2021hychs 一试模拟题解析

\[\huge {{\text{2021hych's} 一试模拟题解析}} \]

一、填空题

1. \(\color{red}1027182\)

由 \(0<a_1<a_2\) 归纳易知数列 \(\{a_n\}\) 为单调递增的正数列，从而：

\[2a_{2n+1}=a_{2n}+a_{2n+2}=\sqrt{a_{2n-1}a_{2n+1}}+\sqrt{a_{2n+1}a_{2n+3}} \]

\[2\sqrt{a_{2n+1}}=\sqrt{a_{2n-1}}+\sqrt{a_{2n+3}} \]

于是：

\[a_{2n+1}=(\sqrt{a_{2n+1}})^2= \left[\sqrt{a_1}+n(\sqrt{a_3}-\sqrt{a_1})\right]^2=(n+1)^2 \]

\[a_{2026}=\sqrt{a_{2025}a_{2027}}=\sqrt{1013^2 \cdot 1014^2}=1027182 \]

2. \(\color{red}\dfrac{3}{4}\)

两边同除 \(\left\vert z\right\vert\) 得

\[\left\vert z+1+\dfrac{4}{z}\right\vert=\left\vert z+\overline{z}+1\right\vert\le \lambda \left\vert z-8i-\dfrac{4}{z}\right\vert=\left\vert z-\overline{z}-8i\right\vert \]

令 \(z=2(\cos \theta +i\sin \theta)\)，则 \(\left\vert 4\cos \theta + 1\right\vert\le \lambda \left\vert 4i\sin \theta - 8i\right\vert=\lambda \left\vert 8-4\sin \theta \right\vert\)。注意到：

\[4\cos \theta + 1+\dfrac{5}{12}(8-4\sin \theta)=\dfrac{13}{3}\sin(\varphi_1-\theta)+\dfrac{13}{3}\ge 0 \]

\[4\cos \theta + 1-\dfrac{3}{4}(8-4\sin \theta)=5\sin(\varphi_2+\theta)-5\le 0 \]

其中 \(\tan \varphi_1=\dfrac{12}{5}(\varphi_1\in(0,\dfrac{\pi}{2})),\tan \varphi_2=\dfrac{4}{3}(\varphi_2\in(0,\dfrac{\pi}{2}))\) 且上式分别在 \(\theta=\varphi_1+\dfrac{\pi}{2}\) 和 \(\theta=\dfrac{\pi}{2}-\varphi_2\) 时取到等号。从而 \(\dfrac{4\cos \theta + 1}{8-4\sin \theta}\) 的取值范围为 \(\left[-\dfrac{5}{12},\dfrac{3}{4}\right]\)，从而：

\[\lambda_{\min}=\left\vert \dfrac{4\cos \theta + 1}{8-4\sin \theta}\right\vert _{\max}=\dfrac{3}{4} \]

3. \(\color{red}\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)

以正方体 \(ABCD-A_1B_1C_1D_1\) 的中心为坐标原点，\(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AA_1}\) 分别为 \(x\) 轴，\(y\) 轴，\(z\) 轴正方向，建立空间直角坐标系。则 \(z_R=\dfrac{z_E+z_F}{2}=0\)，即 \(R\) 在平面 \(xOy\) 上，可设 \(R(x,y,0)\)，其中 \(\left\vert x\right\vert,\left\vert y\right\vert \in \left[0,1\right]\)。同理可设 \(S(s,0,t),T(0,u,v)\)，其中 \(\left\vert s\right\vert,\left\vert t\right\vert ,\left\vert u\right\vert,\left\vert v\right\vert\in \left[0,1\right]\)。则：

\[S_{\Delta RST}=\dfrac{1}{2}\left\vert \overrightarrow{RT}\right\vert\left\vert \overrightarrow{RS}\right\vert\sin\left\langle \overrightarrow{RT},\overrightarrow{RS}\right\rangle=\dfrac{1}{2}\left\vert \overrightarrow{RT}\right\vert\left\vert \overrightarrow{RS}\right\vert\sqrt{1-\cos^2\left\langle \overrightarrow{RT},\overrightarrow{RS}\right\rangle}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\left\vert \overrightarrow{RT}\right\vert^2\left\vert \overrightarrow{RS}\right\vert^2-\left\vert \overrightarrow{RS} \cdot \overrightarrow{RT}\right \vert^2} \]

\[=\dfrac{1}{2}\sqrt{\left[(-x)^2+(u-y)^2+v^2\right]\left[(s-x)^2+(-y)^2+t^2\right]-\left[(-x)(s-x)+(u-y)(-y)+vt\right]^2} \]

\[=\dfrac{1}{2}\sqrt{(ux+sy-su)^2+(vs+xt-xv)^2+(tu+yv-yt)^2}\le \dfrac{1}{2}\sqrt{3^2+3^2+3^2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2} \]

当 \(R(1,-1,0),S(-1,0,-1),T(0,1,1)\) 时上式取到等号，从而 \((S_{\Delta RST})_{\max}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)。

4. \(\color{red}\dfrac{2}{e}\)

若设 椭圆 \(C: \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\) 与曲线 \(y=e^x\) 相切于点 \((x_0,e^{x_0})\)，则 \(C\) 在 \((x_0,e^{x_0})\) 处的切线 \(l_1:b^2x_0x+a^2e^{x_0}y-a^2b^2=0\) 与 \(y=e^x\) 在 \((x_0,e^{x_0})\) 处的切线 \(l_2:e^{x_0}x-y+(1-x_0)e^{x_0}=0\) 重合。于是：

\[\dfrac{b^2x_0}{e^{x_0}}=\dfrac{a^2e^{x_0}}{-1}=\dfrac{-a^2b^2}{(1-x_0)e^{x_0} }\Longrightarrow \begin{cases}a^2=x_0(x_0-1)\\b^2=(1-x_0)e^{2x_0}\end{cases} \]

由 \(a>b>0\) 知：\(x_0(x_0-1)>(1-x_0)e^{2x_0}>0\)，从而 \(x_0<0\)。令 \(f(x)=-x(x-1)^2e^{2x}\)，其中 \(x\in (-\infty,0)\)。则 \(f'(x)=(x-1)(x+1)(1-2x)e^{2x}\)，当 \(x\in (-\infty,-1)\) 时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\) 单调递增；当 \(x\in (-1,0)\) 时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\) 单调递减。从而 \(f(x)_{\max}=f(-1)=\dfrac{4}{e^2}\)，故：

\[ab=\sqrt{a^2b^2}=\sqrt{f(x_0)}\le \dfrac{2}{e} \]

当 \(a=\sqrt{2},b=\dfrac{\sqrt{2}}{e}\)，切点为 \((-1,\dfrac{1}{e})\) 时上式取等，从而 \((ab)_{\max}=\dfrac{2}{e}\)。

5. \(\color{red}\dfrac{7\pi}{2}\)

当 \(\sin \theta=\sin 2\theta\) 时，\(2\theta-\theta=\theta=2k\pi\) 或 \(2\theta+\theta=3\theta=\pi+2k\pi\)，其中 \(k\in \mathbb{Z}\)，依 \(\theta \in \left[0,\pi\right]\) 知：\(\theta=0,\dfrac{\pi}{3},\pi\)。

当 \(\sin \theta=\cos 2\theta\) 时，\(\theta-(\dfrac{\pi}{2}-2\theta)=3\theta-\dfrac{\pi}{2}=2k\pi\) 或 \(\theta+\dfrac{\pi}{2}-2\theta=\dfrac{\pi}{2}-\theta=\pi+2k\pi\)，其中 \(k\in \mathbb{Z}\)，依 \(\theta \in \left[0,\pi\right]\) 知：\(\theta=\dfrac{\pi}{6},\dfrac{5\pi}{6}\)。

当 \(\cos \theta=\sin 2\theta\) 时，\(2\theta-(\dfrac{\pi}{2}-\theta)=3\theta-\dfrac{\pi}{2}=2k\pi\) 或 \(2\theta+\dfrac{\pi}{2}-\theta=\dfrac{\pi}{2}+\theta=\pi+2k\pi\)，其中 \(k\in \mathbb{Z}\)，依 \(\theta \in \left[0,\pi\right]\) 知：\(\theta=\dfrac{\pi}{6},\dfrac{5\pi}{6},\dfrac{\pi}{2}\)。

当 \(\cos \theta=\cos 2\theta\) 时，\(2\theta-\theta=\theta=2k\pi\) 或 \(2\theta+\theta=3\theta=2k\pi\)，其中 \(k\in \mathbb{Z}\)，依 \(\theta \in \left[0,\pi\right]\) 知：\(\theta=0,\dfrac{2\pi}{3}\)。

综上所述，\(\theta\) 所有可能取值的和为：

\[0+\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{2\pi}{3}+\dfrac{5\pi}{6}+\pi=\dfrac{7\pi}{2} \]

6. \(\color{red}(0,9)\)

由对称性，我们仅考虑直线 \(EF\) 与射线 \(BC\) 交于点 \(G\) 的情况。这等价于 \(0<CF<BE<AB\)。显然 \(S_{\Delta BEG}>S_{\Delta CFG}\)。\(\angle DBE=\angle FCD=60^\circ,\angle EDB=180^\circ-\angle EDF-\angle FDC=180^\circ-\angle FCD-\angle FDC=\angle DFC\)，从而 \(S_{\Delta EDB} \thicksim S_{\Delta DFC}\)。设 \(BC=a,CF=x\)，则 \(BE=\dfrac{BE}{CD}\cdot CD=\dfrac{BD}{CF}\cdot CD=\dfrac{a^2}{4x}\)。从而 \(0<x<\dfrac{a^2}{4x}<a\) 即 \(x\in (\dfrac{a}{4},\dfrac{a}{2})\)。

在 \(\Delta ABC\) 中，以 \(EFG\) 为截线由 \(\text{Menelaus}\) 定理知：

\[\dfrac{BG}{GC} \cdot \dfrac{CF}{FA} \cdot \dfrac{AE}{EB}=\dfrac{a+CG}{CG} \cdot \dfrac{x}{a-x} \cdot \dfrac{a-\dfrac{a^2}{4x}}{\dfrac{a^2}{4x}}=1\Longrightarrow CG=\dfrac{ax(4x-a)}{a^2-4x^2} \]

从而：

\[\dfrac{S_{\Delta AEF}}{S_{\Delta CFG}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AE\cdot AF\sin 60^\circ}{\dfrac{1}{2}CF\cdot CG\sin 120^\circ}=\dfrac{(a-\dfrac{a^2}{4x})(a-x)}{x \cdot \dfrac{ax(4x-a)}{a^2-4x^2}}=\dfrac{(a-x)(a^2-4x^2)}{4x^3} \]

显然，上式在 \((\dfrac{a}{4},\dfrac{a}{2})\) 上为关于 \(x\) 的减函数，将边界带入即得：\(\dfrac{S_{\Delta AEF}}{\min\{S_{\Delta BEG},S_{\Delta CFG}\}} \in (0,9)\)

7. \(\color{red}\dfrac{4\sqrt{2}+5}{2}\)

将 \(\bm{a},\bm{b},\bm{c}\) 在复平面中对应的复数记为 \(z_a,z_b,z_c\)，设 \(\left\vert z_c-z_a\right\vert=\left\vert z_c-z_b\right\vert=\left\vert \bm{c}-\bm{a}\right\vert=\left\vert \bm{c}-\bm{b}\right\vert=t\)。则：

\[\left\vert z_c-\dfrac{z_a+z_b}{2}\right\vert=\left\vert \dfrac{(z_c-z_a)+(z_c-z_b)}{2}\right\vert=\left\vert \dfrac{(\bm{c}-\bm{a})+(\bm{c}-\bm{b})}{2}\right\vert= \dfrac{\sqrt{\left[(\bm{c}-\bm{a})+(\bm{c}-\bm{b})\right]^2}}{2}=\dfrac{\sqrt{(\bm{c}-\bm{a})^2+(\bm{c}-\bm{b})^2+2(\bm{c}-\bm{a})\cdot(\bm{c}-\bm{b})}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}t \]

\[\left\vert z_a-z_b \right \vert=\left\vert (z_c-z_a)-(z_c-z_b)\right\vert=\left\vert (\bm{c}-\bm{a})-(\bm{c}-\bm{b})\right\vert= \sqrt{\left[(\bm{c}-\bm{a})-(\bm{c}-\bm{b})\right]^2}=\sqrt{(\bm{c}-\bm{a})^2+(\bm{c}-\bm{b})^2-2(\bm{c}-\bm{a})\cdot(\bm{c}-\bm{b})}=\sqrt{2}t \]

注意到：

\[\left\vert \bm{c}-\dfrac{1}{2}\bm{a}\right\vert+\left\vert \bm{c}-\dfrac{1}{2}\bm{b}\right\vert=\left\vert z_c-\dfrac{1}{2}z_a\right\vert+\left\vert z_c-\dfrac{1}{2}z_b\right\vert=\dfrac{\left \vert(z_c-\dfrac{1}{2}z_a)(z_a-z_b)\right \vert}{\left \vert z_a-z_b\right \vert}+\dfrac{\left \vert(z_c-\dfrac{1}{2}z_b)(z_b-z_a)\right \vert}{\left \vert z_b-z_a\right \vert} \]

\[=\dfrac{\left \vert z_a(z_c-\dfrac{z_a+z_b}{2})+z_b(z_a-z_c)\right \vert}{\left \vert z_a-z_b\right \vert}+\dfrac{\left \vert z_b(z_c-\dfrac{z_a+z_b}{2})+z_a(z_b-z_c)\right \vert}{\left \vert z_b-z_a\right \vert} \]

\[\le \dfrac{\left \vert z_a\right \vert\left \vert(z_c-\dfrac{z_a+z_b}{2})\right \vert+\left \vert z_b\right \vert\left \vert(z_a-z_c)\right \vert}{\left \vert z_a-z_b\right \vert}+\dfrac{\left \vert z_b\right \vert\left \vert(z_c-\dfrac{z_a+z_b}{2})\right \vert+\left \vert z_a\right \vert\left \vert(z_b-z_c)\right \vert}{\left \vert z_b-z_a\right \vert}=\dfrac{3 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}t + \sqrt{2}t}{\sqrt{2}t}+\dfrac{\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}t + 3t}{\sqrt{2}t}=\dfrac{4\sqrt{2}+5}{2} \]

当 \(z_a=3,z_b=-1+i,z_c=\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{2}i\) 时上式取到等号。从而：\((\left\vert \bm{c}-\dfrac{1}{2}\bm{a}\right\vert+\left\vert \bm{c}-\dfrac{1}{2}\bm{b}\right\vert)_{\max}=\dfrac{4\sqrt{2}+5}{2}\)。

8. \(\color{red}\dfrac{17}{6}\)

记 \(f(i,j)\)（其中 \(1 \le j \le i\)，且 \(i,j\) 均为整数）表示初始二元组为 \((1,i)\)，每次操作得到的 \(x\) 与 \(j\) 进行比较的“数字炸弹”游戏中，小 \(\text{H}\) 操作次数的数学期望。所求即为 \(f(7,4)\)。

首先，我们注意到：每次操作必然使得游戏结束或者二元组的两数之差的绝对值减小但不为 \(0\)，且 \(l \le r\) 始终成立。结合游戏结束的条件可知，游戏一定会在有限次操作后结束，从而 \(f(i,j)\) 是良定义的。

对于 \(f(i,j)\) 所对应的游戏，若小 \(\text{H}\) 第一次操作选取了 \(k\)，其中 \(1\le k\le i\)，对应的概率为 \(\dfrac{1}{i}\)，若 \(k=j\)，则游戏结束，若 \(k<j\)，二元组变为 \((k+1,i)\)，由于操作之和数字之间的大小关系有关，从而初始二元组为 \((k+1,i)\)，每次操作得到的 \(x\) 与 \(j\) 进行比较的游戏与初始二元组为 \((1,i-k)\)，每次操作得到的 \(x\) 与 \(j-k\) 进行比较的游戏中，小 \(\text{H}\) 操作次数的期望值相同。\(k>j\) 的情况也是类似的。由期望的线性性可得：

\[f(i,j)=\begin{cases}1+\dfrac{1}{i}\left(\sum\limits_{k=1}^{j-1}f(i-k,j-k)+\sum\limits_{k=j+1}^{i}f(k-1,j)\right)&i\ge 2\\0& i=j=1\end{cases} \]

注意，上述递推式中的求和符号中，若求和指标的上界小于下界，则求和式默认为 \(0\)。另外，根据游戏的对称性，显然有 \(f(i,j)=f(i,i-j+1)\)。据此递推有：

\[f(2,1)=f(2,2)=1+\dfrac{1}{2}f(1,1)=1 \]

\[f(3,1)=f(3,3)=1+\dfrac{1}{3}(f(1,1)+f(2,1))=\dfrac{4}{3} \]

\[f(3,2)=1+\dfrac{1}{3}(f(2,2)+f(2,1))=\dfrac{5}{3} \]

\[f(4,1)=f(4,4)=1+\dfrac{1}{4}(f(1,1)+f(2,1)+f(3,1))=\dfrac{19}{12} \]

\[f(4,2)=f(4,3)=1+\dfrac{1}{4}(f(2,2)+f(3,2)+f(3,1))=2 \]

\[f(5,2)=f(5,4)=1+\dfrac{1}{5}(f(2,2)+f(3,2)+f(4,2)+f(4,1))=\dfrac{9}{4} \]

\[f(5,3)=1+\dfrac{1}{5}(f(3,3)+f(4,3)+f(4,2)+f(3,1))=\dfrac{7}{3} \]

\[f(6,3)=f(6,4)=1+\dfrac{1}{6}(f(3,3)+f(4,3)+f(5,3)+f(5,2)+f(4,1))=\dfrac{31}{12} \]

\[f(7,4)=1+\dfrac{1}{7}(f(4,4)+f(5,4)+f(6,4)+f(6,3)+f(5,2)+f(4,1))=\dfrac{17}{6} \]

二、解答题

9. 解：令 \(b_n=a_{n+1}-2a_n\)，则:

\[b_{n+1}+b_n=a_{n+2}-a_{n+1}-2a_n=6\cdot 2^n \]

\[\Longrightarrow (-1)^{n+1}b_{n+1}-(-1)^nb_n=-6 \cdot (-2)^n \]

于是：

\[b_n=(-1)^n \cdot (-1)^nb_n=(-1)^n \left\{ \sum\limits_{k=1}^{n-1}\left[ (-1)^{k+1}b_{k+1}- (-1)^kb_k\right]+(-1)b_1\right\} \]

\[=(-1)^n \left[ -6\sum\limits_{k=1}^{n-1}(-2)^k-(a_2-2a_1)\right]=(-1)^n \left[-6 \cdot \dfrac{-2-(-2)^n}{1-(-2)}-7\right] \]

\[=2^{n+1}+3(-1)^{n+1} \]

也就是 \(a_{n+1}-2a_n=2^{n+1}+3(-1)^{n+1}\)，即：

\[\dfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\dfrac{a_n}{2^n}=1+3\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n+1} \]

故：

\[a_n=2^n \cdot \dfrac{a_n}{2^n}=2^n \left[ \sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac{a_{k+1}}{2^{k+1}}-\dfrac{a_k}{2^k}\right)+\dfrac{a_1}{2}\right]=2^n \left[ \sum\limits_{k=1}^{n-1}\left[1+3\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{k+1}\right]+\dfrac{a_1}{2}\right] \]

\[=2^n \left[ n-1+3 \cdot \dfrac{\left( -\dfrac{1}{2} \right)^2-\left( -\dfrac{1}{2} \right)^{n+1}}{1-\left( -\dfrac{1}{2} \right)} +\dfrac{1}{2}\right]=n2^n+(-1)^n \]

综上所述，\(\{a_n\}\) 的通项公式为：

\[a_n=n2^n+(-1)^n \]

10. 证明：可设 \(AB:x=ky+b,CD:x=my+n\)，\(AB\) 与 \(C:y^2=2px\) 联立得：\(y^2-2pky-2pb=0\)，由 \(\text{Viète}\) 定理：

\[\begin{cases}y_A+y_B=2pk\\y_Ay_B=-2pb\end{cases} \]

再设 \(P\left(\dfrac{y_0^2}{2p},y_0\right)\)，则：

\[PC:x=\dfrac{\dfrac{y_0^2}{2p}-\dfrac{y_C^2}{2p}}{y_0-y_C}(y-y_0)+\dfrac{y_0^2}{2p} \]

\[\Longrightarrow PC:x=\dfrac{y_0+y_C}{2p}y-\dfrac{y_0y_C}{2p} \]

与 \(AB:x=ky+b\) 联立得到：

\[y_F=\dfrac{y_0y_C+2pb}{y_0+y_C-2pk}=\dfrac{y_0y_C-y_Ay_B}{y_0+y_C-y_A-y_B} \]

同理可得：

\[y_E=\dfrac{y_0y_D-y_Ay_B}{y_0+y_D-y_A-y_B} \]

于是：

\[\dfrac{\left\vert AF\right\vert\cdot\left\vert BE\right\vert}{\left\vert EF\right\vert}=\dfrac{\left\vert AF\right\vert\cdot\left\vert BE\right\vert}{\left\vert EF\right\vert\cdot\left\vert AB\right\vert} \cdot \left\vert AB\right\vert=\dfrac{(y_F-y_A)(y_B-y_E)}{(y_F-y_E)(y_B-y_A)}\cdot\left\vert AB\right\vert \]

\[=\dfrac{\left( \dfrac{y_0y_C-y_Ay_B}{y_0+y_C-y_A-y_B}-y_A \right)\left( y_B-\dfrac{y_0y_D-y_Ay_B}{y_0+y_D-y_A-y_B} \right)}{\left( \dfrac{y_0y_C-y_Ay_B}{y_0+y_C-y_A-y_B}-\dfrac{y_0y_D-y_Ay_B}{y_0+y_D-y_A-y_B} \right)(y_B-y_A)}=\dfrac{(y_C-y_A)(y_B-y_D)}{(y_C-y_D)(y_B-y_A)}\cdot \left\vert AB\right\vert \]

由于四边形 \(ABCD\) 确定，故 \(\dfrac{\left\vert AF\right\vert\cdot\left\vert BE\right\vert}{\left\vert EF\right\vert}\) 为定值。

11. 设 \(z_k=e^{i\theta_k}=\cos \theta_k+i\sin \theta_k(k=1,2,\cdots,n)\)，则 \(\theta_k \in \left[0,\dfrac{2\pi}{3}\right]\)，且对于任意正整数 \(i,j\)，其中 \(1\le i<j\le n\)，都有 \(\theta_i+\theta_j \in \left[0,\dfrac{2\pi}{3}\right]\)。因此：

\[S=(n-1)\sum\limits_{i=1}^n \left\vert z_i^2+1\right\vert-\sum\limits_{1\le i<j\le n} \left\vert z_i+1\right\vert\left\vert z_j+1\right\vert=(n-1)\sum\limits_{i=1}^n \left\vert z_i+z_i^{-1}\right\vert-\sum\limits_{1\le i<j\le n} \left\vert z_i^{\frac{1}{2}}+z_i^{-\frac{1}{2}}\right\vert\left\vert z_j^{\frac{1}{2}}+z_j^{-\frac{1}{2}}\right\vert \]

\[=(n-1)\sum\limits_{i=1}^n \left\vert z_i+\overline{z_i}\right\vert-\sum\limits_{1\le i<j\le n} \left\vert z_i^{\frac{1}{2}}+\overline{z_i}^{\frac{1}{2}}\right\vert\left\vert z_j^{\frac{1}{2}}+\overline{z_j}^{\frac{1}{2}}\right\vert=(n-1)\sum\limits_{i=1}^n 2\cos\theta_i-\sum\limits_{1\le i<j\le n} 2\cos \dfrac{\theta_i}{2} \cdot 2\cos \dfrac{\theta_j}{2} \]

\[=2(n-1)\sum\limits_{i=1}^n \left( 2\cos^2 \dfrac{\theta_i}{2}-1 \right)-4\sum\limits_{1\le i<j\le n}\cos \dfrac{\theta_i}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2}=4 \left[ (n-1)\sum\limits_{i=1}^n \cos^2 \dfrac{\theta_i}{2}-\sum\limits_{1\le i<j\le n}\cos \dfrac{\theta_i}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2}\right]-2n(n-1) \]

\[=4 \sum\limits_{1\le i<j\le n} \left( \cos^2 \dfrac{\theta_i}{2}+\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2}-\cos \dfrac{\theta_i}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2} \right) -2n(n-1) \]

以下证明： 对于任意正整数 \(i,j\)，其中 \(1\le i<j\le n\)，都有 \(\cos^2 \dfrac{\theta_i}{2}+\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2}-\cos \dfrac{\theta_i}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2} \in \left[\dfrac{3}{4},1\right]\)。

由题可知：\(\theta_i+\theta_j \in \left[0,\dfrac{2\pi}{3}\right]\) 即 \(\dfrac{1}{2} \le \cos \left( \dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\theta_j}{2} \right)\le \cos \dfrac{\theta_i}{2} \le 1\) 且 \(\dfrac{1}{2} \le \cos \left( \dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\theta_i}{2} \right)\le \cos \dfrac{\theta_j}{2} \le 1\)。故：

\[\cos^2 \dfrac{\theta_i}{2}+\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2}-\cos \dfrac{\theta_i}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2}=\left( \cos \dfrac{\theta_i}{2}-\dfrac{1}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4}\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2} \]

\[\ge \left( \cos \left( \dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\theta_j}{2} \right)-\dfrac{1}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4}\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2}=\left( \dfrac{\sqrt 3}{2}\sin \dfrac{\theta_j}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4}\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2}=\dfrac{3}{4} \]

\[\cos^2 \dfrac{\theta_i}{2}+\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2}-\cos \dfrac{\theta_i}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2}=\left( \cos \dfrac{\theta_i}{2}-\dfrac{1}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4}\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2} \]

\[\le \left( 1-\dfrac{1}{2}\cos \dfrac{\theta_j}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4}\cos^2 \dfrac{\theta_j}{2}=\left( \cos \dfrac{\theta_j}{2}-\dfrac{1}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4} \le \left( 1-\dfrac{1}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4}=1 \]

由此:

\[S \in \left[ 4 \cdot \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot \dfrac{3}{4}-2n(n-1),4 \cdot \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot 1-2n(n-1) \right] \]

\[\Longrightarrow S\in \left[ -\dfrac{n(n-1)}{2},0 \right] \]

另一方面：当 \(z_1=z_2=\cdots=z_n=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt 3}{2}i\) 时，\(S=-\dfrac{n(n-1)}{2}\)；当 \(z_1=z_2=\cdots=z_n=1\) 时，\(S=0\)。

综上所述：\(S\) 的最大可能值为 \(0\)，最小可能值为 \(-\dfrac{n(n-1)}{2}\)。