南京陆军指挥学院-乐理试题

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2016年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）
理科数学
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答 题卡上，并将准考证号条形码粘贴
在答题卡上的指定位置.用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂 黑.
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在< br>试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域内均无效.
3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接 答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草
稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4、 选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题
卡上对应的答 题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
5、 考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
第Ⅰ卷
一. 选择题：本大题共12小题,每小题5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.设集合
Axx4x30
，
x2x30
,则
AIB


2


（A）

3, 


3

3

3

3< br>
3,
1,
（B） （C） （D）

,3


2

2
 
2


2

2.设
(1i)x1yi< br>，其中
x,y
是实数，则
xyi

（A）
1
（B）
2
（C）
3
（D）
2

3.已知等差数列

a
n

前 9项的和为27，
a
10
8
，则
a
100

（A）100 （B）99 （C）98 （D）97
4.某公司的班车在 7:00，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达
发车 站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是
1123
（A） （B） （C） （D）
3234
x
2
y
2
1
表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是 5.已知方程
2
mn3m
2
n
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（A）

1,3

（B）
1,3
（C）

0,3

（D）
0,3

6.如图, 某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直
的半径.若该几何体的体积是
 
28

,则它的表面积是
3
（A）
17

（B）
18

（C）
20

（D）
28


2
7. 函数
y2xe
在

2,2

的图像大致为
x


（A）






（C）
2


2
yy

1
（B）
2
x
2
1
OO
2
x
y
y
1
O
1
2
x

（D）
2
O
2
x
8.若
ab10，c1
,则
（A）
a
c
b
c
（B）
ab
c
ba
c
（C）
alog
b
cblog
a
c
（D）
log
a
clog
b
c

9.执行右面的 程序框图,如果输入的
x0，y1，n1
,则输出x,y的值满足
（A）
y2x
（B）
y3x
（C）
y4x
（D）
y5x

10.以抛物线C的顶点为圆心 的圆交C于A、B两点，交C的准线
开始
输入x,y,n
于D、E两点.已知|AB| =
42
,|DE|=
25
,则C的焦点到准线的距
离为
(A)2 (B)4 (C)6 (D)8
11.平面
过正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
的顶点A,

平面CB
1
D
1
,
否
n=n+1
n-1
x=x+，y=ny
2
x
2
+y
2
≥36？
是

I
平面ABCD=m,

I
平面AB B
1
A
1
=n,则m、n所成角的正弦
值为
输出x,y
结束
(A)
1
33
2
(B) (C) (D)
23
2
3
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WORD格式整理 12.已知函数
f(x)sin(

x+

)(
< br>0，


的对称轴，且
f(x)
在

< br>2
),x

4
为
f(x)
的零点,
x 

4
为
yf(x)
图像


5


，

单调，则

的最大值为
1836

（A）11 （B）9 （C）7 （D）5
二、填空题：本大题共3小题,每小题5分
13.设向量a=(m,1)，b=( 1,2)，且|a+b|
2
=|a|
2
+|b|
2
，则m= ．
14.
(2xx)
5
的展开式中，x
3
的系数是 ．（用数字填写答案）
15.设等比数列

a
n

满足a
1
+a
3
=10，a
2
+a
4
=5，则a
1
a
2
…a
n
的最大值为 ．
16.某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A需要甲材料1.5k g，
乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工 时．生产
一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150 kg，乙材
料90kg，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为 元．
三.解答题：解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
17.（本小题满分为12分）
ABC
的内角A，B，C的对边分别为a，b，c ，已知
2cosC(acosB+bcosA)c.

（I）求C；
（II）若
c

18.（本小题满分为12分）如图，在以A，B，C，D ，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方
形，AF=2FD，
AFD90
， 且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是
60
．
（I）证明：平面ABEF

平面EFDC；
（II）求二面角E-BC- A的余弦值．


专业技术参考资料
oo
7
，
A BC
的面积为
33
，求
ABC
的周长．
2
D< br>C

F



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19 .（本小题满分12分）某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零
件, 在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购
买 ,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种
机 器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图：






08910
20
频数
40
11
更换的易损零件数
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记
X< br>表示2
台机器三年内共需更换的易损零件数,
n
表示购买2台机器的同时购买的 易损零件数.
（I）求
X
的分布列；
（II）若要求
P(Xn)0.5
,确定
n
的最小值；
（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在
n19
与
n20< br>之中选其一,应选用哪
个？

20.（本小题满分12分）设圆
x y2x150
的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重
合，l交圆A于C,D 两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明
EAEB
为定值，并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的 轨迹为曲线C
1
，直线l交C
1
于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A 交于P,Q
两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.

21.（本小题满分12分 ）已知函数
f

x



x2

ea

x1

有两个零点.
x
2
22
(I)求a的取值范围； (II)设x
1
,x< br>2
是
f

x

的两个零点,证明：
x
1
x
2
2
.
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请考生在22、23、24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4-1：几何证明选讲
如图，△OAB是等腰三角形，∠A OB=120°.以O为圆心，
(I)证明：直线AB与⊙O相切；
(II)点C，D在⊙O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：AB∥CD.
D
O
C
1
OA为半径作圆.
2
A
B


23.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系x
y中，曲线C
1
的参数方程为


xacost
（t 为参数，a＞0）．

y1asint
在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴 的极坐标系中，曲线C
2
：ρ=
4
cos

.
（I）说明C
1
是哪一种曲线，并将C
1
的方程化为极坐标方程；
（II）直线C
3
的极坐标方程为



0
，其中

0
满足tan

0
=2，若曲线C
1< br>与C
2
的公共点都在C
3
上，求a．

24.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲
已知函数
f

x

x12x3
.
（I）画出
yf

x

的图像；
（II）求不等式
f

x

1
的解集．


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2016年高考全国1卷理科数学参考答案
题号
答案
1
D
2
B
3
C
4
B
5
A
6
A
7
D
8
C
9
C
3

．
2

10
B
11
A
12
B < br>
1.
Axx
2
4x30

x1x3

，
B

x2x30



xx


3
故
A
I
B
xx3

．

2

故选D．

x1

x1
2.由

1i

x1yi
可知：
xxi1yi
，故

，解得：

．

y1

xy
所以，
xyix
2
y
2
2
．
故选B．
3.由等差数列性质可知：
S< br>9

9

a
1
a
9

2
aa
5
而
a
10
8
，因此公差
d< br>10
1

105

92a
5
9a< br>5
27
，故
a
5
3
，
2
∴
a
100
a
10
90d98
．
故选C．
4.如图所示，画出时间轴：
7:307:407:50
A8:00
C
8:10
8:20
D
8:30
B

小明到达的时间会随机的落在图中线段
AB
中，而当他的到达时间落在线段
A C
或
DB
时，才
能保证他等车的时间不超过10分钟
根据几何概型，所求概率
P
故选B．
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10101

．
402

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x
2
y
2
5.
2

2
1
表示双曲线，则
m
2
 n3m
2
n0

mn3mn


< br>∴
m
2
n3m
2

由双曲线性质知：
c
2
m
2
n3m
2
n4m
2
， 其中
c
是半焦距
∴焦距
2c22m4
，解得
m1

∴
1n3

故选A．
6.原立体图如图所示：


1
是一个球被切掉左上角的后的三视图
8
7
表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
8
71
S= 4

2
2
+3

2
2
=17

84
故选A．
7.
f

2
< br>8e
2
82.8
2
0
，排除A
f

2

8e
2
82.7
2
1
，排除B
1

1

x0
时，
f
x

2x
2
e
x
f


x

4xe
x
，当
x

0,
时，
f


x

4e
0
0< br>
4

4


1

因此
f

x

在

0,

单调递减，排除C

4

故选D．
8.对A：由于
0c1
，∴ 函数
yx
c
在
R
上单调递增，因此
ab1a
c
b
c
，A错误
对B：由于
1c10
，∴函 数
yx
c1
在

1,

上单调递减， < br>∴
ab1a
c1
b
c1
ba
c
ab
c
，B错误
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WORD格式整理 对C：要比较
alog
b
c
和
blog
a
c< br>，只需比较
和
alna

alnc
blnclnc
l nc
和，只需比较和，只需
blnb
lnablnb
alnalnb
构造函数
f

x

xlnx

x1

，则
f'

x

lnx110
，
f

x

在

1,

上单调递增，< br>因此
f

a

f

b

0alnablnb0
又由
0c1
得
lnc0
，∴
11


alnablnb
lnclnc
bloga
calog
b
c
，C正确
alnablnb
对D： 要比较
log
a
c
和
l og
b
c
，只需比较
lnclnc
和
lnalnb
11


lnalnb
而函数
yl nx
在

1,

上单调递增，故
ab1lna lnb0
又由
0c1
得
lnc0
，∴
故选C．
9.如下表：
循环节运
行次数
运行前
第一次
第二次
第三次
输出
x
lnclnc
log
a
c log
b
c
，D错误
lnalnb
n1

x

xx


2

0
判断
y

yny


是否
输出

否
否
是
xy36

1
否
否
是
22
n

nn1


1
0

1

2
3

2
1

2

2

3


6

3
，
y6
，满足
y4x

2
故选C．
10. 以开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理
设抛 物线为
y
2
2px

p0

，设圆的方程为< br>x
2
y
2
r
2
，
题目条件翻译如图：

p

设
Ax
0
,22
，
D
,5

，

2


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WORD格式整理 点
Ax
0
,22
在抛物线
y
2
2px
上，∴
82px
0
……①


p


p

点
D

,5

在圆
x
2
y
2
r
2
上，∴
5

r
2
……②

2


2

2
8r
2
……③ 点
Ax
0
,22
在圆
x
2
y
2
r
2
上，∴
x
0
2

联立①②③解得：
p4
，焦点到准线的距离为
p4
．
故选B．
α
D
A
B
C
11.

如图所示：

∵

∥平面CB
1
D
1，∴若设平面
CB
1
D
1
I
平面
ABCDm
1
，
D
1
C
1
B
1
则
m
1
∥m

A
1
又∵平面
ABCD
∥平面< br>A
1
B
1
C
1
D
1
，结合平面B
1
D
1
CI
平面
A
1
B
1
C
1
D
1
B
1
D
1

∴
B
1
D
1
∥m
1
，故
B
1D
1
∥m

同理可得：
CD
1
∥n

故
m
、
n
的所成角的大小与
B
1
D
1
、
CD
1
所成角的大小相等，即
CD
1
B< br>1
的大小．
而
B
1
CB
1
D
1
CD
1
（均为面对交线），因此
CD
1
B
1< br>
故选A．
12. 由题意知：

π


+

k
1
π


4


ππ


+

kπ+
2

42

3
，即
sinCD
1
B
1
3
．
2
则

2k1
，其中
kZ

5
πT

π5π

Qf(x)
在

,

单调，
,

12

3618122

1836

接下来用排除法
π

π

π3π

3π5π

若
11,


，此时
f(x)sin

11x< br>
，
f(x)
在

,

递增，在

,

递减，不满
4

4

1844
4436


π5π

足
f(x)
在

,

单调

1836

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若

9,


故选B．
π

π

π5π

，此时
f(x)sin

9x

，满足
f(x)
在

,

单调递减
4

4

1836

13.-2 14.10 15．64 16． 216000
rr
13. 由已知得：
ab

m1,3


rr
2r
2
r
2
2
∴
abab

m 1

3
2
m
2
1
2
1
2
2
2
，解得
m2
．
14． 设展开式的第
k1
项为
T
k1
，
k

0,1,2,3, 4,5


∴
T
k1
C

2x

k
5
5k

x

k
C2
k
5
5k
x
5
k
2
．
4
5 
k
454
当
53
时，
k4
，即
T
5
C
5
2x
2
10x
3

2
故答案为10．
15.由于

a
n

是等比数列，设
a
n
a
1
q
n1
，其中
a
1
是首项，
q
是公比．

a
1
8
2

a
1
a
3
10

a
1
a
1
q10

∴

，解得：



1
．
3
aa5
q


24


a
1
qa
1
q 5
2

1

故
a
n


2

n4

1

，∴
a
1
a
2
...a
n



2
2

3



2

 ...

n4


1




2

1
n

n7

2
< br>1




2

2
1


7

49



n



2



2

4



1


7

49

1

当
n3
或
4
时，


n



取到最小值
6
，此时

2

2

4


2




2
1


7

49



n



2

4



2


取到最大值
2
6
．
所以
a
1
a
2
...a
n
的最大值为64 ．
16． 设生产A产品
x
件，B产品
y
件，根据所耗费的材料要 求、工时要求等其他限制条件，构造
线性规则约束为
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目标函数
z2100x900y

作出可行域为图中的四边形，包括边界 ，顶点为
(60,100)(0,200)
(0,0)(90,0)

在(60,100)
处取得最大值，
z210060900100216000< br>
17.解： ⑴
2cosC

acosBbcosA

c

由 正弦定理得：
2cosC

sinAcosBsinBcosA
sinC

2cosCsin

AB

sinC

∵< br>ABCπ
，
A、B、C

0，π


∴
sin

AB

sinC0

∴
2cosC1
，
cosC
∵
C

0，π

1

2
∴
C
π

3
⑵ 由余弦定理得：
c
2
a
2
b
2
2abcosC

1
7a
2
b
2
2ab

2

ab

2
3ab7

1333

SabsinCab
242
∴
ab6

∴

ab

187

2
ab5

∴
△ABC
周长为
abc57

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18．解：(1) ∵
ABEF
为正方形 ∴
AFEF

∵
AFD90

∴
AFDF

∵
DFIEF=F

∴
AF
面
EFDC

AF
面
ABEF

∴平面
ABEF
平面
EFDC

⑵ 由⑴知
DFECEF60

∵
AB∥EF

AB
平面
EFDC

EF
平面
EFDC

∴
AB∥
平面
ABCD

AB
平面
ABCD

∵面
ABCDI
面
EFDCCD

∴
AB∥CD

∴
CD∥EF

∴四边形
EFDC
为等腰梯形
以
E
为原点，如图建立坐标系，设
FDa

E

0，0，0


a3

，0，a

B
0，2a，0


C


2
< br>2

A

2a，2a，0


uuur< br>
a
uuur
r
3

uuu
EB

0，2a，0

，
BC


2
，2 a，
2
a


，
AB

2a，0，0



ur
设面
BEC
法向量为
m< br>
x，y，z

.
uruuur

2ay
1
0

mEB0


，即

a< br>
x
1
3，y
1
0，z
1
1
ruuur

u
3
x2ayaz0

111

mBC0
22
ur
m3，0，1


r
设面
ABC
法向量为
n

x2
，y
2
，z
2


ruuur
< br>a3

az
2
0

nBC=0

x
2
2ay
2

.即

2

x
2
0，y
2
3，z
2
4

r

ruuu
2


2ax0

n AB0

2
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r
n0，3，4


设二面角
EBCA
的大小为

.
urr
mn4219

cos


u

rr

19
31316
mn
219

19
19解： ⑴ 每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11
∴
二面角
EBCA
的余弦值为

记事件
A
i为第一台机器3年内换掉
i7
个零件

i1,2,3,4


记事件
B
i
为第二台机器3年内换掉
i7
个零 件

i1,2,3,4


由题知
P

A
1

P

A
3

P
A
4

P

B
1

P

B
3

P

B
4

0.2< br>，
P

A
2

P

B
2

0.4

设2台机器共需更换的易损零件数的随机变量为
X，则
X
的可能的取值为16，17，18，
19，20，21，22
P

X16

P

A
1

P< br>
B
1

0.20.20.04

P

X17

P

A
1

P

B
2

P

A
2

P

B
1

0.20.40.40.20.16

P

X18

P

A
1

P

B
3

P

A
2

P

B
2

P

A
3

P

B
1

0.20.20.20.20.40.4 0.24
P

X19

P

A
1< br>
P

B
4

P

A
2

P

B
3

P

A
3

P

B
2

P

A
4

P

B
1

0.20.20.20 .20.40.2
0.20.40.24

P

X20

P

A
2

P

B
4

P

A
3

P

B
3

P

A
4

P

B2

0.40.20.20.40.20.20.2
P

x21

P

A
3

P
< br>B
4

P

A
4

P

B
3

0.20.20.20.20.08

P

x22

P

A
4

P< br>
B
4

0.20.20.04

17 18 19 20 21 22
X

16
P

0.04

0.16

0.24

0.24

0.2

0.08

0.04

⑵ 要令
P

x≤n

≥0.5
，
Q0. 040.160.240.5
，
0.040.160.240.24≥0.5
则
n
的最小值为19
⑶ 购买零件所需费用含两部分，一部分为购买 机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足
时额外购买的费用
当
n19
时，费用的期望为
192005000.210000.0815000.04404 0

当
n20
时，费用的期望为
202005000.08 10000.044080

所以应选用
n19

20. (1)圆A整理为

x1

y
2
16
，A坐 标

1,0

，如图，
2
4
QBE∥AC，则
∠C∠EBD
，由
ACAD,则∠D∠C
，
则
EBED

∠EBD∠D，
A
42
32
C
x
1
AEEBAEEDAD4

所以 E的轨迹为一个椭圆，方程为
xy
1
，(
y0
)；
43
22
B
1
24
E
2
3
D
4< br> 专业技术参考资料

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x
2
y
2
⑵
C
1
:1
；设
l:xmy1
，
43P
4
3
因为
PQ⊥l
，设
PQ:ym
< br>x1

，联立
l与椭圆C
1


xmy 1

2
得
3m
2
4y
2
6my9 0
；

xy
2
1


3

4
A
42
2
1
N
x

B
1
24
M
Q
2
3
则
4
|MN|1m |y
M
y
N
|1m
22
36m
2
 36

3m
2
4

3m
2
4

|2m|
1m
2

12

m
2
1

3m
2
4
；
圆心
A
到
PQ
距离
d

|m

11

|
1m
2
， 4m
2
43m
2
4

所以
|PQ|2|A Q|d216
，
2
1m
2
1m
22
 S
MPNQ
2
11
12

m1

43m
2
424m
2
11
|MN||PQ|24

12,83

22
1
223m
2
4
1m3m4
3
2
m1

xx
21. （Ⅰ）
f'(x)(x1)e2a(x1)(x1)(e2a)
．
x
（i）设
a0
，则
f(x)(x2)e
，
f(x)< br>只有一个零点．
（ii）设
a0
，则当
x(,1)
时，
f'(x)0
；当
x(1,)
时，
f'(x)0．所以
f(x)
在
(,1)
上单调递减，在
(1,)< br>上单调递增．
又
f(1)e
，
f(2)a
，取
b
满足
b0
且
bln
a
，则
2
f (b)
a3
(b2)a(b1)
2
a(b
2
b )0
，
22
故
f(x)
存在两个零点．
（iii）设
a0
，由
f'(x)0
得
x1
或
xln( 2a)
．
若
a
e
，则
ln(2a)1
，故当
x(1,)
时，
f'(x)0
，因此
f(x)
在
(1,)
上单调递增．又
2
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x1
时，
f(x)0
，所以
f(x)
不存在两个 零点．
若
a
e
，则
ln(2a)1
，故当
x(1,ln(2a))
时，
f'(x)0
；当
x(ln(2a ),)
时，
2
f'(x)0
．因此
f(x)
在
(1,ln(2a))
单调递减，在
(ln(2a),)
单调递增．又当< br>x1
时，
f(x)0
，所以
f(x)
不存在两个零点．
综上，
a
的取值范围为
(0,)
．
不妨设
x
1
x
2
，由（Ⅰ）知
x
1
(,1)
，
x
2
(1,)
，
2x
2
(,1 )
，
f(x)
在
(,1)
上
（）
单调递减 ，所以
x
1
x
2
2
等价于
f(x
1< br>)f(2x
2
)
，即
f(2x
2
)0
.
由于
f(2x
2
)x
2
e
2x2
a(x
2
1)
2
，而
f(x
2
)(x
2
2)e
x
2
a(x
2
1)
2
0
，所以
f(2x
2
)x
2
e2x
2
(x
2
2)e
x
2
.
设
g(x)xe
2x
(x2)e
x
，则
g

(x)(x1)(e
2x
e
x
)
.
所以当
x1
时，
g

(x)0
，而
g(1) 0
，故当
x1
时，
g(x)0
.
从而
g(x
2
)f(2x
2
)0
，故
x
1
x
2
2
.
22．⑴ 设圆的半径为
r
，作
OKAB
于
K

∵
OAOB，AOB120

∴
OKAB，A30 ，OKOAsin30
∴
AB
与
⊙O
相切
⑵ 方法一：
假设
CD
与
AB
不平行
OA
r

2
CD
与
AB
交于
F

FK
2
FCFD①

∵
A、B、C、D
四点共圆
∴
FCFDFAFB

FKAK

FKBK


∵
AKBK

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FCFD

FKAK

FKAK

FK
2
AK
2
②
由①②可知矛盾
∴
AB∥CD

方法二：
因为
A,B,C,D四点共圆， 不妨设圆心为
T
，因为
所以
O,T
为
AB
的中垂线 上，
OAOB,TATB，
同理
OCOD,TCTD，
所以
OT为CD
的中垂线，所以
AB∥CD
．

xacost
23．⑴

（
t
均为参数）
y1asint

∴
x
2


y1

a
2
①
2
1

为圆心，
a
为半径的圆．方程为
x
2
y
2
2y1a
2
0
∴
C
1
为以

0，
∵
x
2
y
2


2
，y

sin

∴

2
2

sin

1a
2
0

⑵
C
2
：

4cos


两边同乘

得

2
4

cos

Q

2
x
2
y
2
，

cos
< br>x

即为
C
1
的极坐标方程
x
2
y
2
4x
即

x2

y
2
4
②
2
C
3
：化为普通方程为
y2x

由题意：C
1
和
C
2
的公共方程所在直线即为
C
3
①—②得：
4x2y1a
2
0
，即为
C3

∴
1a
2
0
∴
a1

24．⑴ 如图所示：


x4，x≤1

3

⑵
f

x



3x2，1x
< br>2

3

4x，x≥

2
f

x

1

当
x≤1
，
x41，解得
x5
或
x3

∴x≤1

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31
，
3x21
，解得
x1
或
x

23
13
∴1x
或
1x

32
3
当
x≥
，
4x1
，解得
x5
或
x 3

2
3
∴≤x3
或
x5

21
综上，
x
或
1x3
或
x5

3
1

3

U

5
，
< br>

∴f

x

1
，解集为
< br>
，

U

1
，
3

当
1x
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