河南新乡市普通高中2025-2026学年高三上学期期末考试数学试题

秘密★启用前 (208 普通高中2025一2026学年（上）高三年级期末考试 数 学 :5制的)-人解数三家 处可人面阅容M放风SS 注意事项： 面才位的M点光 1,答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 (会了1).8 0, 装 ,点闻的长0氏，中液坐武直面平 一、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 是符合题目要求的。 野过的健暗q点来( 两A,M干交3然曲已袋直联G(《 1.已知i为虚数单位，复数甲 2+i 的实部为 VOMO A.2 B.1 C.0 .-1 HO ( 2.已知集合A={xx+2)(x-1)<0),集合B={yy=V+,则AUB元誉( A.(1,+∞) B.(-2,十∞) C.[0,1) D.[-1,1) 3.“sin0=3” 是“sin2 0_23的 2 3 A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 4过双曲线C一y =1(a>0)的右焦点F分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足 级 线 -2 分别为A,B,O为坐标原点，若四边形OAFB的面积为√5，则点F的横坐标为 A受 号 说个 C.2 )1tf,0D.2 名 5.已知函数f(x)=1og2(4十4)一kx,k为实数，且f(x+1)是偶函数，则f(x)的最小 值为 A.1 B.2 C.log25 D.4 6.已知0为坐标原点，OA与O均为单位向量，|OA+OB|=√3，点C在定直线1：y= x+2√6上，则1OA+OB+OC1的最小值为 A.√3 B.√6 C.2√3 D.2√6 数学试题第1页（共4页） 7、甲、乙两球队比赛，设事件A=“甲队主力球员首发”，事件B=“甲队获胜”，据统计， PA)=号，P(B1A)=品，PAB)-子甲，乙两球队在2026年计划比赛共计12场。 设甲队获胜的场数为X,若每场比赛的结果相互独立，则E(X)= A号 A晋 c号 5 0. 8.过直线y=一3上的一动点P,作圆O:x2+y2=1的两条切线，两条切线分别交x轴于 Aa,0),B,0)两点若a≠士1a≠士3,2 耳b士b± 9+8ab (a+b)2 ，二 A洁 B.-4 C.-16 D.-4或-16 二、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。 9.《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.现有阳马 P-ABCD如下图所示，其中PA⊥平面ABCD,PA=AB=1,BC=√2，点E在棱PC 上运动.下列说法正确的有 A0:B所0 乙麻限随的，。国 ,震是其题应感世职过，阳早 伦「「共，烈小已共盟本：答照，四 (Q21).3 +正2，S=(x)爱西时马 A.CD⊥平面PBC :心中核啦端以其以赋圆小是的(x入爱函来(【 B.直线PC与AB所成的角为60° C.AE⊥BD 出衢单州1会，0同☒(x汽数面诗食( D.当PE=号PC时，四棱锥E-ABCD的体积是四棱锥P-ABCD体积的号 l0.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin A-bsin B=(a-c)sinC, b=√7，则下列正确的有 AB=音 (82「0.0 8)十…+1十：品6：虽将，风发联 B△ABC的外接圆的半径为阿 ,左公证的，浓( 3 比T,=(8 C.若△ABC的面积为33，则△ABC的周长为5+万 小 D,若AC边上的中线长为雪，点M在AC上，且BM为∠ABC的角平分线，则 BM= 6√3 5 数学试题第2页（共4页） 11.已知(x+3)m1=a。十a1x十a2x2+…+a2-1x2m-,n∈N,[x]表示不大于实数x 的最大整数，则下列正确的有 A.3a1=(2n-1)a0 且若a为奇数，则a,取最大值时，=[启-]十1 ,成苑过独类府甲 C.当x=√10时，[(x+3)2m-1]的个位数是6 2N )图，生点也一饼-=父直域 D.∑(3+1a4)2=3"Ca 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 1士，点0.，0，) 12.已知函数fx)=sin2x十cosx,则y=f(x)在x=处的导数为 13.已知8个样本数据a,b,c,d,3,4,6,10(其中a,b,c,d∈Z)的平均数为x,极差为11， 中位数为5，众数为5，若新的数据a+x,b+x,c+x,d+,3十元，4+x,6+x,10十x 的平均数为12，则新数据的方差为， 14.过三棱柱ABC-A1B,C1的棱AA1的中点M且与底面ABC平行的平面内的一动点 0满足：0M+元十3时-+2元+O=0对任意∈N都成立，且a,=号则数 列{an}的前n项和Sn= 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分) 已知函数f(x)=23sime+若）cos(x+) -2cos2z. (1)求函数f(x)的最小正周期及其图象的对称中心； )平G0. 比的项1年直. (2)分析函数f(x)在区间0，》)上的单调性， 0月.9 。出对q人.-9取四5的G姐人过，的丹一9出d ·)2(,一)=一人民与，，，代少州，，人t内，中9人△的0 的府面0可便，下，一 16.(15分) =日. 已知数列(an}满足：3a1十5a2十7a3十…+(2m十1)an=3十(n-1)·3+1. (1)求{an}的通项公式； (2)若.=1bg8,工，为数列6，的前项和，求使得T,≤+方-4成立的n的 最小值 数学试题第3页（共4页） 17.(15分) 前风★座烟 如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，FA⊥底面ABCD, ∠ABC=60°，DE∥AF,且FA=3DE=3. (1)求三棱锥A-EFC的体积； (2)已知点M在侧面ABF及其边界上运动，若ME∥平面BCF, 求点M的轨迹长度 中答的包纸光空是，是卧，餐认，项，象长尚占的称的 天文头家的日送权土十领会球进队，京禁器故小品出所 于父意云补，怕头科班种答回。普金器卧其杰丝年，认干到头部州，你英会咏 炎天1苏所本已。通 18.(17分) 在平面直角坐标系中，已知0为坐标原点，点A(-2,0),点B(2,0),点G0,1),OG= λOi,OS=λO心，A≠0，直线AS与直线BT交于点P,设点P的轨迹为E.:数， (1)求点P的轨迹E的方程 (2)已知直线L与曲线E交于M,N两点，OM⊥ON,l上存在一点H满足 OH= OMON MN 0.0 (1)证明：OH为定值； (i)若O,M,R,N四点共圆，且点R(xo,0)(xo>0),当x。取最大值时，求直线L的 方程. f.0 死规交 门杀要不民示， 用承婴雄示出代流不酒国 用最农京不装及， 19.(17分)然亚满策两随○烟曲处请银食生积出心1三 .)到的现板. 已知函数f(x)=xln(x十1)十mx2一m,m为实数. 兰，动测湖坐这0,8，人心阳 (1)当m=0时，求f(x)的单调区间； (2)当-1<m<0时，讨论f(x)的零点个数； (3)对Hx∈（-1，+∞)，(x+2)f(x)≥mz3+2(m+1)x2-x-2恒成立，求m的取 值范围。 以 =:请宝净9点，=0+0，花问年比4而e0,点昭好坐比0以与0 前个是的0+0-0做，1-， 数学试题第4页（共4页）普通高中2025一2026学年（上）高三年级期末考试 数学 参考答案 1.D【解析】因为=-=—1+2，所以复数 1 i 2牛的实部为一1 故选D, 2.B【解析】由(x十2)(x-1)<0,所以A={x|-2< x<1},由y=√x+I≥0，所以B=[0,+o∞)，所 图1 图2 以AUB=(-2,+∞). 所以1OA+OB+0C1=1OG+OC1.如图1，设直 故选B. 0 线'：y=x-2W6,过点O作OH⊥直线l于点H, 3.C【解标】(sn号+cos号)'-1+2in号os号 作OH'⊥直线'于点H'.则Oi=Hò， 11m0-14合-含 又因为11OG1-10C11≤1oG+OC1≤10G1+ 1OC1, 所以号+as-+-士 可知如图2，当点C在点H处，点G在线段OH'上 3 时，OG+OC1取得最小值， 日_23”的必要 所以“0-号是“sin号十os 此时1OG+OC1=|IOG1-1OC1|=|HG1,最小 3 不充分条件. 值为26 √12+12 -3=√5. 故选C. 故选A. 4.A【解析】由题意|FA|=|FB|=√2，OA= |OB|=a,|OF|=c,所以S四边形OAFB=2 S AOAF= 乙.B【解桥PAB)=PA)P(BA)三了X0 2Xh8a5,解得a-,所以c=+不- 根据条件概序公式得P(A1B)-,可 7 6 2 ,即点F的横坐标为4 +2-14 2 得P(B)= 的-西品×青器由于每 P(AB)157 故选A. 4 5.B【解析】f(x+1)是偶函数，所以y=f(x)的图 场比赛的结果相互独立，所以甲队获胜的场数X 象关于x=1对称，故f(0)=f(2),代入得1og25= 服从二项分布，从而E(X)=12×28-112 4515 1og220-2k,解得k=1,所以f(x)=1og2(42+ 故选B 4)-x=10g(2+)≥2，当且仅当z=1时等号 8.C【解析】由题意，设P(m,一3)，切线的方程为 成立 y=k(z-m)-3,则-m-3 W1十7 =1,化简得 故选B. (m2一1)k2+6mk十8=0，设两条切线的斜率分别 6.A【解析】令OG=-OA+OB,则1OG1=1OA+ 为，则：十：℃= 8 OB|=√3，所以点G是以原点O为圆心，√3为半 径的圆上的动点， 将y=0代人直线方程得x=是十m,所以a ·数学答案（第1页，共6页)· 3十m,b=k +m, 由△ABC的面积为2，得名0：n吾 3+3+2m= 从而a十b=k1十克2 (k,十k2)十2m= 3v kik2 2,得ac=6,又b=√7，由余弦定理可得7= -6m 3Xm21 +2m=-” ae-2accos=aae(a+e) 8 4 m2-1 3ac=7,(a十c)2=7+3ac=25,即a十c=5,所以 9+sab=9+82+m)0层+n)=9+8(e △ABC的周长为5十√7，故C正确； 根据余弦定理b2=a2十c2-2 accos B=a2十c2一 3(k1+k2) ac,即有a2+c2-ac=7①； kik2 m+m2)=-m2, 所以 9+8ab -m2 =-16. 设D为AC的中点，即BD-四，又因为丽 a+b)2 合(Bi+BC,所以助=(Bi+B心+ 故选C. 2BA·BC),即a2+c2+ac=19②， 9.BD【解析】易得PD=3,PB=√2，AC= 由①，②得：a2+c2=13,ac=6,所以(a+c)2= √AB2+BC=√3-BD,PC=√AP2+AC=2,且 a2+c2+2ac=25,所以a十c=5, △PBC为等腰直角三角形，因为CD∥AB,AB与 因为BM为∠ABC的角平分线，所以S△ABM十 PB不垂直，所以CD与PB不垂直，所以CD不垂 1 直于平面PBC,故A错误； SABCM=SANBC,则2c·BM·sin30°十7a 因为AB∥CD,所以∠PCD(或其补角)是直线PC BM·sin30°- 2acsin 60, 与AB所成的角，所以cos∠PCD= CD2+PC2-PD21+4-3_1 即BM=3ac=6v5 2CD·PC 2X1X2=2,所以∠PCD= a十c=5,故D正确. 60°，故B正确； 故选BCD. 由PA⊥平面ABCD,得PA⊥BD,假设AE⊥BD 11.ABD【解析】由题意a.=Cm-13m-1-,所以 成立，则BD⊥平面PAC,所以BD⊥AC,与题意 a0=32m-1,a1=(2n-1)32m-2,所以a1= 矛盾，故C错误； (2n-1)32m-1 因为PE=号PC,所以CE-号PC,故Vn 3 ，即3a1=(2n-1)a0,故A正确； 当n=1时，a。取最大值，n=3时，a1取最大值， V2co,所以D正确。 当1≤≤2n一2时，a。取最大值时满足 故选BD, a≥a-1'即 Cn-132a-1-≥C5a132a-, l0.BCD【解析】因为asin A-bsin B=(a-c)sinC, a≥a+1,C-13-1≥C3-4,解得 由正弦定理得a2-b2=ac一c2,由余弦定理得 cos B=a'te'-6:1 名-1<k≤受，因为x为奇数所以=[登一]十 2ac =2’ 1,故B正确； 又因为B为△ABC的内角，所以B=行，故A 当x=√10时，(x+3)w-1=(W10+3)m1= 错误； d/) 设△ABC的外接圆的半径为R, (x-3)-1=(10-3)21= 由正弦定理得“，=6 sin A sin B=sin C2R,R- c6m(- 672v21 SinB=万一3，所以R=3,故B正确： 两式相减得（√10+3）-1一(W10-3)2m-1= 2(C-1(10)2-2X3+C81(W0)2-4X3+…+ ·数学答案（第2页，共6页)· C232w1)∈Z, 矛盾； 又因为（√0-3）21∈0,1)，所以[（√10+ 则a最小，d最大，则d-a=11,结合a十d=15, 3)21]=(10+3)1-(10-3)2-1, 解得a=2,d=13,即原样本数据为2,3,4,5,5， [(10+3)2m-1]=2(Cg1(√10)2-2×3+ 6,10,13,所以新的数据分别为8,9,10,11,11， C8-1(10)2m-4X33+…+C8a32-1), 12,16,19,平均数为12， 所以[(W10+3)2-1]除以10的余数与 所以新数据的方差为2-日[（一4）+(-3)+ 2C231除以10的余数相等， (-2)2+(-1)2+(-1)2+0+42+72]=12. 即[（√10+3）2m1]的个位数即为2×32m1的个 位数，当n=1时，2×32m1=6,当n=2时，2× 14.5-(2m+5))》 【解析】作出示意图如下： 321=54,所以[（√10+3）2-1]的个位数还可 设A1O直线与底面ABC的交点为E, 以是4，故C错误； (3+1C132m-1-)2 宫e*c=8x2c 2n-1 =0 一方面代数式(1十x)2的展开式中，x2m-1的 系数为Cm2, 另一方面代数式(1十x)2m1(1+x)-1中，x2m- 则根据题意可知O为A1E的中点，所以OA1= 的系数为C2m-1C十C2-1C2子十…+C2mC2.-1= 宫 -0i, 因为(1十x)m-1(1十x)m1=(1十x)n2,所以 又0A+230i-0+20心+oi-0, 习心)=，从而习 (3+a)2= 所以O成=0i-+30+Oi,又A,B 34"C”-2,故D正确。 C,E四点共面，且OA,OB,OC不共面， 故选ABD. 12.一3【解析】设∫(x)=sin2x十cosx,则 所以%g+2+1=1, fz)=2cos2z-sinx,所以f'(经）-2eosx- 所以2+1 2a书n千2，所以2a千》中-号· an an+1 sin受=一3，放y=fx)在x=艺处的导数为 an 2n+1' -3. 13.12【解析】由题意知，g[a十z)十6+z)十 因为2异-专所以数列-是以台为首项， (c+x)+(d+x)+(3+x)+(4+x)+(6+ 为公比的等比数列。 1 x)+(10+x)]=2x,所以2x=12,解得x=6,所 以a+b十c十d=25,不妨设a≤b≤c≤d,因为样 所以2+所以a,-2, 2” 本数据的众数为5，所以a,b,c,d中至少有两个 31517 数为5，由中位数为5，易知b=c=5,a≤5，d≥5， 所以S.色222十28十…+%大7 2n 所以a+d=15, 3 5,7 2n+1 原样本数据中若3最小，则d一3=11，解得d= 2S.=2+2++… 20+1, 14,a=1,矛盾； 1 若10最大，则10-a-11,解得a--1,d-16, ·数学答案（第3页，共6页）· 则T.=1+1g号+2+cg号+3+log号+…+ 5 2n+1 3 2n+15 2+1 2 2n+1 2 -(2n+ 1一2 2a号-1D+1o日+ie,g+ n+logs 2n+1 2 5() 5 1og:7+…+log: 2n-1=n(n+1）+ 2n+1 2 所以s.-5-(2m+5)(合)” 1 1og32n+1' (11分) 15,解：(1)f(x)=2gsin(+)os(e+) 由于+-4， 1 2cos'-/3 sin(2x+)-2c0s'-3 sin 2x+ 可得”0少+1bm2中门≤2 1 2n-4, 复as2x〉-1+s2r)=nbx+君）-1， 所以1e21≤-4=g即2+1≤动 1 (3分) 即81≤2n+1,即n≥40， (14分) 所以n的最小值为40. (15分) 所以函数f(x)的最小正周期为2 (5分) 17.解：(1)由题意可知△ACD为等边三角形， 令2江十后=xk∈乙解得x=豆十经，k∈乙 因为FA⊥底面ABCD,ADC平面ABCD,故 FA⊥AD, 故了(x)图象的对称中心为（一意十经，-， 又平面ACD∩平面ADEF=AD, 所以平面ACD⊥平面ADEF, (1分) k∈Z. (7分) 如图， (②)令-8+26x<2x+看<经+2张，k∈Z,此 时f(x)单调递增. G 解得一子+长π<x<晋十x,k∈Z, (9分) 因为x∈(0，) H 所以f(x)在区间(0，)上单调递增，在区间 过点C作CQ⊥AD于点Q,所以CQ⊥平面 ADEF, (2分) (后，)上单调递减。 (13分) 因为△ACD为等边三角形，所以CQ=√3，则点 16.解：(1)3a1+5a2+7a3+…+(2n+1)am-3+ C到平面ADEF的距离d=√， (n-1)·3+1①， 过点E作EG⊥AF于点G, (3分) 当n≥2时，3a1十5a2十7a3十…+(2n-1)am-1= 所以SA=7AF,GE=2X3X2=3,6分) 3+(n-2)·3"②， (3分) 1 ①-②可得(2n十1)an=(n-1)·3m+1-(n-2)· 所以VA-rc=VC-AEF=3 SAAEF·d=3.(7分) 2n-1 (2)分别取AB,AF靠近点A的三等分点H,G, 3°=(2m-1D·3”,即a=2m+13*(m≥2)， 连接GE,GH,AE,HE, (6分) 当n=1时上式也成立，故数列{an}的通项公式 则铝治-名所以GHBF 2n-1 又GH中平面BCF,BFC平面BCF,所以GH∥ 为a,=2m+i3”. (7分) 平面BCF, (8分) 2n-1 (2)6,=logsa,=n+logs 2n+1' (8分) 因为DE/A,AG-}AF,FA-3DE-8,所以 ·数学答案（第4页，共6页）· DE∥AG,DE=AG, (9分) (1+4k2-m2)>0,所以1+4k2>m2，(8分) 所以四边形ADEG是平行四边形，所以 因为OMLON,所以OM.ON=x1x2+y1y2= GE∥AD, (10分) 9 (9分) 因为AD∥BC,所以GE∥BC,又GE中平面 即x1x2十(kx1十m)(kx2十m)=0, BCF,BCC平面BCF,所以GE∥平面BCF, (1+k2)x1x2十km(x1十x2)十m2=0, (11分) 1+)X4m2-4+-8km2 且GH∩GE=G,GH,GEC平面GHE,所以平 1十4k2T1+4k2 十m2=0,整理得 面GHE∥平面BCF, (12分) 5m2-4k2-4=0, 由题意知M在线段HG上时，ME∥平面BCF. 即n24 (k2+1), (10分) 所以点M的轨迹长度为HG= 3BF-1 3 m √51+) 4 2√5 V√3+22=13 所以OH|= 3 (15分) V1+k W1十k 5 18.解：(1)因为点G(0,1),0亡=λ0广，所以T(0, 繁上，10H1-2,10H为定做 (11分) ),因为O=x0心，所以S0), (2分) (i)因为O,M,R,N四点共圆，所以四边形 OMRN的对角互补，又因为OM⊥ON,所以 故直线AS的方程为y=合红十2)，直线Br的 RM⊥RN, (12分) 所以RM·RN=(x1-xo)(x2-xo)十y1y2= 方程为y=二2入(x一2)， (3分) 0,即(x1-xo)(x2-xo)十(kx1十m)(kx2十)=0， 两式相乘得y= 42-4),即 +y2=1(y≠ (1+b2)x1x2+(km-xo)(x1十x2)+m2十 x=0, 0). (4分) (2)因为OM⊥ON,1OH1=1OMON,所以 故(1+2)X4m2-4」 -8km 汗g十mx)于g十m+ MN x6=0, IOHl|MN|=|OM ON|=2S△oMw,(5分) (1十k2)(4m2-4)-8km(km-x)+(m2+ 所以|OH|即为点O到直线MN的距离，设M x6)(1+42)=0, (x1,y1),N(x2y2), 化简得8kmx。+x(1十4k2)=0,因为xo>0,所 (1)当直线l的斜率不存在时，|M|= 8km |kow|=1, 以x0=一1十4k2' y1=x1, 不妨设kw=1,则三十=1， 立得x= 4 故x= 64k2m2 64×音k+1) 5 4 (1+42)2 (1+42)2 256、k2(k2+1) 2W5 (13分) 所以|OH|=|x1|= 5 (6分) 5 (1+4k2)2? 当直线1的斜率存在时，设直线1的方程为y= t-1.t+3 令1=1+4k2,则x话= 256 44 kx十m, 5 12 y=kx+m, + 6464 联立方程 了x2 化简得(1+4k2)x2+ +y2=1, 4 (15分) 8kmx+4m2-4=0, -8km 4m2-4 当且仅当1=3即及2=2时等号成立，此时m- 所以x1十x?1十46x1x?=1+4k2 △=(8km)2-4×(1+4k2)(4m2-4)=16× 2·2=士0，专 ·数学答案（第5页，共6页）· xo>0知，m<0,所以当x。取最大值时，直线l 当x∈(0，t1)时，g'(x)>0,即g(x)单调递增， 2√30 的方程为y=2x 5或y=一 当x∈(t1,十∞)时，g'(x)<0,即g(x)单调 5· 递减， (17分) 又g(0)=0,所以g(t1)>0, 19.解：(1)当m=0时，f(x)=xln(x+1),f′(x)= 当x>十∞时，g(x)>一∞， ln(x十1)+z, 所以3t2∈(t1,十o∞)，使得g(t2)=0 x+1, (1分) 所以当x∈(0，t2)时，g(x)>0即f'(x)>0, 令p)=f'x),p'x)= 1 x+1+(x+1)>0, 所以f(x)单调递增， 当x∈(t2,+∞)时，g(x)<0即f'(x)<0, 所以p(x)在(-1，+∞)上单调递增，即f'(x) 所以f(x)单调递减， (10分) 在（一1，十∞）上单调递增， (2分) 又f(0)=-m>0,所以f(t2)>0, 因为f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时，f'(x)< 当x→十∞时，f(x)→一∞， 0;当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0, (3分) 所以3x1∈(t2,十∞)，使得f(x1)=0, 故f(x)的单调递减区间为（一1,0），单调递增区 故当-1<m<0时，f(x)有且仅有一个零点. 间为(0，十∞). (4分) (11分) (2)f(x)=xln(x+1)+m.x2-m,则f'(x)= (3)由(x+2)f(x)≥mx3+2(m+1)x2-x-2, nc+1)+z千+2mz, 整理得x(x+2)ln(x+1)≥m(x+2)十2x2- 令ge)=fa,ga)=+十i+ 1 x-2, 因为x>-1,所以x+2>1>0,故xln(x+1)≥ 2m, (5分) 2x2 x+2一1，所以m≤xln(+1)- 2x2 1 +2+1, gx)三x+1Fx十1)2+2m在(-1，+∞)上 (13分) 单调递减， (6分) 令p(r)=ln(z+1)-2x 1 当x∈(-1,0)时，g'(x)>g'(0)=2m+2>0, zx+2则p'(x)=x十1 所以g(x)在(-1,0)上单调递增，又因为g(0)= 4 x (14分) 0,所以g(x)<0,即f'(x)<0, (7分) (+2)2(x+1)(x+2)≥0， 所以9(x)在（一1，十∞）上单调递增，又因为 所以f(x)在(-1,0)上单调递减，故f(x)> p(0)=0, f(0)=一m>0,故f(x)在(-1,0)上无零点， 所以当x>0时，p(x)>0,xp(x)>0;当-1< (8分) x<0时，p(x)<0,x0(x)>0;当x=0时， 当x∈0，+∞)时g(动)= xp(x)=0,从而对Hx∈（-1，+∞)，xg(x)≥ 1 0,当且仅当x=0时等号成立， (16分) +2m=m2m3-2m+1D<0,g/0)= - (m-1)2 即xhc+1)-22≥0，所以lne+1) 2x2 2x2 c+2十1≥1，从而m≤1. (17分) 2m+2>0,显然->1>0，所以31∈ m (9分) ·数学答案（第6页，共6页)·