2026年全国高中数学联赛预赛试题-江西省

PAGE160页/2872026年全国高中数学联赛预赛试题-(6219:30–12:00填空题(756分若cos 2cos,则cos2 3 实数a,b满足集合a,b,2025a2,a2026b,0,则a2026b12027末尾的两位数

有零点，则a2b22的最小值 点C,D是直线

y2x12x23y2

交点的两个三等分点,P在y轴上,则PCPD正方体的顶点和它的中心构成的9个点中取3点能构成锐角三角形顶点的概率 aananaananaa2

n

,则 i

i

3m220mm

的值为整数的所有有理数m的和 z

z2

z22z1z

的最大值 (14+15+15+20=64分xx44x3ax2bxc0,,,,恒成立,k的最大值

111

ab

36ab,ac

162ac,b

3c

50b2cABC

与边ACAB

EF,

EIFI

JK.AE

,求证

IJBCK五点共圆对给定的奇素数p,试说明满足下述条件的正整数N是否存在.若存在,求出其中最小的p1pNpp

n Np2p2p

满足i

2026年全国高中数学联赛预赛试题-江西省-(6219:30–12:00填空题(756分若cos 2cos,则cos2 3 3 212 23 解:由题cos 2sin,得cos 2.从答案:实数a,b满足集合a,b,2025a2,a2026b,0,则a2026b12027末尾的两位数 答案答案:解b0,a2025a2a,a22025a45a20264520264510132的末尾两位数为25,从而所求的两位数为24.

有零点，则a2b22的最小值 答案答案:解02cosxabsin2x0ab的距离平方的最小值,d2.d2cos2x1cos2xcos2xt cosx1sin2x0a1b1时可取到4.CD是直线y2x12x23y2y交点的两个三等分点,P在y轴上,则PCPD最小值 答案答案 2y 2x53 5 57 2 x 2y y2 解Ax1y1Bx2y2是直线和曲线的两交点,CDy2 x点551,A21B11,ABCDy轴左侧,dx2,x1,y1,.由题,联立直线方程和曲线方程化简得,5x7x20,5.正方体的顶点和它的中心构成的9个点中取3点能构成锐角三角形顶点的概率 998 206综上,所求概率为8122种选择3122 22112,12,4条3点均为正方体的顶点时,1或3时,只能形成直角三角形.3点能构成锐角三角形,3点间两两连线长度为28种选择32点是正方体顶点，它们和中心的距离均为3解:1,8C228条线段,1,2,3答案:6.aa2aa a2 n1, ai1 ak11.由数学归纳法知,n1an1.ka2k1aak1aaka a21,a1k1,aa1, 解:由题得 n1aa,ana2n1a,a 2,a22 2答案:又又 a2anan1a2a,a递减,n2时,aa2. n2时,ana2n1 ,所 li1 2,进一步可知 ln1a 22n ,所以n1 2n,从而对n3有,na22,所nn 1n1 1 n n424 1另一方面2026a 2026 3 2 20265综上,i5.2026a2i1i7.使

3m220mm

的值为整数的所有有理数m的和 答案:3m220m26 解:由题 Mm mmZ时,mppqZq2pq13 M23 26 p q∣3p246pq,3,q3.p,3pp31,3p246p 49M26 26p 3p3 p3综上易得,66128.z满足z2z22z1z的最大值 2736511664PA236PB227,P1311z1311i时可以取等 答案:解原问题等价于如图所示的几何问题:PA2PBPC2的最大值.PC2PB,4PA2PB3的最大值PAB中,PA22PB218,4PA2PB34 PA 2 2PA24PB2 27(14+15+15+20=64分xx44x3ax2bxc0,,,,恒成立,k的最大值

111

111 4 B2 5A55B0,55,1,5,5,5时取等 11 11 11 111解4A111B11 11ab

36ab,ac

162ac,b

3c

50b2c 3ODc 3CD,a2b3c23CD211115综上ab3c23b2a2b3c2233ab2acbc1111521. 1 7301ac1ab 31bc1 整理得3ab2acbc157.ABΔABD,ADB60∘,AOBDDOC三点共线得aBDbADABOD,所以a2b 3OD,故有a2b3cBD23AD43cosCBDsinABC 7,CD237521 ,6252OAOBOC长,AOB120,AOC90,BOC150cosABCbc3bca2b2ab解:已知条件可化为 a2c2 ,由余弦定理知,正实数a、b、c等价于如图所示的线ABC

与边ACAB

EF,

EIFI

JK.AE

,求证

IJBCK五点共圆证明证明如下图,AIE2IE,OII的中点如图连接线段AEAFBC,IJIEAEAFIJIKIJKIKBCIJ,IJIK四点共圆IEIEIE2IEKF,IECKEB90∘BCBFCEAEECCEECFBΔCEIΔBFK,CIBKΔKCIΔCKB,KICCBKCKBI四点共圆,同理,CJBI四点共圆,至此有点C,K,I,J,B,I六点共圆,结论得证.对给定的奇素数p,试说明满足下述条件的正整数N是否存在.若存在,求出其中最小的p1pNpp

n Np2p2p

满足i

即p3p1p1,p1p1必有不同于p的素因子,q,p1p1modq,p12p1modq则有p 1modq,必有p1 1modq,即pq,矛盾p12p,解:事实上,Np1p1即为所求p3时,N9322显然成立.下证p3时依然成立p1p14p12p21p121p2, 1C 2 1 mod Cp11 p e2p e12e2p,1x0时,ex e2p 2pp 2p ,得证 e2p e2p 2 21综上,即有e2p1另一方面,ppppp1ep2e2p1, plnNlnN.故只需证i1n,