北京市第一六六中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷

这是一份北京市第一六六中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷，共20页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）全集U＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，A＝{1，2，3}，B＝{1，2，7，8}，则（∁UA）∩B＝（ ）
A．{1，2}B．{7，8}C．{1，2，3，7，8} D．{4，5，6}
2．（4分）已知命题p：∀x＞0，x2≥0，则命题p的否定是（ ）
A．∀x≤0，x2＜0B．∃x0≤0，＜0
C．∃x0＞0，＜0D．∀x＞0，x2＜0
3．（4分）已知a＞b，在下列不等式中一定成立的是（ ）
A．a2＞b2B．
C．D．|a|＞|b|
4．（4分）函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．（4分）已知f（x）是奇函数，且f（x）在（2，+∞）上单调递减，则（ ）
A．f（﹣4）﹣f（4）＞0B．f（﹣4）+f（4）＞0
C．f（﹣3）+f（4）＞0D．f（﹣3）+f（4）＜0
6．（4分）已知f（x）＝max{x2，}，其中max{a，b}＝，若f（t）≥2，则正实数t取值范围（ ）
A．t或0B．t≥或0
C．t≥2或0D．t≥4或0
7．（4分）在新冠肺炎疫情防控中，核酸检测是新冠肺炎确诊的有效快捷手段．某医院在成为新冠肺炎核酸检测定点医院并开展检测工作的第n天，每个检测对象从接受检测到检测报告生成平均耗时t（n）（单位：小时）大致服从的关系为（t0，N0为常数）．已知第9天检测过程平均耗时为16小时，第36天和第40天检测过程平均耗时均为8小时，那么第25天检测过程平均耗时大致为（ ）
A．8小时B．9.6小时C．11.5小时D．12小时
8．（4分）已知函数满足：对任意x1，x2∈R，当x1≠x2时都有成立，则a的取值范围是（ ）
A．[2，+∞）B．C．D．[1，2]
9．（4分）已知k∈R，则“对任意a，b∈R，（a+b）2≥kab”是“k≤4”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
10．（4分）已知g（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，且在区间[0，1]上满足三个条件：①对于任意的x1，x2∈[0，1]，当x1＜x2时，恒有g（x1）≤g（x2）成立，②，③g（x）+g（1﹣x）＝1．则＝（ ）
A．B．C．D．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）已知﹣1＜a＜1，2＜b＜3，则2a﹣3b的取值范围是 ．
12．（5分）已知函数f（x）可用列表法表示如下，则的值是 ．
13．（5分）已知函数f（x）满足：①f（0）＝0；②f（4﹣x）＝f（x）；③在（2，3）上单调递减，写出一个同时满足条件①②③的函数f（x）＝ ．
14．（5分）设函数，若互不相等的实数x1，x2，x3满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则x1+x2+x3的取值范围是 ．
15．（5分）函数，给出下列四个结论：
①f（x）的值域是（﹣1，1）；
②∃x1，x2∈R且x1＜x2，使得f（x1）＞f（x2）；
③任意x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2，都有；
④规定f1（x）＝f（x），fn+1（x）＝f（fn（x）），其中n∈N*，则．
其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
16．（13分）已知函数f（x）＝+的定义域为A，集合B＝{x|x2﹣3x﹣10≤0}，C＝{x|a+1≤x≤2a﹣1}．
（1）求（∁RA）∩B；
（2）若C⊆B，求实数a的取值范围．
17．（15分）已知是定义在R上的奇函数，其中a，b∈R，且f（2）＝1．
（1）求a，b的值；
（2）判断f（x）在[2，+∞）上的单调性，并用单调性的定义证明；
（3）设g（x）＝mx2﹣2x+2﹣m，若对任意的x1∈[2，4]，总存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，求非负实数m的取值范围．
18．（15分）在经济学中，函数f（x）的边际函数Mf（x）定义为Mf（x）＝f（x+1）﹣f（x），某公司每月最多生产10台光刻机的某种设备，生产x台（x≥1，x∈N*）这种设备的收入函数为（单位千万元），其成本函数为（单位千万元）．（以下问题请注意定义域）
（1）求收入函数R（x）的最小值；
（2）求成本函数C（x）的边际函数MC（x）的最大值；
（3）求生产x台光刻机的这种设备的的利润z（x）的最小值．
19．（14分）已知关于y的二次方程（3m2+4）y2﹣6my﹣9＝0的两根为y1，y2．
（1）计算y1+y2和y1•y2；
（2）若，化简T并求其最大值．
20．（15分）已知函数y＝f（x）的定义域为（0，+∞），且f（xy）＝f（x）+f（y）．当x∈（0，1）时，f（x）＜0．
（1）求f（1）；
（2）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）为增函数；
（3）如果，解不等式．
21．（13分）设集合P⊆N*，且P中至少有两个元素，若集合Q满足以下三个条件：
①Q⊆N*，且Q中至少有两个元素；
②对于任意m，n∈P，当m≠n，都有m+n∈Q；
③对于任意u，v∈Q，若v＞u，则v﹣u∈P；
则称集合Q为集合P的“耦合集”．
（1）若集合P1＝{2，4，6}，求集合P1的“耦合集”Q1；
（2）集合P2＝{a1，a2，a3，a4}，，i＝1，2，3，4，且a1＜a2＜a3＜a4，若集合P2存在“耦合集”Q2．
（i）求证：对于任意1≤i＜j≤4，有aj﹣ai∈P2；
（ii）求集合P2的“耦合集”Q2的元素个数．
2024-2025学年北京166中高一（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题中选出符合题目要求的一项。
1．（4分）全集U＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，A＝{1，2，3}，B＝{1，2，7，8}，则（∁UA）∩B＝（ ）
A．{1，2}B．{7，8}C．{1，2，3，7，8}D．{4，5，6}
【答案】B
【分析】先化简，再运算即可得解．
【解答】解：∵U＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，A＝{1，2，3}，
∴∁UA＝{4，5，6，7，8}，又B＝{1，2，7，8}，
∴（∁UA）∩B＝{7，8}，
故选：B．
2．（4分）已知命题p：∀x＞0，x2≥0，则命题p的否定是（ ）
A．∀x≤0，x2＜0B．∃x0≤0，＜0
C．∃x0＞0，＜0D．∀x＞0，x2＜0
【答案】C
【分析】任意改存在，将结论取反，即可求解．
【解答】解：命题p：∀x＞0，x2≥0，则命题p的否定是：∃x0＞0，＜0．
故选：C．
3．（4分）已知a＞b，在下列不等式中一定成立的是（ ）
A．a2＞b2B．
C．D．|a|＞|b|
【答案】C
【分析】直接利用赋值法和不等式的性质的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：由于a＞b，但是a和b的正负号不确定，
对于A：当a＝﹣1，b＝﹣2时，不成立，故A错误；
对于B：当a＝0，b＝﹣1时，无意义，故B错误；
对于C：由于，故，故C正确；
对于D：当a＝﹣1，b＝﹣2时，不成立，故D错误；
故选：C．
4．（4分）函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的解析式，以及函数的图象与性质，判断即可．
【解答】解：函数y＝是定义域R上的奇函数，图象关于原点对称，排除选项A、C；
当x＞0时，，当x＜0时，，排除选项B；
选项D符合题意．
故选：D．
5．（4分）已知f（x）是奇函数，且f（x）在（2，+∞）上单调递减，则（ ）
A．f（﹣4）﹣f（4）＞0B．f（﹣4）+f（4）＞0
C．f（﹣3）+f（4）＞0D．f（﹣3）+f（4）＜0
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性及单调性判定选项即可．
【解答】解：因为f（x）是奇函数，
所以f（﹣4）＝﹣f（4），则f（﹣4）+f（4）＝0，f（﹣4）﹣f（4）＝﹣2f（4），
所以A，B均错误．
因为f（x）在（2，+∞）上单调递减，
所以f（3）＞f（4），则f（3）＝﹣f（﹣3）＞f（4），得f（﹣3）+f（4）＜0，C错误，D正确．
故选：D．
6．（4分）已知f（x）＝max{x2，}，其中max{a，b}＝，若f（t）≥2，则正实数t取值范围（ ）
A．t或0B．t≥或0
C．t≥2或0D．t≥4或0
【答案】A
【分析】令x2＝，得x＝1，作出函数y＝x2与y＝的图象，结合图象可得f（x）的解析式，再分0＜t＜1、t≥1分别求解即可．
【解答】解：令x2＝，得x＝1，
如图象所示：
当x＜0时，x2＞，所以f（x）＝x2，
当0＜x＜1时，x2＜，所以f（x）＝，
当x≥1时，x2＞，所以f（x）＝x2，
又因为f（t）≥2，且t＞0，
所以当0＜t＜1时，则有≥2，解得0＜t≤；
当t≥1时，则有t2≥2，解得t≥，
综上所述，f（t）≥2，正实数t取值范围为：得0＜t≤或t≥．
故选：A．
7．（4分）在新冠肺炎疫情防控中，核酸检测是新冠肺炎确诊的有效快捷手段．某医院在成为新冠肺炎核酸检测定点医院并开展检测工作的第n天，每个检测对象从接受检测到检测报告生成平均耗时t（n）（单位：小时）大致服从的关系为（t0，N0为常数）．已知第9天检测过程平均耗时为16小时，第36天和第40天检测过程平均耗时均为8小时，那么第25天检测过程平均耗时大致为（ ）
A．8小时B．9.6小时C．11.5小时D．12小时
【答案】B
【分析】由题意可知，N0＞9，再求出分段函数，即可求解．
【解答】解：第36天和第40天检测过程平均耗时均为8小时
则N0＞9，
故，解得t0＝48，
，解得N0＝36，
故t（n）＝，
当n＝25时，t（25）＝．
故选：B．
8．（4分）已知函数满足对任意x1，x2，当x1≠x2时都有成立，则a的取值范围是（ ）
A．[2，+∞）B．C．D．[1，2]
【答案】C
【分析】利用增函数的定义求解即可．
【解答】解：对任意x1，x2，当x1≠x2时都有成立，
所以函数f（x）在R上是增函数，
所以，解得，所以实数a的取值范围是．
故选：C．
9．（4分）已知k∈R，则“对任意a，b∈R，（a+b）2≥kab”是“k≤4”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先求得“对任意a，b∈R，（a+b）2≥kab”时，k的取值范围，从而判断出正确答案．
【解答】解：对于“对任意a，b∈R，（a+b）2≥kab即a2+（2b﹣kb）a+b2≥0恒成立，
则（2b﹣kb）2﹣4b2＝b2（k2﹣4k）≤0恒成立，
所以k2﹣4k＝k（k﹣4）≤0，解得0≤k≤4．
所以（a+b）2≥kab是k≤4的充分不必要条件．
故选：A．
10．（4分）已知g（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，且在区间[0，1]上满足三个条件：①对于任意的x1，x2∈[0，1]，当x1＜x2时，恒有g（x1）≤g（x2）成立，②，③g（x）+g（1﹣x）＝1．则＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据g（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数则g（0）＝0，然后分别求出g（1），g（），g（）的值，然后利用单调性求出g（）的值即可．
【解答】解：∵g（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数
∴g（0）＝0
∵g（x）+g（1﹣x）＝1
∴令x＝1得g（1）+g（0）＝1即g（1）＝1
令x＝得g（）+g（）＝1，即g（）＝
∵
∴令x＝1得g（）＝g（1）＝
令x＝得g（）＝g（）＝
令x＝得g（）＝g（）＝
∵对于任意的x1，x2∈[0，1]，当x1＜x2时，恒有g（x1）≤g（x2）成立
∴g（）＝
∴＝++＝
故选：B．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）已知﹣1＜a＜1，2＜b＜3，则2a﹣3b的取值范围是 （﹣11，﹣4） ．
【答案】（﹣11，﹣4）．
【分析】根据已知条件，结合不等式的可加性，即可求解．
【解答】解：﹣1＜a＜1，2＜b＜3，
则﹣2＜2a＜2，﹣9＜﹣3b＜﹣6，
故由不等式的可加性可知，﹣11＜2a﹣3b＜﹣4，
故2a﹣3b的取值范围是（﹣11，﹣4）．
故答案为：（﹣11，﹣4）．
12．（5分）已知函数f（x）可用列表法表示如下，则的值是 3 ．
【答案】3．
【分析】利用函数的性质以及表格信息即可求解．
【解答】解：由表可知f（）＝1，f（10）＝3，
则f[10f（）]＝f（10）＝3，
故答案为：3．
13．（5分）已知函数f（x）满足：①f（0）＝0；②f（4﹣x）＝f（x）；③在（2，3）上单调递减，写出一个同时满足条件①②③的函数f（x）＝ 4﹣（x﹣2）2 ．
【答案】4﹣（x﹣2）2．
【分析】由已知可知函数图象关于x＝2对称，f（0）＝0，函数在（2，3）上单调递减，结合二次函数性质可求．
【解答】解：因为函数满足①f（0）＝0；②f（4﹣x）＝f（x）；③在（2，3）上单调递减，
故f（x）的图象关于x＝2对称，
故满足条件的函数f（x）＝4﹣（x﹣2）2．
故答案为：4﹣（x﹣2）2．
14．（5分）设函数，若互不相等的实数x1，x2，x3满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则x1+x2+x3的取值范围是 （1，] ．
【答案】（1，]．
【分析】先作出函数的图象，如图，不妨设x1＜x2＜x3，则x2，x3关于直线x＝1对称，得到x2+x3＝2，且﹣1＜x1≤﹣，最后结合求得x1+x2+x3的取值范围即可．
【解答】解：函数，
函数的图象如图所示：
不妨设x1＜x2＜x3，则x2，x3关于直线x＝1对称，故x2+x3＝2，
且x1满足﹣1＜x1≤﹣；
则x1+x2+x3的取值范围是：1＜x1+x2+x3≤；
即x1+x2+x3∈（1，]
故答案为：（1，]．
15．（5分）函数，给出下列四个结论：
①f（x）的值域是（﹣1，1）；
②∃x1，x2∈R且x1＜x2，使得f（x1）＞f（x2）；
③任意x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2，都有；
④规定f1（x）＝f（x），fn+1（x）＝f（fn（x）），其中n∈N*，则．
其中，所有正确结论的序号是 ①④． ．
【答案】①④．
【分析】根据绝对值的性质，结合分式型函数的性质、代入法逐一判断即可；
【解答】解：对于①：f（x）的定义域为R，关于原点对称，
，故f（x）为奇函数，
当x≥0时，，结合反比例函数的性质及函数图象的平移可知函数f（x）在[0，+∞）内单调递增，
且x+1≥1，可得，则，
结合f（x）为奇函数，可知：当x≥0时，函数f（x）在（﹣∞，0]内单调递增，且f（x）∈（﹣1，0]，
所以f（x）的值域是（﹣1，1），故①正确；
对于②：由①可知：可知函数f（x）是R上的增函数，
所以对任意x1，x2∈R且x1＜x2，均有f（x1）＜f（x2），故②错误；
对于③：当任意x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2时，
令x1＝1，x2＝3，，
，显然，
因此不成立，故③不正确；
对于④：当x≥0时，，
可得，，
，，
以此类推可得，因此，故④正确．
故答案为：①④．
三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
16．（13分）已知函数f（x）＝+的定义域为A，集合B＝{x|x2﹣3x﹣10≤0}，C＝{x|a+1≤x≤2a﹣1}．
（1）求（∁RA）∩B；
（2）若C⊆B，求实数a的取值范围．
【答案】（1）{x|﹣2≤x＜2}．
（2）（﹣∞，3）．
【分析】（1）求出集合A，∁RA，集合B，由此能求出（∁RA）∩B．
（2）当C＝∅时，a+1＞2a﹣1，当C≠∅时，，由此能求出实数a的取值范围．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝+的定义域为A，
∴A＝{x|}＝{x|2≤x＜6}，
∴∁RA＝{x|x＜2或x≥6}，
集合B＝{x|x2﹣3x﹣10≤0}＝{x|﹣2≤x≤5}，
∴（∁RA）∩B＝{x|﹣2≤x＜2}．
（2）∵C＝{x|a+1≤x≤2a﹣1}，C⊆B，
∴当C＝∅时，a+1＞2a﹣1，解得a＜2时，成立；
当C≠∅时，，解得2≤a≤3，
综上，实数a的取值范围是（﹣∞，3]．
17．（15分）已知是定义在R上的奇函数，其中a，b∈R，且f（2）＝1．
（1）求a，b的值；
（2）判断f（x）在[2，+∞）上的单调性，并用单调性的定义证明；
（3）设g（x）＝mx2﹣2x+2﹣m，若对任意的x1∈[2，4]，总存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，求非负实数m的取值范围．
【答案】（1）a＝0，b＝4；
（2）f（x）在[2，+∞）上单调递减，证明见解析；
（3）[0，1]．
【分析】（1）利用奇函数的性质f（0）＝0，结合f（2）＝1，求得到a，b的值，检验即可；
（2）利用函数单调性的定义判断并证明即可；
（3）记f（x）在区间[2，4]内的值域为A，g（x）在区间[0，1]内的值域为B，将问题转化为A⊆B时求非负实数m的取值范围，利用单调性求出f（x）的值域，分m＝0，0＜m≤1，1＜m≤2和m＞2四种情况讨论，结合单调性求出g（x）的值域，即可得到答案．
【解答】解：（1）因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（0）＝﹣a＝0，解得a＝0，
又因为f（2）＝1，所以，解得b＝4，
所以，，则f（x）为奇函数，
所以a＝0，b＝4．
（2）f（x）在[2，+∞）上单调递减．
证明如下：
设2≤x1＜x2，则，
因为2≤x1＜x2，则x1﹣x2＜0，16﹣4x1x2＜0，所以f（x1）＞f（x2），
所以f（x）在[2，+∞）上单调递减．
（3）由（2）可知f（x）在[2，4]上单调递减，所以，
记f（x）在区间[2，4]内的值域为．
当m＝0时，g（x）＝﹣2x+2在[0，1]上单调递减，
则g（x）max＝g（0）＝2，g（x）min＝g（1）＝0，得g（x）在区间[0，1]内的值域为B＝[0，1]．
因为A⊆B，所以对任意的x1∈[2，4]，总存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立．
当0＜m≤1时，在[0，1]上单调递减，
则g（x）max＝g（0）＝2﹣m，g（x）min＝g（1）＝0，得g（x）在区间[0，1]内的值域为B＝[0，2﹣m]，
因为A⊆B，所以对任意的x1∈[2，4]，总存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立．
当1＜m≤2时，在上单调递减，在上单调递增，
则，得g（x）在区间[0，1]内的值域为，
所以无解，
当m＞2时，在上单调递减，在上单调递增，
则，得g（x）在区间[0，1]内的值域为，不符合题意．
综上，非负实数m的取值范围为[0，1]．
18．（15分）在经济学中，函数f（x）的边际函数Mf（x）定义为Mf（x）＝f（x+1）﹣f（x），某公司每月最多生产10台光刻机的某种设备，生产x台（x≥1，x∈N*）这种设备的收入函数为（单位千万元），其成本函数为（单位千万元）．（以下问题请注意定义域）
（1）求收入函数R（x）的最小值；
（2）求成本函数C（x）的边际函数MC（x）的最大值；
（3）求生产x台光刻机的这种设备的的利润z（x）的最小值．
【答案】（1）48千万元；
（2）；
（3）z（x）min＝7（千万元）．
【分析】（1）利用基本不等式求解函数最小值即可．
（2）求出边际函数MC（x）的解析式，然后利用函数的单调性求解最值．
（3）求出利润函数z（x）的解析式，根据二次函数的性质求解最值．
【解答】解：（1）∵，1≤x≤10，x∈N*．
∴，当且仅当，即x＝2时等号成立．
∴当x＝2时，R（x）min＝48（千万元）．
（2）MC（x）＝C（x+1）﹣C（x），1≤x≤9，x∈N*．
∴，1≤x≤9，x∈N*．
由函数单调性可知：MC（x）在1≤x≤9，x∈N*单调递增，
∴当x＝9时，．
（3），
∴，1≤x≤9，x∈N*．
当时，即x2﹣5x﹣4＝0，解得x＝4或x＝1，
∴当x＝4或x＝1时，z（x）min＝7（千万元）．
19．（14分）已知关于y的二次方程（3m2+4）y2﹣6my﹣9＝0的两根为y1，y2．
（1）计算y1+y2和y1•y2；
（2）若，化简T并求其最大值．
【答案】（1）y1+y2＝，y1•y2＝；
（2），3．
【分析】（1）根据已知条件，结合韦达定理，即可求解；
（2）结合完全平方和、完全平方差公式，以及换元法，即可求解．
【解答】解：（1）（3m2+4）y2﹣6my﹣9＝0的两根为y1，y2，
则y1+y2＝，y1•y2＝；
（2）＝＝＝，
令t＝，t≥1，
故T＝，
当t≥1时，3t+单调递增，
故3t+，
所以T，当且仅当t＝1，即m＝0时，等号成立，
故T有最大值3．
20．（15分）已知函数y＝f（x）的定义域为（0，+∞），且f（xy）＝f（x）+f（y）．当x∈（0，1）时，f（x）＜0．
（1）求f（1）；
（2）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）为增函数；
（3）如果，解不等式．
【答案】（1）f（1）＝0；（2）证明见解答；（3）[4，+∞）．
【分析】（1）根据赋值法，即可求解；
（2）根据赋值法及单调性的定义，即可证明；
（3）先求出f（2）＝﹣f（）＝1，从而可得3＝f（2）+f（2）+f（2）＝f（4）+f（2）＝f（8），再根据函数的单调性，化归转化，即可求解．
【解答】解：（1）∵y＝f（x）的定义域为（0，+∞），且f（xy）＝f（x）+f（y），
∴f（1×1）＝f（1）+f（1），∴f（1）＝0；
（2）证明：∀x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，
则f（x2）+f（）＝f（x1），
∴f（x1）﹣f（x2）＝f（），又当x∈（0，1）时，f（x）＜0，
又x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，∴∈（0，1），
∴f（）＜0，即f（x1）﹣f（x2）＜0，
∴f（x1）＜f（x2），
∴y＝f（x）在（0，+∞）为增函数；
（3）∵，且f（xy）＝f（x）+f（y），
∴f（2）+f（）＝f（2×）＝f（1）＝0，∴f（2）＝﹣f（）＝1，
∴3＝f（2）+f（2）+f（2）＝f（4）+f（2）＝f（8），
又f（xy）＝f（x）+f（y），∴f（xy）﹣f（x）＝f（y），
∴不等式可化为：
f[x（x﹣2）]≥f（8），又由（2）知f（x）在（0，+∞）为增函数，
，解得x≥4，
∴所求不等式的解集为[4，+∞）．
21．（13分）设集合P⊆N*，且P中至少有两个元素，若集合Q满足以下三个条件：
①Q⊆N*，且Q中至少有两个元素；
②对于任意m，n∈P，当m≠n，都有m+n∈Q；
③对于任意u，v∈Q，若v＞u，则v﹣u∈P；
则称集合Q为集合P的“耦合集”．
（1）若集合P1＝{2，4，6}，求集合P1的“耦合集”Q1；
（2）集合P2＝{a1，a2，a3，a4}，，i＝1，2，3，4，且a1＜a2＜a3＜a4，若集合P2存在“耦合集”Q2．
（i）求证：对于任意1≤i＜j≤4，有aj﹣ai∈P2；
（ii）求集合P2的“耦合集”Q2的元素个数．
【答案】（1）Q1＝{6，8，10}或Q1＝{4，6，8，10}或Q1＝{6，8，10，12}．
（2）（i）证明过程见解答．
（ii）5．
【分析】（1）根据题意直接运算求解即可．
（2）（i）根据②可得Q2的可能元素，再结合③分析证明；
（i）根据题意分析可知a2＝2a1，同理可得a3＝3a1，a4＝4a1，结合题意分析求解即可．
【解答】解：（1）由已知条件②得：Q1的可能元素为：6，8，10；
检验可知均满足条件③，所以Q1＝{6，8，10}，
检验可知：Q1＝{4，6，8，10}或Q1＝{4，6，8，10，12}也符合题意，
所以Q1＝{6，8，10}或Q1＝{4，6，8，10}或Q1＝{6，8，10，12}．
（2）（i）因为P2＝{a1，a2，a3，a4}，a1＜a2＜a3＜a4，
由已知条件②得Q2的可能元素为：a1+a2，a1+a3，a1+a4，a2+a3，a2+a4，a3+a4，
由条件③可知a1+a2，a2+a3∈Q2，且a1+a2＜a2+a3，
可得a2﹣a1＝（a2+a3）﹣（a1+a3）∈P2，
同理可得a3﹣a1∈P1，a4﹣a1∈P2，a3﹣a2∈P2，a4﹣a2∈P2，a4﹣a3∈P2，
所以对于任意1≤i＜j≤4，有aj﹣ai∈P2；
（ii）因为a1＜a2＜a3＜a4，由（i）可知：a2﹣a1∈P2，
则a2﹣a1＝a1，即a2＝2a1，
同理可得：a3﹣a1＝a2，a4﹣a1＝a3，则a3＝3a1，a4＝4a1，
又因为Q2的可能元素为：a1+a2，a1+a3，a1+a4，a2+a3，a2+a4，a3+a4，
即3a1，4a1，5a1，6a1，7a1∈Q2，
假设Q2还存在其他元素p，
因为P2＝{a1，2a1，3a1，4a1}，可知p＝ka1，，
由集合性质可知：k≤2或k≥8，
则7a1﹣p＝（7﹣k）a1≥5a1或p﹣3a1＝（k﹣3）a1≥5a1，
即7a1﹣p∉P2或p﹣3a1∉P2，假设不成立，
所以Q2不存在其他元素p，所以Q2＝{3a1，4a1，5a1，6a1，7a1}共5个元素x
x≤1
1＜x＜2
x≥2
f（x）
1
2
3
x
x≤1
1＜x＜2
x≥2
f（x）
1
2
3