高考理科数学模拟试题精编(十)(考试用时：120分钟试卷满分：150分) 注意事项：1．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

2．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷一、选择题(本大题共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．已知集合A＝{(x，y)|y＝x＋1,0≤x≤1}，集合B＝{(x，y)|y＝2x,0≤x≤10}，则集合A∩B＝()A．{1,2}B．{x|0≤x≤1}C．{(1,2)}D．∅2．设i是虚数单位，复数(a＋1＋i)2－2a－1为纯虚数，则实数a 为()A．1 B．－1 C．1或－1 D．－123．若sin(π－α)＝13，且π2≤α≤π，则sin 2α的值为( )A ．－429B ．－229 C.229D.4294．已知A (1,2)，B (2,4)，C (－2,1)，D (－3,2)，则向量CD →在向量AB →上的投影为( )A.55B.255C.22D.2235．设直线l 过双曲线C 的一个焦点，且与C 的一条对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |为C 的实轴长的2倍，则C 的离心率为( )A. 3B. 2 C ．2D ．36．某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )A ．A 1818种B ．A 2020种C ．A 23A 318A 1010种D ．A 22A 1818种7．M ＝⎠⎛011x ＋1d x ，N ＝∫π20cos x d x ，由程序框图输出S的值为( )A ．ln 2B ．0 C.π2D ．18．如图是一个正三棱柱挖去一个圆柱后得到的几何体的三视图，则该几何体的体积与挖去的圆柱的体积的比值为( )A.33π－1B.33π－13C.33πD.33π＋19．已知平面向量a ＝(2cos 2x ，sin 2x )，b ＝(cos 2x ，－2sin 2x )，f (x )＝a·b ，要得到y ＝sin 2x ＋3cos 2x 的图象，只需要将y ＝f (x )的图象( )A ．向左平行移动π6个单位B ．向右平行移动π6个单位C ．向左平行移动π12个单位 D ．向右平行移动π12个单位 10．在线段AB 上任取一点C ，若AC 2＝AB ·BC ，则点C 是线段AB 的“黄金分割点”，以AC 、BC 为邻边组成的矩形称为“黄金矩形”．现在线段AB 上任取一点C ，若以AC 、BC 为邻边组成矩形，则该矩形的面积小于“黄金矩形”的面积的概率为( )A ．3－ 5B.5－2C.3－1D ．3－711．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有()A．1个B．2个C．3个D．4个12．已知正三角形ABC的顶点A，B在抛物线y2＝4x上，另一个顶点C(4,0)，则这样的正三角形有()A．1个B．2个C．3个D．4个第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0与直线l：x＋ay＋1＝0相交所得弦AB的长为4，则a＝________.14．一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a，得2分的概率为b，不得分的概率为c(a、b、c∈(0,1))，已知他投篮一次得分的数学期望为2(不计其他得分情况)，则ab的最大值为________．15．如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1)．参考数据：2≈1.414，5≈2.236.16．已知函数f(x)＝1|x|－1，下列关于函数f(x)的研究：①y＝f(x)的值域为R.②y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递减．③y＝f(x)的图象关于y 轴对称．④y＝f(x)的图象与直线y＝ax(a≠0)至少有一个交点．其中，结论正确的序号是________．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．(本小题满分12分)已知数列{a n}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)数列{b n}中, b1＝1，b2＝2，从数列{a n}中取出第b n项记为c n，若{c n}是等比数列，求{b n}的前n项和．18．(本小题满分12分)某地高中数学学业水平考试的原始成绩采用百分制，发布成绩使用等级制．各等级划分标准：85分及以上，记为A等级；分数在[70,85)内，记为B等级；分数在[60,70)内，记为C等级；60分以下，记为D等级．同时认定等级为A，B，C的学生成绩为合格，等级为D的学生成绩为不合格．已知甲、乙两所学校学生的原始成绩均分布在[50,100]内，为了比较两校学生的成绩，分别抽取50名学生的原始成绩作为样本进行统计，按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分组作出甲校样本的频率分布直方图(如图1所示)，乙校的样本中等级为C，D的所有数据的茎叶图(如图2所示)．(1)求图1中x 的值，并根据样本数据比较甲、乙两校的合格率； (2)在选取的样本中，从甲、乙两校C 等级的学生中随机抽取3名学生进行调研，用X 表示所抽取的3名学生中甲校的学生人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．19．(本小题满分12分)如图1，已知在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 分别为底AB ，CD 上的点，且EF ⊥AB ，EF ＝EB ＝12FC ＝2，EA ＝12FD ，沿EF 将平面AEFD 折起至平面AEFD ⊥平面EBCF ，如图2所示．(1)求证：平面ABD ⊥平面BDF ；(2)若二面角B -AD -F 的大小为60°，求EA 的长度．20．(本小题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－6，0)，e ＝22. (1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设R (x 0，y 0)是椭圆C 上一动点，由原点O 向圆(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝4引两条切线，分别交椭圆于点P ，Q ，若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值；(3)在(2)的条件下，试问|OP |2＋|OQ |2是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．21．已知函数f (x )＝ln x －x 2＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12·x ＋22.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：⎝⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1f (x )＜2e x .(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程 以直角坐标系xOy 的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，且两坐标系取相同的长度单位．已知曲线C 1的参数方程为：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θy ＝2sin θ(θ为参数)，将曲线C 1上每一点的纵坐标变为原来的12倍(横坐标不变)，得到曲线C 2，直线l 的极坐标方程：3ρcos θ＋2ρsin θ＋m ＝0(1)求曲线C 2的参数方程；(2)若曲线C 2上的点到直线l 的最大距离为27，求m 的值． 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )＝|2x ＋3|＋|2x －1|. (1)求不等式f (x )≤5的解集；(2)若关于x的不等式f(x)＜|m－1|的解集非空，求实数m的取值范围．高考理科数学模拟试题精编(十)1．解析：选C.根据题意可得，⎩⎨⎧y ＝x ＋1y ＝2x，解得⎩⎨⎧x ＝1y ＝2，满足题意0≤x ≤1，所以集合A ∩B ＝{(1,2)}．故选C.2．解析：选A.(a ＋1＋i)2－2a －1＝(a 2－1)＋2(a ＋1)i.∵(a ＋1＋i)2－2a －1是纯虚数，∴⎩⎨⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，解得a ＝1，故选A.3．解析：选A.因为sin(π－α)＝sin α＝13，π2≤α≤π，所以cos α＝－223，所以sin 2α＝2sin αcos α＝2×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫－223＝－429，故选A.4．解析：选A.∵AB→＝(1,2)，CD →＝(－1,1)，∴向量CD →在向量AB →上的投影为AB →·CD →|AB →|＝15＝55，故选A.5．解析：选A.设双曲线C 的标准方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，由于直线l 过双曲线的焦点且与对称轴垂直，因此直线l 的方程为x＝c 或x ＝－c ，代入x 2a 2－y 2b 2＝1中得y 2＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a 2－1＝b 4a 2，∴y ＝±b 2a ，故|AB |＝2b 2a ，依题意2b 2a ＝4a ，∴b 2a 2＝2，∴e ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1＋2＝3，选A.6．解析：选D.中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻，有A 22种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有A 1818种站法．根据分步计数原理，共有A 22A 1818种站法．故选D.7．解析：选A.M ＝∫101x ＋1d x ＝ln (x ＋1)10＝ln 2－ln 1＝ln 2.N ＝∫π20cos x d x ＝sin x π20＝sin π2－sin 0＝1，∵ln 2＜1，∴M ＜N ，∴S ＝M ＝ln 2.8．解析：选A .由三视图知圆柱与正三棱柱的各侧面相切，设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则V 圆柱＝πr 2h.正三棱柱底面三角形的高为3r ，边长为23r ，则V 正三棱柱＝12×23r ×3rh ＝33r 2h ，所以该几何体的体积V ＝(33－π)r 2h ，则该几何体的体积与挖去的圆柱的体积的比值为(33－π)r 2h πr 2h＝33π－1.9．解析：选D .由题意得：f(x)＝a·b ＝2cos 4x －2sin 4x ＝2(cos 2x ＋sin 2x )(cos 2x －sin 2x )＝2cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2， 而y ＝sin 2x ＋3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12＋π2，故只需将y ＝f (x )的图象向右平移π12个单位即可．10．解析：选A.不妨记AB ＝1，则由AC 2＝AB ·BC 得AC ＝5－12，从而BC ＝3－52，于是“黄金矩形”的面积为5－2.现在线段AB 上任取一点C ，设AC ＝x ，则BC ＝1－x ，由x (1－x )＜5－2得0＜x ＜3－52或5－12＜x ＜1，故所求概率为P ＝3－52＋1－5－12＝3－5.11.解析：选B.将几何体的展开图还原为几何体(如图)，因为E ，F 分别为PA ，PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面PAD ，E ∈平面PAD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面PAD 与平面BCE 不一定垂直，④错．故选B.12．解析：选D.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由|AC |＝|BC |得(x 1－4)2＋y 21＝(x 2－4)2＋y 22，即(x 1－x 2)(x 1＋x 2－8)＋y 21－y 22＝0，又y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，代入上式，得(x 1－x 2)(x 1＋x 2－4)＝0 ①，由①得x 1＝x 2或x 1＋x 2＝4，若x 1＝x 2，则|y 1|＝|y 2|，显然A ，B 关于抛物线的对称轴(x 轴)对称，考虑到△ABC 是正三角形，∴AC 与x 轴所成的角为30°，不妨设直线AC ：y ＝33(x －4)，联立直线与抛物线的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33(x －4)y 2＝4x⇒x 2－20x ＋16＝0⇒x ＝10±221，即这样的点A 有2个，对应的等边三角形也有2个，分别是△A 1B 1C 和△A 2B 2C ，如图所示．若x 1≠x 2，则x 1＋x 2＝4，取AB 的中点D (x 0，y 0)(设y 0＞0)，则有x 0＝x 1＋x 22＝2，∴D (2，y 0)，又当x ＝2时，y 2＝4x ＝8，∴y 0＜22，再由y 21－y 22＝4x 1－4x 2得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝4(x 1－x 2)，∴y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2＝2y 0，∴直线AB ：y －y 0＝2y 0(x －2)，即2x ＝y 0y ＋4－y 20，联立直线与抛物线方程，得⎩⎨⎧y 2＝4x2x ＝y 0y ＋4－y 20⇒y 2－2y 0y ＋2y 20－8＝0，∵方程y 2－2y 0y ＋2y 20－8＝0的判别式Δ＝(－2y 0)2－4(2y 20－8)＝32－4y 20，而y 0＜22，∴Δ＞0，该方程有2个不相等的实数根，即其对应的点A (点B )有2个，∴其对应的等边三角形有2个，分别是△A ′B ′C 和△A ″B ″C .综上，可知符合要求的正三角形有4个．故选D.13．解析：圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0可化为(x －1)2＋(y －2)2＝4，圆心C(1,2)，半径r＝2，依题意知弦长|AB|＝4，因此直线l经过圆心C(1,2)，故1＋2a＋1＝0，解得a＝－1.答案：－114．解析：设投篮得分为随机变量X，则X的分布列为E(X)＝3a＋2b＝2≥23a×2b，所以ab≤16，当且仅当3a＝2b即a＝13，b＝12时，等号成立．答案：1 615．解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v，在Rt△ADB中，AB＝ADcos∠BAD ＝ADcos 60°＝200.在Rt△ADC中，AC＝ADcos∠CAD＝100cos 45°＝100 2.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以(14v)2＝(1002)2＋2002－2×1002×200×cos 135°，所以v＝50107≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.答案：22.616.解析：函数f (x )＝1|x |－1＝⎩⎪⎨⎪⎧1x －1，x ≥01－x －1，x ＜0，其图象如图所示，由图象可知f (x )的值域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，故①错；在(0,1)和(1，＋∞)上单调递减，在(0，＋∞)上不是单调的，故②错；f (x )的图象关于y 轴对称，故③正确；由于在每个象限都有图象，所以与过原点的直线y ＝ax (a ≠0)至少有一个交点，故④正确．答案：③④17．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎨⎧2a 1＋3d ＝8a 1＋4d ＝3a 1＋3d，(2分)解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(4分)(2)c 1＝ab 1＝a 1＝1，c 2＝ab 2＝a 2＝3，从而等比数列{c n }的公比为3，因此c n ＝1×3n －1＝3n －1.(7分)另一方面，c n ＝ab n ＝2b n －1，所以2b n －1＝3n －1，因此b n ＝3n －1＋12.(9分) 记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋31＋…＋3n －1)＋n2＝3n ＋2n －14.(12分) 18．解：(1)由题意，可知10x ＋0.012×10＋0.056×10＋0.018×10＋0.010×10＝1，∴x ＝0.004.(2分)∴甲学校的合格率为(1－10×0.004)×100%＝0.96×100%＝96%，(3分)乙学校的合格率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－250×100%＝0.96×100%＝96%.(4分)∴甲、乙两校的合格率均为96%.(5分)(2)样本中甲校C 等级的学生人数为0.012×10×50＝6，乙校C 等级的学生人数为4.(6分)∴随机抽取3名学生中甲校学生人数X 的可能取值为0,1,2,3.(7分)∴P (X ＝0)＝C 34C 310＝130，P (X ＝1)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝2)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝3)＝C 36C 310＝16. ∴X 的分布列为(11分)数学期望E (X )＝0×130＋1×310＋2×12＋3×16＝95.(12分)19．解：(1)证明：由题意知EA 綊12FD ，EB 綊12FC ，所以AB ∥CD ，即A ，B ，C ，D 四点共面．(2分)由EF ＝EB ＝12FC ＝2，EF ⊥AB ，得FB ＝EF 2＋EB 2＝BC ＝22，则BC ⊥FB ，又翻折后平面AEFD ⊥平面EBCF ，平面AEFD ∩平面EBCF ＝EF ，DF ⊥EF ，所以DF ⊥平面EBCF ，因而BC ⊥DF ，又DF ∩FB ＝F ，所以BC ⊥平面BDF ，由于BC ⊂平面BCD ，则平面BCD ⊥平面BDF ，又平面ABD 即平面BCD ，所以平面ABD ⊥平面BDF .(6分) (2)以F 为坐标原点，FE ，FC ，FD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则F (0,0,0)，B (2,2,0)，设EA ＝t (t ＞0)，则A (2,0，t )，D (0,0,2t )，AB→＝(0,2，－t )，AD →＝(－2,0，t )．(8分) 设平面ABD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·AB→＝0，m ·AD →＝0，即⎩⎨⎧2y －tz ＝0，－2x ＋tz ＝0，取x ＝t ，则y ＝t ，z ＝2，所以m ＝(t ，t,2)为平面ABD 的一个法向量．(10分)又平面FAD 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，则|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m ||n |＝t2t 2＋4×1＝12，所以t ＝2，即EA 的长度为 2.(12分)20. 解：(1)由题意得，c ＝6，e ＝22，解得a ＝23，b 2＝a 2－c 2＝12－6＝6，(1分) ∴椭圆C 的方程为x 212＋y 26＝1.(3分)(2)证明：由已知，直线OP ：y ＝k 1x ，OQ ：y ＝k 2x ，且与圆R 相切，∴|k 1x 0－y 0|1＋k 21＝2，化简得(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－4＝0，同理，可得(x 20－4)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－4＝0，(5分)∴k 1，k 2是方程(x 20－4)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－4＝0的两个不相等的实数根，∴x 20－4≠0，Δ＞0，k 1k 2＝y 20－4x 20－4.(7分) ∵点R (x 0，y 0)在椭圆C 上，∴x 2012＋y 206＝1，即y 20＝6－12x 20，∴k 1k 2＝2－12x 20x 20－4＝－12.(8分)(3)|OP |2＋|OQ |2是定值18.(9分)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝k 1x 1x 2112＋y 216＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 21＝121＋2k 21y 21＝12k 211＋2k 21，∴x 21＋y 21＝12(1＋k 21)1＋2k 21，同理，可得x 22＋y 22＝12(1＋k 22)1＋2k 22.(10分)由k 1k 2＝－12，得|OP |2＋|OQ |2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝12(1＋k 21)1＋2k 21＋12(1＋k 22)1＋2k 22＝12(1＋k 21)1＋2k 21＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 121＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 12＝18＋36k 211＋2k 21＝18.综上：|OP |2＋|OQ |2＝18.(12分)21．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2x ＋12f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－1＋12f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12，解得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2，所以f (x )＝ln x －x 2＋x ＋2，此时，f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2＋x ＋1x，(2分) 由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，f ′(x )＜0得x ＞1，所以函数f (x )的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．(4分)(2)证明：不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1f (x )＜2e x 等价于f (x )＜2e x12x 2＋x ＋1，(5分)由(1)f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (x )max ＝f (1)＝2，所以f (x )≤2 ①，(6分)令g (x )＝e x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1(x ＞0)，所以g ′(x )＝e x －x －1，(g ′(x ))′＝e x －1，所以，当x ＞0时，(g ′(x ))′＞0，所以g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )＞g ′(0)＝0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )＞g (0)＝0，即e x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＞0，(10分) 因为x ＞0，所以e x 12x 2＋x ＋1＞1，∴2e x12x 2＋x ＋1＞2≥f (x )．(11分)所以，x ＞0时，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1f (x )＜2e x ，(12分)． 22．解：(1)设曲线C 1上一点P (x 1，y 1)与曲线C 2上一点Q (x ，y )，由题知：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1y ＝y 12，(2分)所以⎩⎨⎧x ＝2cos θy ＝sin θ(θ为参数)．(4分)(2)由题知可得：直线l 的直角坐标方程为：3x ＋2y ＋m ＝0.(5分)设曲线C 2上一点B (2cos θ，sin θ)到直线l 的距离为d ，则d ＝|23cos θ＋2sin θ＋m |7＝|4sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＋m |7，(7分)当m ＞0时，d max ＝4＋m 7＝27，解得：m ＝10，当m ＜0时，d max＝4－m7＝27，解得：m ＝－10，综上所述：m ＝±10.(10分)23．解：(1)原不等式为：|2x ＋3|＋|2x －1|≤5，当x ≤－32时，原不等式可转化为－4x －2≤5，即－74≤x ≤－32，(2分)当－32＜x ＜12时，原不等式可转化为4≤5恒成立，∴－32＜x ＜12.(3分)当x ≥12时，原不等式可转化为4x ＋2≤5，即12≤x ≤34，(4分)∴原不等式的解集为{x |－74≤x ≤34}(5分)(2)由已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －2，x ≤－324，－32＜x ＜124x ＋2，x ≥12，作出图象如图，由图象可得函数y ＝f (x )的最小值为4，(8分)∴|m －1|＞4，解得m ＞5或m ＜－3.(10分)。