【文档说明】北京市东城区2023-2024学年高二下学期期末统一检测数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.966 MB，由小赞的店铺上传

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东城区2023—2024学年度第二学期期末统一检测高二数学2024.7本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40

分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合20,,Maa=，2,1,0,1,2N=−−，若1M，则MN=（）A.0,1B.1,0,1−C.0,1,2D.2,1,0,1,2−−【答案】B

【解析】【分析】结合集合与元素的关系求出参数a的值，结合交集的概念即可得解.【详解】由题意1a=或21a=，但是2aa，所以1a=−，0,1,1M=−，因为2,1,0,1,2N=−−，所以1,0,1MN=−.故选：B.2.某校学生科研兴趣小

组为了解1~12岁儿童的体质健康情况，随机调查了20名儿童的相关数据，分别制作了肺活量、视力、肢体柔韧度、BMI指数和身高之间的散点图，则与身高之间具有正相关关系的是（）A.肺活量B.视力C.肢体柔韧度D.BMI指数【答案】

A【解析】【分析】根据给定的散点图，结合正相关的意义判断即得.【详解】对于A，儿童的身高越高，其肺活量越大，肺活量与身高具有正相关关系，A正确；对于B，儿童的视力随身高的增大先增大，后减小，视力与身高不具有正相关关系，B错误；对于

C，肢体柔韧度随身高增大而减小，肢体柔韧度与身高不具有正相关关系，C错误；对于D，BMI指数与身高的相关性很弱，不具有正相关关系，D错误.故选：A3.已知,Rxy，且xy，则下列不等式中一定成立的是（）A.22xyB.11xyC.lnlnxyD.22xy【答案】

D【解析】【分析】举反例排除ABC，由指数函数单调性即可说明D.【详解】取0xy=，则22xy，1,ln,lnxyx无意义，故ABC错误；对于D，由指数函数2ty=在实数域上关于t单调递增，且xy，所以22xy，

故D正确.故选：D.4.袋中有10个大小相同的小球，其中7个黄球，3个红球.每次从袋子中随机摸出一个球，摸出的球不再放回，则在第一次摸到黄球的前提下，第二次又摸到黄球的概率为（）A.23B.12C.13

D.310【答案】A【解析】【分析】由条件概率、古典概型概率计算公式即可求解.【详解】在第一次摸到黄球的前提下，此时袋中有：6个黄球，3个红球，共9个球，所以所求概率为6293P==.故选：A.5.已知23a=，4log5b=，则22ab−的值为（）A.15B.53C.35D.

2−【答案】C【解析】【分析】利用指数式与对数式的互化，结合指数运算计算即得.【详解】由4log5b=，得45b=，即225b=，而23a=，所以2223225aabb−−==.故选：C6.A，B，C三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计

划，每位学生只能报一所大学.某中学现有四位学生报名.若每所大学都有该中学的学生报名，则不同的报名方法共有（）A.30种B.36种C.72种D.81种【答案】B【解析】【分析】将甲、乙、丙、丁四位同学分

为三组2，1，1，然后分配到,,ABC三所学校求解.【详解】设这四位同学分别为甲、乙、丙、丁，由题意将甲、乙、丙、丁四位同学分为三组2，1，1，然后分配到,,ABC三所学校.则不同的报名方法共有2114213CCC=36种.故选：B.7.2024年3月20号，我国成功发射鹊桥二号中继卫星

，其通过一个大型可展开的星载天线，实现了月球背面与地球之间的信号传输.星载天线展开后形成一把直径（口径）为4.2m的“金色大伞”，它的曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入接收天线，经反射聚集到焦点F处.若“金色大伞”的深度为0.49m，则“金色大伞”的

边缘A点到焦点F的距离为（）A.2.25mB.2.74mC.4.5mD.4.99m【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，再结合抛物线的定义求值即得.【详解】依题意，建立如图所示的平面直角坐标系，点(

0.49,2.1)A设抛物线的方程为22(0)ypxp=，则22.120.49p=，解得29p=，抛物线29yx=的焦点9(,0)4F，准线方程为94x=−，||0.492.252.74AF=+=，所以“金色大伞”的边缘A点到焦点F的距离为2.74m.故选：B8.已知直线:250lmxym−−

+=被圆()()22344xy−+−=截得的弦长为整数，则满足条件的直线l共有（）A.1条B.2条C.3条D.4条【答案】C【解析】【分析】首先求得211mdm+=+，又222422nndr=−=−，而直径是4，所以分4,3,2,1n=进行讨论

即可求解.【详解】圆()()22344xy−+−=的圆心、半径分别为()3,4,2r=，圆心()3,4到直线:250lmxym−−+=的距离为223425111mmmdmm−−++==++，设直线:250lmxym−−+=被圆()()22344xy−+−=截得的弦长为n，由于直线被圆

所截得的弦长不超过直径长度24r=，故分以下情形讨论：当4n=时，222144021mndrm+==−=−=+，解得1m=−，当3n=时，22219742421mndrm+==−=−=+，化简得23830mm−+=，解得473m=，当2n=时，222

141321mndrm+==−=−=+，化简得210mm−+=，该方程无解，当1n=时，222111542421mndrm+==−=−=+，化简得2118110mm−+=，该方程无解，而直线:250lmxym−

−+=是斜率为m且过定点()2,5直线，直线l由m唯一决定，综上所述，满足条件的直线l共有3条.故选：C.9.已知函数()()()()2,fxaxaxbab=−−R，则“0ba”是“b为()fx的极小值点”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充

分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】在0ba条件下利用导数证明b为()fx的极小值点，然后说明当1a=−，2b=−时，b为()fx的极小值点，但0ba并不成立，从而得到答案.【详解】由题设，()()()()()()()()

222322232fxaxbaxaxbaxabxbabaxabxb=−+−−=−+++=−+−，若0ba，则23abab+，故()2,,3abxb+−+上()0fx

，2,3abxb+上()0fx，所以()fx在()2,,,3abb+−+上递增，2,3abb+上递减，故b为()fx的极小值点，从而条件是充分的；当1a=−，2b=−时，有()()()212fxxx=−−+，则()()()

342fxxx=−++，显然()4,2,3x−−−+上()0fx，42,3x−−上()0fx，的的所以()fx在()4,2,,3−−−+上递减

，42,3−−上递增，此时2b=−为()fx的极小值点，但此时0ba并不成立，从而条件不是必要的.故选：A.10.《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.现给出一个同余问题：

如果a和b被m除得的余数相同，那么称a和b对模m同余，记为()modabm.若()0122202420242024202420242024CC3C3C3,mod5aab=++++，则b的值可以是（）A.2023B.2024C.2025D.2026【答案】D【解析】【分析】利用二项式定理求

出被5整除得的余数，再逐项验证即得.【详解】()202401222024202420242024202420242024CC3C3C3451a=++++==−20241202322022202312024202420245C?5C?5C?51=−+−−+()202

31202222021202320242024202455C?5C?5C1=−+−−+则()20231202222021202320242024202455C?5C?5C−+−−能被5整除，故()202312022220212023202420

24202455C?5C?5C1−+−−+除以5余数为1，所以0122202420242024202420242024CC3C3C3a=++++除以5余数为1，由()mod5ab，所以2023

54043=，202454044=，20255405=，202654051=，故选：D.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.函数()1ln1fxxx=+−的定义域是_________.【答案】()1,+【解析】【分析】由表达式

中的每个部分有意义得到不等式组，解之即可得到定义域为()1,+.【详解】为了让函数()1ln1fxxx=+−的表达式有意义，需要10100xxx−−.解得1x，所以函数()fx的定义域是()1,+.故答案为：()

1,+.12.已知双曲线C的焦点为()2,0−和()2,0，一条渐近线方程为3yx=，则C的方程为_________.【答案】2213yx−=【解析】【分析】由焦点坐标以及渐近线方程列式求出,ab即

可得解.【详解】双曲线C的焦点在x轴上，设C的方程为()22221,0,0xyabab−=，由题意2222,3,bcabca==+=，解得1,3ab==，所以C的方程为2213yx−=.故答案为：2213y

x−=.13.已知二项式()111021...nnnnnxaxaxaxa−−+=++++的所有项的系数和为243，则n=_____________；2a=_________.【答案】①.5②.40【解析】【分析】首先利用系数和条件，再原式中取1x=得到5n=；再对展开式两边求导两次并取

0x=，得到240a=.【详解】由已知有()111021...nnnnnxaxaxaxa−−+=++++，且110...243nnaaaa−++++=.再前一式中令1x=得1103...nnnaaaa−=++++，所以3243n=，得5n=.所以()55432543210

21xaxaxaxaxaxa+=+++++.由二项式定理可知，353325C21104140a−===.故答案为：5；40.14.某学校要求学生每周校园志愿服务时长不少于1小时.某周可选择的志愿服务

项目如下表所示：岗位环保宣讲器材收纳校史讲解食堂清扫图书整理时长20分钟20分钟25分钟30分钟40分钟每位学生每天最多可选一个项目，且该周同一个项目只能选一次，则不同选择的组合方式共有________种.【答案】20【解析】

【分析】分选择两个项目、三个项目、四个项目和五个项目四种情况考虑.【详解】由题意得选择两个项目有4种组合；选择三个项目有35C10=种组合；选择四个项目有45C5=种组合；选择五个项目有55C1=种组合，所以共有410512

0+++=种.故答案为：20.15.设Ra，函数()32,,axxxafxxxa−=−给出下列四个结论：①当0a=时，函数()fx的最大值为0；②当7a=时，函数()fx是增函数；③若函数()fx存两个零点，则01a

；④若直线yax=与曲线()yfx=恰有2个交点，则a<0.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①③##③①【解析】【分析】把0a=和7a=代入解析式，分析单调性即可判断①②，令()0fx=，解出零点，判断零点是否在区间内，

对含a的零点分有无意义，是否在相应区间内进行讨论，即可判断③，把④转化为()32,,axaxxxagxxaxxa−−=−−恰有两个零点，解出零点，易得取2a=−时有3在个零点，可判断④错误.【详解】①当0a=时，()2,0,0xxfxxx

−=−，当0x时，()0fx，当0x时，()0fx，故max()0fx=，故①正确；②当7a=时，()327,7,7xxxfxxx−=−，当0x时，2()fxx=−在(,0)−上单调递增，当07x时，2()fxx=−在(0,7)上单调递减，故()fx不是

增函数，故②错误；③当0a=时，()2,0,0xxfxxx−=−只有一个零点，令函数30yaxx=−=，解得123110,,xxxaa===−当a<0时，函数2yx=−在(,]a−上没有零点，23,xx无意义，故函数3yaxx=−在(,)a+上有且只有一个零点为0，即()fx

有且只有一个零点，故不符合题意；当0a时，函数2yx=−在(,]a−上有1个零点为0，10x=，31xa=−不在xa范围内，当01a时，211xaa=，故函数3yaxx=−在(,)a+上有一个零点，

即()fx有两个零点，符合题意，当1a时，211xaa=，故函数3yaxx=−在(,)a+上没有零点，即()fx有且只有一个零点，故不符合题意；综上所述：当01a时，()fx有两个零点.故③正确；

④直线yax=与曲线()yfx=恰有2个交点，可转化为()32,,axaxxxagxxaxxa−−=−−恰有两个零点.令函数30yaxaxx=−−=，解得123110,1,1xxxaa==+=−+，当2a=−时，123,,xaxaxa，函数3yaxaxx=−−在(

,)a+上有3个零点，令220yxx=−+=得340,2xx==，故函数22yxx=−+在(,]a−上没有零点，即()gx有3个零点，故④错误.故答案为：①③.三、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.某次

乒乓球比赛单局采用11分制，每赢一球得一分.每局比赛开始时，由一方进行发球，随后每两球交换一次发球权，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10:10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.已知甲、乙两人要进行一场五局三胜制（当一方赢得三局比赛

时，该方获胜，比赛结束）的比赛.（1）单局比赛中，若甲发球时甲得分的概率为45，乙发球时甲得分的概率为12，求甲4:0领先的概率；（2）若每局比赛乙获胜概率为13，且每局比赛结果相互独立，求乙以3:1赢得比赛的概率

.【答案】（1）425；（2）227.【解析】【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式列式计算即得.（2）确定乙以3:1赢得比赛的事件，再利用相互独立事件的概率公式计算即得.【小问1详解】设事件A：单局比赛中甲4:0领先，

则44114()552225PA==，所以单局比赛中甲4:0领先的概率为425.【小问2详解】设事件B：乙以3:1赢得比赛，即前3局中乙输1局胜2局，第4局乙胜的事件，则3212()3()3327PB==，所以乙以3:1赢得比赛的概率是227.17.设函数()exfx

ax=+，其中Ra.曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程为yxb=−+.（1）求a，b的值；的（2）求()fx的单调区间.【答案】（1）2ab==−（2）递增区间为(,ln2)−−，递减区间为(ln2,)−+.【解析】【分析】（1）求出函数()fx的导数，利用导数的

几何意义列式计算即得.（2）利用（1）的结论，利用导数求出单调区间.【小问1详解】依题意，(0)fab==，又()e1xfxa=+，则(0)11fa=+=−，解得2a=−，所以2ab==−.【小问2详解】由（

1）知，()2exfxx=−+的定义域为R，()2e1xfx=−+，当ln2x−时，()0fx，函数()fx在(,ln2)−−上单调递增，当ln2x−时，()0fx，函数()fx在(ln2,)−+上单调递减，所以函数()fx的递增区间为(,

ln2)−−，递减区间为(ln2,)−+.18.近年来，我国新能源汽车蓬勃发展，极大地促进了节能减排.遥遥计划在1A，2A，3A，4A，5A，6A这6个国产新能源品牌或在1B，2B，3B，4B这4个国产燃油汽车品牌中选择购车.预

计购买新能源汽车比燃油车多花费40000元.据测算，每行驶5公里，燃油汽车约花费3元，新能源汽车约消耗电1千瓦时.如果购买新能源汽车，遥遥使用国家电网所属电动汽车公共充电设施充电，充电价格分为峰时、平时、谷时三类，具体收费标准（精确到0.

1元/千瓦时）如下表：充电时间段充电价格（元/千瓦时）充电服务费（元/千瓦时）峰时10：00—15：00和18：00—21：001.00.8平时7：00—10：00，15：00—18：00和21：00—23：000.7谷时当日23：00—次日

7：000.4（1）若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌作比较，求品牌1A被选中的概率；（2）若遥遥选购新能源汽车，他在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点给车充电，每次充电30千瓦时（用时不超过半小时）.设X为遥遥每

次充电的费用，求X的分布列和数学期望；（3）假设遥遥一年驾车约行驶30000公里，按新车使用8年计算，如果只考虑购车成本与能源消耗支出，计算说明选择新能源汽车和燃油汽车哪个的总花费更少.【答案】（1）13（2）分布列见解析，期望()48EX=（3）选择新能源汽车的总花费最少【解析】【

分析】（1）由古典概型概率计算公式直接计算即可求解；（2）X的所有可能取值为36,45,54，分别求出对应的概率即可得分布列以及数学期望；（3）分别求出各自的购车成本以及能源消耗支出的表达式，从而即可进行比较.【小问1详解

】若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌，共有26C15=种，若品牌1A被选中，则有15C5=种选择，从而所求概率为51153P==；【小问2详解】在峰时充电，每次充电30千瓦时需要花费()10.83054+=，在平时充电，每次充电30千瓦时需要花费()0.70.83045+=，在谷时充电

，每次充电30千瓦时需要花费()0.40.83036+=，所以X的所有可能取值为36,45,54，在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点中：峰时充电有：18：00，18：30，19：00

，19：30，20：00，20：30，共六个时间点，平时充电有：21：00，21：30，22：00，22：30，共四个时间点，谷时充电有：23：00，23：30，共两个时间点，所以()65412PX==，()4145123PX===，()2136126PX===

，X的分布列为：Xk=364554()PXk=161312X的数学期望为()11136455448632EX=++=；【小问3详解】解法一：设燃油车购车成本为x万元，则新能源汽车购车成本为()4x+万元，燃油车能源消耗支出为33814.45=万元，设Y为在某个时间段

充电1千瓦时的费用，在峰时充电，每次充电1千瓦时需要花费10.81.8+=，在平时充电，每次充电1千瓦时需要花费0.70.81.5+=，在谷时充电，每次充电1千瓦时需要花费0.40.81.2+=，则Y的所有可能取值为1.8,1.5,1.2，且()()()5313321811.8,

1.5,1.2243243243PYPYPY+++=========，所以()1.81.51.21.53EY++==，新能源汽车能源消耗支出为1381.57.25=万元，如果只考虑购车成本与能源消耗支出，则燃油汽车的总花费为114.4y

x=+，新能源汽车的总花费为2147.211.2yxxy=++=+，综上所述，选择新能源汽车的总花费最少.解法二：按新车使用8年计算，燃油汽车使用的燃油费为30000831440005=(元)，新能源汽车使用电费最多为300008(1.00.8)864005

+=(元)，因为购买新能源汽车比燃油车多花费40000元，所以144000400008640017600−−=(元).新能源汽车至少比燃油汽车总花费少17600元，所以选择新能源汽车总花费更少.19.已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=，过点(0,3)，A，B分别是E的左

顶点和下顶点，F是E右焦点，π3AFB=.（1）求E的方程；（2）过点F的直线与椭圆E交于点P，Q，直线AP，AQ分别与直线4x=交于不同的两点M，N.设直线FM，FN的斜率分别为1k，2k，求证：12kk为定值.【答案】（1）22143xy+=；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根

据给定条件，求出,,abc即可得E的方程.（2）设出直线PQ的方程，与椭圆方程联立，由直线,APAQ求出,MN的坐标，利用韦达定理结合斜率的坐标表示计算即得.【小问1详解】由椭圆2222:1(0)xyEabab+=过点(0,3)，得3b=，由π3AFB=，得椭圆半焦

距1c=，则长半轴长222acb=+=，所以E的方程为22143xy+=.【小问2详解】显然直线PQ不垂直于y轴，设直线PQ的方程为1xmy=+，1122(,),(,)PxyQxy，由2213412xmyxy=++=消去x得22(34)690mymy++−=，显然0

，12122269,3434myyyymm−−+==++，直线AP的方程为11(2)2yyxx=++，令4x=，得点M纵坐标11116623Myyyxmy==++，同理点N的纵坐标2263Nyymy=+，因此12121221212124433(3)(

3)3()9NMyyyyyykkmymymyymyy===+++++22229434196393434mmmmmm−+==−−−++++为定值，所以12kk为定值.20.已知函数()()2ln1fxxaxa=−−R.（1）当2a=时，求()fx的极值；（2）若对任意()1,x+

，有()0fx恒成立，求a的取值范围；（3）证明：若()fx在区间()1,+上存在唯一零点0x，则20eax−（其中e2.71828...=）.【答案】（1）极小值为0，无极大值（2）(,2−（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接通过求导判断单调性，从

而求得极值；（2）对2a和2a分类讨论，当2a时由02af知条件不满足，当2a时可通过求导得到单调性，推知条件满足，从而得到a的取值范围是(,2−；（3）由条件可直接得到2a，然后通过导数判断()

fx在,2a+上的单调性，再证明20e2aax−，即可通过反证法得到结论.的【小问1详解】当2a=时，()22ln1fxxx=−−，从而()()()21122xxfxxxx−+=−=.故对01

x有()()()2110xxfxx−+=，对1x有()()()2110xxfxx−+=.所以()fx在(0,1上递减，在)1,+上递增.从而()fx有唯一的极值点1x=，且是极小值点，对应极小值为()10f=，无极大值.【小问2详解】由()2ln1fxxax=−−，知()222

2aafxxxxx=−=−.若2a，则12a.而对12ax有()2202afxxx=−，所以()fx在1,2a上递减.故()102aff=，从而()0fx对2ax=不成立，不满足条件；若2

a，则对1x有()2221022aafxxxx=−−，所以()fx在)1,+上递增.从而对任意()1,x+，有()()10fxf=，满足条件.综上，a的取值范围是(,2−.【小问3详解】据（2）的结果，当2a=时对(

)1,x+有()0fx，故对1x有22ln10xx−−.此即()22ln1xx+，所以对任意的1t，在()22ln1xx+中取2tx=就有ln1tt+.回到原题.若()fx在区间()1,+上存在唯一零点0x，根据（2）的结果，首先有2a.此时对12ax有()

2202afxxx=−，对2ax有()2202afxxx=−.所以，()fx在1,2a上递减，在,2a+上递增.而()10f=，故()1,+上的零点0x满足02

ax.由于2e1a−，而对任意的1t，都有ln1tt+，取2eat−=，就有2e1aa−−，从而()224e1aa−−.所以()()()()()222222424eelne1e21e10aaaaafaaaa−−−−−=−−=−−−=−−.假设20eax−

，由2a及2e1aa−−有()21e12222aaaaaa−−=−−+，所以20e2aax−.由()fx在,2a+上递增，且()2e0af−，即可从20e2aax−，推知()()20e0af

xf−.但这与0x是()fx的零点矛盾，所以20eax−.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于在小问（3）中，适当使用小问（2）的结论，进行进一步的拓展或适当的利用，从而证得小问（3）所求的结论.21.已知n项数列()12:,,...,3nnAaaan，满足对任意的

ij有ijaa.变换T满足对任意1,2,...,in，有()12,,...,inTaaaa，且对ij有()()ijTaTa，称数列()()()()12:,,...,nnTATaTaTa是数列nA的一个排列.对任意1,2,...,in，

记()()1iiTaTa=，()()()()1*kkiiTaTTak+=N，如果k是满足()()11,2,...,kiniTaain+−==的最小正整数．．．．．，则称数列nA存在k阶逆序排列，称T是nA的k阶逆序变换.（1）已知数列4:1,2,

3,4A，数列()4:3,1,4,2TA，求()24TA，()44TA；（2）证明：对于4项数列4A，不存在3阶逆序变换；（3）若n项数列nA存在3阶逆序变换，求n的最小值.【答案】（1）()24:4,3,2,1TA，()44:1,2,3,4TA（2）证明见解析（3）6【解析】【分析】（1）

直接根据定义求解对应的数列即可；（2）先证明若n项数列nA存在3阶逆序变换，则n1−和n中必有一个是6的倍数，再由4n=不满足该条件，即得结论；（3）由上面的结果可知6n，然后对6n=构造符合条件的3阶逆序变换T即可.【小问1详解】由于4:1,2,3,4A，()4:3,1,4,2TA，故()

13T=，()21T=，()34T=，()42T=.所以()()()()()24:3,1,4,2TATTTT，即()24:4,3,2,1TA.所以()()()()()34:4,3,2,1TATTTT，即()34:2,4,1,3TA.所以()()()()()44:2,4,1,3TATTTT，即

()44:1,2,3,4TA.故()24:4,3,2,1TA，()44:1,2,3,4TA.【小问2详解】对3n，设有n个不同的点12,,...,nPPP，若()ijTaa=，则在,ijPP之间画一个箭头ijPP→.则每个点恰好发出一个箭头，也恰被一

个箭头指向，这些箭头将形成若干互不相交的圈.若各项互不相同的数列nA存在3阶逆序变换T，则对12ni+，ia经过三次变换T后得到1nia+−.这意味着iP和niP−必然位于一个长度为6的圈中.从而，如果n是偶数，则必定有12ni+，故每个点12,,

...,nPPP都位于一个长度为6的圈中，所以n是6的倍数；如果n是奇数，则除12nP+以外的点都位于一个长度为6的圈中，若12nP+单独作为一个圈，则n1−是6的倍数，若12nP+位于包含其它点的圈中，则n是6的倍数.但n是奇数，故只可能是：12nP+单独作为一个圈，

n1−是6的倍数.综上，若各项互不相同的数列nA存在3阶逆序变换T，则n1−和n中必有一个是6的倍数.由于4n=不满足该条件，故对于4项数列4A，不存在3阶逆序变换；【小问3详解】若n项数列nA存在3阶逆序变换，根据（

2）的结果，n1−和n中必有一个是6的倍数.而3n，故6n.而当6n=时，对各项互不相同的数列6123456:,,,,,Aaaaaaa，构造变换123456123456:,,,,,,,,,

,Taaaaaaaaaaaa→，满足()12Taa=，()23Taa=，()36Taa=，()41Taa=，()54Taa=，()65Taa=.则()16236145:,,,,,TAaaaaaa，()

26365214:,,,,,TAaaaaaa，()36654321:,,,,,TAaaaaaa.所以T是数列6A的3阶逆序变换.综上，n的最小值为6.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于从3阶逆序变换的存在性推出n1−和n中必有一个是6的倍数，进而可以迅

速由条件确定n的大致范围，最后得到结果.