2026年全国高中数学联赛预赛试题-吉林省

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2026年全国高中数学联赛预赛试题-在一线段AB中随机取两个点,把线段截为三段,则这三段可以构成一个三角形的概率为 A.

B.

C.

D.x1,x0,1

fnx ffx,

1f20265

21x,x

n个A.

B.

C.

D.PABCPAABCBAC90∘DEFABBCCP

ABAC1，PA

，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为

2

的最大值为 A.

C. D.已知x42026aaxax2 x2026,若Taa

,则T被6除所得的余数为 A. B. C. D.已知双曲线C: y1,a0,b0过C的右焦点F作垂直于渐近线的直线l交两渐近线 BA、B两点分别在一、四象限,

1,则双曲线C的离心率为 2B. 2

2x

fx

的定义域

fxx55x3

的取值范围

x1yx1y

y1xy1x1x1x1y在正21边形中，任取三个顶点，可以构成钝角三角形的概率 P为空间直角坐标系内一点,2,3

,过点P于点A,B,C,则四面体OABC的体积最小值 解答题

fxa1lnxax21a2时,

yfx1,f

处的切线方程a2,证明:

x1,x20,

fx1fx24x1x2设数列a满足a1,2，且 an 证明:ijaiajC:

y1a0b02,过

P0,mm

1lCAB两点,

AP3PB,OAOBCQCFCxMQFM2QMF,Mn3

x1

x2，

xnn

y1

y2，ynn的一个完全剩余系,证明

x1y1,x2y2,,xn

n的完全剩余系

2026年全国高中数学联赛预赛试题-吉林省-在一线段AB中随机取两个点,把线段截为三段,则这三段可以构成一个三角形的概率为 A.

B.

C.

D.AB1,X,Y,AXxAYy,xyx10xy1,x1yy,中对应的区域占总的三角形区域的1,因此概率为x1,x0,1

fnx ffx,

1f20265

21x,x

n个A.

B.

C.

D. 1f122026 4 n 不难看出f16为周期的函数,因此 6 5 4 32 1经计算可以得到f17,f13,f14,f12,f19,f11PABCPAABCBAC90∘DEFABBCCPABAC1PA2PADEF所成角的正弦值为

22DEFnxyzyx取z1，则n2,0,1，设PA与平面DEF所成角为，则sin–– PAPA5A为原点,AB、AC、APxyz轴建立如图所示空间直角坐标系,D1,0,0,E1,1,0,F0,1,0 AP0,0,2,DE0,1,0,DF1,1,1

的最大值为 A.

C. D.cosA1cosAcosBcosC32 12cos2A2cosA12cosA sin2Acos2B1,cos2Bcos2AA、BABC的内角,ABC2A已知x42026aaxax2 x2026,若Taa

,则T被6除所得的余数为 B. C. D.解:解:x1,Taa 520266120261mod6T61已知双曲线C: y1,a0,b0过C的右焦点F作垂直于渐近线的直线l交两渐近线22

两点分别在一、四象限,B.

1,则双曲线C的离心率为 b,即有AFbOAa,BF2btanAOBAB3b 21ab，易得:b1 因此只有e21 ,即eba23 B1040的所有整数,31个2x

fx

0可得xx12x10,这等价于xx12x1,xx12x1,xx10,0x1此时fx1,0x2,0x1 x1

fxx55x3

的取值范围 求导,易得结果.0,12

x1yx1y

y1xy1x1x1x1ycos2,1,1,cos2,sin2,0,0,cosABxcosA,1xsinA ycosB,1ysinB,534sincos,25 250,99011616在正21边形中，任取三个顶点，可以构成钝角三角形的概率 12,2n,1in,Ai,jij构成锐角三角形,n1jnii解:2n1边形中,任取三个顶点可以构成锐角三角形的个数,取顶点A,2n945 2n1边形的顶点构不成直角三角形945 2n1边形的顶点构不成直角三角形,C3385945个,从而任取三个顶点,,n10385nn12n被计算了三次,个,而A2n1种取法,nn取法,Ai,jiji于点A,B,C,则四面体OABC的体积最小值 解:解:P作平面的方程为xyz1,abc分别为该平面在三个坐标轴正半轴上的截距, 1,由1 3 23a,bc6,9,12 1 ,OABCV1abc108解答题fxa1lnxax21a2时,yfx1,f1处的切线方程a2,证明x1x20,fx1fx24x1x2.0(当且仅当x 时等号成立2x4x24xa2x0,gx2ax24xa2ax4agxfx4x,gxx1x2fx1fx24x1x2等价于fx2fx14x14x20fx2ax2a2axa(2)a2fx0fx求导fx34x,kf1yfx1,f1y7x4.(1)a2时,fx3lnx2x21,f13,1x1,x20,,fx1fx24x1x2设数列a满足a1,2，且 an.证明:至多存在一对i,j使得aa ma1am为整数综上,ijaiaj0,1,b n0,b0,1,b1,bi,jij0bibj1aiaj一定不为整数若b1 ,则b21 ,因此此时若aiaj为整数则其中一个必为a1,结合bn单调性知至多只能1 通过观察,ann,ann严格单调下降,下用数学归纳法证明:n1时已经满足条ban, n1ann1bbb0,C:

y21a0b02,

P0,mm

1lCAB两点,AP3PBOAOBCQCFCxMQFM2QMF,M AP3PBx1my13x2y2mm2x1x2mx1x2消去y2x22mxm23a20,yx1 x2l双曲线方程可化 1解:(1)由双曲线离心率为2可知,c2a,b 3a22x0QMF45t1时,M存在,10x,QFM2QMFx1 ,代入y23x23 4t4xtx0t30,4t4t4t30t1,x2时,QFM90,tx13x2,代入上述韦达定理得到的结果可以解得:x3mx1m,m26a2.又OAOBxxyy2xxmx mm3a3a3,所以a1,代入验––→–– 1 1 12x2mxm3a0有两不同实根,符合要求,因此双曲线C的方程为x (2)MMt0(1)F20Qx0y0x0Cx2时,tanQFMx2n3x1x2xnn的一个完全剩余系，整数y1，y2ynn的一个完全剩余系,证明:x1y1x2y2,xnynn的完全剩余系np3为素数,x1y1x2y2,xnynn的完全剩余系,不妨∣xp则也有∣ypx1x2,xn1y1y2,yn1x1y1x2y2,xn1yn1n的简约剩余系,Wilsonn的简约剩余系矛盾;n3为合数,x1y1x2y2,xnynn的完全剩余系,n一个质因数p,n的完全剩余系中恰有

个被p整除,

n1,y1,y2,,

n1xyxy, 中各有n个被p整除,1in,可以得到若px,则p1 2

一定整除y,同时p2n,xyxy,xy中有n个可以被p2整除,n 1 2 n 余系中只有n个可以被p2整除,矛盾!n无平方因子,nnppp, 1 p1,p2,,pk为从小到大排列互不相同的素数,且p13,x1x2,xn中满足被p2p3pk被p