解：存在一个整数集合既是自生集又是N^*的基底集，理由如下：

设整数集合A={x|x=（﹣1）ⁿ•F_n，n∈N^*，n≥2}，其中{F_n}为斐波那契数列，

即F₁=F₂=1，F_n₊₂=F_n+F_n₊₁，n∈N^*，

下证：整数集合A既是自生集又是N^*的基底集，

①由F_n=F_n₊₂﹣F_n₊₁得：（﹣1）ⁿ•F_n=（﹣1）ⁿ⁺²•F_n₊₂+（﹣1）ⁿ⁺¹•F_n₊₁，

故A是自生集；

②对于任意n≥2，对于任一正整数t∈[1，F_2n₊₁﹣1]，存在集合Ar一个有限子集{a₁，a₂，…，a_m}，

使得t=a₁+a₂+…+a_m，（|a_i＜F_2n₊₁，i=1，2，…，m），

当n=2时，由1=1，2=3+1﹣2，3=3，4=3+1，知结论成立；

假设结论对n=k时成立，

则n=k+1时，只须对任何整数m∈[F_2k₊₁，F_2k₊₃]讨论，

若m＜F_2k₊₂，则m=F_2k₊₂+ ， ∈（﹣F_2k₊₁，0），

故 =﹣F_2k₊₁+m′，m′∈[1，F_2k₊₁），

由归纳假设，m′可以表示为集合A中有限个绝对值小于F_2k₊₁的元素的和．

因为m=F_2k₊₂﹣F_2k₊₁+m′=（﹣1）^2k⁺²•F_2k₊₂+（﹣1）^2k⁺¹•F_2k₊₁+m′，

所以m可以表示为集合A中有限个绝对值小于F_2k₊₃的元素的和．

若m=F_2k₊₂，则结论显然成立．

若F_2k₊₂＜m＜F_2k₊₃，则m=F_2k₊₂+m′，m′∈[1，F_2k₊₁），

由归纳假设知，m可以表示为集合A中有限个绝对值小于F_2k₊₃的元素的和．

所以，当n=k+1时结论也成立；

由于斐波那契数列是无界的，

所以，任一个正整数都可以表示成集合A的一个有限子集中所有元素的和．

因此集合A又是N^*的基底集

2017年上海市宝山区高考数学一模试卷