骆马湖-中考成绩

2020届陕西省渭南市临渭区高三模拟考试数学（文）试题


一、单选题
1．已知集合
M

xRx


1


，集合
N

xRx4
< br>，则
MIN
（ ）
2

1


C．
R

2

D．

A．

xx
【答案】B


1



2

B．

x4x


【解析】由题意结合交集的定义可得：
MN

x4x
本题选择
B
选项.
2．若复数
z
满足
A．
13i

【答案】C


1


.
2

z

1

2
i
，则
z
（ ）
1i
B．
3i
C．
13i
D．
33i

【解析】根据题意可得
z

1i

12i

，然后根据乘法法则求出复数
z
即可．
【详解】
∵
z

1

2
i
，
1i
∴
z

1i

12i
< br>13i
．
故选C．
【点睛】
本题考查复数的乘法运算，解 题时根据乘法法则求解即可，注意把
i
2
换为
1
．属于基
础题．
3．命题“
x0
，
3
x
x
2
”的否定为（ ）
A．
x0
，
3
x
x
2

C．
x0
，
3
x
x
2

【答案】C
【解析】利用存在性命题的否定方法进行求解，改变量词，否定结论.
【详解】
因为命题“
x0
，
3
x
x
2
”的否定是“
x0
，
3
x
x
2
”.
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B．
x0
，
3
x
x
2

D．
x0
，
3
x
x
2

故选：C.
【点睛】
本题主要考查含有量词的命题的否定，求解策 略是：改变量词，否定结论.侧重考查逻
辑推理的核心素养.
4．如图所示，是2017年某 大学自主招生面试环节中7位评委为某考生打出的分数的
茎叶图，去掉一个最高分和最低份后，所剩分数 的平均数和众数分别为（ ）

A．86，86
【答案】D
【解析 】去掉最高分与最低分，所剩数据为84，85，85，87，89，利用平均数公式
以及众数的定义求 解即可.
【详解】
由茎叶图知，去掉一个最高分95和一个最低分77后，
所剩数据为84，85，85，87，89，
所以平均数为：
B．85，84 C．84，86 D．86，85
1

8485858789

86
，
5
众数为：85，故选D．
【点睛】
本题主要考查平均数公式以及众数的 定义，属于基础题.样本平均数公式为
x
x
1
x
2
. ..x
n
.
n
5．执行如图所示的程序框图，若恰好经过两次条件判断就 输出
x
，则可输入的正整数
x
的取值共（ ）
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A．
2
个
【答案】C
【解析】根据循环条件和恰好经过两次条件判断就输出
x
，可得关于
x
的不等关系，从
而可求
x
的值.
【详解】
由题意可得，
2
x
1126
，且
2
2
x
B．
3< br>个 C．
4
个 D．
5
个
1
126
，
因为
x
为正整数，所以
x6
，且
x3
，
所以可输入的正整数
x
的取值有：3,4,5,6.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查程序框图的识别，根据循环条件列出不等式是求解的关键，侧重考查逻 辑
推理的核心素养.
6．已知
A．
【答案】A
【解析】先通过终边上点的坐标求出
【详解】
解：因为角的终边经过点
，然后代入分段函数中求值即可.
，若角的终边经过点
B． C．4
，则的值为（ ）
D．-4
第 3 页 共 17 页

所以
所以
所以
故选A.
【点睛】



本题考查了任意角三角函数的定义，分段函数的计算求值，属于基础题.
7．如果将函数
f

x


2sin

3
x





的图像向右平移


0

个单位长度，得到函
4

数
g

x

的图像，其对称轴是直线
x

4，则

的最小值是（ ）
A．

12
B．


4
C．


6
D．


3
【答案】C
【解析】先求解平移后的函数解析式，结合对称轴可求

的最小值.
【详解】
由题意得
g

x


2sin [3

x





]

2sin

3
x
3



，
44

因为
g

x

图象的对称轴是直 线
x

4
，所以
3

3
k,kZ
，
442


k

,kZ
，

0
，所以
k0
时，

取最小值.
6
36
故选：C.
【点睛】
本题主要考查三角函 数图象变换及性质，明确平移后的函数解析式是求解的关键，侧重
考查数学抽象的核心素养.
c
分别是角
A
,
B
,
C
的对边，8．在
 ABC
中，
a
,
b
，且
2bcosC2ac
，则
B
（ ）
A．
π

6
B．
π

4
C．
π

3
D．
2π

3
【答案】D
【解析】由余弦定理 有
2abcosCa
2
b
2
c
2
，
2bcosC2ac2abcosC2a
2
ac
，则有
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a
2
b
2c
2
2a
2
acb
2
a
2
c
2
ac
，又
b
2
a
2
c
2
2accosB

1
ac2accosB,cosB
，故选D.
2
x
2
y
2
9．已知点
P
在双曲线
2

2
1(a0,b0)
上，
PF
⊥
x
轴(其中
F
为双曲线的右焦点)，
ab
点
P
到该双曲线的两条渐近线的距离 之比为
A．
1
，则该双曲线的离心率为（ ）
3
C．
25

5
23

3
B．
3
D．
5

【答案】A
【解析 】由双曲线的性质求出点P的坐标，由点到直线的距离公式列出方程解得
c
＝2
b，
再由
c
2
＝
a
2
＋
b
2< br>得到
a=3b
，即可得出该双曲线的离心率.
【详解】

b
2

由题意知
F
(
c,
0)，由
PF< br>⊥
x
轴，不妨设点
P
在第一象限，则
P

c ,

，双曲线的渐近

a

线方程为
bxay 0
，由题意
b
2
bca
a
a
2
b
2
b
2
bca
a
a
2
b
2
222
1

，解得
c
＝2
b
，又
c
＝
a
＋
b
，所以
3
a=3b

所以双曲线的离心率
e
故选：A
【点睛】
c2b23
.

a3
3b
本题主要考查了求双曲线的离心率，属于基础题.
10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
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A．
5

【答案】B
【解析】先根据三视图还原几何体，侧放的五棱柱，结合棱柱的体积公式可求.
【详解】 < br>由题意可知，几何体是以左视图为底面的五棱柱，底面积为
S21
B．
6
C．
16

3
D．
8

1
213
，高
2
h2
，
所以体积为
VSh6
.
故选：B.
【点睛】
本题 主要考查利用三视图求解几何体的体积，结合三视图还原几何体是求解的关键，侧
重考查直观想象的核心 素养.
11．若圆
O:x
2
y
2
4
与圆C:x
2
y
2
4x4y40
关于直线
l对称，则直线
l
的
方程是
(

)

A．
xy0

【答案】D
【解析】由题意化圆C为标准方程， 由两圆位置关系得两圆相交，直线l是两圆的公共
弦所在的直线，故把两圆的方程相减可得直线l的方程 ．
【详解】
由题圆C：

x2



x2

4
,则两圆心距为
22
，故两圆相交
22
B．
xy0
C．
xy20
D．
xy20

由于圆O：
x
2
y
24
与圆C：
x
2
y
2
4x4y40
关于直线l对称，则直线l
是两圆的公共弦所在的直线，
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故把两圆的方程相减可得直线l的方程为
xy20
，
故选D．
【点睛】
本题主要考查圆和圆的位置关系，直线与圆的位置关系的应用， 判断直线l是两圆的公
共弦所在的直线，是解题的关键，属于中档题．
12．函数
f

x

x2x4x
,当
x

 3,3

时,有
f

x

m14m
恒 成立,则实数
32
2
m的取值范围是 （ ）
，

A．

311
【答案】D
，

B．

311
C．
2，7


，
D．
311

【解析】要使原式恒成立，只需 m
2
﹣14m≤f（x）
min
，然后再利用导数求函数f（x）
＝ ﹣x
3
﹣2x
2
+4x的最小值即可．
【详解】
因为f（x）＝﹣x
3
﹣2x
2
+4x，x∈[﹣3，3]
所以f′（x）＝﹣3x
2
﹣4x+4，令f′（x）＝0得
x
2
或x2
，
3
因为该函数在闭区间[﹣3，3]上连续可导，且极值点处的导数为零，
所以最小值一定在端点处或极值点处取得，
而f（﹣3）＝﹣3，f（﹣2）＝﹣8，f（
所以该函数的最小值为﹣33，
因为f（x）≥m
2
﹣14m恒成立，
只需m
2
﹣14m≤f（x）
min
，
即m
2
﹣14m≤﹣33，即m
2
﹣14m+33≤0
解得3≤m≤11．
故选C．
【点睛】
本题考查了函数最值，不等式恒 成立问题，一般是转化为函数的最值问题来解决，而本
题涉及到了可导函数在闭区间上的最值问题，因此 我们只要从端点值和极值中找最值，
注意计算的准确，是基础题


二、填空题
13．抛物线
x
2
2y
的准线方程是__________．
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240
）

，f（3）＝﹣33，
327

【答案】
y=-
1

2
p
,所以抛物线
x
2
2y
的准线方程是2
【解析】因为
x
2
2py
准线方程是
yrr
rr
rr
14．已知向量
a

6,2

，
b

t,3

，若
ab
，则
ab
______.
【答案】
52

1
y

2
rr
rr
【解析】先根据
a b
求出
t
，然后求出
ab
.
【详解】
rr
rr
因为向量
a

6,2

，
b
t,3

，
ab
，
所以
6t60
，即
t1
.
rrrr
a b

5,5

，ab=5
2
+5
2
= 52
.
故答案为：
52
.
【点睛】
本题主要考查平面 向量的坐标运算，熟记向量垂直和模长的求解公式是求解的关键，侧
重考查数学运算的核心素养. 2
15．已知数列

a
n

为等比数列，且
a
3
a
11
2a
7
4

，则
t an

a
1
a
13

的值为_____．
【答案】
3

【解析】利用等比数列的性质
a
3
a
11
=a
7
=a
1
a
13
，代入等式得< br>a
1
a
13
=
可。
【详解】
2
∵

a
n

是等比数列，∴
a
3
a
11
2a
7
a
7
2a
7
4
< br>，即
a
7

222
2
4

，再代入 计算即
3
4

，
3
∴
a
1
a< br>13
a
7

2
4

，
3
4

3
.
3
tan

a< br>1
a
13

tan
故答案为
3
.
【点睛】
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本题考查等比数列的性质，属于基础题。
16．已知
m,n
是两条不同的直线，

,

是两个不同的平面.
①若
m

，
m

，则



； ②若
m

，

I

n
，



，则
mn
；
③若
m

，
n

，



，则
mn

④若
m

，
m

，

I

n
，则
mn
.
上述命题中为真命题的是______（填空所有真命题的序号）.
【答案】①④
【解析】由平面与平面垂直的判定定理可知①正确；②中
m,n
的关系无法确定垂直；
③中两个平面平行，两个平面内的直线可能平行也可能异面；由直线与平面平行的性质
定理可得④正确.
【详解】
对于①，由平面与平面垂直的判定定理可知正确；
对于②，若
m 

，

I

n
，



，则
m,n
可能平行，也可能相交，垂直；
对于③，若
m< br>
，
n

，



，则
m ,n
可能平行，也可能异面；
对于④，由直线与平面平行的性质定理可得④正确.
故答案为：①④.
【点睛】
本题主要考查空间直线与平面间的位置关系，借助已知 定理和身边的实物模型能方便解
决这类问题，侧重考查直观想象的核心素养.

三、解答题
2
17．已知数列

a
n

的前n项和为
S
n
，且
S
n
n
．
< br>1

求数列

a
n

的通项公式；

2

设
b
n
(
1
)
a2
n
，求数列

b
n

的前n项和
T
n
．
【答案】（1）
a
n

2
n1
；（2）
T
n

2

1
1

3

4
n


.

n1
时，
a
1
S
1
，
n2
时，
a
n
S
n
S
n1
即可求出数列的通项公式.

2

【解析】

1

?
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利用

1

的通项，得

b
n

是以首项为
求解即可.
【详解】
11
，公比为的等比数列，利用等比数列求和公式
24
2
（1）数列

a
n

的前n项和为
S
n
，且
S
n
n
．
当
n1
时，
a
1
S
1
1
，
22
当
n2
时，
a
n
S
n
 S
n1
n(n1)2n1(
首项符合通项
)
，
故：
a
n

2
n
1
．

2

由于
a
n
2n1
，
1
a
n
1
()
2n1
，
22
1
()
2n1
b
1

，
则：
n1

2
1
b
n
()
2n14
2
11
所以：数列

b
n

是以首 项为
，公比为的等比数列．
24
所以：
b
n
()
1

1

1

1
2

4< br>n

2

故：
T
n


1
n
1
3

4
1
4
【点睛】

．


本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数 列的前n项和公式的应用，主
要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
18．到2 020年，我国将全面建立起新的高考制度，新高考采用
33
模式，其中语文、
数学 、英语三科为必考科目，满分各150分，另外考生还要依据想考取的高校及专业
的要求，结合自己的兴 趣、爱好等因素，在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物
6门科目中自选3门（6选3）参加考试 ，满分各100分.为了顺利迎接新高考改革，
某学校采用分层抽样的方法从高一年级1000名（其中 男生550名，女生450名）学
生中抽取了
n
名学生进行调查.
（1）已 知抽取的
n
名学生中有女生45名，求
n
的值及抽取的男生的人数.
（2）该校计划在高一上学期开设选修中的“物理”和“地理”两个科目，为了解学生
对这两个科目的 选课情况，对在（1）的条件下抽取到的
n
名学生进行问卷调查（假定
每名学生在这两 个科目中必须选择一个科目，且只能选择一个科目），得到如下
22
列
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联表.

男生
女生
总计

（i）请将列联表补充完整，并判断是否有
99%
以上的把握认为选择科目 与性别有关系.
（ii）在抽取的选择“地理”的学生中按性别分层抽样抽取6名，再从这6名学生中 抽
取2名，求这2名中至少有1名男生的概率.
选择“物理”

25

选择“地理”
10


总计



n(adbc)
2
附：
K
，其中
nab cd
.
(ab)(cd)(ac)(bd)
2
P(K
2
k
0
)
0.05 0.01
k
0



3.841 6.635
【答案】(1)
n100
，55人 (2) （i）见解析；（ii）
【解析】（1）根据题意可得
数；
（2）
3

5
n45

求解即可得出
n
的值，进 而可得抽取的男生人
1000450
（i）根据题中数据先完善列联表，再由题中公式，求出< br>k
2
的值，结合临界值表即可的
结果；
（ii）先由题易知抽取的选 择“地理”的6名学生中，有2名男生，分别记为
A
，
B
，
4名女生 ，分别记为
a
，
b
，
c
，
d
；用列举法分 别列举出“6名学生中随机抽取2名”
和“其中至少有1名男生”所包含的基本事件，基本事件个数比即 是所求概率.
【详解】
n45

，解得
n100
，
1000450
100
55
.
则抽取的男生的人数为
550
1000
解：（1）由题意得
第 11 页 共 17 页

（2）（i）

男生
女生
总计

选择“物理”
45
25
70
选择“地理”
10
20
30
总计
55
45
100
100(45202510)
2
则
K8.12896.635
，
55457030
2
所以有99%
以上的把握认为送择科目与性别有关系.
（ii）由题易知抽取的选择“地理”的 6名学生中，有2名男生，分别记为
A
，
B
，4
名女生，分别记为< br>a
，
b
，
c
，
d
.
从6名学生中 随机抽取2名，有
AB
，
Aa
，
Ab
，
Ac
，
Ad
，
Ba
，
Bb
，
Bc
，
Bd
，
其中至少有1名男生的有
AB
，
Aa
，
Ab
，
ab
，
ac
，
ad
，
bc
，< br>bd
，
cd
共15种情况，
Ac
，
Ad
，< br>Ba
，
Bb
，
Bc
，
Bd
共9种情况，
故所求概率为
【点睛】
93

.
155
本题主 要考查分层抽样、独立性检验以及古典概型的问题，需要考生熟记分层抽样特征、
独立性检验的思想、以 及古典概型的计算公式，属于常考题型.
19．如图，在底面为正方形的四棱锥
PABCD
中，
PA
平面
ABCD
，
AC
与
BD< br>交
于点
E
，点
F
是
PD
的中点.
（1）求证：
EF
平面
PBC
；
（2）若
PA 2AB2
，求点
F
到平面
PBC
的距离.

【答案】(1)见解析;(2)
5
.
5
【解析】分析：第一问利用 三角形的中位线得到
EFPPB
，之后结合线面平行的判定
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定理的内容证得结果；第二问利用
V
PBCD
VDPCB
，将顶点和底面转换，求得点到平
面的距离，这就需要明确怎么转能够比较简单 的求得三棱锥的体积.
详解：（1）因为
E,F
分别是
DP,DB
的中点，∴
EFPB
，
又因为
EF面PBC,PB面PBC
，
所以
EF
面
PBC
；
（2）设点
F
到面
PBC
的距离为
d
，则点
D
到面
PBC
的 距离为
2d
，在直角
PAB
中，
PBPAAB5
，又
V
PBCD

22
1

11


11

2
，
3

23< br>
1

1

V
DPCB

< br>15

2d
，
3

2

由
V
PBCD
V
DPCB
得
d
5
.
5
点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到空间关系的证明------线面平行，在
证明的过程中，核心是寻找线的平行线，还需要注意的就是有关判定定理的条件不要缺，
再者就 是求点到平面的距离，最常用的，就是利用等级法来求.
x
2
y
2
20．已知椭圆
C:
2

2
1

ab0
的两焦点分别是
F
1
2,0,F
2
ab
 
2,0
，点


32

E

2,
在椭圆
C
上，


2

（1）求椭圆
C
的方程；
（2）设
P
是
y
轴上的一点，若椭圆
C
上存在两点
M,N
，使得
MP2PN
，求以
F
1
P
为直径的 圆面积的取值范围．
uuuvuuuv

2


x
2
y
2
,2


【答案】（Ⅰ）
=1
（Ⅱ）

86

3

【解析】试题分析：（1）根据题意 得到
2aEF
1
EF
2
，由点点距离可求得a值，进
而 得到椭圆方程；（2）向量坐标化得到
x
1
2x
2
，联立直线和 椭圆得到方程，根据消

t
2
6
0

22

t6
12t8
参得到韦达定理
k
2

，由可得到范围.

2
2
12t8

t2
8
t6
6

12t
2
8

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详解：
（Ⅰ）由已知，半焦距< br>c2,2aEF
1
EF
2
8
932
4 2
，
22
所以
a22
，所以
b
2
a
2
c
2
826
，
x
2
y
2
所以椭圆的方程是
1
.
86
（Ⅱ）设点
P
的坐标为

0,t

，
当直线
MN
斜率不存在时，可得
M,N
分别是短轴的两端点，得到< br>t
6
，
3
当直线
MN
斜率存在时，设直线MN
的方程为
ykxt
，
M

x
1
,y
1

N

x
2
,y
2
< br>，
则由
MP2PN
得
x
1
2x
2
①，
uuuvuuuv

ykxt

222
联立

x
2
y
2
得

34t

x8 ktx4t240
，
1


6

8由
0
得
64kt434k
22

2
 
4t
2
240
，整理得
t
2
8k
2
6


8kt
4t
2
24
由韦达 定理得
x
1
x
2

，
x
1
x
2

②，
2
34t
2
34t
t< br>2
6
由①②，消去
x
1
,x
2
得
k
，
2
12t8
2

t
2
6< br>0

3
2
3
2

12t
2
8
t6t6
，
由

解得
，综上：
2
22

t
2
8
t6
6

12t
2
8


2


2t
2
,2


. 又因为以
F
1
P
为直径 的圆面积
S


，所以
S
的取值范围是


3

4
点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达 定理法：因直线的方
程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关 系
问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重
点方法 之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽
视判别式的作用．
21．已知函数
f(x)x
2
xlnx
．
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（1）求曲线
yf(x)
在点
(1,f (1))
处的切线方程；
x
2
（2）若
f(x)k
在
(1,)
上恒成立，求实数
k
的取值范围．
2
【答案】（1）
xy0
；（2）
(,]
. 【解析】（1）对
f

x

求导得到
f

x

，代入切点横坐标
x1
得到斜率，再写出切线
方程；
1
2
x
2
x
2
（2）令
g

x

f

x


证明其导函数在< br>
1,

上恒为正，即
g

x

在
xlnx
，
22

1,

上恒增，而
k
要满足
kg

x

在

1, 

上恒成立，从而得到
k
的取值范围
【详解】
（1 ）
Qf

x

xxlnx
，
f'

x

2xlnx1
，
2
f'
（1）
1
，又
f
（1）
1
，即切线的斜率
k1
， 切点为

1,1

，

曲线
yf
< br>x

在点

1,f

1


处的切线方程
xy0
；
x
2
x
2
（2）令
g

x

f

x

xl nx
，
x

1,

，则
g'
x

x1lnx
，
22
令
h

x

x1lnx
，则
h'

x

1
1x1

．
xx
当
x

1, 

时，
h'

x

0
，函数
h

x

在

1,

上为增函数， 故
h

x

h
（1）
0
；
从而，当
x

1,

时，
g'

x

g'
（1）
0
．
即函数
g
x

在

1,

上为增函数，故
g

x

g
（1）

1
．
2
1
x
2
因此，
f

x

k
在

1,

上恒成立，必须满足
k„
．
22
1

实数
k
的取值范围为
(
，
]
．
2
【点睛】
本题考查利用导数求函数在某一点的切线，利用导数研究 函数的单调性，恒成立问题，
属于常规题.
22．已知直线
l
的参数方程为


x12t
（
t
为参数），以原点为极点，
x
轴正半轴为极
y2t

2
13sin
2
< br>. 轴建立坐标系，曲线
C
的极坐标方程为


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（1）求直线
l
的普通方程和曲线
C
的直角坐标方程；
（2）设直线
l
与曲线
C
交于
A,B< br>两点，求线段
AB
中点的直角坐标.

41

x< br>2
【答案】（1）
xy10
，
（2）

,< br>
.
y
2
1
；

55
4
【解析】（1）消去参数可得直线
l
的普通方程，把极坐标方程平方化简，利用 极坐标和
直角坐标的转化公式可得曲线
C
的直角坐标方程；
（2）联立方程结合韦达定理求出线段
AB
中点的参数，代入参数方程可得直角坐标.
【详解】

x12t
（1）因为直线
l
的参数方程为

（
t
为参数），所以消去参数可得
xy10
. < br>
y2t
将


2
13sin
2

两边平方得


2
4
，
2
13s in

整理得

2
3(

sin
)
2
4
，即
x
2
y
2
3y2
4
，
x
2
化简可得曲线
C
的直角坐标方 程为
y
2
1
.
4
2

x12t
x
（2）将

（
t
为参数），代入
y
2
1
可得
20t
2
4t30
，
4

y2t
设
A,B
两点对应的参数分别为
t
1
, t
2
，则
t
1
t
2

41
 
，
205
t
1
t
2
4

x 12


25
故线段
AB
中点的直角坐标满足

tt
1

y2
12


25


41

即

,
.

55

【点睛】
本题主要考查参数方程和极坐标方程， 参数方程化为普通方程的核心是如何消去参数，
极坐标化为直角坐标的关键是熟记转化公式，侧重考查数 学运算的核心素养.
23．已知函数
f

x

x3
.
（Ⅰ）求不等式
f

x

3x2
的解集；
（Ⅱ）若
f

x

2mx4
的解集非空，求
m
的取值范围．
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【答案】（ Ⅰ）
x

,14,

；（Ⅱ）
m
 
1
．
2
【解析】（Ⅰ）通过讨论
x
的范围，求出不等式的解集即可；
（Ⅱ）问题转化为
2mx4x3
【详解】
（Ⅰ）因为
f< br>
x

3x2
，即为
x3x23
，
当
x2
时，得
2x53
，则
x1
，
当
2＜x＜3
时，无解,
当
x3
时，得
2x53
，则
x4
，

min
，求出
m
的范围即可．
1



4，

；
综上
x 

，
（Ⅱ）因为
f

x

2mx 4
的解集非空即
x4x32m
有解，
等价于
2mx4x3


min
，
而
x4x3

4x



x3

1
．
∴
2m1
，
m
【点睛】
本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想以及绝对值不等式的性质，是一道
综合题．

1
．
2
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