2026年全国高中数学联合竞赛一试模拟试题

**基本信息** 聚焦数学抽象与逻辑推理，通过函数性质、立体几何与排列组合等创新题设计，适配高中数学竞赛对综合能力的考查需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |填空题|8/64|函数奇偶性与单调性（题2）、集合概率（题3）、立体几何中点面距离（题7）|以等差数列解集为载体考查数列与不等式综合（题4），结合排列组合限制条件体现应用意识（题8）| |解答题|3/56|复数方程根与系数关系（题10）、解析几何对称与面积最值（题11）|注重逻辑推理与数学表达，如证明六边形顶点对称及面积最大值求解（题11），呼应竞赛真题对综合论证能力的要求|

2026年全国联赛一试模拟卷参考答案 一、填空题：本大题共8小题，每题8分，满分64分。 1．已知正实数满足，则的值为_____． 答案：1 解：由题意，，且 ， 故，从而，所以． 2．设定义在上的偶函数满足：在上严格单调递增．若实数满足：对任意，都有成立，则的取值范围为_____． 答案： 解：由为偶函数，．又在上严格单调递增，故题设条件等价于对任意，均有，即． 若，则当充分大时上式不成立；若，则上式等价于，它对一切成立当且仅当．故． 3．设集合，从的所有非空子集中，依次等可能地选取两个不同的子集，组成有序对，则事件“不交”与事件“中奇数的个数等于中偶数的个数”同时发生的概率为_____． 答案： 解：样本点总数为．设中奇数的个数与中偶数的个数均为，则．当时，为的非空子集，为的非空子集，共有种；当时，先分别选出中的奇数和中的偶数，再将其余两个奇数分别放入或舍去，将其余一个偶数放入或舍去，共有种；当时，共有种．故所求概率为． 4．设实数满足：存在等差数列，使得关于正整数的不等式的解集恰为．则的取值范围为_____． 答案： 解：设等差数列的公差为．显然．记，则，且．于是原不等式等价于 若，则该不等式恒成立或对充分大的成立，不可能以为解集，故．此时，记，则原不等式等价于． 要使满足该式的正整数恰为，必要条件为．反之，当时，取，则上式等价于，其正整数解恰为．于是 符合要求． 综上，． 5．已知的外心为．设的中点为，若，则_____． 答案： 解：以为原点，记．由于为外心，故，从而．又，所以 ， 这表明． 因此，，故． 6．在平面上，双曲线和椭圆有两个相同的焦点．设和的四个交点为，且在上顺次排列．若四边形的面积等于四边形的面积，则和的离心率之积为_____． 答案：2 解：以的中点为原点、直线为轴，建立平面直角坐标系． 设，双曲线与椭圆的实半轴长分别为．由对称性，可设，其中，则．四边形为平行四边形，故．而．由题意得． 又由椭圆、双曲线的定义，．因此，即．所以两曲线的离心率之积为． 7．设三棱锥满足两两垂直，且．设分别为的中点．若点到过的平面的距离为1，则截所得的截面面积的所有可能值为_____． 答案： 解法一：以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则 ． 过的平面可写为．由点到该平面的距离为1，得，故． 当时，平面经过，截面为．设为的中点，则，且，所以． 当时，平面与直线交于，并与分别交于．由方程可得．此时截面为四边形，且以为中心，与位似，位似比为．又，故． 因此截面面积的所有可能值为． 解法二：设与直线的交点为． 若在射线上，设的中点为，则，又，故可知，容易知道在上的垂足在上，那么，那么，于是，于是，故可知截面为，面积为； 若在的延长线上，同理可知，设交为，设交为，则为对应截面，于是又，对及截线，由Menelaus定理可知，于是可知截面的面积为． 8．将4个2，2个0，2个6，总共8个数排成一行，使得字符串“20”和字符串“26”不全都出现（即至少有一个不出现），则这样的排列方式有_____种． 答案：174 解：设出现相邻的“20”出现相邻的“26”．题意要求“20”和“26”不同时出现，因此所求为，其中为全部排列数． 先排四个非2的数字0，0，6，6，共有种排法．每种排法形成5个空位： 将4个相同的2插入这些空位，方案数为．要同时出现“20”和"26"，则至少有一个0前面的空位放入2，且至少有一个6前面的空位放入2． 利用容斥原理：不在任何0前放2的方案数：；不在任何6前放2的方案数：；两者同时满足时，只有一种情况，即所有2均放入最后一个空位．故满足条件的插法数为．于是． 因此所求为．故答案为174． 二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 9．（本题满分16分）设为实数，记，若在上存在，使得，求的取值范围． 解：由，必有． 当时，区间包含，故可取使，此时． 当时，在的子区间上变化，且包含端点，所以 故此时存在所求当且仅当，即． 当时，，故条件成立． 综上． 10．（本题满分20分）设是实数，是方程的4个复根．若，求的所有可能值． 解：首先，互不相同，考虑它们在复平面内对应的四个点．若其中三点共线，则这三点所确定的三条线段中，较短的两条长度之和等于最长的一条，而及由组成的其他三元组均不满足此条件，故任意三点均不共线．对任意三个点，设其构成的三角形三边长为，则 故由余弦定理知，该三角形的每个角都不是钝角． 若四点中有一点在另外三点所成三角形的内部，则从该点向三角形三个顶点连线，所得三个角之和为，其中至少有一个角大于，与上述结论矛盾．因此四点构成一个凸四边形．该四边形的每个内角均为上述某个三角形的角，故均不大于；又其四个内角之和为，所以四个内角均为，即该四边形为矩形． 若该矩形不是正方形，则其两条邻边的长度分别为，从而其对角线长为，与任意两点间的距离只能为或2矛盾．故四点构成正方形，且该正方形的边长为、对角线长为2． 由于原方程的系数均为实数，故四个根所成的点集关于实轴对称．正方形的中心也关于实轴对称，故其中心在实轴上；且实轴必为该正方形的一条对称轴，因此正方形的边或对角线与坐标轴平行．设其中心对应的实数为，则四个根或者为 ， 或者为 ． 由韦达定理，，故． 在第一种情形下， ； 在第二种情形下， ． 反之，方程与的四个根分别为上述两组根，且其项系数均为，故两种情形均可发生．因此或，即． 11．（本题满分20分）在平面直角坐标系中，曲线．设，为上顺次排列的六个互不相同顶点，满足对，线段与线段平行且相等（约定）． （1）证明：对，点关于原点对称； （2）求六边形面积的最大可能值． 解：（1）设．由条件，中任意两个元素是某个平行四边形的对角线，因此中三个元素有公共的中点． 根据端点的横坐标，可以将中的元素分为如下三类： 第一类，有一个端点的横坐标，另一个端点的横坐标．设这两个端点的纵坐标分别是，则这条弦的中点是． 第二类，两个端点的横坐标均．则这条弦的中点是，横坐标大于0． 第三类，两个端点的横坐标均．则这条弦的中点是，横坐标小于0． 因此，不能同时有第二类、第三类弦． 若中有两条第二类弦，设这两条弦的端点纵坐标分别是，则 ． 由韦达定理，，矛盾． 同理，中没有两条第三类弦． 所以中有两条第一类弦，则这两条弦没有公共端点．设这两条弦的端点纵坐标分别是与，则 ． 由此易知：要么且，要么． 若前者成立，注意到若上两不同点的纵坐标相等，则这两点一定关于轴对称．因此这两条第一类弦也关于轴对称，它们的公共中点在轴上．故．而不可能全都相等，所以，即． 因此总有，则，从而这两条第一类弦交于，即原点为中三条弦公共的中点． 这表明关于原点对称． （2）设六边形的某三个顶点为，且．设为关于原点的对称点．则 ． 六边形的面积是这三个三角形面积之和的两倍，因此只需求代数式 在时的最大可能值． 固定后，是关于的开口向下、对称轴为的二次函数。因此 ． 令，则，且．记 ． 固定是关于的开口向上的二次函数，故其在上的最大值在端点处取得，且两个端点处的值均为 ． 又 ， 故在上单调递增，在上单调递减，从而．当时等号成立．因此六边形面积的最大可能值为． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年全国联赛一试模拟卷 一、填空题：本大题共8小题，每题8分，满分64分。 1．已知正实数满足，则的值为_____． 2．设定义在上的偶函数满足：在上严格单调递增．若实数满足：对任意，都有成立，则的取值范围为_____． 3．设集合，从的所有非空子集中，依次等可能地选取两个不同的子集，组成有序对，则事件“不交”与事件“中奇数的个数等于中偶数的个数”同时发生的概率为_____． 4．设实数满足：存在等差数列，使得关于正整数的不等式的解集恰为．则的取值范围为_____． 5．已知的外心为．设的中点为，若，则_____． 6．在平面上，双曲线和椭圆有两个相同的焦点．设和的四个交点为，且在上顺次排列．若四边形的面积等于四边形的面积，则和的离心率之积为_____． 7．设三棱锥满足两两垂直，且．设分别为的中点．若点到过的平面的距离为1，则截所得的截面面积的所有可能值为_____． 8．将4个2，2个0，2个6，总共8个数排成一行，使得字符串“20”和字符串“26”不全都出现（即至少有一个不出现），则这样的排列方式有_____种． 二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 9．（本题满分16分）设为实数，记，若在上存在，使得，求的取值范围． 10．（本题满分20分）设是实数，是方程的4个复根．若，求的所有可能值． 11．（本题满分20分）在平面直角坐标系中，曲线．设，为上顺次排列的六个互不相同顶点，满足对，线段与线段平行且相等（约定）． （1）证明：对，点关于原点对称； （2）求六边形面积的最大可能值． 学科网（北京）股份有限公司 $