2026年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）加试（A卷）试题

**基本信息** 2026年全国中学生数学奥林匹克竞赛预赛加试A卷，设4道综合解答题（40/40/50/60分），聚焦数论、几何、代数与组合，突出数学抽象、逻辑推理及创新意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|4/190|数论（正约数、等差数列）、几何（垂心外心、切线证明）、代数（实数性质、不等式）、组合（方格表S形、最值）|以数论问题考查抽象能力，几何题融合几何直观与推理能力，代数题强化运算逻辑，组合题体现空间观念与模型意识，契合竞赛真题综合性、探究性趋势。|

2026年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）加试（A卷） 2026年9月13日 9:40—12:30 一．（本题满分40分）设是正整数，是的所有正约数．已知，并且对任意，均存在，使得在某种排序下构成等差数列．求的所有可能值． 二．（本题满分40分）如图，在锐角三角形中，，是边上的高，为垂心，为外心，为的中点，线段内一点满足． 证明：直线与三角形的外接圆相切． 三．（本题满分50分）设整数，实数同时满足 (i) 和 (ii) ： (i) ； (ii) 对任意满足且的整数，均有 ． 证明：(1) ； (2) ． 四．（本题满分60分）给定整数，在一个的方格表中，由四个方格构成的下图之一均称为“S形”． 在方格表中每个方格内填上一个非负实数．已知每个S形内四个方格中的数之和均不小于1．求方格表内所有数之和的最小可能值． 学科网（北京）股份有限公司 $2026年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛） 暨2026年全国高中数学联合竞赛 加试(A卷)参考答案及评分标准 说明： 1.评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分 2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分 标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次 一.（本题满分40分)设n是正整数，1=d1<d2<·<dm=n是n的所有正约数 已知m≥4，并且对任意i,j∈{1,2，…，m-1},均存在k∈{1,2，·，m},使得d,d,d 在某种排序下构成等差数列.求m的所有可能值 解.m只能是4.事实上，我们证明满足条件的正整数n形如n=pq,其中p,q是不同的素 数，且q=2p-1.此时d山1=1，d2=p,dg=q=2p-1,d4=n,满足要求 (10分) 由于d1=1,d2=p是n的最小素因子.在条件中，取(i,)=(1,2),可知存在 d=2p-1.注意到2p-1必定是素数（否则2p-1的最小素因子r满足r≤v2p-1<p, 而r也是n的素因子，这与p是n的最小素因子矛盾)，可知p(2p-1)n.特别地 n≥p(2p-1). (20分) 注宫到d1=》≤分在条件中取区》=，m-少.则存在4= (+ (因为 dn=n,且1，”n不构成等差数列，于是 2np (1+)p+n 是整数.但是n≥p(2p-1),有 2p-1≤ 2np<2p. p+n 故只能。20-1即n三22D-)=凶，其中9=2印-1是秦数这就证明了我们的 结论 (40分) 口 1 二.（本题满分40分）如图，在锐角三角形ABC中，AB<AC,AD是BC边上的高， H为垂心，O为外心，N为HO的中点，线段BD内一点P满足∠PND=2∠PAD. 证明：直线BC与三角形AOP的外接圆相切. H 证明.取AP的中点X.由于∠ADP=90°，故AP=2DX,且结合条件知∠PXD= 2∠PAD=∠PND,故P,X,N,D四点共圆 (10分) M 取BC的中点M和AH的中点L,则由外心与垂心的性质知 om--成= 由Oi=A立知AO与LM平行且相等. 由N为HO的中点及O立=L立，可知N为LM的中点，所以LM=2DN. 于是A0、LM DNDN=2 DX 又有∠PAO=∠PAD+∠DAO=∠XDA+∠DLM=∠XDA+∠ADN=∠XDN. 于是△AOPm△DNX. (30分) 所以∠AOP=∠DNX=∠APB,故BC与△AOP的外接圆相切. (40分) ▣ 三.（本题满分50分）设整数n>100,实数ao,a1,·,an-1同时满足 (i)2≥a0≥a1≥·≥an-1≥0： (i)对任意满足0≤i≤j≤k≤n-1且i+j+k≥n的整数i,j,k,均有 aiaj+ajak akai ai+aj+ak. 证明：(1)1+a2+…+an-1≤n-1; (2)ao+a1+·+an-1≤n. 若ao≤1，则(1)、(2)显然都成立.下面假设ao>1.因此只需证明(2). 证法一，对于满足背≤i<n-1的整数元，有30≤3a,故a,≤1 对于满足1≤i<智的整数元，有匠+2an-2≤2a+ar,故 (a,+an-2a-1)2≤a2-2x-an-2i+1, 结合n-2i≥背知arx≤1故(a+a--12≤1，因此a+an2 (10分) 设 A={1,2「31-4=m-2∈4 B={11+11-1 c={[+1,n-14 由n>100知，集合C的元素个数>4. 因为对于满足1≤i<背的整数有a+a-≤2，所以 ∑4+∑4≤集合A的元素个数+集合1的元素个数 ① iA 对打满足背≤i《n-1的整数1有a≤1所以 ∑a:≤集合B的元素个数. ② ic B 由 a1+2aaT1≤a+2ar1 可得 (a+ar1-)°s6-+1. 所以对任意i∈C, a-1≤a1-1≤V6-0+1-a0<0, (30分) 3 (最后的不等号是因为ao>1).故 ∑(a:-1)≤（集合C的元素个数） (V8-o+1-o）<4(V品-+1-ao） ie 所以， ∑a:-)+(ao-1<4(V-ao+1-a+(a-1y (*) ie 注意到 a0-1 a0-1 ao-√a哈-ao+1 -(a-a0+1 =a0+V6-a+1<2a0≤4， ao+Va哈-a0+1 从而(*)右边<0.即 ∑a<1+集合C的元素个数. ③ iECU0] 将①、②、③式相加，即得证 (50分) ▣ 证法二.当m≥[3引时，令i=j=k=m知3a2品≤3am,故am≤1. 对于1≤i≤[g]-1,由(a0-a)(ao-an-)≥0知ao十a+an-i≥ao(a,+am-i)+a,an-i≥ 2ao(ai+an-i)-a,所以 +a9-2+画二a-2发2 (10分) 2a0-1 对于[]≤i≤n-[引，有a≤1，aa:≤1，因此1-a1-an)≥0，所以 ao+ai+an-i>ao(ai+an-i)+aian-i>(1+ao)(ai+an-i)-1, 故a,+an-i≤ 0+1=2-00-1≤2-0-1 (30分) ao ao 2 由于n>100,所以n+1-2胃≥n+1-2=号≥4，故 3 「1 n-「号l 1 a1+a2+·…+an-1= ∑a+an-)+2∑a+a-) i=1 i=「3] -1-0,(a+1-2)≤n-1-4,=n-a0 4 因此a0+a1+·十an-1≤n,证毕 (50分) ▣ 4 说明.本题中，在没有完整证明结论(2)的情况下，如果卷面上完成以下三种情况之一， 都认为是证明了(1)的部分，得10分： ·证明了结论(1)： ·对所有i=1,·,n-1,证明了ai+an-≤2， ·对所有1≤i≤分证明了a+a-2:≤2 5 四.（本题满分50分）给定整数n≥2.在一个4×n的方格表中，由四个方格构成的 下图之一均称为“S形” 在方格表中每个方格内填上一个非负实数.已知每个S形内四个方格中的数之和均不 小于1. 求方格表内所有数之和的最小可能值 解.若n是奇数，设n=2k+1.一方面，显然可以在2×n的矩形中放下飞个S形 故在原方格表中可以放下2k个S形，所以所有方格内数之和不小于2k.另一方面，在第 2,4,.,2k列的中间两格填入1，其余方格填入0，符合题意，此时所有方格内数之和恰为 2k.因此所求为2k (10分) 若n是偶数，设n=2k 一方面，对i=0,1,.,k-1,在第21+1列和第2k-2i列的中间两格填入 i+1 2k+1,两 边两格入欢这样所有数之和为∑+2 4k2 02k+1= (20分) 2k+1 我们来证明这样的填数符合题意 由填数方法可知，第一行和第四行中两个相邻数之和为】 2* 或、 2欢+1 其中和为 k-1当且仅当它们所在列数形如2i+1和2+2，第二行和第三行中两个相邻数之和为 2k+1 牛或牛号关中和为家计 k+1 当且仅当它们所在列数形如2i+1和2i+2.因此，若 一个S形在第一行和第二行中，则其中所有数之和恰为1，对第三行和第四行中的S形同 理；若一个$形在第二行和第三行中，则其中所有数之和为 2+3>1:若一个S形占据了 2k+1 3个行，不妨设为第一行、第二行和第三行，由填数方法可知将第三行的方格换为第一行同 列的方格后所有数之和减少2十，而此时的四个方格（形成一个2×2正方形）中的数之 和不小于 k-1,k+12k k+1十2水+1=2+1，故最初的四个方格中数之和不小于1. (30分) 4k2 下面证明，对任意一种满足题目要求的填数方式，所有方格中的数之和不小于2 设第i列的四个数之和为T.对i=1,2,.,2k-2,将第i,i+1,i+2列(4×3方格 表)分成两个2×3的矩形，并考虑每个矩形内的两个S形（共4个）·由于这四个S形内 的所有数之和均不小于1，可得T+2T+1+T+2≥4. 考虑第一列中间两个方格分别与第二列上面两个方格及下面两个方格组成的两个S形 可得2T1+T2≥2，同理2T2k+T2k-1≥2.因此 6 2k (2k+1)∑T =1 k-1 =k(20+T2+2T2张+T72k-)+∑(T2-1+2T+7乃+1+12-a+22-2+1+T2k-2a+2） i=1 ≥4h+8(1+2+·+k-1)=42 2k 4k2 故∑1≥2k+1 =1 n2 综上所述，当n=2头+1时，所求为2=n-15当n=2k时，所求为2十1=十 (50分) 口 评分标准.本题的50分拆分为以下几部分： (M)n是奇数的情形，10分： (P)n是偶数的情形，40分.其中 (P1)给出达到最小值的例子，10分； (P2)验证例子符合题意，10分； (P3)证明对任意一种满足题目要求的填数方式，所有方格中的数之和不小于，20 分 做出以下情形，可以得到与以上(P)点各项不叠加（且互不叠加），但可以和(M)项叠加的 分数： (C4完成对4×4方格表的讨论，10分： (C6)完成对4×6方格表的讨论，20分 7