西北工业大学附属中学2026届高三下学期第十一次适应性训练数学试卷（含答案）_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷

陕西西安市西北工业大学附属中学 2025-2026 学年高三下学期第十一次模 考数学试题 一、单选题 1．已知集合A=  x∣−5x3 5  ,B={−3,−1,0,2,3}，则A B=（ ） A．{−1,0} B．{2,3} C．{−3,−1,0} D．{−1,0,2} 2．已知数据1,2,3,a,8的80%分位数是7，则实数a=（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．直线l: 3x−y=0被圆C:(x−1)2+y2 =1所截得的弦长为（ ） A．1 B． 2 C． 3 D．2 4．等差数列a 的前n项和为S ，且a =5，a +a =26，则S =（ ） n n 2 4 8 7 A．45 B．49 C．56 D．63 1 5．已知单位向量a在单位向量b上的投影向量为 b，则 a−2b =（ ） 2 3 3 A． B． 3 C． D．1 2 4 6．当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及 临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验室AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候 选分子M”，事件B是“AI模型筛选出候选分子N”．已知P(A)=0.3，P(B)=0.4，P ( B|A ) =0.2，则P(A|B) = （ ） 13 9 3 33 A． B． C． D． 20 10 4 40   2 3  7．记函数 f(x)=sinx+ +b(0)的最小正周期为T．若 T ，且y= f(x)的图象关于点 ,2  4 3  2   中心对称，则 f  =（ ）  2 3 5 A．1 B． C． D．3 2 2 x2 y2 8．已知O为坐标原点，双曲线C: − =1(a0,b0)的左、右焦点分别为F ，F ，过F 作C的一条渐 a2 b2 1 2 2 近线的垂线，垂足为A，线段AF 与C交于点B，若△AOF ，△BFF 的面积相等，则C的离心率为（ ） 2 2 1 2 2 3 A． 4−2 2 B． 6− 2 C． 2 D． 3二、多选题 9．任何一个复数z=a+bi（其中a,bR，i为虚数单位）都可以表示成z=r(cos+isin)的形式，通常 称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn =r(cos+isin) n =rn(cosn+isinn)(nN )，   + 我们称这个结论为棣莫弗定理．公众号悦爱学堂 根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A． z2 = z2 B．z3的实部为cos3 C．zz=r2 π D．若r =1，= 时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数 4 10．设函数 f (x)= ( x3−x ) lnx，则（ ） A． f (x)是偶函数 B． f (x)0 C． f (x)在区间(0,1)上单调递增 D．x=1为 f (x)的极小值点 三、单选题 11．一个棱长为2的正方体内有一个内切球O ，若球O 与正方体的三个面和球O 相切，球O 与正方体的 1 2 1 3 三个面和球O 相切，依次类推，球O 与正方体的三个面和球O 相切nN*，设球O 的半径为R ，体积 2 n+1 n n n 为V ，则下列结论不正确的是（ ） n A．R =2− 3 B．数列R 为等比数列 2 n ( ) 1+ 3 10+6 3 π C．R +R +R + +R  D． V +V +V + +V  1 2 3 10 2 1 2 3 n 15 四、填空题 12．(2x−y)6的二项展开式中x2y4的系数是______.（用数字作答） 5 3 13．已知，为锐角，若cos+cos= ，cos(−)= ，则sin+sin=______； 2 4 14．已知抛物线E:x2 =2y的焦点为F，其准线l与坐标轴交于点K．P为E上一点，KPF 的平分线与y轴交于点M，则点M纵坐标的最大值为______． 五、解答题 15．在VABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知2a−b=2ccosB． (1)求角C； (2)若b=4，点D在边AB上，CD为ACB的平分线，且CD=2 3，求边长a的值． 16．甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为p(0 p1)，输的概率为1− p，每局 比赛的结果是独立的． 2 (1)当p= 时，求甲最终获胜的概率； 3 (2)为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得−2分；方案二： 最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 17．如图，三棱柱ABC−ABC 的所有棱长都为2，AAC=60,M 是AA 的中点，AC ⊥BM ． 1 1 1 1 1 1 (1)证明：平面ACC A ⊥平面ABC； 1 1 (2)求CB 与平面ABBA 所成角的正弦值． 1 1 1 x2 y2 18．已知椭圆E: + =1（ab0）M，N分别为E的上顶点、右顶点，|MN|= 6，坐标原点O到直 a2 b2 2 3 线MN的距离为 . 3 (1)求E的方程. (2)若A,B为E上不同的两点，△OAB的面积为 2，直线OA,OB的斜率均存在且分别为k ,k . 1 2 （i）证明:kk 为定值； 1 2 （ii）设P为线段AB的中点，点Q(1,1)，求△OPQ面积的最大值. 19．已知函数 f (x)=ex−mx−nsinx(m,nR).(1)当n=0时，讨论 f (x)的单调性； (2)当m=n时，若 f (x)0在(0,π)上恒成立，求正整数m的最大值； 1 (3)若 f (x)在(0,+)上有零点，求证：m2+n2  e2. 2 π π （参考数据： ， ，eπ 23.1） e4 2.2 e2 4.8参考答案 1．A 【详解】因为A=  x|−35x 35  ,B=−3,−1,0,2,3，且注意到1 352， 从而A B=−1,0. 故选：A. 2．C 【详解】共5个数，580%=4，则第80%分位数是第4个和第5个数的平均数， 因为第80%分位数是7，则必有一数小于7，一数大于7， a+8 故 =7，得a=6. 2 故选：C 3．A 【详解】圆C:(x−1)2+y2 =1的圆心C(1,0)，半径r =1， 3 点C到直线l: 3x−y=0的距离d = ， 2 3 所以所求弦长为2 r2−d2 =2 1−( )2 =1. 2 故选：A 4．D 【详解】由题意，a +a =2a =26，解得a =13， 4 8 6 6 7(a +a ) 7(a +a ) 7(5+13) 故S = 1 7 = 2 6 = =63. 7 2 2 2 故选：D 5．B 1 π 1 【详解】因为向量a在向量b上的投影向量为 b，所以确定a与b的夹角为 ，所以ab= ， 2 3 2 所以 a−2b 2 =(a)2 +4 ( b )2 −4ab =3，所以 a−2b = 3. 故答案为：B. 6．A 【详解】因为P(A)=0.3，所以P ( A ) =1−0.3=0.7.( ) ( ) ( ) 所以P AB =P A P B|A =0.70.2=0.14. 由P(B)=P(AB)+P ( AB ) ，得P(AB)=P(B)−P ( AB ) =0.4−0.14=0.26. P(AB) 0.26 26 13 所以P(A|B)= = = = . P(B) 0.4 40 20 7．A 2 2 2 【详解】由函数的最小正周期T满足 T ，得  ，解得23， 3 3  3  3  又因为函数图象关于点 ,2对称，所以 + =k,kZ，且b=2，  2  2 4 1 2 5 5  所以=− + k,kZ，所以= ， f(x)=sin x+ +2， 6 3 2 2 4  5  所以 f  =sin + +2=1.  2 4 4 故选：A 8．C x2 y2 【详解】设F (−c,0),F (c,0)，其中c2 =a2+b2 ，又双曲线C: − =1(a0,b0)的渐近线方程为 1 2 a2 b2 b y= x， a b bc 如图，取y= x，即bx−ay=0，设F 到直线bx−ay=0的距离为d，则d = =b， a 2 a2+b2 1 所以OA = OF 2−d2 = c2−b2 =a，则S = ab， 2 AOF2 2 1 1 1 ab 因为△AOF ，△BFF 的面积相等，又 FF =2c，则 2c y = 2cy = ab，得到y = ， 2 1 2 1 2 2 B 2 B 2 B 2c a ab a 2c2−b2 又直线BF 方程为y=− (x−c)，则 =− (x−c)，解得x= ， 2 b 2c b 2c 2c2−b2 ab 2c2−b2  2 ab 2 所以B  2c , 2c   ，又点B在双曲线上，所以  2c   −   2c  =1 ， a2 b2 c 整理得到c2 =2a2，所以e= = 2. a9．AC 【详解】对于A，因为z=a+bi，a,bR，则z2 =(a+bi)2 =a2+2abi−b2 =a2−b2+2abi， 所以 z2 = a2−b2+2abi = ( a2−b2)2 +4a2b2 = ( a2+b2)2 =a2+b2， 又 z2 = ( a2+b2 )2 =a2+b2，所以 z2 = z2 ，故A正确， 对于B，令z=r(cos+isin)，则z3 =r3(cos3+isin3)，所以z3的实部为r3cos3，故B错误， 对于C，令z=r(cos+isin)，则z =r(cos−isin)， 所以zz =r2(cos+isin)(cos−isin)=r2( cos2+sin2 ) =r2，故C正确， π nπ nπ 对于D，若r=1,= 时，则zn =cos +isin ， 4 4 4 kπ kπ 当n为偶数时，设n=2k,kN ，zn =cos +isin ,kN ， + 2 2 + 所以kN 且为奇数时，zn为纯虚数；kN 且为偶数时，zn为实数，故D错误. + + 10．BD 【详解】 f (x)的定义域为(0,+)，故 f (x)为非奇非偶函数，故A错误， 由于 f (x)= ( x3−x ) lnx=x(x+1)(x−1)lnx，且x0，故x+10, 当x1时，lnx0，此时 f (x)0，当0x1时，lnx0，此时 f (x)0， 当x=1时， f (x)=0，因此 f (x)0，B正确，  3  对于C, f(x)= ( 3x2−1 ) lnx+x2−1，当x ,1时，3x2−10,lnx0,x2−10，此时 f(x)0，因此 f (x)   3    3  在 ,1单调递减，故C错误，   3    3  对于D， f(x)= ( 3x2−1 ) lnx+x2−1，当x1时，3x2−10,lnx0,x2−10，故 f(x)0，当x ,1   3   3  时，3x2−10,lnx0,x2−10，此时 f(x)0，因此 f (x)在 ,1单调递减，在(1,+)单调递增，x=1   3   为 f (x)的极小值点，D正确， 故选：BD 11．C 【详解】因为正方体棱长为2，所以内切球O 的半径R =1（内切球直径等于正方体棱长）, 1 1 对于球O (n2)：球O 与正方体的三个面相切，故其球心坐标为(R ,R ,R )； n n n n n 球O 与球O 相切，两球心距离为 3(R −R )，该距离等于R +R ， n n−1 n−1 n n−1 n 由此得到递推关系： 3(R −R )=R +R ， n−1 n n−1 n 3−1 ( ) 整理得R =R · = 2− 3 ?R ， n n−1 3+1 n−1 所以R 是首项R =1，公比q=2− 3的等比数列. n 1 ( ) 对于A：R =R·2− 3 =2− 3，A正确； 2 1 对于B：以上已证明，B正确； ( )n 对于C：等比数列前n项和 S = 1−qn = 1− 2− 3 ，因为q=2− 31， n 1−q 3−1 1 3+1 1+ 3 所以S  = ，所以S  ，C错误； n 3−1 2 10 2 4 4 对于D：球的体积V = πR 3，V +V +V + +V = π ( R 3+R 3+R 3+ +R 3) ， n 3 n 1 2 3 n 3 1 2 3 n 因为  R 3 是首项为1，公比为q3 = ( 2− 3 )3 的等比数列， n ( )3n 1− 2− 3 1 5+3 3 所以R 3+R 3+R 3+ +R 3 =  = 1 2 3 n ( )3 ( )3 10 1− 2− 3 1− 2− 3 ( ) 10+6 3 π 4 5+3 3 所以 V +V +V + +V  π· = ，D正确； 1 2 3 n 3 10 15 故选：C. 12．60【详解】二项式(2x−y)6的通项公式为T =Cr(2x)6−r(−y)r， r+1 6 令r =4，所以x2y4的系数是C422(−1)4 =60， 6 故答案为：60 3 13． 2 【详解】设x=sin+sin,y=cos+cos， 两边平方相加得x2+y2 =sin2+2sinsin+sin2+cos2+2coscos+cos2 x2+y2 =2+2(sinsin+coscos)=2+2cos(−). 3 5 又因为cos(−)= ，y=cos+cos= ， 4 2 2  5 3 9 所以x2+  =2+2 ，所以x2 = ，  2  4 4   又，为锐角，所以sin0,sin0，所以sin+sin0， 3 所以sin+sin= . 2 3−2 2 14． 2 1 【详解】抛物线E:x2 =2y的准线方程为y=− ， 2  1  1 所以F0, ,K0,− .  2  2 当点P在原点时，易知M(0,0). 当点P不在原点时，设P(x,y)(y0)，则 PF = x2+  y− 1  2 = y2+y+ 1 .  2 4  1 2 1 PK = x2+y+  = y2+3y+ .  2 4 PF MF 由角平分线定理，得 = . PK MK 1 1 −t y2+y+ 设M(0,t)  − 1 t 1 ，则 2 = 4 .  2 2 1 1 t+ y2+3y+ 2 41 1 y2+y+ y2+3y+ −2y 4 4 2y 2 = =1− =1− ， 1 1 1 1 y2+3y+ y2+3y+ y2+3y+ y+ +3 4 4 4 4y 1 1 1 1 因为y0，所以y+ 2 y? =1，当且仅当y= ，即y= 时，等号成立. 4y 4y 4y 2 2 1 1 0  所以y+ +34，所以 1 2， 4y y+ +3 4y 1 2 1− 1 所以2 1 . y+ +3 4y 1  2 1 1 −t  t+  −t 2 2  2  2 2 即  1，即 ， 2 t+ 1 1 1 −t +t 2  2 2 3−2 2 解得0t . 2 3−2 2 所以点M纵坐标的最大值为 . 2 π 15．(1)C= ； 3 (2)4 【详解】（1）2a−b=2ccosB，由正弦定理得2sinA−sinB=2sinCcosB， 又sinA=sin  π−(B+C)  =sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC， 所以2sinBcosC+2cosBsinC−sinB=2sinCcosB，即2sinBcosC−sinB=0， 1 因为B(0,π)，所以sinB0，故2cosC−1=0，即cosC= ， 2 π 又C(0,π)，所以C= ； 3 π （2）由（1）知，C= ， 3 π 又CD为ACB的平分线，故ACD=BCD= ， 61 1 1 其中CD=2 3，由三角形面积公式得S = ACCDsinACD= 42 3 =2 3， ACD 2 2 2 1 1 1 3 S = BCCDsinBCD= a2 3 = a， BCD 2 2 2 2 1 1 3 又S = ACBCsinACB= 4a = 3a， ABC 2 2 2 3 显然S =S +S ，即 3a=2 3+ a， △ABC △ACD △BCD 2 解得a=4. 20 16．(1) 27 (2)答案见解析 【详解】（1）记“甲最终以2:1获胜”为事件A，记“甲最终以2:0获胜”为事件B，“甲最终获胜”为事件C， 于是C= A B，A与B为互斥事件， 8 4 由于P(A)=C1pp(1−p)= ，P(B)= p2 = ， 2 27 9 20 则P(C)=P(A)+P(B)=3p2−2p3 = ， 27 20 即甲最终获胜的概率为 ． 27 （2）由（1）可知，P(C)=P(A)+P(B)=3p2−2p3， 若选用方案一，记甲最终获得积分为X 分，则X 可取3,−2， P(X =3)=P(C)=3p2−2p3,P(X =−2)=1−3p2+2p3， 则X 的分布列为： X 3 −2 p 3p2−2p3 1−3p2+2p3 则E(X)=9p2−6p3−2+6p2−4p3 =−10p3+15p2−2， 若选用方案二，记甲最终获得积分为Y分，则Y可取1，0， P(Y =1)=P(C)=3p2−2p3P(Y =0)=1−3p2+2p3， 则Y的分布列为： Y 1 0p 3p2−2p3 1−3p2+2p3 则E(Y)=3p2−2p3， 所以E(X)−E(Y)=−8p3+12p2−2=−4  p− 1  ( 2p2−2p−1 ) ，  2 由于0 p1，则2p2−2p−1=2p(p−1)−10， 1 于是p= 时，两种方案都可以选， 2 1 当0 p 时，E(X)E(Y)，应该选第二种方案， 2 1 当  p1时，E(X)E(Y)，应该选第一种方案． 2 17．(1)证明见解析 10 (2) 5 【详解】（1）证明：取AC的中点O，连接OB,OM,AC， 1 因为M 是AA 的中点，所以OM //AC， 1 1 又因为三棱柱ABC−ABC 的所有棱长都是2， 1 1 1 所以四边形ACC A 为菱形，所以AC ⊥ AC，所以AC ⊥OM ， 1 1 1 1 1 因为AC ⊥BM ，且OM BM =M，OM,BM 平面BOM ，所以AC ⊥平面BOM ， 1 1 又因为OB平面BOM ，所以AC ⊥OB， 1 在等边VABC中，因为O为AC的中点，所以AC⊥OB， 又因为ACAC = A，且AC,AC 平面ACC A ，所以OB⊥平面ACC A ， 1 1 1 1 1 1 因为OB平面ABC，所以平面ACC A ⊥平面ABC. 1 1 （2）解：连接AO，因为三棱柱ABC−ABC 的所有棱长都为2，且AAC=60， 1 1 1 1 1 可得△AAC为等边三角形，且O为AC的中点，所以AO⊥ AC， 1 1 由（1）知：平面ACC A ⊥平面ABC，平面ACC A 平面ABC= AC， 1 1 1 1 且AO平面ACC A ，所以AO⊥平面ABC， 1 1 1 1所以OB,OC,OA两两垂直，以O为坐标原点，以OB,OC,OA所在的直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间 1 1 直角坐标系，如图所示， 则O(0,0,0),B( 3,0,0),A(0,−1,0),A(0,0, 3),C(0,2, 3),C(0,1,0)， 1 1 所以AB=( 3,1,0),AA =(0,1, 3)， 1  nAB= 3x+y=0 设平面ABBA 的法向量为n=(x,y,z)，则 ， 1 1 nAA = y+ 3z=0 1 取x=1，可得y=− 3,z=1，所以n=(1,− 3,1)， 因为CB =CB+CC =( 3,−1,0)+(0,1, 3)=( 3,0, 3)， 1 1 nCB 2 3 10 1 设CB 与平面ABBA 所成的角为，则sin= cos n,CB = = = ， 1 1 1 1 n CB 6 5 5 1 10 所以CB 与平面ABBA 所成的角的正弦值为 . 1 1 1 5 x2 y2 18．(1) + =1； 4 2 1 3 (2)（i）kk =− ，证明见解析；（ii） . 1 2 2 2 1 2 3 1 【详解】（1）由题可知， a2+b2 = 6，S =  6 = 2 = ab， △OMN 2 3 2 a2+b2 =6 a=2 即 ，解得 ， ab=2 2 b= 2 x2 y2 则椭圆E: + =1. 4 2 （2）（i）①若直线AB的斜率不存在，设点A(x,y),B(x,−y)， 1 1 1 1 1 x2 y2 则S = |x ||2y |=|x y |= 2，又因为 1 + 1 =1，可解得|x |= 2,|y |=1， △OAB 2 1 1 1 1 4 2 1 1 由对称性，不妨取x = 2,y =1，即A( 2,1),B( 2,−1)， 1 11 −1 1 1 此时kk =  =− ；若取x =− 2，同样可求得kk =− ； 1 2 2 2 2 1 1 2 2 ②若直线AB的斜率存在，可设直线AB:y=kx+m，点A(x,y ),B(x ,y )， 1 1 2 2 y=kx+m  联立直线AB与椭圆E x2 y2 ，整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−4=0，  + =1  4 2 而=(4km)2−4(2k2+1)(2m2−4)=8(4k2−m2+2)0，得4k2 m2−2， 4km 2m2−4 根据韦达定理且直线OA,OB的斜率均存在，有x +x =− ,xx = 0，则m2 2， 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1 1 1 1 2 2 4k2−m2+2 得到S = |m||x −x |= |m| (x +x )2−4xx = |m| = 2， △OAB 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2k2+1 得m2(4k2−m2+2)=(2k2+1)2， 整理得m4−(4k2+2)m2+(2k2+1)2 =[m2−(2k2+1)]2 =0， 1 则m2 =2k2+1，因m2 2，故k2  ， 2 y y (kx +m)(kx +m) k2xx +mk(x +x )+m2 kk = 1 2 = 1 2 = 1 2 1 2 1 2 xx xx xx 1 2 1 2 1 2 −4km m2 m2−4k2 2k2+1−4k2 −2k2+1 1 =k2+mk + = = = =− 2m2−4 2m2−4 2m2−4 2(2k2+1)−4 4k2−2 2. 2k2+1 1 综上所述，kk =− ，得证. 1 2 2 （ii）①若直线AB的斜率不存在，由（i）可知，A( 2,1),B( 2,−1) ，则P( 2,0)， 1 2 此时S =  21= ； △OPQ 2 2x +x y + y ②若直线AB的斜率存在，由题可知，直线OQ:y=x，P( 1 2, 1 2)， 2 2 −4k2m 4k2m+2m 2m 2km m y +y =k(x +x )+2m= + = ，故P(− , )， 1 2 1 2 2k2+1 2k2+1 2k2+1 2k2+1 2k2+1 1+2k 2k 1 | | 又因为m2 =2k2+11，故P(− , )，点P到直线OQ的距离 m ， d = m m 2 1+2k | | 因此 1 1 m 1 1+2k ， S = |OQ|d =  2 = | | △OPQ 2 2 2 2 m 1 1+2k 1 4k2+4k+2−1 1 4k−1 由对称性，不妨假设m0，则m= 2k2+1，因此S = | |=  = 2+ ， △OPQ 2 2k2+1 2 2k2+1 2 2k2+1 4k−1 t 8t t+1 2+ =2+ =2+ 令t=4k−1，则k = ，则 2k2+1 (t+1)2 t2+2t+9， 4 +1 8 4k−1 8 8 2+ =2+ 2+ =3 要使得面积最大，则t0， 2k2+1 9 9 ， t+ +2 2 t +2 t t 3 当且仅当t=3，即k =1时，等号成立，则S 的最大值为 . OPQ 2 3 2 3 综上所述，因为  ，故△OPQ面积的最大值为 . 2 2 2 19．(1)答案见解析； (2)1； (3)证明见解析. 【详解】（1）当n=0时， ①当m0时， f(x)0, f(x)在(−,+)上单调递增； ②当m0时，由 f(x)=0，得x=lnm，x(−,lnm)时， f(x)0, f(x)单调递减． x(lnm,+)时， f(x)0, f(x)单调递增． 综上， m0时， f(x)在(−,+)上为增函数； m0时， f(x)在(−,lnm)上为减函数，在(lnm,+)上为增函数． （2）当m=n时， f(x)=ex−m(x+sinx)，  因x(0,), f(x)0恒成立，所以 f  0，  2      e2 即 f  =e2−m +10,m 1.87，  2  2   +1 2 所以正整数m的最大值为1． 下证m=1时， f(x)=ex−x−sinx0在(0,)上恒成立． 设h(x)=ex−x−1,x(0,)， 则h(x)=ex−10,h(x)在(0,)上单调递增，h(x)h(0)=0，即ex−x1， 所以 f(x)=ex−x−sinx1−sinx，又sinx1， 所以 f(x)1−sinx0，即 f(x)=ex−x−sinx0恒成立． 所以正整数m的最大值为1． （3）由题意设x 为 f(x)的零点(x 0)，则ex 0−mx −nsinx =0， 0 0 0 0 即mx +nsinx −ex0 =0，则点M(m,n)在直线xx +ysinx −ex 0 =0上， 0 0 0 0 所以 m2+n2  ex 0 ，即m2+n2  e2x0 ， x2+sin2x x2+sin2x 0 0 0 0 当x(0,1]时，设g(x)=x−sinx，所以g(x)=1−cosx≥0，则g(x)在(0,1上单调递增， 所以g(x)g(0)=0，所以xsinx0，又x(1,+)时，sin2x1x2， 2 e2x 0 e2x 0 1ex 0  所以x 0时，sin2x x2，则m2+n2   =   ， 0 0 0 x2+sin2x 2x2 2 x  0 0 0 0ex ex(x−1) 令k(x)= ,x(0,+)，则k(x)= ， x x2 x(0,1)时，k(x)0,k(x)单调递减；x(1,+)时，k(x)0,k(x)单调递增， 2 所以k(x)k(1)=e，即 ex e，所以m2+n2  1  ex 0    1 e2． x 2 x  2 0