广西南宁市第二中学2021届高三上学期数学文科10月份考试试题

高三文科数学

一､单选题

1. 已知集合Ax|0x2，Bx|x3x40，则A2CRB等于（ ）

D.

A. x|0x1 B. x|1x2 C. x|0x2

x|1x2

【答案】A 【解析】 【分析】

首先根据题意得到CRBx|4x1，再求ACRB即可.

【详解】Bxx3x40xx1或x4，CRBx|4x1

2则ACRBx|0x1

故选：A

【点睛】本题主要考查集合的运算，同时考查二次不等式的解法，属于简单题.

2. 已知i是虚数单位，xR，复数zxi2i为纯虚数，则2xi的模等于（ ） A. 1 【答案】B 【解析】 【分析】

先根据复数乘法运算法则计算，再根据纯虚数概念得x，最后根据复数模的定义得结果. 【详解】因为z(xi)(2i)(2x1)(2x)i为纯虚数，所以2x10,2x0x从而2xi1iB.

2

C.

3 D. 2

1，22，选B.

【点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i,(a,b,c.dR). 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数abi(a,bR)的实部为a、虚部为b、模为a2b2、对应点为(a,b)、共轭为abi.

- 1 - 知识改变格局 格局决定命运！

S4（ ） 3. 等比数列an各项为正，a3,a5,a4成等差数列，Sn为an的前n项和，则S2A. 2 【答案】D 【解析】 【分析】

设{an}的公比为q（q≠0，q≠1），利用a3，a5，﹣a4成等差数列结合通项公式，可得2a1q4＝a1q2﹣a1q3，由此即可求得数列{an}的公比，进而求出数列的前n项和公式，可得答案． 【详解】设{an}的公比为q(q0,q1)， ∵a3，a5，

成等差数列，

B.

7 8C.

9 8D.

5 4423∴2a1qa1qa1q，a10，q0，

∴2qq10，得q21或q1（舍去）， 211()4S412521(). ∴

1S21()2242故选D.

【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合，熟练运用等差数列的性质，等比数列的通项是解题的关键．

4. 已知a、b为不重合的直线，α为平面，下列命题： （1）若a∥b，a∥α，则b∥α； （2）若a∥α，b⊂α，则a∥b； （3）若a⊥b，b∥α，则a⊥α； （4）若a⊥α，b⊥a，则b∥α， 其中正确的有个（ ） A. 0 C. 2 【答案】A 【解析】

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B. 1 D. 3

【分析】

由空间中的线面关系逐个核对四个命题得出答案． 【详解】（1）错，若a∥b，a∥α，则b∥α或b⊂α， （2）错，若a∥α，b⊂α，则a与b平行或异面， （3）错，若a⊥b，b∥α，则a⊥α或a∥α或相交， （4）错，若a⊥α，b⊥a，则b∥α或b⊂α． 故选：A．

【点睛】属于基础题，考查直线与平面的位置关系，空间想象能力． 5. 已知0<α试题分析：因为 034<β<π，又sin α＝，cos(α＋β)＝－，则sin β＝( )． 2552424B. 0或 C.

2525D. 0或－

24 25342，所以 cos1sin．因为

25343cos()coscossinsincossin，所以cossin1，因为

553cos2sin21，所以(sin1)2sin21，整理可得25sin224sin0，因为

424，所以sin0，所以sin．故C正确． 225,sin考点：1两角和差公式；2同角三角函数关系式．

7位评委的评分情况如茎叶图所示，6. 甲、乙两班在我校举行的“勿忘国耻，振兴中华”合唱比赛中，其中甲班成绩的中位数是81，乙班成绩的平均数是86，若正实数a、b满足：a，G，b成等差数列且x，G，y成等比数列，则

14

的最小值为（ ） ab

A.

4 9B. 2 C. 8 D.

9 4【答案】D 【解析】

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【分析】

根据题目所给中位数和平均数，求得x,y的值，根据等差中项和等比中项的性质求得a,b的关系式，进而利用基本不等式求得所求表达式的最小值.

【详解】由于甲班成绩的中位数是81，乙班成绩的平均数是86，结合茎叶图可知，x1，

76808280y91939686，解得y4.由于正实数a、b满足：a，G，b成等差数

722Gabab列且x，G，y成等比数列，所以2，即4,ab4.所以Gxy21411414ab14ab19ab55254. 4ab4ab4ba4ba4故选D.

【点睛】本小题主要考查茎叶图的识别，考查平均数、中位数的概念，考查等差中项、等比中项的性质，考查利用基本不等式求最值的方法，属于中档题.

7. 已知E,F分别是长方体ABCDA1B1C1D1的棱AB,A1B1的中点，若

AB22,ADAA12，则四面体C1DEF的外接球的表面积为( )

A. 13π 【答案】A 【解析】 【分析】

四面体C1DEF的外接球就是直三棱柱DEC﹣D1FC1的外接球，根据数据求解即可. 【详解】如图所示，四面体C1DEF的外接球就是直三棱柱DEC﹣D1FC1，的外接球， 设棱柱DEC﹣D1FC1的底DEC的外接圆圆心为G，三棱柱DEC﹣D1FC1，的外接球为O， △DEC的外接圆半径r．r2＝(2r)+2，解得r外接球的半径ROG2GC22B. 16 C. 18 D. 20

23， 213， 2∴四面体C1DEF的外接球的表面积为4πR2＝13π． 故答案为13π．

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【点睛】本题考查了几何体的外接球，将四面体的外接球转化为柱体的外接球是解题的关键，属于中档题．

8. 已知函数f(x)23sinxcosx2cos2x1，则（ ） A. f(x)的最小正周期为，最大值为3 C. f(x)的最小正周期为2，最大值为3 【答案】B 【解析】 【分析】

先逆用二倍角公式，然后逆用两角和的正弦公式化成正弦型函数的标准形式，即可得到最大值，利用周期公式T【详解】由题

B. f(x)的最小正周期为，最大值为4 D. f(x)的最小正周期为2，最大值为4

2 求周期；

fx23sinxcosx2cos2x13sin2xcos2x22sin（2x）2

6∴最大值为4 ，T故选B.

【点睛】本题考查了三角变换及三角函数的图象与性质，解题的关键是化成正弦型函数的标准形式． 9. 已知P是抛物线C:y22px(p0)上的一点，F是抛物线C的焦点，O为坐标原点，若

2． 2|PF|2，PFOA. y6x 【答案】A 【解析】 【分析】

23，则抛物线C的方程为（ ） B. y2x

2C. y2x D. y4x

2- 5 - 知识改变格局 格局决定命运！

|PF|2，PFO3，可求出P点的坐标，代入抛物线方程，即可求解.

【详解】过P向x轴作垂线，设垂足为Q， ∵PFO∴|PQ|3，|PF|2，

3，|QF|1，P(p1,3)， 22将P点的坐标代入y2px，得p3，

故C的方程为y6x. 故选:A

【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题. 10. 已知ABC中，aA

25，A3，bc2bc，则ABC的面积为（ ）

B.

5 83 3 4C. D.

53 8【答案】D 【解析】 【分析】

利用余弦定理可构造方程求得bc，代入三角形面积公式可求得结果.

【详解】由余弦定理得：解得：bca2b2c22bccosAbc3bc2bc3bc5，

225， 2115353. S△ABCbcsinA22228故选：D.

【点睛】本题考查余弦定理和三角形面积公式的应用，关键是能够利用余弦定理构造方程求得bc，属于基础题.

x2y211. 过椭圆C:221ab0的左焦点F的直线过C的上端点B，且与椭圆相交于点A，

ab若BF3FA，则C的离心率为（ ） A.

1 3B.

3 3C.

3 2D.

2 2- 6 - 知识改变格局 格局决定命运！

【答案】D 【解析】 【分析】

首先设出点的坐标，然后利用点在椭圆上即可求得椭圆的离心率. 【详解】由题意可得B0,b,Fc,0，由BF3FA ，得Ab4c,，

33224bc点A在椭圆上，则：331，

a2b216c28c2122. 整理可得：2,e2,e9a9a22故选D.

【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式ec； a②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

12. 已知定义在R上的偶函数f(x)在[0,)上递减，若不等式

f(axlnx1)f(axlnx1)2f(1)对x1,3恒成立，则实数a的取值范围为（ ）

A. (2,e) 【答案】D 【解析】

由于定义在R上的偶函数fx在0,上递减，则f(x)在(,0)上递增，又

B. [,)

1eC. ,e

e1D. ,12ln3 e3axlnx1(axlnx1)，则f(axlnx1)f(axlnx1)2f(1) 可华化为： 2f(axlnx1)2f(1)，即f(axlnx1)f(1)对x1,3恒成立，则

1axlnx11，所以：alnx2lnx 且a 对x[1,3]同时恒成立. xx- 7 - 知识改变格局 格局决定命运！

11lnxlnx(e,3]g(x)[1,e)g(x)g(x)g(e)，，则 在上递增，在上递减，. maxx2xe1lnx2ln3lnx2h(x)[1,3]0h(x)h(3)设h(x) ，h(x) ， 在 上递减， . minx23x12ln3]. 综上得：a 的取值范围是[,e3设g(x)【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性及利用函数性质解决不等式问题，由于偶函数fx在

0,上递减，把不等式变形为f(axlnx1)f(1)对x1,3恒成立，问题转化为

1axlnx11恒成立，即a恒成立问题.

lnx2lnx 且a 对x[1,3]同时恒成立.最后利导数解决xx二､填空题

13. 已知向量a2,1，b3,4，ck,2，若3ab//c，则实数k_________ 【答案】6 【解析】 【分析】

由平面向量坐标运算法则得3ab3,1，再由3ab//c，列出方程求出k的值. 【详解】解：

向量a2,1，b3,4，ck,2，

3ab3,1，

3ab//c，

31 k2解得：k6.

故答案为：6.

【点睛】本题考查平面向量坐标运算法则，向量平行的性质，考查运算求解能力，属于基础题. 14. 一个四棱锥的三视图如下图所示，则该几何体的体积=___________.

- 8 - 知识改变格局 格局决定命运！

【答案】【解析】 【分析】

2 3首先根据题意画出三视图的直观图，再计算体积即可. 【详解】该几何体的直观图，如图所示：

由三视图知：底面ABCD为正方形，PC平面ABCD，PC1. 连接AC，如图所示：

根据三视图可知：AC2，所以ADCD所以VPABCD故答案为：

2,

12221. 332 3【点睛】本题主要考查三视图的还原，同时考查四棱锥的体积，属于简单题.

- 9 - 知识改变格局 格局决定命运！

15. 已知sin【答案】1 【解析】 【分析】

1cos0,，且，则_________. 6232由条件利用诱导公式化简所给式子的值，可得结果．

1sin0,，则 【详解】解：，且6223 cos62coscos3663311coscossinsin166662222故答案为1.

【点睛】本题主要考查两角差的余弦、同角基本关系式的应用，属于基础题． 16. 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且a27，cosA【答案】72 【解析】 【分析】 由

bcosC1cos2C，C是锐角，

ccosB1cos2B1，则ABC的面积为______． 3bcosC1cos2CsinBcosC及三角变换可得，故sin2Bsin2C，于是得到BC或

ccosB1cos2BsinCcosB1BC，再根据cosA可得BC，从而bc，然后根据余弦定理可求出bc21，23于是可得所求三角形的面积．

bcosC1cos2CsinBcosC2cos2C【详解】由，得， ccosB1cos2BsinCcosB2cos2B∵cosC0,cosB0， ∴

sinBcosC， sinCcosB∴sin2Bsin2C， 又B,C为三角形的内角，

知识改变格局- 10 - 格局决定命运！

∴BC或BC又cosA2，

1， 3∴BC，于是bc．

由余弦定理得abc2bcosA, 即27解得b∴SABC22222b2b2b2，

321，故c21．

1122bcsinA212172. 223故答案为72．

【点睛】正余弦定理常与三角变换结合在一起考查，此类问题一般以三角形为载体，解题时要注意合理利用相关公式和三角形三角的关系进行求解，考查综合运用知识解决问题的能力，属于中档题．

三､解答题

17. 已知等差数列an公差不为零，且满足：a12，a1，a2，a5成等比数列. （1）求数列an的通项公式；

n（2）设bn3an，求数列bn的前n项和.

n1【答案】（1）an4n2；（2）Tn2n236

【解析】 【分析】

（1）首先根据题意得到a2a1a5，从而得到2d224d，再解方程即可得到答案.

22（2）根据题意得到bn4n23，再利用错位相减法求和即可.

n【详解】（1）由题知：a2a1a5，2d224d，解得d4或d0（舍去）.

22所以an24n14n2.

（2）bn3an4n23，令其前n项和为Tn，

nn则Tn2363103…4n63123n14n23n①，

3Tn2326331034…4n63n4n23n1②，

知识改变格局- 11 - 格局决定命运！

①②得：2Tn6433…323n4n23n1，

2Tn64913n113n14n23n144n3n112，

所以Tn2n236

【点睛】本题第一问考查等差等比数列的综合应用，第二问考查错位相减法求和，属于中档题. 18. 某学校为培养学生的兴趣爱好，提高学生的综合素养，在高一年级开设各种形式的校本课程供学生选择(如书法讲座、诗歌鉴赏、奥赛讲座等)．现统计了某班50名学生一周用在兴趣爱好方面的学习时间(单位：h)的数据，按照[0，2)，[2，4)，[4，6)，[6，8)，[8，10]分成五组，得到了如下的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中m的值及该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均学习时间；

(2)从[4，6)，[6，8)两组中按分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中抽取2人，求恰有1人在[6，8)组中的概率．

【答案】（1）m=0.1，平均时间为5.08；（2）【解析】 【分析】

(1)首先根据概率之和为1即可计算出m的值，然后通过计算每一组的概率乘时间并求和即可计算出平均学习时间；

(2)本题首先可以通过分层抽样的相关性质来确定4,6以及6,8两组中所抽取的人数，然后写出从6人中抽取2人的所有可能事件以及恰有一人在6,8组中的所有可能事件，两者相除，即可得出结果．

【详解】（l）由直方图可得：0.0620.0820.222m0.0621，所以m0.1， 学生的平均学习时间：10.1230.1650.470.290.125.08； （2）由直方图可得：4,6中有20人，6,8中有10人，

知识改变格局- 12 - 格局决定命运！

8 15根据分层抽样，需要从4,6中抽取4人分别记为A1、A2、A3、A4， 从6,8中抽取2人分别记为B1、B2， 再从这6人中抽取2人，所有的抽取方法有

A1A2、A1A3、A1A4、A1B1、A1B2、A2A3、A2A4、A2B1、A2B2、A3A4、A3B1、A3B2、A4B1、A4B2、B1B2共15种，

其中恰有一人在6,8组中的抽取方法有A1B1、A1B2、A2B1、A2B2、A3B1、

A3B2、A4B1、A4B2共8种，

所以，从这6人中抽取2人，恰有1人在6,8组中的概率为

8． 15【点睛】本题考查了频率分布直方图的相关性质以及分层抽样的相关性质，考查了补全频率分布直方图以及利用频率分布直方图求平均数，考查了分层抽样的使用以及概率的求法，考查了推理能力，是中档题．

19. 在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC2,ACB120，D为A1B1的中点.

（1）证明：A1C//平面BC1D；

（2）若A1AA1C，点A1在平面ABC的射影在AC上，且侧面A1ABB1的面积为23，求三棱锥BA1C1D的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）连接B1C交BC1于点E，连接DE.利用中点可得DE//A1C，所以A1C//平面BC1D.（2）取

1. 4AC中点O，连接A1O，过点O作OFAB于F，连接A1F，利用等腰三角形和射影的概念可

知A1O平面ABC，所以A1OAB，所以AB平面A1OF，所以ABA1F.利用侧面A1ABB1的面积可计算得三棱锥的高，由此可计算得三棱锥的体积.

知识改变格局- 13 - 格局决定命运！

【详解】解：（1）证明：连接B1C交BC1于点E，连接DE.

平面则E为B1C的中点，又D为A1B1的中点，所以DE//A1C，且DE平面BC1D，AC1BC1D，则A1C//平面BC1D.

（2）解：取AC的中点O，连接A1O，过点O作OFAB于点F，连接A1F. 因为点A1在平面ABC的射影O在AC上，且A1AA1C，所以A1O平面ABC，

AB,AOOFO，∴AB平面A1OF，则A1FAB. ∴AO11设AO1=h，在ABC中，ACBC2,ACB120，∴AB23,OF1，2A1F1h2，由S4A1ABB113. h22323，可得A1Oh421311122sin120 . 32224则VABCDVBACD11111AO1S3A1C1D所以三棱锥A1BC1D的体积为

1. 4【点睛】本题考查线面平行的证明和三棱锥体积的计算，主要考查推理论证能力和计算能力，属于中档题.

x2y2220. 已知椭圆E:221ab0的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为，且F 1F22．

ab2（1）求椭圆E的方程；

（2）设椭圆的下顶点为B，过右焦点F2作与直线BF2关于x轴对称的直线l，且直线l与椭圆分别交于点M，N，O为坐标原点，求OMN的面积．

2x2【答案】（1）y21；（2）.

23【解析】 【分析】

知识改变格局- 14 - 格局决定命运！

（1）依题意得到方程，即可求出a、c，再根据a2b2c2，即可求出b，从而得解； （2）由题可知，直线l与直线BF2关于x轴对称，所以klkBF20，即可求出直线l的方程，联立直线与椭圆方程，设Mx1,y1，Nx2,y2，即可求出M、N的坐标，从而求出MN，再利用点到直线的距离公式求出原点O到直线l的距离d，最后根据S△OMN1MNd计算可得； 2c2a2【详解】解：（1）由题得，a，因为a2b2c2，所以b1，所以椭圆E2，解得c12c2x2的方程为y21．

2（2）由题可知，直线l与直线BF2关于x轴对称，所以klkBF20．由（1）知，椭圆E的方程

x2为y21， 2所以F21,0，B0,1，所以kBF2101，从而kl1，所以直线l的方程为01y01x1，即xy10．

xy10423x4x0x联立方程x2，解得或．设Mx1,y1，Nx2,y2，不妨x023y12取x10，x24， 314，y2，所以M0,1，

33所以当x10，y11；当x2224141N,．MN0142． 33333设原点O到直线l的距离为d，则d1114212． ，所以S△OMNMNd223223【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用，属于中档题. 21. 已知函数f(x)131ax(a1)x2x1（a1）. 32（I）若a3，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （II）若f(x)在R上无极值点，求a的值；

（III）当x(0,2)时，讨论函数f(x)的零点个数，并说明理由.

知识改变格局- 15 - 格局决定命运！

【答案】（1）y1； （2）1a9时函数f(x)在(0,2)上无零点；当a9时，函数f(x)在(0,2)上有一个零点；当a9时，函数f(x)在(0,2)上有两个零点. 【解析】 【分析】

（I）由导数的几何意义,切线的斜率kf'(1),先求f'x3x4x1，f'10，f11,

2利用直线方程的点斜式求解. （II）因为a1,所以若fx在R上无极值点,则

f'xax2a1x10，即0，a14a0，解得a1.

2fx在x0,2上的符号, 函数fx的单调性、极值情况,从而分析 (III)讨论当a1时, '函数fx的图像与x轴的交点个数,得出函数fx的零点个数. 【详解】（I）当a3时，fxx2xx1，

32f'x3x24x1，f'10，f11，

所以曲线yfx在点1,f1处

2切线方程为y1.

（II）f'xaxa1x1，a1，依题意有f'x0，即0，

a124a0，解得a1.

(III)（1）a1时，函数fx在R上恒为增函数且f01，函数fx在0,2上无零点. （2）a1时： 当x0,1，f'x0，函数fx为增函数； a当x1,1，f'x0，函数fx为减函数； a当x1,2，f'x0，函数fx为增函数. 由于f22a3a10，此时只需判定f1的符号： 362当1a9时，函数fx在0,2上无零点；

当a9时，函数fx在0,2上有一个零点； 当a9时，函数fx在0,2上有两个零点.

的知识改变格局- 16 - 格局决定命运！

综上，1a9时函数fx在0,2上无零点； 当a9时，函数fx在0,2上有一个零点； 当a9时，函数fx在0,2上有两个零点.

【点睛】本题考查了导数的几何意义,利用导数研究函数的单调性、 极值，结合函数的大致图像判断零点的个数．

22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的参

x2sinx2t数方程为（t为参数），曲线C1:（为参数）.

y21cosy123t（1）求直线l及曲线C1的极坐标方程； （2）若曲线C2:3R与直线l和曲线C1分别交于异于原点A，B的两点，求AB的值.

【答案】（1）3cos2sin240，4sin.（2）143 【解析】 【分析】

（1）利用代入消元和sincos1，即可求得直线和C1的普通方程，再利用公式即可转化为极坐标方程；

（2）将曲线C2的极坐标方程分别代入直线和曲线C1的极坐标方程，求得A,B，则

22ABA,B.

【详解】（1）直线lx2t参数方程为（t为参数），消去参数t可得，直线l的一般方程

y123t为3x2y240，

直线l的极坐标方程为3cos2sin240，

x2sin曲线C1:（为参数）.消去参数可得

y21cos曲线C1的标准方程为x2y24， 所以曲线C1的极坐标方程为4sin.

2知识改变格局- 17 - 格局决定命运！

（2）将3分别代入3cos2sin240和4sin

可得A163，B23

所以ABAB16323143.

【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程之间的相互转化，涉及利用极坐标求距离问题，属综合基础题.

23. 已知函数f(x)=│x+1│–│x–2│. （1）求不等式f(x)≥1的解集；

（2）若不等式f(x)≥x2–x +m的解集非空，求实数m的取值范围. 【答案】（1）1,；（2）,.

45【解析】 【分析】

3，x＜11x2，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2（1）由于f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|2x1，3，x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；

（2）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max5，从而可得m的取值范围． 43，x＜11x2，f（x）≥1， 【详解】解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|2x1，3，x＞2∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2； 当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2； 综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．

（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立， 即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x．

x2x3，x121＜x＜2， 由（1）知，g（x）x3x1，x2x3，x2当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x知识改变格局- 18 - 格局决定命运！

1＞1， 2∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；

当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x∴g（x）≤g（

3∈（﹣1，2）， 23995）1； 24241＜2， 2当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1； 综上，g（x）max5， 45]． 4∴m的取值范围为（﹣∞，

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于难题．

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