浙江省全国名校联考2025-2026学年高三上学期10月联考数学试卷

这是一份浙江省全国名校联考2025-2026学年高三上学期10月联考数学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟．
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．
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
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
已知复数 z 满足1 i z  2  i ，则复数 z 的虚部为（ ）
3
2
 3
2
3 i
2
 3 i
2
若抛物线 y2  2 px 上的点到焦点的最短距离为 2，则抛物线方程为（ ）
y2  x
y2  2x
y2  4x
y2  8x
已知圆O1 与圆O2 的半径分别为 3 和 1，圆O1 与圆O2 内切沿着圆周滚动如图所示， AB 是
–––→ –––→
圆O2 的任意直径，则O1 A O1B  （ ）
A．1B．3C．5D．8
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（ ）
x  1ab
A．8B．10C．12D．16
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．16B．24C．32D．48
已知 A x , y , B x , y  , C x ,3  , D x , y 是曲线 y  sin2x 上的四点，其中
1 122 3 4 44

1
0  x  x  x  x  π ，且π成等差数列，则 y2  （ ）
12342
x1 , x2 , 4 , x3 , x4y
A．2B．4C．6D．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（ ）
f  x 为周期函数B． f  x 为偶函数
 2 
C． f  3   0
 
2026
 
D．  f i  1
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．
2
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
5
C． P B  3
5
y2
B． P B A  1
D． P  A  B   9
10
已知双曲线 E : x2  1 的左右焦点分别为 F1 , F2 ，点 A 在渐近线上，且在第一象限，
3
满足 AF1  AF2 ，则下列说法正确的是（ ）
双曲线 E 的渐近线方程为 y   3x
双曲线 E 的离心率为e  2
3
△AF1F2 的面积为4
3
△AF1F2 的内切圆的半径r 1
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
sin C  sin A  sin B ， a sin C 
c  bc  a
A  π
3
2  a cs C  ，则下列结论正确的是（ ）
3
b 
V ABC 周长取值范围为3  3, 6  2 3 

OAC 和△OBC 面积之差的取值范围为 
3 
3
,
412 

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．
已知sinx  siny  1 ，csx  csy   1 ，则cs x  y  ．
33
1 4
在 4x   4  展开式中， x3 的系数为．
x
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．
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．
计算这次调查总样本的均值；
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．
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  4.8 0，.15865 3 0.004 ．
已知函数 f x   ex  ax 2  x 1 ．
设 F  x   f  x   f  x  ，讨论 F x  的单调性；
设G  x  f  x  f x，若G x   0 恒成立，求a 的取值范围．
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 .
证明： AE / /BD ；
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．
已知椭圆 x2  y2  1a  b  0 的离心率为 1 , A, B 分别为椭圆的左，右顶点， C 为椭圆

a2b22
CA CB
的上顶点，且–––→  –––→  4 ．直线 l： x  my  3 交椭圆于 M ， N 两点．
求椭圆的标准方程；
若直线 AM 的斜率为k ，直线 BN 的斜率为k ，求 k1 的值；
k
12
2
m2   1 1 
若 P 5, 0 ，证明：当, 时，△MNP 为锐角三角形．
 5 2 
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a1  1, a2  1, a3  1；
②生成规则：从第 4 位开始，计算公式为an3
 0, an1  an为偶数，其中n 是正整数．

1, an1  an为奇数
求数列an 的前 9 项；
设T 

1i, j20
 ai  a j
 2ai aj 
，求T 的值；
证明 S
 4n  9 ，并求满足S  100 的最大正整数n ．
n7n
（其中T 表示i ， j 取遍 1 到 20 的所有数字时，式子 ai  a j  2ai aj 的求和）．
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 ，
所以 z  2  i  2  i1 i  1  3 i ，故 z 的虚部为 3 .
1 i1 i1 i222
故选：A.
3．D
【分析】根据抛物线的性质，点到焦点的最短距离为
p
，代入求解即可．
2
【详解】抛物线 y2  2 px 上的点到焦点的最短距离为 p ，
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O1 A  O1B  O1O2  O2 AO1O2  O2 A 即可求解．
–––→ –––→–––––→––––→–––––→––––→–––––→–––→––––––→––––→
【详解】O1 A O1B   O1O2  O2 A  O1O2  O2 B  O1O2  O2 A  O1O2  O2 A
22
2
 O1O2  O A  3 ，
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.
2x 12x  1  22
【详解】 f  x  2x  1 
2x  1
 1  2x  1 ，定义域为R ，
由 y  2x 在R 上单调递增，则 f  x 在R 上单调递增，
22 2 x
f x   1
2 x
1  1 2x 1 ，
22 2x
22x  1
则 f  x  f  x 1 
2x
则 f  x 为奇函数，
 1 1  2x
 1  2  2x  1
 2  2  0，
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 ，
9b  a a b
则 1  1  1  1  1   a  9b  1 1 9  9b  a   1 10  2
  8 ，
ab2  ab 
ab 
2 

当且仅当 9b  a ，即a  1 ， b  1 时，等号成立，
ab26
故 1  1 的最小值为8 .
ab
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，
故共有 4 12  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：
y  sin2x 周期为π ，所以在0  x  π 上由于三角函数图象的对
2
称性得， x , x 关于 x  π 对称，
1 44
同理 x , x 关于 x  π 对称，
2 34
所以 y  y , y  y  3 ．
14234
ππ
又因为 x1, x2 , 4 , x3, x4 成等差数列，所以 x1  2x2  4 ，
y  
π π
221
所以 1
sin  2  2x2  4   sin  4x2  2   cs 4x2
 2sin
2x2
1  2y2 1 
8
，所以
 
3
y2  4  6 .
y11
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；
取 y  1，得 f  x 1  f  x 1  f  x  0 ，则有，
 f  x 1  f  x 1  f  x   0
 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
11
 1  2
1 3  1 
取 x  2 ，y  2 ，得到：  f     1，再取 x  1，y  2 ，得 f  2   2 f  2   0 ，故 C 错
  2  
  
误.
故选：C 9．BCD
【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.
C1C13
【详解】对于 A， P  AB   3 2 ，故 A 错误；
A
5
210
C13
3
P  AB101
对于 B， P  A  3 ， P  B A  ，故 B 正确；
A
5
5
1P  A32
5
3C1 C13
10A2
对于 C， P  B  P AB  P AB  2 3
5
 ，故 C 正确；
5
C1C19
对于 D， P  A  B   1 P AB  1 2 1 ，故 D 正确．
A
5
210
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△AF1F2 面积，判断 C 的真假；利用面积法求三角形内切圆半径，判断 D 的真假.
【详解】如图：
y
2
3
选项 A：对双曲线 E : x2  1 ， a  1 ， b ， c 
3

 2 .
a2  b2
1 3
所以双曲线 E 的渐近线方程为 y   b x  
a
3x ，故 A 正确；
选项 B：双曲线 E 的离心率为e  c  2 ，故 B 正确；
a
选项 C：因为 AF1  AF2 ，且O 为 F1F2 的中点，
3
所以 OA  2 ，又 A 在 y  3x, x  0 上， 所以点 A 1, 3  ，得 AF2  2, AF1  2，
1
2
3
SAF  AF  2；故 C 错误；
 AF1F221
选项 D：因为△AF1F2 为直角三角形，所以内切圆半径
1 2
AF1

AF2

F1F2
r 2S AF F
 4
1，故 D 正确．
3
3
3
2 2  4
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.
【详解】对 A：由sinC  sinA  sinB 和正弦定理，可得 c  a b ，
c  bc  a
即c2  a2  bc  b2 ，则c2  b2  a2  bc ，
c  bc  a
c2  b2  a2bc1
由余弦定理， cs A  ，
2bc2bc2
又 A0, π ，故 A  π ，故 A 正确；
3
对 B：因 A  B  C  π ，
由正弦定理 a
a
3
b，可得
 b
sin  A  C  ，即a 
b
3
2①，
sin A
sin B
sin  C  π 
23 

3
又因为a sin C  3 2  a cs C ，则 3a cs C  a sin C  2，
3
 31π 
即2acs C  sin C  2 3 ，也即2a sin C   2②，
 22
3 

3
b 
将①代入②可得2  2 sin  C  π   2 3 ，解得b  2 ，故 B 错误；
 π
3 
sin 

 C 
3


C  π  π  B   0, π 
32 π π
对 C：由V ABC 为锐角三角形，则
 ，解得 B 
,  ，
6 2
 

2

B  0, π 

由正弦定理， a  b c ，则
sin Asin Bsin C
a 2
3sin B
2
c
sin C ，
则a  3 ， c  2 sin C  2 sin  B  A  sin B  3 cs B ，
sin B
sin B
sin B
sin B
则a  b  c  3  sin B  3 cs B  2  3  3 1 cs B
sin B
3 1  2 cs 2 B 1
sin B
sin B
3
2
 3 
  3 ，
BBB
2 sin cs tan
222
由 B  π , π  ，则tan B  tan π，
 6 2 
212 ,1

tan π  tan π
1 3
由tan π
12
 tan  π  π  
 
461
3
46 
ππ
3 2 ，
3
 tantan11
463
故tan
B  2 

2
3,1，则
3 
tan B
3, 3  2 3，
a  b  c  3 3  3
则tan B
2
2
3
3, 6  2
 ，故 C 正确；
对 D：设V ABC 外接圆半径为 R ，则OA  OB  OC  R ，
2R 
b
sinB
 2 sinB
，即 R 
1
，
sinB
因为AOC  2B, BOC  2 A  2π ，
3
所以 SOAC
 1 R2  sin AOC  1 
22
1
sin2 B
 sin 2B 
1，
tan B
112π
sin2 B  cs2 B
1
3
3
SOBC  
2sin
2 1 
2 ，
2 sin B
34sin B
4 tan B
所以 S S
1 
3 11  3 
11 3 ，
OAC
OBC
tan B
4 tan 2 B 

4tan 2 Btan B4

由 B  π , π  ，则tan B 
 1
3
 
,，令 x  0, 3 ，
 6 2 
 3 
tanB

3
3
32 323
则 SOAC  SOBC  f  x  x2  x   x  ；
444 3 12

OAC 和△OBC 面积之差的取值范围为 
, 3  ，故 D 正确.
3

412

故选：ACD.
12． 8
9
【分析】将条件进行平方，然后左右两边对应相加，即可得到cs(x  y) 的值．
【详解】sin x  sin y  1 ， cs x  cs y   1 ，
33
平方得sin2 x  sin2 y  2 sin x sin y  1 ，① cs2 x  cs2 y  2 cs x cs y  1 ，②
99
①  ②得2  2 sin x sin y  2 cs x cs y  2  2 cs x  y   1  1  2 ，
999
即2 cs(x  y)  16 ，
9
即cs(x  y)  8 ，
9
8
故答案为： ．
9
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，
4
所以 x3 的系数为： C3  43 4  45  210  1024 .
故答案为： 1024
7  15
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，
2  2r  0
而O O 可构成新的长方体的对角线，但要满足2  2r  0 ，
1 2
7  15
4
而2r 2  2  2r 2  2  2r 2  3  2r 2 ，得： 8r 2  28r 17  0 ，
得： r  7  15 ，而 r  1 ，故r ．
4


3  2r  0
故答案为： 7 
4
15．(1)17 (2)0.004
15 ．
【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.

x
【详解】（1）根据题意，把男性样本记为 x1，x2，x120 ，其平均数记为 ；
把女性样本记为 y ，y ， y

，
1290 ，其平均数记为 y ，则 x  14，y  21
z
记总样本数据的平均数为 ，
则 z  120 14  90  21  17 ，总样本数据的平均数为 17.
210210
（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 ，
P  X  12.2  1 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  ，
3
故 P Y  3  C3 0.158653  0.004 ，
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；
(2)  , 1 
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.
（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
导，分a  1 和a  1 讨论函数的单调性，求函数的最小值即可.
22
【详解】（1） F  x  ex  ex  2x, x R .
ex e x
所以 F x  ex  ex  2  2
所以 F x  在定义域R 单调递增.
 2  0 （当且仅当ex  ex 即 x  0 时取等号），
（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；
当a  1 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，
故G  x  G 0  0 ，符合题意，故a  1 ；
2
当a  1 时， 2a  1,
2
由（1）得：函数 F  x  ex  e x  2x 在R 上单调递增，且 F 1  e  1  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.
综上所述a 的取值范围是 , 1  .
2 

17．(1)证明见解析
(2) 3 10
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 ；
故 EH / /OA ，又 EH 
CD 
2
3 ， OA 
3 BC ，
3
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 
又 AO  平面 BCD ， OD  平面 BCD ，则 AO  OD ，故OA, OD, OB 两两垂直，
BC ，
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，
3
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,，
–––→
–––→
1 –––→
13 
13 
则 BD  0, 1, 3 ，则 AE  2 BD   0,  ,
 ，故 E  3, 
, ，
22

–––→–––→
22 
–––→–––→
由Q 在 AO 上，设Q t, 0, 0, DQ  平面 BCE ，故 DQ  BC 且 DQ  BE ，
33 
–––→–––→–––→
DQ  t, 0, 
3 , BC  0, 2, 0, BE  

3, 
,，

22 
–––→ –––→
则
3，解得3 ，故Q 
3 , 0, 0 ，
DQ  BE  t 
3  0 
3  0t 

22
 2

33 
–→–––→–––→
设平面 BAE 的法向量n1   x1 , y1 , z1 , BA  
3, 1, 0, BE  
–→

3, 
,，

22 

 3x1  y1  0
则有
，令 x  1，得 y
 3, z
 1，故n  1, 3,1 ，
3
 3x  3 y 
z  0
111
11
2
BDQ
2 1
1
––→–––→–––→ 3
设平面
的法向量n2   x2 , y2 , z2 , BD  0, 1, 3 , BQ  
2 , 1, 0  ，
 y2  3z2  0

––→
则有，令 z 1，得 y  3, x  2 ，故n  2, 3,1，
 3 x  y  02222
2


–→ ––→
22
–→ ––→
n1  n2
–→ ––→
则cs n1, n2

n1  n2
 1 2  3  3 11
12   3 2 12
22   3 2 12

6
5  2 2
 3 10
10 ，
故平面 BAE 和平面 BDQ 夹角的余弦值为 3 10 .
10
2
2
1
18．(1) x  y 
1612
(2) 1
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；
利用韦达定理结合斜率公式计算即可得；
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  ，
–––→ –––→
所以CA CB  a2  b2  c2  4 ，即c  2 ，
c1
a2  c2
又e   ，所以a  4，b 
 2 3 ，
a2
x2y2
所以椭圆的标准方程为
 1 ；
1612
（2）直线l : x  my  3 ， M  x1, y1 , N  x2 , y2  ，
x  my  3

由 x
2  y2
，得3m2  4 y2 18my  21  0 ，
 1
1612
则 y1  y2
  18m 3m2  4
, y1 y2
 21，
3m2  4
所以my y  7  y  y  ，
1 2612
因为椭圆的左，右顶点分别为 A 4, 0, B 4, 0  ，
所以k1 
y1
x  4
, k2 
y2
x  4 ，
12
y  x
 4
7  y  y   y
1 y  7 y
所以
1
k1  12 
my1 y2
y1  6
121

6 2 1
6
ky  x  4my y  7 y7 7 49；
2211 22
 y  y   7 yy y7
61226 162
→
（3）直线 MN 的方向向量为e  m,1 ，所以由锐角三角形知，
––––→ –––→
–––→ ––––→
–––→ ––––→
PM  PN  0 ①， MP  MN  0 ②， NP  NM  0 ③，
––––→–––→
由 PM  x1  5, y1  、 PN  x2  5, y2  ，
由①得：  x1  5 x2  5  y1 y2  my1  2my2  2  y1 y
221m2  2136m2

4
m  1 y1y2  2m y1  y2  4  22 4
3m  43m
 15m2  21 12m2 16  27m2  5 
3m2  43m2  4
0 ，则
m2 
5 ④；
27
–––→ → –––→ →
由②③得， MP e NP e  0 ，
即m  x1  5  y1  m  x2  5  y2   0 ，进而化简得： m2 1 y  2m  m2 1 y
 2m
1 2
1 212
 m2 12 y y  2m m2 1 y  y   4m2
21m2 12
36m2 m2 1 
27m4 10m2  21
 4m2 0 ，
3m2  43m2  43m2  4
即27m4 10m2  21  0 ，解得5  4 37  m2  5  4 37 ⑤，
2727
由5  4 37  0  1 ， 5  4 37  5  4 36  19  1 ，
2752727272
 
故当m2   1 , 1  时，同时满足④⑤，
 5 2 
所以此时△MNP 为锐角三角形.
19．(1) a1  1, a2  1, a3  1, a4  0, a5  0, a6  1, a7  0, a8  1, a9  1
(2) 640
(3)证明见解析，175
【分析】（1）利用递推关系计算即可得；
观察可得数列an 的周期，则可得数列an 前20 项中1、0 的个数，再分ai  a j 、
ai  1, aj  0 及ai  0, aj  1讨论即可得；
可借助数列an 的周期分类讨论得到对应 Sn ，即可得证；再利用每个周期内数列之和计算即可得满足 Sn  100 的最大正整数n .
【详解】（1）由题意知a1  1, a2  1, a3  1，利用递推关系可得，
a4  0, a5  0, a6  1, a7  0, a8  1, a9  1 ，
故a1  1, a2  1, a3  1, a4  0, a5  0, a6  1, a7  0, a8  1, a9  1 ；
（2）由a1  1, a2  1, a3  1, a4  0, a5  0, a6  1, a7  0
a8  1, a9  1, a10  1, a11  0, a12  0, a13  1, a14  0, a15  1,  ，可知：数列an 的周期T  7 ，
而数列的前20 项中有 12 个数字1，有8 个数字0 ，
故选ai ， aj 共有20 20  400 种选法，分成 3 种情况：
ijij
①当a  a 时，有12 12  8 8  208 种情况，每一种情况 a  a  2ai aj  1 ，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 ，
ijij
故这类求和为3 96  288 ，
③当a  0, a  1时，有8 12  96 种情况，每一种情况 a  a  2ai aj  3 ，
ij
故这类求和为 3  96  144 ，
2
ij2
综上可得T 
1i , j 20
 ai  aj
2ai aj   208 288 144 640；
（3）由数列an 的周期T  7 ，且 a1  1, a2  1, a3  1, a4  0, a5  0, a6  1, a7  0 ，
则当n  7k 1（ k  N ，下同）时， S  4k  1  4 n 1 1  4n  3 ；
n
当n  7k  2 时， S  4k  2  4 n  2  2 
777
4n  6 ；
n777
当n  7k  3时， S  4k  3  4 n  3 3  4n  9 ；
n
当n  7k  4 时， Sn
当n  7k  5 时， Sn
777
45
4 n  4
 4k  3  3 n  ；
41
777
4 n  5
 4k  3  3 n  ；
777
当n  7k  6 时， S  4k  4  4 n  6  4  4n  4 ；
n777
当n  7k  7 时， S  4k  4  4 n  7  4  4n ；
由此推出， Sn
n77
 4 n  9 ，
77
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，
有 S S 4  25  7  100 ， S S 4 176  3  101  100 ，
2571757257117677
故 Sn  100 的最大n  175 .