2026年全国高中数学联赛福建赛区预赛暨2026年福建省高中数学竞赛试卷

**基本信息** 2026年福建高中数学竞赛试卷，含10道填空题（60分）和5道解答题（100分），覆盖几何、代数、组合等模块，通过正六边形重心、等差分解等创新情境，考查数学抽象与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |填空题|10/60|正六边形重心坐标、三棱柱外接球半径、集合概率等|以几何与代数情境考查空间观念，如第3题结合棱长与角度求外接球半径| |解答题|5/100|双曲线综合、数列构造、几何证明等|通过多模块综合问题发展创新意识，如第15题构造满足和等于最小公倍数的数列，考查推理能力|

2026年全国高中数学联赛福建赛区预赛 暨2026年福建省高中数学竞赛试卷 （考试时间：2026年6月28日上午9:00-11:30，满分160分） 一、填空题（共10小题，每小题6分，满分60分．请直接将答案写在题中的横线上） 1．已知六边形为圆的内接正六边形（为坐标原点，，，，，，依逆时针排列），为的重心，若点的坐标为，则点的坐标为_____． 2．在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，，成等比数列，则的取值范围为_____． 3．已知三棱柱的所有棱长均为，若，，则三棱锥的外接球的半径为_____． 4．已知（，且），若，且，则_____． 5．将正整数改写成个从小到大的正整数的和，称为的一种分解．若这个数构成等差数列，则称这个数为正整数的一种“等差分解”方式．那么2026的不同“等差分解”方式有_____种． （注：由，可知1，2，3，4，5；2，5，8；3，5，7都是15的“等差分解”方式，且这3种分解方式不同．） 6．来自某中学高三年级5个班的40位同学参加“读书节”活动，在活动中这40位同学共捐赠了50本书给图书馆．已知同一个班的同学捐赠的书的本数相同，不同班的两个同学捐的书的本数不同，且每个同学都至少捐赠了一本书，则恰好捐赠一本书的同学有_____位． 7．在平面直角坐标系中，点，．是圆上的一个动点，则的最大值为_____． 8．已知全集，从中任取集合的两个子集，，（，可以相同）．记事件为“中最大元素为4，中最大元素为5”，事件为“是的子集”，则事件的概率_____．（用数字作答） 9．设是个不同的正整数，满足，则正整数的最小值为_____． 10．若正实数满足：，则的最大值为_____． 二、解答题（共5小题，每小题20分，满分100分．要求写出解题过程） 11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，点为双曲线上一点，且，的内切圆半径为． （1）求双曲线的方程； （2）设斜率不为零的直线交双曲线于，两点，为双曲线上一点，且． （i）求的取值范围； （ii）求四边形的面积． 12．已知． （1）若时，恒成立，求整数的最大值； （2）求证：对任意正整数，． 13．如图，给定直线，点是位于直线同侧的两个定点，点是直线上的两个动点，且． 求证：当点在直线上运动时，的外接圆经过除点外的另一个定点． 14．将正整数的每一个都染成红色或者蓝色，并且每一种颜色的数至少一个．若红色数中的每一个数都是两个不同的蓝色数的和，蓝色数中的每一个数都是两个红色数的差，求的最小可能值． 15．求证：对任意大于3的整数，均存在一个由个正整数组成的数列，同时满足以下三个条件： （1）数列各项之和等于它们的最小公倍数，即； （2）对于，均有不整除； （3）相邻两项的最大公约数严格单调递增，即． 学科网（北京）股份有限公司 $2026年全国高中数学联赛福建赛区预赛 暨2026年福建省高中数学竞赛试卷参考答案 (考试时间：2026年6月28日上午9：00一11：30，满分160分) 一、填空题（共10小题，每小题6分，满分60分.请直接将答案写在题中的横线上） 1.已知六边形ABCDEF为圆O的内接正六边形(O为坐标原点，A,B,C,D,E, F依逆时针排列)，G为△ABC的重心，若点A的坐标为(2，V3),则点G的坐标为 【答案】(}，) 【解答】设点A,B,C,G在复平面内对应的复数分别为24,2B,c,c· 依题意有，=2+V5,g=:4eos+iin,=4(cos2+iim2, 3 3 3 于是aa+2a+=(2+300+V3m=-1+3V3,o-4++e-tV5. 3 3 所以点G的坐标为（行⑤）. 2.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,若A≤B,且a,b,c成 b 等比数列，则二的取值范围为 【答案】 2 a+b>c>0 【解答】因为a,b,c为△ABC的三边，所以a+c>b>0. b+c>a>0 b2 又a,b,c成等比数列，且A≤B,所以b=ac,c=D,且a≤b. a 、b3 a+b>- 1+t>t2 所以{a+>.设。=t,则1+f产>1，解得1≤1<5+. b2 d 2 p1 b2a 所以之的取值范围为1,5+1 2 ”2 1 3.已知三棱柱ABC-4BC的所有棱长均为25，若C8=25,cos∠AAB=-子，则三 棱锥A-ABC的外接球的半径为 【答案】2√2 【解答】如图，取BC中点O,由三棱柱ABC-ABC的所有棱长均为2V3,且CB,=2W3, 得B,O⊥BC,AO⊥BC,且OB,=OA=3. 又od-年所以as∠ABA-是 在△ABB中，由余弦定理得 4B2=(26+5)-2x25)x5x4=18. 于是AB2=OA+OB',B,O⊥OA. 因为B,O⊥BC,B,O⊥OA,BCOOA=O,BCC面ABC, (第3题答题图) OAC面ABC, 所以BO⊥面ABC,于是OB,AO,OB,1两两互相垂直. 如图，以O为坐标原点，分别以射线OB,AO,OB方向为x轴，y轴，z轴方向建立 空间直角坐标系，则B(√3,0,0)，B,(0,0,3),A(0,-3,0),BB,=(-V3,0,3). 所以0A=OA+A4=OA+BB,=(0,-3,0)+(-V3,0,3)=(-V3,-3,3),A(-V3,-3,3). 设O,为△ABC的外心，则O(0,-1,0),由此设三棱锥A-ABC的外接球的球心为 D(0,-1,t). 设三棱锥A,-ABC的外接球的半径为R,则 R2=DB2=(0-5)2+(-1-0)2+(t-0)2=t2+4, 又R=D42=(0+V3)2+(-1+3)2+(t-3)2=t2-6t+16. 于是t2+4=t2-6t+16,解得t=2.于是R2=8,R=2√2. 所以三棱锥A-ABC的外接球的半径为22， 4.已知f(w)=x2+m+b(a,b∈R,且ab≠0)，若{x|f()=0,x∈R}≠O,且 {xfw=0,xeR}c{xfff(x》=0,x∈R},则f0)=_ 【答案】0 【解答】设x∈{xfx)=0,x∈R}{xfff》=0,x∈R},则 f()=0,f(f(f(x)》=f(f(0)=fb)=b'+ab+b=b(b+a+1)=0, 由于b≠0，所以b+a+1=0,于是fI)=1+u+b=0. 2 5.将正整数n改写成个从小到大的正整数的和，称为n的一种分解.若这个数构成等 差数列，则称这m个数为正整数n的一种“等差分解”方式.那么2026的不同“等差分解” 方式有 种 (注：由15=1+2+3+4+5=2+5+8=3+5+7，可知1,2,3,4,5；2,5,8；3， 5,7都是15的“等差分解”方式，且这3种分解方式不同.) 【答案】169 【解答】设4，a2,4,…,am是2026的一种“等差分解”方式，则m≥3,4,42， a,…,am为正整数，并构成公差为正数的等差数列，设其公差为d,d为正整数： 因此2026=a+a,+a,++an=a+m0m-Dd. 2 ①若d=2k（d∈N*)，则2×1013=m:[4+(m-1)k] 因为1013为素数，m≥3，且4+(-1)k≥m,所以上述方程无解 ②若d=2k-1(d∈N*),则4×1013=m~[2a+(m-1)(2k-1]. 因为1013为素数，m≥3,2a+(m-1)(2k-1)>, 所以 24+m-2k-少=1013解得m=4 m=4 41=508-3k,k=1,2,3,,169 综上，2026的不同“等差分解”方式有169种 6.来自某中学高三年级5个班的40位同学参加“读书节”活动，在活动中这40位同学共 捐赠了50本书给图书馆.已知同一个班的同学捐赠的书的本数相同，不同班的两个同学捐的 书的本数不同，且每个同学都至少捐赠了一本书，则恰好捐赠一本书的同学有位， 【答案】36 【解答】设5个班中的同学每人分别捐赠了飞，2，k3,4,k(1≤k<k<k3<k4<k) 本书，他们所在班级参加“读书节”的人数依次为a,a,a4,a4,4· 则a+4+a43+a4+a5=40,a,k1+ak+4k3+a,k4+a,k=50. 两式相减得化-1)a+(k,-1)a+(-1)a+(亿4-1)a4+(亿-1)a=10. 由1≤k<飞<k3<k<k知≥2，k3,k≥4，飞≥5，于是a4+2%+3a4+4a10. 由a,4,a4,a,为正整数知，当且仅当a=43=a4=4=1时，a+2a+3a4+4a,≤10 成立. 所以k2=2,k3=3,k4=4,k=5,4=4=4=4=1,进而可得k=1,4=36. 所以恰好捐赠一本书的同学有36位. 3 7.在平面直角坐标系xOy中，点A(2,0),B(4,0).P是圆C:x2+y2-8y=0上的一个 动点，则∠APB的最大值为 【答案】90 【解答】圆C方程化为：x2+(y-42=16,因此圆C是以(0,4)为圆心，半径为4的圆. 设圆D过A(2,0),B(4,0)两点且与圆C相切，下面求圆D的方程， 由圆D过A(2,0),B(4,0)两点知圆心在直线x=3上，设D3,),则圆D半径r=V1+2. 由圆D与圆C外切知，CD=4+r,于是V32+t-4)2=4+V1+P，解得t=0. 于是圆D方程为(x-3)+y2=1,AB为圆D的直径.设T为圆D与圆C的切点. 若点P与点T重合，则∠APB=∠ATB=90°： 若点P与点O重合，则∠APB=∠AOB=0°： 若点P异于点T与点O,连接PB交圆D于点E.若点P坐标为(4,4)，此时点E与点B重 合，PE(PB)与圆D相切，∠AEP=90°，故∠APB<90°：若点P坐标不是(4,4)，则 ∠APB<∠AEB=90°： 所以∠APB的最大值为90°. 8.已知全集U={1,2,3,4,5},从中任取集合U的两个子集A,B(A,B可以相同). 记事件D为“A中最大元素为4，B中最大元素为5”，事件E为“A是B的子集”，则事 件DUE的概率P(DUE)= (用数字作答) 【剁品 【解答】由于全集U的子集有25个，因此子集A的取法有25种，子集B的取法有25种， ①求P(E): 若集合B中有m(=0,1,2,3,4,5)个元素，则符合AcB的集合A有2m个， 于是符合A三B的集合A,B的取法有 Cg2+C42+C2+C2+C2+C2=0+2=249种.于是PE=,35 ②求P(D): 若A中最大元素为4，则A={4UA',其中A是集合{1,2,3}的子集，共有23个. 4 若B中最大元素为5，则B={5UB',其中B是集合{1,2,3,4}的子集，共24个 于是P(D)= 23×24 25×25 ③求P(D⌒E): 事件D⌒E表示“A中最大元素为4，B中最大元素为5，且A三B”, 若集合A,B满足上述条件，则B={4,5}UB,其中B是集合{1,2,3}的子集， A={4}UA. 仿上可得满足AcB,的取法有C92+C2+C22+C23=(1+2)3=27种. 所以满足事件DnE的A,B的取法有27种，于是P(Dn)=2×2· 27 23×24.24327 综上P(DUE)=P(D)+P(E)-P(D∩E)= 34443 25×25+25×2525×25=2×25=128 9设a4,4,,a是n个不同的正整数，满足1-0-之-0-）=，0。，则正整 C1 Γ259 数n的最小值为 【答案】7 【解答】由a,a2,…,a,是n个不同的正整数，不妨设a<a2<<a4· 又41≠1，因此有a≥i+1,i=1,2,…,n. 于是9=0202020-30-30-5号n a. a. n+1-23n+1n+1 所以n+12≥259>7，因此≥7. 36 又当a=2,4=3,4=4,44=5,a=6,46=7,a4=37时，有 a-20-10-0-0-0-10-) CL344 =n00200的-片9品 所以n的最小值为7. 10.若正实数x,y,z满足：x2y2+16y2z2+4z2x2=29z,则x+2y+4z的最大值 为 【答案】1 5 【解答】设a=x,b=2y,c=4z,则由x2y2+16y2z2+4z2x2=2xz,得 abbc2+ca-bc,于是mb2+bc2+ca=bc. 4444 另一方面，由x,y,z为正数知a,b,c为正数， 于是有a2b2+bc2=b2(a2+c2)≥2acb2,bc2+c2a≥2abc2,ca+a2b2≥2bca2. 所以2(a2b2+b'c2+c2a)≥2acb2+2abc2+2bca2. 由此可得abc=ab2+bc2+c2a2≥abca+b+c),又abc>0,因此a+b+c≤1，当且仅当 -6=c一写时等号成立 所以x+2y+4=a+b+c司，当且仅当=，y,:=时等号成立. 6 12 所以x+2y+4z的最大值为1. 二、解答题（共5小题，每小题20分，满分100分.要求写出解题过程） 1山.已知双曲线C:若茶-1(0>0,6>0)的左、右华点分别为斤，，腐心幸为 √5，点P为双曲线C上一点，且PF L PF,,△PEE,的内切圆半径为3-V5 (1)求双曲线C的方程： (2)设斜率不为零的直线1：y=+m交双曲线C于A,B两点，D为双曲线C上一点， 且BD=4OA (i)求的取值范围； (ii)求四边形OADB的面积 【解答】(1)由双曲线的对称性，不妨设点P在第一象限，设PF=r,则|PF=2a+r. 由双曲线离心率为V5,知c=√5a,又PE⊥PF,△PFF的内切圆半径为3-√5， (2a+r）2+r2=(252 所以 2a++r-25a-3-5' 解得{a=),于是c=5,=c-心=4. r=2 2 所以双曲线C的方程为x- =1 m 4 y=kx+m 4 由直线1与双曲线C有两个不同交点得 (第11题答题图) 6 4-k2≠0 于是k2<m2+4,且k2≠4. △=4k2m2-4(4-k2)(-m2-4)>0 设AGw,2，则5+无2m 设D(x,y0),由BD=4OA,得(x-x,-)=4(:,y) 所以x,=4x+x2,y0=4%+y2 又点D在双曲线上，所以4x-y=4,即4(4x1+x)2-(4y+y)2=4. 所以16(4x2-y)+(4x-y)+8(4xx-yy)=4. 结合点A(:,),B(x,y)在双曲线上，得4xx-y+8=0. 所以4xx2-(x1+m)(c2+m)+8=0,(4-k2)xx2-k(x1+x2)-m2+8=0, 4-.2km牛80，整理得=42 4-k2 结合k2<m2+4,且k2≠4，k≠0，得0<m2<2,于是-√2<m<0或0<m<√2 所以m的取值范围为(-√2,0)U(0,√2) ii)--V+-44:vmt4-k 4-k2 4-k2 原点O到直线AB的距离d:m V1+k2 所以△OAB的面积 4N+.Vm2+4及_23-5 21+k2 4-k2 2m2 所以四边形OADB的面积SI边形OADB=S△B4AO+SABD=Q+4)SAACE=5V3 所以四边形OADB的面积为53 7 12.已知f(x)=sinx+sin2x-2 rcoS.x. (1)若0<x<匹时，fx)≥0恒成立，求整数2的最大值： 2 (2)求证：对任意正整数n, am年-2孕< k=1 3 【懈答】0由③=兰片0，存54，结合42，如 2 2 32 下面说明2=3符合要求. 当元=3时，0<x<7时，f)=sinx+sin2x-3 COSx=-(tanx+2in-39co8x. 设g()=tam.x+2nx-3x,则g(9=,1+2cosx-3, cos2x 因为0<x<5时，当g的=-2ca9-2mx-2m1-6os对>0， cosx Cos3x 所以g(9在(0，石)上递增，当0<x<无时，g'()>g(O=0. 2 因此g)在(0，)上递增，当0<x<时，g()>g(0)=0. 2 做当0<x<时，amx+2mr=3x>0,f四)=amr+2nx-3 )cosx>0,可见=3得 合要求. 综上可得整数2的最大值为3. (2)设0)=tmx+2r-10x,则0四=1+2os-10 cos2x π 当0<x<时，rW=二2 o02in.r=2mnQ-cos20>0. cos*x cos3x 所以（在0，孕上递增。 又@=3-0<0，h9-2+5-00, 所以存在∈(0，，使得h()=0,并有当0<x<,时，(w)<0,当，<x< 时， h(x)>0. 于是M)在0，x)上递减，在（化孕上递增。 又0-0，a9-1+5<0,所以0<≤年时，<0. 故当0<x≤号时，mx42mx-”r<0,即am+2int<0 x. 4 8 于是当时，0行m2m-10 4 所以对任意正整数n, 2am年+2m1o}9+宁91-分]9 13.如图，给定直线1，点A,P是位于直线1同侧的两个定点，点B,C是直线1上的 两个动点，且∠BAC=90°. 求证：当点B,C在直线1上运动时，△BCP的外接圆经过除点P外的另一个定点. 【证明】如图，过点A作AH⊥1于点H,连接PH并延长 交△BCP的外接圆于点Q。 由圆幂定理知PH·HQ=BH·HC. 因为∠BAC=90°，AH是直角三角形ABC斜边BC上的高， 所以由射影定理知BH·HC=AH2. (第13题图) 于是PH·0=AH,H0= PH 因为直线1为定直线，点A,P是位于直线1同侧的两个 定点，所以点H为直线1上的定点，线段AH,PH的长均为 定值（与点B,C位置无关）. 因此H0=4H为定值，点Q为定点（与点B,C位置无关）. PH 所以当点B,C在直线1上运动时，△BCP的外接圆经过除点P外的另一个定点Q. (过点A作AH⊥1于点H,连接PH并延长于点Q,使得H0=AI ,则点Q为异于点 PH P的定点，且恒在△BCP的外接圆上，因此当点B,C在直线1上运动时，△BCP的外接圆 经过除点P外的另一个定点Q.) 9 14.将正整数1,2，…，n的每一个都染成红色或者蓝色，并且每一种颜色的数至少一 个.若红色数中的每一个数都是两个不同的蓝色数的和，蓝色数中的每一个数都是两个红色数 的差，求n的最小可能值. 【解答】假设n是满足题设条件的正整数，则显然n≥2， 由于n不能表示为1,2，…，n-1中的某两个数的差，所以n是红色数， 由于1,2都不能表示为1,2，…，中的某两个不同的数的和，所以1,2都是蓝色数， 进而n≥3. 因为n-1表示成两个数差的形式只有一种，即n-1=n-1,而n为红色数，1为蓝色数， 所以n-1不能是蓝色数，故n-1是红色数， 因为n-2表示成差的形式只有两种：n-2=n-2,n-2=(n-1)-1,而1,2是蓝色数， n,n-1是红色数，所以n-2是红色数，故n-2≥3，即n≥5. 因为是红色数，所以它是两个不同的蓝色数的和，而两个不同的蓝色数的和不超过 (n-3)+(n-4)=2n-7,所以n≤2n-7,故n≥7. 若=7，则5,6,7都是红色数，且1,2都是蓝色数，于是7只能表示成7=3+4， 即3,4都是蓝色数.此时4不能表示成5,6,7中的某两个数的差，矛盾. 若n=8,则6,7,8都是红色数，1,2都是蓝色数，于是8只能表示成8=3+5，即3， 5都是蓝色数，此时5不能表示成4,6,7,8中的某两个数的差，矛盾. 所以n≥9. 当=9时，将1,2,4,5,6染成蓝色，3,7,8,9染成红色，则 3=1+2,7=1+6,8=2+6,9=4+5,即任意一个红色数都是两个不同的蓝色数的和. 又1=9-8,2=9-7,4=7-3,5=8-3,6=9-3，即任意一个蓝色数都是两个红色 数的差 因此n=9时，存在满足题意的染色方式. 综上n的最小可能值为9. 10 15.求证：对任意大于3的整数n,均存在一个由n个正整数组成的数列a,a4,…,a, 同时满足以下三个条件： (1)数列各项之和等于它们的最小公倍数，即4+a,++a,=[4,4,,a]: (2)对于i=2,3,…,n-1,均有a不整除a+1: (3)相邻两项的最大公约数严格单调递增，即(a,a)<(a,43)<…<(a-1,a) 【证明】定义数列{x}如下：x=2,x+1=x(-)+1，k=1,2,，… 则对任登，有广1上，所以1上+1 xx+1-1x(x元-1)x-1x -1xx+1-1 于是1=L1+1=1+L+1上+L+上++1+1 -1xx-1七5-1xx为x-1-1 -1+1+1++1+1 xx3x3x-1x-1(x-1-) 令y=x-1(1-10=-1，为=1，为=x-2,…,y.=飞=2，则1-1. 台y 记L=[,少](4，乃，…，y的最小公倍数)，构造数列：4= 2,i=1,2, 3,…,n. 下面验证数列☑，4，…，a满足要求. 验证满足条件（1)：因为yn=x=2,y-1=为=3，y.与y-1互素，因此片，y,…, yn的最大公约数为1，即y,乃，n)=1. (y,y3,,yn) 而a==公1=Lx1=L, 台y,台y 因此4+4++a=[4,4,,a].条件(1)满足. 验证满足条件(2)：由递推式xx+1=x(x-1)+1=x-x+1,知x+1≡1(modx.),因 此（化x+1x)=1,k=1,2,3,…,n-1. 11 所以对任意1≤≤n-1,都有(y,y+)=1. 由于a=乙，因此aa1台y4y⊙x-+1-’i=l,2,3,,n-1. y 因此若存在某个i（1≤n-1)使得aa+1”则x-x+1-,与(-1，+1-)=1矛盾. 所以对于i=2,3,…,n-l,均有a,不整除4+1.条件(2)满足. 验证满足条件(3)：记，=[y,y+1],i=1,2,3,…,n-1. 因为x=2,x=3,所以当k≥2时，有.+1=x(-1)+1>2x.+1>2x 因为h=[y,]=[x-(化-1-)，x-]=x-(c-1-), =[y,y]=[x-1,x-2]=X-1X4-2, 由n24,可得x-1-1>x-2’所以m>m 当i≥2时，m,=[y,y+1]=[x+1-,x-1]=X+1-X- 于是，=X+1--1>x-X-1-i=%+1 所以>，>…>-1，故[y,片+]严格递减。 对于相邻两项的最大公约数，有(a,4+)=(凸，乙) yy+1[y,y+] 因为数列[y,y,+]是严格递减的正整数数列，所以 是严格递增的数列，于是有 y,%+1] 即(a,a)<(a,)<<(a-1,a).条件(3)满足. 综上对任意大于3的整数n,均存在一个由n个正整数组成的数列4，a,…,an,同 时满足题设的三个条件， 12