2026年全国高中数学联赛江西省预赛试题

**基本信息** 2026年江西高中数学联赛预赛试题，通过填空与解答题梯度设计，考查函数、几何、数论等知识，突出数学思维的逻辑性与创新意识的培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |填空题|8题56分|函数零点、数列、复数、概率等|第3题函数零点问题考查抽象能力与几何直观，第5题正方体概率题融合空间观念| |解答题|4题64分|方程根不等式、几何证明、数论|第12题结合奇素数考查数论综合应用，体现推理能力；第11题几何证明题培养逻辑论证与空间想象|

2026年全国高中数学联赛江西省预赛试题 (6月21日上午9：30一12：00) 一、填空题（每小题7分，共56分） os 1.若 2.实数a,b满足集合(a {a,2,2025={a,a+2026,0 ,则+6-)产末尾 的两位数是 3.已知函数f()=sinr+acosx+b有零点，则a+(b-2)的最小值为 4.点C,D是直线y=2x+1与曲线2x-3y=y交点的两个三等分点，点P在 y轴上，则PC+PD的最小值为 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 概率为 3m2+20m+26 7.使得 m-1 的值为整数的所有有理数m的和为 8.已知复数满足=2，则2+2(2-12-4的最大值为 二、解答题(14+15+15+20=64分) 9.关于x的方程-4x+ax2+bx+c=0的四正根，B,y,,使得不等式 (1+a)1+a+B)1+a+B+y）-kVap6≥0 恒成立，求k的最大值 10.正实数abc满足： a+b=36+ab,a+c=16+2ac,b+3c=50-b2+c2, 求(a-b-5c+30的值 11.△ABC的内切圆⊙I与边AC,AB分别切于点E,F,分别连接EL,FI并延 长交OI于点J,K.若AE=BC,求证：I,J,B,C,K五点共圆. 12.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 1)(p-旷<N<p: <1-1 (2)其标准分解N=pp…p满足台pplp.2026年全国高中数学联赛江西省预赛 试题参考答案 (6月21日上午9：30--12：00) 一、填空题（每小题7分，共56分） 1.若cmsg-6-ncas8+0则os2a+写) 答案：一 解：由题cos 0小-m行-海m后-j小 .从而 2.实数ab清足年合a会202-d,a200,则e+b-未尾 的两位数是 答案：24 解：由题b=0,所以{a,2025}={a2,a},得a2=2025,a=±45.所以 a2026=452026=(451o13)2的末尾两位数为25，从而所求的两位数为24. 3.已知函数f(x)=sim2x+acosx-+b有零点，则a2+(b-2}的最小值为_ 答案：2 解：原问题等价于点(0,2)到动直线cosx.a+b+sn2x=0上的点(a,b)的距离 平方的最小值，记为d2.由点到线的距离公式可知 d2=(sin 'x+2-(cos'x-3 cos2x+1 cos2x+1 令1=cs'x+1∈2]，有d=《-4=1+16-8∈2，]，故所求的最小值为2，且当 cosx=1,sin2x=0,a=-1,b=1时可取到. 第1页，共9页 4.点C,D是直线y=2x+1与曲线2x2-3y2=y交点的两个三等分点，点P在 y轴上，则IPC+PD的最小值为一 答案：53 解：设A(xy),B(x2,y2)是直线和曲线的两交点，则C,D对应的坐标为 x+2x2+2y2 3 3 2x+龙，2y+少.由题，联立直线方程和曲线方程化简得， 3 3 2 5x2+7x+2=0,解得x= A,B,C,D均在y轴左侧，故所求最小值d为点 x+2x.+2] 3 与点 3 2x+戈2y+业的距离，所以 3 -G+,, 故所求最小值为 5 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 概率为· 答案： 21 解：不妨设正方体边长为1，则构成正方体的8个顶点能连出C?=28条线段， 其中长度为1，√2，√3的线段分别有12,12,4条 当选取的3点均为正方体的顶点时，若其中有两点连线长度为1或√3时，只能 形成直角三角形.所以要使得3点能构成锐角三角形，须得3点间两两连线长度 为√2，易得此时有8种选择 当选取的3点之一为正方体中心，则其余2点是正方体顶点，它们和中心的距 均为注窟到1P 2= 人万可，故此时要构成锐角三角形，当且仪当 不是中心的2个顶点距离为1，有12种选择 综上，所求概率为8+12_20x65 9x8×721 第2页，共9页 6.已知数列a,}满足4=2.a=a- a (a-1) (n≥1)，则 n 答案：5 解：由题得na=加-1女+a,a,=m-(n-1)a2,4,=5,a2=2+5 注意到a=2>1,若a>1(k≥1)，则a>a>1,所以 ka1=(k-1)a2+a>(k-1)a。+a=ka>k, 得a+1>1.由数学归纳法知，对任意n≥1，an>1. 又an+= aa,-<@=a,故a,递减，所以当n≥2时，a.<4=2. 注意到n≥2时，a,=na-(n-1)a,所以∑a,=tia2-(i-1)a]=na1-2, 进一步可知，-1k盈4=g-2<2a-).所以n+1<i<2,从而对n≥3 成1点an是 至此得 n-1 另一面器+号-仔 1>5 42 2026 综上，所以 7.使得3m+20m+26的值为整数的所有有理数m的和为 m-1 答案：12 解：由题，32+20m+26 3m+23+49 M. m-1 m-1 第3页，共9页 (1)当m∈Z时，注意到49有3个正因数1,7,49，此时m∈{50,8,2,0，-6，-48). (2)当mEZ时，设m=P(p,9∈乙，q≥2，(p,q)=1),此时 M=23+32+49g=-26+P3p+462 g p-g q(p-9) 所以q3p2+46p9),从而q3,故有q=3.此时有(p,3)=(p,p-3)=1,且 M=-26+3p+46p3-26+p+492 3(p-3) p-3 所以(p-3)川49，得p∈{52,10,4,2，-4，-46)}. 综上易得，所求的和为6+6=12. 8.已知复数z满足d=2,则(z+2(2-1以2-4的最大值为 答案： 116645 125 解：原问题等价于如图所示的几何问题：求PAPB·PC2的最大值.由阿氏圆 知PC=2PB,即求4PA2.PB3的最大值. 在△PAB中，由斯特瓦尔特定理得PA2+2PB2=18,故有 4PA2.PB3=4· 64 2PA2+4PB2 1 5 2 第4页，共9页 二、解答题(14+15+15+20=64分) 9.关于x的方程x-4x+ax2+bx+c=0的四正根ox,B,%,6,使得不等式 (1+a)1+a+B)(1+a+B+y）-k√ap8≥0 恒成立，求k的最大值. 解：由已知条件易知ax+B+y+6=4.记A=(1+)1+a+B)(1+a+B+y), B=Va,Bδ.注意到 1.1 1 Tiee 11at8l 1a18 112-017 1 1 1 1++B+y1+a+B+y+6"1+a+B+y+8 0+ B 2 Γ1+a(1+a)1+a+B)(1+a+B)1+ax+B+y） (1+ax+B+y)1+a+B+y+6)5 所以 4_& B 51+a(1+ax)1+a+B)'(1+a+B)1+a+B+y） (1+a+B+y)1+a+B+y+δ) (B2 4 ≥4 化简得A-55B≥0，即k=5N5,可验证当aP5-了 ,8=时取等 9=12y66-2 10.正实数a、b、c满足： a+b=v36+ab,a+c=16+2ac,b+3c=50-b2+c2, 求(a-b-V3c)2+3b2的值. 第5页，共9页 [a2+b2+ab=36 解：已知条件可化为 a2+c2=16,由余弦定理知，正实数a、b、c等价 b2+c2+V3bc=25 于如图所示的线段OA,OB,OC长，其中∠AOB=120°，∠AOC=90°，∠BOC=150°. 田COs /ABC=6+54=元，得sin∠ABC=V√7 60 4 .所以 1√ .30-5ac+a5+bc号 2 2”22 整理得√3ab+2ac+bc=15√7. 又以AB为直角边作直角△ABD,满足∠ADB=60°，则A,O,B,D四点共圆且 D,O,C三点共线.所以BD=2W5,AD=4W5,cos∠CBD=-Sin∠ABC=- √万 ,由余 4 弦定理得CD2=37+5√21.再由托勒密定理得aBD+b·AD=ABOD,所以 a+2b=√50D,故有a+2b+√3c=√3(0D+c)=√3CD,即 (a+2b+V3c)2=3CD2=111+15√21. 综上，(a-b-√3c)2+3b2=(a+2b+V3c)2-2V3(V3ab+2ac+bc)=111-15√21. D 11.△ABC的内切圆⊙I与边AC,AB分别切于点E,F,分别连接EI,FI并延长 交⊙I于点J,K.若AE=BC,求证：I,J,B,C,K五点共圆. 证明：如下图，以A为中心将点L,E伸长2倍到点，E',点O为Ⅱ'的中点， 第6页，共9页 如图连接线段.由题AE=AF=BC,线段I'J,I'E分别平行且等于线段AE,AF, 所以I'J,I'K与⊙I切于点J,K,K=BC=IJ,点L,J,,K四点共圆.又E/IE, 且I'E'=2IE=KF,∠I'E'C=∠KEB=90°. 又注意到BC=BF+CE=AE=EC+CE',所以E'C=FB,从而 △CE'I'≌△BFK,进一步有CI'=BK→△KCI'≌△CKB,所以∠KI'C=∠CBK, 得点C,K,B,'四点共圆，同理，点C,J,B,I四点共圆，至此有点C,K,L,J,B,I六 点共圆，结论得证. A E 12.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 (1)(p-1y<N<pP; 第7页，共9页 ②)其标准分解N=p必p?满足公%<1-1 解：事实上，N=(p-1Y+1即为所求. 3时N=9号1品显成立.下证p3时依然成立 一方面(p-1)P+1≥4+1=(2)+1≥(p+1)+1>p2,另一方面 (p-1)P+1=C2p2(1)P-2+Cp'(1P+(-1P+1=p2(modp3）, 即p3不能整除(p-1P+1,故(p-1y+1必有不同于p的素因子，不妨设为g,此 时有(p-1)'≡-1(modq),即(p-1)”≡1(modq). 记δn(n)为n对模m的阶.此时有δ，（p-1Hp,6,(p-1川2p,故6，(p-1)=2或 2p.若6，(p-1)=2,则有(p-1}=1(modq,必有p-1=-1modq),即p=q,矛盾. 故6，(p-1)=2p,又由费马小定理有(p-1≡1modq),由阶的性质可知 2plq-1,即q=1(mod2p,有q>p,从而N=(p-1P+1=∑p“的所有素因子均 满足p:≥p. 又由函数f(x)=xlnx在x∈(1，+o)上单调递增知p,lnp,≥pln p(i=l,2,…,n), 放hN-立ahA≥php2g,即有2gshN.故只需证： a台p:台p:pnp hw<1-1h2 w.Zol-ikcol+分g plnp plnp plnp e 一方面，注意到：0<<1时，h-功-《分，放有 亦p叶升1ヅa 第8页，共9页 又，”版〔 2p e e1+ 1e(2p+1) p 另一方面，易证p=pp>e~p2>e2p+1),故有1< 1 p"e(2p+1) 综上，即有1-了+2p+1-得证 p)p"e(2p+1)'e(2p+1)e 第9页，共9页