\begin{frame}{2019年北京高考}
\begin{exampleblock}{2019年北京理科高考试题}
数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:
\begin{enumerate}%[align=left,labelsep=-0.6em,leftmargin=1.2em,noitemsep,topsep=0pt]
\item[\ding{172}] 曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
\item[\ding{173}] 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过√2;
\item[\ding{174}] 曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
\end{enumerate}
其中,所有正确结论的序号是
\begin{tasks}(2) \task \ding{172} \task \ding{173} \task \ding{172}\ding{173} \task \ding{172}\ding{173}\ding{174} \end{tasks}
\end{exampleblock}
\textbf{解.}事实上,利用均值不等式可知
1+|x|y=x2+y2≥2|xy|.
若y≥0为整数,则1+|x|y≥2|x|y,则|x|y≤1.当x=0时, (x,y)=(0,1); 当x≠0时,必有y=0或1,于是(x,y)=(−1,0),(1,0),(−1,1)或(1,1).
若y<0为整数,则1+|x|y≥−2|x|y,则−3|x|y≤1,则必有x=0时, 于是(x,y)=(0,−1).
综上所述,曲线C恰好经过6个整点(x,y)=(0,−1),(0,1),(−1,0),(1,0),(−1,1)或(1,1),也就是图中的A,B,C,D,E,F这六个点.故选项\ding{172}正确.
\end{frame}
\end{document}
\begin{frame}{123}
利用极坐标代换x=rcosθ,y=rsinθ可将曲线C的方程x2+y2=1+|x|y改写为r2=1+r2|cosθ|sinθ,因此
r2=11−|cosθ|sinθ≤11−|cosθsinθ|=11−12|sin(2θ)|≤2,
于是r≤√2,即曲线C上任意一点到原点的距离都不超过√2,如图, 以原点O为圆心, OB为半径的圆可以覆盖该心形,因此曲线C上B(1,1)到原点的距离达到最大值√2.故选项\ding{173}正确.
又因为该心形区域的面积大于多边形ABCDEF的面积,也就是大于3.故选项\ding{174}错误.
因此正确的答案为(C).
进一步,我们可利用大学数学中的微积分知识得到心形区域面积的精确值:
S=2∫π2−π21211−cosθsinθdθ=2π√3≈3.6276⋯
\end{frame}
[Math Processing Error]
\begin{Proof}
\textbf{证法三.}用从原点出发幅角分别为60∘,180∘和300∘的三条射线将复平面分成三个角形域(我们约定每个角形域仅包括它的一条边,因而三个角形域除原点外没有公共点).必要时抛弃这些复数中等于0者,可以认为所有的zk≠0(k=1,2,⋯,n).三个角形域将给定的这些复数分成三组,其中必有一组复数的模之和不小于13 (否则三组复数的模的总和小于1,与所设矛盾).设这组复数是z1,z2,⋯,zm,它们所有在的角形域以正实轴为分角线(其他情形可类似讨论,或通过旋转化成这一情形).计算该组复数在角域分角线上的正交投影之和,我们得到
|z1+z2+⋯+zm|≥x1+x2+⋯+xm≥12(|z1|+|z2|+⋯+|zm|)≥12×13=16.
推导中我们用到这样的事实,在该角域中的任何复数投影到对角线上的长度,不大于该复数本身的长度,而大于复数本身长度的一半.
\textbf{证法一.}设zk=xk+iyk(k=1,2,⋯,n).因为|xk|+|yk|≥|zk|≥|xk| (或|yk|),所以
1=n∑k=1|zk|≤n∑k=1|xk|+n∑k=1|yk|=∑xk≥0|xk|+∑xk<0|xk|+∑yk≥0|yk|+∑yk<0|yk|.
故上式中右边四个和式中至少有一个不小于14.不妨设∑xk≥0|xk|≥14,则
∣∣
∣∣∑xk≥0zk∣∣
∣∣≥∣∣
∣∣∑xk≥0xk∣∣
∣∣=∑xk≥0|xk|≥14≥16.
\textbf{证法二.}设zk=xk+yki(xk,yk∈R,k=1,2,⋯,n).
将所有的zk分为两组X,Y.若|xk|≥|yk|,则将zk放入X中;若|yk|≥|xk|,则将zk放入Y中.其中必有一组中所有复数模长之和不小于12.不妨设为X.
再将X中的复数分为两组A,B.若xk≥0,则将zk放入A中;若xk≤0,则将zk放入B中.其中必有一组中的所有复数模长之和不小于14.不妨设为A.
则∑zk∈A|zk|≥14,即∑zk∈A√x2k+y2k≥14.而对于zk∈A,x2k≥y2k,√x2k+y2k≤√2xk.于是∑zk∈Axk≥14√2,则
∣∣
∣∣∑zk∈Azk∣∣
∣∣=∣∣
∣∣∑zk∈Axk+i∑zk∈Ayk∣∣
∣∣≥∑zk∈Axk≥14√2.
而4√2<6,故∣∣∑zk∈Azk∣∣≥16,即A中复数之和的模不小于16.证毕.
\end{Proof}
注: 14还可加强为1π.
\textbf{引理.}若z1,z2,⋯,zN是复数,则存在{1,2,⋯,N}的子集S,使得
∣∣
∣∣∑k∈Szk∣∣
∣∣≥1πN∑k=1|zk|.
记zk=|zk|eiαk.当−π≤θ≤π时,设S(θ)是所有使得cos(αk−θ)>0的k组成的集合,则
∣∣
∣∣∑S(θ)zk∣∣
∣∣=∣∣
∣∣∑S(θ)e−iθzk∣∣
∣∣≥Re∑S(θ)e−iθzk=N∑k=1|zk|cos+(αk−θ).
选取θ0,使得最后一个和式最大,并令S=S(θ0).这个最大值至少是[−π,π]上和的半均值,由于对每个α,有
12π∫π−πcos+(α−θ)dθ=1π,
所以这个平均值就是1π∑Nk=1|zk|.
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