资源简介

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
3
1．已知集合 A = x∣ 5 x 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 2 = + y =1所截得的弦长为（ ）
A．1 B． 2 C． 3 D．2
4．等差数列 an 的前n项和为 Sn ，且 a2 = 5， a4 + a8 = 26，则 S7 =（ ）
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 ， F2 2 1 2 ，过F2 作C 的一条渐a b
近线的垂线，垂足为 A，线段 AF2 与C 交于点 B ，若△AOF2 ，△BF1F2 的面积相等，则C 的离心率为（ ）
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
n
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 ) = rn (cosn + isin n ) (n N+ )，
我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下 列说法正确的是（ ）
2 2
A． z = z
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
f (x) = (x310．设函数 x) ln x，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O1，若球O2 与正方体的三个面和球O 相切，球O1 3 与正方体的
三个面和球O2 相切，依次类推，球On+1与正方体的三个面和球O
*
n 相切n N ，设球On 的半径为Rn ，体积
为Vn ，则下列结论不正确的是（ ）
A．R B2 = 2 3 ．数列 Rn 为等比数列
1+ 3 (10+ 6 3 )π
C．R D． 1 + R2 + R3 + + R10 V1 +V2 +V3 + +V2 n

15
四、填空题
6
12． (2x y) 的二项展开式中 x2 y4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 = 2ccos B．
(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 A1B1C1的所有棱长都为 2， A1AC = 60 , M 是 AA1 的中点， AC1 ⊥ BM ．
(1)证明：平面 ACC1A1 ⊥平面 ABC ；
(2)求CB1与平面 ABB1A1 所成角的正弦值．
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 k1, k2 .
（i）证明: k1k2 为定值；
（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 nsin x (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；
2 2 1 2
(3)若 f (x)在 (0,+ )上有零点，求证：m + n e .
2
π π
（参考数据： πe4 2.2， e2 4.8，e 23.1）
参考答案
1．A
A = x | 3 3【详解】因为 5 x 5 , B = 3, 1,0,2,3 ，且注意到1 3 5 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 d 2 = 2 1 ( )2 =1.
2
故选：A
4．D
【详解】由题意，a4 + a8 = 2a6 = 26，解得 a6 =13，
7 (a1 + a7 ) 7 (a2 + a ) 7 (5+13)故 6S = = = = 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
2 2 2
所以 a 2b = (a ) + 4(b ) 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F1 ( c,0) , F2 (c,0)，其中c2 = a2 +b2 ，又双曲线C : =1(a 0,b 0)的渐近线方程为
a2 b2
b
y = x，
a
b bc
如图，取 y = x ，即bx ay = 0 ，设F 到直线bx ay = 02 的距离为d ，则d = = b ，
a a2 +b2
2 1
所以 OA = OF2 d
2 = c2 b2 = a ，则 S AOF = ab， 2 2
1 1 1 ab
因为△AOF2 ，△BF1F2 的面积相等，又 F1F2 = 2c，则 2c yB = 2c yB = ab，得到 yB = ，
2 2 2 2c
a ab a 2c2 b2
又直线 BF2方程为 y = (x c)，则 = (x c)，解得 x = ，
b 2c b 2c
2
2 2 2
2c2 b2 ab
2c b ab
所以B , ，又点 B 在双曲线上，所以
2c 2c
2c 2c ，
=1
a2 b2
c
整理得到c2 = 2a2 ，所以e = = 2 .
a
9．AC
2
【详解】对于 A，因为 z = a +bi，a,b R，则 z2 = (a +bi) = a2 + 2abi b2 = a2 b2 + 2abi，
2 2
所以 z2 = a2 b2 + 2abi = (a2 b2 ) + 4a2b2 = (a2 +b2 ) = a2 +b2 ，
2
2
又 z = ( a2 2 2+b2 ) = a2 +b2 ，所以 z = z ，故 A 正确，
3 3
对于 B，令 z = r (cos + i sin )，则 z = r (cos3 + i sin3 )，所以 z3的实部为 r3 cos3 ，故 B 错误，
对于 C，令 z = r (cos + i sin )，则 z = r (cos isin )，
所以 z z = r
2 (cos + i sin )(cos i sin ) = r2 (cos2 + sin2 ) = r2 ，故 C 正确，
π nπ nπ
对于 D，若 r =1, =
n
时，则 z = cos + i sin ，
4 4 4
n kπ kπ
当 n为偶数时，设n = 2k,k N+， z = 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) ln x = x (x +1)(x 1) ln x，且 x 0，故 x +1 0,
当 x 1时， ln x 0，此时 f (x) 0，当0 x 1时， ln x 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) ln x + x2 1，当 x ,1 2 2 f x 0 f x 3 时，
3x 1 0, ln x 0, x 1 0，此时 ( ) ，因此 ( )

3
在 ,1 单调递减，故 C 错误，
3

2 3
对于 D， f (x) = (3x 1) ln x + x2 1，当 2 2x 1时，3x 1 0, ln x 0, x 1 0 ，故 f (x) 0，当 x ,1 3
3
时，3x2 1 0, ln x 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O1的半径R1 =1（内切球直径等于正方体棱长）,
对于球On (n 2)：球On与正方体的三个面相切，故其球心坐标为 (Rn , Rn , Rn )；
球On与球On 1相切，两球心距离为 3 (Rn 1 Rn )，该距离等于Rn 1 + Rn ，
由此得到递推关系： 3 (Rn 1 Rn ) = Rn 1 + Rn，
3 1
整理得Rn = Rn 1· = (2 3) Rn 1，
3 +1
所以 Rn 是首项R1 =1，公比q = 2 3 的等比数列.
对于 A：R2 = R1·(2 3) = 2 3 ，A 正确；
对于 B：以上已证明，B 正确；
n
对于 C：等比数列前n项和 1 q
n 1 (2 3 )
S = = ，因为q = 2 3 1， n
1 q 3 1
1 3 +1 1+ 3
所以 Sn = ，所以 S ，C 错误；
2 10

3 1 2
4 3 4 3 3 3 3
对于 D：球的体积Vn = πRn ，V1 +V2 +V3 + +Vn = π (R1 +R2 +R3 + +Rn )，
3 3
3
因为 R 3n 是首项为1，公比为q3 = (2 3) 的等比数列，
3n
1 (2 3 )
3 3 3 3 1 5+3 3
所以R1 +R2 +R3 + +Rn = =3 3
1 (2 3 ) 1 (2 3 ) 10
(10+ 6 3 )π
所以 4 5+ 3 3V1 +V2 +V3 + +V π· =
，D 正确；
n
3 10 15
故选：C.
12．60
6 6 r r
【详解】二项式 (2x y) 的通项公式为Tr+1 = C
r
6 (2x) ( y) ，
令 ，所以 x2 y4
4
r = 4 的系数是C46 2
2 ( 1) = 60，
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

2 5 3 2 9所以 x + = 2+ 2 ，所以 x = ，
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) .
2
1 1
当点 P 不在原点时，设P (x, y)( y 0)，则 PF = x2 + 2 y = y + y + .
2 4
2
1 1
PK = x2 + y + = y
2 +3y + .
2 4
PF MF
由角平分线定理，得 = .
PK MK
1 2 1 t y + y +
1 1
设M (0, t ) 2 4 t ，则 = .
2 2 1 1t + y2 + 3y +
2 4
2 1 2 1y + y + y + 3y + 2y
4 2y 2= 4 =1 =1
2 1 1 1 1
，
y +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 + t2 2

2 2 2
即 1，即 ，
2 1
t + 1 1
2 t + t 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 = 2ccos B，由正弦定理得2sin A sin B = 2sinC cos B，
又 sin A = sin π (B +C ) = sin (B +C ) = sin B cosC + cos B sin C ，
所以2sin BcosC +2cos BsinC sin B = 2sinC cos B ，即2sin BcosC sin B = 0，
1
因为B (0,π)，所以sin B 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 = ，
6
1 1 1
其中CD = 2 3 ，由三角形面积公式得 S ACD = AC CDsin ACD = 4 2 3 = 2 3 ，
2 2 2
1 1 1 3
S BCD = BC CD sin BCD = a 2 3 = a，
2 2 2 2
1 1 3
又 S ABC = AC BC sin ACB = 4a = 3a ，
2 2 2
3
显然 S△ABC = S△ACD + S△BCD ，即 3a = 2 3 + a ，
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，
P (A) = C1
8 4
由于 2 p p (1 p) =
2
，P (B) = p = ，
27 9
P (C ) = P (A)+ P (B) = 3p2
20
则 2p
3 = ，
27
20
即甲最终获胜的概率为 ．
27
2 3
（2）由（1）可知，P (C ) = P (A)+ P (B) = 3p 2p ，
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 2 p
3 1 3p2 + 2 p3
E (X ) = 9p2则 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 0
p 3p2 2 p3 1 3p2 + 2 p3
E (Y ) = 3p2则 2p3，
1
所以E (X ) E (Y ) = 8p3 +12 p2 2 = 4 2 p (2 p 2 p 1)，
2
2
由于0 p 1，则2p 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 , A1C ，
因为M 是 AA1的中点，所以OM / / A1C ，
又因为三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长都是 2，
所以四边形 ACC1A1为菱形，所以 AC1 ⊥ A1C，所以 AC1 ⊥ OM ，
因为 AC1 ⊥ BM ，且OM BM = M ，OM , BM 平面BOM ，所以 AC1 ⊥平面BOM ，
又因为OB 平面BOM ，所以 AC1 ⊥ OB ，
在等边VABC 中，因为O为 AC 的中点，所以 AC ⊥OB，
又因为 AC AC1 = A，且 AC, AC1 平面 ACC1A1 ，所以OB ⊥平面 ACC1A1 ，
因为OB 平面 ABC ，所以平面 ACC1A1 ⊥平面 ABC .
（2）解：连接 A1O，因为三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长都为 2，且 A1AC = 60 ，
可得△AA1C 为等边三角形，且O为 AC 的中点，所以 A1O ⊥ AC ，
由（1）知：平面 ACC1A1 ⊥平面 ABC ，平面 ACC1A1 平面 ABC = AC，
且 A1O 平面 ACC1A1，所以 A1O ⊥平面 ABC ，
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 x1 1 轴，y 轴和 z 轴，建立空间
直角坐标系，如图所示，
则O(0,0,0), B( 3,0,0), A(0, 1,0), A1(0,0, 3),C1(0,2, 3),C(0,1,0)，
所以 AB = ( 3,1,0), AA1 = (0,1, 3) ，
n AB = 3x + y = 0
设平面 ABB1A1 的法向量为n = (x, y, z)，则 ，
n AA1 = y + 3z = 0
取 x =1，可得 y = 3, z =1，所以n = (1, 3,1) ，
因为CB1 =CB+CC1 = ( 3, 1,0)+ (0,1, 3) = ( 3,0, 3) ，
n CB1 2 3 10
设CB1与平面 ABB1A1 所成的角为 ，则sin = cos n,CB1 = = = ，
n CB 6 5 51
10
所以CB1与平面 ABB1A1 所成的角的正弦值为 .
5
x2 y2
18．(1) + =1；
4 2
1 3
(2)（i） k1k2 = ，证明见解析；（ii） .
2 2
1 2 3 1
【详解】（1）由题可知， a2 +b2 = 6 ， S△OMN = 6 = 2 = ab，
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(x1, y1), B(x1, y1)，
1 x2 y2
则 S△OAB = | x1 | | 2y1 |=| x1y1 |= 2 ，又因为
1 + 1 =1，可解得 | x 1 |= 2,| y1 |=1，
2 4 2
由对称性，不妨取 x = 2, y =1，即 A( 2,1), B( 2, 1)， 1 1
1 1 1 1
此时 k1k2 = = ；若取 x = 2 ，同样可求得 k1k2 = 1 ； 2 2 2 2
②若直线 AB 的斜率存在，可设直线 AB : y = kx +m，点 A(x1,y1),B(x2,y2)，
y = kx +m

联立直线 AB 与椭圆 2 2E x2 y2 ，整理得 (2k +1)x + 4kmx + 2m
2 4 = 0，
+ =1
4 2
而 = (4km)2 4(2k 2 +1)(2m2 4) = 8(4k 2 m2 + 2) 0，得4k 2 m2 2，
4km 2m2 4
根据韦达定理且直线OA,OB 的斜率均存在，有 x1 + x2 = , x1x2 = 0，则m
2 2，
2k 2 +1 2k 2 +1
1 1 1 2 2 4k 2 m2 + 2
得到 S△OAB = | m | | x1 x2 |= | m | (x1 + x
2 ，
2) 4x1x2 = | m | = 2
2 2 2 2k 2 +1
得m2(4k 2 m2 + 2) = (2k 2 +1)2，
整理得m4 (4k 2 + 2)m2 + (2k 2 +1)2 = [m2 (2k 2 +1)]2 = 0 ，
2 2
1
则m = 2k 2 +1，因m2 2，故 k ，
2
y1y2 (kx1 +m)(kx2 +m) k
2x1x2 +mk(x1 + x2)+m
2
k1k2 = = =
x1x2 x1x2 x1x2
4km m2 m2 4k 2 2k 22 +1 4k
2 2k 2 +1 1
= k +mk + = = = =
2
2m2 4 2m 4 2m2 4 2(2k 2 +1) 4 4k 2 2 2 .
2k 2 +1
1
综上所述， k1k2 = ，得证.
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△OPQ = 2 1= ；
2 2
x + 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
4k 2m 4k 2m + 2m 2m 2km m
y1 + y2 = k(x1 + x2) + 2m = + = ，故P( , )， 2
2k 2 +1 2k 2 +1 2k 2 +1 2k +1 2k
2 +1
1+ 2k
2k 1 | |
又因为m2 = 2k 2 +1 1，故P( , ) ，点 P 到直线OQ 的距离 m ，
m m d =
2
1+ 2k
| |
因此 1 1 1 1+ 2k S△OPQ = | OQ | d = 2
m = | |，
2 2 2 2 m
1 1+ 2k 1 4k 2 + 4k + 2 1 1 4k 1
由对称性，不妨假设m 0，则m = 2k 2 +1，因此 S△OPQ = | |= = 2+ ，
2 2k 2 +1 2 2k
2 +1 2 2k 2 +1
4k 1 t 8t
t +1 2+ = 2+ = 2+
令 t = 4k 1，则 k = ，则 2k 2 +1 (t +1)2 t 2 + 2t +9 ，
4 +1
8
4k 1 8 8
2+ = 2+ 2+ = 3
2
要使得面积最大，则 t 0， 2k +1 9t + + 2 9 ， 2 t + 2
t t
3
当且仅当 t = 3，即 k =1时，等号成立，则 S OPQ 的最大值为 .
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 = ln m，
x ( , ln m) 时， f (x) 0, f (x) 单调递减．
x (ln m,+ )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 ( , ln m) 上为减函数，在 (ln m,+ )上为增函数．
（2）当m = n时， f (x) = ex m(x + sin x) ，

因 x (0, ), f (x) 0恒成立，所以 f 0，
2


e 2
f = e 2

即 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 sin x 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 sin x 1 sin x ，又sin x 1，
所以 f (x) 1 sin x 0，即 f (x) = ex x sin x 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)0 的零点 (x0 0)
x
，则e 0 mx0 nsin x0 = 0，
x x
即mx 00 + nsin x0 e = 0，则点M (m,n) 在直线 xx0 + ysin x
0
0 e = 0上，
x
e 0 2x0
m2 2
e
所以 + n
2 2
，即m + n
2 2 x2
，
x + sin x 0 + sin
2 x
0 0 0
当 x (0,1]时，设 g(x) = x sin x，所以 g (x) =1 cos x≥0，则 g (x)在 (0,1 上单调递增，
所以 g(x) g(0) = 0，所以 x sin x 0，又 x (1,+ )时，sin2 x 1 x2，
2
2x
e 0
2x
2 e 0 1
x
e 0
所以 x0 0时，sin x0 x
2
0 ，则m
2 + n2 = ，
x2 + sin20 x0 2x
2
0 2 x0
ex e
x (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
x 1
x
e 0 1
所以 k (x) k (1)
e
= e，即 2 2 2 e，所以m + n e ．
x 2 x0 2

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