【文档说明】湖北省武汉外国语学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，1.594 MB，由小赞的店铺上传

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武汉外国语学校2023-2024学年度下学期期末考试高二数学试卷命题教师：审题教师：考试时间：2024年6月26日考试时长：120分钟试卷满分：150分一、单选题：本题共8小题，每小题5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．1.6(12)x−的

展开式中3x的系数为（）A.160−B.160C.80−D.80【答案】A【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，令x的指数为3，即可求出展开式中3x的系数.【详解】解：()612x−展开式通项公式为()162rrrxTC+=−，令3r=时，得展开式中3x的系数为()33

61026C=−−.故选：A2.设，，是三个不同平面，且m=，n=，则“mn∥”是“∥”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】【分析】根据

题意，空间中直线与平面的位置关系，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.【详解】因为m=，n=，mn∥，则,可能相交，故“mn∥”推不出“∥”，充分性不满足；m=，n=，∥，由面面平行的判定

定理可知mn∥，故必要性满足；所以“mn∥”是“∥”必要不充分条件.故选：B3.现有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，准备在A、B、C三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少的有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同

一个景点，则不同的选法种数为（）A.24B.36C.48D.72【答案】B【解析】【分析】根据题意，分组方式有12,2，与1,1,3，由分组分配的计算公式，代入计算，即可求解.【详解】若甲乙选择的景点没有其他人选，则分组方式为12,2，的选法为2333

CA18=种；若甲乙选择的景点还有其他人选，则分组方式为1,1,3的选法为11332322CCA18A=种；所以总的不同的选法种数为181836+=种.故选：B4.现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为1，将它重新制作成一个体积与高均不变的圆锥，则该圆锥的底面积为（）A.23

B.3C.323+D.33【答案】B【解析】【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式计算.【详解】设圆锥的底面积为S，则()211113S=π，解得3πS=.故选：B.5.下列说法中正确的是（）A.根据分类变量x与y的成对样本数据，计

算得到26.88=.依据0.005=对应的7.879x=的独立性检验，结论为：变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005.B.在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽

度越窄表示回归效果越差.C.()2,XN，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖.D.已知变量x、y线性相关，由样本数据算得线性回归方程式0.4yxa=+，且由样本数据算得4x=，3.7y=，则2a=.【答案】C【解析】【分析】根据独立性检验、残差分析

、正态分布、线性回归方程相关知识进行分析，得出正确答案.【详解】对A，26.887.879=，所以结论为变量x与y独立，这个结论犯错误的概率超过0.005，A选项错误；对B，在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越

窄表示回归效果越好，B选项错误；对C，()2,XN，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖，C选项正确；对D，由样本数据算得线性回归方程式0.4yxa=+，且由样本数据算得4x=，3.7y=，则2.1a=，D选项错误.故选

：C.6.已知等差数列na中，6a是函数()πsin26fxx=−的一个极大值点，则()48tanaa+的值为（）A.33B.3C.3D.3−【答案】D【解析】【分析】由题意可得62π22π,Z3akk=+，再由等差数列的性质可得4862+=aaa，

从而可求出()48tanaa+的值.【详解】因为6a是函数()πsin26fxx=−的一个极大值点，所以6ππ22π,Z62akk−=+，所以62π22π,Z3akk=+，因为na为等差数列，所以4862+=aaa，所以()()4862π2π

tantan2tan2πtan333aaak+==+==−.故选：D7.设函数()31fxxax=−+，则下列正确的是（）A.当0a=时，1y=不是()fx的切线B.存在a，使得()yfx=没有对称中心C.若()fx

有三个不同的零点123,,xxx，则1230xxx++=D.当0a时，若12,xx是()fx的极值点，则120xx=【答案】C【解析】【分析】利用导数的几何意义，求得()yfx=在店(0,1)处的切线方程1y=，可判定A错误；根

据则()()2fxfx−+=，得到()fx关于(0,1)对称，可判定B不正确；设()31fxxax=−+的三个零点分别为123,,xxx，结合31231()()()xaxxxxxxx−+=−−−，可判定C正确；根据()23fxxa=−，令()0fx=，

结合二次函数的性质，可判定D正确.【详解】对于A中，当0a=时，()31fxx=+，则()23fxx=，可得()00f=，所以曲线()yfx=在点(0,1)处的切线方程为1y=，所以A错误；对于B中，函数()31fxxax=−+，可得()31fxxa

x−=−++，则()()2fxfx−+=，所以函数()fx关于点(0,1)对称，即对于任意a，曲线()yfx=关于点(0,1)对称，所以B不正确；设函数()31fxxax=−+的三个零点分别为123,,xxx，则有3321231231213231231()()()

()()xaxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx−+=−−−=−++−++−，对比含2x的系数，可得1230xxx++=，所以C正确；对于D中，当0a时，由()31fxxax=−+，可得()23fxxa=−，令()0fx=，即230xa−=

，可得120xxa=−，所以D错误.故选：C.8.已知nS是数列nb的前n项和，若()202522025012202512xaaxaxax−=++++，数列nb的首项320251212320252222aaaab=++++，()*12Nnnnbbn+=，则2025S=（）A.101

432−−B.1012232−−C.1012232−D.101432−【答案】D【解析】【分析】分别将0x=和12x=带入，求解出1b的值，根据()*12nnnbbnN+=得出22nnbb+=，然后利用等比数列求和公式，得出答案.【详解】当0x=时，01a=；

当12x=时，2025120220250222aaaa++++=，所以101ba=−=−，又212bb=，所以22b=−，因为112122nnnnnnbbbb++++==，所以22nnbb+=.()()2025123420251320

25242024Sbbbbbbbbbbb=+++++=+++++++101310121014(1)(12)(2)(12)321212−−−−=+=−−−.故选：D.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每

小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点()2,0A，直线:3lx=−，动点P到点A的距离比到直线l的距离小1.

若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是（）A.点P的轨迹曲线是线段B.2yx=+是“最远距离直线”C.过点A的直线与点P的轨迹交于M、N两点，则以MN为直径的圆与y轴相交D.过点A的直线与点P的轨

迹交于M、N两点，则2MANA+的最小值为322+【答案】BC【解析】【分析】由题意可知动点P到点A的距离等于到直线2x=−的距离，所以可知点P的轨迹是以()2,0A为焦点的抛物线，求出轨迹方程，然后逐个分析判断即可.【详解】因为点()2,0A

，直线:3lx=−，动点P到点A的距离比到直线l的距离小1，所以动点P到点A的距离等于到直线2x=−的距离，所以点P的轨迹是以()2,0A为焦点，以2x=−为准线的抛物线，所以抛物线方程为28yx=，对于A，点P的轨迹是抛物线，所以A错误，对于B，由282yxyx

==+，得2440xx−+=，解得2x=，4y=所以直线2yx=+与抛物线28yx=相交于点(2,4)，所以2yx=+是“最远距离直线”，所以B正确，对于C，设过点()2,0A的直线为2(0)xmym=+，1122(,),(,)MxyNxy，由282yxxmy==+，得2816

0ymy−−=，264640m=+所以12128,16yymyy+==−，所以212121222()484xxmymymyym+=+++=++=+，所以21288MNxxpm=++=+，所以以MN为直径的圆的半径为244

rm=+，因为圆心到y轴的距离为212422xxmr+=+，所以以MN为直径的圆与y轴相交，所以C正确，对于D，2MANAMANANAMNNA+=++=+21222810102pxxpxmx=++++=++，所以D错误，故选：BC10.一只口袋中装有形状、大小都相同的8个小球，其中有

黑球2个，白球2个，红球4个，分别用有放回和无放回两种不同方式依次摸出3个球.则（）A.若有放回摸球，设摸出红色球的个数为X，则方差()34DX=B.若有放回摸球，则摸出是同一种颜色球的概率316C.若无放回摸球，设摸出红色球的个数为X，则期望

()32EX=D.若无放回摸球，在摸出的球只有两种不同颜色的条件下，摸出球是2红1白的概率为13【答案】ACD【解析】【分析】根据题意有放回摸球时为二项分布，无放回摸球时为超几何分布，根据两种不同方式和条件概率判断各个选项；【详解】对于A，根据题意有放回摸球时为二项分布，摸

到红球的概率为4182=，依次摸出3个球，则1(3,)2XB，所以()1133(1)224DX=−=，A正确；对于B，根据题意有放回摸球时为二项分布，摸到黑球概率为2184=，摸到白球的概率为2184=，摸到红球的概率为418

2=，依次摸出3个球，所以摸出是同一种颜色球的概率3331115()()()44232++=，B错误；对于C，无放回摸球时为超几何分布，依次摸出3个球，设摸出红色球的个数为X，X的可能取值为0，1，2，3，则3438

C1(0),C14PX===214438CC3(1),C7PX===124438CC3(2),C7PX===3438C1(3),C14PX===则期望()1331301231477142EX=+++=，C正确；对于D，若无放回摸球，在摸出的球只有

两种不同颜色有黑白、黑红、红白，则摸出的球只有两种不同颜色的概率为12211221122124242424222238CCCCCCCCCCCC9C14+++++=，摸出球是2红1白的概率为122438CC3C14=，的在摸出的球只有两种不同颜色的条件下，摸出球是2红1白的概率为3

1149314=，D正确；故选：ACD.11.设定义在R上的函数()fx与()gx的导函数分别为()fx和()gx，若()()212fxgxx−=−，()1gx+为偶函数，()()fxfx−=，则（）A.()()2232gf=+B.()24g=C.()()33399

ff=D.2024140482025iig==【答案】ACD【解析】【分析】根据导数的运算法则取特征值判断A，根据偶函数的性质和导数的运算法则可得()gx的图象关于()1,0点对称，()fx的图象关于()0,0点对称，利用对称性判断BC

，根据函数的运算性质和对称性判断D即可.【详解】选项A：因为()()212fxgxx−=−，所以()()2212fxgx−=−，所以当2x=时()()2322fg=−，即()()2232gf=+，A说法正确；选项B：因为()1gx+为偶函数，所

以()()11gxgx−+=+，所以()()11gxgx−−+=+，即()()110gxgx−+++=，所以()gx的图象关于()1,0点对称，()10g=，又因为()()fxfx−=，所以()()fxfx−−=，即()()0fxfx

−+=，所以()fx的图象关于()0,0点对称，所以由A得()()()()21022112fgfg−=−=−，解得()04=g，所以()24g=−，B说法错误；选项C：因为()gx的图象关于()1,0点对称，(

)fx的图象关于()0,0点对称，所以由()()2212fxgx−=−得()()()()232223222fxfxgxgx−=−−=−−=−−，所以()()21232fxfx−−−=−，将()24g=−代入()()2232gf=+得()33f=−，所以()()333215

33f=−+−=−，所以()()33399ff=，C说法正确；选项D：因为()fx图象关于()0,0点对称，所以()21fx−的图象关于1,02对称，所以()()2212gxfx=−+

的图象关于1,22对称，所以20241120242202310121013...2025202520252025202520252025iiggggggg==++++++

410124048==，D说法正确；故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.求函数()sinxfxx=在点()π,0P处的切线方程__________（请写成一般式）【答案】ππ

0xy+−=【解析】【分析】由题干函数解析式可得()π0f=，求导可得()1ππf=−，结合导数的几何意义代入点斜式方程求解，化为直线的一般式方程即可.【详解】因为()sinxfxx=，则()2cossinxxxfxx−=，

可得()π0f=，()1ππf=−，即切点坐标为()π,0，切线斜率1πk=−，所以切线方程为()1ππyx=−−，整理可得ππ0xy+−=.故答案为：ππ0xy+−=.13.已知12,FF是双曲线()2222:10,0xyCabab−=的左

、右焦点，以2F为圆心的圆与双曲线的两支分别在第一第二象限交于,AB两点，且122FBFA=，则双曲线的离心率为___________【答案】333##1333【解析】的【分析】连接12,AFBF交于点D，由122FBFA=可得2ADF△与1BDF相似，结合双

曲线的定义可得12BFa=，24BFa=，12DFa=，再利用余弦定理列式即可求解.【详解】如图所示连接12,AFBF交于点D，因为122FBFA=，则12//FBFA，所以2ADF△与1BDF相似，设22AFBFR==，则12

RBF=，由双曲线的定义可得212BFBFa−=，解得4Ra=，所以12BFa=，24BFa=，16AFa=，21433BDBFa==，11123DFAFa==，由余弦定理可得22222211121212112cos22BFBDFDBFBFFFFBFBFBDBFBF+−+−

==，即2222221644416494224223aaaaacaaaa+−+−=，整理得22113ca=，所以333cea==，故答案为：33314.小明对数学课上的随机游走模型充满兴趣，思维也进入丰富的想象，他将自己想象成一

颗粒子，在一个无限延展的平面上，从平面直角坐标系的原点出发，每秒向上、向下、向左、向右移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为14，记第n秒末小明回到原点的概率为np，求4p=__________，2np=__________（与n有关的式子，附：220(C)Cnknnnk==）.

【答案】①.964②.222(C)4nnn【解析】【分析】由题意得粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可，第2n秒未要回到原点，则必定向左移动k步，向右移动k步，向上移动nk−步，向下移动nk−步，表示出2np.【详解】由题意得

粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，①每一步分别是四个不同方向的排列，共有44A种情况，②每一步分别是两个相反方向的排列，共有242C种情况，所以424444A2C241294444644p++===，第2n秒未要回到原点，则必定向左移动k步，向右移动k步，向

上移动nk−步，向下移动nk−步，所以22222222200CCC1(2)!44(!)[()!]kknknnnnknknnnkknpknk−−−====−2222201(2)!(!)4(!)(!)[

()!]nnknnnknk==−2201CCC4nnknknnnnk−==22201C(C)4nnknnnk==222(C)4nnn=.故答案为：964，222(C)4nnn.【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是分析得第2n秒未要回到原点，粒子的运动情况，从而得解.四

、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2cos0aBca−+=.（1）证明：2BA=；（2）若1sin3A=，42b=，求ABC的面积.【答案】（1）证明见解析（2）4629【解析】【分

析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化代入计算，结合正弦的和差角公式，即可证明；（2）根据题意，由二倍角公式可得sinB，由正弦定理可得a，代入2cos0aBca−+=可得c，再由三角形的面积公式代入计算，即可得到结果.【小问1详解】证明：由2cos0aBca−+=可得2sincossi

nsin0ABCA−+=，即2sincossin)sin0ABABA−++=（，化简得()sinsinABA=−，因为,AB为ABC内角，所以有ABA=−，得2BA=.【小问2详解】由（1）可知A为锐角，由1sin,3A=得22cos,3A=所以42sin2sincos9BAA==，24

27cos199B=−=，由正弦定理sinsinbaBA=可得sin3sinbaAB==，依题2cos0aBca−+=，带入相应得值可得233c=，所以Δ1462sin29ABCSbcA=

=.16.在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆()2222:10xyEabab+=左焦点为1F，离心率为22，且过点21,2A，直线1AF与椭圆C相交于另一点B.（1）求E的方程；（2）设点M在椭圆E上，记OAB与MA

B△的面积分别为1S，2S，若212SS=，求点M的坐标.【答案】（1）22:12+=xEy（2）2721,,,2510−−21721,,,2510−−，【解析】的【分析】（1）由题意得22ca=，2222211ab

+=，再结合222abc=+可求出22,ab，从而可求得椭圆方程；（2）将2MABOABSS=，转化为在y轴上取点P，使得P到直线AB的距离是O到直线AB的距离的两倍，求出点P的坐标，过21PP，

作与AB平行的直线12ll，，与椭圆方程联立可求出点M的坐标.【小问1详解】由题可得222222222211caababc=+==+，解的222,1ab==，即22:12+=xE

y；【小问2详解】由（1）得1(1,0)F−，则直线()2:14AByx=+，直线AB与y轴交点为2(0,)4N，由题2MABOABSS=，转化为在y轴上取点P，使得P到直线AB的距离是O到直线AB的距离的两倍，设点(0,)Pt，则2242216216t−+=

++，解得24t=−，或324t=，所以122320,,0,44PP−，过21PP，作与AB平行的直线()12:14lyx=−，()22:34lyx=+，两直线与椭圆E的交点即为满足题意的点，由()2221412yxxy=−+=

，得122xy=−=−，或75210xy==，得122721,,,2510MM−−，由()2223412yxxy=++=，得122xy=−=，或157210xy=−

=，得3421721,,,2510MM−−，综上可得，M的坐标为2721,,,2510−−21721,,,2510−−

，.17.如图，在三棱柱111ABCABC-中，ABC是正三角形，四边形11AACC为菱形，1π3AAC=，12ABAB=.（1）证明：111ACAB⊥；（2）求二面角11BAAC−−的正弦值.【答

案】（1）证明见解析（2）63【解析】【分析】（1）根据题意，取AC的中点为O，连接1,BOAO，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面1ABO，从而可得11AC⊥平面1ABO，即可证明；（2）方法一：根据题意，

结合二面角的定义可得CMN为二面角11BAAC−−的平面角，再由余弦定理代入计算，即可求解；方法二：根据题意，取O为AC的中点，过O作平面ABC的垂线，以该垂线为z轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式代入计算，即可求解.【小问1详解】取AC的中点为O，连接1,BOA

O，由题知1,ABCAAC是正三角形，1,AOACBOAC⊥⊥，又11AAAC=，13AAC=，1AAC△为正三角形，1AOAC⊥，又1AOBOO=，AC⊥平面1ABO，又11//ACAC，所以11AC⊥平面1ABO，1AB平

面1ABO，所以111ABAC⊥.【小问2详解】方法1：几何法不妨设ABa=，则有1ABACAAa===，又112,2ABABABa==，2221111,90ABAAABAABBAAA=+=⊥，，取1AA的中点M，连接CM，因为1AAC△为正三角形，所

以1CMAA⊥，取1AB的中点N，连接MN，则1//,MNABMNAA⊥，可得CMN为二面角11BAAC−−的平面角，在CMN中，13,22MNaCMa==，同理可得190BCA=，112,2,2BCCAaBAaCNa====，由余弦定理，222

22231113442cos23313222aaaCMNMCNCMNCMNMaa+−+−====，6sin3CMNC=.方法2：建系法取O为AC的中点，过O作平面ABC的垂线，以该垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设2ABa=，依题2ABACBCa===，1112

,2,22AAaACaABa===，则()()()()10,,0,3,0,0,0,,0,,,AaBaCaAxyz−设，()()()222222222222143408383xaxyazaxyazayxayzaza=−+++=+−+==−++==，(

)()111818,0,,,,,3,,0,0,2,03333AaaAAaaaABaaACa−−===，设平面1BAA法向量为()1111,,nxyz=，则11111111111118002330303xaxayaznABy

nAAaxayz=−++====+==−，所以()11,3,2n=−，同理，平面1AAC的法向量()2222,,nxyz=，222222211800332024xaxayazyayz=−++====，221

,0,4n=，设锐二面角11BAAC−−为，则cos𝜃=|cos<𝑛1⃗⃗⃗⃗,𝑛2⃗⃗⃗⃗>|=3232√3=1√3,∴sin𝜃=√63.18.（1）设函数()()ln12axfxx

x=+−+，当0x时，()0fx恒成立，求a的取值范围；（2）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽到20个号码互不相同的概率为p，证明：1929110ep.【答案】（1）

2a；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导后，分0,a02a和2a三种情况讨论导数的正负，可得函数的单调性，再结合(0)0f=分析判断即可；（2）由题意可得19999881100p

=，利用放缩法可证得19910p，要证1929110e，只要证92ln01019+，结合（1）可证得结论.【详解】（1）()()()()22221(),012xaxfxxxx+−+=++，(0)0f=，若0,

a则()0fx，所以函数()()ln12axfxxx=+−+在(0,)+上单调递增，所以()0fx恒成立；满足题意若0,a()()()()224242=012xaxafxxxx+−+−++，，

方程()24242=0xaxa+−+−的判别式为2(42)4(42)4(2)aaaa=−−−=−，①02a时，()0fx¢>，函数()()ln12axfxxx=+−+在(0,)+上单调递增，所以()0fx恒成立，满足题意②2a时，方程()2

4242=0xaxa+−+−在(0,)+上的解为()22xaaa=−+−，当()022xaaa−+−时，()242420xaxa+−+−，()0fx，所以函数()()ln12axfxxx=+−+在()(0,22)aaa−+−上单调递减，不满足()0fx

恒成立综上所述，a的取值范围2a（2）由已知条件得，抽取的20个号码互不相同的概率为20100202019A100999881999881=100100100p==，因为()()222998190990990990=+−=−

，同理2988290，2978390，，2819990，所以1999988190，所以1919199199988190910010010=，再证：1929110e，即证：91

9ln210−，即92ln1019−，92ln01019+，由（1）得，当0x时，()2()ln102xfxxx=+−+，取19x=，则2119()ln1019929f=+−+，所以102ln0919−，即92ln01019−

−，所以92ln01019+，综上，1929110ep.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查独立事件的概率，第（2）问解题的关键是利用放缩

法变形化简，考查计算能力和数学转化思想，属于较难题.19.已知有穷正项数列()nanm，若将数列每项依次围成一圈，满足每一项等于相邻两项的乘积，则称该数列可围成一个“T-Circle”.例如：数列1,1,1，112,1

,,,1,222都可围成“T-Circle”.（1）设1aa=，当5m=时，是否存在a使该数列可围成“T-Circle”，并说明理由.（2）若na的各项全不相等，且可围成“T-Circle”，写出m的取值（不必证明），并写出一个满足条件的数列.（3）若

na的各项不全相等．．．．，且可围成“T-Circle”，求m的取值集合.【答案】（1）存在，理由见解析（2）6m=，满足条件的一个数列为3112232233，，，，，（3）*6,Nmkk=【解析】【分析】（1）根据定义，列出方程组

，解出来即可.（2）列举出满足题意的数列即可.（3）考虑用反证法证明.【小问1详解】当1aa=，5m=时，假设存在a使该数列可围成“T-Circle”，有穷正项数列()5nan，由将数列每项依次围成一圈，满足每一项等于相邻两项的乘积，得213324435514152,,,,aaaaa

aaaaaaaaaa=====，由最后两式可得241aa=，故31a=，故12aaa==且45aa=，结合541aaa=可得11a=即1a=，故21a=，故3451aaa===.故存在1a=，使得数列na可围成“T-Circle”

，此时数列na为：1,1,1,1,1.【小问2详解】6m=，满足条件的一个数列为3112232233，，，，，.（有穷正项数列()nanm的各项全不相等，设第一、三项分别为,()xyxy，按照“T-Circle”定义有213324,,aaaxyaaa===得34

43521,aaaaaax===，得4554631,aaaaaaxy===，得5641aaay==，此时有615aaa=，因为()nanm的各项全不相等，则1xy，且6m=，只需选取合适的数字代入可得()6n

an，例如令32,2xy==得该数列为3112232233，，，，，）【小问3详解】（i）若na的各项不全相等，且可围成“T-Circle”．结合na为正项数列可得111121(1),,nmmnnmaaanmaaaaa

a−+−===，诸式相乘后可得121maaa=，又上述关系式即为11(11)nnnaaanm−+=+(若下标大于m，则取下标除以m的余数).故21(11)nnnaaanm++=+，故211(11)nnanma−+=+(若下标大于m，则取下标除以m的余数

).所以15(11)nnaanm−+=+(若下标大于m，则取下标除以m的余数).设6,05mprr=+，若1r=，则11mmaaa−=即为111maaa−=，故11ma−=，从而61a=，31a=，而12maaa=，故112aaa

=，故21a=，故11a=，从而451aa==，此时na均为1，与题设矛盾.若2r=，则11mmaaa−=即22111maaaa−==，而2122maaaa==，121aa==，故34561aaaa====，此时

na均为1，与题设矛盾.若3r=，则11mmaaa−=即为312aaa=，而213aaa=，所以11a=，故41a=，从而32aa=，为而1223maaaaa==，故321aa==，故561aa==，此时na均为1，与题设矛盾.若4r=，则11mma

aa−=即为413aaa=，而324aaa=，所以121aa=，而1224maaaaa==，故31aa=，故24111aaa==，故11a=，故231aa==，故41a=，故561aa==，此时na均为1，与题设矛

盾.若=5r，则511141111mmaaaaaaaa−=====，故122maaaa==，故2311aaa==，故45331aaaa===，故61a=，故3241aaa==，故11a=，此时na均为1，与题设矛

盾.综上，*6,Nmkk=【点睛】对于数列新定义问题，我们应该根据定义进行推理，注意数列性质隐含的周期性等，这些性质往往便于问题的解决.