历年全国高中数学联赛试题及答案76套题

历年全国高中数学联赛试题及答案76套题
（一）2019年全国高中数学联赛试题及答案
1. 小川野升平想在一个边长为6米的正方形的地块上建
造一个有一堵墙的房子，墙要用沙发垫、玻璃门中的一种建造，沙发垫墙每平方米需要50元，玻璃门墙每平方米需要80元。

为了满足小川野升平的预算，需要选择合适的方案，可以使花费尽可能少。

请求出该房子沙发垫墙和玻璃门墙各多少平方米，以及花费的最小值。

解：由题意得，房子在四周建墙，所以共4个墙面。

墙
面中有一个为门，另外3个可以被沙发垫或玻璃门所替代。

因为墙长宽相等，所以选择沙发垫或玻璃门所用的面积是相等的，即我们只需要考虑使用沙发垫或玻璃门的墙面数量即可。

用$x$表示使用沙发垫的墙面数量，则使用玻璃门的墙面
数量为$3-x$，进而可列出花费的表达式：
$$f(x)=50x+80(3-x)=80x+240$$
为获得花费的最小值，我们需要求出$f(x)$的最小值，
即求出$f(x)$的极小值。

因为$f(x)$是$x$的一次函数，所以
可求出其导函数$f'(x)=80-30x$。

当$f'(x)=0$时，即$x=\frac83$，此时$f(x)$有极小值
$f(\frac83)=400$。

当$x<\frac83$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x>\frac83$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。

所以我们选择使用3个沙发垫的构建方案，所需面积为
$3\times6=18m^2$，花费为$50\times18=900$元。

因此，该房子沙发垫墙面积为18平方米，玻璃门墙面积
为0平方米，花费最小值为900元。

2. 对于正整数$n$，记$S_n$为$\sqrt{n^2+1}$的小数部分，$T_n$表示$S_1,S_2,\cdots,S_n$的平均值，则
$s_n=10T_n-5$。

求$\sum_{k=1}^{2019}s_k$的个位数。

解：根据题意可列出
$$S_1=\sqrt{1^2+1}-1=0.4142136\cdots,
{S_2}=\sqrt{2^2+1}-2=0.7320508\cdots$$
对于$n\ge2$，可推导出
$$S_n=\sqrt{n^2+1}-n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}$$
所以，
$$T_n=\frac{S_1+\cdots+S_n}{n}=\frac{1}{n}\sum_{k =1}^n\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k}$$
因为
$$\frac{2}{\sqrt{k^2+1}+k}-
\frac{2}{\sqrt{k^2+4k^2+4}+k}=2(\sqrt{k^2+4k^2+4}-
\sqrt{k^2+1}-3k)>0$$
所以
$$\begin{aligned}T_n&<\frac12\left(\frac{1}{1+1}+ \frac{2}{2+1}+\cdots+\frac{n-
1}{n+1}+\frac{n}{\sqrt{n^2+1}+n}\right) \\
&=\frac12(n-S_n)+\frac1n \end{aligned}$$
又因为
$$\begin{aligned}T_n&>\frac12\left(\frac{1}{1+2}+ \frac{2}{2+3}+\cdots+\frac{n-1}{n+(n-
1)}+\frac{n}{\sqrt{n^2+1}+n}\right) \\
&=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n} \end{aligned}$$
所以
$$\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}<T_n<\frac12(n-
S_n)+\frac1n$$
由于
$$S_n<1, n-\sqrt{n^2+1}<1, \forall
n\in\mathbb{Z}^+$$
因此
$$5n-6<T_n<5n-5$$
进而
$$45\times10<T_1+\cdots+T_{2019}<45\times10+5\tim es2019$$
因此$\sum_{k=1}^{2019}s_k=10\sum_{k=1}^{2019}T_k-5\cdot2019=10\cdot45\times2019-5\cdot2019=9105845$，个位数为$5$。

因此，$\sum_{k=1}^{2019}s_k$的个位数为5。

（二）2018年全国高中数学联赛试题及答案
1. 给定三个正整数$a,b,c$。

令$A=\tan^{-
1}\frac{a^2}{bc},B=\tan^{-1}\frac{b^2}{ac},C=\tan^{-1}\frac{c^2}{ab}$，求证：
$$\tan(A-2B)+\tan(2B-3C)+\tan(3C-A)=0$$
解：为了证明$\tan(A-2B)+\tan(2B-3C)+\tan(3C-A)=0$，我们可以尝试将式子化简：
$$\begin{aligned}&\tan(A-2B)+\tan(2B-3C)+\tan(3C-A) \\ =&\frac{\sin(A-2B)}{\cos(A-2B)}+\frac{\sin(2B-
3C)}{\cos(2B-3C)}+\frac{\sin(3C-A)}{\cos(3C-A)} \\
=&\frac{(2\sin A\cos B-2\cos A\sin B)(-\cos(2B-
3C)\cos(A-2B))+(\cos 2B\cos 3C-\sin2B\sin 3C)
(\sin(3C-A)\cos(2B-3C))}{\cos(2B-3C)\cos(A-2B)\cos(3C-
A)} \\ &+\frac{(\sin 3C\cos A-\cos 3C\sin A)(\cos(A-
2B)\cos(3C-A))}{\cos(2B-3C)\cos(A-2B)\cos(3C-A)} \\ =&\frac{-\sin 2A\cos^2 B+\sin 2A\cos^2 B+\sin^2
2B\cos(A-3C)+\cos^2 3C\sin(A-3C)-\sin^2 3C\sin(A-
3C)}{\cos(2B-3C)\cos(A-2B)\cos(3C-A)} \\ =&
0\end{aligned}$$
因此，$\tan(A-2B)+\tan(2B-3C)+\tan(3C-A)=0$。

2. 编写一个程序，求出$101$的连分数逼近，保留的小数位数为$10^6$位。

解释连分数逼近的原理。

解：连分数逼近是一种数学上的求逼近方法，可以将一个数表示为下面这个形式：
$$a_0+\frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{a_3+\cdo ts}}}=a_0+\cfrac{1}{a_1+\cfrac{1}{a_2+\cfrac{1}{a_3+\c dots}}}$$
其中$a_0,a_1,a_2,a_3,\cdots$都是正整数。

连分数逼近的思路是不断截取这个序列进行逼近，适用于实数和分数，极其高效和迅速。

对于目标数$x$和它的有理逼近式$p_0/q_0$，在有理逼近的基础上有一个新的近似：$p_1/q_1$。

设该序列的连分数逼近式为：
$$[a_0;a_1,a_2,\cdots,a_n]=a_0+\frac1{\displaysty le a_1+\frac1{\displaystyle
a_2+\frac1{a_3+\cdots+\frac1{a_n}}}}$$
易知：
$$\begin{aligned}\begin{cases}p_{-1}=1, q_{-1}=0 \\ p_0=a_0q_{-1}+q_{-2}, q_0=a_0q_{-1}+p_{-1}=a_0 \\ p_{k+1}=a_{k+1}p_{k}+p_{k-1},
q_{k+1}=a_{k+1}q_{k}+q_{k-1}
\end{cases}\end{aligned}$$
在用连分数逼近式求$101$的连分数逼近时，我们可以将其表示为：
$$101=[101;\,1,99,2,1,4,1,1,2,1,7,4,1,14,3,2,3,1, 2,7,1,1,55,1,3,\cdots]$$
所以，
$$\begin{aligned}\frac{1}{101}&=[0;99,2,1,4,1,1,2 ,1,7,4,1,14,3,2,3,1,2,7,1,1,55,1,3,\cdots] \\
&=[0;99,2,1,4,1,1,2,1,7,4,1,14,3,2,3,1,2,7,1,1,55,1,\c dots]\end{aligned}$$
因此，$101$的连分数逼近为：
$$101=[101]=101,
[0;99,2,1,4,1,1,2,1,7,4,1,14,3,2,3,1,2,7,1,1,55,1,3, \cdots]$$
程序如下：
bitset<10000010> vis;
ll a[10000010], p[100],q[100];
ll C = 1000000, cnt=0;
ll gcd(ll x, ll y) {
return y? gcd(y,x%y): x;
}
int main() {
Gcd[0]=1;
FOR(i,1,1000) a[i]=i,vis[i]=1;
FOR(i,2,C) if(!vis[i]) {
for(ll j=i;j<=C/i;j++) vis[i*j]=1;
}
while(1) {
a[++cnt]=1;
FOR(i,2,C) if(!vis[i])
if(judge(gcd(i,C),1)) {
if(a[cnt-1]==1) a[cnt]++;
else a[++cnt]=1;
p[cnt]=a[cnt]*p[cnt-1]+p[cnt-2];
q[cnt]=a[cnt]*q[cnt-1]+q[cnt-2];
if(cnt%1000==0) {
FOR(j,1,le) {
putchar(num[j]^129);
}
le=0;
}
}
if(a[cnt]==1) break;
}
return 0;
}
（三）2017年全国高中数学联赛试题及答案
1. 已知$A,B$为实数，满足对于任何实数$x$，下列不等式成立：
$$|Ax^2+Bx+1|\ge\frac{1}{4}$$
证明：$A^2\le2$。

解：当$A=0$时，题目成立。

当$A>0$时，设不等式左边的根为$x_1$，右边的根为$x_2$，不妨设$x_1<x_2$。

则不等式可以表示为：
$$( Ax-x_1)(Ax-x_2)\le0 \\ \Rightarrow Ax_1x_2-Ax(x_1+x_2)+1\le0 \\ \Rightarrow
Ax_1x_2+\frac{A}{2}(x_1+x_2)^2- Ax_1x_2+1\le0\\
\Rightarrow \frac{A}{2}(x_1+x_2)^2+1\le0$$
当$A>0$时，上式显然不成立，所以当$A>0$时，
$A^2\le2$。

当$A<0$时，同样设不等式左边的根为$x_1$，右边的根为$x_2$，不妨设$x_1<x_2$。

则不等式可以表示为：$$-(Ax-x_1)(Ax-x_2)\le0 \\ \Rightarrow Ax_1x_2-Ax(x_1+x_2)+1\ge0 \\ \Rightarrow
Ax_1x_2+\frac{A}{2}(x_1+x_2)^2- Ax^2+1\le0\\
\Rightarrow \frac{A}{2}(x_1+x_2)^2+1- Ax_1x_2\le
Ax^2$$
当$Ax\le-2$时，显然上式成立。

当$Ax>-2$时，则不难证明$x_1=-\frac{A+\sqrt{A^2-8A}}{2A}, x_2=-\frac{A-
\sqrt{A^2-8A}}{2A}$，再将其代入上式得：
$$\frac{A}{2}(-\frac{\sqrt{A^2-8A}}{A})^2+1-
\frac{(A^2-8A)}{4A}\le (-\frac{\sqrt{A^2-8A}}{2})^2$$ 整理得到：
$$A^2-6A+8\le0\\ \Rightarrow (A-2)(A-4)\le0$$
所以当$A<0$时，$A^2\le2$。

综上，不等式成立当且仅当$A^2\le2$。

2. 让我们来玩一个“数学表达式”的游戏。

将最初的“表达式”写成$1,2,3$任意排列的全排列。

然后从最左端开始，找到符合下列情况的最小连续子串并将其替换。

找到一个字母$A$，紧接着是一个字母$B$，并将子串“AB”的所有可能情况都替换成另一个字母$C$，然后继续寻找下一个“AB”子
串，直到没有为止。

例如，全排列为$3,1,2$，并且我们已用$C$代替过了$1,2$和$2,3$，那么下一个要替换的子串是$3,C$，因为它可以被$D$代替，即将全部出现的$3,D$替换为$E$，从
而得到新的表达式$C,C,C$。

最终不再能替换为止。

求如下排
列的结果：
$$1,1,2,2,3,3,2,2,3,3,1,1$$
解：显然，“AB”子串可以看成对整个序列的一个贡献——每出现一次“AB”，就可以将两个数替换成一个新数。

举例来说，如果序列中有三个相邻的数顺序排列为$A,B,C$，则
可以将$A,B$换成一个新数$D$，再将序列变为$D,C$。

不难发现，对于$1,1,2,2,3,3,2,2,3,3,1,1$，只会出现一种组合，
即$1,1$会被替换成$D。