2026年高中数学竞赛一试+二试（加试）模拟卷（一）

2026年高中数学竞赛一试+二试（加试） 模拟卷（一） 一试试题 （考试时间：80分钟 试卷满分：120分） 考生注意: 1、本试卷共二个大题(11个小题)，全卷满分120分. 2、用黑色的钢笔或签字笔作答. 3、解题书写不要超出装订线. 4、不能使用计算器. 一、填空题：本题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分. 1．已知，则的取值范围为 ． 【答案】 【详解】设，则： ． 故，解得，即． 故答案为：. 2．实数a､b满足，则的最大值是 . 【答案】 【详解】解析：不妨设，则： ， 当且仅当时等号成立， 故的最大值为， 故答案为：. 3．已知数列满足.则的值 . 【答案】1 【详解】显然，为严格递增的正整数的数列.则 . 故原式. 由及数学归纳法，知为偶数，与为奇数. 从此，为偶数，因此，所求代数式的值为1. 故答案为：1. 4．在正四面体中，P为底面三角形内一点，若，，，则 ． 【答案】 【分析】在平面内，作，根据余弦定理求出，再证明则，，，四点共圆，利用托勒密定理求出，根据正面体高与棱长的关系得，最后利用勾股定理即可. 【详解】如图，在平面内，作，有. 容易证明是正三角形，则. 在中，有，则. 而，知，有，. 设正的中心为，有， 则，，，四点共圆，而， 由托勒密定理，. 根据正四面体特点知，设正四面体棱长为，高为， 则由上图知， ， 则回到原题中，则. 故答案为： 5．如图，在平面内，30条长度为1的线段拼成三角形网格，现将网格中每条单位线段染成红、黄、蓝三色之一，满足每个单位正三角形的三边颜色互不相同．如果两个网格可以经过一系列的旋转、翻转，使得对应线段所染颜色均相同，则认为它们是同一种染色方式，这样的染色方法数为 ． 【答案】 【分析】先从小的区域算起，再分类分步完成全部计算. 【详解】我们用标记1,2,3代替染成红黄蓝三种颜色， 由于旋转、翻转后颜色相同算同一种染法，不妨设正中间的小三角形三边依次标记1,2,3，如图，考虑倒放的大三角形的三边上的6条线段（粗线段）； 要么三边上的两条线段分别同色，此时只能上方都标3，左边都标2，右边都标1； 要么一条边上同色，另两边异色，如果上方都标3，另外4条线段颜色也唯一确定，考虑同色边的位置，此时共3种情况； 要么三边都异色，此时枚举可得这6条线段共4种情况（实际上6条线段共种情况，前两类共4种，故这一类剩下4种）. 如图，考虑外侧3个角上的部分： 如果某边上同色，不妨设均标记3，则上方中间两条线段1,2或2,1，最上方的角上2条线段还可以选择1,2或2,1，其余线段标号唯一确定，一共4种染法； 如果某边上异色，不妨设标记左2右3，则中间两条线段1,2或3,1或3,2，而最上方的角上2条线段各有2种选择，其余线段标号唯一确定，一共6种染法； 综上所述，染色方法总数为种 故答案为：1360. 6．设正整数满足，则的最小值为 . 【答案】3 【分析】令，利用导数可判断该函数为减函数，从而可求的解，故可求的最小值. 【详解】由，两边取对数得 因为是正整数，所以， 令，则， 令，则，所以在上递减， 则，即，所以在上递减， 所以，解得. 又因为，所以最小正整数的值为3. 故答案为：3. 7．一个平台的俯视图为一个3×3的方格表，初始时在中心的方格处有一只电子瓢虫，每过一秒钟，该瓢虫都会随机选择平行于平台边界的四个方向之一移动一个单位．如果瓢虫跌落平台就会“死亡”，那么在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率是 ． 【答案】 【分析】设第秒后瓢虫在角的概率为，在中心的概率，在边中间的概率为，由题设可得它们的递推关系，从而可求2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率. 【详解】 设第秒后瓢虫在角的概率为，在中心的概率，在边中间的概率为， 则，，， 其中，所以， 又，， 而， 故， 故在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率为， 故答案为: . 【点睛】思路点睛：对于有连续变化过程的概率问题，一般可设出数列，通过题设条件得到数列的递归关系，再结合数列通项的求法求出概率. 8．在中，所对的旁切圆与边相切于点D，所对的旁切圆与边相切于点E．若，则面积的最大值为 ． 【答案】 【详解】设边、、的长度分别为a、b、c，则 ， 故 故， ， 故（等号在时取到）． 故答案为：. 二、解答题：本大题共3小题，满分56分.其中 9 题 16 分，10 题 20 分，11 题 20 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 9．设是三个正数，求证： . 【答案】证明见解析 【分析】不妨设，然后使用Jensen不等式证明. 【详解】由于原不等式是齐次不等式，故我们可以不妨设. 此时有， 且. 故我们需要证明的不等式即为. 设，则，. 对，有，所以由Jensen不等式得. 这就得到，即. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于从齐次性入手进行优化假设，然后即可使用函数工具. 10．设实数、、满足：存在为、、中某一个，且另两个恰为方程的两实根. 试求的最小可能值. 【答案】15 【详解】不妨设，则、恰为方程两根. 由韦达定理知且. 由，知. 则 . 从而， ，其中，. 对，求导得. 故在上递增，在上递减，在上递增. 则在上最小值为. 因此，最小值为15. 当，，时，可取到最小值且符合条件. 11．设椭圆：的左、右焦点分别为、，过点且倾斜角为的直线与椭圆交于点、.若，，且. （1）求椭圆的方程； （2）若、是椭圆右准线上的两个动点，且，求的内切圆圆心的轨迹方程. 【答案】（1）（2） 【详解】（1）设点、在椭圆的左准线上的射影分别为点、. 由，设，. 过点作于点. 则.由 . 又. 根据余弦定理得 .① 将代入式①得. 则 . 故椭圆的方程为. （2）设点. 则内切圆的半径， . 又 . 过点作于点，联结.则 . 又 . 所以，点的轨迹方程为. 二试（加试）试题 （考试时间：150分钟、分值：180分） 一、解答题（第12题40分、第13题40分、第14题50分、第15题50分） 12．如图，在中，，且为边上的高，为边上的中线，为的平分线，与分别交于两点，与交于点，令．求证：，且是最好的界（即可以无限接近于）． 【答案】证明见解析. 【详解】由，知均为锐角，可知在边上，且． 连结并延长交于．由平分，得， 又，从而知，得． 由塞瓦定理得，可知，得， 所以如图在的中点的右边，而在的中点左边，综上可得在线段上． 由在上，知在内，连交于点， 由平分，有． 将代入上式可得， 所以，故． 由，可知． 又知． 若令，则，而，得为的重心， ，． 令，则，知，故，且可无限接近． 13．设为n个正整数，并且满足，令，并记.求证：对于任意，必存在正整数u、v，使得，等于A或. 【答案】证明见解析 【分析】因为，所以以为循环节，从而，对于很大的数，我们只需要循环相加即可得到，所以只需证明，存在正整数u、v，使得，等于A或，新定义一个数，接下来分类讨论，当个数不是模的完系，当个数不是的完系时，找到相应的数，等于A或，若上述两组数均是的完系，证明不成立，证毕. 【详解】证明：因为，所以，从而不妨设. 记. 下面分情况讨论： （ⅰ）若个数不是模的完系，则由于余数互不相同，所以模的余数也互不相同，故必存在i，j，使得. 如果，则有. 如果，则有. 如果，则，知，即. 均满足条件. （ⅱ）若个数不是的完系时，同理可知满足条件. （ⅲ）若上述两组数均是的完系，则 矛盾. 综上，证毕. 【点睛】数论的基础题目，要结合题干中的条件缩小讨论的范围，一般使用数论的四个基本定理来解决问题. 14．给定一个正99边形，将1，2，，99放入99边形的99个顶点处，若两种放置方法在旋转之后可以重合，则称这两种方法是同一个.称交换某两个相邻顶点上的数为一次操作，求最小的使得至多次操作可以将一种放置方法变为任意另外一种放置方法. 【答案】 【分析】先利用图论模型证明，再结合数学归纳法证明至多次操作一定可以完成转化. 【详解】的最小可能值为. 先证明，考虑从1，2，，99变换为99，98，，1的操作次数， 对于任意的三个数a,b,c，若两两之间均为操作过，则三者之间的顺序不发生改变，不可能变为后者， 故任意三个数中，必存在两个数进行过操作，可转换为图论模型：将99个数转化为99个点， 若两个数未进行过操作，则在两点间连一条边，由上述可知图中不存在三角形， 故由托兰定理知图中至多含条边，因此至少操作次，所以. 再证明，即证明至多次操作一定可以完成转化.将正99边形的99个顶点放置在圆周上， 设相邻两顶点间的弧长为1，对于和两种不同的放置方法， 定义表示在两个放置方法中所处位置间的劣弧长，称使的为不动数， 使的为动数，称不动数所处的顶点为不动点，并记所有动数的数目为， 运用数学归纳法证明对状态，可用不超过次操作及旋转使重合， 对进行归纳.当时，显然成立， 假设对小于时，命题成立，对于， 从在所在位置沿劣弧到在中所在位置连一条有向边，称之为有向边， （1）若存在两个动数，在中所在位置为（不妨从顺时针方向来看，到为一段劣弧） 使得劣弧上（不含）的点均为不动点，且为顺时针方向，为逆时针方向， 设之间顶点分别为，则依次交换上的数，共计次后得到， 则可知与之间仅交换了两个位置上的数，故， 而， 对，用归纳假设，至多次操作可将变为， 进而至多次操作可将变为， 不存在满足（1）的，我们先证明此时所有有向边均同向（不妨设均为顺时针）， 不妨为顺时针，其从点指向，若存在起点在上（包含点）为逆时针， 则取其中起点最靠近的，记其起点为， 则起点在逆时针方向且最靠近的有向边为顺时针，此时满足（1），矛盾， 故起点在上的有向边均为顺时针（），特殊地，起点为的有向边为顺时针， 依次类推，得到为首尾衔接的顺时针有向边，直至使得这些有向边覆盖了圆周， 进而由（）知所有有向边均为顺时针， ①若不存在不动点，将顺时针旋转，得到，且， 且，由归纳假设易知结论成立， ②若存在不动点我们称连续的不动点为一段不动点，设共有段不动点， 分别有个不动点，则， 对每一段不动点的前一个点不为不动点， 依次交换（这操作了步），共操作了次，再顺时针旋转，得到，此时相较，个不动点位置不变， 位于的点顺时针移动了（共t个这样的点），其余个点顺时针移动了1， 则， 而，对用归纳假设，至多次操作可将变为， 故至多次操作可将变为成立， 回到原题，记为逆时针旋转， 则， 知存在，使得， 故可用至多2401次操作将变为，进而旋转得到，命题得证， 综上所述，的最小可能值为. 15．给定素数，定义集合．对于，，定义如下：当时；当时．对于的一个子集，定义．若集合满足且对任意有则称集合为好集合．求最大正整数，使得可以找到个互不相同的好集合，，，，满足． 【答案】 【分析】首先分析题意，做出引理，其次按情况进行讨论分析. 【详解】引理一的证明： 设小弧长度分别为所有不同的连续s段小弧组成的弧长平方之为，则有： 由整数离散性及知， 当取最小值时，应有对任意的 回到原题，对好集合A，若|A|=k，设 则由上述可知 由于当时，可同时取到最小值，因此取最小值时恰同时取到最小值. 故由引理知，此时或特别地，或， 引理二：对于满足条件的好集合A，若，则必存在非负整数t，使得(其中). 引理二的证明：记，则. 若对于每个，均存在另一个使得， 则连一条到的有向线段，则图中必存在圈为下标)， 故，矛盾！ 故存在使得对任意的正整数，由引理一， 知，令即可，引理二得证. 由引理二，对任意，对任意好集合，若，则必存在好集合， 满足且.这是因为，可以不妨设，此时令，由知结论成立. 引理三：当T为好集时，T的补集也为好集. 引理三的证明： 对的补集有： $$ 同理， 故， 即当为好集时，也为好集，引理得证. 故对任意，对任意好集合，若，则必存在好集合，满足且. 引理四：对于任意，对任意的好集合T，若=t，则存在好集合S，满足且. 引理四的证明：不妨设，令(集合中的元素为在模意义下理解)， 则由于，知，此时被的补集所包含，引理四得证. 对好集合，设及， 若，则由引理1及引理. 若，且中至少两个间距取到3： 此时若有两个相邻间距均为3，则由引理一知不存在两个相邻间距均为4(否则连续两段小弧之和为6和8，矛盾). 此时若，则集合中对应长度等于4的小弧被拆分成两个长度等于2的小弧， 此时在中同时存在两个相邻的3及两个相邻的2，同上矛盾.故. 若不存在两个相邻间距均为3，则存在两组连续的弧，两端均为长度为3的小弧， 其内部由长度为4的小弧组成，且长度为4的小弧数量不同(否则所有的弧均匀分布，与为素数矛盾). 设上述两组弧中较短的一组共包含个长度为4的小弧，此时若则将4拆分成两个2， 则同时存在相邻段小弧中有个2及2个3与个2， 由引理一，由于这两组弧的弧长差为2，由引理一矛盾，故. 若，且中恰一个小弧弧长为3，则所有4变为两个2，此时.若，则. 下面计算l的最大可能值. 设为满足要求的l个集合中元素个数小于的集合，由已证结论： 若恒成立，则，否则必有 因此 对元素数大于的集合，由引理三，同理可得这样的集合个数不超过故 另一方面，若，由上述引理，知存在符合要求的集合，使得 若由上述引理，知存在符合要求的集合，使得 综上所述，l的最大可能值为 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高中数学竞赛一试+二试（加试) 模拟卷（一） 一试试题 （考试时间：80分钟试卷满分：120分) 考生注意： 1、本试卷共二个大题(11个小题)，全卷满分120分. 2、用黑色的钢笔或签字笔作答. 3、解题书写不要超出装订线. 4、不能使用计算器. 一、填空题：本题共8小题，每小题8分，共64分. ,1 1.已知zeC+1,则的取值范围为 2.实数a、b满足a2+b2=1,则ab+max{a,b}的最大值是 3.已知数列a满足a,=la,=2,a=3a+a.则gas a25的值 a az as azois az 4.在正四面体ABCD中，P为底面三角形ABC内一点，若PB=1,PC=√3，PD=2,则 PA=_ 1/9 5.如图，在平面内，30条长度为1的线段拼成三角形网格，现将网格中每条单位线段染成红、黄、蓝三色 之一，满足每个单位正三角形的三边颜色互不相同.如果两个网格可以经过一系列的旋转、翻转，使得对 应线段所染颜色均相同，则认为它们是同一种染色方式，这样的染色方法数为 6.设正整数n满足(1+lg2022)2m->(2nm)202,则n的最小值为 7.一个平台的俯视图为一个3×3的方格表，初始时在中心的方格O处有一只电子瓢虫，每过一秒钟，该 瓢虫都会随机选择平行于平台边界的四个方向之一移动一个单位.如果瓢虫跌落平台就会“死亡”，那么 在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率是」 8.在ABC中，∠ABC所对的旁切圆与边AC相切于点D,∠ACB所对的旁切圆与边AB相切于点E.若 |AB=1,AC=2,则ADE面积的最大值为一 2/9 二、解答题：本大题共3小题，满分56分.其中9题16分，10题20分，11题20分，解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤。 9.设a,b,c是三个正数，求证： 2a 2b 2c 3v2(a+b+c) 十 =S- V2a2+b2+c2Va2+2b2+c2 a2+b2+2c2 5a2+5b2+5c2+ab+bc+ca 3/9 10.设实数p、q、r满足：存在a为p、q、r中某一个，且另两个恰为方程x2+(a-3)x+a2-3a=0的两 实根.试求p3+g3+r3的最小可能值 4/9 ,设椭圆C:仁+a>b>0的宏、右焦点分别为、乃，过点且倾斜角为9的直线1与椭圆C交 于点4、B.若eos0=号3F所=8丽，且5=30g 3808 (1)求椭圆C的方程； (2)若P、Q是椭圆C右准线上的两个动点，且PQ=10,求△FPQ的内切圆圆心M的轨迹方程. 5/9 二试（加试)试题 (考试时间：150分钟、分值：180分) 一、解答题（第12题40分、第13题40分、第14题50分、第15题50分） 12.如图，在ABC中，LA≥LB≥LC,且AD为BC边上的高，BE为AC边上的中线，CF为∠C的平分 线，AD与CF、BE分别交于P、R两点，BE与CF交于Q点，令x= e.求证：x<名，且是最好的 S.ABC 6 界（即可以无限接近于二）· E O B 6/9 13.设a1,a2,…,an为n个正整数，并且满足a1+a2+…+an=2n,令ani=a,i=1,2,…,并记 Snw=a,+al+…+a+v-,(u,y=1,2,…).求证：对于任意A∈Z,,必存在正整数h、v,使得Sv,等于A或 A+1. 7/9 14.给定一个正99边形，将1,2，，99放入99边形的99个顶点处，若两种放置方法在旋转之后可以 重合，则称这两种方法是同一个.称交换某两个相邻顶点上的数为一次操作，求最小的n使得至多次操作 可以将一种放置方法变为任意另外一种放置方法. 8/9 15.给定素数p≥5，定义集合2={1,2，，p}.对于x,y∈2，定义R(xy)如下：当y≥x时 Rx,y)=y-x;当y<x时R(x,)=y-x+P.对于Q的一个子集A,定义f(A)=∑∑(Rc,》.若集合 XEA VEA A满足0<A<p且对任意B=A有∫(B)≥∫(A)则称集合A为好集合.求最大正整数1，使得可以找到1个 互不相同的好集合A,A,,A,满足A≤A2三…二A,· 9/9