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2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛广西初赛试卷真题（含答案解析）

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1、12第 1 页20202323 年全国年全国中学生数学奥林匹克竞赛中学生数学奥林匹克竞赛广西赛区广西赛区选拔选拔赛试题赛试题参考答案参考答案（考试时间：2023 年 5 月 21 日 9：00-11：30）一、一、填空题（本大题共填空题（本大题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 1010 分，共分，共 8080 分分.）21xnx2,02,02xxxx31()()()21()()()2g xf xfxh xf xfx4 15 36（答案不唯一）,0,1Q()1,0,1QCxxf xxx781 a二、二、解答题（本大题共解答题（本大题共 4 4 小题，共小题，共 7070 分分.解答应写出文字说明、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.）1.（本小题满分 15 分）设0S是以定点0P为球心半径为r的球面，0是一个固定平面，0P到0的距离ar设MS是以点M为球心的球面，它与0S外切并与0相切令为满足上述条件的球心M构成的集合设平面与0平行且在上有中的点设d是平面与0之间的距离，求d的最小值m解：解：过0P作0的垂线，交0为O以O为原点，0为xoy面建立空间坐标系使得0

2、P的坐标为(0,0,)a(,)M x y z 当且仅当2222()()xyzazr，即222()2xyarzra因此，222min|,(,)R 2()22xyararmz zx yra2.（本小题满分 15 分）设函数()f x在区间I上有定义若1212(1)()(1)()fxxf xf x对任意的实数1x，2xI和任意的(0,1)恒成立，则称函数()f x为区间I上的一个凸函数例如，()xf xe是(,)上的一个凸函数设111,1,1pqpq，0kx，0ky(1kn)，0a，0b 利用上述相关知识证明：第 2 页(1)(Young 不等式)11pqababpq；(2)(Holder不等式)11111()()nnnppqqkkkkkkkx yxy证明：证明：(1)由()xf xe是(,)上的一个凸函数可得11lnlnlnlnlnln1111paqbpqpaqbabpqabeeeeabpqpq(2)令1111(),()nnppqqkkkkAxBy由(1)(Young 不等式)可得11()()pqkkkkx yxyA BpAqB，从而有111111()()1nnpqkkkkkkx yxy

3、A BpAqBpq因此，11111()()nnnppqqkkkkkkkx yABxy3.（本小题满分 20 分）设09ka，1230.naa a aa(即1232310101010nnaaaaa)，其中123na a aa中有无限多项不为 0，则称a为一个十进制无限小数设a为一个十进制无限小数若存在自然数,n k使得n in k iaa 对任意的自然数i均成立，则称a为一个循环小数；否则，称a为一个不循环小数例如，0.1989898和0.80.7999 是循环小数，0.31415910是一个不循环小数已知(0,1的每一个数均与一个十进制无限小数一一对应(1)求证:若(,)(0,1)a b，则存在循环小数(,)ca b即：循环小数在(0,1)中稠密(2)求证:(0,1中所有的数不能排列成一个数列123,n，即：(0,1是一个不可数集(3)用分数表示循环小数0.365365365a.证明证明/解：解：(1)设(,)(0,1)a b，记000,ab1230.naa a aa，1230.nbb b bb由ab可知存在正整数k，(01),.iikkabikab 第 3 页123nb b bb

4、中有无限多项不为 0，故存在,0.mmk b令(01)iicbim，0,1(),miccim1230.ncc c cc则c为循环小数且(,)ca b因此，循环小数在(0,1)中稠密(2)假设(0,1中所有的数可以排列成一个数列123,n 记1230.kkkkkna a aa 若9kka，则取8ka；若9kka，则取1kkkaa 令1230.,naa a aa则(0,1.a对任意的正整数m，ma，矛盾因此，(0,1是一个不可数集(3)由10003650.365365365365aa可得365999a 4.（本小题满分 20 分）设na为一个数列，记12naaa为1nna，1nnkkSa若对任意的正数M均存在相应的自然数N，当nN时nSM，则称1nna 若:fZZ是正整数集Z上的一个一一对应，则称(1),(2),(),fff n是Z的一个重排，称1nnb（其中(nf nba）是1nna的一个重排求证：(1)1121nn；(2)存在11(1)nnn的一个重排1nnb，1nnb 证明：证明：(1)对任意的正数M，取4(M 1)N，则122121111111()12342NNNkkNkk ，从而11222111111111()21221224NNNkkkNMkkkk于是，当4(M 1)2n时，1121nkk121121NkMk因此，1121nn(2)由(1)可知存在121nppP，1111212npnkknkk11211111111112122121421212nnpppppn为11(1)nnn的一个重排，记为1nnb令1nnkkTb对任意的正数M，取M 1N，则当Nnp时，存在,Nmm pNpmn11mpm，1111 1212mpmnkkTmNMMkk 因此，1nnb

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