2026年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽預(yù)賽試題-湖北省

PAGE133頁(yè)/2872026年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽預(yù)賽試題-填空題:8864分已知x.yR且y0,集合Ax2x1,x,x1,By,y,3y.若AB,則x2y2 2 已知正整數(shù)a,b,c,d滿足:logb3,logd5,ca65.則db 隨機(jī)投擲3枚質(zhì)地均勻的正方體骰子(6個(gè)面的點(diǎn)數(shù)分別為1,2,3,4,5,6)，則3枚骰子正面朝上的點(diǎn)數(shù)之 在△ABC中，CAB120°，作ADAB交BC于點(diǎn)D，若ABCD1，則BD PAGE134頁(yè)/287

1,

1iinN*

papa

1 2 2026數(shù)之和為復(fù)數(shù)T,則T PABC中,DPB的中點(diǎn),EPCP點(diǎn)的三等分點(diǎn),ADDE.PA2,則三棱錐PABC的體積 在QACBDQCQAABCDPPQDBACM,N，若QM2,MN3，則MP MN和

也都是完全平方數(shù)這樣的四位數(shù)M共 個(gè)PAGE135頁(yè)/287解答題:3小題,56分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟(16分)

ABΓ

x2

1上不同于頂點(diǎn)的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),

k1k2ΓCOCcosOAsinOB,其中02 證明:k1k2為定值求OAOB的最大值(20分)ab都是正整數(shù),

fxax2bx1x

m1,n1,a

的最小值(20分)abcdacosxbsinxccos2xdsin2x1x恒成立,求證:a2b2c2d23說(shuō)明

2026年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽預(yù)賽試題-湖北省-評(píng)閱試卷時(shí),請(qǐng)依據(jù)本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn).80分兩檔;其他各題的評(píng)閱,請(qǐng)嚴(yán)格按照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)的評(píng)分檔次給分,不得增加其他中間檔次.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步驟正確,在評(píng)卷時(shí)可參考本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔9410、115分為一個(gè)檔次,不得增加其他中間檔次.填空題:8小題,8分,64分已知x,yR且y0,集合Ax2x1,x,x1,By,y,3y.若AB,則x2y2 2 5已知正整數(shù)a,b,c,d滿足:logb3,logd5,ca65.則db 17隨機(jī)投擲3枚質(zhì)地均勻的正方體骰子(6個(gè)面的點(diǎn)數(shù)分別為1,2,3,4,5,6),則31732在ABC中，CAB120°，作ADAB交BC于點(diǎn)D，若ABCD1，則BD32設(shè)a1,p1,i，其中i為虛數(shù)單位，nN*.設(shè)所有能表示為papa 形式

1 2 2026數(shù)之和為復(fù)數(shù)T,則T 答案:答案:2 12PABCDPBEPCPADDE.PA2，則三棱錐PABC的體積 10QAC中,BDQCQA上,ABCDP,PQDBACMN若QM2,MN3，則MP 6M是完全平方數(shù),N和

也都是完全平方數(shù).樣的四位數(shù)M共 個(gè)答案:答案:2解答題:3小題,56分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟(16分)

ABΓ

x2

1OOA,OB的斜率分別記為k,k.如果橢圓Γ上存在點(diǎn)C滿

→,其中0,

2證明:k1k2為定值 (2)求OA

的最大值1tan 同理可得OB 1 4(2)OA4cossinsinsin1tantan1，為定 8sinsin2cos (1)kk 2 4又因?yàn)?,OAOB5,4tan24tan21即tan1時(shí)取等號(hào)所以O(shè)AOB的最大值為 16 41tan 121tan4 1tan4 4tan4tan24tanOAOB2 (1)證明:k1k2為定值；(2)求OAOB的最大值(2026a2,b1解. 2(1)kkbsin1 為定值 15.ABΓ:221ab0上不同于頂點(diǎn)的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),OAOBkk ΓOCOB OA2OB2a2cos2b2sin2a2cos2b2sin2a2cos2b2sin2a2sin2 4 22 2 ab2a 2a

sincosab

sina4b4 a4b4 a2b2 a2b2 .因此當(dāng) kZ時(shí)OAOB取最大 a2

因此,OAOBacosbsinacosbsin cossina2b2tan2a2b2 a2b2tan2a2tan2b2 1 1

1 a2 OAa2 a2 OAa241

a2a2b2tan2a2tan2b2tan21,

kZOA

(20分)ab都是正整數(shù),函數(shù)fxax2bx1xAm0Bn0,m1,n1,ab的最小值解解mn,mnax2bx10的兩根,mnb0mn10,m0n0.又因?yàn)閙1,n1,1mn0進(jìn)而可得1mn1,所以a 5結(jié)合函數(shù)fxax2bx1的圖象,可知f1ab10,ba1ab都是正整數(shù),baax2bx10有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,Δb24a0,b2a 10ab2a,a4,a5b2a25,b5故ab55 15a5b5時(shí)取等號(hào),ax2bx105x25x10,5驗(yàn)證可知滿足題設(shè)條件555因此,ab的最小值為 2010.10.(20分)ab都是正整數(shù),函數(shù)fxax2bx1xAm0Bn0,m1,n1,ab的最小值解：mn,mnax2bx10的兩個(gè)根mnb0mn10,m0n0m1,n1,1mn01mn1,a1結(jié)合函數(shù)fxax2bx1f1ab10,ba1ab是正整數(shù),bax2bx10有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,b24a0,b2a。ab2a,a4,a5.b2a25b是正整數(shù),b5ab5510a5b55x25x10510適合題意.ab105abc,ax2bxc0有兩個(gè)根01a的最小值(200301,所以,01,ac0b

b2

ac

ac2 若bac,則 1 因此,bac1b24ac0,b24ac1于是,ac124ac1a2c22ac2a2c0a2c26c0,c6ac0矛盾a3c28c30,c8

c8

,c8

528

523aac0矛盾;c8521,c是正整數(shù)矛盾若a4,c210c80,則c10

c1068c10

684aac0矛盾c10

681,c是正整數(shù)矛盾a5c212c15

,c1滿足條件,b5,5

,適合題意a5解法二：

fxax2bxcaxxxx 0x110x21abc是整數(shù)a0

f0

f1都是正整數(shù)f0f11a2x1xx1

x1x1x1x1 x1x2,因此,以上等號(hào)不可能同時(shí)成立于是,x1xx1x1 a21a2x1xx1

a216a4,a5另一方面,a5時(shí),5x25x100,1上有兩個(gè)不同的根a5fxax2bxc0,1,01,b24ac0c1b0,ac0b0 f1abc0,因此,acb將后一個(gè)不等式兩端(都是正數(shù))平方a22acc2b2,ac2b24ac0ac2a4,ac只可能有三組a14,c12;a23,c11;a14,c1b應(yīng)當(dāng)滿足相應(yīng)的三個(gè)條件4b2320;4b2120;9b216但是,沒(méi)有一個(gè)整數(shù)能滿足這三個(gè)條件中的任何一個(gè).由此,a5最后,5x25x1055,0,1上,適合題意11.(16分)abcd為實(shí)數(shù),acosxbsinxccos2xdsin2x1xR恒成立,求證:a2b2c2d23.4 2abcosx 2acosxbsinxccos2xdsin2x a2b2cosxc2d2cos2x10 5由條件知,xR,不等式①恒成立xx,a2b2sinxc2d2cos2x1 證明因?yàn)閍cosxbsinxccos2xdsin