重庆市九校2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试卷

这是一份重庆市九校2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试卷，共2页。
答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
本试卷主要考试内容：人教 A 版必修第二册第六章至第八章.
选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
→
已知向量 a  4, 2 ， b   x,1 ，且 a//b ，则 b  （ ）
2
​
2  i  （）
1 i
3  i
A.
2
B.
5
3  i
B.
2
C.
3
1 i
C.
2
D. 2
1 i
D.
2
已知 m, n 为两条不同的直线， α,β为两个不同的平面，下列命题为假命题的是（ ）
若 m α， m  β，则α/ /βB. 若 m  n ， n  α，则 m / /α
C. 若 m α， m  β，则α βD. 若 m α， n  α，则 m // n
下图为某工厂内一手电筒最初模型的组合体，该组合体是由一圆台和一圆柱组成的，其中O 为圆台下底面圆心， O2 , O1 分别为圆柱上下底面的圆心，经实验测量得到圆柱上下底面圆的半径为2cm ，
O1O2  5cm ， OO1  4cm ，圆台下底面圆半径为5cm ，则该组合体的表面积为（）
42πcm2
84πcm2
36πcm2
64πcm2
→→→→→
已知向量a ， b 满足 a  2b  2a  b  2 ，且 b  1，则a b （）
1
4
 1
4
1
 1
2
2
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 A  π ， b  4 ，满足条件的V ABC 有两解，则
3
5
2
5
2
5
2
5
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，E 为棱 BB1 的中点，则经过 A1 ，D，E 三点的正方体的截面周长为（ ）
边长 a 的可能取值为（
）
A. 3
B.
2 3
C.
15
D. 4
2
A. 3
 2
B. 3
C. 2
 2
D.
2
3
2
2
在三棱锥O  ABC 中， VOAC ， △OBC 均是边长为的等边三角形，当平面OAB  平面 ABC 时，三棱锥O  ABC 内切球的半径为（ ）
3
1
2 C.1
D. 2 
选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
下列命题正确的有（ ）
三棱台的各侧棱所在直线必交于一点
棱台的侧面都是梯形
因为四棱锥是五面体，所以五面体就是四棱锥
如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为五棱锥
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，下列结论正确的是（）
若 a2  b2  c2 ，则V ABC 为钝角三角形
若cs A cs B cs C  0 ，则V ABC 为锐角三角形
若sin 2 A  sin 2B ，则V ABC 一定是等腰三角形
若 A  B ，则cs A  cs B
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，M，N，P 分别是 AA1 ， CC1 ， C1D1 的中点，Q 是线段 D1A1 上的动点，则下列说法正确的是（）
存在点 Q，使得 PQ / / 平面 D1MNB. 不存在点 Q，使得 B，N，P，Q 四点共面
1
三棱锥 P  MBN 的体积为
6
三棱锥 M  BCN 外接球的表面积为9π
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
设i 是虚数单位， z  5 12i ，则 z 
→
2
已知向量 a, b 满足 a ， b  1, 0 ，向量a 在向量b 上的投影向量的坐标为1, 0 ，则a 
→→→→→→→→→→
若向量 a, b, c 满足 a  2b  1， b  cb  c  0 ，则 2a  3c  3b  4c 的最小值为
解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
如图，在四棱锥 S  ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， E, F , G, H 分别是棱 SB ， SD ， AB ， AD 的中点，且 SA  SC ， SB  SD ．
证明： GH //EF ．
证明：平面 SAC  平面 ABCD ．
​
V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知b sin B  C  a sin B ．
2
求 A；
若 a  2 ，求V ABC 面积的最大值．
5
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， BAD  60 ， AB  2 ， PA  PD ，且平面 PAD  平面 ABCD ， E, F 分别是 PC ， AD 的中点.
证明： AD  PB .
求三棱锥 E  BCF 的体积.
重庆市渝东北某规划部门计划在一个半径为 2 km 的扇形滨江公园中打造特色景观，该扇形的圆心角为直角， OA ， OB 分别为公园的两条垂直边界道路.现要在弧 AB 上选取一个景观节点 P，使得
AOP θ，其中θ  0, π  .为提升广场实用性，规划方案如下：
2 

过点 P 向OA ， OB 分别作垂直步道 PM ， PN ，围出一个矩形OMPN ，用于打造亲子游乐区，记该矩形区域的面积为 S1 ；
连接 PA ， PB ， AB ，在VPAB 区域内打造城市花境景观带，记该三角形区域的面积为 S2 .请你尝试帮助规划部门解决以下问题：
分别用θ表示亲子游乐区面积 S1 与花境景观带面积 S2 ；
若综合考虑游乐区实用性与景观带观赏性，定义综合效益函数 f θ  S1  2S2 ，求 f θ 的最大值 及对应此时景观点 P 的位置.
由代数基本定理，给定 n n  N*  ，方程 xn 1   x−1xn−1  xn−2 L x 1  0 有 n 个复数根
ω k  0,1, 2,L, n−1 ，且ω  cs 2kπ  isin 2kπ ，将ω 称为 n 次单位根.
kknnk
ω2ω1
求三次单位根，并计算ω 与ω 的值.
10
欧拉公式eiθ  csθ isinθ给出了复数的指数形式，借助欧拉公式进行复数的乘除、求模运算，可
i 4π 2π
i
n
简化运算过程．例如ω2  e e n  ω， 1ω  2 cs kπ .
ω1e
i 2π
n
1kn
证明：ω0 ω1 ω2 Lωn−1  0 n  2 .
0, n为偶数,
π2π
n 1 π

n1
证明： cs  cs
n
Lcs
nn
 1 2
, n为奇数,
其中n  2 .
 2n1
高一数学
注意事项：
答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
本试卷主要考试内容：人教 A 版必修第二册第六章至第八章.
选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
→
已知向量 a  4, 2 ， b   x,1 ，且 a//b ，则 b  （ ）
2
A.
B.
C.
D. 2
5
3
【答案】B
【解析】
【详解】因为 a//b ，所以4  2x  0 ，解得 x  2 ，
→
22 12
5
则b  2,1 ，由模长公式得 b 

，故 B 正确.
2  i  （）
1 i
3  i
A.
2
【答案】B
3  i
B.
2
1 i
C.
2
1 i
D.
2
【解析】
2  i  2  i1 i  2  2i  i  i2  3  i

【详解】
1 i
1 i1 i
1 i22 .
已知 m, n 为两条不同的直线， α,β为两个不同的平面，下列命题为假命题的是（ ）
若 m α， m  β，则α/ /βB. 若 m  n ， n  α，则 m / /α
C. 若 m α， m  β，则α βD. 若 m α， n  α，则 m // n
【答案】B
【解析】
【分析】利用线面位置关系的判定定理以及性质定理逐项分析即可.
【详解】选项 A，根据垂直于同一条直线的两个平面互相平行知，若 m α， m  β，则α/ /β，故 A
正确；
选项 B，若 m  n ， n  α，则 m / /α或 m α，故 B 错误；
选项 C，根据面面垂直的判定定理知，若 m α， m  β，则α β，故 C 正确；
选项 D，根据垂直于同一个平面的两条直线互相平行知，若 m α， n  α，则 m // n ，故 D 正确.
下图为某工厂内一手电筒最初模型的组合体，该组合体是由一圆台和一圆柱组成的，其中O 为圆台下底面圆心， O2 , O1 分别为圆柱上下底面的圆心，经实验测量得到圆柱上下底面圆的半径为2cm ，
O1O2  5cm ， OO1  4cm ，圆台下底面圆半径为5cm ，则该组合体的表面积为（）
42πcm2
84πcm2
36πcm2
64πcm2
【答案】B
【解析】
【分析】分别根据公式计算圆柱的底面积侧面及圆台的侧面积，再求和计算可得.
42  (5  2)2
【详解】圆柱的上底面面积为4π ；圆柱的侧面面积为4π 5  20π ；圆台的下底面面积为25π ；
圆台的母线长为
 5 ，所以圆台的侧面面积为π2  5 5  35π ，
则该组合体的表面积为4π  20π  25π  35π  84πcm2 ．
故选:B．
→→→→→
2
已知向量a ， b 满足 a  2b  2a  b  2 ，且 b  1，则a b （）
1
4
【答案】A
【解析】
 1
4
1
 1
2
【分析】利用平面向量的数量积即可求解.
→→→→
→2→
2→2→2
【详解】由 a  2b  2a  b  2 得 a  4a  b  4b  4, 4a  4a  b  b  4 ，
rr→
→ →1
两式相减得， a  b  1 ，所以1 4a  b  4  4 ，则 a  b  4 .
故选：A.
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 A  π ， b  4 ，满足条件的V ABC 有两解，则
3
边长 a 的可能取值为（ ）
3
A. 3B. 2
C.
D. 4
15
【答案】C
【解析】
【详解】若有两解，则b sin A  a  b ，即： 4 
3  a  4 ，所以2
3
2
 a  4 .
5
2
5
2
5
2
5
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，E 为棱 BB1 的中点，则经过 A1 ，D，E 三点的正方体的截面周长为（ ）
2
A. 3
 2
B. 3
C. 2
 2
D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定四边形 A1EFD 为经过 A1 ，D ，E 三点的正方体的截面，结合四边形的周长公式求解即可.
【详解】正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， A1D// 平面CBB1C1 ，则平面 A1DE 与平面CBB1C1 的交线与 A1D
平行，
取 BC 中点 F，连接 EF ， DF ，因为 EF //B1C ，有 EF //A1D ，所以四边形 A1EFD 为经过 A1 ，D ，E 三点的正方体的截面，
2
2
5
在梯形 A1EFD 中， EF //A1D ， A1D  2， EF ， A1E  DF 5 ，
2
所以四边形 A1EFD 周长为 A1D  EF  A1E  DF  3
 2.
2
3
2
2
在三棱锥O  ABC 中， aOAC ， △OBC 均是边长为的等边三角形，当平面OAB  平面 ABC 时，三棱锥O  ABC 内切球的半径为（ ）
3
1
2 C.1
D. 2 
【答案】B
【解析】
【分析】利用等体积法进行求解.
【详解】
2
如图所示，作OD  AB ，因为OA  OB ，所以 D 是 AB 中点，因为平面OAB  平面 ABC ，所以
OD  平面 ABC ，所以OD  CD ，

2 2  x2
2  x2
设 AB  2x ，则OD  CD ，
在直角三角形OCD 中， OD2  CD2  OC 2 ，即：  2  x2 2   2  x2 2   2 2 ，解得： x  1 ，即： AB  2 ， OD  1 ，

因为 AB  2 ， AC  BC 2 ，所以V ABC 和△OAB 是直角三角形，且
Sa ABC
 SaOAB
 1 
2
2 2  1，则V
 1 S
3
a ABC
 OD  1 11  1 ，
33
O ACB
设三棱锥O  ABC 内切球的半径为 r ，则VO−ACB
 1 S 3
a ABC
SaOAC
SaOBC
SaOAB
 r ，
3
S S 3  2 2  3 ， 代入得： 1  1 1 3  3   ，解得： r  2 ，即：三
aOAC
aOBC42
33 
221 r

3
棱锥O  ABC 内切球的半径为2 .
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
下列命题正确的有（ ）
三棱台的各侧棱所在直线必交于一点
棱台的侧面都是梯形
因为四棱锥是五面体，所以五面体就是四棱锥
如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为五棱锥
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据棱台的性质直接判断 AB 选项，结合反例判断 C 选项，当棱锥的各个侧面都是等边三角形，底面为正五边形时判断 D.
【详解】对于 A，由三棱台的性质得三棱台的各侧棱延长后必交于一点，故正确；对于 B，由棱台的性质可知，棱台的侧面都是梯形，故正确；
对于 C，三棱台也是五面体，不满足，故错误；
对于 D，当棱锥的各个侧面都是等边三角形，底面为正五边形时，这个棱锥为五棱锥，故正确.
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，下列结论正确的是（）
若 a2  b2  c2 ，则V ABC 为钝角三角形
若cs A cs B cs C  0 ，则V ABC 为锐角三角形
若sin 2 A  sin 2B ，则V ABC 一定是等腰三角形
若 A  B ，则cs A  cs B
【答案】AB
【解析】
【详解】选项 A，根据余弦定理csA 
b2  c2  a2
2bc
已知 a2  b2  c2 ，则b2  c2  a2  0 ，因此csA  0 .
又因为 A 0, π ，所以 A 为钝角，故aABC 为钝角三角形，A 正确；选项 B， csAcsBcsC  0 ，说明三个余弦值全为正，或一正两负.
三角形中若有两个钝角，则内角和会超过180∘ ，矛盾.
因此只能是三个余弦值全为正，即 A, B, C 均为锐角， aABC 为锐角三角形，B 正确；选项 C， sin2 A  sin2B ，根据正弦函数性质2 A  2B 或2 A  π  2B ，
即 A  B 或 A  B  π .
2
当 A  B  π时， aABC 为直角三角形，不一定是等腰三角形，C 错误；
2
选项 D，余弦函数 y  csx 在0, π 上单调递减.
若 A  B ，且 A, B 0, π ，则csA  csB ，而非csA  csB ，D 错误.
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，M，N，P 分别是 AA1 ， CC1 ， C1D1 的中点，Q 是线段 D1A1 上的动点，则下列说法正确的是（）
存在点 Q，使得 PQ / / 平面 D1MNB. 不存在点 Q，使得 B，N，P，Q 四点共面
1
三棱锥 P  MBN 的体积为
6
【答案】AD
三棱锥 M  BCN 外接球的表面积为9π
【解析】
【详解】对于 A，连接 PQ, A1C1 .当Q 是 D1A1 的中点时，因为 PQ / / A1C1 ，且在正方体中易得
A1C1 / /MN ，所以 PQ / /MN .
因为 PQ  平面 D1MN ， MN  平面 D1MN ，所以 PQ / / 平面 D1MN ，故 A 正确.对于 B，连接 A1B, CD1 .因为 N , P 分别是CC1, C1D1 的中点，所以CD1 / / PN .
又易得CD1 / / A1B ，所以 A1B / / PN ，所以 A1, B, N , P 四点共面，即当Q 与点 A1 重合时， B, N , P, Q 四点共面，故 B 错误.
对于 C，连接 D1M , D1N , D1B .因为 D1M / / BN ，
所以V V V V 1  1 11 2  1 ，故 C 错误.
PMBNM  PBND1 PBNB D1PN

323
对于 D，分别取 BB1, DD1 的中点 E, F ，构造长方体 MADF  EBCN ，则经过C, M , B, N 四点的球即为长方体 MADF  EBCN 的外接球.
设所求外接球的直径为2R ，则长方体 MADF  EBCN 的体对角线即为所求的球的直径，
即(2R)2  AB2  BC 2  CN 2  4  4 1  9 ，所以经过C, M , B, N 四点的球的表面积为4πR2  9π ，故
D 正确.
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
设i 是虚数单位， z  5 12i ，则 z 
【答案】13
【解析】
52 122
【详解】因为 z  5 12i ，所以 z 
→
 13 .
2
已知向量 a, b 满足 a 
， b  1, 0 ，向量a 在向量b 上的投影向量的坐标为1, 0 ，则a 
【答案】1,1 或(1, - 1)
【解析】
【分析】设 a   x, y  ，进而根据投影向量的概念求得 x  1 ，再结合模的坐标表示求得 y  1即可得答案.
→
【详解】设 a   x, y  ，因为b  1, 0 ，所以 b  1， a  b  x ，
因为向量a 在向量b 上的投影向量的坐标为1, 0 ，
a  b  →→
所以向量a 在向量b 上的投影向量为 → 2
b
→
b  xb   x, 0  1, 0 ，即x  1 ，
2
因为 a ，所以 x2  y2  2 ，将 x  1 代入解得 y  1，
所以a  1, 1 或1,1 .
→→
→→→→
→→→→
若向量 a, b, c 满足 a  2b  1， b  cb  c  0 ，则 2a  3c  3b  4c 的最小值为
【答案】2
【解析】
→→→→→→
【分析】根据题意，利用向量的运算法则，求得 b  c ，得到 3b  4c  3c  4b ，化简得到
→→→→→→→→
2a  3c  3b  4c  2a  3c  3c  4b ，结合向量不等式，即可求解.
→→→→
→2→2
→2→2→→
【详解】由b  c b  c   b  c  0 ，所以b  c ，所以 b  c ，
→→ 2
→→ 2→2→2→ →→ 2→ →
又由 3b  4c 3b  4c   9b 16c  24b  c  25 b 24b  c ，
→→ 2
→→ 2→2→2→ →
→ 2→ →
3c  4b 3c  4b   9c 16b  24b  c  25 b 24b  c ，
→→→→
所以 3b  4c  3c  4b ，
→→→→→→→→
→→→→→→→→
所以 2a  3c  3b  4c
 2a  3c  3c  4b
 2a  3c  3c  4b  2a  4b  2 a  2b
 2 ，
当且仅当2a  3c 与3c  4b 同向时，等号成立.
→→→→
所以 2a  3c  3b  4c 的最小值为2 .
解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
如图，在四棱锥 S  ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， E, F , G, H 分别是棱 SB ， SD ， AB ， AD 的中点，且 SA  SC ， SB  SD ．
证明： GH //EF ．
证明：平面 SAC  平面 ABCD ．
【答案】（1）证明：连接 BD ．
在aSBD 中，因为 E，F 分别是 SB ， SD 的中点，所以 EF 是aSBD 的中位线，则 EF //BD ，
同理可得GH //BD ，所以GH //EF ．
（2）证明：
设 BD  AC  O ，连接 SO ．
因为四边形 ABCD 为平行四边形，所以 AC, BD 互相平分，
在aSAC 中， SA  SC ，O 是 AC 的中点，所以 SO  AC ，在aSBD 中， SB  SD ，O 是 BD 的中点，所以 SO  BD ，又 AC ∩ BD  O ，且 AC, BD  平面 ABCD ，
所以 SO  平面 ABCD ，又 SO  平面 SAC ，所以平面 SAC  平面 ABCD ．
【解析】
【分析】（1）根据三角形中位线即可证明；
（2）根据平行四边形及等腰三角形的性质，结合线面垂直和面面垂直的判定即可证明．
【小问 1 详解】略
【小问 2 详解】
略
​
V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知b sin B  C  a sin B ．
2
求 A；
若 a  2 ，求V ABC 面积的最大值．
【答案】（1） A  π
3
3
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式、二倍角公式化简计算即可；
（2）利用余弦定理、三角形面积公式、基本不等式计算即可.
【小问 1 详解】
因为 A、B、C 0, π, B  C  π  A  B  C  π  A ，
222
所以b sin B  C  a sin B  sin B sin  π  A   sin Asin B ，
22
 
2
易知sin B  0 ，则cs A  sin A  2 sin A cs A ，即sin A  1 ，
22222
则 A  π 或 A  5π ，所以 A  π 或 5π （舍去），
262633
故 A  π ；
3
【小问 2 详解】
b2  c2  a21
由余弦定理知cs A  ，
2bc2
即b2  c2  4  bc  2bc  4  bc  4 ，当且仅当b  c  2 时取得等号，
所以 S
 1 sin A  bc 3 bc ，
3
a ABC24
3
即V ABC 面积的最大值为.
5
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， BAD  60 ， AB  2 ， PA  PD ，且平面 PAD  平面 ABCD ， E, F 分别是 PC ， AD 的中点.
证明： AD  PB .
求三棱锥 E  BCF 的体积.
【答案】（1）如图，连接 BD ， PF ，作出符合题意的图形，
Q底面 ABCD 是菱形， BAD  60 ，aABD 是等边三角形，又Q F 是 AD 的中点， AD  PF ， AD  BF
又Q PF  BF  F
， PF , BF  面 BPF ， AD  平面 BPF
而 PB  面 BPF ， AD  PB .
（2） 3
3
【解析】
【分析】（1）结合菱形的性质得到线面垂直，再证明线线垂直即可.
（2）结合题意并利用转换法求解体积即可.
【小问 1 详解】略
【小问 2 详解】
Q E 为 PC 的中点，V
 1 V，
E  ABCD2 P ABCD
又Q F 是 AD 的中点， S
 1 S
，V
 1 V，
a BCF
2 菱形ABCD
E BCF
4 P ABCD
由（1）可知 PF  AD ，Q平面 PAD  平面 ABCD ，且 PF  面 PAD ， PF  平面 ABCD ，
V 1 V
 1  1 S
 PF

E BCF4 P ABCD43 菱形ABCD
 1  1  2S
 PF  1 3  2 3 .

43a ABD
233
重庆市渝东北某规划部门计划在一个半径为 2 km 的扇形滨江公园中打造特色景观，该扇形的圆心角为直角， OA ， OB 分别为公园的两条垂直边界道路.现要在弧 AB 上选取一个景观节点 P，使得
AOP θ，其中θ  0, π  .为提升广场实用性，规划方案如下：
2 

过点 P 向OA ， OB 分别作垂直步道 PM ， PN ，围出一个矩形OMPN ，用于打造亲子游乐区，记该矩形区域的面积为 S1 ；
连接 PA ， PB ， AB ，在aPAB 区域内打造城市花境景观带，记该三角形区域的面积为 S2 .请你尝试帮助规划部门解决以下问题：
分别用θ表示亲子游乐区面积 S1 与花境景观带面积 S2 ；
若综合考虑游乐区实用性与景观带观赏性，定义综合效益函数 f θ  S1  2S2 ，求 f θ 的最大值 及对应此时景观点 P 的位置.
【答案】（1） S1  2sin2θ ， S2  2 sinθ csθ  2
2
max
（2） f θ 4
2 ，此时景观点 P 为弧 ‸AB 的中点
【解析】
【分析】（1）根据三角函数定义求出OM 与 PM ，进而得到 S1 ，再根据三角形面积公式求出 S2 .
（2）方法一：先对函数 f θ 进行三角恒等变换，再通过换元法转化为二次函数，结合θ范围确定
sin θ π 
范围，进而求 f θ 最值；方法二：令t  sinθ csθ 并确定t 范围，将sin2θ用t 表示，
4 

把 f θ 转化为关于t 的二次函数求最值.
【小问 1 详解】
由题设OP  2 ， AOP θ，得OM  2csθ ， PM  2sinθ ，
S1  OM  PM  2csθ 2sinθ 2sin2θ
S  1 2  2sinθ 2  2csθ 2  2  2 sinθ csθ  2
22
【小问 2 详解】
（方法一） f θ  S1  2S2  2sin2θ 4 sinθ csθ  4
 4 2sin θ π   θ π   4
4 
2cs  22 

 4sin2 θ π   4 2sin θ π   6
4 4 

π 2π
 2  2sin θ 4  1
 8 ， 0 θ
2

Qθ π  π , 3π  ，sin θ π 2
4 44 
4 
2 ,1

2
则 f θ 0, 4
 2 ， f θ
max
 4
 2 ，对应θ π ，此时景观点 P 为弧 AB 的中点
2
4

（方法二） f θ  2sin2θ 4 sinθ csθ  4 ．
令t  sinθ csθ2sin θ π  ，则t 1, 2 
4 


sin2θ t 2 1 ，则 y  2 t 2 1  4t  4  2t 2  4t  6 ， t 1, 2 
2
2
4
当t 时， f θ 4 2 ，对应θ  π ，此时景观点P 为弧 ‸AB 的中点
max
由代数基本定理，给定 n n  N*  ，方程 xn 1   x−1xn−1  xn−2 L x 1  0 有 n 个复数根
ω k  0,1, 2,L, n−1 ，且ω  cs 2kπ  isin 2kπ ，将ω 称为 n 次单位根.
kknnk
ω2ω1
求三次单位根，并计算ω 与ω 的值.
10
欧拉公式eiθ  csθ isinθ给出了复数的指数形式，借助欧拉公式进行复数的乘除、求模运算，可
i 4π 2π
i
n
简化运算过程．例如ω2  e e n  ω， 1ω  2 cs kπ .
ω1e
i 2π
n
1kn
证明：ω0 ω1 ω2 Lωn−1  0 n  2 .
0, n为偶数,
π2π
n 1 π

n1
证明： cs  cs
n
Lcs
nn
 1 2
, n为奇数,
其中n  2 .
 2n1
【答案】（1） ω2   1 3 i, ω1   1 3 i
ω122ω022
i 2k π 2π
ωke ni n
ω
（2）证明：（ⅰ）当 k  1 时，
k−1
2k−1  e
iπ
en
 ω1 ，
即ω2  ω3 L  ωn1  ω，所以ω  ωk ，
ωωω1k1
12n2
所以ω ω ω Lω  1ω ω2 Lωn1 ，
012
n1111
因为ω是方程 xn1  xn2 L x 1  0 的根，所以1ω ω2 Lωn1  0 .
1
n n
n π
111
（ⅱ）当 为偶数时， 2 为整数，则cs 2  cs π  0 ，则原式为0 ，
n2
当 n 为奇数时，由题可知ω，ω2 ，ω3 ，L ，ωn1 是方程 xn1  xn2 L x 1  0 的根，
1111
111
所以 xn1  xn2 L x 1  (x ω)(x ω2 )L(x ωn1) ，
111
令 x  1 ，可得 xn1  xn2 L x 11，所以1  (1ω)(1ω2 )L(1ωn1) ，
两边同时取模，可得1  1ω 1ω2 L 1ωn−1 ，
因为 1ω
 2 cs kπ
11
，所以1  2n1
1
π 2πn 1 π
Lcs，
cscs
knnnn
n 1 π n
π2π1
则 cs cs
nn
Lcs
 2n1 ，

n  m π
cs
 mπ 
mπ
又因为
ncs  π  n   cs n ，

即与首末等距离的两项余弦值互为相反数，乘积为负，
n1 
π2π
n 1 π 1
所以1 2
 cs cs
Lcs
 n1 ，
nnn2
π2π
n 1 π1
n1

1 2
所以cs cs
n
Lcs
nn
 n1 
2n1  1 2
2n1，
π2π
n 1 π
0, n为偶数,

n1
所以cs  cs

n
Lcs
nn
 1 2
, n为奇数,
其中n  2 .
 2n1
【解析】
【分析】（1）由题意知ω  cs 2kπ  isin 2kπ ，结合复数的运算法则，即可求解；
k33
ωi 2k π 2π
ωωω
k e ni n
2  3 L  n1  ω
（2）证明：（ⅰ）当 k  1 时， ω
2k−1  e
 ω1 ，即ωωω1 ，
k−1ei n π
12n2
所以ω  ωk ，所以ω ω ω Lω  1ω ω2 Lωn1 ，
k1012
n1111
因为ω1 是方程 xn1  xn2 L x 1  0 的根，所以1ω ω2 Lωn1  0 .
111
111
（ⅱ）当 n 为奇数时，得到 xn1  xn2 L x 1  (x ω)(x ω2 )L(x ωn1) ，令 x  1 ，得到
1  1ω 1ω2 L 1ωn−1 ，求得 cs π cs 2π Lcs n 1 π
 1 ，结合诱导公式，得到
111
nnn
2n1
n1 
π2π
n 1 π 1
1 2
 cs cs
Lcs
 n1 ，再由 n 为偶数时，求得原式为0 ，即可得证；
nnn2
【小问 1 详解】
解：由题意知ω  cs 2kπ  i sin 2kπ
k33
可得ω0  1 ，ω  cs 2π  isin 2π −1 
3 i ，ω  cs 4π  isin 4π −1 
3 i ，
1
ω 1  3 i
33222
ω
3322
则2  22   1 
3 i,
1   1 3 i
ω1 1  3 i
22
22ω022
【小问 2 详解】略