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2026 年全国中学生数学奥林匹克湖南赛区初赛试题
考试时间：6月 28日上午 9：00—11：00
（时长 120分钟，满分 150分）
一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分
1.已知实数 x满足 log2 x+5i =13, 其中，i为虚数单位，则 x=______________.
【答案】4096 1或
4096
【解析】由已知条件知log2 x =±12，从而 x=4096
1
或 .
4096
2. x y z将集合 2 0 2 6w | x, y, z,w , x y z w 中的元素从小到大排列，则第
2026个数为______________.
【答案】623 6
【解析】仅需考虑数组（x，z，w），集合中元素的由小到大依次排列为：（1，1，1）；（1，1，
2），（1，2，2），（2，2，2）；（1，1，3），（1，2，3），（2，2，3），（1，3，3），（2，3，3），
（3，3，3）；（1，1，4），（1，2，4），（2，2，4），（1，3，4），（2，3，4），（3，3，4），（1，
4，4），（2，4，4），（3，4，4），（4，4，4）；……
n(n 1)
满足 w=n 的数组共有 1+2+…+n= 个，且它们对应的元素都互不相等 .知
2
22
n(n 1) 2024，故第 2026个数对应的数组为（1，2，23），其为2 6
23 6 .
n 1
3. 在△ABC中, AB=2,AC=4,∠A=120°. 动点 P满足(PA+PB) (PA+PC)=0. 则|PA|的最大值是
_____________.
3+ 7
【答案】
2
【解析】由几何关系知 P在以 AB,AC中点连线为直径的圆上，由余弦定理得 BC=2 7，从
7 A 3 |PA| 3+ 7而圆的半径为 ，圆心距离 点 ，从而 的最大值是 .
2 2 2
4. 定义在 R 上的奇函数 f x 满足其函数图像关于 x 2y 5 0 对称 ,当 x 0,1
2 f 9 时, f x 3x x ,则 _____________.
2
37
【答案】
4
【解析】考虑 y 2x ,与 x 2y 5 0 垂直且交于点 1,2 ,而 f 1 2 ,画图之后以
12 22 5为一个单位,其在 y 2x这条 x 轴上关于 0,0 中心对称，关于 x 1单位轴对
9 1 37
称，于是周期为 4个单位，对应原坐标系周期为 4 .因此 f f

8 .
2 2 4
5. 设 复 数 α,β,γ,z 满 足 z =3,α+β+γ=αβ+βγ+γα=αβγ=1 . 则 |α z|+3|β z| 的 最 小 值 为
______________.
【答案】 82
【解析】由条件α+β+γ=αβ+βγ+γα=αβγ=1以及韦达定理知：
复数α,β,γ恰为方程x3 x2+x 1=0的根，即为 i, i,1，
由对称性，不妨β=i,α= i或 1，
由阿波罗尼斯圆知 3|β z|=3|i z|=|9i z|，
从而由几何关系知距离最小值为 12+92= 82
6.如图，四棱锥 P ABCD，其中 DA=DC=DP=2，DA,DC,DP两两垂直，其内部注入了一些
水，液面交 PA,PB,PC,PD于点 E,F,G,H，若将四棱锥翻转后以 PAD所在平面为底面重新放
3
置，待液体稳定后，液面离平面 PAD的高度为 ，则 PH= .
2
3
【答案】 44
4
3 3
【解析】设 PH=h 1 h h，则上部分空余体积为 ×h×h2= ，翻转后上部分空余体积相同，也是 ，
3 3 3
设液面与 BP,BA,CD,CP交于点 X,Y,Z,W，如下图：
过点 X作 XM//PC，交 BC于点 M，连接 BD交 ZY于点 N，知：
VBXY CZW=VCZW MNX+VX BMNY
（即一个直三棱锥柱和一个四棱锥的体积和）
3
设 BY=x= 1 3（液面高度是 ），则 NY=x=NX=NM=CZ=ZW，于是
2 2 VX BMNY=
1 x×x2= x ，
3 3
而平面 PCD//平面 XMN，平面 ABCD⊥平面 PCD，于是平面 MNX 与平面 CZW 的距离为
CM=2 x，
故VBXN MZW= 2 x ×S CZW= 2 x ×
1 x2= 1 2 x x2，
2 2
x3 1 3 3
于是VBXY CZW= + 2 x x2=x2
1 x3= 11 = h 44. 3 11，故 （写成 也对）
3 2 6 48 3 PH= 4 16
2 2
7. 过点 P 2,1 x y作两条斜率互为相反数的直线交椭圆 + =1于 A，B两点 ( A，B均不与 P
6 3
重合)，若椭圆上另一点 Q是位于直线 AB下方的动点，则 QAB 面积的最大值________.
9 6
【答案】
4
【解析】解：设直线 PA 的斜率为 k1 ，则直线 PB 的斜率为 k1，则直线 PA 的方程为
y 1=k1 x 2
即将 y=k1x+ 1 2k1 代入x2+2y2=6，联立化简得
1+2k21 x2+4k 21 1 2k1 x+2 1 2k1 6=0
设 A(xA,yA)、B(xB,yB)，已知 x=2是方程的一个根，
由韦达定理，得
2 1 2k 21 6 4k2x = ÷2= 1
4k1 2
A 1+2k21 2k21+1
2k2 4k +1
yA=1+k1(xA 2)=
1 1
2k21+1
将 k1 替换为 k1 ，得
4k2+4k 2 2k2x = 1 1 ,y = 1+4k1+1B 2k21+1 B 2k21+1
计算直线 AB 的斜率
8k1
yB y 2k= A = 2k1+1
x x 8k
=1
B A 1
2k21+1
设 AB为 y=x+m ,代入椭圆方程得
x2+2 x+m 2=6 3x2+4mx+2m2 6=0
由韦达定理，可得
4m 2m2 6
xA+xB= , xAx =3 B 3
AB = 1+12 2
4
xA+xB 4x 2AxB= 9 m3
当 QAB 面积的最大值时，即过点 Q的切线与直线 AB平行，
xx yy
设 Q(x0,y0)
0 0
，过点 Q的切线为 + =16 3 ，
x0 y0 x2 y2
故由斜率相等，得 = 6 3且
0 + 0 =1，又由于点 Q在直线 AB下方，
6 3
故 Q(2, 1)，此时，d= 2 3+m
2
1 1 4 2
SΔQAB= AB d= 9 m2 3+m2 2 3 2
2 2 2 2= (9 m )(3+m) = (3 m)(3+m)3
3 3
2 1 18 4 9 6
≤ =
3 3 4 4
9 6
∴ QAB 面积的最大值为
4
8. 有 2个字母 I 、4个字母M 、8个字母O (相同字母没有区别)，将它们排成一排.要求每
个 I 的左侧或右侧相邻的位置至少有一个M .则所有满足条件的排列总数为 .
【答案】11025
【解析】先排 4个M 和 8个字母O，共有C 412 495种排法.在排好的序列两侧及每两个字
母之间共有 13个间隙（记左端为 L ,右端为 R，中间 11个为 1，2，...,11）.将 2个相同的 I
插入这些间隙中（可放入同一间隙），要求每个 I 至少与一个M 相邻，分两种情况：
①两个 I 放在同一间隙
此时间隙两侧都是M （两端不可能），固定一个中间间隙，其左右均为M 有C 210 45种排
法。共有 11个中间间隙，故贡献11 45 495 .
②两个 I 放在不同间隙
需要从 13个间隙种选两个不同的间隙，每个间隙都至少一侧有M 。计算所有无序间隙对的
排列数之和.
按间隙类型分类：
对 L,R :同时允许 首尾均为M .固定首尾为M ，剩下 2个M 和 8个O在中间 10个位置，
2
有C10 45种，共 1对，贡献 45.
对 L，内部间隙k 对称地 R，内部间隙k ：
（1）k 1（紧邻 L）: L允许即首字母为M ，此时间隙 1自动允许（左侧为M ），故只需
首字母为M ，有C311 165种.
（2） k 2，...,11：需首字母为M 且第 k， k 1位至少有一个M 。固定首字母M ，总
C311 165
3
，减去 k， k 1位均为O的情况（有C9 84），得165 84 81种，共 10个这
样的 k，贡献10 81 810 .
故 L与内部间隙总和为165 810 975。同理 R与内部间隙也是975 .
对内部间隙 i, j, i j：
相邻间隙 j i 1 ：同时允许的排法数=总排法 495减去间隙 i不允许（第 i, j 1均为O）
的 210种，减去间隙 j不允许（第 i 1, i 2均为O）的 210种，再加回两者同时不允许（第
i, i 1, i 2 4均为O））的C9 126种），得 495 210 210 126 201。共有 10对相邻内
部间隙，贡献10 201 2010 .
4
不相邻间隙 j i 1 ：类似地，同时允许数= 495 210 210 C8 145，不相邻内部间
隙对数为C 211 10 45 ,贡献 45 145 6525，内部间隙总和为 2010 6525 8535 .所有不
同间隙无序对得总贡献为
45 975 975 8535 10530 .
综上：满足条件得排列总数为10530 495 11025 .
二、解答题：本大题共 4 小题，满分 86 分.解答应写出文字说明，证明过程或者演算步骤.
9（. 本题满分 16 分）设数列 an 为等差数列，数列 bn 为等比数列.若 a1b1 20，a2b2 26，
a3b3 0，求 a4b4的最大值.
2197
【解析】最大值为
50
不妨设 anbn cn an b qn，注意到二阶线性递推有
cn 2 2qc
2
n 1 q cn
由 c1 20,c2 26知 a3b3 c3 52q 20q
2 0 ，有 q 0,
13
，
5
3
a b 2 2 34 4 c4 2qc3 q c2 78q 40q 78 40q 20q 20q
1 78 1 2197
400 3

400 50
q 13
78 13
此时 q , 符合范围，注意 时， c 0，10 40 5 4
2197
综上最大值为 .
50
A B C
10.（本题满分 20 分）在△ABC中，若 cot 2cot 19cot , 求 cosC的最小值.
2 2 2
【解析】
cot A 2cot B 19cot C
2 2 2
1（1 cot A cot B）=10（cot A cot C） （9 cot B cot C）
2 2 2 2 2 2
cos A sin B cos B sin A cos A sin C cosC sin A cosC sin B cos B sin C
11 2 2 2 2A B 10
2 2 2 2
A C 9
2 2 2 2
sin sin sin sin sin C sin B
2 2 2 2 2 2
11cosC sin C 10cos B sin B 9cos A sin A
2 2 2 2 2 2
11sinC 10sin B 9sin A
9a 10b 11c
81a2 100b2 180ab 12（1 a2 b2 2abcosC）
（180 242cosC）ab 40a2 21b2 4 210ab
cosC 2 210 90
121
a 21 9a 10b
当 ，c 时取等。
b 40 11
x2 y2 2 2
11. x y（本题满分 20 分）设椭圆 ： 1， 的左右焦点为 F1,F2 ,P为 1上9 4 25 20
一个动点， P在 外，过 P作 的两条切线，切点为M ,N，求：
cos F1PF2 cos MPN的取值范围.
x2 y2
1 9 4 x2 y2
【解析】解：联立 2 ，方程组无解，故两个椭圆图像无交点， 在椭圆 1
x y
2 25 20
1 25 20
内部.
1 2 2 x
2 y2
法 ：设 P x0 , y0 ，u x0 y0 20，25 ， 0 0 1,25 20
①若直线 PM，PN斜率均存在，设其斜率为 k1,k2，设过点P的直线方程为
x2 y2
y k x x 10 y0 ，联立 9 4 化简得
y k x x0 y0
2
1 k x2 k y kx x y0 kx0
2
9 4

2 0
0 1 0
4
k 2 1 k 2 y kx 2
y0 kx 2 0 04 0 4
1 0 9 4 4
x20 9 k 2 2x y k y20 0 0 4 0，此两根为 k1,k2 .
y20 4 k k 2x y由韦达定理 k1k
0 0
2 ， x2 9 1 2
2
0 x0 9
k 2tan MPN 1 k2 y 4若 k1k2 1 0
2 2
，则 2 1, x0 y0 13 20,25 1 k1k2 x0 9
故 k1k2 1.
y21 0 4
x2 9
cos MPN 1 k 1k2 0 1 k 21 1 k 22

2 2 2 y 20 4 2x0y0 y0 4
x2 9 x2
2
9 2
1
0 0 x0 9
u 13 u 13

x2 20 9 y20 4 2 4x2y20 0 2 x20 9 y20 4 u 45 2
u 13
.
45 u
2 2
cos FPF PF 1 PF2 x y 0 0 51 2
PF PF 2 21 2 x0 5 y20 x0 5 y2 0

u 5 u 5 u 5

u2 10 y2 20 x0 25 u2 90u 2025 45 u
2 2
cos F1PF
8 8 2 x y
2 cos MPN , ，当P在 1上顶点和右顶点时取等.45 u 25 5 25 20
8 5 21 11
②若直线 PN斜率不存在， P 3, , cos F1PF2 ，cos MPN .
5 29 29
cos FPF cos MPN 10 8 , 2 1 2

29 25 5
.
cos FPF cos MPN 8 2 综上 1 2 的取值范围是 ,25 5 .
2 2
法二：设 PF
x y
1 PF2 u， ： 2 2 1,c a
2 b2
a b
过 F1,F2关于 PM ,PN对称点F1',F2 '，由光学性质
F1',M ,F2;F2 ',N,F1共线
则F1F2 ' NF1 NF2 2a F1'F2，
所以 PF1 'F2 PF1F2 ' ,又PM ,PN为 F1'PF2， F2PF2 '角平分线.
PF ' 21 PF
2
2 F
2
2F1 ' PF
2 PF 2 4a2
cos MPN cos F 1 21 'PF2 2PF1 PF2 2u
PF 2 PF 2 F F 2 PF 2 PF 2 4c2
cos F1PF2
1 2 2 1 1 2
2PF1 PF2 2u
cos FPF cos MPN 4 c
2 a2 8 32 32
1 2 2u u 4u 100 PF 21 PF2
因为 PF1 PF2 10, PF1 PF2 F1F2 2 5
cos F1PF2 cos MPN
32 8 , 2
100 PF1 PF 2 25 5 2
P x
2 y2
当 在 1上顶点和右顶点时取等.
25 20
12.（本题满分 30 分）给定正整数 m,n>1，设正整数序列a1,a2,...,an以及b1,b2,...,bm满足
n m
ai = bj i=1 j=1
求证：存在集合 1,2,...,n 的非空真子集 A以及集合 1,2,...,m 的非空真子集 B，满足
ai = bj
i∈A j∈B
= 【解析】法一：设 =1 = =1 < ， ∈ 1,2, . . . , , ∈ 1,2, . . . , ，
记 , = 1 + . . . + 1 + . . . + ， ∈ 1,2, . . . , , ∈ 1,2, . . . , ，
则 , 有 mn个，考虑 , modS的结果，
由抽屉原理，必存在不全相同的数组 1, 1 , 2, 2 ，使得 1, 1 ≡ 2, 2 ，
若 1 = 2，不妨设 1 > 2，则
1 + . . . + 1 1 + . . . + 1 ≡ 1 + . . . + 2 1 + . . . + 2
即 2+1 + . . . + 1 ≡ 0

，与 0 < 2+1 + . . . + 1 < =1 = 矛盾，故 1 ≠ 2，
同理 1 ≠ 2，所以不妨设 1 > 2，
①若 1, 1 ≠ 2, 2 ，则 1, 1 2, 2 ≥ ，但 1, 1 < , 2, 2 < ，
所以 1, 1 2, 2 = ，
若 1 > 2，则 1, 1 2, 2 = 2+1 + . . . + 1 2+1 + . . . + 1 < ，矛盾，
若 1 < 2，则 1, 1 2, 2 = 2+1 + . . . + 1 + 2+1 + . . . + 1 = ，
即 2+1 + . . . + 1 + 2+1 + . . . + 1 = 1 + . . . + ，
故 2+1 + . . . + 1 = 1 + . . . + 2 + 1+1 + . . . +
（若 1 = ，则 2+1 + . . . + 1 = 1 + . . . + 2）
此时取 = 1,2, . . . , 2 ∪ 1 + 1, . . . , （若 1 = 则 = 1,2, . . . , 2 ）， = 2 + 1, . . . , 1 ，
易知此时 A,B均为对应集合的非空真子集且满足 ∈ = ∈ ，
②若 1, 1 = 2, 2 ，则
1 + . . . + 1 1 + . . . + 1 = 1 + . . . + 2 1 + . . . + 2
若 1 < 2，则 0 < 2+1 + . . . + 1 = 1+1 + . . . + 2 < 0矛盾，
若 1 > 2，则 2+1 + . . . + 1 = 2+1 + . . . + 1，
此时取 = 2 + 1, . . . , 1 , = 2 + 1, . . . , 1 ，易知此时 A,B均为对应集合的真子集且满足
∈ = ∈ ，
综上，结论成立.
法二：对 m,n进行归纳，
当 m=2时， 1 + 2 + . . . + = 1 + 2 < 2 ，不妨设 1 ≤ 2，则 1 ≤ 1
不妨设 1 ≤ 2 ≤ . . . ≤ ，若 1 ≥ 2，则 2 > 1 + 2 + . . . + ≥ 2 矛盾，故 1 = 1，
设 1 = 2 = . . . = = 1 ≤ ，
引理： 1 ≤ ≤ 1 + 2 1，均存在集合 1,2,...,n 的非空真子集 A使得
=
∈
当 = 1,2, . . . , 时，显然取 = 1,2, . . . , 即可，假设对 1成立，考虑对 的情况，
由归纳假设可知，存在集合 1,2,...,n 的非空真子集 A使得
= 1
∈
①存在 ∈ 1,2, . . . , 且 ，则取 ' = ∪ ，则有
= 1 + =
∈ '
且易知 '仍为集合 1,2,...,n 的非空真子集，故对 的情况成立.
② 1,2, . . . , ，则显然 ≤ 1，考虑不在 A中的最小元素，设为 ，则 + 1 ≤ ≤ ，
当 ≤ + 1 时，取 ' = ∪ \ 1,2, . . . , 1 即可，
若 ≥ + 2

，则 =1 = 1 + . . . + + +1 + . . . + 1 + + . . . +
≥ + 2 1 + + 1 + 2 = + 2 + 2 ≥ 3 + 2 ≥ 2 ，矛盾，
所以对 的情况仍然成立，故由归纳法可知引理成立，特别的当 = 1时成立.
回到原题，取 为引理中 = 1时的集合， = 1 即可，所以 m=2成立，由对称性可知 n=2
也成立，
假设对 1, 以及 , 1 均成立，考虑 , 的情况，此时设

= =
=1 =1
其中 ≥ 1为正整数，若 ∈ 1,2, . . . , , ∈ 1,2, . . . , 使得 = ，
则取 = , = 即可，所以不妨设 ∈ 1,2, . . . , , ∈ 1,2, . . . , , ≠ ，
若 ∈ 1,2, . . . , ， ≤ ，则

= ≤ =
=1
故 = 1，这与 > 1 矛盾，所以 ∈ 1,2, . . . , 使得 ≥ + 1.
1°若存在 ∈ 1,2, . . . , 使得 > ≥ + 1，则
1 + . . . + 1 + +1 + . . . + = 1 + . . . + 1 + + +1 + . . . +
记 ' = 1 ≤ ≤ 1 , ' = +1 ≤ ≤ 1 , ' = 1 ≤ ≤ , ≠ , ' = ，
则
1
' = ' = ≤ + 1 = 1 1 < 1
=1 =1
故由 1, 的归纳假设可知，存在集合 A,B满足要求，
若 ，则 A,B亦满足 , 的要求，若 ∈ ，则对 A,B同时取补集，亦满足要求，
2°若 ∈ 1,2, . . . , , < ，若 ∈ 1,2, . . . , , ≤ ，则

= ≤ =
=1
故 = 1，这与 > 1矛盾，所以 ∈ 1,2, . . . , 使得 ≥ + 1，故 > ≥ + 1，
则
1 + . . . + 1 + + +1 + . . . + = 1 + . . . + 1 + +1 + . . . +
记 ' = 1 ≤ ≤ 1 , ' = +1 ≤ ≤ 1 , ' = 1 ≤ ≤ , ≠ , ' = ，
则
1
' = ' = ≤ + 1 = 1 1 < 1
=1 =1
故由 , 1 的归纳假设可知，存在集合 A,B满足要求，
若 ，则 A,B亦满足 , 的要求，若 ∈ ，则对 A,B同时取补集，亦满足要求，
所以对 , 的情况也成立，故由归纳法可知，原命题成立.

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