广东省2019届高考百校联考理科数学试卷(Word教师版,含详解)

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．

1．若集合A{x|32x1},B{x|3x2x≥0}，则AA．(1,2]

B．1,

42B（ ）

D．(1,)

9C．1,

232．已知复数z满足(z3)(1i)64i（i为虚数单位），则z的共轭复数所对应的点在（ ） A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

3．已知sincos,2sincosA．

757 25B．7 252，则cos2（ ） 516C．

25D．16 254．如图1为某省2018年1~4月快递义务量统计图，图2是该省2018年1~4月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是（ ） ．．

A．2018年1~4月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件 B．2018年1~4月的业务量同比增长率超过50%，在3月最高

C．从两图来看，2018年1~4月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致 D．从1~4月来看，该省在2018年快递业务收入同比增长率逐月增长 5．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若C4,a4,S△ABC2，则

2a3cb （ ）

2sinA3sinCsinBA．5

B．25

C．27

D．213

6．已知平面向量a,b满足a2,b1，且4aba3b2，则向量a,b的夹角为（ ） A．

 6B．

 3C．

 2D．

2 37．为了得到y2cos2x的图象，只需把函数y3sin2xcos2x的图象（ ）

个单位长度 3C．向左平移个单位长度

6A．向左平移个单位长度 3D．向右平移个单位长度

6B．向右平移

228．已知抛物线C1:x2py(y0)的焦点为F1，抛物线C2:y(4p2)x的焦点为F2，点P(x0,)在

12C1上，且PF1A．1 23，则直线F1F2的斜率为（ ） 411B． C．

43D．1 59．如图，B是AC上一点，分别以AB,BC,AC为直径作半圆．从B作BDAC，与半圆相交于D．

AC6,BD22，在整个图形中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是（ ）

A．

2 9B．

1 3C．

4 9D．

2 3

10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为（ ） A．5

B．6

C．7

D．22

512

x2y211．已知双曲线221(a0,b0)的离心率为2，F1,F2分别是双曲线的左、右焦点，点M(a,0)，

ab△PF1F2的面积分别为S1,S2，N(0,b)，点P为线段MN上的动点，当PF1PF2取得最小值和最大值时，

则

S1（ ） S2A．4 B．8

C．23 D．43

xx12．已知函数f(x)aexlna(a0,a1)，对任意x1,x2[0,1]，不等式f(x2)f(x1)≤a2恒成立，则a的取值范围为（ ） A．,e

212B．[e,)

eC．,

12D．[e,e]

2e二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．

2213．在x的展开式中，含x的项的系数是 ．

x12y≥x,3314．已知实数x,y满足y≤2x1, 则目标函数z3xy的最大值为 ．

1y≤x4,215．已知f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且g(0)0，当x≥0时，f(x)g(x)

4x22x2xb（b为常数），则f(1)g(1) ．

16．在四面体ABCD中，ABACADBCBD2，若四面体ABCD的外接球的体积

V82，则CD ． 3CMONA

BD三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（12分） 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S11，且对任意正整数n，都有（1）求数列{an}的通项公式；

Sn1nSn1Sn． n1（2）若bnan，求数列{bn}的前n项和Tn． 2n18．（12分）

某中学为了解中学生的课外阅读时间，决定在该中学的1200名男生和800名女生中按分层抽样的方法抽取20名学生，对他们的课外阅读时间进行问卷调查．现在按课外阅读时间的情况将学生分成三类：A类（不参加课外阅读），B类（参加课外阅读，但平均每周参加课外阅读的时间不超过3小时），C类（参加课外阅读，且平均每周参加课外阅读的时间超过3小时）．调查结果如下表： 男生 女生 A类 x y B类 5 3 C类 3 3 （1）求出表中x，y的值； （2）根据表中的统计数据，完成下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为“参加阅读与否”与性别有关；

不参加课外阅读 参加课外阅读 总计 男生 女生 总计 （3）从抽出的女生中再随机抽取3人进一步了解情况，记X为抽取的这3名女生中A类人数和C类人数差的绝对值，求X的数学期望．

n(adbc)2附：K．

(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2≥k0) 0.10 2.706 0.05 3.841 0.01 6.635 k0 19．（12分）

如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF//AB，BCFD，过BC的平面交棱FD于P，交棱FA于Q．

（1）证明：PQ//平面ABCD；

（2）若CDBE,EFEC,CD2EF,BCtEF，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的大小．

FPQDABEC

x2y220．（12分）已知F为椭圆C:221(ab0)的右焦点，点P(2,3)在C上，且PFx轴．

ab（1）求C的方程；

（2）过F的直线l交C于A,B两点，交直线x8于点M．判定直线PA,PM,PB的斜率是否依次构成等差数列？请说明理由．

21．（12分）

设函数f(x)xea(1e)1． （1）求函数f(x)的单调区间；

（2）若函数f(x)在(0,)上存在零点，证明：a2． 22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分） 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为xxx5cos（为参数）．M是曲线C1上的动点，将线

y55sin段OM绕O点顺时针旋转90得到线段ON，设点N的轨迹为曲线C2．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线C1,C2的极坐标方程； （2）在（1）的条件下，若射线3，且有定点(≥0)与曲线C1,C2分别交于A,B两点（除极点外）

T(4,0)，求△TAB的面积．

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分） 已知函数f(x)xm2x2m(m0)． （1）当m11时，求不等式f(x)≥的解集； 22（2）对于任意的实数x，存在实数t，使得不等式f(x)t3t4成立，求实数m的取值范围．

高三数学考试（理科）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．

1．若集合A{x|32x1},B{x|3x2x≥0}，则AA．(1,2] 1．答案：C

解析：因为A{x|x1},Bx0≤x≤，所以AB．1,

42B（ ）

D．(1,)

9C．1,

23323Bx1x≤．

22．已知复数z满足(z3)(1i)64i（i为虚数单位），则z的共轭复数所对应的点在（ ） A．第一象限

2．答案：D 解析：因为zB．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

64i32i，所以z2i． 1i723．已知sincos,2sincos，则cos2（ ）

557716A． B． C．

2525253．答案：A

D．16 257sincos3752解析：因为 ，所以sin，从而cos212sin．

25252sincos54．如图1为某省2018年1~4月快递义务量统计图，图2是该省2018年1~4月快递业务收入统计图，下

列对统计图理解错误的是（ ） ．．

A．2018年1~4月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件 B．2018年1~4月的业务量同比增长率超过50%，在3月最高

C．从两图来看，2018年1~4月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致

D．从1~4月来看，该省在2018年快递业务收入同比增长率逐月增长 4．答案：D

解析：选项A，B显然正确；对于选项C，2月份业务量同比增长率为53%，而收入的同比增长率为30%，所以C是正确的；对于选项D，1，2，3，4月收入的同比增长率分别为55%，30%，60%，42%，并不是逐月增长，D错误．

5．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若C4,a4,S△ABC2，则

2a3cb （ ）

2sinA3sinCsinBA．5 5．答案：B 解析：CB．25

C．27

D．213

4,a4,S△ABC112absinC4b2，得b2，又根据余弦定理得： 222c2a2b22abcosC10，即c10，所以

2a3cbc2R25．

2sinA3sinCsinBsinC6．已知平面向量a,b满足a2,b1，且4aba3b2，则向量a,b的夹角为（ ） A．

 6B．

 322C．

 2D．

2 36．答案：D

解析：因为4aba3b4a3b11ab2,a2,b1，所以ab1， 由ababcos2cos1，得cos12，所以． 233sin2xcos2x的图象（ ）

7．为了得到y2cos2x的图象，只需把函数y个单位长度 3C．向左平移个单位长度

6A．向左平移7．答案：D

解析：因为y3sin2xcos2x2cos2x只需将y个单位长度 3D．向右平移个单位长度

6B．向右平移

2cos2x，要得到函数y2cos2x，363sin2xcos2x的图象向右平移

个单位长度即可． 612228．已知抛物线C1:x2py(y0)的焦点为F1，抛物线C2:y(4p2)x的焦点为F2，点P(x0,)在

C1上，且PF1A．1 23，则直线F1F2的斜率为（ ） 411B． C．

43D．1 58．答案：B

31p31122，所以，解得p.C1:xy,C2:y4x,F1(0,),F2(1,0)，所以直42242411线F1F2的斜率为4．

014解析：因为PF19．如图，B是AC上一点，分别以AB,BC,AC为直径作半圆．从B作BDAC，与半圆相交于D．

AC6,BD22，在整个图形中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是（ ）

A．

2 9B．

1 3C．

4 9D．

2 3

9．答案：C

解析：连接AD,CD，可知△ACD是直角三角形，又BDAC，所以BDABBC，设

2ABx(0x6)，则有8x(6x)，得x2，所以AB2,BC4，由此可得图中阴影部分的面积

等于

32122222224，故概率． 2P199210．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为（ ） A．5

B．6

C．7

D．22

512

10．答案：C

解析：如图，可知最长的棱为长方体的体对角线AC22，最短的棱为BD1，异面直线AC与BD所

成的角为ACE，由三视图中的线段长度可得，AB5,BDCE1,CD2,AE7，

tanACE7．

ABDCE

x2y211．已知双曲线221(a0,b0)的离心率为2，F1,F2分别是双曲线的左、右焦点，点M(a,0)，

ab△PF1F2的面积分别为S1,S2，点P为线段MN上的动点，当PFN(0,b)，1PF2取得最小值和最大值时，

则

S1（ ） S2B．8

C．23

D．43

A．4 11．答案：A 解析：由ec2，得c2a,b3a，故线段MN所在直线的方程为y3(xa)，又点P在线段aMN上，可设P(m,3m3a)，其中m[a,0]，由于F1(c,0),F2(c,0)，即F1(2a,0),F2(2a,0)，

22得PF1(2am,3m3a),PF2(2am,3m3a)，所以PF1PF24m6maa

33133a， 4(ma)2a2．由于m[a,0]，可知当ma时，PF1PF2取得最小值，此时yP4444当m0时，PF1PF2取得最大值，此时yP3a，则

S2S13a4． 3a4xx12．已知函数f(x)aexlna(a0,a1)，对任意x1,x2[0,1]，不等式f(x2)f(x1)≤a2恒成立，则a的取值范围为（ ）

A．,e

212．答案：B

12B．[e,)

eC．,

12D．[e,e]

2e解析：因为f(x)aexlna，所以f(x)alnaelna(a1)lnae．

xxxxxxa1≥0,lna0，a1≤0,lna0，当a1时，对任意的x[0,1]，恒有f(x)0；当0a1时，

恒有f(x)0，所以f(x)在x[0,1]是单调递增的．那么对任意的x1,x2[0,1]，不等式f(x2)f(x1)

xx≤a2恒成立，只要f(x)maxf(x)min≤a2，f(x)maxf(1)aelna，

f(x)minf(0)112，所以a2≥aelna2，即lna≥e,a≥ee．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．

2213．在x的展开式中，含x的项的系数是 ．

x13．答案：32 解析：Tr1Cxr44rr42332rr42rC42x，令42r2，得r3，所以含x的项的系数为C4232 x12y≥x,3314．已知实数x,y满足y≤2x1, 则目标函数z3xy的最大值为 ．

1y≤x4,214．答案：4

解析：作可行域如图所示，由图可知，当z3xy 过点B(1,1)时，z取得最大值4．

15．已知f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且g(0)0，当x≥0时，f(x)g(x)

x22x2xb（b为常数），则f(1)g(1) ．

15．答案：4

解析：由f(x)为定义在R上的奇函数可知f(0)0，所以f(0)g(0)2b0，得b1，

0所以f(1)g(1)4，于是f(1)g(1)f(1)g(1)[f(1)g(1)]4．

16．在四面体ABCD中，ABACADBCBD2，若四面体ABCD的外接球的体积

V82，则CD ． 316．答案：22

解析：设CD的中点为M，AB的中点为N，则四面体ABCD的外接球球心O在线段MN上，设四面体ABCD的外接球半径为r，由V4382r，得r2．设CD2x，在Rt△OAN中， 33ONOA2AN2211，在Rt△ADN中，DNAD2AN23，在Rt△DMN中， MNDN2DM23x2，所以OMMNON3x21，在Rt△ODM中，

OM2OD2DM2，由(3x21)22x2，解得x2，所以CD22

CMONA

BD三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17—21题为必考题，每个试题考

生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17．（12分） 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S11，且对任意正整数n，都有（1）求数列{an}的通项公式； （2）若bnSn1nSn1Sn． n1an，求数列{bn}的前n项和Tn． n217．解析：（1）由S11，得a11．……………………………………………………………………1分 又对任意正整数n，

Sn1nSn1Sn都成立，即Sn1n(n1)(n1)Sn1(n1)Sn， n1所以nSn1(n1)Snn(n1)，所以即数列所以

Sn1Sn1，………………………………………………3分 n1nSn是以1为公差，1为首项的等差数列．……………………………………………………4分 nSnn，即Snn2，得anSnSn12n1(n≥2)，………………………………………5分 n又由a11，所以an2n1(nN)．…………………………………………………………………6分

解法2：由

Sn1nSn1Snan1，可得Sn1n(n1)(n1)an1， n1当n≥2时，Snn(n1)nan，两式相减，得an12n(n1)an1nan，整理得an1an2， 在

Sn1Snan1中，令n2，得21a2，即1a222a2，解得a23，a2a12， n12所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，an12(n1)2n1．

an2n1n，……………………………………………………………………7分 n221352n32n1所以Tn23n1， ①……………………………………………………8分

22222n11352n32n1则Tn234n1， ②……………………………………………………9分 22222n21122222n1①②，得Tn234nn1，……………………………………………10分

22222221322n132n3整理得Tnnn1n1，…………………………………………………………11分

2222222n3所以Tn3．……………………………………………………………………………………12分

2n（2）由（1）可得bn18．（12分）

某中学为了解中学生的课外阅读时间，决定在该中学的1200名男生和800名女生中按分层抽样的方法抽取20名学生，对他们的课外阅读时间进行问卷调查．现在按课外阅读时间的情况将学生分成三类：A类（不参加课外阅读），B类（参加课外阅读，但平均每周参加课外阅读的时间不超过3小时），C类（参加课外阅读，且平均每周参加课外阅读的时间超过3小时）．调查结果如下表：

男生 女生 A类 x y B类 5 3 C类 3 3 （1）求出表中x，y的值； （2）根据表中的统计数据，完成下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为“参加阅读与否”与性别有关；

不参加课外阅读 参加课外阅读 总计 男生 女生 总计 （3）从抽出的女生中再随机抽取3人进一步了解情况，记X为抽取的这3名女生中A类人数和C类人数差的绝对值，求X的数学期望．

n(adbc)2附：K．

(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2≥k0) 0.10 2.706 0.05 3.841 0.01 6.635 k0 201200n121200018．解析：（1）设抽取的20人中，男、女生人数分别为n1,n2，则,……1分

n20800822000 所以x12534，………………………………………………………………………………2分

y8332．………………………………………………………………………………………3分

（2）列联表如下：

不参加课外阅读 参加课外阅读 总计 男生 4 8 12 女生 2 6 8 总计 6 14 20 ………………………………………………………………………………………………………………5分

20(4628)2100.1592.706， K的观测值k128146632所以没有90%的把握认为“参加阅读与否”与性别有关．……………………………………………7分

（3）X的可能取值为0，1，2，3，

3111C3C2C3C319则P(X0)，……………………………………………………………………8分 3C8563111221C3C3C32C2C2C3C2C33P(X1)，………………………………………………………9分 3C87211C2C3C32C33，………………………………………………………………………10分 P(X2)3C8143C31P(X3)3，……………………………………………………………………………………11分

C856所以EX019313151．………………………………………………………12分 12356714565619．（12分）

如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF//AB，BCFD，过BC的平面交棱FD于P，

交棱FA于Q．

（1）证明：PQ//平面ABCD；

（2）若CDBE,EFEC,CD2EF,BCtEF，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的大小．

FPQDABEC

19．（1）证明：因为底面ABCD为矩形，所以AD//BC，又因为AD平面ADF，BC平面ADF，所以BC//平面ADF，……………………………………………………………………………………2分 又因为BC平面BCPQ，平面BCPQ平面ADFPQ，所以BC//PQ，…………………………4分

又因为PQ平面ABCD，CD平面ABCD，所以PQ//平面ABCD．…………………………6分 （2）解：

CDBE,CDCB,BECBB，CD平面BCE，又因为CE平面BCE，所以

CDCE；因为BCCD,BCFD,CDFDD，所以BC平面CDFE，所以BCCE，以C为坐标原点，CD,CB,CE 所在方向为x,y,z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系Cxyz，设

EFCE1，则A(2,t,0),D(2,0,0),F(1,0,1)，所以AD(0,t,0),AF(1,t,1)…………7分

nADty0设平面ADF的一个法向量为n(x,y,z)，则，令x1，得n(1,0,1)…9分

nAFxtyz0易知平面BCE的一个法向量为m(1,0,0)，…………………………………………………………10分 设平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为，则cos所以nmnm2，……………………………11分 24，故平面ADF与平面BCE所成锐二面角为

． 4zFPQxA20．（12分）

EDBCy

x2y2已知F为椭圆C:221(ab0)的右焦点，点P(2,3)在C上，且PFx轴．

ab（1）求C的方程；

（2）过F的直线l交C于A,B两点，交直线x8于点M．判定直线PA,PM,PB的斜率是否依次构成等差数列？请说明理由．

20．解：（1）因为点P(2,3)在C上，且PFx轴，所以c2………………………………………1分

49a216221由a ，得2，…………………………………………………………………………4分 bb12a2b24x2y21．…………………………………………………………………………5分 故椭圆C的方程为

1612（2）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的的方程为yk(x2)，

令x8，得M的坐标为(8,6k)．……………………………………………………………………6分

x2y212222由1612，得(4k3)x16kx16(k3)0．…………………………………………7分 yk(x2)16k216(k23),x1x2设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1x2．①…………………………8分 224k34k3设直线PA,PM,PB的斜率分别为k1,k2,k3， 从而k1y13y36k31,k22,k3k．……………………………………………………9分 x12x22822因为直线AB的方程为yk(x2)，所以y1k(x12),y2k(x22)， 所以k1k21y13y23yy1123 x12x22x12x21x12x222k3x1x24． ②……………………………………………………………………10分

x1x22(x1x2)416k2424k32k1．………………………………11分 把①代入②，得k1k22k32216(k3)32k2424k34k31又k3k，所以k1k22k3，故直线PA,PM,PB的斜率成等差数列．…………………………12分

221．（12分）

设函数f(x)xea(1e)1． （1）求函数f(x)的单调区间；

（2）若函数f(x)在(0,)上存在零点，证明：a2．

21．（1）解：函数f(x)的定义域为(,)，…………………………………………………………1分 因为f(x)xea(1e)1，所以f(x)(x1a)e．…………………………………………2分 所以当xa1时，f(x)0，f(x)在(a1,)上是增函数；

当xa1时，f(x)0，f(x)在(,a1)上是减函数．……………………………………4分 所以f(x)在(a1,)上是增函数，在(,a1)上是减函数．…………………………………5分 （2）证明：由题意可得，当x0时，f(x)0有解，

xxxxxxex1x(ex1)x1x1x即ax有解．………………………………………………6分 e1ex1ex1xex1ex(exx2)x11令g(x)xx，则g(x)x．…………………………………………7分 2x2(e1)(e1)e1设函数h(x)ex2,h(x)e10，所以h(x)在(0,)上单调递增．

又h(1)e30,h(2)e20，所以h(x)在(0,)上存在唯一的零点．………………………8分 故g(x)在(0,)上存在唯一的零点．设此零点为k，则k(1,2)．………………………………9分

2xx当x(0,k)时，g(x)0；当x(k,)时，g(x)0．

所以g(x)在(0,)上的最小值为g(k)．………………………………………………………………10分 又由g(k)0，可得ek2，所以g(k)kkk1k1(2,3)，…………………………11分 ke1因为ag(x)在(0,)上有解，所以a≥g(k)2，即a2．………………………………12分 解法2：（2）证明：由题意可得，当x0时，f(x)0有解，由（1）可知f(x)在(a1,)上是增函数，在(,a1)上是减函数，且f(0)1．

①当a10，即a1时，f(x)在(0,)上单调递增，所以当x0时，f(x)f(1)1，不符合题意； ②当a10，即a1时，f(x)在(0,a1)上单调递减，在(a1,)上单调递增，所以当xa1时，

f(x)取得最小值f(a1)，由题意可知f(a1)(a1)ea1a(1ea1)1aea11≤0，

设g(x)xex11(x1)，则g(x)1ex10，所以函数g(x)在(1,)上单调递减，

又g(2)3e0，而g(a)≤0，所以a2．

（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． 22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分） 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x5cos（为参数）．M是曲线C1上的动点，将线

y55sin段OM绕O点顺时针旋转90得到线段ON，设点N的轨迹为曲线C2．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线C1,C2的极坐标方程； （2）在（1）的条件下，若射线3，且有定点(≥0)与曲线C1,C2分别交于A,B两点（除极点外）

T(4,0)，求△TAB的面积．

22．解：（1）由题设，得C1的直角坐标方程为x(y5)25，即xy10y0，…………2分 故C1的极坐标方程为10sin0，即10sin．………………………………………………3分 设点N(,)(0)，则由已知得M,222222，代入C1的极坐标方程得10sin(2)，

即10cos(0)．……………………………………………………………………………………5分

（2）将3代入C1,C2的极坐标方程得A53,,B5,，………………………………7分 33又因为T(4,0)，所以S△TOA1OAOTsin15，………………………………………………8分 23S△TOB1OBOTsin53，……………………………………………………………………9分 23所以S△TABS△TOAS△TOB1553．…………………………………………………………………10分 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分） 已知函数f(x)xm2x2m(m0)． （1）当m11时，求不等式f(x)≥的解集； 22（2）对于任意的实数x，存在实数t，使得不等式f(x)t3t4成立，求实数m的取值范围．

x3m,x≤m23．解：因为m0，所以f(x)xm2x2m3xm,mxm．……………………1分

x3m,x≥m13x,x≤221111（1）当m时，f(x)3x,x, …………………………………………………………2分

222231x,x≥22311131x≥,3x≥,x≥1222222所以由f(x)≥，可得或 或 ，…………………………3分

2x≤11x1x≥12222解得≤x1311或≤x≤1，………………………………………………………………………………4分 22故原不等式的解集为x1≤x1．………………………………………………………………………5分 3（2）因为f(x)t3t4f(x)≤t4t3，

令g(t)t4t3，则由题设可得f(x)max≤g(t)max ．…………………………………………6分

x3m,x≤m由f(x)3xm,mxm，得f(x)maxf(m)2m．……………………………………7分

x3m,x≥m因为t4t3≤(t4)(t3)7，所以7≤g(t)≤7．……………………………………8分 故g(t)max7，从而2m7，即m7，………………………………………………………………9分 272又已知m0，故实数m的取值范围是0,．…………………………………………………………10分