数学合肥一中2026届高三上学期期中教学质量检测_251115安徽省合肥一中2026届高三上学期期中教学质量检测（全科）

合肥一中 2026 届高三上学期期中教学质量测评 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。 2．答题时，每小题选出答案后，用2B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。 3．答题时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题 可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号 ．．． 所指示的答题区域作答，超．出．答．题．区．域．书．写．的．答．案．无．效．，在．试．题．卷．、草．稿．纸．上．答．题．无．效．。 4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。 一、单项选择题：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 符合要求的. 1．已知集合A={ x x =−x } ，集合B={−1,0,1}，则AB=（ ） A．{1} B．{−1} C．{−1,0} D．{−1,0,1} −3−3i 2．设i为虚数单位，若复数z= ，则z=（ ） 1−i A．−3i B．−3 C．3i D．3    3．若向量a=(0,−1)，b =(−3,4)，c =(4,4)，则（ ）     A．b = 5 B．(a+c)//b C．a  ⊥ ( b  +c ) D．a  在c 上的投影向量是  − 1 ,− 1   2 2   4．已知对任意平面向量AB=(x,y)，把 AB 绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量  AP=(xcosθ−ysinθ,xsinθ+ycosθ)，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.已知 π 平面内点A(1,2)，点B(3,4)，把点B绕点A沿顺时针方向旋转 后得到点P，则点P的坐标 4 为（ ） 2 7 2 A．(− , ) B. (2 2+1,2) C．(0,2 2) D．(2 2,0) 2 2 合肥一中2026届高三上学期期中教学质量测评·数学 第1页（共4页）5．合肥一中摄影社某同学用摄影机记录了迁徙中某种候鸟在某一时刻的飞行姿 x2 +4|x|+1 态如图所示，如果用函数 f(x)= 的部分图象来描绘候鸟某一时 x2 +1 刻翅膀的飞行姿态，则下面符合 f(x)图象的是（ ） y2+x 6．已知x>0,y>0，且4x+y=1，则 的最小值为（ ） xy A．5 B．4 2 C．4 D．2 2 7．已知函数 f(x)= 2x −1，若msin2C，则ABC是锐角三角形 B．若sin2A=sin2B，则ABC为等腰三角形或直角三角形 C．在锐角ABC中，不等式sinA>cosB恒成立 D．若ABC的面积S = 1( a2+b2−c2) ，则C= π 4 4 { } { } 10．下面关于数列 a ， b 的相关结论正确的有（ ） n n A．已知数列 { a } ， { b } 都是等差数列，公差分别为d ，d ，数列 { c } 满足c =a +2b ，则 n n 1 2 n n n n { } c 是等差数列且公差为d +d n 1 2 { } { } B．若 a 是一个无穷等比数列取出数列 a 中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是 n n 等比数列 { } { } C．等差数列 a 的首项为1，公差不为0，若a ,a ,a 成等比数列，则 a 前20项的和为 n 2 3 6 n −360 2 1 D．记S 为数列 { a } 的前n项和，b 为数列 { S } 的前n项积，当 + =2时， { b } 为等差数列 n n n n S b n n n 合肥一中2026届高三上学期期中教学质量测评·数学 第2页（共4页）11．已知函数 f(x)=2sinx−x，则下列说法正确的是（ ） A． f(x)在[−π,0]上单调递增 π B． f(x)在[0,π]上的最大值为 3− 3 π C． f(x)和g(x)=π+2−x−2sinx图象关于( ,1)对称 2 π D．h(x)=(x+1)f(x)+1在( ,+∞)的零点有且只有一个 2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记S 为等差数列{a }的前n项和．若2S =3S +6，则公差d = ． n n 3 2  π π 13. 将函数 f (x)=sinωx+ (ω>0)的图象向右平移 个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)  4 4 π 5π 在 , 上单调递增，则ω的最大值为____________. 4 4       1 14．平面内不同的三点O,A,B满足 OA = AB =4，若m∈[0,1]， mOB−OA + (1−m)BO− BA 的最 4  小值为 19，则OB = . 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 7 63 15．已知S 是等比数列 { a } 的前n项和，S = ，S = . n n 3 16 6 128 { } （1）求数列 a 的通项公式； n  1  （2）设b n =log 1 2 a n ，求数列 b n b n+1   的前n项和T n .   3    π    16. 已知a=  2cosx,   ，b=sinx− ,1，设 f (x)=a⋅b.  2    3   π π （1）x∈  ,  ，求函数 f (x)的值域； 12 2 5π 2π x  4  2π （2）若x 0 ∈  12 , 3   ，且 f   2 0  = 5 ，求tan  2x 0 − 3   的值. 合肥一中2026届高三上学期期中教学质量测评·数学 第3页（共4页）17．已知函数 f (x)=2ex−ax(a∈R) . （1）当a≥0时，证明： f (a)≥2a+2； （2）若 f (x)存在两个零点，求a的取值范围. 18. 设ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且(a+c)⋅sin(B+C)=(b−c)⋅(sinB+sinC)， b= 3. （1）求B； 1 （2）点E为边AC的中点，若BE= ，求ABC的面积； 2 π （3）如图所示，点D是ABC外一点，若∠BAC =∠DAC =θ，且∠ADC = ，记△BCD的周 3 长为 f (θ)，求 f (θ)的取值范围. 19．已知函数 f (x)=(m+1)sinx−xcosx，x∈[0,π]． （1）当m=0时，求 f (x)的单调区间； （2）若 f (x)存在唯一的极值且为极小值，求m的取值范围； （3）设n∈R，若存在m∈(−∞,0 ) 使得m≤ 2 ( f (x)−n ) 对x∈[0,π]恒成立，求n的最大值. 合肥一中2026届高三上学期期中教学质量测评·数学 第4页（共4页）合肥一中 2026 届高三上学期期中教学质量测评 数学参考答案 1．【答案】C 【解析】由 x =−x得：x≤0，即A={ x x≤0 } ，又B={−1,0,1}，∴AB={−1,0 } .故选：C. 2．【答案】A −3−3i 3(1+i) 3(1+i)2 −6i 【解析】z= =− =− = =−3i.故选：A. 1−i 1−i (1−i)(1+i) 2 3．【答案】D  【解析】对于A， b = (−3)2+42 =5，故A错误； 对于B，因a  =(0,−1),c  =(4,4)，则a  +c  =(0,−1)+(4,4)=(4,3)，  又b =(−3,4)，由4×4≠3×(−3)，可得(a+c)//b不成立，故B错误；     对于C，因b =(−3,4),c =(4,4)，则b+c=(−3,4)+(4,4)=(1,8)， 又a  =(0,−1)，由0×1+8×(−1)=−8≠0，可得a  ⊥ ( b  +c ) 不成立，故C错误；   对于D，因a⋅c =0×4+(−1)×4=−4，   a⋅c  −4  1 1 则a  在c  上的投影向量为 c 2 ⋅c = 42+42 (4,4)=  − 2 ,− 2   ，故D正确.故选：D 4．【答案】B  π π π π 【解析】已知AB=(2,2)，AP=(2cos(− )−2sin(− ),2sin(− )+2cos(− ))=(2 2,0) 4 4 4 4 因为AP=OP−OA，∴OP= AP+OA=(2 2+1,2). 5．【答案】B (−x)2 +4−x +1 【解析】  f(−x)= = f(x) ，则 f(x)是偶函数， 则A,D 错误；又 f(1)=3，则C错误 (−x)2 +1 故B正确． 6．【答案】A 合肥一中2026届高三上学期期中教学质 量测评·数学参考答案 第1页（共9页）y2+x y 1 y 4x+y y 4x y 4x 【解析】 = + = + = + +1≥2 × +1=4+1=5， xy x y x y x y x y y 4x 1 1 y2+x 当且仅当 = 即x= ,y= 时等号成立，所以 的最小值为5. x y 6 3 xy 7. 【答案】A 【解析】令 f(m)= f(n)=a,a∈(0,1),因为m<0，所以m=log (1−a)， 2 因为n>0，所以n=log (a+1)，所以m+n=log (1−a2)，又1−a2∈(0,1)， 2 2 所以m+n∈(−∞,0). 8．【答案】B 【解析】由题设，令g(x)= f(x)−2025=sinx+lg( x2 +1+x)+2025x， ∵g(−x)=sin(−x)+lg( x2 +1−x)−2025x=−g(x)， ∴g(x)为奇函数，又令h(x)=2025x+sinx，则h′(x)=2025+cosx>0，又易知t(x)=lg( x2 +1+x)为增 函数，故g(x)=h(x)+t(x)为增函数. ∵ f(λ⋅2x −2)+ f(2x −4x)<4050，即 f(λ⋅2x −2)−2025<−(f(2x −4x)−2025)， ∴g(λ⋅2x −2)<−g(2x −4x)= g(4x −2x)，则λ⋅2x −2<4x −2x， 2 2 1 ∴λ⋅2x −2<4x −2x对任意x∈R均成立，即λ<2x + −1，而2x + −1≥2 2−1当且仅当x= 时等号 2x 2x 2 成立，∴λ<2 2−1.故选：B 9．【答案】BCD a2+b2−c2 【解析】对于A：由正弦定理可将sin2A+sin2B>sin2C转化为a2+b2 >c2，则cosC = >0，所以 2ab π C< ，但无法判断A,B的范围，A错误； 2 对于B：由sin2A=sin2B,A∈(0,π),B∈(0,π),A+B∈(0,π)得：2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B= π ， 2 所以ABC为等腰三角形或直角三角形，B正确； π π  π 选项C：因为ABC是锐角三角形，所以0sin −B=cosB，C正确； 2 2 2  2  2 2  对于D选项:因为ABC面积S = 1( a2+b2−c2) ，即S = 1 ab a2+b2−c2 ，所以 1 absinC = 1 abcosC， 4 2 2ab 2 2 合肥一中2026届高三上学期期中教学质 量测评·数学参考答案 第2页（共9页）π 即sinC =cosC，因为C∈(0,π)，所以C= ，故D正确. 4 10．【答案】BCD { } { } 【解析】对于A，因为数列 a ， b 都是等差数列，公差分别为d ，d ， n n 1 2 所以a =a +(n−1)d ,b =b +(n−1)d ，又因为c =a +2b =(a +2b )+(n−1)(d +2d )， n 1 1 n 1 2 n n n 1 1 1 2 故c −c =[(a +2b )+n(d +2d )]− c[(a +2b )+(n−1)(d +2d )]=d +2d ， n+1 n 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 { } 而c =a +2b ，所以 c 数列是以a +2b 为首项，d +2d 为公差的等差数列,A不正确； 1 1 1 n 1 1 1 2 对于B，显然正确； 对于 C ，数列 { a } 的首项 a =1 ，设公差为 d ，则由 a ,a ,a 成等比数列可得 a2 =a a ，所以 n 1 2 3 6 3 2 6 ( a +2d )2 =( a +d )( a +5d )，即( 1+2d )2 =( 1+d )( 1+5d )，整理可得d2 +2d =0，因为d ≠0，所以d =−2， 1 1 1 20×19 所以S =20×1+ ×(−2)=−360； 20 2 2 1 2b 1 对于D，由已知 + =2得S = n ，且b ≠0，b ≠ ， S b n 2b −1 n n 2 n n n 取n=1，由S =b 得b = 3 ，由于b 为数列 { S } 的前n项积， 1 1 1 2 n n 2b 2b 2b 2b 2b 2b 所以 1 ⋅ 2 ⋅⋅⋅⋅⋅ n =b ，所以 1 ⋅ 2 ⋅⋅⋅⋅⋅ n+1 =b ， 2b −1 2b −1 2b −1 n 2b −1 2b −1 2b −1 n+1 1 2 n 1 2 n+1 2b b 2 1 1 所以 n+1 = n+1 ，由于b ≠0所以 = ，即b −b = ，其中n∈N* 2b −1 b n+1 2b −1 b n+1 n 2 n+1 n n+1 n 所以数列 { b } 是以b = 3 为首项，以d = 1 为公差的等差数列. n 1 2 2 11．【答案】BCD π π 【解析】对于A： f′(x)=2cosx−1当x∈[−π,− ]时 f(x)单调递减，当x∈[− ,0]时 f(x)单调递增.∴A错 3 3 π π 对于B:  f(x) 为奇函数， f(x) 在 [−π,0]上的最小值 f(x) = f(− )= − 3，∴ f(x) 在 [0,π]上 min 3 3 π 的最大值 f(x) = 3− max 3 π 对于C:在 g(x)上任取一点(x ,y )，则 (x ,y ) 关于( ,1)对称点(π−x ,2− y ) ， 0 0 0 0 0 0 2 π ∴2sin(π−x )−(π−x )=2sinx −π+x =2− y 即对称点在y = f(x)上.∴ f(x)和g(x)图象关于( ,1)对 0 0 0 0 0 2 π 称，同理在 f(x)上任取一点，其关于( ,1)的对称点也在g(x)上. 2 合肥一中2026届高三上学期期中教学质 量测评·数学参考答案 第3页（共9页）π 1 对于 D ，当 x∈( ,+∞) 时，令 h(x)=0，则 (x+1)(2sinx−x)+1=0 ，整理得 2sinx−x+ =0，令 2 x+1 1 1 π π u(x)=2sinx−x+ ，则u′(x)=2cosx−1− ，当x∈( ,π)时，u′(x)<0，所以u(x)在 ( ,π)上 x+1 (x+1)2 2 2 π π 单调递减．又u( )>0,u(π)<0，所以由零点存在性定理得，u(x)在( ,π)内存在唯一零点．当x∈[π,+∞)时， 2 2 1 π u(x)=2sinx−x+ <2−π+1<0，此时函数u(x)无零点．综上所述，h(x)在( ,+∞)内存在唯一零点，即 x+1 2 π h(x)在( ,+∞)内的零点个数为1. 2 12. 【答案】2 【解析】由2S =3S +6可得2(a +a +a )=3(a +a )+6，化简得2a =a +a +6， 3 2 1 2 3 1 2 3 1 2 即2(a +2d)=2a +d+6，解得d =2. 1 1 1 13. 【答案】 4  π π  ωπ π 【解析】将 f (x)=sinωx+ 的图象向右平移 个单位长度后得到g(x)=sinωx− + 的图象，  4 4  4 4 π 5π π ωπ π π 因为x∈ , ，所以 <ωx− + <ωπ+ ， 4 4  4 4 4 4 π 5π π π 1 因为g(x)在 , 上单调递增，所以ωπ+ ≤ ，即0<ω≤ ， 4 4  4 2 4 1 所以ω的最大值为 . 4 14．【答案】2 6   【解析】如图所示，设OC =mOB(0≤m≤1)，则点C在线段OB上，       1 故 mOB−OA = OC−OA = AC ，设BD= BA， 4  1   则 (1−m)BO− BA = (m−1)OB−BD 4          ( ) = mOB−OB−BD = mOB− OB+BD = OC−OD = DC ，    1   ( ) ∴mOB−OA + (1−m)BO− BA = AC + DC ，即 AC + DC = 19 4 min π 作D关于OB的对称点D ，设∠ABO=θ(0<θ< )， 1 2      ∴ AC + DC = AC + DC ≥ AD ，当且仅当A,C,D 三点共线时等号成立， 1 1 1 ( )  即 AC + DC = AD = 19， 1 min 合肥一中2026届高三上学期期中教学质 量测评·数学参考答案 第4页（共9页）    1   在ABD 中，OA = AB =4， BD = BD = BA =1， AD = 19， 1 1 4 1 16+1−19 1 6 由余弦定理结合二倍角公式可得cos2θ=2cos2θ−1= =− ，解得：cosθ= ， 2×1×4 4 4   6 则 OB =2 AB cosθ=2×4× =2 6.故答案为：2 6. 4 15．【解析】（1）设等比数列{a }的公比为q， n S −S 1 1 则q3 = 6 3 = ，所以q= ， S 8 2 3 7 ( ) 7 1 又S = ，所以a 1+q+q2 = ，所以a = ， 3 16 1 16 1 4 1 所以数列{a }的通项公式为a = ； (6分) n n 2n+1 b =log a =n+1 （2）由（1）得， n 1 n ， 2 1 1 1 1 所以 = = − ， b b (n+1)(n+2) n+1 n+2 n n+1 1 1 1 1  1 1  1 1 n 所以T =  −  +  −  +⋅⋅⋅+  −  = − = . (13分) n 2 3 3 4 n+1 n+2 2 n+2 2(n+2)   3    π  16. 【解析】（1）因为a=  2cosx,   ，b =sinx− ,1，  2    3     π 3 3 所以 f(x)=a⋅b =2cosxsinx− + =cosxsinx− 3cos2 x+  3 2 2 1 3  π = sin2x− cos2x =sin2x− ， 2 2  3  π π π  π 2π  π  1  x∈  ,  ，∴2x− ∈  − ,  ，sin2x− ∈  − ,1  ， 12 2 3  6 3   3  2   1  所以函数 f(x)的值域为  − ,1  ． (7分)  2  x   π 4 5π 2π π  π π （2）由题设 f   2 0   =sin  x 0 − 3   = 5 ，又x 0 ∈  12 , 3   ，则x 0 − 3 ∈  12 , 3   ，  π 3  π 4 所以cosx − = ，所以tanx − = ，  0 3 5  0 3 3  π 4 2tanx −  2×  2π  π  0 3 3 24 所以tan2x − =tan2x − = = =− . (15分)  0 3   0 3 1−tan2    x 0 − π 3    1−   3 4   2 7 17．【解析】（1）依题意得 f (a)=2ea −a2，要证 f (a)≥2a+2，只需证2ea −a2−2a−2≥0， 令g(x)=2ex−x2−2x−2(x≥0)，所以g′(x)=2ex−2x−2.设p(x)=2ex−2x−2(x≥0)， 合肥一中2026届高三上学期期中教学质 量测评·数学参考答案 第5页（共9页）当x≥0时，p′(x)=2ex −2≥0，所以p(x)在区间 [ 0,+∞) 上单调递增， 所以当x≥0时，p(x)≥ p(0)=0，即g′(x)≥0，所以g(x)在区间 [ 0,+∞) 上单调递增， 故当x≥0时，g(x)≥g(0)=0.故当a≥0时，2ea −a2−2a−2≥0，即 f (a)≥2a+2. (6分) （2） f′(x)=2ex−a，x∈(−∞,+∞) . 若a≤0，则 f′(x)>0，所以 f (x)在(−∞,+∞)上单调递增，所以 f (x)至多有1个零点，舍去； a 若a>0，令 f′(x)=2ex −a=0，解得x=ln ， 2  a  a  所以当x∈  −∞,ln 时， f′(x)<0；当x∈ ln ,+∞ 时， f′(x)>0，  2  2   a  a  所以 f (x)在区间x∈  −∞,ln 上单调递减，在区间x∈ ln ,+∞ 上单调递增.  2  2  因为 a>0，所以当x→−∞时， f ( x )→+∞；当x→+∞时， f ( x )→+∞；  a a a a 由 f (x)存在两个零点，得 f ln <0，即2⋅ −aln <0，所以ln >1，所以a>2e.  2 2 2 2 综上所述，a的取值范围是 ( 2e,+∞) . (15分) sin(B+C) b−c 18. 【解析】（1）由(a+c)⋅sin(B+C)=(b−c)⋅(sinB+sinC)可得 = ， sinB+sinC a+c a b c 由正弦定理 = = 得， sinA sinB sinC sin(B+C) sin(π−A) sinA a b−c = = = = ， sinB+sinC sinB+sinC sinB+sinC b+c a+c 所以a2+ac=b2−c2，即a2+c2−b2 =−ac． a2+c2−b2 −ac 1 由余弦定理cosB= = =− ， 2ac 2ac 2 2π 又因为B∈(0,π)，因此B= . (5分) 3 1    （2）因为中线BE= ，所以BA+BC =2BE； 2      两边同时平方得 BA 2 +BC 2 +2BA⋅BC =4BE 2，即a2+c2−ac=1， 在ABC中，b= 3，由余弦定理可得a2+c2+ac=3， 1 3 可得ac=1，所以S = acsinB= ； (11分) △ABC 2 4 合肥一中2026届高三上学期期中教学质 量测评·数学参考答案 第6页（共9页）BC AC 3 = = =2 （3）在ABC中，由正弦定理可得 sinθ sin∠ABC 3 ，即BC =2sinθ， 2 CD AC 3 = = =2 在ADC中，由正弦定理可得 sinθ sin∠ADC 3 ，即CD=2sinθ． 2 因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠ABC+∠ADC =π， 所以π−2θ=∠BCD， 在△BCD中，BD2 =BC2+CD2−2BC⋅CDcos∠BCD =4sin2θ+4sin2θ−2×2sinθ×2sinθ×cos(π−2θ) =8sin2θ(1+cos2θ)=8sin2θ×2cos2θ=16sin2θcos2θ 所以BD=4sinθcosθ， 则 f (θ)=2sinθ+2sinθ+4sinθcosθ=4(sinθ+sinθcosθ)， f′(θ)=4 ( cosθ+cos2θ−sin2θ ) =4 ( 2cos2θ+cosθ−1 ) =4 ( cosθ+1 )( 2cosθ−1 ) ， π 1 因为在ABC中0<θ< ，所以 0， f (θ)在  0, π 单调递增，  3 因为 f (0)=0, f   π =3 3，所以 f (θ)∈ ( 0,3 3 ) ， 3 所以 f (θ)的取值范围为 ( 0,3 3 ) . (17分) 19．【解析】（1）当m=0时，由 f (x)=sinx−xcosx，得 f′(x)=cosx− cosx+x(−sinx)  =xsinx， 又x∈[ 0,π ]，则x≥0，sinx≥0，所以 f′(x)≥0，即 f (x)在[ 0,π ]单调递增， 故 f (x)的单调增区间为[ 0,π ]，无单调减区间. (4分) （2）由（1）可知m≠0， 根据题意得： f′(x)=(1+m)cosx− cosx+x(−sinx)  =xsinx+mcosx. （ⅰ）若m<0， π  π  ①x∈ ,π  时，xsinx≥0，mcosx>0，此时 f′(x)>0，故 f (x)在 ,π  无极值点． 2  2   π ②当x∈  0,  时，令h(x)= f′(x)=xsinx+mcosx，得h′(x)=(1−m)sinx+xcosx．  2  π 由1−m>0，sinx≥0，xcosx≥0，则h′(x)≥0，从而h(x)在  0,  单调递增．  2 π π 又h(0)=0+m<0，h = >0， 2 2 合肥一中2026届高三上学期期中教学质 量测评·数学参考答案 第7页（共9页） π 由零点存在性定理可知，存在x ∈0, ，使得h(x )=0． 0  2 0  π 从而当x∈[ 0,x 0 )， f′(x)<0，当x∈  x 0 , 2   ， f′(x)>0． π f (x)在 [ 0,x ) 单调递减，在(x , ]单调递增， 0 0 2 所以 f (x )是 f (x)在[ 0,π ]上唯一的极值且为极小值，故m<0符合题意． 0 π  （ⅱ）若m>0，x∈ ,π  ， f′(x)=mcosx+xsinx=cosx(m+xtanx) 2  π  令φ(x)=xtanx，x∈ ,π  ，φ(π)=0， 2  ′  xsinx sinxcosx+xcos2x+xsin2x sinxcosx+x 则φ′( x )=   = = ．  cosx  cos2x cos2x 1 令ϕ(x)=sinxcosx+x= sin2x+x， 2 π  则ϕ′(x)=cos2x+1≥0，故ϕ(x)在 ,π  单调递增， 2  π  所以ϕ(x)≥ϕ(0)=0，即φ′(x)≥0，所以φ(x)在 ,π  单调递增． 2  因为φ(π)=0，x→ π 时，φ( x )→−∞，所以φ(x)的值域为(−∞,0]． 2 故当m>0时，−m=xtanx有唯一解x ， 0 π  且当x∈ ,x 时， f′(x)>0， f (x)单调递增； 2 0 当x∈(x ,π)时， f′(x)<0， f (x)单调递减； 0 π  此时 f (x)在 2 ,π   有唯一极大值点x 0 ，不合题意，故m>0舍去． 综上，m<0． (10分) （3）由m≤ 2 ( f (x)−n ) 得n≤ f (x)− 2 m． 2 2 2 令g(x)= f (x)− m=(m+1)sinx−xcosx− m， 2 2 π 2 π 2 2 π 则g = − × = 1−  ． 4 2 4 2 2  4 因为g′(x)= f′(x)， 由（2）知，g(x)有且仅有一个极小值点x ，且g(x) =g(x )． 0 min 0 π π π π ①当m=− 时，g′(x)=− cosx+xsinx．因为g′  =0，所以x = ． 4 4 4 0 4 合肥一中2026届高三上学期期中教学质 量测评·数学参考答案 第8页（共9页） π π  π 2 π 又g(x)在  0,  上单调递减，在  ,π  上单调递减．所以g(x) =g = 1−  ．  4 4  min 4 2  4 2 π 所以n≤ 1−  ． 2  4 π π 2 2 π π  ②当m<− 4 时，因为g′  4   = 2 m+ 2 × 4 <0，所以x 0 ∈ 4 ,π  ． 又g(x)在[ 0,x ]上单调递减，所以g(x) =g(x )0，所以x 0 ∈  0, 4   ． 又g(x)在[ x ,π ]上单调递增．所以g(x) =g(x )