美子集，并说明理由；
①； ②．
(2)若是的3元完美子集，求的最小值；
(3)若是（且）的元完美子集，求证：，并指出等号成立的试卷第2页，共2页
试卷第6页，共1页
【练基础】
参考答案：
1．A
【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
2．C
【分析】由容斥原理即可得解..
【详解】由题意，该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为.
故选：C.
3．C
【解析】根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解.
【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C．
【点睛】本题考查容斥原理，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．
4．A
【分析】根据图中阴影部分表示求解即可.
【详解】由题知：图中阴影部分表示，
，则.
故选：A
5．B
【分析】结合题意利用并集的定义计算即可.
【详解】由题意可得：.
故选：B.
6．A
【解析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.
【详解】，则
故选：A
【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.
7．BC
【分析】对每个选项逐一判断，结合实数的运算以及特殊值法判断可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，若，为自然数的减法，则，A不满足条件；
对于B选项，若，对任意的、，则，B满足条件；
对于C选项，若，对任意的、，则，C满足条件；
对于D选项，已知全集，集合，，取，，
则，D不满足条件.
故选：BC.
8．ABC
【分析】先求出集合A中元素，当明显符合，当时，根据可得m的值.
【详解】，
，
当时，，符合；
当时，，
或，
或.
故选：ABC.
9．
【分析】由得到，然后分B为空集和不是空集讨论，当B不是空集时利用端点值的关系列不等式求解．
【详解】解：，，
由，
，
当时，满足，
此时，
；
当时，
，
则，
解得．
综上，．
故答案为：．
10．
【解析】由已知及可得 ，则或，分别解出得值，再检验集合、满足互异性即可.
【详解】由已知及可得 ，
所以或，
当即时，此时不满足元素互异性，不符合题意，
当即或，
若则不满足元素互异性，不符合题意，
若则，，满足 ，符合题意.
所以实数，
故答案为：.
11．.
【分析】由题意利用交集的定义求解交集即可.
【详解】由题知，.
【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.
12．（1）；（2）
【分析】（1）由集合A可得，利用列出不等式组，求出实数的取值范围；
（2）若，则，分和两种情况，分别列不等式可得实数的取值范围．
【详解】（1）因为，所以或．
又且，
所以，解得
所以实数的取值范围是．
（2）若（补集思想），则．
当时，，解得；
当时，，即，
要使，则，得．
综上，知时，，
所以时，实数的取值范围是．
13．(1)A∪B＝{x|1(2){a|a<8}
【分析】（1）根据集合的交并补的定义，即可求解；
（2）利用运算结果，结合数轴，即可求解.
【详解】（1）A∪B＝{x|2≤x≤8}∪{x|1∵＝{x|x<2或x>8}，
∴∩B＝{x|1（2）∵A∩C，作图易知，只要a在8的左边即可，
∴a<8.
∴a的取值范围为{a|a<8}.
14．(1)或；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由补集定义得结论；
（2）由包含关系得不等式组，求解可得；
（3）由，则，然后分类讨论：按和分类．
【详解】（1）因为，所以或；
（2）因为，所以，解得；
（3），则，
若即，则，满足题意；
若，则，由题意，解得，
综上，．
【练提升】
参考答案：
1．A
【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为即可.
【详解】由题意可得，则，选项A正确；
，则，选项B错误；
，则或，选项C错误；
或，则或，选项D错误；
故选：A.
2．D
【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.
【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，
即，则符合该等式的集合为，，，，
故这样的集合共有4个.
故选：D.
3．B
【分析】将集合化简，根据条件可得，然后分，，讨论，化简集合，列出不等式求解，即可得到结果.
【详解】因为或，解得或
即，
因为，所以
当时，，满足要求.
当时，则，由，
可得，即
当时，则，由，
可得，即
综上所述，
故选:B.
4．ABD
【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果．
【详解】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；
令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；
假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的；
令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能.
故选：ABD．
5．BCD
【分析】先求出集合，再由可知，由此讨论集合B中元素的可能性，即可判断出答案.
【详解】集合，，，
又，
所以，
当时，，符合题意，
当时，则，所以或，
解得或，
综上所述，或或,
故选：
6．
【分析】由已知，根据，可利用集合A，求解出x的值，然后分别求解出集合A和集合B，然后验证是否满足，如果满足即可直接求解.
【详解】由，得，所以或，解得或或4．
当时，，，，不满足题意，故舍去；
当时，，，，满足题意，此时；
当时，B中元素不满足互异性，故舍去．
故答案为：．
【点睛】在解决集合中含参数的问题时，求出参数的值后，一定要回代检验，避免因忽略集合中元素的互异性而出现错误．
7．（1）；（2）.
【分析】（1）根据集合的运算法则计算；
（2）由得，然后分类和求解．
【详解】（1）当时，中不等式为，即，
∴或，则
（2）∵，∴，
①当时，，即，此时；
②当时，，即，此时.
综上的取值范围为.
【练创新】
参考答案：
1．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.
2．
【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.
3．(1)不是的3元完美子集；是的3元完美子集；理由见解析
(2)12
(3)证明见解析；等号成立的条件是且
【分析】（1）根据元完美子集的定义判断可得结论；
（2）不妨设．由，，分别由定义可求得的最小值；
（3）不妨设，有．是中个不同的元素，且均属于集合，此时该集合恰有个不同的元素，显然矛盾．因此对任意，都有，由此可得证.
【详解】（1）解：（1）①因为，又，所以不是的3元完美子集．
②因为，且，而，
所以是的3元完美子集．
（2）解：不妨设．
若，则，，，与3元完美子集矛盾；
若，则，，而，符合题意，此时．
若，则，于是，，所以．
综上，的最小值是12．
（3）证明：不妨设．
对任意，都有，
否则，存在某个，使得．
由，得．
所以是中个不同的元素，且均属于集合，
该集合恰有个不同的元素，显然矛盾．
所以对任意，都有．
于是．
即．
等号成立的条件是且．
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