安徽省合肥一中2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份安徽省合肥一中2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷，共13页。试卷主要包含了故选等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120 分钟满分：150 分）
注意事项：
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。
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。
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．。
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.
已知集合 A  xx  x，集合 B  1, 0,1 ，则 A ∩ B  （ ）
A．1
B．1
C．1, 0
D．1, 0,1
设i 为虚数单位，若复数 z  3  3i ，则 z  （ ）
1 i
3i
→
3
→→
3iD． 3
若向量a  0, 1，b  3, 4，c  4, 4 ，则（ ）
→→→→
5
b

a  c  //b
→  →→→→
  1 ,  1 
a
b  c 
a 在c 上的投影向量是 
–––→
–––→
 22 
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 角得到向量

–––→
AP  (x cs  y sin , x sin  y cs ) ，叫做把点 B 绕点 A 沿逆时针方向旋转 角得到点 P .已知
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
2
为（ ）
(
2 , 7 2 )
22
(2
1,2)
(0,2 2)
(2
2,0)
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（）
已知 x  0, y  0 ，且4x  y  1 ，则
2
A．5B． 4
y2  x xy
的最小值为（ ）
2
C．4D． 2
已知函数 f (x)  2x 1 ，若m  n 且 f (m)  f (n) ，则m  n 的取值范围是（）
(,0)
(1,0)
(0,)
(0,1)
x2 1
已知函数 f (x)  sin x  lg(
 x)  2025(x 1) ，若不等式 f (  2x  2)  f (2x  4x )  4050
2
2
2
2
对任意 x  R 均成立，则 的取值范围为（）
(,2
1]
(,2
1)
C．[2
1,)
D．（2
1,)
二、多项选择题：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．
已知ΔABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，则如下判断正确的是（ ）
若sin2 A  sin2 B  sin2 C ，则ΔABC 是锐角三角形
若sin 2 A  sin 2B ，则ΔABC 为等腰三角形或直角三角形
在锐角ΔABC 中，不等式sin A  cs B 恒成立
若ΔABC 的面积S  1 a2  b2  c2  ，则C  π
44
下面关于数列an， bn的相关结论正确的有（）
已知数列an， bn都是等差数列，公差分别为d1 ， d2 ，数列cn满足cn  an  2bn ，则
cn是等差数列且公差为d1  d2
若an是一个无穷等比数列取出数列an中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列
等差数列an  的首项为1，公差不为0 ，若a2 , a3 , a6 成等比数列，则an  前20 项的和为
 360
记S 为数列a 的前n 项和， b 为数列S  的前n 项积，当 2  1  2 时，b 为等差数列
nnnn
Snbnn
已知函数 f (x)  2 sin x  x ，则下列说法正确的是（）
f (x) 在[π, 0] 上单调递增
3
f (x) 在[0, π] 上的最大值为 π
3
f (x) 和 g(x)  π  2  x  2 sin x 图象关于( π ,1) 对称
2
h(x)  (x 1) f (x) 1在( π , ) 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.
记Sn 为等差数列an 的前n 项和．若2S3  3S2  6 ，则公差 d  ．
将函数 f  x  sin x  π  (  0) 的图象向右平移 π 个单位长度后得到函数 g(x) 的图象，若 g(x)
4 4

 4 4 
在 π , 5π  上单调递增，则 的最大值为.

–––→–––→
–––→ –––→
–––→
1 –––→
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
19
小值为，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.
已知 S 是等比数列a 的前n 项和， S  7 ， S  63 .
nn316
6128
求数列an的通项公式；
2b  lg a
1nT
（ ）设 n
1 n ，求数列b b 的前
项和 n .
2 n n1 
→  
3 →  
  π  ,1→ →
已知a 2csx, 2  ， bsin  x3   ，设 f  x  a  b .
 
x   π , π  ，求函数 f  x 的值域；
12 2 
若 x   5π , 2π  ，且 f  x0   4 ，求tan  2x  2π  的值.
2
5



0123 
03 
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.
设ΔABC 的内角 A, B,C 所对的边分别为a,b, c ，且a  csin  B  C   b  csin B  sin C  ，
3
b .
（1）求 B ；
点 E 为边 AC 的中点，若 BE  1 ，求ΔABC 的面积；
2
如图所示，点 D 是ΔABC 外一点，若BAC  DAC   ，且ADC  π ，记△BCD 的周
3
长为 f   ，求 f   的取值范围.
已知函数 f  x  m 1sinx  xcsx ， x 0, π ．
当m  0 时，求 f  x 的单调区间；
若 f  x 存在唯一的极值且为极小值，求m 的取值范围；
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
数学参考答案
【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 .
【答案】 A
3  3i31 i31 i26i
【解析】 z    3i .故选： A .
1 i1 i1 i1 i2
【答案】 D
→
【解析】对于 A ， b

 5 ，故 A 错误；
(3)2  42
→→→→
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
 11 
c
→ 2
则a 在c 上的投影向量为
c  42  42 4, 4    2 ,  2  ，故 D 正确.故选： D
【答案】 B
–––→
ππππ
2
【解析】已知 AB  (2,2) ， AP  (2 cs( 4 )  2 sin( 4 ), 2 sin( 4 )  2 cs( 4 ))  (2 2, 0)
因为 AP  OP  OA ，OP  AP  OA  (21,2) .
【答案】 B
【解析】  f (x) 
(x)2  4  x 1
(x)2 1
 f (x)
，则 f (x) 是偶函数， 则 A, D
错误；又 f (1)  3 ，则C 错误
故 B 正确．
【答案】 A
y  4x xy
y2  x  y  1  y  4x  y  y  4x  
   
【解析】

xyxyxyxy
1 21 4 1 5 ，
当且仅当 y  4x
xy
【答案】 A
即 x  1 , y  1 时等号成立，所以
63
y2  x xy
的最小值为 5.
【解析】令 f (m)  f (n)  a, a (0,1), 因为m  0 ，所以m  lg2 (1 a) ，
22
因为n  0 ，所以n  lg (a 1) ，所以m  n  lg (1 a2 )，又1 a2 (0,1) ，所以m  n (,0) .
【答案】 B
【解析】由题设，令 g(x) 
x2 1
f (x)  2025  sin x  lg(
 x)  2025x ，
x2 1
∵ g(x)  sin(x)  lg( x)  2025x  g(x) ，
x2 1
∴ g(x) 为奇函数，又令h(x)  2025x  sin x ，则h(x)  2025  cs x  0 ，又易知t(x)  lg(
函数，故 g(x)  h(x)  t(x) 为增函数.
∵ f (  2x  2)  f (2x  4x )  4050 ，即 f (  2x  2)  2025  ( f (2x  4x )  2025) ，
∴ g(  2x  2)  g(2x  4x )  g(4x  2x ) ，则  2x  2  4x  2x ，
 x) 为增
∴   2x  2  4x  2x 对任意 x  R 均成立，即  2x  2
2x
2
成立，∴   21.故选： B
【答案】 BCD
1 ，而2x  2
2x
1  2
1当且仅当 x  1 时等号
2
2
a2  b2  c2
【解析】对于 A ：由正弦定理可将sin2 A  sin2 B  sin2C 转化为a2  b2  c2 ，则csC  0 ，所以
2ab
C  π ，但无法判断 A, B 的范围， A 错误；
2
B
对于 ：由sin2 A  sin2B, A0, π, B 0, π, A  B 0, π得： 2 A  2B 或2 A  2B  π ，即 A  B 或 A  B  π ，
2
所以ΔABC 为等腰三角形或直角三角形，B 正确；
选项C ：因为ΔABC 是锐角三角形，所以0  C  π ，所以 π  π  C  A  B  π ，又 A, B  0, π  ，所以
222 

π  B  A  π , π  B  0, π  ，又因为 y  sinx 在 0, π  单调递增，所以sinA  sin  π  B   csB ， C 正确；

22 2
2 
2 
 2

对于 D 选项:因为ΔABC 面积S  1 a2  b2  c2  ，即S  1 ab a2  b2  c2 ，所以 1 absinC  1 abcsC ，
422ab22
D
即sinC  csC ，因为C (0, π) ，所以C  π ，故 正确.
4
【答案】 BCD
【解析】对于 A ，因为数列an ， bn 都是等差数列，公差分别为d1 ， d2 ，
所以an  a1  (n 1)d1, bn  b1  (n 1)d2 ，又因为cn  an  2bn  (a1  2b1)  (n 1)(d1  2d2 ) ，故cn1  cn  [(a1  2b1)  n(d1  2d2 )]  c[(a1  2b1 )  (n 1)(d1  2d2 )]  d1  2d2 ，
而c1  a1  2b1 ，所以cn 数列是以a1  2b1 为首项， d1  2d2 为公差的等差数列, A 不正确；
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
n123632 6
a  2d 2  a  d a  5d  ，即1 2d 2  1 d 1 5d  ，整理可得d 2  2d  0 ，因为 d  0 ，所以 d  2 ，
111
所以 S20
 20 1 20 19 (2)  360 ；
2

21
对于 D ，由已知
 2 得 S 
2bn
，且b  0 ， b  1 ，
n
n
n
Snbn2bn 12
取 n  1 ，由 S  b 得b  3 ，由于b 为数列S  的前 n 项积，
2b1
所以
11
 2b2
1

2
2bn
n
n
 b ，所以
n
2b1
 2b2

2bn1 b，
2b1 1 2b2
12bn 1
2b1 1 2b2
12bn1 1
n1
2bn1
所以
 bn1 ，由于b
 0 所以2
1
，即b
 b  1 ，其中 n  N *
2bn1 1bn
n1
2bn1 1bn
n1n2
所以数列b 是以b  3 为首项，以d  1 为公差的等差数列.
n122
【答案】 BCD
【解析】对于A： f (x)  2 cs x 1 当 x [ ,  π] 时 f (x) 单调递减，当 x [ π , 0]时 f (x) 单调递增. A 错
对于 B :
 f (x)
为奇函数， f (x)
3
在 [π, 0] 上的最小值 f (x)
min 
3
3
f ( π)  π ， f (x)
33
在 [0, π] 上
的最大值 f (x)
max
 π
3
3
(,1)
对于C :在 g(x) 上任取一点(x , y ) ，则 (x , y ) 关于 π对称点(π  x ,2  y ) ，
0000200
 2 sin(π  x )  (π  x )  2 sin x  π  x  2  y 即对称点在 y  f (x) 上. f (x) 和 g(x) 图象关于 π对
00000
(,1)
2
(,1)
称，同理在 f (x) 上任取一点，其关于 π
2
的对称点也在 g(x) 上.
对于 D ， 当 x (  , ) 时， 令 h(x)  0 ，则 (x 1)(2sin x  x) 1  0 ，整理得 2sin x  x 
2
1
x 1
 0 ，令
u(x)  2sin x  x 
1
x 1
，则u(x)  2 cs x 1
1
(x 1)2
，当 x   ) 时， u(x)  0 ，所以u(x) 在
(,
2

(, ) 上
2
单调递减．又u( )  0, u()  0 ，所以由零点存在性定理得，u(x) 在
2
(  , ) 内存在唯一零点．当 x [, ) 时，
2
u(x)  2sin x  x 
1
x 1
 2  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
2
h(x) 在(  , ) 内的零点个数为1.
2
【答案】2
【解析】由2S3  3S2  6 可得2 a1  a2 +a3   3a1  a2   6 ，化简得2a3  a1  a2  6 ，即2 a1 +2d   2a1  d  6 ，解得d  2 .
【答案】 1
4
【解析】将 f  x  sin x  π  的图象向右平移 π 个单位长度后得到 g  x  sin x  π  π  的图象，
4 444 

因为 x  π , 5π  ，所以π  x  π  π  π  π ，
4 4

 4444
因为 g(x) 在 π , 5π  上单调递增，所以π  π  π ，即0    1 ，
4 4
 

所以 的最大值为 1 .
4
424
6
【答案】2
–––→–––→
【解析】如图所示，设OC  mOB(0  m  1) ，则点C 在线段 OB 上，
–––→ –––→–––→ –––→–––→
–––→
–––→
故 mOB  OA  OC  OA 
AC ，设 BD 
BA ，
4
–––→
1
–––→
–––→ –––→
则 m BO 
BA  m 1OB  BD
4

–––→ –––→ –––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→
 mOB  OB  BD  mOB  OB  BD  OC  OD  DC ，
–––→ –––→
–––→
–––→
–––→–––→
–––→–––→
4
 mOB  OA  1 m BO 
BA  AC  DC ，即 AC  DC 

min
19
作 D 关于OB 的对称点 D ，设ABO   (0    π) ，
12
–––→–––→–––→––––→––––→
 AC  DC  AC  D1C  AD1 ，当且仅当 A, C, D1 三点共线时等号成立，
–––→–––→––––→
19
即 AC  DC 

min
AD1 ，
–––→–––→
–––→––––→–––→
––––→
在ΔABD1 中， OA 
AB  4 ， BD  BD1 
BA  1 ， AD1 
19 ，
1
4
由余弦定理结合二倍角公式可得cs 2  2 cs2  1  16 119   1 ，解得： cs 6 ，
2 1 444
6
6
–––→–––→
则 OB  2 AB cs  2  4  2 6 .故答案为： 2.
4
【解析】（1）设等比数列an 的公比为q ，
则q3  S6  S3  1 ，所以q  1 ，
S382
又 S  7 ，所以a 1 q  q2  
7 ，所以a  1 ，
3161
1614
所以数列a 的通项公式为a  1 ；(6 分)
nn2n1
由（1）得， bn  lg1 an  n 1，
2
1
所以
bnbn1
1
(n 1)(n  2)
1
n 1
1
n  2 ，
所以T
  1  1    1  1      1
1  1 1
n
.(13 分)
n 23  34  n 1n  2 

2n  22(n  2)

→  
3 →  
  π  ,1
【解析】（1）因为a
 2 cs x, 2  ， bsin  x
3   ，

 
所以 f (x)  →  →  2 cs x sin  x  π   3  cs x sin x  3 cs2 x  3
a b3 22
 1 sin 2x 

3 cs 2x  sin  2x  π  ，
3 
22
 x   π , π  ， 2x  π   π , 2π  ， sin  2x  π   1 ,1 ，
12 2 
3
63 
3  2 

所以函数 f (x) 的值域为 1 ,1 ．(7 分)
 2 
f0 
 x 
（2）由题设sin x
 π   4 ，又 x
  5π , 2π  ，则 x
 π   π , π  ，
2035
 

0123 
0312 3 
所以cs x
π   3 ，所以tan  x
π   4 ，
 03 5 03 3

tan  x
π 
2  4

2π π 
 03 24
所以tan  2x0 
  tan 2  x0 
    3  
.(15 分)
3 
3 1 tan2  x
π  4 27
3 1  
 0
 3 
【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 ，
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；
若a  0 ，令 f  x  2ex  a  0 ，解得 x  ln a ，
2
所以当 x  , ln a  时， f  x  0 ；当 x  ln a ,   时， f  x  0 ，
2 2

所以 f  x 在区间 x  , ln a  上单调递减，在区间 x  ln a ,   上单调递增.
2 2

因为 a  0 ，所以当 x   时， f  x   ；当 x   时， f  x   ；
由 f  x 存在两个零点，得 f  ln a   0 ，即2  a  a ln a  0 ，所以ln a  1，所以a  2e .
2 2
22
综上所述， a 的取值范围是2e,+ .(15 分)
【解析】（1）由(a  c) sin(B  C)  (b  c)  (sin B  sin C) 可得 sin(B  C)
 b  c ，
由正弦定理
a 
sin A
b
sin B
c 得，
sin C
sin B  sin Ca  c
sin  B  C 
sin π  A sin Aab  c
，
sin B  sin C
sin B  sin Csin B  sin Cb  ca  c
所以a2  ac  b2  c2 ，即a2  c2  b2  ac ．
a2  c2  b2ac1
由余弦定理cs B   ，
2ac2ac2
又因为 B 0, π ，因此 B  2π .(5 分)
3
因为中线 BE  1 ，所以–––→  –––→ 
–––→
；
2BA  BC  4BE
BA BC
2BE
BA
两边同时平方得–––→2
–––→2
 BC
 –––→ –––→–––→2 ，即a2  c2  ac  1，
3
在ΔABC 中， b ，由余弦定理可得a2  c2  ac  3 ，
可得ac  1，所以S 1 ac sin B 3 ；(11 分)
△ABC24
BC
在ΔABC 中，由正弦定理可得 sin
AC
sin ABC
3  2
3
2
，即 BC  2 sin ，
CD
在ΔADC 中，由正弦定理可得 sin
AC
sin ADC
3  2
3
2
，即CD  2 sin ．
因为四边形 ABCD 的内角和为2π ，且ABC  ADC  π ，所以π  2  BCD ，
在△BCD 中， BD2  BC 2  CD2  2BC  CD cs BCD
 4 sin2   4 sin2   2  2 sin  2 sin  csπ  2 
 8sin2  1 cs 2   8sin2   2 cs2   16 sin2  cs2 
所以 BD  4 sin cs ，
则 f    2 sin  2 sin  4 sin cs  4 sin  sin cs  ，
f    4 cs  cs2   sin2    4 2 cs2   cs 1  4 cs 12 cs 1 ，因为在ΔABC 中0    π ，所以 1  cs  1，
32
则 f    0 ， f   在 0, π  单调递增，
3 
 3 
因为 f 0  0, f  π   3


3
，所以 f  0, 3 3 ，
所以 f   的取值范围为0,3 3 .(17 分)
【解析】（1）当m  0 时，由 f  x  sinx  xcsx ，得 f  x  csx  csx  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csx  csx  x sinx  xsinx  mcsx .
（ⅰ）若m  0 ，
① x  π , π 时， xsinx  0 ， mcsx  0 ，此时 f  x  0 ，故 f  x 在 π , π 无极值点．
 2 2

②当 x  0, π  时，令h  x  f  x  xsinx  mcsx ，得h x  1 msinx  xcsx ．
2 
由1 m  0 ， sinx  0 ， xcsx  0 ，则h x  0 ，从而h  x 在0, π  单调递增．
2 
又h 0  0  m  0 ， h  π   π  0 ，
2
2
 

由零点存在性定理可知，存在 x  0, π  ，使得h  x   0 ．
02 0

从而当 x 0, x  ， f  x  0 ，当 x  x , π  ， f  x  0 ．
0 0 2 


f  x 在0, x  单调递减，在(x , ] 单调递增，
00 2
所以 f  x0  是 f  x 在0, π上唯一的极值且为极小值，故m  0 符合题意．
（ⅱ）若m  0 ， x  π , π ， f  x  mcsx  xsinx  csx m  xtanx
 2

令  x  xtanx ， x  π , π ， π  0 ，
 2

 xsinx sinxcsx  xcs2 x  xsin2 x
sinxcsx  x

则 x   csx  
cs2 x
．
cs2 x
令  x  sinxcsx  x  1 sin2x  x ，
2
则 x  cs2x 1  0 ，故  x 在 π , π 单调递增，
 2

所以  x   0  0 ，即 x  0 ，所以  x 在 π , π 单调递增．
 2

因为 π  0 ， x  π 时，  x   ，所以  x 的值域为(, 0]．
2
故当m  0 时， m  xtanx 有唯一解 x0 ，
且当 x  π , x  时， f  x  0 ， f  x 单调递增；
 20 

当 x  x0 , π 时， f  x  0 ， f  x 单调递减；
此时 f  x 在 π , π 有唯一极大值点 x ，不合题意，故m  0 舍去．
 20

综上， m  0 ．(10 分)
（3）由m 
 f  x  n 得n  f  x 
2 m ．
2
令 g  x  f  x 
2 m  m 1sinx  xcsx  2 m ，
22
则 g  π  
2  π  2 2 1 π  ．
 4 2422 4 

因为 g x  f  x ，
min
由（2）知， g  x 有且仅有一个极小值点 x0 ，且 g  x g  x0 ．
①当m   π 时， g x   π csx  xsinx ．因为 g π   0 ，所以 x  π ．
44 4 04

又 g  x 在0, π  上单调递减，在 π , π 上单调递减．所以 g  x
 g  π  
2 1 π  ．
4 
 4
min
 4 2 4 
所以n 
2 1 π  ．

2 4 

②当m  π 时，因为 g π  
2 m  2  π  0 ，所以 x
 π , π  ．
4 4 
224
0 4
 
又 g  x 在0, x  上单调递减，所以 g  x
 g  x   g  π  

2 1 π  ．
0min
0 4 
2 4 
此时n  g  x  
2 1 π  ．
 
02 4 

③当 π  m  0 时，因为 g π  
2 m 2  π  0 ，所以 x
 0, π  ．
4 4 
224
04 

又 g  x 在x , π 上单调递增．所以 g  x
 g  x   g  π  

2 1 π  ．
0min
0 4 
2 4 
此时n  g  x  
2 1 π  ．
 
02 4 

综上，当m   π 时， n 取得最大值，
4
依题意n 的最大值为 2 1 π  ．(17 分)
2 4 
