2026年中国科技大学创新班入围考试数学试卷真题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年中科大少年班创新班入围考试数学真题1．整数2026的素因子之和等于___________．2．若复数满足，是的共轭，则为______．3．若，则___________．4．若对于任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是___________．5．若复数集与相等，则______．6．向量满足且，则与所成夹角的余弦值为___________．7．设若存在使得在区间上的值域为，则的值为___________．8．设.若数列无上界，则实数的取值范围是___________．9．若方程仅有一个实根，则实数的取值范围是___________．10．在单位正方形内部随机取一点，然后以该点为圆心画一个单位圆，以表示落在该圆内的正方形顶点个数，则___________．11．已知对所有成立，则的取值范围是___________．12．设，则___________．13．不等式的解集是___________．14．设．若命题A：“以为未知数的方程有两个不同实根”和命题B：“”有且仅有一个命题正确，则a的取值范围是___________．15．设，且存在使得，则集合的元素个数等于___________．16．已知数列，，若将中被3整除的项按原顺序依次排列，得到数列，则___________．17．若已知定义域为的函数在处的切线经过点，则函数在处的导数等于___________．18．设为正整数，若方程的三个根都是有理数，则______．19．将一个边形的每个顶点随机染成红、蓝、黄三种颜色之一，且要求相邻顶点的颜色不同，则可能的染色方式有___________种．20．给定5个正整数，从中任取4个数求和，所得的所有和数构成集合，则原来的五个数是___________．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．1015【分析】因数分解可得，可知2和1013均是素数，即可得结果.【详解】首先对2026进行因数分解：，判断1013是否为素数：，只需检验31以内的素数能否整除1013，经检验1013不能被任何小于等于31的素数整除，则1013是素数．所以2026的素因子为2和1013，它们的和为．2．0【分析】根据韦达定理求出方程的根，进而得出，代入化简即可.【详解】由韦达定理可知，是实系数一元二次方程的两个根，解得，则，则.3．【分析】利用两角差的正弦公式展开分母，然后齐次式分子分母同除以求解.【详解】展开分母，原式，分子分母同除以，原式4．【分析】令换元转化为二次函数恒成立，讨论对称轴求解.【详解】化简不等式，得.令，则二次函数在上恒成立．对称轴为．若，即，最小值为，解得与矛盾．若，即最小值为，解得，所以．若，即，最小值为，解得，所以．综上所述．5．【分析】根据集合的相等得到，将两集合消元得．推理得到为三次单位根，利用的性质计算即可.【详解】复数集与相等，易得，若或，会导致集合中有重复元素或两集合不相等，均舍去；则有，即．则即．因为，则有．故为三次单位根，则．此时．故集合满足条件，则．因为，所以原式．6．【详解】由．．．设夹角为，则．7．．【分析】求出的对称轴为，讨论对称轴不在区间内和对称轴在区间内进行求解，利用二次函数的图像和性质求解.【详解】的对称轴为．区间的长度为2，值域的长度也为2．若对称轴不在区间内，函数单调，最大值与最小值之差为或，均导致对称轴在区间内，矛盾．因此对称轴必在区间内，即此时最小值为，最大值为，最大值在端点处取得，即，若，即，则；若，即，则，故．8．【详解】注意题目要求的是数列“无上界”，而不仅仅是“无界”．当时，由于，有．又，所以对任意都有，即数列有上界1，不符合题意．当时，，数列有界，不符合题意．当时，令，则递推式变为，且．这正是Mandelbrot集在实数轴上的迭代序列（其中）．根据经典结论，该序列有界的充要条件是．因为，所以当时，有界，从而也有界，不符合题意；当时，，从而，此时数列无上界，符合题意．综上所述，实数的取值范围为．9．【分析】原方程化为，令，其中，分析可知直线与函数的图象有且只有一个公共点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】显然不满足方程，故原方程化为，令，其中，求导得，令可得，列表如下：增减极小值增由题意可知，直线与函数的图象有且只有一个公共点，如图所示.由图可知，当时，直线与函数的图象有且只有一个公共点，因此实数的取值范围是.10．【分析】利用线性期望分别计算正方形四个顶点各自落在随机圆内的概率，再相加即为期望【详解】设正方形的四个顶点为．引入指示变量，若被覆盖则，否则为0．则．由期望的线性性质，即为圆心到的距离小于等于1的概率．满足条件的圆心区域是以为圆心、半径为1的四分之一圆，其面积为．因为圆心在面积为1的正方形内均匀分布，所以．故．11．【分析】先把目标式看作以为自变量的二次函数，根据二次函数恒成立，判别式小于零，再将判别式看作是关于的二次函数，再根据恒成立，得出关于的不等式，求解即可.【详解】将看作关于的二次函数：，因为对任意的恒成立，故判别式恒成立，故．要使该式对任意恒成立，必须满足：，解得，则.故答案为：.12．421【分析】用辗转相除法求的特解，即，得到的通解为即可求解【详解】由于，，，，，，所以有整数解，,所以的一组特解为,所以的通解为：,当时，；当时，．显然最小值为421．13．【分析】对于原不等式，有，原不等式化为，两边平方化简为，结合高次不等式的解法并结合可得出原不等式的解集.【详解】对于不等式，有，可得，所以原不等式化为．因为，必有，可得，由可得，即，整理可得，方程的两根分别为，，如下图所示：不等式的解为或或，又因为，故原不等式的解集为.14．．【详解】命题真：或．命题真：当时，得，解得，当时，得，不等式恒成立，所以；当时，得，解得，综上所述：．命题A和命题B恰有一真：若真假：．若假真：假即，交集为．综上所述：a的取值范围是．15．675【分析】化简方程解，代入三次单位根求解，统计区间内满足条件的.【详解】方程可化为．两边取模：，令，若，则，若，可推出矛盾（模的性质无法满足等式），故，此时，故，即为三次单位根（满足）．代入原方程：．因为，所以必须是．这要求．在中，满足的数有．项数为．16．【分析】根据中被3整除的数依次排列得到数列，若，则或，满足条件的序列为，将其两两分组：第组为和，求出对应的数列中的项为和，求出，求出的前项的和即可得解.【详解】由，得．若，则或，满足条件的序列为．将其两两分组：第组为和．对应的数列的项为和．这两项之和为．求前项和，即求前组的和：．17．0【分析】求出函数在处的切线方程，进而得到和的关系，再根据除法的求导法则求出，即可求出.【详解】设切点为，则函数在处的切线方程为．因为切线经过点，代入上式可得，即．对求导，．将代入上式，则．18．12【分析】设三个有理根为，写出三次方程的韦达定理，推出是的两根，借助于根的判别式必须是有理数的平方，逐一检验的取值，即得参数值.【详解】设方程的三个有理根为．由韦达定理：．消元得，又，则可看成关于的一元二次方程的两根．故，解得．要使为有理数，必须是有理数的平方．检验的可能整数值（由有理根定理）：当时，，则，代入原方程，可得；当时，，则，代入原方程，可得（，不合题意）；当时，不是有理数的平方，不合题意；当时，，则，代入原方程，可得；当时，，则，代入原方程，可得（不合题意）．故正整数的值仅为12．19．．【分析】根据题意构建递推关系，再利用构造法可求通项即得可能得染色方式的种数.【详解】设为边形的合法染色数（即环图的染色数），则.考虑一条有个顶点的线段，相邻不同色的染色数为．这其中包含了首尾不同色（即）和首尾同色（相当于边形的合法染色数）两类．因此，其中，所以，所以，令，则，且，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以．20．18，20，24，24，30或19，21，21，25，31．【分析】从题目中这些和构成的集合为，分析出这5个数中必有两个数相等，使得这两个数对应的和相同且必须能被4整除，即这两个数对应的和只能为92或96，再分两种情况分别求出这5个数即可.【详解】设这5个正整数为，它们的总和为．任取4个数求和，得到的和分别为，所以这5个和的总和为．因为这些和构成的集合为，只有4个元素，说明必有两个数相等，使得这两个数对应