北京市北京大学附属中学元培学院2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（PDF版，含答案）

数学试卷
考生须知：
1．考生要认真填写考场号和座位序号.
2．本试卷共 4页，分为两部分：第一部分为选择题，共 30分；第二部分为非选择题，共 70分.
3．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.第一部分必须用 2B铅笔作
答，第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答.
4．考试结束后，考生应将答题卡放在桌面上，待监考员收回.
第一部分 (选择题 共 30分)
一、选择题共 10小题，每小题 3分，共 30分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的
一项.
1. 如图所示，用符号语言可表达为 ( )
A. α∩ β=m，n α，m∩n=A B. α∩ β=m，n∈ α，m∩n=A
C. α∩ β=m，n α，A m，A n D. α∩ β=m，n∈ α，A∈m，A∈n
2. 若复数 z满足 z+ i = 3，则在复平面内，复数 z对应的点组成图形的周长为 ( )
A. 2π B. 4π C. 6π D. 8π
3. 已知向量 a= 2,2 ，则与向量 a方向相反的单位向量是 ( )
A. 1,0 B. 1,1 C. 2 , 2 2 2 D. -
2 2
2 ,- 2
4. 如图，四边形O A C B 表示水平放置的四边形OACB根据斜二测画法得到的直观图，O A = 2，B C
= 4，O B = 2，O A B C ，则AC= ( )
A. 6 B. 2 3 C. 6 D. 4 2
5. 已知△ABC是直角三角形，每个边都增加相同的长度，则新的三角形为 ( )
A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 无法判断
6. 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是 a,b,c，若A:B:C= 1:1:4，则 a:b:c= ( )
A. 1:1:4 B. 1:1:2 C. 2: 3 :1 D. 1:1: 3
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7. 已知 cos φ+ π6 =
3
5 ，则 sin 2φ+
5π
6 = ( )
A. 9 B. 725 25 C. -
9
25 D. -
7
25
8. 如图，“六芒星”是由两个边长为 2正三角形组成，中心重合于点O且三组对边分别平行，点A,B是“六芒

星” (如图)的两个顶点，动点P在“六芒星”上 (内部以及边界)，则OB AP的取值范围是 ( )
A. - 2 3 ,
2 3 B.
- 3 3 2 , 2 C. - 3, 3 D. -2, 3
9. 在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜子放在操场的
水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为 a1= 1.00m，之后将
小镜子前移 a= 6.00m，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为 a2= 0.60m，已知人的眼睛距离
地面的高度为 h= 1.75m，则钟楼的高度大约是 ( )
A. 27.75m B. 27.25m C. 26.75m D. 26.25m
10. 若函数 f(x) = 2sinx+ cosx- 3 ,x∈ (0,π)的两个零点分别为 x1和 x2，则 cos(x1+ x2) = ( )
A. - 35 B. -
1
5 C.
1
5 D.
3
5
第二部分 (非选择题 共 70分)
二、填空题共 5小题，每小题 4分，共 20分.
11. 已知复数 z满足 z(3- 4i) = 1+ 2i，则 z的虚部是 .

12. 已知向量 a= 1,-2 ，a b= 5，则 b 最小值是 .
13. 若 f x = 2sin3x+ cos3x- 1，则 f x 的最小值为 ．
14. 在棱长为 1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是正方体棱上一点且PA+PC1= 2．则满足条件的P
点的个数为 ．
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三、解答题共 6题，共 50分.
15. 已知复数 z= 1+ bi(b∈R，i为虚数单位)，z 在复平面上对应的点在第四象限，且满足 z z= 4．
(1)求实数 b的值；
(2)若复数 z是关于 x的方程 px2+ 2x+ q= 0(p≠ 0且 p,q∈R)的一个复数根，求 p,q的值．

16. a 已知向量 ,b满足 a = 2， b = 1 a ，且 ,b的夹角为 60°．

(1)求 a -b ；

(2)求 b a 在 上的投影向量；
(3) 2ta

若向量 + 7b 与向量 a+ tb的夹角为钝角，求实数 t的取值范围．
17. 已知函数 f x = sinxcosx+ 3cos2x- 32 ．
(1)求 f x 的单调递增区间；
(2)若函数 h x = f x - 3 π5 的零点为 x0，求 cos 6 -2x0 ．
18. 如图，在平面四边形ABCD中，∠D= 2∠B，CD= 3AD= 3，BC= 6 cosB= 3， 3 ．
(1)求四边形ABCD的周长；
(2)求四边形ABCD的面积．
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19. 如图，市政改造工程要在道路EF的一侧修建一条新步道，新步道的前一部分为曲线段FBC，该曲线段
y=Asin ωx+ 2π是函数 3 A>0,ω>0 ，x∈ -4,0 的图象，且图象的最高点为B -1,2 ，新步道的中

部分为长 1千米的直线跑道CD，且CD∥EF，新步道的后一部分是以O为圆心的一段圆弧DE．
(1)求曲线段FBC的解析式和∠DOE的大小；
(2)若计划在圆弧步道所对应的扇形ODE区域内建面积尽可能大的矩形区域服务站，并要求矩形的一
边MN紧靠道路EF上，一个顶点Q在半径OD上，另外一个顶点P在圆弧DE上，且∠POE= θ，若矩
形MNPQ的面积记为S θ ，求S θ 的解析式，并求S θ 的最大值以及相应的 θ值．
20. z= r cosθ+isinθ ，其中 a= rcosθ，b= rsinθ． z= r cosθ+isinθ 称为非零复数 z的三角形式．
(1)已知 zt= cos t 2π3 + isin t
2π
3 ， t=0,1,2 ，求 zt对应的点 Zt t=1,2,3 所构成三角形的所有边的
平方和．
(2)已知 zt t=1,2,3,4 是四个复数，满足 zt = 1， t=1,2,3,4 ；当 t≠ j时，zt≠ z j求 zt对应的点
Zt t=1,2,3,4 所构成四边形的所有边与所有对角线的平方和的最大值．
(3)已知 zt t=1,2, ,n 是n个复数， zt = 1， t=1,2, ,n ；当 t≠ j时，zt≠ z j.求 zt所对应的点
Zt t=1,2, ,n 所构成n边形的所有边与所有对角线的平方和的最大值．
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参考答案
1. A
【分析】结合图形及点、线、面关系的表示方法判断即可．
如图所示，两个平面 α与 β相交于直线m，直线n在平面 α内，直线m和直线n相交于点A，
故用符号语言可表达为 α∩ β=m，n α，m∩n=A，
故选：A
2. C
【分析】由复数的几何意义可知 z+ i = 3在复平面表示的是以 0,-1 为圆心，半径为 3的圆，由圆的周
长公式即可得出答案.
由复数的几何意义可知 z+ i = 3表示在复平面上，复数 z对应的点到复数-i所对的点即 0,-1 的距
离为 3，
也即以 0,-1 为圆心，半径为 3的圆，故图形周长为 2π× 3= 6π.
故选：C .
3. D

【分析】根据单位向量的定义求与向量 a方向相反的单位向量.
a 1 2 2
由题设，与向量 a方向相反的单位向量是- =- 2,2 = -|a| 2 2 2 ,- 2 .
故选：D
4. B
【分析】根据斜二测的性质还原图形，再由勾股定理即可求解.
解：还原四边形OACB，如图所示：
依题意可得：OA⊥OB,OA∥BC,OA= 2,BC= 4,OB= 2 2．
取BC的中点D，连接AD，
则AD⊥BC，且CD= 4- 2= 2，
故AC= 22+(2 2)2= 2 3 .
故选：B.
5. B
π
【分析】由题意不妨设C= 2 ，则可得 a
2+ b2= c2，设每条边增加m(m> 0)，然后利用余弦定理求最大角
余弦值进行判断即可.
π
由题意不妨设C= ，则可得 a22 + b
2= c2，设每条边增加m(m> 0)，
则新的三角形的三边分别为 a+m,b+m,c+m，
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因为 c> a,c> b，所以 c+m> a+m,c+m> b+m，
即 c+m为新的三角形的最大边，
(a+m)2+(b+m)2-(c+m)2
所以新的三角形的最大角的余弦值为
2(a+m)(b+m)
= a
2+2am+m2+b2+2bm+m2-(c2+2cm+m2)
2(a+m)(b+m)
a2= +2am+m
2+b2+2bm+m2-c2-2cm-m2
2(a+m)(b+m)
2
= 2m(a+b-c)+m
2(a+m)(b+m)
+ > 2m(a+b-c)+m
2
因为 a b c,a+m> 0,b+m> 0,m> 0，所以
2( > 0，a+m)(b+m)
所以新的三角形的最大角为锐角，则新的三角形为锐角三角形.
故选：B
6. D
π π 2π
【分析】根据已知得A= 6 ,B= 6 ,C= 3 ，再由正弦边角关系即可得比值.
由A,B,C∈ 0,π ,A:B:C= 1:1:4，且A+B+C= π π π 2π，则A= 6 ,B= 6 ,C= 3 ，
所以 a:b:c= sinA:sinB:sinC= 1 : 1 : 32 2 2 = 1:1: 3 .
故选：D
7. D
【分析】由条件，利用二倍角余弦公式可求 cos 2φ+ π3 ，再利用诱导公式求结论.
cos φ+ π由 6 =
3
5 知，
cos 2φ+ π3 = cos 2 φ+
π
6 = 2cos2 φ+
π
6 - 1=-
7
25 .
所以 sin 2φ+ 5π = sin π + 2φ+ π 6 2 3 = cos 2φ+
π
3 =-
7
25 .
故选：D.
8. A
【分析】如图，以O为原点，OB,OA分别为 x,y轴建立平面直角坐标系，则由题意求出点A,B的坐标，设

P(x,y)，然后表示出OB AP，再根据 x的取值范围可求得结果.
如图，以O为原点，OB,OA分别为 x,y轴建立平面直角坐标系，
因为“六芒星”是由两个边长为 2正三角形组成，中心重合于点O且三组对边分别平行，
所以六边形BCDEFG 2 2为边长为 3 的正六边形，OA= 3 3，
所以OB= 23 ，
所以A 0,- 2 23 3 ,B 3 ,0 ，

P(x,y) AP= x,y+ 2 3 ,OB= 2设 ，则 3 3 ,0 ，

所以OB AP= 23 x，
因为动点P在“六芒星”上 (内部以及边界)，
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所以-1≤ x≤ 1 2 2 2，所以- 3 ≤ 3 x≤ 3 ，
2
所以- 3 ≤OB AP≤
2
3 .
故选：A.
9. D
ah
【分析】设钟楼的高度为PQ，根据相似得到PQ= a ，代入数据计算得到答案.1-a2
如下图，设钟楼的高度为PQ，
△ PQ KE a PQ由 MKE △PQE，可得：EQ= 1MK = ，h
由△ PQ TF PQ aNTF △PQF，可得：FQ= 2NT = ，h
- = a1 PQ - PQ aEQ FQ 2故 = a，
h h
PQ= ah = 6×1.75 = 10.5故 a -a 1-0.6 0.4 = 26.25m，1 2
故选：D.
10. A
π
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简 f(x)，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得 φ= 2
- x1+x2 x +x2 ，进而求出 cos
1 2
2 ，最后利用二倍角的余弦求值.
函数 f x = 2sinx+ cosx- \sqrt3= \sqrt5sin x+φ - \sqrt3，其中 sinφ= 55 ,cosφ=
2 5
5 ，
3
由 f x1 = f x2 = 0，得 sin x1+φ = sin x2+φ = ，而 x1+ φ,x2+ φ∈ φ,π+φ ，5
x +x x +x x +x
因此 x1+ φ+ x2+ φ= π π π 5，即 φ= - 1 2 ，则 sin - 1 22 2 2 2 = 5 ,即 cos
1 2
2 =
5
5 ，
x +x 2
所以 cos x1+x = 2cos2 1 22 2 - 1= 2×
5
5 - 1=-
3
5 .
故选：A.
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【点睛】关键点点睛：利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质用零点表示辅助角是求解问题的关键.
11. 25 ##0.4
【分析】利用复数的除法运算，结合复数的概念求解.
= 1+2i = (1+2i)(3+4i) -5+10i 1 2依题意，z 3-4i (3- = =- + i，4i)(3+4i) 25 5 5
2
所以 z的虚部是 5 .
2
故答案为：5
12. 5

【分析】设 b= x,y ，由平面向量数量积的运算可出 x= 2y+ 5，再利用平面向量的模长公式结合二次函

数的基本性质可求得 b 的最小值.

设 b= x,y ，则 a b= x- 2y= 5，可得 x= 2y+ 5，

故 b = x2+y2= 2y+5 2 +y2= 5y2+20y+25= 5 y+2 2 +5≥ 5，

当且仅当 y=-2时， b 取最小值 5 .
故答案为： 5 .
13. - 5- 1
【分析】由辅助角公式结合正弦函数的值域可得.
由辅助角公式可得 f x = 2sin3x+ cos3x- 1= 5sin 3x+φ - 1，
所以最小值为- 5- 1.
故答案为：- 5- 1.
14. 6
【分析】分两种情况分析P点的存在情况：①点P在正方体中与AC1无公共点的棱上，以P在棱BB1上为
例，设BP= x，则B1P= 1- x，由PA+PC1= 2，列出方程，求得方程无解；②点P在正方体中与AC1有
公共点的棱上，以P在棱B1C1上为例，设PC1= x，则B1P= 1- x，由PA+PC1= 2，列出方程，得方程有
一个解 x= 12 .利用正方体的对称性可知满足条件的P点的个数.
分两种情况分析P点的存在情况：
①若点P在正方体中与AC1无公共点的棱上，
设P在正方体 棱BB1上，设BP= x，则B1P= 1- x，
∵PA+PC = 2，∴ 1-x 2 +1+ x21 +1= 2，即 1-x 2 +1= 2- x2+1，
两边平方，整理得 4 x2+1= 3+ 2x，再平方得 12x2- 12x+ 7= 0，方程无解，
所以棱BB1上不存在满足条件的点P.
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同理，并结合正方体的对称性，知棱DD1、A1B1、A1D1、CD、BC上也不存在满足条件的点P.
②若点P在正方体中与AC1有公共点的棱上，
设P在正方体的棱B1C1上，设PC1= x，则B1P= 1- x，
∵PA+PC1= 2，∴ 1-x 2 +12+12+ x= 2，即 x2-2x+3= 2- x，
1
两边平方，整理得 2x= 1，解得 x= 2 .所以棱B1C1上存在一个满足条件的点P.
同理，并结合正方体的对称性，知棱C1D1、CC1、AB、AA1、AD上也分别存在一个满足条件的点P；
故满足条件的P点共有 6个.
故答案为：6.
① sinB= 1010 ；
② tanA= 2；
3
③BA在BC方向上的投影向量为 4 BC；
④若 AC = 2，则AB AC = 2．
【答案】①③
1 3
【分析】构造向量AD= 4 AB+ 4 AC，结合题意得AD⊥BC，令DC= t，则AD= t,BD= 3t,AC=
2 t,AB= 10 t,在Rt△ABD中，可求 sinB；在△ABC中，由余弦定理求 cosA,进而可得 tanA，BA在

BC方向上的投影向量及AB AC，从而得到答案.

如图，设点D是BC边上一点，且BD= 3DC，

AD=AB+BD=AB+ 3
3 1
则 4 BC =AB+ 4 AC-AB = 4 AB+
3 AC .
4
因为 AB+3AC BC = 0，所以 4AD BC = 0，所以AD BC = 0，即AD⊥BC .
令DC= t，∵C= 45°，∴AD= t,BD= 3t,AC= 2 t,AB= 10 t,
对于①，在Rt△ABD中，sinB= t = 1010 ，故①正确；10t
10t 2 + 2t 2 - 4t 2△ ABC cosA= = 10t
2+2t2-16t2 = -4t
2
=- 5对于②，在 中， ，
2 10t× 2t 4 5t2 4 5t2 5
2 5
2
sinA= 1-cos2A= 1- - 55 = 2 5 sinA 55 ，tanA= = =-2，故②错误；cosA - 55
BC BC
对于③，BA在BC方向上的投影向量为 |BA|cosB = |BD| = 34 BC，故③正确.|BC| |BC|

对于④，由 AC = 2 t= 2，得 AC = 1， AB = 10，AB AC = AB AC cosA= 10 × 2 ×
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- 55 =-2.故④错误.
故答案 ：①③.
15. (1) - 3
(2)p=-1，q=-4
【分析】(1)根据给定条件，可得 b< 0，再由共轭复数及复数乘法计算求解.
(2)利用方程根的意义，结合复数乘方运算、复数相等求解即可.
【小问 1详解】
由 z= 1+ bi，z z = 4，得 (1+ bi) (1- bi) = 4，即 b2= 3，
因为 z在复平面上对应的点 (1,b)在第四象限，则 b< 0，
所以 b=- 3 ,
【小问 2详解】
由 (1)知，z= 1- 3 i，
由复数 z= 1- 3 i是关于 x的方程 px2+ 2x+ q= 0的根，
得 p 1- 3i 2 + 2 1- 3i + q= 0,
整理得 -2p+q+2 - 2 3p+2 3 i= 0，
, ∈ -2p+q+2=0因为 p q R，所以 + = ,解得 p=-1，q=-4.2 3p 2 3 0
16. (1) 3
(2) 14 a

(3) -7,- 142 ∪ -
14
2 ,-
1
2

【分析】(1)求 |a - b| ：先利用向量模的平方等于向量自身平方，将 |a- b|转化为 (a- b)2，再用完全平方
公式展开，结合向量数量积公式算出结果，最后开方.

(2)求 b在 a 上 投影向量：依据投影向量定义，把已知的 a b和 |a|的值代入公式计算.
(3)先根据数量积分配律展开式子，解不等式得到 t的初步范围；再通过设共线关系求出共线时 t的值，排
除这些值，得到最终范围.
【小问 1详解】

|a - b|2= (a

根据向量模的平方等于向量自身平方，可得 - b)2.
2 根据完全平方公式，则 (a- b) = a2- 2a b+ b2.
|a

已知 | = 2，|b| = 1 ，且 a，b的夹角为 60°，可得 a b= |a| × |b| × cos60° = 2× 1× 12 = 1.
|a

所以 - b|2= 4- 2× 1+ 1= 3. |a 则 - b| = 3 .
【小问 2详解】
a

b a
根据投影向量的定义，b在 a上的投影向量为
|a

| |a
.
|
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由前面计算可知 a b= 1，|a | = 2 1 a 1 ，所以投影向量为 2 2 = 4 a.
【小问 3详解】

因为向量 2ta + 7b与向量 a + tb的夹角为钝角，所以 (2ta + 7b) (a + tb)< 0 ，且 2ta+ 7b与 a+ tb不共
线.

可得 (2ta + 7b) (a + tb) = 2ta 2+ (2t2+ 7)a b+ 7tb2.

将 a 2= 4 ，a b= 1，b2= 1代入上式，得到 2t× 4+ (2t2+ 7) × 1+ 7t× 1< 0，即 2t2+ 15t+ 7< 0.解得-7
< t<- 12 .

若两向量反向共线，则存在实数 λ，使得 2ta+ 7b= λ a+tb ,(λ< 0)，
2t=λ即 = ，将 λ= 2t代入 7= λt
14
，得到 2t2= 7，因 (2t= λ< 0)，解得 t=-
7 λt 2
.
14 14 1
综合以上两个条件，实数 t的取值范围是 -7,- 2 ∪ - 2 ,- 2 .
17. (1) kπ- 5π ,kπ+ π 12 12 ,x∈ Z
(2) 35
【分析】(1)由降幂公式和辅助角公式化简，结合整体法可求 f x 的单调递增区间；
(2)由题意知 sin 2x + π0 3 =
3
5 ，再通过“配角”并运用诱导公式求解即可.
【小问 1详解】
f x = sinxcosx+ 3cos2x- 3 = 1 2 2 sin2x+
3
2 cos2x= sin 2x+
π
3 ，
令 2x+ π ∈ 2kπ- π ,2kπ+ π x∈ kπ- 5π π 3 2 2 ，解得 12 ,kπ+ 12 ，x∈ Z
所以 f x 5π π 的单调递增区间为 kπ- 12 ,kπ+ 12 ,x∈ Z.
【小问 2详解】
由 (1)得 h x = sin 2x+ π3 -
3
5 ，
π 3
因为函数 h x 的零点为 x0，所以 sin 2x0+ 3 = 5 .
cos π6 -2x0 = cos
π
2 - 2x0+
π
3 = sin 2x +
π
0 3 =
3
5
18. (1)3 2+ 6+ 4
(2)4 2
【分析】(1)先根据二倍角公式得到 cosD，再根据余弦定理得到AC及AB的值，即可求得周长；
(2)根据三角形面积公式得到△ABC,△ACD的面积，即可求得结果
【小问 1详解】
cosB= 3因为 3 ，∠D= 2∠B，
所以 cosD= cos2B= 2cos2B- 1=- 13 ，
在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2- 2AD CD cosD= 1+ 9- 2× 1× 3× - 13 = 12，
所以AC= 2 3，
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AB2+BC2 2 2△ABC cosB= -AC = AB +6-12 3在 中，由余弦定理得 = ，
2AB BC 2 6AB 3
所以AB2- 2 2AB- 6= 0，解得AB= 3 2，
所以四边形ABCD的周长为 3 2+ 6+ 4；
【小问 2详解】
cosB= 3 sinB= 6因为 3 ，所以 3 ，
1
所以S△ABC= 2 AB BC sinB=
1
2 × 3 2 × 6 ×
6
3 = 3 2，
1 1 2cosD=- sinD= 1- - = 2 2因为 3 ，所以 3 3 ，
所以S△ACD=
1
2 AD CD sinD=
1
2 × 1× 3×
2 2
3 = 2，
所以四边形ABCD的面积为A.3 2+ 2= 4 2B. 52-32= 5- 3c. 18÷ 3= 6D. 8-3= 5．
19. (1)曲线段FBC的解析式为 y= 2sin π x+ 2π6 3 ，∠DOE=
π
3
(2)S θ = 4 3 sin 2θ+ π - 2 3 θ= π 2 3 3 6 3 ；当 6 时，S θ 取得最大值 3
【分析】(1)由题意可得A= 2，T= 12，即可求出ω，从而可得曲线段FBC的解析式，令 x= 0时，可得
OC的值，根据几何知识求∠DOE；
(2)根据题意可得MN= 2sinθ,PN= 2cosθ- 2 33 sinθ，利用三角恒等变换化简可得S θ ；根据正弦函
数的有界性分析求解即可.
【小问 1详解】
T
由题意可得：A= 2, 4 =-1- -4 = 3，即T= 12，
ω> 0 ω= 2π π且 ，则 T = 6 ，
所以曲线段FBC的解析式为 y= 2sin π x+ 2π6 3 ，
当 x= 0时，y=OC= 2sin 2π3 = 3，
CD 3
又因为CD= 1，则 tan∠DOC= = 3 ，OC
π π
可知锐角∠DOC= 6 ，所以∠DOE= 3 ；
【小问 2详解】
由 (1)可知OD= 2，OP= 2，且∠POE= θ∈ 0, π3 ,
QM
则QM=PN= 2sinθ,ON= 2cosθ,OM= π =
2 3
tan 3
sinθ，
3
数学试题 第 12 页 共 14 页
可得MN=ON-OM= 2cosθ- 2 33 sinθ，
则S(θ) =MN PN= 2sinθ 2cosθ- 2 33 sinθ
= 4sinθcosθ- 4 3 sin23 θ= 2sin2θ+
2 3
3 cos2θ-
2 3
3
= 4 3 sin 2θ+ π3 6 -
2 3
3 ；
θ∈ 0, π π π 5π因为 3 ，则 2θ+ 6 ∈ 6 , 6 ，
可知当 2θ+ π = π π6 2 ，即 θ= 6 时，S(θ) =
4 3 2 3 2 3
3 - 3 = 3 ，
π 2 3
所以当 θ= 6 时，S θ 取得最大值 3 ．
20. (1)9 (2)16
(3)n2
【分析】(1)根据题意，求出对应的点，再用两点间的距离公式求解即可；
4 2
(2)根据两点间的距离公式推导出四边形的所有边与所有对角线的平方和S= 16- ∑zt ，由此可求最t=1
大值；
n 2
(3)同 (2)可得n边形的所有边与所有对角线的平方和S=n2- ∑zt ，据此可求最大值.t=1
【小问 1详解】
因为 zt= cos t 2π3 + isin t
2π
3 ，其中 t= 0,1,2.
当 t= 0时，z0= 1，对应点 Z0 1,0 ，
当 t= 1时，z1=- 1 3 1 32 + 2 i，对应点 Z1 - 2 , 2 ，
当 t= 2 1 3 1 3时，z2=- 2 - 2 i，对应点 Z2 - 2 ,- 2 .
因为两点 Zm和 Zn的距离平方为 z
2
m-zn ，故
2 2 2 2
Z ,Z z -z 2= 1- - 1 + 0- 3 = 3 + - 3 = 90 1的距离为 0 1 2 2 2 2 4 +
3
4 = 3，
Z1,Z2的距离为 z1-z2 2= (0)2+ ( 3 )2= 0+ 3= 3，
2 3 2Z ,Z z -z = - + - 3
2 9 3
2 0的距离为 2 0 2 2 = 4 + 4 = 3，
所以三条边的平方和：3+ 3+ 3= 9.
【小问 2详解】
因为 zt = 1，所以复数 zt对应的所有点都在单位圆上，所以 x2 2t+ yt= 1 ，
所以两点 Zi xi,yi 和 Z j x j,y j 的距离平方为：
zi-z j 2= x -x 2 2i j + yi-y j = x2i - 2x 2 2 2ix j+ x j+ yi - 2yiy j+ y j= 2- 2 xix j+yiy j ，
所有点对的平方和为：
S= ∑ |z - z |2i j = ∑ (2- 2(xix j+ yiy j))
1≤i=C24 × 2- 2 ∑ (xix j+ yiy j) = 12- 2 ∑ (xix j+ yiy j)，
1≤i4 4
因为 (x1+x2+x 2 23+x4 =∑xt+ 2 ∑ xix j， y1+y2+y3+y 24 =∑y2t+2 ∑ yiy j，t=1 1≤i数学试题 第 13 页 共 14 页
4 4
所以 (x1+x2+x3+x 24 + y1+y2+y +y 23 4 = ∑x2t+∑y2t + 2 ∑ (xix j+ yiy j).t=1 t=1 1≤i4 4
因为 x2+ y2t t= 1 ，所以∑x2t+∑y2t= 4，
t=1 t=1
4 2 4 2
所以 ∑xt + ∑yt = 4+ 2 ∑ (xix j+ yiy j)，t=1 t=1 1≤i1 4 2 4 2
即 ∑ (xix j+ yiy j) = ∑xt + ∑yt -4 ，
1≤i4 2 4 2
所以S= 12- 2× 12 ∑xt + ∑yt -4t=1 t=1
4 2 4 2
= 16- ∑xt + ∑ytt=1 t=1
4 2
= 16- ∑ztt=1 ，
4
当四个点在单位圆上均匀分布 (如正方形顶点)，∑zt= 0，
t=1
此时S达到最大值：Smax= 16- 0= 16；
【小问 3详解】
类似 (2)，所有点对的平方和为：
S= ∑ |zi- z j|2= ∑ (2- 2(xix j+ yiy j))
1≤i=C2n× 2- 2 ∑ (xix j+ yiy j).
1≤i利用向量和的性质：
n 2 n 2
∑ (x 1ix j+ yiy j) = 2 ∑xt + ∑yt1≤i1 n 2 n 2
所以S=n(n- 1) - 2× 2 ∑xt + ∑yt -nt=1 t=1
n 2 n 2
=n2- ∑xt + ∑ytt=1 t=1
n 2
=n2- ∑zt ，t=1
n
当n个点均匀分布 (正n边形)，∑zt= 0，此时S达到最大值，
t=1
Smax=n2- 0=n2.
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