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2026 年 7 月谜之竞赛（一试）参考答案及评分标准

谜之竞赛组织委员会

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 $a, b$ 满足 $\log_2 \log_4 a + 1 = \log_2 b$，则 $a \cdot 2^{-b}$ 的值为 ______。

答案：$1$

解：由题意，$\log_4 a \gt 0$，且

$\log_2 \log_4 a + 1 = \log_2(2 \log_4 a) = \log_2 b,$

故 $b = 2 \log_4 a = \log_2 a$，从而 $a = 2^b$，所以 $a \cdot 2^{-b} = 1$。

2. 设定义在 $\mathbb{R}$ 上的偶函数 $f$ 满足：$f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上严格单调递增。若实数 $a \neq 0$ 满足：对任意 $x \ge -1$，都有 $f(|x-a|) \ge f(x)$ 成立，则 $a$ 的取值范围为 ______。

答案：$(-\infty, -2]$

解：由 $f$ 为偶函数，$f(x) = f(|x|)$。又 $f$ 在 $[0, +\infty)$ 上严格单调递增，故题设条件等价于对任意 $x \ge -1$，均有 $|x-a| \ge |x|$，即 $a^2 - 2ax = a(a-2x) \ge 0$。

若 $a \gt 0$，则当 $x$ 充分大时上式不成立；若 $a \lt 0$，则上式等价于 $x \ge \frac{a}{2}$，它对一切 $x \ge -1$ 成立当且仅当 $\frac{a}{2} \le -1$。故 $a \le -2$。

3. 设集合 $X = \{1, 2, 3, 4, 5\}$，从 $X$ 的所有非空子集中，依次等可能地选取两个不同的子集 $A, B$，组成有序对 $(A, B)$，则事件“$A, B$ 不交”与事件“$A$ 中奇数的个数等于 $B$ 中偶数的个数”同时发生的概率为 ______。

答案：$\frac{5}{62}$

解：样本点总数为 $31 \times 30$。设 $A$ 中奇数的个数与 $B$ 中偶数的个数均为 $k$，则 $k = 0, 1, 2$。

当 $k=0$ 时，$A$ 为 $\{2, 4\}$ 的非空子集，$B$ 为 $\{1, 3, 5\}$ 的非空子集，共有 $3\times 7 = 21$ 种；

当$k=1$时，先分别选出$A$中的奇数和$B$中的偶数，再将其余两个奇数分别放入$B$或舍去，将其余一个偶数放入$A$或舍去，共有$3\times2\times2^2\times2=48$种；当$k=2$时，共有$\binom{3}{2}\times2=6$种。故所求概率为$\frac{21+48+6}{31 \times 30} = \frac{5}{62}$。

4. 设实数 $\lambda$ 满足：存在等差数列 $\{a_n\}$，使得关于正整数 $n$ 的不等式 $a_{n+1}^2 \ge \lambda a_n a_{n+2}$ 的解集恰为 $\{1, 2, \cdots, 10\}$，则 $\lambda$ 的取值范围为 ______。

答案：$\left(1, \frac{81}{77}\right]$

解：设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$。显然 $d \neq 0$。记 $\mu = \frac{a_1}{d}$，则 $a_{n+1} = d(n+\mu)$，且 $a_{n+1}^2 - a_n a_{n+2} = d^2$。于是原不等式等价于

$(1-\lambda)(n+\mu)^2 + \lambda \ge 0.$

若 $\lambda \le 1$，则该不等式恒成立或对充分大的 $n$ 成立，不可能以 $\{1, 2, \cdots, 10\}$ 为解集，故 $\lambda \gt 1$。此时，记 $r = \sqrt{\frac{\lambda}{\lambda-1}}$，则原不等式等价于 $|n+\mu| \le r$。

要使满足该式的正整数恰为 $1, 2, \cdots, 10$，必要条件为 $2r \ge 9$。反之，当 $2r \ge 9$ 时，取 $\mu = r-10$，则上式等价于 $10-2r \le n \le 10$，其正整数解恰为 $1, 2, \cdots, 10$。于是

$\lambda \text{ 符合要求} \iff r \ge \frac{9}{2} \iff \frac{\lambda}{\lambda-1} \ge \frac{81}{4} \iff \lambda \le \frac{81}{77}.$

综上，$1 \lt \lambda \le \frac{81}{77}$。

5. 已知 $\triangle ABC$ 的外心为 $O$，$|\overrightarrow{AB}| = 4$，$|\overrightarrow{AC}| = 2$。设 $AO$ 的中点为 $M$，若 $\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{AC} = 4$，则 $|\overrightarrow{BC}| =$ \_\_\_\_\_\_。

答案：$\sqrt{10}$

解：以 $A$ 为原点，记 $\overrightarrow{AB} = \boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{AC} = \boldsymbol{c}$，$\overrightarrow{AO} = \boldsymbol{o}$。由于 $O$ 为外心，故 $|\boldsymbol{o}| = |\boldsymbol{o}-\boldsymbol{c}|$，从而 $\boldsymbol{o} \cdot \boldsymbol{c} = \frac{1}{2}|\boldsymbol{c}|^2 = 2$。又 $\overrightarrow{AM} = \frac{1}{2}\boldsymbol{o}$，所以

$4 = \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{AC} = \left(\boldsymbol{b} - \frac{1}{2}\boldsymbol{o}\right) \cdot \boldsymbol{c} = \boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{c} - 1,$

这表明 $\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{c} = 5$。

因此，$BC^2 = |\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}|^2 = 2^2 + 4^2 - 2 \times 5 = 10$，故 $BC = \sqrt{10}$。

6. 在平面上，双曲线 $\Gamma_1$ 和椭圆 $\Gamma_2$ 有两个相同的焦点 $F_1, F_2$。设 $\Gamma_1$ 和 $\Gamma_2$ 的四个交点为 $A, B, C, D$，且 $A, B, C, D$ 在 $\Gamma_2$ 上顺次排列。若四边形 $AF_2CF_1$ 的面积等于四边形 $ABCD$ 的面积，则 $\Gamma_1$ 和 $\Gamma_2$ 的离心率之积为 \_\_\_\_\_\_。

答案：$2$

解：以 $F_1F_2$ 的中点 $O$ 为原点、直线 $F_1F_2$ 为 $x$ 轴，建立平面直角坐标系 $xOy$。

设 $F_1(c, 0)$，$F_2(-c, 0)$，双曲线 $\Gamma_1$ 与椭圆 $\Gamma_2$ 的实半轴长分别为 $a_1, a_2$。由对称性，可设 $A(x, y)$，其中 $x, y \gt 0$，则 $B(x, -y)$，$C(-x, -y)$，$D(-x, y)$。四边形 $AF_2CF_1$ 为平行四边形，故 $S_{AF_2CF_1} = 2cy$。而 $S_{ABCD} = 4xy$。由题意得 $x = \frac{c}{2}$。

又由椭圆、双曲线的定义，$AF_1 + AF_2 = 2a_2$，$AF_2 - AF_1 = 2a_1$。因此 $4a_1a_2 = AF_2^2 - AF_1^2 = 4cx = 2c^2$，即 $a_1a_2 = \frac{c^2}{2}$。所以两曲线的离心率之积为 $\frac{c}{a_1} \cdot \frac{c}{a_2} = \frac{c^2}{a_1a_2} = 2$。

7. 设三棱锥 $A-BCD$ 满足 $AB, BC, BD$ 两两垂直，且 $AB = BC = BD = 3$。设 $M, N$ 分别为 $BC, BD$ 的中点。若点 $B$ 到过 $M, N$ 的平面 $\alpha$ 的距离为 $1$，则 $\alpha$ 截 $A-BCD$ 所得的截面面积的所有可能值为 ______。

答案：$\frac{27}{8}, \frac{21}{8}$

解法一：以 $B$ 为原点，分别以 $BA, BC, BD$ 所在直线为 $x, y, z$ 轴建立空间直角坐标系，则

$A(3, 0, 0), \quad C(0, 3, 0), \quad D(0, 0, 3), \quad M\left(0, \frac{3}{2}, 0\right), \quad N\left(0, 0, \frac{3}{2}\right).$

过 $M, N$ 的平面可写为 $tx + y + z = \frac{3}{2}$。由点 $B$ 到该平面的距离为 $1$，得

$\frac{3/2}{\sqrt{t^2+2}} = 1$，故 $t = \pm \frac{1}{2}$。

当 $t = \frac{1}{2}$ 时，平面经过 $A$，截面为 $\triangle AMN$。设 $X$ 为 $MN$ 的中点，则 $AX \perp MN$，且 $AX = \frac{9}{2\sqrt{2}}$，$MN = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，所以 $S_{\triangle AMN} = \frac{1}{2} \cdot AX \cdot MN = \frac{27}{8}$。

当 $t = -\frac{1}{2}$ 时，平面与直线 $AB$ 交于 $E(-3, 0, 0)$，并与 $AC, AD$ 分别交于 $F, G$。由方程可得 $F(1, 2, 0), G(1, 0, 2)$。此时截面为四边形 $MFGN$，且以 $E$ 为中心，$\triangle EFG$ 与 $\triangle EMN$ 位似，位似比为 $\frac{4}{3}$。又 $S_{\triangle EMN} = \frac{27}{8}$，故 $S_{MFGN} = \left[\left(\frac{4}{3}\right)^2 - 1\right] S_{\triangle EMN} = \frac{21}{8}$。

因此截面面积的所有可能值为 $\frac{27}{8}, \frac{21}{8}$。

解法二：设 $\alpha$ 与直线 $AB$ 的交点为 $E$。

若 $E$ 在射线 $BA$ 上，设 $MN$ 的中点为 $X$，则 $EX \perp MN$，又 $EB \perp MN$，故可知 $BX \perp MN$，容易知道 $B$ 在 $EMN$ 上的垂足在 $EX$ 上，那么 $\sin \angle EXB = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，那么 $\tan \angle EXB = 2\sqrt{2}$，于是 $BE = BX \cdot \tan \angle EXB = 3$，于是 $E=A$，故可知截面为 $AMN$，面积为 $\frac{1}{2} \cdot AX \cdot MN = \frac{1}{2} \cdot \frac{9}{2\sqrt{2}} \cdot \frac{3\sqrt{2}}{2} = \frac{27}{8}$；

若 $E$ 在 $AB$ 的延长线上，同理可知 $BE=3$，设 $EM$ 交 $AC$ 为 $F$，设 $EN$ 交 $AD$ 为 $G$，则 $FMNG$ 为对应截面，于是又 $FG // MN$，对 $\triangle EMB$ 及截线 $AFC$，由 Menelaus 定理可知 $\frac{EF}{FM} \cdot \frac{MC}{CB} \cdot \frac{BA}{AE} = 1 \Rightarrow \frac{EF}{FM} = 4$，于是可知截面 $MNGF$ 的面积为 $\left((\frac{4}{3})^2 - 1\right) \cdot S_{\triangle EMN} = \frac{21}{8}$。

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 $A = \{\text{出现相邻的“20”}\}$，$B = \{\text{出现相邻的“26”}\}$。题意要求“20”和“26”不同时出现，因此所求为 $N - |A \cap B|$，其中 $N$ 为全部排列数。

先排四个非 2 的数字 $0, 0, 6, 6$，共有 $\frac{4!}{2!2!} = 6$ 种排法。每种排法形成 5 个空位：

$\_ a_1 \_ a_2 \_ a_3 \_ a_4 \_$

将 4 个相同的 2 插入这些空位，方案数为 $\binom{4+5-1}{5-1} = \binom{8}{4} = 70$。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：$\binom{6}{2} = 15$；不在任何 6 前放 2 的方案数：$\binom{6}{2} = 15$；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 $70 - 15 - 15 + 1 = 41$。于是 $|A \cap B| = 6 \times 41 = 246$。

因此所求为 $6 \times 70 - 246 = 174$。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、证明过程或演算步骤。

9. （本题满分 16 分）设 $\omega$ 为实数，记 $f(x) = \left| \omega \sin(\omega x + \frac{\pi}{3}) \right|$，若在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上存在 $x_0$，使得 $f(x_0) \ge 1$，求 $\omega$ 的取值范围。（林逸沿供题）

解：由 $f(x) \le |\omega|$，必有 $|\omega| \ge 1$。

当 $\omega \ge 1$ 时，区间 $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3} + \frac{\pi\omega}{2}]$ 包含 $\frac{\pi}{2}$，故可取 $x_0$ 使 $\omega x_0 + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$，此时 $f(x_0) = \omega \ge 1$。

当 $-\frac{4}{3} \le \omega \le -1$ 时，$\omega x + \frac{\pi}{3}$ 在 $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$ 的子区间上变化，且包含端点 $\frac{\pi}{3}$，所以

$\max_{0 \le x \le \pi/2} f(x) = \frac{\sqrt{3}}{2}|\omega|.$

故此时存在所求 $x_0$ 当且仅当 $|\omega| \ge \frac{2}{\sqrt{3}}$，即 $\omega \le -\frac{2}{\sqrt{3}}$。

当 $\omega \le -\frac{4}{3}$ 时，$f(0) = \frac{\sqrt{3}}{2}|\omega| \ge \frac{2\sqrt{3}}{3} \gt 1$，故条件成立。

综上 $\omega \in \left(-\infty, -\frac{2\sqrt{3}}{3}\right] \cup [1, +\infty)$。

10. （本题满分 20 分）设 $a, b, c$ 是实数，$z_1, z_2, z_3, z_4$ 是方程 $x^4 + 20x^3 + ax^2 + bx + c = 0$ 的 4 个复根。若 $\{|z_i - z_j| : 1 \le i \lt j \le 4\} = \{\sqrt{2}, 2\}$，求 $c$ 的所有可能值。（林逸沿供题）

解：首先，$z_1, z_2, z_3, z_4$ 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 $\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2$ 及由 $\sqrt{2}, 2$ 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 $p, q, r$，则

$p^2 + q^2 \ge 2 + 2 = 4 \ge r^2,$

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 $360^\circ$，其中至少有一个角大于 $90^\circ$，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 $90^\circ$；又其四个内角之和为 $360^\circ$，所以四个内角均为 $90^\circ$，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 $\sqrt{2}, 2$，从而其对角线长为 $\sqrt{(\sqrt{2})^2 + 2^2} = \sqrt{6}$，与任意两点间的距离只能为 $\sqrt{2}$ 或 $2$ 矛盾。故四点构成正方形，且该正方形的边长为 $\sqrt{2}$，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 $t$，则四个根或者为

$t-1, \quad t+1, \quad t-\mathrm{i}, \quad t+\mathrm{i},$

或者为

$t+\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}, \quad t+\frac{1-\mathrm{i}}{\sqrt{2}}, \quad t+\frac{-1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}},$

$ \quad t+\frac{-1-\mathrm{i}}{\sqrt{2}}.$

由韦达定理，$4t = z_1 + z_2 + z_3 + z_4 = -20$，故 $t = -5$。

在第一种情形下，

$c = (t-1)(t+1)(t-\mathrm{i})(t+\mathrm{i}) = (t^2-1)(t^2+1) = t^4-1;$

在第二种情形下，

$\begin{aligned}

c &= \left[\left(t+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \frac{1}{2}\right] \left[\left(t-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \frac{1}{2}\right] \\

&= (t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}t+1) = t^4+1.

\end{aligned}$

反之，方程 $(x-t)^4-1=0$ 与 $(x-t)^4+1=0$ 的四个根分别为上述两组根，且其 $x^3$ 项系数均为 $-4t=20$，故两种情形均可发生。因此 $c = 5^4-1$ 或 $c = 5^4+1$，即 $c = 624, 626$。

11. （本题满分 20 分）在平面直角坐标系 $xOy$ 中，曲线 $\Gamma: |x| + y^2 = 1$。设 $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6$ 为 $\Gamma$ 上顺次排列的六个互不相同顶点，满足对 $i = 1, 2, 3$，线段 $A_i A_{i+1}$ 与线段 $A_{i+3} A_{i+4}$ 平行且相等（约定 $A_7 = A_1$）。

(1) 证明：对 $i = 1, 2, 3$，点 $A_i, A_{i+3}$ 关于原点 $O$ 对称；

(2) 求六边形 $A_1 A_2 A_3 A_4 A_5 A_6$ 面积的最大可能值。（林逸沿供题）

解：(1) 设 $\mathcal{C} = \{A_1 A_4, A_2 A_5, A_3 A_6\}$。由条件，$\mathcal{C}$ 中任意两个元素是某个平行四边形的对角线，因此 $\mathcal{C}$ 中三个元素有公共的中点。

根据端点的横坐标，可以将 $\mathcal{C}$ 中的元素分为如下三类：

第一类，有一个端点的横坐标 $\ge 0$，另一个端点的横坐标 $\le 0$。设这两个端点的纵坐标分别是 $y_1, y_2$，则这条弦的中点是 $\left(\frac{-y_1^2+y_2^2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2}\right)$。

第二类，两个端点的横坐标均 $\gt 0$。则这条弦的中点是 $\left(1-\frac{y_1^2+y_2^2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2}\right)$，横坐标大于 $0$。

第三类，两个端点的横坐标均 $\lt 0$。则这条弦的中点是 $\left(-1+\frac{y_1^2+y_2^2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2}\right)$，横坐标小于 $0$。

因此，不能同时有第二类、第三类弦。

若 $\mathcal{C}$ 中有两条第二类弦，设这两条弦的端点纵坐标分别是 $y_1, y_2; y_3, y_4$，则

$y_1^2+y_2^2 = y_3^2+y_4^2, \quad y_1+y_2 = y_3+y_4.$

由韦达定理，$\{y_1, y_2\} = \{y_3, y_4\}$，矛盾。

同理，$\mathcal{C}$ 中没有两条第三类弦。

所以 $\mathcal{C}$ 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 $y_1, y_2$ 与 $y_3, y_4$，则

$-y_1^2+y_2^2 = -y_3^2+y_4^2, \quad y_1+y_2 = y_3+y_4.$

由此易知：要么 $y_1=y_3$ 且 $y_2=y_4$，要么 $y_1+y_2 = y_3+y_4 = 0$。

若前者成立，注意到若 $\Gamma$ 上两不同点的纵坐标相等，则这两点一定关于 $y$ 轴对称。因此这两条第一类弦也关于 $y$ 轴对称，它们的公共中点 $\left(\frac{-y_1^2+y_2^2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2}\right)$ 在 $y$ 轴上。故 $y_1^2 = y_2^2$。而 $y_1, y_2, y_3, y_4$ 不可能全都相等，所以 $y_1 = -y_2$，即 $y_1+y_2 = y_3+y_4 = 0$。

因此总有 $y_1+y_2 = y_3+y_4 = 0$，则 $y_1=-y_2, y_3=-y_4$，从而这两条第一类弦交于 $(0,0)$，即原点为 

$\mathcal{C}$ 中三条弦公共的中点。

这表明 $A_i, A_{i+3}$ 关于原点 $O$ 对称 ($i=1, 2, 3$)。

(2) 设六边形的某三个顶点为 $A(1-a^2, a), B(1-b^2, b), C(1-c^2, c)$，且 $1 \gt a \gt b \gt c \ge -1$。设 $A'$ 为 $A$ 关于原点的对称点，则

$S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2}(a-b)(1+ab), \quad S_{\triangle OBC} = \frac{1}{2}(b-c)(1+bc), \quad S_{\triangle OCA'} = \frac{1}{2}(a-c)(1+ac).$

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

$P(a, b, c) = (a-b)(1+ab) + (b-c)(1+bc) + (a-c)(1+ac)$

在 $1 \gt a \gt b \gt c \ge -1$ 时的最大可能值。

固定 $a, c$ 后，$P$ 是关于 $b$ 的开口向下、对称轴为 $\frac{a+c}{2}$ 的二次函数。因此

$P(a, b, c) \le P\left(a, \frac{a+c}{2}, c\right) = \frac{1}{4}(a-c)^3 + 2(a-c)(1+ac).$

令 $x = a-c$，则 $0 \lt x \le 2$，且 $c \in [-1, 1-x]$。记

$Q(x, c) = \frac{1}{4}x^3 + 2x(1+cx+c^2).$

固定 $x$，$Q$ 是关于 $c$ 的开口向上的二次函数，故其在 $[-1, 1-x]$ 上的最大值在端点处取得，且两个端点处的值均为

$R(x) = \frac{1}{4}x^3 - 2x^2 + 4x.$

又

$R'(x) = \frac{1}{4}(3x-4)(x-4),$

故 $R$ 在 $\left(0, \frac{4}{3}\right]$ 上单调递增，在 $\left[\frac{4}{3}, 2\right]$ 上单调递减，从而 $R(x) \le R\left(\frac{4}{3}\right) = \frac{64}{27}$。

当 $a = \frac{1}{3}, b = -\frac{1}{3}, c = -1$ 时等号成立。因此六边形面积的最大可能值为 $\frac{64}{27}$。