北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高二下学期统练四数学试题

1 中国人民大学附属中学高二第二学期 数学统练四 2025.6.16 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 1．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 A=“第一枚硬币正面朝上”，事件 B=“第二枚硬币反面 朝上”，则 A 与 B 的关系为（ ） A．互斥 B．相互对立 C．相互独立 D．相等 解：显然事件 A 和事件 B 不相等，故 D 错误， 由于事件 A 与事件 B 能同时发生，所以不为互斥事件，也不为对立事件，故 AB 错误； 因为事件 A 是否发生与事件 B 无关，事件 B 是否发生也与事件 A 无关，故事件 A 和事件 B 相互独立，故 C 正确. 故选：C. 2．已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，公差为d ，若 2 54, 30a S= = ，则下列结论正确的是 （ ） A． na 是递减数列 B． 1d = C． 1 2a = D． 4 4 3 S a = 【答案】C 【分析】计算等差数列 na 的基本量即可求解. 【详解】由已知有 2 1 1 5 1 4 2 5 10 30 a a d a d S a d = + =  = = = + = ， 因为 2 0d =  ，所以 na 是递增数列，故 AB 错误；C 正确； ( ) ( ) 1 4 14 4 1 1 4 2 2 3 52 3 3 2 a a a dS a a d a d + + = = = + + ，故 D 错误. 故选： C. 3．已知 3, 1 2 1, 2 n n a kn k n = =  − +  ，若数列 na 不是递增数列，则下列数值中 k 的可能取值为（ ） 2 A．1 B． 1 3 C． 2 2 D． 3 4 【答案】B 【分析】根据数列的函数特性，利用单调性即可得出结论. 【详解】若数列 na 是递增数列，则有 ( )1 , 1,n na a n n+   Z ， 而因为 na 不是递增数列， 所以 0k  或 0 3 2 2 1 k k k     − + ，解得 2 3 k  ，故 B 正确. 故选：B 4．若二项式 1 2 n x   −    的展开式中所有项的系数和为 1 64 ，则展开式中二项式系数最大的项为 （ ） A． 35 2 x− B． 415 4 x− C． 35 2 x D． 415 4 x 【答案】A 【详解】因为二项式 1 2 n x   −    的展开式中所有项的系数和为 1 64 ， 故令 1x = ，则 1 1 2 64 n   − =    ，解得 6n = ， 对二项式 6 1 2 x   −    ，其展开式的通项公式 ( ) 6 1 6 1 , 0,1,2, ,6 2 r rr rT C x r − +   =   − =    ， 又其展开式中二项式系数最大的项为第4项， 故令 3r = ，则 ( ) 3 33 3 4 6 1 5 2 2 T C x x   =   − = −    . 故选：A . 5. 2025 年 6 月 11 日，中国人民大学附属中学高二年级 1000 余名学生到长白山开展以“踏 抗联足迹忆忠魂”为主题的徒步研学活动动.甲､乙､丙､丁 4 名志愿者随机派往领奖台､能量 补给区域､医疗服务站三个区域，每个区域至少派 1 名志愿者，每名志愿者只能去一个区域. A 表示事件“志愿者甲派往领奖台区域”；B 表示事件“志愿者乙派往领奖台区域”；C 表示事 3 件“志愿者乙派往能量补给区域”，则（ ） A．事件A 与 B 相互独立 B．事件A 与C 为互斥事件 C． ( ) 1 3 P C A =∣ D． ( ) 1 6 P B A =∣ 【答案】D 【详解】由题意易知分组情况为2,1,1，即所有安排方案有 2 1 34 2 32 2 C C A 36 A  = 种，领奖台区域可 能安排 2 人或 1 人， 所以 ( ) 3 2 2 3 3 2A C A 1 36 3 P A + = = ，同理 ( ) ( ) 1 1 , 3 3 P B P C= = ，而 ( ) 2 36 P AB = = ( ) ( ) 1 18 P A P B  ， 由相互独立事件的充要条件可知，事件A 与 B 不相互独立，故 A 错误； 显然，事件A 与C 能同时发生，不为互斥事件，故 B 错误； ( ) 1 1 2 2C C 1 5 36 36 P AC + = = ，由条件概率公式知 ( ) ( ) ( ) 5 536 1 12 3 P AC P C A P A = = =∣ ，故C 错误； ( ) ( ) ( ) 1 118 1 6 3 P AB P B A P A = = =∣ ，故 D 正确. 故选：D. 6．若函数 2 1 ( ) 2f x x a x = − − ，当 1 3 x  时， ( ) 0f x  恒成立，则a 的取值范围（ ） A． ( ,3− B． )3,+ C． 25 , 3   −    D． 25 , 3   +   【答案】D 【详解】依题意，当 1 3 x  时， 2 1 2a x x  − 恒成立， 令 2 1 ( ) 2g x x x = − ， 1 3 x  ，则 max( )a g x ，又 3 3 2 1 '( ) 2 2 1 0g x x x −   = − = − +     ， ∴ ( )g x 在 1 , 3   +   上单调递减， ∴ max 1 2 25 ( ) 9 3 3 3 a g x g    = = − =    ，即 25 3 a  . 故选：D． 7. 某同学共投篮 12 次，每次投篮命中的概率为 0.8，假设每次投篮相互独立，记他投篮命 中的次数为随机变量 X ，下列选项中正确的是（ ） 4 A． X 服从超几何分布 B． ( )2 1 18.2E X − = C． ( )2 3.84D X = D．该同学投篮最有可能命中 9 次 【答案】B 【分析】由二项分布的定义以及方差、期望的性质判断 ABC，再由 ( ) ( 1) ( ) ( 1) P X m P X m P X m P X m =  = +  =  = − 判断 D. 【详解】由二项分布的定义可知， ( )~ 12,0.8X B ，故 A 错误， 则 ( ) 12 0.8 9.6E X =  = ， ( ) 12 0.8 0.2 1.92D X =   = ， 所以 ( ) ( )2 1 2 1 2 9.6 1 18.2E X E X− = − =  − = ，故 B 正确， ( ) ( )2 4 4 1.92 7.68D X D X= =  = ，故 C 错误； 设该同学投篮最有可能命中m 次，则 ( ) ( 1) ( ) ( 1) P X m P X m P X m P X m =  = +  =  = − ， 则 12 1 1 11 12 12 12 1 1 13 12 12 C 0.8 0.2 C 0.8 0.2 C 0.8 0.2 C 0.8 0.2 m m m m m m m m m m m m − + + − − − − −     ，解得 47 52 5 5 m  ， 又 Nm ，所以 10m = ，故 D 错误； 故选：B. 8．已知数列 na 的前n 项和为 nS ，若 2025 2025S a= ，则 na 不可能是（ ） A．公差大于 0 的等差数列 B．公差小于 0 的等差数列 C．公比大于 0 的等比数列 D．公比小于 0 的等比数列 【答案】C 【分析】首先由题意可得 2024 0S = ，再利用等差数列及等比数列的前n 项和公式进行验证即 可. 【详解】 2025 2025S a= ， 2024 2025 2025S a a + = ， 2024 0S = ， 若数列 na 是等差数列，设其公差为d ， 5 ( )1 2024 2024 2024 0 2 a a S +  = = ， 1 2024 0a a+ = ，即 12 2023 0a d+ = ， 12 2023 a d = − ， 1a 可正可负， d 可正可负； 若数列 na 是等比数列，设其公比为q， 若 ( )1 n na = − ，则 na 是公比为 1 0q = −  的等比数列，满足 2024 0S = ， 当 0q  时，若 1q = ，则 2024 12024 0S a= = ， 1 0a = ，不成立， 若 0q  且 1q  ，则 ( )20241 2024 1 0 1 a q S q − = = − ， 1 0a = ，不成立.  na 不可能是公比大于0 的等比数列. 故选：C. 9．已知函数 21( ) e ( R) 2 xf x a x a= −  ， ① 当 0a  时， ( )f x 在区间 ( )0,+ 上单调递减； ② 当 1 0 e  a 时， ( )f x 有两个极值点； ③ 当 1 e a 时， ( )f x 有最大值. 那么上面说法正确的个数是（ C ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 10. 已知编号为 1，2，3 的三个盒子，其中 1 号盒子内装有两个 1 号球，一个 2 号球和一个 3 号球；2 号盒子内装有两个 1 号球，一个 3 号球；3 号盒子内装有三个 1 号球，两个 2 号 球.若第一次先从 1 号盒子内随机抽取 1 个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二 次从该盒子中任取一个球，则下列说法不正确的是（ ） A．在第一次抽到 2 号球的条件下，第二次抽到 1 号球的概率为 1 2 B．第二次抽到 3 号球的概率为 11 48 C．如果第二次抽到的是 3 号球，则它来自 1 号盒子的概率最大 D．如果将 5 个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放 1 个，则不同的放法有 180 种 6 解：D 记第一次抽到第 i号球的事件分别为 ( )1,2,3 ,iA i = 则有 ( )1 1 2 P A = ， ( ) ( )2 3 1 4 P A P A= = ， 对于 A，在第一次抽到 2 号球的条件下，将 2 号球放入 2 号盒子内，因此第二次抽到 1 号球 的概率为 1 2 P = ，故 A 选项正确； 对于 B，记第二次在第 i号盒子内抽到 3 号球的事件分别为 ( )1,2,3 ,iB i = 而 1 2 3A A A， ， 两两互 斥，和为， ( )1 1 1 | 4 P B A = ， ( )2 2 1 | 4 P B A = ， ( )3 3 1 | 6 P B A = ，即第二次抽到 3 号球的事件为 B ， ( )   1 1 3 3 1 1 1 1 1 1 11 ( ) ( ) ( ) 2 4 4 4 4 6 48 |ii ii i i i A A AP B P B P P B = = = =  +  +  ==  ， 故 B 选项正确； 对于 C，记第二次在第 i号盒子内抽到 3 号球的事件分别为 ( )1,2,3 ,iC i = 而 1 2 3A A A， ， 两两互 斥，和为， ( )1 1 1 | 4 P C A = ， ( )2 2 1 | 4 P C A = ， ( )3 3 1 | 6 P C A = ， 记第二次抽到 3 号球的事件为C ， ( )   1 1 3 3 1 1 1 1 1 1 11 ( ) ( ) ( ) 2 4 4 4 4 6 48 |ii ii i i i AC A CP AC P P P = = = =  +  +  ==  , 第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同， ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 | 62 4| 11 11 48 P A P C A P A C P C  = = = ， ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 | 34 4| 11 11 48 P A P C A P A C P C  = = = ， ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 1 1 | 24 6| 11 11 48 P A P C A P A C P C  = = = ， 即如果第二次抽到的是 3 号球，则它来自 1 号盒子的概率最大，故 C 选项正确； 对于 D，把 5 个不同的小球分成 3 组的不同分组方法数是 2 2 2 5 3 5 2 2 C C C A   +    种，将每一种分组方 法分成的小球放在 3 个盒子中有 3 3A 种不同方法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是 2 2 2 35 3 5 32 2 C C C 150A A   + =    种，故 D 选项错误； 故选：D. 7 二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分） 11．已知(a－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，若 a2＝80，则 a0＋a1＋a2＋…＋a5＝________. 【答案】1 【解析】(a－x)5 展开式的通项为 Tk＋1＝(－1)kCk5a5 －kxk， 令 k＝2，得 a2＝(－1)2C25a3＝80，解得 a＝2，即(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，令 x ＝1，得 a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1. 12．若 1 1 5 5 1 ln , ln , , 2 2 6 6 e a b c= = = − 则它们的大小关系是（用小于符合，从左到右，从小到 大的顺序排列） . 【答案】 c a b  【分析】根据给定条件，构造函数 1 ( ) ln , 1 e f x x x x=   ，利用导数确定单调性即可得解. 【详解】令函数 1 ( ) ln , 1 e f x x x x=   ，求导得 ( ) 1 ln 0 = + f x x ，当且仅当 1 e x = 时取等号， 因此函数 ( )f x 在 1 [ ,1) e 上单调递增，而 1 1 5 e 2 6   ，则 1 1 5 ( ) ( ) ( ) e 2 6 f f f  ， 又 1 1 1 5 5 5 1 1 ln ( ), ln ( ), ( ) 2 2 2 6 6 6 e e a f b f c f= = = = = − = ， 所以 c a b  . 故答案为：c a b  . 13．设函数 3( ) a f x x x = + ( a 为常数)，若 ( )f x 在 (0, )+ 单调递增，写出一个可能的 a 值 ________. 0（答案不唯一， 0a  即可） 14. 牛顿法求函数 ( )y f x= 零点的操作过程是：先在 x 轴上找初始点 ( )1 1,0P x ，然后作 ( )y f x= 在点 ( )( )1 1 1,Q x f x 处切线，切线与 x 轴交于点 ( )2 2 ,0P x ，再作 ( )y f x= 在点 ( )( )2 2 2,Q x f x 处切线，切线与 x 轴交于点 ( )3 3,0P x ，再作 ( )y f x= 在点 ( )( )3 3 3,Q x f x 处切线， 依次类推，直到求得满足精度的零点近似解为止．设函数 ( ) xf x e= ，初始点为 1(0,0)P ，若 按上述过程操作，则所得前n 个三角形 1 1 2 2 2 3, ,PQ P PQ P ， 1n n nP Q P + 的面积和为 ． 8 【答案】 ( )1 e 1 2 e e n n n− − − 【分析】先求在 ( )( ),n n nQ x f x 处切线方程，得到 1 1n nP P + = ，再根据 1nx n= − ，求得 ( )nf x ， 即可求面积和． 【详解】设 ( ),0n nP x ，则 ( )( ),n n nQ x f x ，因为 ( ) xf x e= ，所以 ( ) exf x = ， 则 ( )( ),n n nQ x f x 处切线为 ( )e en n x x ny x x=  − + ， 切线与 x 轴相交得 ( )1 1,0n nP x+ + ， 1 1n nx x+ − = − ，所以数列 nx 是以 1x 为首项， 1− 为公差的等差数列，又 1 0x = ，所以得 1nx n= − ， 所以 1 2 2 3 1 1n nPP P P P P += = = = ， 又 ( ) 1 1 e n n f x − = ， 所以 1 1 2 2 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 2 e e e en n n PQ P P Q P P Q P n S S S + −   + + + =   + + + + +    ( )1 1 1 1 1 1 e 1 e 1e 12 2 e e 2 e e1 e n nn n n n n− − − − − =  =  = − −− . 故答案为： ( )1 e 1 2 e e n n n− − − ． 15.设 na 是无穷数列，若存在正整数 k ，使待对任意 *nN ，均有 n k na a+  ，则称 na 是“间 隔递增数列”， k 是数列 na 的“间隔数”，下列选项正确的是________. ①．公比大于 1 的等比数列一定是间隔递增数列 ②．已知 2024 na n n = + ，则数列 na 是间隔递增数列 ③．已知 ( )2 1 n na n= + − ，则数列 na 是间隔递增数列且最小间隔数是 2 9 ④．已知 2 na n n= + ，若数列 na 是间隔递增数列且最小间隔数是 3，则 5  − 【答案】②③④ 【分析】根据间隔递增数列的定义，通过计算 n k na a+ − ，根据其正负取值情况来判断各个选 项. 【详解】对于①：设等比数列 na 的公比为 ( 1)q q  ， 则 ( )1 1 11 1 1 1n k n n kn k na a a q a q a q q+ − − −+ − = − = − ， 因为 1q  ，所以当 1 0a  时， n k na a+  ，故①错误； 对于②： ( ) ( ) 22024 2024 2024 2024 1n k n n kn a a n k n k k n k n n n k n n k +   + −  − = + + − + = − =    + + +     ， 对于函数 ( ) 2 2024f n n kn= + − ，明显其在 Nn  上单调递增， 则 ( ) ( )1 1 2024 2023f n f k k = + − = − ， 当 2023 0k −  ，即 2023k  时， n k na a+  ，②正确； 对于③： ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 2 1 1 1 n k n n k n k na a n k n k + +    − = + + − − + − = + −  − −     ， 当 n 为奇数时， ( )2 1 1 k n k na a k+ − = − − + ，存在 1k  ，使 n k na a+  成立， 当 n 为偶数时， ( )2 1 1 k n k na a k+ − = + − − ，存在 2k  ，使 n k na a+  成立， 综上，数列 na 是间隔递增数列且最小间隔数是 2，故③正确； 对于④：若数列 na 是间隔递增数列且最小间隔数是 3， 则 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0n k na a n k n k n n k k n  +  − = + + + − + = + +   对 *nN 恒成立， 即 ( ) ( )2 22 2 0k k n k k + +  + +  ， 解得 ( )2k  − + ，又该不等式的解为 3k  所以 ( )2 2 3 − +  ，解得 5 4−   − ，可以得到 5  − ，④正确； 故选：②③④. 10 三．解答题（共 3 小题，共 35 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。） 16．（本小题 12 分）近年来，为改善城市环境，实现节能减排，许多城市出台政策大力提倡 新能源汽车的使用.根据中国汽车流通协会的发布会报告，将 2023 年 1 月、2 月新能源乘用 车市场销量排名前十的城市及其销量统计如下表： 表 1 表 2 （Ⅰ）从 1 月、2 月这两个月中随机选出一个月，再从选出这个月中新能源乘用车市场销量 排名前十的城市中随机抽取一个城市，求该城市新能源汽车销量大于 10 000 的概率; （Ⅱ）从表 1、表 2 的 11 个城市中随机抽取 2 个不同的城市，设这两个城市中 2 月排名比 1 月上升的城市的个数为 X ，求 X 的分布列及数学期望. 解：（Ⅰ）设“抽到的城市该月新能源汽车销量大于 10000”为事件 A，“选取表 1”为事件 B ， “选取表 2”为事件C ，则 1 2 1 6 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 10 2 10 5 P A P AB AC P B P A B P C P A C= = + =  +  = . -----------------4 分 （Ⅱ）两个月共有 11 个城市上榜，其中 2 月排名比 1 月上升的城市有杭州，广州，北京， 苏州，故 X 可取 0,1,2. 2 7 2 11 C 21 ( 0) 55C P X = = = , 2023 年 1 月 排名 城市 销量 1 上海 12 370 2 深圳 12 132 3 成都 8 755 4 杭州 8 718 5 郑州 8 673 6 广州 8 623 7 重庆 7 324 8 西安 6 851 9 天津 6 649 10 苏州 6 638 2023 年 2 月 排名 城市 销量 1 上海 17 707 2 杭州 15 001 3 深圳 13 873 4 广州 12 496 5 郑州 11 934 6 成都 11 411 7 重庆 8 712 8 北京 8 701 9 苏州 8 608 10 西安 7 680 11 1 1 7 4 2 11 C C 28 ( 1) 55C P X = = = , 2 4 2 11 C 6 ( 2) 55C P X = = = . 所以， X 的分布列为 X 0 1 2 P 21 55 28 55 6 55 故随机变量 X 的数学期望 21 28 6 8 ( ) 0 1 2 55 55 55 11 E X =  +  +  = . -------------------10 分 12 17．（本小题 13 分）设函数 2( ) ln( 1)( )f x x m x m R= + +  ． （1）若 1m = − ， ①求曲线 ( )f x 在点 (0 ， (0))f 处的切线方程； ②当 (1, )x + 时，求证： 3( )f x x ． （2）若函数 ( )f x 在区间 (0,1) 上存在唯一零点，求实数m 的取值范围． 解：（1）①当 1m = − 时， 2( ) ( 1)f x x ln x= − + ， 21 2 2 1 ( ) 2 1 1 x x f x x x x + −  = − = + + ， (0) 1f  = − ， (0) 0f = ， 可得曲线 ( )f x 在 (0 ， (0))f 处的切线方程 0 1( 0)y x− = − − ，即 0x y+ = ；…………………… 2 分 ②证明：令 3 3 2( ) ( ) ( 1)h x f x x x x ln x= − = − + − + ，则 3 2 2 1 3 ( 1)( ) 3 2 1 1 x x h x x x x x + −  = − + − = − + + ， ………………………………………………3 分 当 (1, )x + ， ( ) 0h x  ， ( )h x 在 (1, )+ 上单调递 减，……………………………………………………4 分 又因为 h（1） 2 0ln= −  ， 所以 ( ) 0h x  ，即 2 3( 1)x ln x x− +  ，即 3( )f x x ， 即当 (1, )x + 时， 3( )f x x ；…………………………………………………………………………5 分 （2）由函数 2( ) ( 1)f x x mln x= + + ， (0,1)x ，可得 22 2 ( ) 2 1 1 m x x m f x x x x + +  = + = + + ，………………6 分 令 2( ) 2 2 ( (0,1))g x x x m x= + +  ， 当 0m 时， ( ) 0g x  ，即 ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0,1) 上单调递增， 因为 (0) 0f = ，所以 ( ) (0) 0f x f = ， 所以在区间 (0,1) 上没有零点，不符合题 意，…………………………………………………………9 分 当 0m  时， 2( ) 2 2g x x x m= + + 的图像开口向上，且对称轴为 1 2 x = − ， 由 g （1） 2 2 0m= + + ，解得 4m − ， 13 当 4m − 时， ( ) 0g x  在区间 (0,1) 上恒成立， 即 ( ) 0f x  ， ( )f x 在区间 (0,1) 上单调递减，因为 (0) 0f = ， ( ) (0) 0f x f  = ， 所以函数 ( )f x 在区间 (0,1) 上没有零点，不符合题意，……………………………………11 分 综上可得 4 0m−  ， 设 0 (0,1)x  使得 0( ) 0g x = ， 当 0(0, )x x 时， ( ) 0g x  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减， 当 0(x x ，1) 时， ( ) 0g x  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增， 因为 (0) 0f = ，要使得函数 ( )f x 在区间 (0,1)上存在唯一零点， 则满足 f （1） 1 (1 1) 0mln= + +  ，解得 1 2 m ln  − ， 所以实数m 的取值范围为 1 ( ,0) 2ln − ．………………………………………………13 分 14 18. （本小题 10 分）已知有穷数列 0A ： 1a ， 2a ，…， ( )3na n  经过一次 M 变换后得到数 列 1A ：  1 2min ,a a ，  2 3min ,a a ，…，  1min ,n na a− ，  1min ,na a ． 其中，  min ,a b 表示 a，b 中的最小者．记数列 A 的所有项之和为 ( )S A ． （1）若 0A ：1，3，2，4，写出数列 1A 并求 ( )1S A ； （2）若 0A ： 1a ， 2a ，…， ( )3na n  是 1，2，3，…，n 的一个排列，例如，当 4n = 时， 4，1，3，2 可以为 1，2，3，4 的一个排列． （i）当 5n = 时，求 ( )1S A 的最小值； （ii）若 1A 经过一次 M 变换后得到数列 2A ，求 ( )2S A 的最小值． 【答案】（1） 1A ：1，2，2，1； ( )1 6S A = ； （2）（i）9；（ii） ( ) 2 2 min 2 3 , 3 , 6 3 2 , 3 1 3 2 6 n n n k S A n n n k n k  + = =  + + = + = +  或 解：（1）由题意， 1 : min{1,3},min{3,2},min{2,4},min{4,1}A ，即 1，2，2，1． 所以 ( )1 1 2 2 1 6S A = + + + = ． （2）（i）由题意知， 0A 中元素两两互异，故 0A 中的任一元素， 如 ka ，在 1A 中至多在  1min ,k ka a− 和  1min ,k ka a + 中出现两次（规定 0 na a= ， 1 1na a+ = ）， 且若出现两次则这两个数处于邻位（ 1a 和 na 也视为邻位）． 所以 1A 的所有项中至多有两个 1 和两个 2．所以 ( )1 2 1 2 2 3 9S A   +  + = ． 当 0A 为 1，4，2，5，3 时等号能取到，所以 ( )1S A 的最小值为 9． （ii）同（i）可知， 0A 中的任一元素若在 1A 中仅出现一次，则在 2A 中至多出现两次； 若在 1A 中出现两次，由于这两个数处于邻位，故在 2A 中至多出现三次． ①若 3n k= ，则 ( ) 2 2 3 3 1 2 3 6 n n n S A +   + + + =    ， 15 当 0A 满足 1 4 3 2, , , 1, 2, , 3 k n a a a −   =     时等号能取到． ②若 3 1n k= + ，则 ( ) 2 2 1 2 3 2 3 1 2 3 3 6 n n n n S A − + + +   + + + + =    ． 当 0A 满足 1 4 3 1 1 2 , , , 1, 2, , , 3 3 k n n a a a + − +  =     时等号能取到． ③若 3 2n k= + ，则 ( ) 2 2 2 1 3 2 3 1 2 2 3 3 6 n n n n S A − + + +   + + + +  =    ． 当 0A 满足 1 4 3 1 2 1 , , , 1, 2, , , 3 3 k n n a a a + − +  =     时等号能取到． 综上， ( ) 2 2 min 2 3 , 3 , 6 3 2 , 3 1 3 2 6 n n n k S A n n n k n k  + = =  + + = + = +  或 ．