2026年高中数学联赛江西省预赛题参考答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中数学试题汇编_0621数学_2026年全国高中数学联赛江西省预赛试题+答案

2026 年全国高中数学联赛江西省预赛
试题参考答案
（
第1页,共9页
6 月21日上午 9 : 3 0 − − 1 2 : 0 0 ）
一、填空题（每小题 7分，共56分）
1 .若 c o s
3
2 c o s
6
 
 

−

=

+

,则 c o s 2
3



+

= ．
答案： −
1
3
解：由题 c o s
3
2 s i n
3
 
 

−

=

−

,得 c o s
3
2
3



−

=  .从而
2
      2 1
cos  2+  =cos  −2  −  =1−2    =− .
 3    3   3  3
2 .实数 a , b 满足集合 { a ,
b
a
, 2 0 2 5 } = { a 2 , a + 2 0 2 6 b , 0 } ,则 a 2 0 2 6 + ( b − 1 ) 2 0 2 7 末尾
的两位数是 ．
答案： 2 4
解：由题 b = 0 , 所以 { a , 2 0 2 5 } = { a 2 , a } ,得 a 2 = 2 0 2 5 , a =  4 5 .所以
a 2 0 2 6 = 4 5 2 0 2 6 = ( 4 5 1 0 1 3 ) 2 的末尾两位数为25,从而所求的两位数为 2 4 .
3.已知函数 f ( x ) = s in 2 x + a c o s x + b 有零点,则 a 2 + ( b − 2 ) 2 的最小值为 ．
答案：2
解：原问题等价于点 ( 0 , 2 ) 到动直线 c o s x  a + b + s in 2 x = 0 上的点 ( a , b ) 的距离
平方的最小值,记为 d 2 .由点到线的距离公式可知
d 2 =
(s in
c o
2
s
x
2
+
x +
2
1
) 2
=
( c o
c
s
o
2
s 2
x
x
−
+
3
1
) 2
.
令t =cos2 x+1  1,2 ,有 d 2 =
( t −
t
4 ) 2
= t +
1 6
t
− 8   2 ,9  ,故所求的最小值为2,且当
cosx=1,sin2x=0,a=−1,b=1时可取到.
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}第2页,共9页
4 .点 C , D 是直线 y = 2 x + 1 与曲线 2 x 2 − 3 y 2 = y 交点的两个三等分点,点 P 在
y 轴上,则|PC|+|PD|的最小值为 ．
答案：
5
5
3
解: 设 A(x ,y ),B(x ,y ) 是直线和曲线的两交点,则C,D 对应的坐标为
1 1 2 2
 x
1
+
3
2 x
2 ,
y
1
+
3
2 y
2

,
 2 x
1
+
3
x
2 ,
2 y
1
+
3
y
2

.由题,联立直线方程和曲线方程化简得,
2 1
5x2+7x+2=0,解得 x =− ,x =−1,y = ,y =−1,所以
1 5 2 1 5 2
A

−
2
5
,
1
5

, B ( − 1 , − 1 ) ,
A,B,C,D 均在 y 轴左侧,故所求最小值 d 为点

−
x
1
+
3
2 x
2 ,
y
1
+
3
2 y
2

与点
 2 x
1
+
3
x
2 ,
2 y
1
+
3
y
2

的距离,所以
d 2 = ( x
1
+ x
2
) 2 +
( y
1
−
9
y
2
) 2
=
 7
5
 2
+
 2
5
 2
=
5
2
3
5
,
故所求最小值为
5
5
3
．
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：
5
2 1
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 = 2 8 条线段,
其中长度为 1 , 2 , 3 的线段分别有 1 2 ,1 2 , 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
离均为
2
3
,注意到 1 2  2

2
3 
2
=
3
2

(
2
) 2
,故此时要构成锐角三角形,当且仅当
不是中心的 2 个顶点距离为 1 ,有 1 2 种选择.
8+12 206 5
综上,所求概率为 = = .
C3 987 21
9
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}第3页,共9页
6 . 已 知 数 列  a  满 足
n
a
1
= 2 , a
n + 1
= a 2n −
a
n
( a
n
n
− 1 )
( n 1 ) , 则
 2 0 2 6
i=
1
 a
i
i
 2 
= ．
答案：5
解：由题得 n a 2n
+ 1
= ( n − 1 ) a 2n + a
n
, a
n
= n a 2n
+ 1
− ( n − 1 ) a 2n , a
2
= 2 , a
3
2 =
2 +
2
2
.
注意到 a
1
= 2  1 ,若 a
k
 1 ( k 1 ) , 则 a 2k  a
k
 1 ,所以
ka2 =(k−1)a2+a (k−1)a +a =ka k ,
k+1 k k k k k
得 a
k + 1
 1 .由数学归纳法知,对任意 n 1 , a
n
 1 .
又 a
n + 1
= a 2n −
a
n
(
a
n
n
− 1
)
 a 2n = a
n
,故a 递减,所以当
n
n 2 时, a
n
 a
1
= 2 .
注意到 n 2 时, a
n
= n a 2n
+ 1
− ( n − 1 ) a 2n , 所以
n
i=
2
a
i
=
n
i=
2
[ i a 2i+
1
− ( i − 1 ) a 2i ] = n a 2n
+ 1
− 2 ,
进一步可知, n − 1 
n
i=
2
a
i
= n a 2n
+ 1
− 2  2 ( n − 1 ) ,所以n+1na2 2n,从而对
n+1
n 3
n
有 a2 2,所以
n−1 n n
1
− 1
−
1
n
=
( n
1
− 1 ) n

a
n
2n2

2
n 2
 2

n
1
− 1
−
1
n

.至此得
2026a2 2 2026a2 1 1 1 
 i =4+ + i 4+ +2 − 6,
 
i2 22 i2 2 2 2026
i=1 i=3
2026a2 a2 a2 2026a2 1 2+ 2 1 1 
另一方面, i =a2 + 2 + 3 + i 4+ + + − 5.
i2 1 4 9 i2 2 18 3 2026 
i=1 i=4
2026a

2
综上,所以 

i

=5.

i=1
 i  
7
3m2 +20m+26
.使得 的值为整数的所有有理数
m−1
m 的和为 ．
答案：12
3m2 +20m+26 49
解：由题, =3m+23+ M.
m−1 m−1
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}(1)当
第4页,共9页
m  Z 时,注意到 4 9 有 3 个正因数 1 , 7 , 4 9 ,此时 m  { 5 0 , 8 , 2 , 0 , − 6 , − 4 8 } .
(2)当 m  Z 时,设 m =
p
q
( p , q  Z , q 2 , ( p , q ) = 1 ) ,此时
M = 2 3 +
3
q
p
+
4
p
9
−
q
q
= − 2 6 +
p ( 3
q (
p
p
+
−
4
q
6
)
q )
,
所以 q | ( 3 p 2 + 4 6 p q ) ,从而 q | 3 ,故有 q = 3 .此时有 ( p , 3 ) = ( p , p − 3 ) = 1 ,且
M = − 2 6 +
3 p 2
3 (
+
p
4
−
6
3
p
)
 3
= − 2 6 + p +
4
p
9
−
p
3
,
所以 ( p − 3 ) | 4 9 ,得 p  { 5 2 ,1 0 , 4 , 2 , − 4 , − 4 6 } .
综上易得,所求的和为6+6=12.
8 .已知复数z满足 z = 2 ,则 ( z + 2 ) 2 ( z − 1 ) ( z − 4 ) 2 的最大值为 ．
答案：
1 1
1
6
2
6
5
4
1 5
解：原问题等价于如图所示的几何问题:求 P A 2  P B  P C 2 的最大值.由阿氏圆
知 P C = 2 P B ,即求 4 P A 2  P B 3 的最大值.
在PAB中,由斯特瓦尔特定理得 P A 2 + 2 P B 2 = 1 8 ,故有
27 4 4 4 
4PA2PB3 =4 PA2PA2 PB2 PB2 PB2
   
64 3 3 3 
1 2PA2 +4PB2  5 1 36 5 11664
27  = 27   = 15,
2  5  2  5  125
在 P A 2 =
3 6
5
, P B 2 =
2 7
5
,即 P

−
1
5
,
3
5
1 1 
, z = −
1
5
+
3
5
1 1
i 时可以取等.
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}二、解答题 (14+15+15+20=64分)
第5页,共9页
9 . 关于 x 的方程 x 4 − 4 x 3 + a x 2 + b x + c = 0 的四正根 ,   , , , 使得不等式
( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) k 0        + + + + + + −
恒成立,求 k 的最大值.
解：由已知条件易知 + + + = 4 .     记 A ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )       = + + + + + + ,
B= .注意到
1
1
1
(
1
1
1
1
( 1
1
)
1
( 1
1
) ( 1
1
1
)
1
1
( 1
1
)
)
1
( 1
1
5
1
,
1
1
1
)
        
          
  
        

      
=
=

+
+
−
+

+
+
+
+

+
+
+
+

+
+
+
+
−
−
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+

+
+
+

+
+

+
+
+
+
+
−
+
+
+
+
+
+
+
+

所以
4   
= + +
5 1+ (1+)(1++) (1++)(1+++)

+
(1+++)(1++++)
1
 B2 4
4  .
5A2

化简得 A − 5 5 B 0 ,即k =5 5,可验证当
max
=
1
4
, =
1
5
2
, =
5
6
, =
5
2
    时取等.
10.正实数 a 、 b 、 c 满足:
a+b= 36+ab,a+c= 16+2ac,b+ 3c= 50−b2 +c2 ,
求 ( a − b − 3 c ) 2 + 3 b 2 的值.
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}解：已知条件可化为
第6页,共9页

b
a
2
2
+
+
a
c
b
2
2
2
+
+
+
c 2
a b
=
3 b
=
1 6
c =
3 6
2 5
,由余弦定理知,正实数 a 、 b 、 c 等价
于如图所示的线段 O A , O B , O C 长,其中  A O B = 1 2 0 ,  A O C = 9 0 ,  B O C = 1 5 0 .
62 +52 −42 3 7
由cosABC = = ,得sinABC = .所以
60 4 4
S
 A B C
=
1
2

4
7
 3 0 =
1
2
a c +
1
2
a b 
2
3
+
1
2
b c 
1
2
,
整理得 3 a b + 2 a c + b c = 1 5 7 .
又以 A B 为直角边作直角  A B D , 满足  A D B = 6 0  ,则 A , O , B , D 四点共圆且
D , O , C 三点共线.所以 B D = 2 3 , A D = 4 3 , c o s  C B D = − s i n  A B C = −
4
7
，由余
弦定理得 C D 2 = 3 7 + 5 2 1 .再由托勒密定理得 a  B D + b  A D = A B  O D ,所以
a+2b= 3OD 故有 a + 2 b + 3 c = 3 ( O D + c ) = 3 C D ,即
(a+2b+ 3c)2 =3CD2 =111+15 21.
综上, ( a − b − 3 c ) 2 + 3 b 2 = ( a + 2 b + 3 c ) 2 − 2 3 ( 3 a b + 2 a c + b c ) = 1 1 1 − 1 5 2 1 .
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I,E伸长2倍到点I',E',点O为II'的中点,
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}如图连接线段.由题
第7页,共9页
A E = A F = B C ,线段 I ' J , I ' E 分别平行且等于线段 A E , A F ,
所以 I ' J , I ' K 与 I 切于点 J , K , I ' K = B C = I J , ,点 I , J , I ', K 四点共圆. 又I'E'//IE,
且 I ' E ' = 2 I E = K F ,  I ' E 'C =  K E B = 9 0 .
又 注 意 到 B C = B F + C E = A E = E C + C E ' , 所 以 E 'C = F B , 从 而
 C E ' I ' ≌  B F K ,进一步有 C I ' = B K   K C I ' ≌  C K B ,所以  K I 'C =  C B K ,
得点 C , K , B , I ' 四点共圆,同理,点 C , J , B , I ' 四点共圆,至此有点 C , K , I , J , B , I ' 六
点共圆,结论得证.
1 2 .
A
E
F I
K
J
B C
O
E'
I'
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−1 )p  N  pp;
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}(2)其标准分解
第8页,共9页
N p p p
n
n    =
1
1
2
2  满足
n
i=
1
p
i
i
 1 −
p
1
ln p

.
解：事实上, N = ( p − 1 ) p + 1 即为所求.
p = 3 时, N = 9 = 3 2 ,
2
3
 1 −
3
1
ln 3
显然成立.下证 p3时依然成立.
一方面 ( p − 1 ) p + 1 4 p + 1 = ( 2 p ) 2 + 1 ( p + 1 ) 2 + 1  p 2 ,另一方面
( p − 1 ) p + 1  C 2p p 2 ( − 1 ) p − 2 + C 1p p 1 ( − 1 ) p − 1 + ( − 1 ) p + 1  p 2 ( m o d p 3 ) ,
即 p 3 不能整除 ( p − 1 ) p + 1 ,故 ( p − 1 ) p + 1 必有不同于 p 的素因子,不妨设为 q ,此
时有 ( p − 1 ) p  − 1 ( m o d q ) , 即 ( p − 1 ) 2 p  1 ( m o d q ) .
记
m
( n )  为 n 对 模 m 的 阶 .此时有
q
( p − 1 )  ∤ p,
q
( p − 1 ) | 2 p  ,故
q
( p 1 ) 2  − = 或
2 p .若
q
( p − 1 ) = 2  ,则有 ( p − 1 ) 2  1 ( m o d q ), 必 有 p − 1  − 1 ( m o d q ) ,即 p=q,矛盾.
故 ( p−1 ) =2p ,又由费马小定理有 ( p−1 )q−1 1 ( mod q ) ,由阶的性质可知
q
2 p | q − 1 ,即 q  1 ( m o d 2 p ) ,有 q  p ,从而 N = ( p − 1 ) p + 1 =
n
i=
1
p
i
i  的所有素因子均
满足 p p.
i
又由函数 f (x)=xlnx在x(1,+)上单调递增知 p
i
l n p
i
p l n p ( i = 1 , 2 , , n ) ,
故 ln N =
n
i=
1
i
ln p
i
 p ln p
n
i=
1
p
i
i

 ,即有
n
i=
1
p
i
i

ln
p ln
N
p

.故只需证：
pp
ln p
lnN 1 pp pp  1  1 1
1− =
e
 N 
(p−1)p
+1  1− +  .
 
pln p pln p pln p e e  p pp e
x2
一方面,注意到：0 x1时，ln ( 1−x ) −x− ,故有
2
p 1
 1  1 1  1  1  1  1 −
ln 1− − −  pln 1− −1−  1−  e 2p.
     
 p p 2p2  p 2p  p e
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}又
第9页,共9页
x  0 时 ， e − x 
1
1
+ x
,故有

1 −
1
p

p

1
e
 e
−
12
p 
1
e

1 +
1
2
1
p
=
e ( 2
2
p
p
+ 1 )
.
另一方面,易证 p p = p  p p − 1  e  p 2  e ( 2 p + 1 ) ,故有
1
p p

e ( 2
1
p + 1 )
.
综上,即有

1 −
1
p

p
+
1
p p

e ( 2
2
p
p
+ 1 )
+
e ( 2
1
p + 1 )
=
1
e
,得证.
{#{QQABJYAhwwKwgARACb7bEUEUC0mYkpMTLKgGAQCcqAQDCAFAFAA=}#}