2026年北京市清华大学丘成桐数学科学中心线上公益测评（中学版）数学试题

**基本信息** 本竞赛试卷聚焦高阶思维能力考查，通过多情境综合题设计，突出抽象能力、推理意识及模型观念的融合应用，契合竞赛选拔对创新思维的要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|5题60分|函数与导数、立体几何、解析几何|以卫星轨道参数计算为情境，设计多问探究题，考查空间观念与数据分析能力| |填空题|10题40分|数列与不等式、概率统计|结合密码学编码问题，渗透符号意识，检验数学语言表达的精准性|

清华大学丘成桐数学科学中心线上公益测评（中学版) 1.把12个不同的位置围成一圈，从中选出4个位置，要求任意两个被选位置都不相邻.满足要 求的选法数为 2.设t>0为正实数.直线（过点A(亿，0）和B(0.t+3),直线2过点C(t+1,0)和D(0,t+4), 设两直线父于点P.若三角形PAD面积为100，则t的整数部分为 3.设a为整数，且多项式g(x)=x3-9x+a在区间(-2,3)内正好有两个不同实根.所有满足 条件的整数a的和为 4.若对所有实数，y都有(x2+y)2≥kxy(x-)2,则整数k的最大可能值为 5.从{1,2，，30}中等概率随机选出一个8元子集S.设X为S中所含三项等差数列的个数。 若®(X)=总其中a,6为互质正整数则a+b的值为一 6.数a列(un)满足41=2026,2=2027,4n+2=Gn+1-4m(n≥1)，其中9=1当n为奇 数，C.=4当n为偶数.则u2026除以1000的余数为 7.设集合S={1,2,,24}.对于任意的m∈S,考虑图Gm=(S,Vm),其中边的集合Vm= {(c,):x,影∈S,x=ly-m+1.记Gm中不同连通分支的个数为N(m),则N(m)= mES 8.设a1<2<g<4<5为正整数，且它们的和为60，则a15一24的最大可能值为 9.设0ABC是一个四面体，且O才=山，O户=u,Od=D.己知 lul2 1v2+lwl2 12, u·v+v·w+w·u=3, 记四面体OABC体积为V,求V的最大可能值 10.设群G=S3×C2为三元置换群S3和二阶循环群C2的直积 (I)(4分)求最小的正整数n,使得G与n元置换群Sm的某个子群同构 (2)16分)求不同的白同构9：G→G的个数，即白同构群的大小 I山.设f是[0,1)上的连续函数，且lf(x川≤1对任意x∈[0,1成立.定义 9)= f)）dy(0≤x≤1， Jo vx-y 上述反常积分收敛，因此g良定义 (I)(4分)证明ly(x川≤2v2对任意x∈[0,1刂成立. (2)(16分)证明g是连续函数清华大学丘成桐数学科学中心线上公益测评（中学版) 1.把12个不同的位置围成一圈，从中选出4个位置，要求任意两个被选位置都不相邻.满足要 求的选法数为 解填105 用环形间隔法计数.先固定一个被选位置作为起点，转化为4个正间隔的分拆，再除去每个 选法被重复记录的次数 设4个被选位置按顺时针方向排列，相邻两个被远位置之间未被选的位置数分别为b1,b2,b3,b4 任意两个被选位置不相邻等价于 b:≥1(1≤i≤4)，b1+b2+b3+b4=8 正整数解个数为 -)=(③ =35 若先指定一个被选位置作为起点，有12种起点选择.但每个合法的4元选法会被它的4个 被选位置分别作为起点记录一次，所以选法数为 12×(③) =105 4 注：需正确建立间隔模型，注意环形重复计数要除以4， 2.设t>0为正实数.直线（过点A(t,0)和B(0.t+3),直线2过点C(t+1,0)和D(0,t+4), 设两直线交于点P.若三角形PAD面积为100，则t的整数部分为 解填22. 两条直线方程分别为 (t+3)x+ty=t(t+3), (t+4)x+(t+1)y=(t+1)(t+4). 两式相减得x+y=2t+4,代回得3=-tt+1),因此 P= t(t+1)(t+3)(t+4) 3 3 点A,P,B共线，且B,D在同一竖直线上.三角形PAD可分成以BD为公共底边的两个三角 形PBD和ABD.由|BDI=1,得 PA0=A-小-B01=长+告) t(t+4) 6 由面积为10，得任+9=10，即t+4)=60,化+22=604.因为242<604<252且 t>0,所以24<t+2<25,即22<t<23,故t的整数部分为22 注：需正确求出交点坐标，利用共线点将三角形面积转化为水平距离与铅直高度的乘积的一半 3.设a为整数，且多项式g(x)=x3-9x+a在区间(-2,3)内正好有两个不同实根.所有满足 条件的整数a的和为 解填55. 求导得g(x)=3x2-9=3(x2-3),极大值点为-V3,极小值点为V3.相应函数值为 g(-V3)=u+6V3,g(W3)=a-6V5.要有三个不同实根，需要a+6V3>0,a-6V3<0,即 -6v3<a<6V3.整数a满足-10≤a≤10 左侧根落入（-2，-V3)的条件是g(-2)<0,但g(-2)=a+10,在-10≤a≤10时不小 于0，且a=-10时该根在端点-2，不属于开区间.右侧根落入（√3,3）的条件是g(3)>0,而 g(3)=a,所以需要a>0. 满足条件的整数为a=1,2,..,10,其和为1+2+·+10=55. 注：需结合导数求出极值点，讨论区间端点处的函数值符号，注意开区间端点不能计入」 4.若对所有实数x,y都有(x2+y)2≥kx(x-)2,则整数k的最大可能值为 解填8 当x=y=0时不等式成立.设x2+y2>0,令x=cosa,y=r sina(r>0),代入并约去 4得 1 >k:sin a cos a(cos a-sina)2. 1 由(cos-sina2=1-sin2a,sn=2sin2a,令t=sin2a∈[-1,1，得 1≥2(1-)，t∈[-1,1 函数01-0在-1，山上的最大值在t=号处取得，最大值为子因此必须有1 即k≤& k 当太=8时，取t=专可使等号成立故k的景大可能值为8 注：需用极坐标转化为三角函数最值，注意变量t=sin2a的取值范围为[-1,1]. 5.从{1,2，，30}中等概率随机选出一个8元子集S.设X为S中所含三项等差数列的个数. 若®(X)=8其中a,b为互质正整数，则a+b的值为 解填113 设三项等差数列为r,r+d,r+2d,其中d≥1且T+2d≤30.对固定的d,起点r有30-2d 种.d=1,2,.,14,总数为 1 ∑(30-20=14×30-2×14×15 =210. d=1 对一个固定的三项等差数列，它被包含在随机8元子集中的概率为 2 2 ()145 由期望的线性性巴X☒=210×45=0，故a+6=84+29=13 注：需正确计数全集中三项等差数列的总数，利用期望的线性性，注意组合数的计算 6.数列(4n)满足山1=2026,2=2027，un+2=cn4n+1-n(n≥1)，其中cn=1当n为奇 2 数，G=4当n为偶数.则u2026除以1000的余数为 解填427. 对奇数步和偶数步连续使用递推式： U2k+1=2k-U2k-1:u2k+2=42k+1-U2k=3U2k-42k-1. 因此 记M= -11 =I+N,其中N -43 2026 因为 L2025 =M1012 第二个分量为 2u2026 2027 2026=2027+1012·(-4×2026+2×2027)=-4096573, 取模1000得2026≡427(m0d1000) 注：需将递推按奇偶打包为矩阵形式，发现矩阵为暴零扰动从而简化幂次计算 7.设集合S={1,2,,24}.对于任意的m∈S,考虑图Gm=(S,Vm),其中边的集合Vm= {(c,):x,∈S,x=-m+1}.记Gm中不同连通分支的个数为N(m),则∑N(m)= m∈S 解填179 当m=1时，x=y-1+1=y,所有边都是自环，不连接不同顶点，所以N(1)=24 设m≥2，令d=m-1.若y≥m,则ly-m+1=y-m+1=y-d,边连接y与y-d,同 一模d剩余类中的顶点互相连通.若1≤y≤m,则边连接与m-y+1,对应反射r→2-r (mod d). 因此m≥2时，连通分支数等于d个剩余类在反射r→2-？下的轨道数.若d为奇数，固 定类有1个；若d为偶数，固定类有2个.所以N(m)=「份1(2≤m≤24) 于是 24 24 NMm)=24+2g1=24+15=179. =1 I2 注：需分类讨论m=1和m≥2的情形，对m≥2需分析模d剩余类及反射配对 8.设a1<2<g<a4<a5为正整数，且它们的和为60，则a15-24的最大可能值为 解填122， 设a1=心，2=x+p,ag=x+p+g,a4=x+p+q+T,其中2,9，”为正整数.则 a5=60-4x-3p-2g- 3 目标函数为 a1a5-2a4=602x-5x2-5xp-32xq-2xT-p2-pg-m. 对固定的x,卫，上式随q,T增大而减小，故取q=T=1可使目标值最大.此时 目标=55x-5.x2-5x印-p2-2p. 对固定的x,该式随正整数p增大而减小，故取p=1.此时 目标=50x-5x2-3=122-5(x-5)2 最大值为122，在x=5时取得.对应数列为（⑤，6,7,834），满足严格递增且和为60 注：需用差分参数化表示严格递增正整数列，分析目标函数对各差分的单调性从而确定最值. 9.设OABC是一个四面体，且OA=u,OB=v,OC=w.己知 |u2+v2+wl2=12 u·y+v·w+w·u=3, 记四面体OABC体积为V,求V的最大可能值， 解设G为u,v,w的Gram矩阵： u·uu·) u·w )·u )·))·w w·uw·Uw·w 则36V2=detG.已知条件给出rG=12,且对e=(1,1,1)T,有e'Ge=12+2×3=18.令 5=1 ，则sGs=6 取以s为第一个基向量的标准正交基，在该基下 G 其中C是2×2半正定矩阵，且trC=12-6=6. 由Hadamard--Fischer不等式，detG≤6detC.由二维算术-几何平均不等式，detC≤ 因此6aG≤4从面V产≤路=即V≤V昼 36 2 等号在b=0,C=3I2时成立，对应G=3I3+,J3(3为全1矩阵)，可由Cholesky分解给 出相应的三维向量故V的最大可能值为 2 注：建立Gram矩阵并写出体积平方与Gram行列式的关系(3分)方，将题设转化为迹条件与全一 方向二次型条件(3分)方 选取正交基并写出分块矩阵(3分)： 使用Hadamard-Fischer不等式与二维行列式估计得到Gram行列式上界(4分)； 给出等号情形并得到最大体积(3分)， 10.设群G=S3×C2为三元置换群S3和二阶循环群C2的直积， (1)4分)求最小的正整数n,使得G与n元置换群S,的某个子群同构. (2)16分)求不同的白同构：G→G的个数，即自同构群的大小 解(1)S3可作用在{1,2,3}上，C2可由换位(45)作用在{4,5}上，两部分支撑集不交，得到嵌 入S3×C2→S5,故n≤5. 若G可嵌入S4,则它在S4中的像是12阶子群，指数为2，必为正规子群A4.但A4中元素 阶只能为1,2,3，没有6阶元素，而G中取S3的一个3阶元与C的非平凡元相乘可得6阶元 素，矛盾.故n>4,从而最小n=5. (2)设z为C2的非平凡元.因为S的中心平凡，所以2(G)={1,z}兰C2,中心在自同构 下保持为中心，故每个自同构都固定之. 商群G/Z(G)兰S3,任一自同构诱导出S3的一个自同构.已知|Aut(S3)川=6（因为S3的中 心平凡，所有自同构均为内自同构)， 对给定的0∈Aut(S3),还可由同态X:S3→C2在中心方向扭转，定义 pox(o,e)=(θ(o),e+X(o)月 其中第二个坐标按模2加法计算.这确为同构.同态S3→C2共有2个：平凡同态和符号同态. 因此|Aut(G)川=|Aut(S3)川×|Hom(S3,C2)川=6×2=12 注：第(1)问：构造G到S的嵌入(2分)， 排除S4中的嵌入并得出m=5(2分) 第(2)问：确定Z(G)兰C2且中心元素被固定(3分)， 说明自同构诱导S3的自同构(3分)， 计算|Aut(S3)川=6(3分)： 找到中心扭转同态Hom(S3,C2)并说明有2个(4分)， 合并得到|Aut(G)引=12(3分) 11.设f是[0,1)上的连续函数，且f(x川≤1对任意x∈[0,1]成立.定义 g(=0√m- f(v) =dy(0≤x≤1)， 上述反常积分收敛，因此g良定义 (I)(4分)证明ly(x)川≤22对任意x∈[0,1成立. (2)(16分)证明g是连续函数 证(1)对任意x∈[0,1，由|f(y)川≤1得 esV-=与的+点=2v+2M-E 由√元+√1-x≤V2,得lg(川≤2W2. (2)固定xo∈0,1].对任意小的7>0，令I,=[0,1∩(x0-2,x0+2).当lx-xol<)时， 5 在I,上估计： 人s人%=v人 dy≤4y2n, 因此可取足够小的？使奇点附近贡献之和小于任意预设误差的一半 在补集K,=0,八1，上，当-0<刃时，e-≥小0-≥2，核函数1 无 Vx-y 奇点且关于x一致连续.由于f有界，可取更小的x-20使得 l 1 Va-y dy K VZo-y 小于预设误差的另一半 合并两部分得1imlg(x)-g(xo)川=0，故g在0,1]上连续 →C0 注：第(1)问：用f升≤1建立核积分上界(1分)， 正确计算核积分为2V√+2√1-2x(2分)， 使用根式不等式得到2√2(1分) 第(2)问：固定o并进行奇点邻域与补集分解(3分)， 用核的可积性控制奇点邻域贡献（⑤分）， 在远离奇点区域建立一致连续估计（⑤分）， 合并两部分并推出g连续(3分)