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