2022-2023学年河南名校高三年级 TOP二十名校十二月调研考理科数学参考答案

２０２２－２０２３学年高三年级ＴＯＰ二十名校十二月调研考
高三理科数学参考答案
１．【答案】
　Ｃ【解析】　Ａ＝｛ｘ｜－１＜ｘ＜１｝，瓓ＲＡ＝｛ｘ｜ｘ≤－１或ｘ≥１｝，则Ｂ∩瓓ＲＡ＝｛－１，１，２｝．故选Ｃ．２．【答案】　Ａ【解析】
　因为１１－ｚ＝１＋ｉ，所以ｚ＝１－１１＋ｉ＝ｉ１＋ｉ＝ｉ
（１－ｉ）（１＋ｉ）（１－ｉ）＝１２＋１２
ｉ，所以｜ｚ｜＝()１
２
２
＋
()１２
槡
２
＝槡２２
．故选Ａ
．３．【答案】　Ｄ【解析】　ａ＝ｌｏｇ５０．５＜ｌｏｇ５
１＝０，１２＝０．５１＜ｂ＝０．５０．２＜０．５０
＝１，０＜ｃ＝０．槡２＜０．槡２５＝１２
，所以ａ＜ｃ＜ｂ．４．【答案】
　Ｄ【解析】　若分配３个小区的志愿者人数均不相同，则１个小区１人，
１个小区２人，１个小区３人，则不同的分配方案共有Ｃ１６Ｃ２５Ｃ３３Ａ３３＝
３６０种．故选Ｄ．５．【答案】
　Ｃ【解析】　ｙ＝ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓ２ｘ槡＝２ｓｉｎ２ｘ＋π()４．令ｓｉｎ２ｘ＋π()
４＝０，则２ｘ＋π
４＝ｋπ（ｋ∈Ｚ），即ｘ＝－π８＋ｋπ
２（ｋ∈Ｚ），故对称中心可以是３π８，()
０．故选Ｃ．６．【答案】
　Ｃ【解析】　执行该程序框图，ｉ＝１，Ｋ＝０，Ｓ＝１３０，执行第１次循环ｉ＝１，Ｋ＝１，Ｓ＝６５；执行第２次循环ｉ＝２，Ｋ＝３，Ｓ＝１３；执行第３次循环ｉ＝５，Ｋ＝８，Ｓ＝１；当ｉ＝５时不满足ｉ＜５，输出Ｓ＝１．故选Ｃ．７．【答案】
　Ｄ【解析】　新样本的平均数为ｘ＝２×５＋２６＝２，方差ｓ２
＝２×５＋（２－２）２
６
＜２；因为加入的２是原样
本数据的平均值，故不是最大和最小的数，所以极差不变但中位数有可能发生改变．故选Ｄ．８．【答案】
　Ｂ【解析】　由ａｎ·ａｎ＋１·ａｎ＋２＝１类比得ａｎ＋１·ａｎ＋２·ａｎ＋３＝
１，两式相除得ａｎ＋３
ａｎ
＝１，即ａｎ＋３＝ａｎ
．由ａ１＝２，ａ２＝－１
２，得ａ３＝－１，设ａ{}ｎ的前ｎ项积为Ｔｎ，则有Ｔ１＝２，Ｔ２＝－１，Ｔ３＝１，Ｔ４＝２，…，则数列Ｔ{}ｎ是以３为周期的数列，Ｔｎ的最大值为２．故选Ｂ．９．【答案】
　Ｂ【解析】　依题意，作出球Ｏ的内接正四棱柱ＩＤＪＣ－ＡＨＢＧ，ＡＣ∩ＧＩ＝Ｋ，因为ＧＩ∥ＢＤ，所以∠ＡＫＧ＝６０°或１２０°，又ＡＢ＜ＥＦ，则∠ＡＫＧ＝６０°．因为ＡＢ槡＝２２，则ＡＧ＝２，ＡＩ槡＝２３，
在Ｒｔ△ＡＥＯ中，ＥＯ槡＝３，ＡＥ槡＝２，则ＡＯ＝ＡＥ２＋ＥＯ槡２槡
＝５，则球Ｏ的表面积Ｓ＝４πＲ２
＝２０π．故选Ｂ．
１０．【答案】
　Ｄ【解析】　由ｓｉｎ２θ＋ｃｏｓ２
θ＝１，可得点Ａ的轨迹是以原点为圆心，１为半径的圆，根据向量减法的
几何意义，由｜→ ＯＡ－→ ＯＢ｜＝１，可得点Ｂ的轨迹是以Ａ为圆心，１为半径的圆，如图所示．当点Ｂ在
坐标原点位置时，→ Ｏ
Ｂ取最小值０，当点Ｂ在射线ＯＡ与圆Ａ的交点位置时，→ ＯＢ取最大值２，Ａ，Ｂ选项错误．根据向量数量积的几何意义，当点Ｂ在坐标原点位置时，→ ＯＢ在→
ＯＡ方向上的投影
取最小值０
，此时→ ＯＡ·→ ＯＢ取最小值０，当点Ｂ在射线ＯＡ与圆Ａ的交点位置时，→ ＯＢ在→ ＯＡ方向上的投影取最大值２，此时→ ＯＡ·→ ＯＢ取最大值２，Ｃ选项错误，Ｄ选项正确．故选Ｄ
．
１１．【答案】
　Ｂ【解析】　不妨设点Ｐ在第一象限，作ＰＰ′垂直准线于点Ｐ′，则有｜ＰＰ′｜＝｜ＰＦ｜，由角平分线定理得
｜ＡＢ｜｜ＢＦ｜＝｜ＰＡ｜｜ＰＦ｜＝｜ＰＡ｜｜ＰＰ′｜＝１ｃｏｓ∠ＡＰＰ′，当直线ＡＰ与抛物线相切时，∠ＡＰＰ′最大，１
ｃｏｓ∠Ａ
ＰＰ′最大，设直线ＡＰ的方程为ｘ＝ｍｙ－１（ｍ＞０），由
ｙ２
＝４ｘ，
ｘ＝ｍｙ{
－１
整理得ｙ２－４ｍｙ＋４＝０，由Δ＝
１６ｍ２
－１６＝０，得ｍ＝１，则当直线ＡＰ与抛物线相切时∠ＡＰＰ′＝４５°，则
｜ＡＢ｜｜ＢＦ｜＝１
ｃｏｓ∠Ａ
ＰＰ′≤槡２，设Ｏ为原点，则｜ＡＢ｜－｜ＢＦ｜＝（１＋｜ＯＢ｜）－（１－｜ＯＢ｜）＝２｜ＯＢ｜，由上可知，｜ＡＢ｜｜ＢＦ｜＝１＋｜ＯＢ｜
１－｜ＯＢ｜≤槡２，整
理得｜ＯＢ｜≤槡３－２２，则｜ＡＢ｜－｜ＢＦ｜≤槡６－４２，当直线ＡＰ与抛物线相切时取最大值．故选Ｂ．１２．【答案】
　Ａ【解析】　因为ｆ（１－２ｘ）为奇函数，所以ｆ（１＋２ｘ）＝－ｆ（１－２ｘ），即ｆ（１＋ｘ）＝－ｆ（１－ｘ），两边同时求导，则有ｆ′（１＋ｘ）＝ｆ′（１－ｘ），所以ｆ′（ｘ）的图象关于直线ｘ＝１对称．因为ｆ（２ｘ－１）为偶函数，
所以ｆ（－２ｘ－１）＝ｆ（２ｘ－１），即ｆ（－１－ｘ）＝ｆ（－１＋ｘ），两边同时求导，则有－ｆ′（－１－ｘ）＝ｆ′（－１＋ｘ），所以函数ｆ′（ｘ）的图象关于点（－１，０）对称．则有ｆ
′（０）＝ｆ′（２）＝ｆ′（８）＝ｆ′（１０）＝１，ｆ′（４）＝ｆ′（６）＝ｆ′（１２）＝ｆ′（１４）＝－１，所以
∑７
ｋ＝１
ｆ′
（２ｋ）＝ｆ′（２）＋
ｆ′（４）＋…＋ｆ′（１２）＋ｆ′（１４）＝－１．故选Ａ．１３．【答案】
　－１【解析】　设切点的坐标为（ｘ０，ｅ－ｘ０
），由题意得ｆ′（ｘ）＝－１ｅｘ，则该切线的斜率ｋ＝－１ｅｘ０＝ｅ
－ｘ０
ｘ０－
１，解得ｘ０＝０，则切线的斜率ｋ＝－１．１４．【答案】
槡　２【解析】　双曲线Ｃ的一条渐近线为ｙ＝ｂａｘ，令ｘ＝ａ，则有ｙ＝ｂ，则｜ＡＢ｜＝２ｂ，由双曲线的性质
可知△ＯＡＢ为等腰三角形，其面积Ｓ＝１２
｜ＡＢ｜·ａ＝ａｂ＝ａ２，则ａ＝ｂ，即ｃ＝ａ２＋ｂ槡２
槡＝２ａ，所以Ｃ的离心率ｅ＝
ｃ
ａ槡
＝２．１５．【答案】
　槡５－１
２
【解析】　在△ＡＣＤ中，由正弦定理可得ＡＤｓｉｎＣ＝ＡＣ
ｓｉｎ∠Ａ
ＤＣ，又∠Ｂ＝∠ＣＡＤ，可得ｓｉｎＣ＝ｓｉｎ
π
２－２(
)
Ｂ＝ｃｏｓ２Ｂ，且ｓｉｎ∠ＡＤＣ＝ｓｉｎ∠ＡＤＢ＝ｃｏｓＢ，则有ＡＤｃｏｓ２Ｂ＝ＡＣｃｏｓＢ
①．又ＡＤ＝ＡＣｓｉｎＢ②，①②联立，得ｓｉｎＢｃｏｓＢ＝ｃｏｓ２Ｂ，即ｃｏｓ２Ｂ－ｓｉｎ２ＢｓｉｎＢｃｏｓＢ＝１，则１－ｔａｎ２
ＢｔａｎＢ
＝１，整理得ｔ
ａｎ２
Ｂ＋ｔａｎＢ－１＝０，解得ｔａｎＢ＝槡５－１２或ｔａｎＢ＝槡－５－１２（舍去）．故ｔ
ａｎＢ＝槡５－１２．１６．【答案】
　槡２
２４
【解析】　经过三棱锥不共面的两条棱的中点作一条直线，三棱锥绕着这条直线最小旋转１８０°后与原三棱锥重合．如图所示，三棱锥Ａ－ＢＣＤ与三棱锥Ａ′－Ｂ′Ｃ′Ｄ′的公共部分为正八面体ＥＦＧＨＩＪ．在四棱锥Ｅ－ＧＨＩＪ中，底面ＧＨＩＪ为边长为１２的正方形，高为槡２
４
，则四棱锥Ｅ－ＧＨＩＪ的
体积Ｖ＝１
３×
()
１２２
×槡２４＝槡２４８，正八面体ＥＦＧＨＩＪ的体积为２Ｖ＝槡２２４
，故两个三棱锥的公共部分的
体积为槡２
２４
．
【解析】　（１）∵｛ａｎ｝为等差数列，设公差为ｄ．ｂｎ＝ａｎ－２，∴ｂ３＝ａ３－２，ｂ４＝ａ４－
２．∵ａ２－ｂ３＝４，即ａ２－（ａ３－２）＝４，∴ｄ＝ａ３－ａ２＝－２．（２分）……………………………………ｂ４＝３ａ２，即ａ４－２＝３ａ２，∴ａ１＋３ｄ－２＝３（ａ１＋
ｄ），∴ａ１＝－１，∴ａｎ＝－２ｎ＋１，ｂｎ＝－２ｎ－１．（５分）…………………………………………………（２）由（１）可知１
ａｎｂｎ
＝１（２ｎ－１）（２ｎ＋１），则
１ａ１ｂ１＋１ａ２ｂ２＋１ａ３ｂ３＋…＋１
ａｎｂｎ
＝１１×３＋１３×５＋１５×７＋…＋１（２ｎ－１）（２ｎ＋１）＝１
２
×１－１３＋１３－１５＋１５－１７＋…＋
１２ｎ－１－１２ｎ()
＋１（
１０分）………………………………＝
１２１－１２ｎ()
＋１＜１
２．（
１２分）………………………………………………………………………１８．【答案】
　见解析【解析】　（１）由频率分布直方图可知，
６５万件产品中，耐热等级达到Ｃ级的产品数为６５×（０．０６×１０＋０．０２×１０）＝５２（万件），故耐热等级达到Ｃ级的产品数约为５
２万件．（４分）……………………………………………（２）设采用甲工艺生产的产品中耐热等级达到Ｃ级的产品数为Ｘ，采用乙工艺生产的产品中耐热等级达到Ｃ级的产品数为Ｙ，则耐热等级达到Ｃ级的产品总数为Ｘ＋Ｙ．由频率分布直方图可知，
随机选择１件采用甲工艺的产品耐热等级达到Ｃ级的概率为０
．０６×１０＋０．０２×１０＝０．８＝４
５，随机选择１件采用乙工艺的产品耐热等级达到Ｃ级的概率为０
．０２×１０＋０．０４×１０＝０．６＝３
５
．（６分）……………………………………………………………………………………………Ｘ＋Ｙ所有可能的取值为０，１，２，则Ｐ
（Ｘ＋Ｙ＝０）＝Ｐ（Ｘ＝０且Ｙ＝０）＝１５×２５＝２
２５
，Ｐ（Ｘ＋Ｙ＝１）＝Ｐ（Ｘ＝０且Ｙ＝１）＋Ｐ（Ｘ＝１且Ｙ＝０）＝１５×３５＋４５×２５＝１
１２５
，Ｐ（Ｘ＋Ｙ＝２）＝Ｐ（Ｘ＝１且Ｙ＝１）＝４５×３５＝１
２２５
．（
１０分）…………………………………………分布列如下表所示：
Ｘ＋Ｙ０１２Ｐ
２
２５
１１
２５
１２
２５
Ｅ（Ｘ＋Ｙ）＝０×２
２５＋１×１１２５＋２×１２２５＝７５
．（１２分）
…………………………………………………
【解析】　（１）在ＭＣ的延长线上取点Ｑ，因为ＣＤ⊥ＡＣ，ＣＱ⊥Ａ
Ｃ，所以∠ＤＣＱ即为二面角Ｄ－ＡＣ－Ｂ的平面角，则∠ＤＣＱ＝１２０°，且∠ＤＣＭ＝６０°．（２分）………因为Ａ
Ｃ⊥ＣＭ，ＡＣ⊥ＣＤ，ＣＭ∩ＣＤ＝Ｃ，所以ＡＣ⊥平面ＣＤＭ，又因为ＡＣ 平面Ａ
ＢＣＭ，所以平面Ｃ
ＤＭ⊥平面ＡＢＣＭ．（４分）………………………………………………………………作ＤＨ垂直ＣＭ于Ｈ，连接Ｂ
Ｈ，所以ＤＨ⊥平面ＡＢＣＭ，又ＢＨ 平面ＡＢＣＭ，所以ＤＨ⊥ＢＨ，且Ｈ为ＣＭ的中点．由题意可知ＤＨ槡
＝３，ＢＨ槡＝１３，在Ｒｔ△Ｂ
ＤＨ中，ＢＤ＝ＤＨ２＋ＢＨ槡２
＝４．（５分）……………………………………………………（２）以Ｃ为原点，→ ＣＡ，→
ＣＱ的方向分别为ｘ轴，ｙ轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则有Ｃ（０，０，０），Ａ（２，０，０），Ｂ（２，２，０），Ｄ（０，－１，槡３），→ ＡＢ＝（０，２，０），→ ＡＤ＝（－２，－１，槡３），→ ＣＤ＝（０，－１，槡３），→ ＤＢ＝（２，３，槡－３）．设→ ＤＰ＝λ→ ＤＢ，则→ ＣＰ＝→ ＣＤ＋→ ＤＰ＝→ ＣＤ＋λ→ ＤＢ＝（０，－１，槡３）＋λ（２，３，槡－３）＝（２λ，３λ－１，槡３－槡
３λ）．设平面Ａ
ＢＤ的一个法向量ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），由ｎ·→
ＡＢ＝０，ｎ·→
ＡＤ{＝０得２
ｙ＝０，－２ｘ－ｙ槡
＋３ｚ＝０{
，可取ｎ＝（槡
３，０，２）．（８分）…………………………………………………………………………则ｃｏｓ〈ｎ·→ ＣＰ〉＝ｎ·→ ＣＰ｜ｎ｜·｜→ ＣＰ｜＝槡２３槡７·１６λ２－１２λ槡＋４＝槡３槡７·４λ２－３λ槡＋１．（１０分）……………所以直线Ｃ
Ｐ与平面ＡＢＤ所成角的正弦值ｔ＝槡３槡７·４λ２
－３λ槡＋１＝槡
３槡
７·
４λ－
(
)
３
８
２
＋７槡１６
，当λ＝３８时，ｔ取最大值
槡４３
７
，所以直线Ｃ
Ｐ与平面ＡＢＤ所成角的正弦值的最大值槡４３
７
．（１２分）………………………………
【解析】　（１）由长轴比短轴长２，则２（ａ－ｂ）＝２，即ａ－ｂ
＝１　①，由焦距为槡２３，则ｃ槡＝３，即ａ２－ｂ２
＝３　②，①②联立，得ａ＋ｂ
＝３，则ａ＝
２，ｂ＝１，所以Ｃ的方程为ｘ２４
＋ｙ２
＝１．（
４分）…………………………………………………………………（２）由题意可知，直线ｌ的斜率不为０．当ｌ的斜率不存在时，直线ｌ的方程为ｘ＝１，由对称性可知，四边形Ａ
ＢＤＥ为矩形，则Ｄ
，Ｅ两点到直线ｘ＝５２的距离之积为｜ＰＱ｜２
＝９４．（５分）……………………………………当ｌ的斜率存在时，设ｌ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ－１），Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），结合题意可设Ｄ（ｘＤ，ｙ２），Ｅ（ｘＥ，ｙ１）．由
ｘ２＋４ｙ２
＝４
ｙ＝ｋ（ｘ－１{
）
，可得ｘ２＋
４ｋ２（ｘ－１）２
＝４，整理得（
１＋４ｋ２
）ｘ２
－８ｋ２
ｘ＋４ｋ２
－４＝０，ｘ１＋ｘ２＝８ｋ２１＋４ｋ２，ｘ１ｘ２＝４
ｋ２
－４１＋４ｋ
２．（６分）………………………………………………………………由Ａ，Ｑ，Ｄ三点共线，可知ｋＡＱ＝ｋＤＱ，
即ｙ１
ｘ１－５２＝ｙ２
ｘＤ－５２　①，由Ｂ，Ｑ，Ｅ三点共线，可知ｋＢＱ＝ｋＥＱ，
即ｙ２
ｘ２－５２＝ｙ１
ｘＥ－５２　②，①×②得：
ｙ１ｙ２（ｘ１－５２）（ｘ２－５２）＝ｙ２ｙ１
（ｘＤ－５２）（ｘＥ－５２
），又ｙ１ｙ１≠０，则（ｘ１－５２）（ｘ２－５２）＝（ｘＤ－５２）（ｘＥ－５２
）．（９分）…………………………………（ｘ１－５２）（ｘ２－５２）＝ｘ１ｘ２－５２（ｘ１＋ｘ２）＋２５４＝４ｋ２－４１＋４ｋ２－５２·８ｋ２１＋４ｋ２＋２５４＝－８（１＋４ｋ２）２（１＋４ｋ２
）
＋２５４＝９４
，则（ｘＤ－５２）（ｘＥ－５２）＝９４．（１１分）………………………………………………………………故Ｄ，Ｅ两点到直线ｘ＝５２的距离之积为定值９４．（
１２分）…………………………………………２１．【答案】
　见解析【解析】　（１）当ａ＝１２ｅ时，
ｆ（ｘ）＝ｅ
ｘ－１
２ｅ
－ｌｎｘ()
２ｅ，ｆ′（ｘ）＝ｅ
ｘ－１２ｅ－１ｘ＝ｅｘ－２
２－１ｘ
（ｘ＞０），
易知ｆ′（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增，且ｆ′（２）＝０．（２分）………………………………………所以当ｘ∈（０，２）时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减，
当ｘ∈（２，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增．（４分）……………………………………………（２）依题意，ａ＞０，ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋∞）．ｆ′（ｘ）＝ａｅ
ｘ－１
－１ｘ＝ａ
ｘｅｘ－１
－１ｘ
．令ｇ
（ｘ）＝ａｘｅｘ－１－１（ａ＞０），ｇ′（ｘ）＝ａｅｘ－１＋ａｘｅｘ－１＝（ａ＋ａｘ）ｅｘ－１
＞０易知ｇ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增，
ｇ（０）＝－１＜０，ｇ
１ａ(
)＋１＝ａ１ａ()＋１ｅ１ａ－１＝（１＋ａ）ｅ１ａ－１，ｅ１ａ＞１，１＋ａ＞１，则ｇ
１ａ
()
＋１＞０，故存在ｘ０
∈０，１ａ()
＋１，使得ｇ（ｘ）＝０．（６分）……………………………………………………当ｘ∈（０，ｘ０）时，ｇ（ｘ）＜０，当ｘ∈（ｘ０，＋∞）时，ｇ（ｘ）＞０．因为ｘ＞０，所以当ｘ∈（０，ｘ０）时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减，当ｘ∈（ｘ０
，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，当ｘ＝ｘ０，ｆ（ｘ）取极小值，也是ｆ（ｘ）唯一的最小值点．（８分）……………………………………由ｇ（ｘ０）＝０得ａｘ０
ｅｘ０－１－１＝０，即ａｅｘ０－１＝１ｘ０
， ①两边同时取自然对数，则有ｌｎａ＋ｘ０－１＝－ｌｎｘ０，则ｌｎ（ａｘ０）＝－ｘ０＋１． ②由①②得ｆ（ｘ０）＝ａｅｘ０－
１－ｌｎ（ａｘ０）＝１ｘ０＋ｘ０－１≥２１ｘ０
·ｘ槡
０－１＝１，当且仅当ｘ０＝１时，等号成立．（１０分）……………………………………………………………当ｘ０＝１时函数ｆ（ｘ）取最小值１，函数过点（１，１），函数与ｙ＝１有且只有一个交点．由ｆ（１）＝１，可得ａ－ｌｎａ＝１，解得ａ＝
１．所以曲线ｙ＝ｆ（ｘ）与直线ｙ＝１有且只有一个交点时，ａ＝１．（１２分）……………………………２２．【答案】
　见解析【解析】　（１）由Ｃ１的参数方程得ｘ２＝
ｔ２＋１４ｔ２＋１，ｙ２＝ｔ２
＋１４ｔ
２－１，两式相减得ｘ２－ｙ２
＝
２，所以Ｃ１的普通方程为ｘ２－
ｙ２
＝２．由Ｃ２的参数方程得Ｃ２的普通方程为ｘ２＋ｙ２
＝４．（５分）…………………………………………（２）由ｘ２－ｙ２
＝２，ｘ２＋ｙ２{＝４得到
ｘ＝±３槡，
ｙ＝±１{
．
所以Ａ的直角坐标为（槡
３，１）．（７分）………………………………………………………………以ＯＡ为直径的圆的圆心的极坐标为１，π(
)
６
，半径为１，则ＯＡ为直径的圆的极坐标方程为ρ＝２ｃｏｓθ－π()
６所以所求圆的极坐标方程为ρ槡
＝３ｃｏｓθ＋ｓｉｎθ．（１０分）…………………………………………２３．【答案】
　见解析【解析】　（１）由ｍ＝１，则ｆ
（ｘ）＝｜ｘ－１｜，
当ｘ≥１时，ｆ（ｘ）＝ｘ－１≤２－ｘ，则１≤ｘ≤
３
２
；（２分）………………………………………………当ｘ＜１时，ｆ（ｘ）＝１－ｘ≤２－ｘ成立，则ｘ
＜１，综上，不等式ｆ（ｘ）≤２－ｘ的解集为－∞，(
]
３
２
．（
５分）……………………………………………（２）因为ｆ（ｘ）≥２－ｘ恒成立，所以ｆ（ｘ）＋ｘ≥２恒成立，设ｇ
（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｘ＝｜ｘ－ｍ｜＋ｘ＝２ｘ－ｍ，ｘ≥ｍ，ｍ，ｘ＜ｍ{
，
当ｘ≥ｍ时，ｇ（ｘ）＝２ｘ－ｍ在［ｍ，＋∞）上单调递增，
当ｘ
＜ｍ时，ｇ（ｘ）＝ｍ．（８分）………………………………………………………………………所以函数ｇ（ｘ）的最小值为ｍ，所以ｍ≥２
，故ｍ的取值范围为［
２，＋∞）．（１０分）……………………………………………………………。