数学+答案天域全国名校协作体2025-2026学年高三上学期10月联考数学试题-A4答案卷尾_2025年10月_251013浙江省天域全国名校协作体2026届高三上学期10月联考（全科）

2025-2026 学年第一学期天域全国名校协作体联考 高三年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共 4页满分 150分，考试时间 120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并 填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、选择题：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．已知集合A x 1 x1  ，B  x x11  ，则AB（ ） A．1,2  B．1,2 C． 0,1 D． 0,2  2．已知复数z满足1iz2i，则复数z的虚部为（ ） 3 3 3 3 A． B． C． i D． i 2 2 2 2 3．若抛物线y2 2px上的点到焦点的最短距离为2，则抛物线方程为（ ） A．y2x B．y2 2x C．y2 4x D．y2 8x 4．已知圆O 与圆O 的半径分别为3和1，圆O 与圆O 内切沿着圆周滚动如图所示，AB是 1 2 1 2   圆O 的任意直径，则OAOB（ ） 2 1 1 A．1 B．3 C．5 D．8 试卷第1页，共5页5．已知函数 f x 2x 1 ，正数a,b满足 f a f 9b20，则 1  1 的最小值为（ ） 2x 1 a b A．8 B．10 C．12 D．16 6．取正方体六个表面的中心，构成正八面体，如图所示，正八面体的12条棱中异面直线的 对数为（ ） A．16 B．24 C．32 D．48  3 7．已知Ax,y ,Bx ,y ,C x , ,D x ,y是曲线ysin2x上的四点，其中 1 1 2 2  3 4 4 4 π π y 0 x  x  x  x  ，且x,x , ,x ,x 成等差数列，则 2 （ ） 1 2 3 4 2 1 2 4 3 4 y 1 A．2 B．4 C．6 D．8 8．已知函数 f x的定义域为R，且 f xy f xy f x f y0，f 11，则下列 说法错误的是（ ） A． f x为周期函数 B． f x为偶函数 3 2026 C． f  0 D．f i1 2 i1 二、选择题：本题共3小题，每小题 6分，共18分，在每小题给出的四个选项 中，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．盒子中有大小相同的5个球，其中3个红球，2个白球，从盒子中随机依次不放回的取 出两个球，记事件A为“第一次取出的是红球”，事件B为“第二次取出的是红球”，则（ ） A．PAB 1 B．P  B A  1 5 2 3 9 C．PB D．PAB 5 10 y2 10．已知双曲线E:x2 1的左右焦点分别为F,F ，点A在渐近线上，且在第一象限， 1 2 3 满足AF  AF ，则下列说法正确的是（ ） 1 2 试卷第2页，共5页A．双曲线E的渐近线方程为y 3x B．双曲线E的离心率为e2 C．△AFF 的面积为4 3 1 2 D．△AFF 的内切圆的半径r  31 1 2 11．在锐角V ABC中，角A,B,C 的对边分别为a,b,c．O为外接圆圆心，已知 sinCsinA sinB  ，asinC  32acosC，则下列结论正确的是（ ） cb ca π A．A 3 B．b 3   C．V ABC周长取值范围为 3 3,62 3  3 3 D．OAC和△OBC面积之差的取值范围为   ,   4 12 非选择题部分 三、填空题：本题共 3个小题，每小题 5分，共 15分． 1 1 12．已知sinxsiny ，cosxcosy ，则cosxy ． 3 3 4  1  13．在 4x 4 展开式中，x3的系数为 ．  x  14．一个底面边长为2的正方形，高为3的正四棱柱容器（容器的厚度忽略不计，容器是封 闭的）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 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．脂肪含量（单位：%）指的是脂肪重量占人体总重量的比例，某运动生理学家对某项健 身活动参与人群的脂肪含量采用分层随机抽样的方式进行了调查．已知调查中所抽取的120 位男性的调查数据的平均数为14，所抽取的90位女性的调查数据的平均数为21． (1)计算这次调查总样本的均值； (2)假设该健身活动的全体参与者的脂肪含量为随机变量X，且X N,23，其中为（1） 中计算所得的总样本的均值．现从全体参与者中随机抽取3位，求3位参与者的脂肪含量均 小于12.2%的概率． 试卷第3页，共5页附：若随机变量X 服从正态分布N  ,2 ，则P X 0.6827， P2X 20.9545，224.7，234.80，.15865 30.004 ． 16．已知函数 f xexax2x1． (1)设Fx f x f x，讨论Fx的单调性； (2)设Gx f x f x，若Gx0恒成立，求a的取值范围． 17．如图，在多面体ABCDE中，ABC,BCD,CDE 都是边长为2的等边三角形，H为CD 中点，EHBC，平面ABC 平面BCD. (1)证明：AE//BD； (2)在V ABC中，点Q为边BC的中线上的动点，且满足DQ平面BCE，求平面BAE和平 面BDQ夹角的余弦值． x2 y2 1 18．已知椭圆  1ab0的离心率为 ,A,B分别为椭圆的左，右顶点，C为椭圆 a2 b2 2   的上顶点，且CACB4．直线l：xmy3交椭圆于M ，N两点． (1)求椭圆的标准方程； k (2)若直线AM 的斜率为k ，直线BN的斜率为k ，求 1 的值； 1 2 k 2 1 1 (3)若P5,0，证明：当m2  ,  时，△MNP为锐角三角形． 5 2 19．线性反馈移位寄存器是现代通信应用中的关键技术，利用它进行简单的逻辑运算和移位 操作能生成伪随机序列，因而被广泛用于干扰码、加密和同步等场景．某线性反馈移位寄存 器通过以下规则生成由0和1组成的序列： ①初始设置：前三位为a 1,a 1,a 1； 1 2 3 0,a a 为偶数 ②生成规则：从第4位开始，计算公式为a  n1 n ，其中n是正整数． n3 1,a a 为奇数 n1 n 试卷第4页，共5页(1)求数列a 的前9项； n (2)设T    a i a j  2ai aj  ，求T 的值； 1i,j20 4n9 (3)证明S  ，并求满足S 100的最大正整数n． n 7 n （其中T 表示i， j取遍1到20的所有数字时，式子 a a 2ai aj 的求和）． i j 试卷第5页，共5页1．A 【分析】解出集合B后由并集定义计算即可得. 【详解】由 x11可得1 x11，则0 x2，即B x 0 x2  ， 又A x 1 x1  ，则AB1,2 . 故选：A． 2．A 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数z，即可判断其虚部. 【详解】因为1iz2i， 2i 2i1i 1 3 3 所以z    i，故z的虚部为 . 1i 1i1i 2 2 2 故选：A. 3．D p 【分析】根据抛物线的性质，点到焦点的最短距离为 ，代入求解即可． 2 p 【详解】抛物线y2 2px上的点到焦点的最短距离为 ， 2 p  2，解得 p4， 2 所以抛物线方程为y2 8x． 故选：D． 4．B           【分析】由向量的线性运算可得O AOB OO O A  OO O A 即可求解． 1 1 1 2 2 1 2 2                   【详解】OAOB OO O A  OO O B  OO O A  OO O A 1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2  OO 2 O A 2 3， 1 2 2 故选：B． 5．A 【分析】结合奇函数定义与指数函数单调性可得 f x为奇函数且在R上单调递增，利用增 函数与奇函数性质可得a9b2，再利用基本不等式中“1”的活用计算即可得. 答案第1页，共14页2x1 2x12 2 【详解】 fx  1 ，定义域为R， 2x1 2x1 2x1 由y2x在R上单调递增，则 f x在R上单调递增， 2 22x f x1 1 ， 2x 1 2x 1 则 f x fx1 2 1 22x 2 2  2x1  22 0 ， 2x1 2x1 2x1 则 f x为奇函数， 由 f a f 9b20，则 f af 9b2 f 29b， 又 f x在R上单调递增，则a29b，即a9b2， 1 1 11 1 1 9b a 1 9b a  则     a9b 19     102    8， a b 2a b 2 a b 2 a b  9b a 1 1 当且仅当  ，即a ，b 时，等号成立， a b 2 6 1 1 故  的最小值为8. a b 故选：A. 6．B 【分析】借助异面直线定义计算即可得. 【详解】先任选一条棱，余下的11条棱中与它异面的有4条， 412 故共有 24对异面直线． 2 故选：B． 7．C 【分析】数形结合，根据三角函数图象的对称性，结合等差数列的概念，利用二倍角公式求 值. 【详解】如图： π ysin2x周期为π，所以在0x 上由于三角函数图象的对 2 答案第2页，共14页π 称性得，x,x 关于x 对称， 1 4 4 π 同理x ,x 关于x 对称， 2 3 4 3 所以y  y ,y  y  ． 1 4 2 3 4 π π 又因为x,x , ,x ,x 成等差数列，所以x 2x  ， 1 2 4 3 4 1 2 4   π  π 1 所以y sin22x  sin4x  cos 4x 2sin 22x 12y 21 ，所以 1   2 4  2 2 2 2 2 8 3 y 2  4 6. y 1 1 8 故选：C 8．C 【分析】根据所给条件，利用赋值法和递推法进行推导判断即可. 【详解】在 f xy f xy f x f y0，f 11中， 取x1，y0，可得 f 1 f 1 f 1 f 00,解得 f 02， 再取x0，可得 f y f y f 0 f y0,则有 f y f y，即函数 f x为偶函数， 故B正确； f x1 f x1 f x0 取y1，得 f x1 f x1 f x0，则有 ， f x2 f x f x10 两式相减，可得 f x2 f x1，即 f x3 f x ,故 f x为以3为一个周期的周期函 数，故A正确； 由上分析， f 02，f 11，由 f x1 f x1 f x0，可得 f 21, f 32． 2026 因 f 1 f 2 f 31120 ,所以 f(i)067511，故D正确； i1 1 1  1 2 1 3 1 取x ，y ，得到：  f   1，再取x1，y ，得 f  2f  0，故C错 2 2  2 2 2 2 误. 故选：C 9．BCD 答案第3页，共14页【分析】根据题意，结合条件概率公式以及全概率公式代入计算，逐一判断，即可求解. C1C1 3 【详解】对于A，PAB 3 2  ，故A错误； A2 10 5 3 对于B，PA C1 3  3 ，P  B A  PAB  10  1 ，故B正确； A1 5 PA 3 2 5 5 对于C，PB PABP  AB   3  C1 2 C1 3  3 ，故C正确； 10 A2 5 5 对于D，PAB1P  AB  1 C1 2 C1 1 9 ，故D正确． A2 10 5 故选：BCD 10．ABD 【分析】根据双曲线的性质，可求双曲线的渐近线和离心率，可判断AB的真假；确定A点 坐标，根据直角三角形的面积公式求△AFF 面积，判断C的真假；利用面积法求三角形内 1 2 切圆半径，判断D的真假. 【详解】如图： y2 选项A：对双曲线E:x2 1，a1，b 3， c a2b2  132. 3 b 所以双曲线E的渐近线方程为y x 3x，故A正确； a c 选项B：双曲线E的离心率为e 2，故B正确； a 选项C：因为AF  AF ，且O为FF 的中点， 1 2 1 2 所以 OA 2，又A在y 3x,x0上，   所以点A 1, 3 ，得 AF 2, AF 2 3 ， 2 1 答案第4页，共14页1 S  AF  AF 2 3；故C错误； AF1F2 2 2 1 选项D：因为△AFF 为直角三角形，所以内切圆半径 1 2 2S 4 3 r AF1F2   31，故D正确． AF  AF  FF 2 324 1 2 1 2 故选：ABD 11．ACD 【分析】对A：借助正弦定理将角化为边后结合余弦定理计算即可得；对B：结合所给条件 与正弦定理计算即可得；对C：借助正弦定理可将边化为角，并用B表示出周长，再利用B 的范围计算周长范围即可得；对D：借助B表示出OAC与△OBC面积，即可表示出面积之 差，从而可结合换元法与二次函数性质得解. sinCsinA sinB ca b 【详解】对A：由  和正弦定理，可得  ， cb ca cb ca 即c2a2 bcb2，则c2b2a2 bc， c2b2a2 bc 1 由余弦定理，cosA   ， 2bc 2bc 2 又A0,π，故A π ，故A正确； 3 对B：因ABCπ， 3 a b b 由正弦定理 a  b ，可得 3  sinAC，即a 2 ①， sinA sinB  π 2 sinC   3 又因为asinC 32acosC，则 3acosCasinC 2 3 ，  3 1   π 即2a  cosC sinC  2 3，也即2asinC 2 3 ②，  2 2   3 3 b 2  π 将①代入②可得2 sinC 2 3，解得b2，故B错误； π   3 sin C 3   π  π C π B0,   3  2 π π 对C：由V ABC为锐角三角形，则 ，解得B , ，   π 6 2 B0,     2 答案第5页，共14页a 2 c a b c   由正弦定理，   ，则 3 sinB sinC ， sinA sinB sinC 2 3 2sinC 2sinBA sinB 3cosB 则a ，c   ， sinB sinB sinB sinB 3 sinB 3cosB 31cosB 则abc  23 sinB sinB sinB  B  312cos2 1  2  3 3 3 ， B B B 2sin cos tan 2 2 2 π π B  π  由B , ，则tan tan ,1， 6 2 2  12  π π 3 tan tan 1 π π π 4 6 3 由tan tan    2 3 ， 12 4 6 π π 3 1tan tan 11 4 6 3 3   B    3,32 3 故tan  2 3,1 ，则 B ， 2 tan 2 3   abc3  3 3,62 3 则 B ，故C正确； tan 2 对D：设V ABC外接圆半径为R，则OAOBOCR， b 2 1 2R  ，即R ， sinB sinB sinB 2π 因为AOC 2B,BOC 2A ， 3 1 1 1 1 所以S  R2sinAOC  sin2B ， OAC 2 2 sin2B tanB 1 1 2π 3 sin2Bcos2B 3  1  S   sin     1  ， OBC 2 sin2B 3 4 sin2B 4  tan2B 1 3  1  3 1 1 3 所以S S   1     ， OAC OBC tanB 4  tan2B 4 tan2B tanB 4 答案第6页，共14页π π  3  1   由B , ，则tanB  ,  ，令x  0, 3 ， 6 2  3  tanB 2 3 3 3 2 3 3 则S S  fx  x2 x   x   ； OAC OBC 4 4 4   3   12  3 3 OAC和△OBC面积之差的取值范围为   , ，故D正确.  4 12 故选：ACD. 8 12． 9 【分析】将条件进行平方，然后左右两边对应相加，即可得到cos(xy)的值． 1 1 【详解】sinxsiny ，cosxcosy ， 3 3 1 1 平方得sin2 xsin2 y2sinxsiny ，①cos2xcos2 y2cosxcosy ，② 9 9 1 1 2 ①②得22sinxsiny2cosxcosy22cosxy   ， 9 9 9 16 即2cos(xy) ， 9 8 即cos(xy) ， 9 8 故答案为： ． 9 13．1024 【分析】利用二项式定理的原理可求解.  1  4  1  【详解】 4x 4 表示4个4x 4相乘，要想得到x3，需要从4个因式中，3个选  x   x  择x项，1个选择常数项， 所以x3的系数为：C343445 210 1024. 4 故答案为：1024 7 15 14． 4 【分析】根据给定条件，结合长方体的结构特征可得两个球的球心在长方体的一条体对角线 上，进而列出方程求解即得. 【详解】设半径为r，要使半径最大，则使两个小球与容器的表面相切，且两个小球也相切， 答案第7页，共14页22r0  而OO 可构成新的长方体的对角线，但要满足22r0， 1 2  32r0 而2r2 22r222r232r2， 得：8r228r170， 7 15 7 15 得：r  ，而r1，故r  ． 4 4 7 15 故答案为： ． 4 15．(1)17 (2)0.004 【分析】（1）首先根据每一层的均值，代入总体样本的均值公式，即可求解. （2）首先由参考公式计算PX 12.2，再根据独立重复事件求概率. 【详解】（1）根据题意，把男性样本记为x，x，x ，其平均数记为； 1 2 120 x 把女性样本记为y 1 ，y 2 ，y 90 ，其平均数记为 y  ，则 x  14，y  21 ， 记总样本数据的平均数为， z 120 90 则z 14 2117，总样本数据的平均数为17. 210 210 （2）根据题意，由（1）知17，2 23，所以X N,23， 所以P12.2 X 21.8P174.8 X 174.80.6827， 1 PX 12.2 10.68270.15865， 2 设抽取的3位参与者中，脂肪含量均小于12.2%的人数为Y， 易得Y B3，0.15865， 故PY 3C30.158653 0.004， 3 故3位参与者的脂肪含量均小于12.2%的概率为0.004. 16．(1)Fx在定义域R单调递增；  1 (2),   2 【分析】（1）求导，结合基本不等式判断导函数的符号，可判断函数的单调性. 答案第8页，共14页（2）先判断函数的奇偶性，把问题转化为：x0,，使Gx0即可.再对函数多次求 1 1 导，分a 和a 讨论函数的单调性，求函数的最小值即可. 2 2 【详解】（1）Fxexex2x,xR. 所以Fxexex22 exex 20（当且仅当ex ex即x0时取等号）， 所以Fx在定义域R单调递增. （2）函数Gxexex2ax22为偶函数， 由对称性可将问题转化为x0,，使Gx0即可. 而G00，Gxexex4ax； 设mxexex4ax，则mxexex4a； 设xexex4a，则xexex. 因为x0,，所以xexex 0， 故x在x0,上为增函数； 1 当a 时，xmxm024a0， 2 所以mx在x0,上为增函数； 故Gxmxm00，所以Gx在x0,上为增函数， 1 故GxG00，符合题意，故a ； 2 1 当a 时，2a1, 2 1 由（1）得：函数Fxexex2x在R上单调递增，且F1e 20. e 所以0m024a0， 2am2ae2ae2a4ae2ae2a4aee120， 故t0，使mt0，所以x0,t时，有mx即Gx为减函数，故GxG00， 所以x0,t时，有Gx为减函数，故GxG00，与题设矛盾，故舍去. 答案第9页，共14页 1 综上所述a的取值范围是, .  2 17．(1)证明见解析 3 10 (2) 10 【分析】（1）借助线面垂直的判定定理即面面垂直的性质定理可得EH 平面BCD、AO 平面BCD，则可得EH //OA，再利用平行四边形的性质及平行的传递性即可得证； （2）可建立适当空间直角坐标系，利用线面垂直计算可得Q点坐标，再利用空间向量夹角 的余弦公式计算即可得解. 【详解】（1）如图，取BC的中点O，连接AO,DO， 在多面体ABCDE中，ABC,BCD,CDE 都是边长为2的等边三角形， 则在等边三角形DCE中，EH CD， 又因为EH BC,CDBCC，CD,BC平面BCD， 所以EH 平面BCD； 由O为BC中点，则AO BC，又平面ABC 平面BCD， 平面ABC平面BCDBC，AO平面ABC，故AO平面BCD； 3 3 故EH //OA，又EH  CD 3，OA BC  3， 2 2 则EH OA，连接OH ，则四边形EHOA为平行四边形， 故AE//OH ，又OH 为△BCD中位线，则OH //BD，故AE//BD； （2）由△BCD为等边三角形，O为BC中点，则OD  BC， 又AO平面BCD，OD平面BCD，则AOOD， 故OA,OD,OB两两垂直， 则可以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系Oxyz， 则A  3,0,0  ,B0,1,0,C 0, 1,0,D  0,0, 3  ，     1  1 3  1 3 则BD 0,1, 3 ，则AE  BD0, , ，故E 3, , ，     2  2 2   2 2      由Q在AO上，设Qt,0,0,DQ平面BCE ，故DQBC且DQBE，  D  Q    t,0, 3  ,  B  C  0,2,0,  B  E     3, 3 , 3 ，    2 2  答案第10页，共14页    3 3  3  则DQBE t 30  3   0 ，解得t ，故Q  ,0,0  ， 2 2  2  设平面BAE的法向量n  x,y ,z ,  B  A    3,1,0  ,  B  E     3, 3 , 3 ， 1 1 1 1   2 2    3x y 0  1 1    则有 3 3 ，令x 1 1，得y 1  3,z 1 1，故n 1  1, 3,1 ，  3x  y  z 0  1 2 1 2 1 设平面BDQ的法向量n  x ,y ,z ,  B  D    0,1, 3  ,  B  Q     3 ,1,0  ， 2 2 2 2   2   y  3z 0  2 2    则有 ，令z 1，得y  3,x 2，故n  2, 3,1 ， 3 2 2 2 2  x  y 0  2 2 2     n n 12 3 311 6 3 10 cosn,n  1 2    则 1 2 n 1 n 2 12  3 2 12  22  3 2 12 52 2 10 ， 3 10 故平面BAE和平面BDQ夹角的余弦值为 . 10 x2 y2 18．(1)  1 16 12 1 (2) 7 (3)证明见解析 【分析】（1）借助向量数量积计算可得c，再利用离心率即可得解； （2）利用韦达定理结合斜率公式计算即可得； （3）借助锐角三角形定义结合向量数量积计算可得△MNP为锐角三角形时m的范围，再判 断所给范围是否符合要求即可得.   【详解】（1）由题意知，Aa,0,Ba,0,C0,b，则CAa,b,CB a,b， 答案第11页，共14页  所以CACBa2b2 c2 4，即c2， c 1 又e  ，所以 a4，b a2c2 2 3 ， a 2 x2 y2 所以椭圆的标准方程为  1； 16 12 （2）直线l:xmy3，Mx,y ,Nx ,y ， 1 1 2 2 xmy3 由  x2 y2 ，得  3m24  y218my210，   1 16 12 18m 21 则y  y  ,y y  ， 1 2 3m24 1 2 3m24 7 所以my y  y  y ， 1 2 6 1 2 因为椭圆的左，右顶点分别为A4,0,B4,0， y y 所以k  1 ,k  2 ， 1 x 4 2 x 4 1 2 7 1 7 所以 k 1  y 1 x 2 4  my 1 y 2  y 1  6 y 1  y 2  y 1  6 y 1  6 y 2  1 ； k 2 y 2 x 1 4 my 1 y 2 7y 2 7 y  y 7y 7 y  49 y 7 6 1 2 2 6 1 6 2  （3）直线MN的方向向量为e m,1，所以由锐角三角形知，       PM PN 0①，MPMN 0②，NPNM 0③，   由PM x 5,y 、PN x 5,y ， 1 1 2 2 由①得：x 5x 5y y my 2my 2y y 1 2 1 2 1 2 1   m21  y y 2my  y 4 21m221  36m2 4 1 2 1 2 3m24 3m24 15m22112m216 27m25 5    0，则m2  ④； 3m24 3m24 27      由②③得， MPe NPe  0， 即 mx 1 5 y 1    mx 2 5 y 2   0， 进而化简得： m21  y 2m m21  y 2m  1  2    m21 2 y y 2m  m21 y  y 4m2 1 2 1 2  21  m21 2  36m2  m21   4m2 27m410m221  0 ， 3m24 3m24 3m24 答案第12页，共14页54 37 54 37 即27m410m2210，解得 m2 ⑤， 27 27 54 37 1 54 37 54 36 19 1 由 0 ，    ， 27 5 27 27 27 2 1 1 故当m2 , 时，同时满足④⑤，   5 2 所以此时△MNP为锐角三角形. 19．(1)a 1,a 1,a 1,a 0,a 0,a 1,a 0,a 1,a 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)640 (3)证明见解析，175 【分析】（1）利用递推关系计算即可得； （2）观察可得数列a 的周期，则可得数列a 前20项中1、0的个数，再分a a 、 n n i j a 1,a 0及a 0,a 1讨论即可得； i j i j （3）可借助数列a 的周期分类讨论得到对应S ，即可得证；再利用每个周期内数列之和 n n 计算即可得满足S 100的最大正整数n. n 【详解】（1）由题意知a 1,a 1,a 1，利用递推关系可得， 1 2 3 a 0,a 0,a 1,a 0,a 1,a 1， 4 5 6 7 8 9 故a 1,a 1,a 1,a 0,a 0,a 1,a 0,a 1,a 1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 （2）由a 1,a 1,a 1,a 0,a 0,a 1,a 0, 1 2 3 4 5 6 7 a 1,a 1,a 1,a 0,a 0,a 1,a 0,a 1, ， 8 9 10 11 12 13 14 15 可知：数列a 的周期T 7， n 答案第13页，共14页而数列的前20项中有12个数字1，有8个数字0， 故选a ，a 共有2020400种选法，分成3种情况： i j ①当a a 时，有121288208种情况，每一种情况 a a 2ai aj 1， i j i j 故这类求和为208， ②当a 1,a 0时，有12896种情况，每一种情况 a a 2ai aj 3， i j i j 故这类求和为396288， 3 ③当a 0,a 1时，有81296种情况，每一种情况 a a 2ai aj  ， i j i j 2 3 故这类求和为 96144， 2 综上可得T    a a 2ai aj  208288144 640； i j 1i,j20 （3）由数列a 的周期T 7，且a 1,a 1,a 1,a 0,a 0,a 1,a 0， n 1 2 3 4 5 6 7 4n1 4 3 则当n7k1（kN，下同）时，S 4k1 1 n ； n 7 7 7 4n2 4 6 当n7k2时，S 4k2 2 n ； n 7 7 7 4n3 4 9 当n7k3时，S 4k3 3 n ； n 7 7 7 4n4 4 5 当n7k4时，S 4k3 3 n ； n 7 7 7 4n5 4 1 当n7k5时，S 4k3 3 n ； n 7 7 7 4n6 4 4 当n7k6时，S 4k4 4 n ； n 7 7 7 4n7 4 当n7k7时，S 4k4 4 n ； n 7 7 4 9 由此推出，S  n ， n 7 7 每个周期内，数列的和为4，而100可被4整除，所以恰好25个周期， 4 4 3 有S S  257100，S S  176 101100， 257 175 7 2571 176 7 7 故S 100的最大n175. n 答案第14页，共14页