精品解析：北京市中国人民大学附属中学联合学校总校2026-2027学年高一上学期期中练习数学试题

2026~2027学年度第一学期高一年级期中练习 数学 说明：本试卷共6道大题25道小题，共6页，满分160分，练习时长120分钟.请将答案全部填涂在答题纸上. I卷（共18道题，满分100分） 一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置，） 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，则是（ ） A. B. C. D. 3. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 4. 已知实数，则“中至少有一个为非负实数”是“为非负实数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 如图所示，为平面直角坐标系中的两点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 下列函数是奇函数且在定义域上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知的定义域为，则“，且，都有”是“在上是单调函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 若实数满足，则下列选项中错误的是（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小值为2 C. 若，则 D. 若，则 9. 某国际太阳能技术研究机构的资料指出，太阳辐照､入射角和组件温度等因素都会影响光伏组件的能量转换效率；组件温度过高会降低其发电性能.某校新能源实验室比较两种阵列热管理模式.设组件温度为，逆变器请求的交流输出功率为，每个工况用平面直角坐标系内的一点表示.对一种热管理模式，设备能够连续运行而不触发保护的最大请求功率形成一条“可持续输出边界”：在边界上或边界下方时，逆变器维持请求功率；在边界上方时，逆变器进入降额运行，实际输出功率低于请求功率.图中虚线和实线分别表示散热模式的可持续输出边界，两线相交.图中表示交点左侧的两条边界线之间的区域，表示交点右侧的两条边界线之间的区域.若系统从模式切换为模式，根据材料与图象，下列判断合理的是（ ） A. 模式提高了高温条件下的可持续输出上限；区域内的工况由“维持请求功率”变为“降额运行” B. 模式降低了高温条件下的可持续输出上限；区域内的工况由“降额运行”变为“维持请求功率” C. 模式提高了输出功率上限较高时组件的温度；区域内的工况由“降额运行”变为“维持请求功率” D. 模式降低了输出功率上限较高时组件的温度；区域内的工况由“维持请求功率”变为“降额运行” 10. 设是整数集的有限非空子集，记集合，若，则称集合关于对称.用分别表示中的最小元素和最大元素，表示中元素的个数.根据上述定义，给出下列四个命题： ①集合关于1013对称； ②若关于对称，则； ③若关于对称，则中所有元素和为； ④若关于同一个对称，且，则也关于对称. 其中正确命题的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二､填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分请将结果填在答题纸上的相应位置.） 11. 若函数的定义域是，则实数的取值范围是_________. 12. 能够说明“若实数满足，则”是假命题的一组的值依次为_________. 13. 若关于的方程组的解集为，则的值为_________. 14. 已知函数，其中. （1）若，则的最大值为_________； （2）若与的图象有4个交点，则的取值范围是_________. 15. 关于定义域为的函数，给出下列四个结论： ①存在在上单调递增的函数，使恒成立； ②存在在上单调递减的函数，使恒成立； ③存在偶函数，满足时，恒成立； ④存在无穷多个奇函数，满足当时，恒成立. 其中所有正确结论的序号是_________. 三､解答题（本大题共3小题，共35分.解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置､） 16. 已知集合，其中. （1）若，求的取值范围； （2）若命题：“，都有或”为真命题，求的取值范围. 17. 已知函数，，. （1）若不等式的解集为或.直接写出的解析式； （2）若函数与的图象在第四象限交于，两点，求的取值范围. 18. 已知函数. （1）求证：为奇函数； （2）判断函数在区间上的单调性，并用单调性的定义证明； （3）设函数，若对任意，都存在，使得成立，求的取值范围. II卷（共7道题，满分50分） 一､选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.） 19. 若关于的方程有两个异号的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 20. 下列函数中，图象不关于直线对称的是（ ） A. B. C. D. 21. 已知点为线段上的一个动点（不与端点重合），，动直线满足，其中，点关于直线的对称点为，直线交直线于，记与的面积之差的绝对值为，给出下列四个结论： ①； ②无最小值； ③若，则； ④若，则面积的取值范围是. 其中正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二､填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.请将结果填在答题纸上的相应位置.） 22. 已知函数，其中表示不超过的最大整数，则关于的方程的解集为_________. 23. 已知函数. （1）若的值域为，则的取值范围是______； （2）若存在，使得，则的取值范围是______. 24. 某大模型训练中心接收了一批来自I号､II号两个数据源的训练样本，分为A类（文本）和B类（图像），已知： ①A类样本总数与B类样本总数相等； ②来自I号数据源的A类样本数与来自II号数据源的B类样本数之和，大于来自I号数据源的B类样本数与来自II号数据源的A类样本数之和. 训练中心使用甲､乙､丙三个缓存池进行数据分流.规则如下：每次任取两个尚未分配的样本，将其中一个放入甲池.若放入甲池的是A类，则另一个放入乙池；若放入甲池的是B类，则另一个放入丙池，直到所有样本都被放入池中.分流后，发现甲池的样本恰好与来自I号数据源的样本相同. 给出下列四个结论： ①乙池中的B类样本数不小于丙池中的B类样本数； ②乙池中的A类样本数不小于丙池中的B类样本数； ③乙池中的B类样本数大于丙池中的A类样本数； ④乙池中的A类样本数大于丙池中的A类样本数. 其中所有正确结论的序号是_________. 三､解答题（本大题共1小题，共14分.解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.） 25. 设集合为含有个元素的有限集，若集合的个非空子集 ，，，满足以下两个条件：①，，，中任意两个集合的交集为空集；②.则称，，，为集合的一个划分.记为集合中的所有元素之和. （1）若，，为的划分，直接写出的最小值； （2）若，，为的划分，求的最小值； （3）若集合是由正整数构成的集合，，，为的划分，若从，，中的任意两个集合中分别任取一个元素，将这两个元素从中剔除后，中剩下的元素总能被划分为两个元素和相等的非空子集，求证：为偶数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年度第一学期高一年级期中练习 数学 说明：本试卷共6道大题25道小题，共6页，满分160分，练习时长120分钟.请将答案全部填涂在答题纸上. I卷（共18道题，满分100分） 一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置，） 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得，则. 2. 已知命题，则是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由， 则是． 3. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，则，解得，或， 所以不等式的解集是． 4. 已知实数，则“中至少有一个为非负实数”是“为非负实数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】充分性， 举反例：取，，此时，而，故充分性不成立； 必要性， 采用反证法：若，假设均为负实数，即且，此时，与的条件矛盾，因此假设不成立， 即中至少有一个为非负实数，必要性成立； 综上，“中至少有一个为非负实数”是“为非负实数”的必要不充分条件. 5. 如图所示，为平面直角坐标系中的两点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由图象可知,,.且,. 对于A,因为,,所以，所以A错误； 对于B,因为,所以.又,,所以，所以B错误； 对于C,因为,,所以;又,,所以. 但与的大小无法比较,所以不一定成立，所以C错误； 对于D,由图可知,,所以.又,所以，所以D正确. 6. 下列函数是奇函数且在定义域上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】逐项判断奇偶性和单调性，注意在定义域的各个区间内递减不等于在整个定义域上递减. 将含绝对值函数及分段函数分段考察，并检查跨越零点时的大小关系. 【详解】A. 函数为奇函数，但取，有，不满足在定义域上单调递减的要求. B. 函数满足，是奇函数. 当时，，单调递增； 当时，，单调递增. 负数处的函数值为负，正数处的函数值为正，且，因此该函数在 上单调递增，不符合要求. C. 函数是奇函数，在 上单调递增，不符合要求. D. 该函数可写为，定义域为 ，且，所以是奇函数. 由B项可知，在 上单调递增，则在 上单调递减，又因为在上单调递减， 因此该函数在上单调递减，符合要求. 7. 已知的定义域为，则“，且，都有”是“在上是单调函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】若在上是单调函数（不妨设为增函数）， 则当时，必有，即. 同理，若为减函数，也有. 所以，“在上是单调函数”能推出“，且，都有”，即满足必要性. 反之，若，且，都有，不一定单调. 例如构造分段函数：， 对于任意，都有，但在上不是单调函数. 所以，该条件不能推出函数单调，即不满足充分性. 综上所述，此条件是“在上是单调函数”的必要不充分条件. 8. 若实数满足，则下列选项中错误的是（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小值为2 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本不等式，结合一元二次不等式的解法逐项求解判断. 【详解】对于A，，则，当且仅当时等号成立，A正确； 对于B，， 则，当且仅当时等号成立，B正确； 对于C，当时，， 则，当且仅当时等号成立，因此，C正确； 对于D，当时，， 则，当且仅当时等号成立，因此，D错误. 9. 某国际太阳能技术研究机构的资料指出，太阳辐照､入射角和组件温度等因素都会影响光伏组件的能量转换效率；组件温度过高会降低其发电性能.某校新能源实验室比较两种阵列热管理模式.设组件温度为，逆变器请求的交流输出功率为，每个工况用平面直角坐标系内的一点表示.对一种热管理模式，设备能够连续运行而不触发保护的最大请求功率形成一条“可持续输出边界”：在边界上或边界下方时，逆变器维持请求功率；在边界上方时，逆变器进入降额运行，实际输出功率低于请求功率.图中虚线和实线分别表示散热模式的可持续输出边界，两线相交.图中表示交点左侧的两条边界线之间的区域，表示交点右侧的两条边界线之间的区域.若系统从模式切换为模式，根据材料与图象，下列判断合理的是（ ） A. 模式提高了高温条件下的可持续输出上限；区域内的工况由“维持请求功率”变为“降额运行” B. 模式降低了高温条件下的可持续输出上限；区域内的工况由“降额运行”变为“维持请求功率” C. 模式提高了输出功率上限较高时组件的温度；区域内的工况由“降额运行”变为“维持请求功率” D. 模式降低了输出功率上限较高时组件的温度；区域内的工况由“维持请求功率”变为“降额运行” 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象中两条边界线的位置关系，结合“边界上或下方维持功率，上方降额运行”的定义，分析高温区域（交点右侧）边界高低变化以及 区域内点相对于两条边界的位置变化即可得出结论. 【详解】由题意可知，当点在边界上或边界下方时，逆变器维持请求功率；当点在边界上方时，逆变器进入降额运行，观察图像可知，虚线表示模式，实线表示模式. 对A、B选项，在交点右侧（高温区域），实线（模式）位于虚线（模式）的上方， 这说明在相同高温条件下，模式对应的可持续输出功率上限更大， 即模式提高了高温条件下的可持续输出上限，故B错误； 对于M区域（交点左侧），该区域位于虚线（模式）下方、实线（模式）上方， 在模式下，点位于边界下方，工况为“维持请求功率”； 切换到模式后，点位于边界上方，工况变为“降额运行”，故A正确； 对于C、D选项，在交点左侧（高功率区域），要达到相同的较高输出功率， 实线（模式）对应的横坐标（温度）更低，说明模式降低了输出功率上限较高时组件的温度，故C错误； 对于N区域（交点右侧），该区域位于实线（模式）下方、虚线（模式）上方，在模式下， 点位于边界上方，工况为“降额运行”；切换到模式后，点位于边界下方，工况变为“维持请求功率”，故D错误. 10. 设是整数集的有限非空子集，记集合，若，则称集合关于对称.用分别表示中的最小元素和最大元素，表示中元素的个数.根据上述定义，给出下列四个命题： ①集合关于1013对称； ②若关于对称，则； ③若关于对称，则中所有元素和为； ④若关于同一个对称，且，则也关于对称. 其中正确命题的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】对于①,当时,由得.又中元素均为偶数,所以,即,①错误. 对于②,设中的最小元素为,最大元素为.因为,所以,且是中的最大元素,所以,即,②正确. 对于③,设中所有元素的和为.由知,中的元素与()一一对应,所以,解得,③正确. 对于④,因为都关于对称,所以,且.对任意,等价于且,也等价于且,即.因此,又,所以关于对称,④正确. 所以正确命题的个数为. 二､填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分请将结果填在答题纸上的相应位置.） 11. 若函数的定义域是，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】首先分析函数各部分的定义域要求，再求两部分定义域的交集，分析后即可求解. 【详解】的定义域需满足：，解得且，题目要求定义域为，因此，即，故实数的取值范围是. 12. 能够说明“若实数满足，则”是假命题的一组的值依次为_________. 【答案】，（答案不唯一） 【解析】 【分析】需要找到一组满足，但不满足结论即可. 【详解】选取，显然，则，，比较得，不满足，符合要求. 13. 若关于的方程组的解集为，则的值为_________. 【答案】 【解析】 【详解】将，代入方程，可得：  ，解得， 将，代入方程，可得：  ，即， 所以. 14. 已知函数，其中. （1）若，则的最大值为_________； （2）若与的图象有4个交点，则的取值范围是_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）令换元，把问题化为关于的单变量函数；（2）先求内层函数的值域，再结合绝对值与单调性即可分析最大值、交点个数. 【详解】令，由得，且. 记，，则在上单调递增. ，，所以. （1）时，，， 所以时， ， 的最大值为， 则的最大值为. （2）或. ，即，则， 解得：或（舍），所以，对应两个； 要共4个交点，还需在内有根，即，解得. 所以的取值范围是 15. 关于定义域为的函数，给出下列四个结论： ①存在在上单调递增的函数，使恒成立； ②存在在上单调递减的函数，使恒成立； ③存在偶函数，满足时，恒成立； ④存在无穷多个奇函数，满足当时，恒成立. 其中所有正确结论的序号是_________. 【答案】②④ 【解析】 【分析】用单调性检验复合关系，结合奇偶性反证或构造函数，逐项判断. 【详解】对于①，若在实数集上单调递增，则，但由题设有，矛盾，①错误. 对于②，取，它在实数集上单调递减，且，②正确. 对于③，若该偶函数存在，分别令和，得，， 而由偶性可知两式左端相等，矛盾，③错误. 对于④，任取实数，当时令， 并规定.当时，， 结合零点处的定义可知该函数为奇函数，且 . 又，不同实数对应不同的函数，因此满足条件的奇函数有无穷多个，④正确. 三､解答题（本大题共3小题，共35分.解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置､） 16. 已知集合，其中. （1）若，求的取值范围； （2）若命题：“，都有或”为真命题，求的取值范围. 【答案】（1） 的取值范围是； （2） 的取值范围是. 【解析】 【分析】（1）解分式不等式求出集合，再求其在R中的补集；由交集为空可知区间完全落在集合的补集的左侧或右侧，据此列不等式求解的范围； （2）命题为真等价于，由于恰好缺了闭区间，因此开区间必须严格覆盖，列严格不等式即可求出的范围. 【小问1详解】 分式不等式等价于，解得或，因此，所以， 因为，且， 所以区间完全落在的左侧或右侧， ① 区间完全位于的左侧，得，解得； ② 区间完全位于的右侧，得，解得； 综上，的取值范围是； 【小问2详解】 由命题：“，都有或”为真命题，得， 由于，因此闭区间完全包含于开区间， 需满足且， 解得且，故， 因此的取值范围是. 17. 已知函数，，. （1）若不等式的解集为或.直接写出的解析式； （2）若函数与的图象在第四象限交于，两点，求的取值范围. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）将转化为，再通过韦达定理求解即可； （2）根据已知判断交点的特征，，，根据特征结合韦达定理及函数单调性求解即可. 【小问1详解】 可化为，即， 已知该不等式的解集为或， 故有，且方程的两个实根为，， ，解得：，经检验满足题意， 所以. 【小问2详解】 函数与的图象在第四象限交于，两点，等价于方程 有两个不等的实根，且，. 当时，函数不过第四象限，所以舍去； 当时，可化为，即， 由题可知有两个不等的正根，故， 解得：， 又第四象限点满足 ，因为，所以有， 即的两个正根均大于， 由求根公式得，且， 又因为，是单调递减函数，只需保证较小的根对应的函数值小于0即可， 即，即，即， 两边平方得，解得：， 综上所有条件可知， 即的取值范围为. 18. 已知函数. （1）求证：为奇函数； （2）判断函数在区间上的单调性，并用单调性的定义证明； （3）设函数，若对任意，都存在，使得成立，求的取值范围. 【答案】（1）函数的定义域为，关于原点对称。 对任意，有， 故为奇函数. （2）单调递增，证明：任取，则， 由 知；又 （因，两数不可能同时取到 2），故. 于是， 即，所以在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）先求定义域，再验证 ； （2）作差 ，因式分解后判断符号； （3）对“任意，都存在使 ”进行等价转化，再对二次函数最值分类讨论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在 上单调递增. 【小问3详解】 由f 为奇函数且在 上单调递增，知 f 在 上也递增， 故故， “对任意 ，都存在使” 等价于： ，， 对 ，对称轴 ，在 上分类讨论其最小值： ① 当 时，，不合题意； ② 当 时，，不合题意； ③ 当 时，，令 ，解得 . 综上，的取值范围为 . II卷（共7道题，满分50分） 一､选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.） 19. 若关于的方程有两个异号的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合一元二次方程的定义、韦达定理与根的判别式，根据两根异号的条件推导参数的取值范围. 【详解】设方程的两个实数根为，且两根异号， 则且 且， ，，且 ， 取三者的交集得， 因此实数的取值范围是. 20. 下列函数中，图象不关于直线对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的对称性定义逐一判断即可. 【详解】对于A，因，其对称轴为，故A不符合题意； 对于B，因，则该函数图象关于对称，故B不符合题意； 对于C，因，若时，，则， 故，即的图象不关于直线对称，故C符合题意； 对于D，因，则 ，即该函数图象关于对称，故D不合题意. 21. 已知点为线段上的一个动点（不与端点重合），，动直线满足，其中，点关于直线的对称点为，直线交直线于，记与的面积之差的绝对值为，给出下列四个结论： ①； ②无最小值； ③若，则； ④若，则面积的取值范围是. 其中正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】连接，利用三角形中位线判断交点存在的条件，再借助轴对称和三角形面积关系，把面积差转化为三角形的面积，结合高的范围及同高三角形面积比逐项判断. 【详解】连接，设与交于点，过作，垂足为.设，，， 其中.下图示意、时交点的两种位置，图中取，以下仍对任意允许的参数进行论证. 由轴对称知，为的中点，且.因为，所以；固定后，通过改变，可取中的任意值. 对于①，若，则为的中点.又为的中点，所以，即，与题设交点存在矛盾.因此，①正确.反过来，若，由为的中点可知为的中点，故；因此时两直线确实相交. 点与点位于直线的同侧，所以在线段的延长线上.又、关于对称，，所以.由三角形面积关系，得 . 对于②，因为，，所以.固定时，，可取中的任意值，此时，故可取任意充分小的正数而不能取，没有最小值，②正确. 对于③，当时，，所以， ， 其中严格不等号由得到，③正确. 对于④，当时，由及，得， ，即，解得. 结合，得.反过来，对该范围内的每个，都有，可选取相应的使，故上述每个均可实现. 设，.因为三角形与三角形的底、在同一直线上，高相同，所以.因而 ，得. 当时，； 当时，. 因此的取值范围为.其中、时，左端点可取，④正确. 二､填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.请将结果填在答题纸上的相应位置.） 22. 已知函数，其中表示不超过的最大整数，则关于的方程的解集为_________. 【答案】. 【解析】 【分析】首先令，解外层方程，结合取整函数性质求得，进而将问题转化为解内层方程，最后根据分段函数的定义域分和两种情况讨论求解并取并集. 【详解】先解外层方程， 当时，，因为 ，所以，不可能等于； 当时，，令，解得，符合， 所以的解为，因此原方程等价于， ①当时，，由取整函数定义可得，结合，得； ②当时，，两边平方得，解得，符合， 综上，原方程的解集为. 23. 已知函数. （1）若的值域为，则的取值范围是______； （2）若存在，使得，则的取值范围是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）分、、讨论函数的值域即可求解； （2）由题可得存在，使得或，构造函数，利用分离参数法列式求解即可. 【详解】（1）当时，， 定义域为，的值域为，不符合题意； 当时，当时，，当时，， 的值域为，不符合题意； 当时，与都在和上单调递增， 所以函数在和上单调递增， 时，，时，， 时，，时，， 所以的值域为， 综上：的取值范围是. （2）存在，使得， 即存在，使得或， 当存在，时，，可得， 令， 存在使得，等价于存在使得， 在上单调递增，所以，所以； 当存在，时，，可得， 令， 存在使得，等价于存在使得， 在上单调递减，所以，所以； 综上：的取值范围是. 24. 某大模型训练中心接收了一批来自I号､II号两个数据源的训练样本，分为A类（文本）和B类（图像），已知： ①A类样本总数与B类样本总数相等； ②来自I号数据源的A类样本数与来自II号数据源的B类样本数之和，大于来自I号数据源的B类样本数与来自II号数据源的A类样本数之和. 训练中心使用甲､乙､丙三个缓存池进行数据分流.规则如下：每次任取两个尚未分配的样本，将其中一个放入甲池.若放入甲池的是A类，则另一个放入乙池；若放入甲池的是B类，则另一个放入丙池，直到所有样本都被放入池中.分流后，发现甲池的样本恰好与来自I号数据源的样本相同. 给出下列四个结论： ①乙池中的B类样本数不小于丙池中的B类样本数； ②乙池中的A类样本数不小于丙池中的B类样本数； ③乙池中的B类样本数大于丙池中的A类样本数； ④乙池中的A类样本数大于丙池中的A类样本数. 其中所有正确结论的序号是_________. 【答案】②③ 【解析】 【分析】设来自I号数据源的类样本数为，类样本数为，来自II号数据源的类样本数为，类样本数为,分类讨论，结合特例法判断各选项即可. 【详解】设来自I号数据源的类样本数为，类样本数为，来自II号数据源的类样本数为，类样本数为. 由条件①得，由条件②得，两式联立可推得，. 分流规则下，每次任取两个样本，其一放入甲池： 若甲池样本为类，则另一个入乙池； 若为类，则另一个入丙池. 分流后甲池样本恰好为全部I号数据源样本，说明所有I号样本均进入甲池，乙池、丙池中的样本全部来自II号数据源； 甲池含个I号数据源的A样本、个I号数据源的B样本， 故乙池共接收个配对样本，丙池共接收个配对样本.结合总样本数关系， 总样本数为甲池样本数的2倍，即，又类、类样本总数相等， 故类总数为，即，得，同理得. 设乙池中含个来自II号的类样本，则乙池含个来自II号的类样本； 剩余个II号类样本全部进入丙池，剩余个II号类样本全部进入丙池. 即乙池：类个，类个；丙池：类个，类个，其中. 乙池类数与丙池类数，即与的大小随取值变化， 当时，若，则，结论①不恒成立； 乙池类数与丙池类数恒相等，满足“不小于”，结论②成立； 乙池类数与丙池类数，二者差值为，即乙池类数恒大于丙池类数，结论③成立； 乙池类数与丙池类数的大小随取值变化，当时，，结论④不恒成立. 故正确结论的序号是②③. 三､解答题（本大题共1小题，共14分.解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.） 25. 设集合为含有个元素的有限集，若集合的个非空子集 ，，，满足以下两个条件：①，，，中任意两个集合的交集为空集；②.则称，，，为集合的一个划分.记为集合中的所有元素之和. （1）若，，为的划分，直接写出的最小值； （2）若，，为的划分，求的最小值； （3）若集合是由正整数构成的集合，，，为的划分，若从，，中的任意两个集合中分别任取一个元素，将这两个元素从中剔除后，中剩下的元素总能被划分为两个元素和相等的非空子集，求证：为偶数. 【答案】（1）1. （2）当为偶数时，的最小值为0；当为奇数时，的最小值为1. （3）设的总和为，从，，中的任意两个集合中分别任取一个元素，，，，这两个元素从中剔除后，剩余的和为，又中剩下的元素总能被划分为两个元素和相等的非空子集，故为偶数，即和同奇偶性. 由此可得：同一划分块内的所有元素奇偶性相同，若中存在两个元素，奇偶性不同，任取，则，奇偶性不同，与和同奇偶性相矛盾，同理，内的元素也各自同奇偶. 若，中的元素奇偶性相同，与中的元素奇偶性不相同，任取，，， 则，奇偶性不同，与和同奇偶性相矛盾，故，中的元素奇偶性相同，同理可证，，中的元素奇偶性相同，即中的所有元素奇偶性均相同. ①中的元素全为奇数，则中的元素个数必为偶数，若为奇数，则为奇数，奇数个奇数的和为奇数，则为奇数，与为偶数相矛盾，故为偶数； ②中的元素全为偶数，设，令， 构造集合，容易验证集合仍然满足题目的全部条件： ，，各自除以2得到的一个划分；从任意两个集合中分别任取一个元素，将这两个元素从中剔除后，中剩下的元素总能被划分为两个元素和相等的非空子集. 反复提取公因数2，有限次之后，一定能得到一个元素全为奇数且满足题目条件的集合，元素的总个数仍然是个，由①可知，该集合中元素的个数为偶数， 综上可知，为偶数. 【解析】 【分析】（1）根据题意可知必为奇数，最小的正奇数为，举例即可； （2）根据元素和可知的奇偶性与的奇偶性完全一致，分奇偶进行分类讨论即可； （3）根据条件判断各个划分块内的所有元素奇偶性相同，跨子集配对，再用一次条件，推出集合中的所有元素全奇或者全偶，再分全奇和全偶情形依次证明即可. 【小问1详解】 因为，所以，，要让该值最小，只需找到最接近的子集和，取子集和为，剩余元素和为，差为，无法得到更小的差，因此的最小值为. 【小问2详解】 计算的元素和：， 因为为奇数，所以的奇偶性与的奇偶性完全一致. 当时，为偶数，此时可将分成组， 每组为，每组的和为， 将每组的放入，放入， 则，的元素和均为，此时； 当时， 为奇数，则必为奇数，最小的正奇数为，此时可将中除以外的元素分成组， 每组为，每组的和为， 将每组的和放入，放入， 此时的元素和为，的元素和为，此时； 综上所述：当为偶数时，的最小值为0， 当为奇数时，的最小值为1. 【小问3详解】 略. 【点睛】（1）因为，所以，目标找到最接近的子集和，举例即可； （2）的元素和：，因为为奇数，所以的奇偶性与的奇偶性完全一致，再分两类讨论； （3）先根据条件得到剔除两个元素后，总和必为偶数，转化成奇偶关系是突破口，再得到中的所有元素奇偶都一样，全奇或者全偶，中的所有元素全为奇数时，则中的元素个数必为偶数，若为奇数，则为奇数，奇数个奇数的和为奇数，则为奇数，与为偶数相矛盾，故为偶数，中的所有元素全为偶数时，结合递降思想，不断提取公因数2，最后得到一个全是奇数的集合，从而说明为偶数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $