2026年全国高中数学联赛预赛试题-湖北省

PAGE133页/2872026年全国高中数学联赛预赛试题-填空题:8864分已知x.yR且y0,集合Ax2x1,x,x1,By,y,3y.若AB,则x2y2 2 已知正整数a,b,c,d满足:logb3,logd5,ca65.则db 随机投掷3枚质地均匀的正方体骰子(6个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)，则3枚骰子正面朝上的点数之 在△ABC中，CAB120∘，作ADAB交BC于点D，若ABCD1，则BD PAGE134页/287

1,

1iinN*

papa

1 2 2026数之和为复数T,则T PABC中,DPB的中点,EPCP点的三等分点,ADDE.PA2,则三棱锥PABC的体积 在QACBDQCQAABCDPPQDBACM,N，若QM2,MN3，则MP MN和

也都是完全平方数这样的四位数M共 个PAGE135页/287解答题:3小题,56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(16分)

ABΓ

x2

1上不同于顶点的两个动点,O为坐标原点,

k1k2ΓCOCcosOAsinOB,其中02 证明:k1k2为定值求OAOB的最大值(20分)ab都是正整数,

fxax2bx1x

m1,n1,a

的最小值(20分)abcdacosxbsinxccos2xdsin2x1x恒成立,求证:a2b2c2d23说明

2026年全国高中数学联赛预赛试题-湖北省-评阅试卷时,请依据本评分标准.80分两档;其他各题的评阅,请严格按照本评分标准的评分档次给分,不得增加其他中间档次.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划分档9410、115分为一个档次,不得增加其他中间档次.填空题:8小题,8分,64分已知x,yR且y0,集合Ax2x1,x,x1,By,y,3y.若AB,则x2y2 2 5已知正整数a,b,c,d满足:logb3,logd5,ca65.则db 17随机投掷3枚质地均匀的正方体骰子(6个面的点数分别为1,2,3,4,5,6),则31732在ABC中，CAB120∘，作ADAB交BC于点D，若ABCD1，则BD32设a1,p1,i，其中i为虚数单位，nN*.设所有能表示为papa 形式

1 2 2026数之和为复数T,则T 答案:答案:2 12PABCDPBEPCPADDE.PA2，则三棱锥PABC的体积 10QAC中,BDQCQA上,ABCDP,PQDBACMN若QM2,MN3，则MP 6M是完全平方数,N和

也都是完全平方数.样的四位数M共 个答案:答案:2解答题:3小题,56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(16分)

ABΓ

x2

1OOA,OB的斜率分别记为k,k.如果椭圆Γ上存在点C满

→,其中0,

2证明:k1k2为定值 (2)求OA

的最大值1tan 同理可得OB 1 4(2)OA4cossinsinsin1tantan1，为定 8sinsin2cos (1)kk 2 4又因为0,OAOB5,4tan24tan21即tan1时取等号所以OAOB的最大值为 16 41tan 121tan4 1tan4 4tan4tan24tanOAOB2 (1)证明:k1k2为定值；(2)求OAOB的最大值(2026a2,b1解. 2(1)kkbsin1 为定值 15.ABΓ:221ab0上不同于顶点的两个动点,O为坐标原点,OAOBkk ΓOCOB OA2OB2a2cos2b2sin2a2cos2b2sin2a2cos2b2sin2a2sin2 4 22 2 ab2a 2a

sincosab

sina4b4 a4b4 a2b2 a2b2 .因此当 kZ时OAOB取最大 a2

因此,OAOBacosbsinacosbsin cossina2b2tan2a2b2 a2b2tan2a2tan2b2 1 1

1 a2 OAa2 a2 OAa241

a2a2b2tan2a2tan2b2tan21,

kZOA

(20分)ab都是正整数,函数fxax2bx1xAm0Bn0,m1,n1,ab的最小值解解mn,mnax2bx10的两根,mnb0mn10,m0n0.又因为m1,n1,1mn0进而可得1mn1,所以a 5结合函数fxax2bx1的图象,可知f1ab10,ba1ab都是正整数,baax2bx10有两个不相等的实数根,Δb24a0,b2a 10ab2a,a4,a5b2a25,b5故ab55 15a5b5时取等号,ax2bx105x25x10,5验证可知满足题设条件555因此,ab的最小值为 2010.10.(20分)ab都是正整数,函数fxax2bx1xAm0Bn0,m1,n1,ab的最小值解：mn,mnax2bx10的两个根mnb0mn10,m0n0m1,n1,1mn01mn1,a1结合函数fxax2bx1f1ab10,ba1ab是正整数,bax2bx10有两个不同的实数根,b24a0,b2a。ab2a,a4,a5.b2a25b是正整数,b5ab5510a5b55x25x10510适合题意.ab105abc,ax2bxc0有两个根01a的最小值(200301,所以,01,ac0b

b2

ac

ac2 若bac,则 1 因此,bac1b24ac0,b24ac1于是,ac124ac1a2c22ac2a2c0a2c26c0,c6ac0矛盾a3c28c30,c8

c8

,c8

528

523aac0矛盾;c8521,c是正整数矛盾若a4,c210c80,则c10

c1068c10

684aac0矛盾c10

681,c是正整数矛盾a5c212c15

,c1满足条件,b5,5

,适合题意a5解法二：

fxax2bxcaxxxx 0x110x21abc是整数a0

f0

f1都是正整数f0f11a2x1xx1

x1x1x1x1 x1x2,因此,以上等号不可能同时成立于是,x1xx1x1 a21a2x1xx1

a216a4,a5另一方面,a5时,5x25x100,1上有两个不同的根a5fxax2bxc0,1,01,b24ac0c1b0,ac0b0 f1abc0,因此,acb将后一个不等式两端(都是正数)平方a22acc2b2,ac2b24ac0ac2a4,ac只可能有三组a14,c12;a23,c11;a14,c1b应当满足相应的三个条件4b2320;4b2120;9b216但是,没有一个整数能满足这三个条件中的任何一个.由此,a5最后,5x25x1055,0,1上,适合题意11.(16分)abcd为实数,acosxbsinxccos2xdsin2x1xR恒成立,求证:a2b2c2d23.4 2abcosx 2acosxbsinxccos2xdsin2x a2b2cosxc2d2cos2x10 5由条件知,xR,不等式①恒成立xx,a2b2sinxc2d2cos2x1 证明因为acosxbsinxccos2xdsin