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）

这是一份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），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
已知集合 A  x∣ 5  x3  5, B  {3, 1, 0, 2, 3} ，则 AB  （ ）
A．{1, 0}
B．{2, 3}C．{3, 1,0}
D．{1, 0, 2}
已知数据1, 2,3, a,8 的80% 分位数是 7，则实数a （ ）
A．4B．5C．6D．7
直线l : 3x  y  0 被圆C : (x 1)2  y2  1所截得的弦长为（ ）
2
A．1B．
C．
D．2
3
等差数列an 的前n 项和为Sn ，且a2  5 ， a4  a8  26 ，则S7  （ ）
A．45B．49C．56D．63
已知单位向量a 在单位向量b 上的投影向量为 1 b ，则 a  2b  （ ）
2
A． 3
2
B．
C． 3
4
D．1
3
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
20
9
10
3
4
33
40
记函数 f (x)  sin x     b(  0) 的最小正周期为 T．若 2  T   ，且 y  f (x) 的图象关于点 3
4 3
 2 ,2 

 2 
中心对称，则 f     （ ）

A．1B． 3
2
x2y2
C． 5
2

D．3
FFF
已知O 为坐标原点，双曲线C :

a2b
2  1a  0, b  0 的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，过 2 作C 的一条渐
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（ ）
4  2 2
B． 6 
2
2
D． 2
3
3
A．C．
二、多选题
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 cs  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 cs  isin n  rn cs n  isin n  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（ ）
z2  z 2
z3 的实部为cs3
z  z  r2
若r  1，  π 时，若 n 为偶数，则复数 zn 为纯虚数
4
10．设函数 f  x  x3  xln x ，则（ ）
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
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O1 相切，球O3 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On 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（ ）
3

A． R2  2 B．数列Rn  为等比数列
C． R  R
 R  R
1
D．V  V
 V  V
10  6 3 π
3
123102
123n15
四、填空题
2x  y 6 的二项展开式中 x2 y4 的系数是.（用数字作答）
已知 ，  为锐角，若cs  cs  5 ， cs     3 ，则sin  sin  ；
24
已知抛物线 E : x2  2 y 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
在VABC 中，内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、C．已知2a  b  2c cs B ．
求角 C；
3
若b  4 ，点 D 在边 AB 上，CD 为 ACB 的平分线，且CD  2
，求边长 a 的值．
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．
当 p  2 时，求甲最终获胜的概率；
3
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．
如图，三棱柱 ABC  A1B1C1 的所有棱长都为 2， A1 AC  60 , M 是 AA1 的中点， AC1  BM ．
证明：平面 ACC1 A1  平面 ABC ；
求CB1 与平面 ABB1 A1 所成角的正弦值．
2
已知椭圆 E : x
a2
2
y
 1（ a  b  0 ）M，N 分别为 E 的上顶点、右顶点，| MN |
b2
6 ，坐标原点 O 到直
线 MN 的距离为 2 3 .
3
求 E 的方程.
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 .
证明: k1k2 为定值；
设 P 为线段 AB 的中点，点Q(1,1) ，求△OPQ 面积的最大值.
已知函数 f  x  ex  mx  n sin x m, n R .
当n  0 时，讨论 f  x 的单调性；
当m  n 时，若 f  x  0 在0, π 上恒成立，求正整数m 的最大值；
若 f  x 在0,   上有零点，求证： m2  n2  1 e2 .
2
π
（参考数据： e4  2.2
π
， e2  4.8
， eπ  23.1）
参考答案
1．A
3 5
【详解】因为 A  x |  3 5  x  3 5, B  3, 1, 0, 2,3 ，且注意到1  2 ，从而 AB  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 ，
故 a  8  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 ，
点C 到直线l : 3x  y  0 的距离d 3 ，
1 (
3 )2
2
2
r 2  d 2
所以所求弦长为2
 2
 1.
故选：A 4．D
【详解】由题意， a4  a8  2a6  26 ，解得a6  13 ，
故S7
 7 a1  a7   7 a2  a6   7 5 13  63 .
222
故选：D 5．B
【详解】因为向量a 在向量b 上的投影向量为 1 b ，所以确定a 与b 的夹角为π ，所以a  b  1 ，
232
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0.262613
所以 P  A | B .
P  B0.44020
7．A
【详解】由函数的最小正周期 T 满足 2  T   ，得 2  2   ，解得2    3 ，
33
 3 ,2 3 
又因为函数图象关于点 2
 对称，所以 2
 k , k  Z ，且b  2 ，
4

所以   1  2 k, k  Z ，所以  5 ， f (x)  sin  5 x     2 ，
24

632 
 2  44 
所以 f     sin  5      2  1.

故选：A
8．C
【详解】设 F1 c, 0, F2 c, 0 ，其中c2  a2  b2
y  b x ，
a
，又双曲线C : x
2
a2
y2
2
 1 a  0, b  0 的渐近线方程为
b
bc
a2  b2
如图，取 y  b x ，即bx  ay  0 ，设 F 到直线bx  ay  0 的距离为d ，则d  b ，
a
OF 2  d 2
2
所以 OA 

2
c2  b2
 a ，则S
AOF2
 1 ab ，
2
因为△AOF ， △BF F 的面积相等，又 F F  2c ，则 1  2c y  1  2c  y  1 ab ，得到 y  ab ，
21 2
1 22B2B2
B2c
又直线 BF2 方程为 y  
a  x  c ，则
b
ab   a
2cb
 x  c 2c2  b2
，解得 x，
2c
22
 2c2  b2 2
 ab 2
所以 B  2c  b , ab  ，又点B 在双曲线上，所以2c 2c ，
2c2c 
    1
整理得到c2  2a2 ，所以e  c  2 .
a
a2b2
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 ，
a2  b2 2  4a2b2
a2  b2 2
又 z 2   a2  b2 2  a2  b2 ，所以 z2  z 2 ，故A 正确，
对于B，令 z  r cs  isin  ，则 z3  r3 cs 3  isin 3  ，所以 z3 的实部为r3 cs 3 ，故 B 错误，对于C，令 z  r cs  isin  ，则 z  r cs isin  ，
所以 z  z  r2 cs  isin cs  isin   r2 cs2  sin2   r2 ，故C 正确，
对于D，若r  1,  π 时，则 zn  cs nπ  i sin nπ ，
444
当n 为偶数时，设n  2k, k  N ， zn  cs kπ  isin kπ , k  N ，
22
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.
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，
对于C,
f  x  3x2 1ln x  x2 1，当
x  3 ,1 时，3x2 1  0, ln x  0, x2 1  0 ，此时 f  x  0 ，因此 f  x
 3

在 3 ,1 单调递减，故 C 错误，
 3

对于D， f  x  3x2 1ln x  x2 1 ，当 x  1时，3x2 1  0, ln x  0, x2 1  0 ，故 f  x  0 ，当 x  3 ,1
 3

时，3x2 1  0, ln x  0, x2 1  0 ，此时 f  x  0 ，因此 f  x 在 3 ,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 ，
整理得 R  R
3 1

· 2 
3 ?R，
nn1
3 1
n1
3
所以Rn  是首项 R1  1，公比q  2 的等比数列.
3
对于A： R2  R1·2  3  2 ，A 正确；
3
对于B：以上已证明，B 正确；
n1 2 
3 n
S
对于C：等比数列前n 项和
n
 1 q 
3 1
1 q
，因为q  2  1 ，
3 1
所以S 1 3 1 ，所以S  1
3 ，C 错误；
n2102
对于D：球的体积V  4 πR 3 ，V V
V V
 4 πR 3  R 3  R 3  R 3 ，
n3n
123
n3123n
n
因为R 3是首项为1，公比为q3  2  3 3 的等比数列，
1 2 
3 3n
 R 3
n
所以R 3  R 3  R 3 
1
 5  3 3
123
1 2 
3 3
1 2 
3310
所以 45  3 3
10  6 3 π ，D 正确；
V1  V2  V3  Vn  3 π· 1015
故选：C.
60
【详解】二项式2x  y 6 的通项公式为T Cr 2x6r  y r ，
r 16
6
令r  4 ，所以 x2 y4 的系数是C4 22 14  60 ，故答案为： 60
3
2
【详解】设 x  sin  sin  , y  cs  cs  ，
两边平方相加得 x2  y2  sin2   2 sin  sin   sin2   cs2   2 cs cs   cs2 
x2  y2  2  2sin sin   cs cs    2  2 cs    .
又因为cs     3 ， y  cs  cs  5 ，
42
 5 
2
所以 x2    2  2 3 ，所以 x2  9 ，
 2 44
又 ，  为锐角，所以sin  0, sin   0 ，所以sin  sin   0 ，
所以sin   sin   3 .
2
3  2 2
2
【详解】抛物线 E : x2  2 y 的准线方程为 y  1 ，
2
所以 F  0, 1  , K  0,  1  .
2 2 

y2  y  1
4
当点P 在原点时，易知M 0, 0.
x2   y 
1 2

2 

当点P 不在原点时，设P  x, y y  0 ，则 PF

.
x2   y 
1 2

2 

y2  3y  1
4
PK .
PF
PK
MF
MK
由角平分线定理，得.
1  t
设M 0, t   1  t  1  ，则 2
y2  y  1
4
y2  3y  1
4
.
 22 1
t 
2
y2  y  1y2  3y  1  2 y
4  4  12 y
 12，
y2  3y  1
y2  3y  1
y2  3y  1
y  1  3
4444 y
因为 y  0 ，所以 y  1
4 y
 2
 1，当且仅当 y 
1 ，即 y  1 时，等号成立.
4 y2
所以 y  1  3  4 ，所以0 
4 y
y? 1
4 y
2 1
y  1  32 ，
4 y
1  1
所以 2
2
y  1
4 y
 1
 3.
 t
 2  t  1   1  t
2
2 2 2 2
即1  1 ，即，
t 
2
 1  t  1  t
 22
解得0  t  3  2 2 .
2
所以点 M 纵坐标的最大值为 3  2 2 .
2
15．(1) C  π ；
3
(2)4
【详解】（1） 2a  b  2c cs B ，由正弦定理得2sin A sin B  2sin C cs B ，又sin A  sin π   B  C   sin B  C   sin B cs C  cs B sin C ，
所以2sin B csC  2cs Bsin C sin B  2sin C cs B ，即2sin B cs C sin B  0 ，
因为 B 0, π ，所以sin B  0 ，故2cs C 1  0 ，即cs C  1 ，
2
又C 0, π ，所以C  π ；
3
（2）由（1）知， C  π ，
3
又 CD 为 ACB 的平分线，故ACD  BCD  π ，
6
3
其中CD  2
，由三角形面积公式得S
ACD
 1 AC  CD sin ACD  1  4 2 3  1  2，
3
222
S 1 BC  CD sin BCD  1 a  2 3  1 3 a ，
BCD
又S ABC
22
 1 AC  BC sin ACB  1  4a 
22
22
3  3a ，
2
显然S△ABC
解得a  4 . 16．(1) 20
27
 S△ACD
 S△BCD
，即 3a  2
 3 a ，
3
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  AB ， A 与B 为互斥事件，
2
由于 P  A  C1  p  p 1 p 
8 ， P B  p2  4 ，
279
则 P C   P  A  P B  3 p2  2 p3  20 ，
27
即甲最终获胜的概率为 20 ．
27
（2）由（1）可知， P C   P  A  P B  3p2  2 p3 ，
若选用方案一，记甲最终获得积分为 X 分，则 X 可取3, 2 ，
X
3
2
p
3 p2  2 p3
1  3 p2  2 p3
P  X  3  P C   3 p2  2 p3, P  X  2  1 3 p2  2 p3 ，则 X 的分布列为：
则 E  X   9 p2  6 p3  2  6 p2  4 p3  10 p3 15 p2  2 ，
若选用方案二，记甲最终获得积分为Y 分，则Y 可取 1，0，
Y
1
0
P Y  1  P C   3 p2  2 p3P Y  0  1 3 p2  2 p3 ，则Y 的分布列为：
则 E Y   3 p2  2 p3 ，
所以 E  X   E Y   8 p3 12 p2  2  4  p  1 2 p2  2 p 1 ，
2 

由于0  p  1 ，则2 p2  2 p 1  2 p  p 1 1  0 ，
于是 p  1 时，两种方案都可以选，
2
当0  p  1 时， E  X   E Y ，应该选第二种方案，
2
当 1  p  1时， E  X   E Y  ，应该选第一种方案．
2
17．(1)证明见解析
(2) 10
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 ACC1 A1 为菱形，所以 AC1  A1C ，所以 AC1  OM ，
因为 AC1  BM ，且OMBM  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 ACC1 A1 ，所以OB 平面 ACC1 A1 ，因为OB  平面 ABC ，所以平面 ACC1 A1  平面 ABC .
（2）解：连接 A1O ，因为三棱柱 ABC  A1B1C1 的所有棱长都为 2，且A1 AC  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 ACC1 A1  平面 ABC ，平面 ACC1 A1 平面 ABC  AC ，
且 A1O  平面 ACC1 A1 ，所以 A1O  平面 ABC ，
p
3 p2  2 p3
1  3 p2  2 p3
所以OB, OC, OA1 两两垂直，以O 为坐标原点，以OB, OC, OA1 所在的直线分别为 x 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) ，
设平面 ABB A 的法向量为
n  AB 
，则
3x  y  0
，
1 1n  (x, y, z)

n  AA1  y 
3z  0
取 x  1，可得 y  
3, z  1 ，所以n  (1, 
3,1) ，
n, CB1 
n  CB1
n CB1

2 3
6  5
因为CB1  CB  CC1  ( 3, 1, 0)  (0,1, 3)  ( 3, 0, 3) ，
设CB1 与平面 ABB1 A1 所成的角为 ，则sin  cs
所以CB 与平面 ABB A 所成的角的正弦值为 10 .
 10 ，
5
11 1
5
18．(1) xy1 ；

2
2
42
(2)（i） k k  1 ，证明见解析；（ii） 3 .
1 222
a2  b2
【详解】（1）由题可知，
， S
 1 
6  2 3  1 ab ，
6
a2  b2  6
2
即
ab  2
x2
a  2
2
，解得，
b 
y2
△OMN
2
232
则椭圆 E :
 1 .
42
（2）（i）①若直线 AB 的斜率不存在，设点 A(x1 , y1 ), B(x1 ,  y1 ) ，
x2y2
则S△OAB  2  | x1 |  | 2 y1 || x1y1 |
2 ，又因为 1  1  1，可解得| x1 |
42
2,| y1 | 1 ，
由对称性，不妨取 x1  2, y1  1 ，即 A( 2,1), B( 2, 1) ，
此时kk 
1  1   1 ；若取 x 
，同样可求得k k  1 ；
2
2
1 221
1 22
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E  x
2  y2
，整理得(2k 2 1)x2  4kmx  2m2  4  0 ，
 1
 42
而  (4km)2  4(2k 2 1)(2m2  4)  8(4k 2  m2  2)  0 ，得4k 2  m2  2 ，
根据韦达定理且直线OA,OB 的斜率均存在，有 x1  x2
  4km
2k 2 1
, x1x2
2m2  4
 0 ，则m2  2 ，
2k 2 1
(x  x )2  4x x
12
1 2
1112 2  4k 2  m2  2
2
得到S△OAB  2  | m |  | x1  x2 | 2  | m | 
  | m | 
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 ，
则m2  2k 2 1，因m2  2 ，故k 2  1 ，
2
y y(kx  m)(kx  m)k 2x x  mk(x  x )  m2
k1k2  1 2  12  1 212
x1x2
 2
x1x2
4kmm2
m2  4k 2
x1x2
2k 2 1 4k 2
2k 2 11
k  mk  2m2  4  2m2  4 
2k 2 1
2m2  4

2(2k 2 1)  4
4k 2  2
  2 .
综上所述， k k  1 ，得证.
1 22
（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)，
此时S 1  2 1 2 ；
△OPQ22
②若直线 AB 的斜率存在，由题可知，直线OQ : y  x ， P( x1  x2 , y1  y2 ) ，
22
4k 2m
4k 2m  2m2m
P(
2km ,m)
y1  y2  k (x1  x2 )  2m  2k 2 1 
2k 2 1
，故
2k 2 1
2k 2 1 2k 2 1 ，
2k 1
| 1 2k |
又因为m2  2k 2 1  1，故 P(
, ) ，点P 到直线OQ 的距离m ，
2
m m
d 
| 1 2k |
因此S
 1  | OQ | d  1  2 m
 1 | 1 2k | ，
2
△OPQ

222m
4k 2  4k  2 1
2k 2 1
1 2  4k 1
22k 2 1
11 2k1
由对称性，不妨假设m  0 ，则m 
2k 2 1 ，因此S△OPQ 
| | ，
t 1
2  4k 1  2 t
2
 2 
2k 2 12
8t
令t  4k 1，则k ，则
4
2k 2 1

(t 1)2
1
8
t 2  2t  9 ，
要使得面积最大，则t  0 ， 2 
4k 1  2 
2k 2 1
8
t  9  2
t
 2 8 3
2 t  9  2
t
，
当且仅当t  3 ，即k  1时，等号成立，则S OPQ 的最大值为 3 .
2
综上所述，因为 3 2 ，故△OPQ 面积的最大值为 3 .
222
19．(1)答案见解析； (2)1；
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 ，

    

 e 2
即 f 
e 2  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．
由题意设 x 为 f (x) 的零点 x  0 ，则ex0  mx  nsin x
 0 ，
0000
即mx  n sin x  ex0  0 ，则点M (m, n) 在直线 xx  y sin x
ex0  0 上，
0000
所以
ex0
m2  n2
，即m2  n2 
00
x2  sin2 x
e2 x0
00
x2  sin2 x ，
当 x (0,1] 时，设 g(x)  x  sin x ，所以 g(x)  1  cs 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 ，
e2 x0
e2 x0
1  ex0 2
所以 x  0 时， sin2 x  x2 ，则m2  n2  ，
000
x2  sin2 x
2x2
000
2  x0 
x
令k  x  e
x
, x 0,   ，则k x 
ex  x 1
，
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，
x
所以k  x  k 1  e ，即e
x
 e ，所以m2  n2 
1  ex0 2 
2  x0 
 1 e2 ．
2