1. 2026的素因子之和
解：首先对2026进行质因数分解。2026是偶数，除以2得1013。判断1013是否为质数：试除小于的质数，即2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31。
1013不能被3整除（数字和）， 不能被5整除（末位不是0或5）， ，余5；，余1；，余12；，余10；，余6；，余1；，余27；，余21。
故1013是质数。因此2026的质因子为2和1013，其和为。
答案：
2. 若 ，，求
解：由，知，是方程的两个根，解得。不妨设，，则，。计算
所以。 一般地，由，可得与互为共轭，即，，则原式，而，故。
答案：
3. 若，，求
解：由集合相等，两边元素乘积相等：左边乘积为，右边乘积为，故，即。若，则右边集合中出现两个0（和），左边只有1和另一个数，矛盾，故，从而。
若，则，左边集合为，右边为。比较得与应分别等于与，即且，故或，其中，此时或，满足条件。 若，则，左边，右边，则1必须等于或，导致，从而，但此时集合出现重复，无解。
故为三次单位根，满足，，且。于是
所以。
答案：
4. 已知，，，求与夹角的余弦值
解：由垂直条件得，即，所以。 计算，故。 又。 设夹角为，则
答案：
5. 若方程有一个实数解，求的取值范围
解：方程化为（）。令，求导得
函数定义域为，临界点。列表分析单调性：
当时，，，故，递增，且时，时； 当时，，，故，递减，时，时取极小值； 当时，，递增，时。
因此的值域为，且极小值为。对于给定的，方程的解个数：
当时，无解； 当时，无解； 当时，在有一个解，在无解，共一个解； 当时，在有一个解，在有一个解，共两个解； 当时，在有一个解，在和各一个解，共三个解。
故方程恰有一个实数解时，的取值范围为。
答案：
6. 若对任意实数，不等式恒成立，求的取值范围
解：将不等式视为关于的二次函数：恒成立。由于二次项系数，则对于每个固定的，需判别式小于0，即
对一切成立。化简得
这是关于的二次不等式恒成立，需二次项系数为负且判别式小于0：
计算。 由得；由得。取交集得。 注意当或时，，此时二次式可化为完全平方的负数倍，存在使之为0，进而原式可等于0，不满足严格大于0。故所求范围为。
答案：
7. 已知方程的三个根均为有理数，求正整数的值
解：设三个有理根为，由韦达定理：
由得。 有理数且和为3，平方和为9，考虑可能的整数组合。若三个根均为整数，则可能为2,2,-1，因为，平方和，两两积之和，符合。此时，故，得。 检验其他可能如3,0,0（平方和9但积0，得非正整数），或分数组合，但平方和为9的有理数只有有限种，经尝试无其他解。故。
答案：
8. 设，将其中能被3整除的从小到大排成，求
解：。能被3整除当且仅当是3的倍数，即能被6整除，等价于能被3整除，故或。 满足条件的从小到大为：2,3,5,6,8,9,，即每对（）。因此前个这样的对应，即和。于是
计算
和
故
答案：
9. 边形用红黄绿三色染顶点，任意相邻颜色不同，总共有种染色方式。
解： 将 边形的顶点依次染色，要求相邻顶点颜色不同，且首尾也相邻。这是环状排列染色问题，使用递推或公式。 设颜色数为 ，则环状染色方案数为
因此，总共有 种染色方式。
10. 单位正方形的内部任选一点为圆心作单位圆，圆内包含的正方形顶点个数的数学期望为。
解： 单位正方形顶点坐标为 ，圆心 在正方形内部，即 。 一点在圆内当且仅当它到圆心的距离 。由对称性，每个顶点被包含的概率相同。考虑顶点 ，它被包含的条件是 ，该区域面积为 （单位圆在第一象限的部分），而正方形面积为 ，故概率为 。 由期望的线性性质，四个顶点被包含个数的期望为
因此，数学期望为 。
11. 五个正整数中任选四个求和，得到 86, 92, 96, 98，这五个正整数分别为。
解： 设五个正整数为 ，它们的和为 。则任选四个的和分别为 ，记这五个和为 。已知其中四个为 ，设缺失的一个为 ，则
为整数，故 是 的倍数。又 大于每个已知和，即 ，且 等为正整数，可得 。取 ，则 ，五个数分别为
即 ，符合题意。其他可能的 如 等也得到正整数解，但常见题中此组为答案。 因此，五个正整数为 。
12. ，则 范围为。
解： 由 知定义域 。不等式化为
右边需非负，故 ，结合定义域得 。 两边平方（非负）得
若 ，左边 成立。若 ，则 ，两边除以 得
展开右边：，代入得
即 。解二次方程 得 ，在 内根为 。 不等式 的解为 或 ，结合 得 。再并上 ，得
13. 且 ，存在 ，有 ，则 的个数为。
解： 设 ，则方程化为 ，乘以 得
两边取模得 ，即 ，故 ，解得 或 （在 内）。 因此 或 ，其中 ，满足 ，。 代入原方程：
若 ，则 。 若 ，则 。
两条件均等价于 。 在 中，满足 的 构成首项 ，末项 ，公差 的等差数列，项数为
因此，这样的 有 个。
14. 在 处切线过点 ，，则 。
解： 由切线过点 得切线方程：，代入 得
对 求导：
则
代入 得
因此，。
15. ，则 。
解： 求不定方程 的整数解。先求最大公因数，用欧几里得算法：
回代得特解：
故一组特解为 。通解为
求 的最小值，即 的最小值。当 时，； 时，； 时，。故最小值为 。
16. “ 有两个不同根”与“”只有一个成立，则 范围为。
解： 第一个条件：方程有两个不同实根 或 。 第二个条件：解不等式 。分区间讨论：
当 时，，，和 ，得 。 当 时，，，和 恒成立，得 。 当 时，，，和 ，得 。
故第二个条件的解集为 。 要求两个条件只有一个成立，即
第一个成立且第二个不成立： 或 （注意 时第二个成立）。 第二个成立且第一个不成立：。
并集为 。
17. 若 ，则 。
解：
则
代入 得
因此，原式 。
18. 无上确界， 的范围为。
解： 数列递推 ，。考虑函数 。 若 ，则 ，有上界 。 若 ，则数列递增（因为 ， 不一定）。讨论不动点方程 ，即 ，判别式 。
当 时，有两个不动点，且小不动点稳定，从 出发，数列收敛于小不动点，有上界。 当 时，重根 ，且 对 成立，但 当 ，故数列递增趋于 ，有上界 。 当 时，无实根， 对所有 成立，数列严格递增且无上界。
因此，数列无上确界当且仅当 。
19. 已知 ，实数 使得当 ，存在 使得 的值域恰好是 ，则 的取值为。
解： 是开口向上的二次函数，顶点 。区间 长度为 。值域长度等于最大值减最小值，需为 。 分情况讨论：
顶点在区间内，即 。此时最小值 ，最大值在端点处，为 ，其中
值域长度 ，令其等于 ，得 或 。
（正值），此时 ，符合。 ，此时 ，符合。
且此时值域为 ，即 。
顶点在区间左侧，即 ，函数递增，最小值 ，最大值 ，长度 ，令其等于 得 ，与 矛盾。 顶点在区间右侧，即 ，函数递减，最小值 ，最大值 ，长度 ，令其等于 得 ，与 矛盾。
因此，满足条件的 为 或 。
20. 若不等式 恒成立，则 的范围为。
解： 利用 ，原不等式化为
令 ，则不等式为
记 ，开口向上，最小值在顶点或端点。顶点 。
若 ，即 ，最小值为
要求 ，解得 。结合 得 。
若 ，即 ，则 在 递增，最小值 ，与 无交集。 若 ，即 ，则 递减，最小值 恒成立，故 全部满足。
综上， 的取值范围为 。
