福州十八重溪-感恩老师的话

.
2016年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）
理科数学
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

（A）

3,

2

 


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
的取值围是 5.已知方程
2
mn3m
2
n
（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）
Word 文档
yy
11

2

O

x

2
（B）
2
O
2
x
y
y
1
1
2
O
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< br>的准线
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

过体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
的顶点
A
,

平面
CB
1
D
1
,
开始
输入x,y,n
n-1
， y=ny
2
n=n+1
否
x=x+

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
(A)
是
x
2
+y
2
≥36？
输出x,y
结束
1
323
(B) (C) (D)
223
3


12.已知函数
f
(
x
)

sin(

x+

)(


0
，
的对称轴，且
f(x)
在


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
|=|
a
|+|
b
|，则
m
= ．
14.
(2x
222
x)
5
的展开式中，
x3
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
=1 0，
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1.5kg，
乙材料1 kg，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150kg，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.
Word 文档

.
17.（本小题满分为12分）
ABC
的角
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
为形，
7
，
ABC
的面积为
33
，求
ABC
的周长．
2
AF
=2
FD
，
AFD90
o
，且 二面角
D
-
AF
-
E
与二面角
C
-
BE
-
F
都是
60
o
．
（I）证明：平面
ABEF

平面
EFDC
；
（II）求二面角
E
-
BC
-
A
的余弦值．


D
C

F


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 使用期更换的易损零件数,得下面柱状图：

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
表示2台机器三年
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
08910
20
频数< br>40
n19
与
n20
之中选其一,应选用哪个？
22
11
更换的易损零件数
20.（本小题满分12分）设圆
xy2 x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；
Word 文档

.
（II）设点
E
的轨迹为曲线
C
1
，直线
l< br>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
面积的取值围.

21.（本小题满分12分）已知 函数
f

x



x2

e< br>x
a

x1

有两个零点.
(I)求
a
的取值围； (II)设
x
1
,
x2
是
f

x

的两个零点,证明：
x
1
x
2
2
.
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，∠
AOB
=120°.以
O
为圆心，
径作圆.
(I)证明：直线
AB
与⊙
O
相切；
(II)点
C
，
D
在⊙
O
上，且
A
，
B
，< br>C
，
D
四点共圆，证明：
AB
∥
CD
.


23.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
D
O
C
2
1
OA
为半
2
A
B
< br>xacost
在直角坐标系
x

y
中，曲线
C1
的参数方程为

（
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
< br>.
（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
< br>

0
，其中

0
满足tan

0
=2，若曲线
C
1
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．



Word 文档

.





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
10
B
11
A
12
B
3
1.
Axx
2
4x30 

x1x3

，
B

x2x30


xx

．
2

3< br>故
A
I
B

xx3

．

2

故选D．

x1

x12.由

1i

x1yi
可知：
xxi1 yi
，故

，解得：

．
y1
xy


22
所以，
xyixy2
．

故选B．
3.由等差数列性质可知：
S
9

9

a
1
a
9

2
a
10a
5
而
a
10
8
，因此公差
d1
105
∴
a
100
a
10
90d9 8
．

92a
5
9a
5
27
，故
a
5
3
，
2
故选C．
4.如图所示，画出时间轴：
7:307:407:50
A
8:00
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
AC
或
DB
时，才
能保证他等车的时间不超过10分钟
10101
根据几何概型，所求概率
P
．
402
故选B．
x
2
y
2
5.
2

2
1
表示双曲线，则
m
2
n3m
2
n0

mn3mn
∴
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

Word 文档


.
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
alncblnclnclnc
对C：要比较
a
log
b
c
和
blog
a
c
，只需比较
和，只需比较和，只需
blnb
lnblnablnbalna
和
a lna

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，
11
因此
f

a

f< br>
b

0alnablnb0


aln ablnb
lnclnc
又由
0c1
得
lnc0
，∴
blog
a
calog
b
c
，C正确
alnablnb
lnclnc
对D： 要比较
log
a
c
和
log
b
c
，只需比较
和
lnalnb
11

而函数
ylnx
在

1,

上单调递增，故
ab1lnalnb0

lnalnb
lnc lnc
又由
0c1
得
lnc0
，∴
log
a
clog
b
c
，D错误
lnalnb
故选C．
9.如下表：
循环节运
行次数
运行前
第一次
Word 文档
n1

x

xx


2

0
y

yny


1
判断 是否
输出

否
xy36


否
22
n

nn1


1
0

1

2

.
1

2

2
3
第三次
6

2
3
输出
x
，
y6
，满足
y4x< br>
2
故选C．
第二次 否
是
否
是
3


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
x
2
y
2
r
2
，
题目条件翻译如图：

p

设
Ax
0
, 22
，
D

,5

，

2

2
点
Ax
0
,22
在抛物线
y2px
上 ，∴
82px
0
……①

p

D
< br>
,5

x
2
y
2
r
2
点在圆
上，
2

2


p

2
∴
5

r
……②

2

2
8r
2
……③
点
Ax
0
,22
在圆
x
2
y
2
r
2
上，∴
x
0





< br>联立①②③解得：
p4
，焦点到准线的距离为
p4
．
故选B．
11. 如图所示：
∵

∥平面CB
1
D
1
，∴若设平面
CB
1
D
1
I
平面< br>ABCDm
1
，
则
m
1
∥m

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

∴
B
1
D
1
∥m
1
，故
B
1
D
1
∥m

同理可得：
CD
1
∥n

A
1
α
A
D
B
C
D
1
B
1
C
1
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
1
的大小．

3
而
B
1
CB
1
D
1
CD
1
（均为面对交线），因此
CD
1
B
1

，即
sinCD
1
B
1

．
2
3
故选A．
12. 由题意知：

π


+

k
1
π


4


ππ


+

kπ+
2

则
kZ

4

2k1
，其中
2
5

πT

π5π

Qf( x)
在

,

单调，
,

12

3618122

1836

接下来用排除法
Word 文档

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

rr
2
r
2
r
2
2
∴
aba b

m1

3
2
m
2
12
1
2
2
2
，解得
m2
．
设展开式的第
k1
项为
T
k1
，
k

0,1,2,3,4,5


k
5
5k
k
2
14．
xC2x
． ∴
T
k1
C

2x

4
5
k
454
当
5

3
时，
k4
，即< br>T
5
C
5
2x
2
10x
3

2
故答案为10．
k
5
5k

k
5 
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，< br>q
是公比．

a
1
8
2

a< br>1
a
3
10



a
1
a
1
q10
∴

，解得：


2< br>
1
．
11


7

49

3
aa5
32...n4nn7n

q

n4
aqaq5


2
1
4


11


2
< br>4



1

1

2

1

2


2


故
a
n


，∴
a
1
a
2
...a
n



2
1



2
7


49

22
< br>
2

2



n



4

1


7
49


1

2



2< br>

当
n3
或
4
时，


n



取到最小值
6
，此时

取到最大值
2
6
．
2

2

4


2




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< br>造线性规则约束为

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216 000

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

1
∴
2cosC1
，
cosC

2
π
∵
C

0，π

∴
C


3
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.
⑵ 由余弦定理得：
c
2
a
2
b
2
2abcosC

1
7a
2
b
2
2ab

2
2

ab

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

18．解：(1) ∵
ABEF
为形 ∴
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


a 3

，0，a

A

2a，2a，0


E

0，0，0

B

0，2a，0
< br>
C


2

2

u
uuur

a
uuur
r
3

uu
，2 a，a
EB

0，2a，0

，
BC

AB

2a，0，0

，


2

2

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.
ur
m

x
，
y
，
z
< br>.
设面法向量为
BEC
uruuur

2ay
1
0


mEB0

，即

a

x
1
3，y
1
0，z
1
1
ruuur

u
3
x2ayaz0

111
ur
mBC0

22
m3，0，1

r
n

x
2
，y
2
，z
2

设面法向量为
ABC
ruuur

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
r
n AB0

n0，3，4


2


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

∴
二面角
EBCA
的余弦值为

19
19解： ⑴ 每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11
记事件
A
i
为第一台 机器3年换掉
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
，
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

B
1

0.20.20.04

P

X1 7

P

A
1

P

B
2

P

A
2

P

B1

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
< br>B
1

0.20.20.20.20.40.40.24
P

X19

P

A
1

P

B
4

P

A
2

P

B
3

P

A
3
P

B
2

P

A
4
< br>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
< br>P

A
4

P

B
2

0.40.20.20.40.20.20.2
P

x21

P

A
3

P

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

B
4

0.20.20.04

X

P

16 17 18 19 20 21 22
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
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.
当
n19
时，费用的期望为
192005000.21000 0.0815000.044040

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
< br>，如图，
2
4
QBE∥AC
，则
∠C∠EBD
， 由
ACAD,则∠D∠C
，
则
EBED

∠EB D∠D，
A
3
2
C
x
1
AEEBAEE DAD4

所以E的轨迹为一个椭圆，方程为
xy
1
，(< br>y0
)；
43
22
42
B
1
24
E
2
3
D
4
x
2
y
2
P
⑵
C
1
:1
；设
l:xmy1
，
4 3
因为
PQ⊥l
，设
PQ:ym

x1
< br>，联立
l与椭圆C
1

N

xmy1
A

2
B
得
3m
2
4y
2
6m y90
；

xy
2
1


43< br>
M
则
36m
2
363m
2
4
12m
2
1
22
|MN|1m|y
M
y
N
|1m
3m
2
43m
2
4
；
|m

11

|
|2m|
圆心
A
到
PQ
距离
d
，

22
1m1m

4m
2
43m
2
4
22

所以
|PQ|2|AQ|d216
，
2
2
1m
2
1 
m
m
2
111
12m1
43m
2
 4241
S
MPNQ
|MN||PQ|24


12,83

22
1
223m
2
4
1 m3m4
3
2
xx
m1
21. （Ⅰ）
f
' (
x
)

(
x
1)
e
2
a< br>(
x
1)

(
x
1)(
e
2
a
)
．
4
3
2
1

x
4422
1
Q
2


3
4

x
（i）设
a0
，则
f
(
x
)< br>
(
x
2)
e
，
f(x)
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,)
上单调递增． < br>又
f(1)e
，
f(2)a
，取
b
满足
b0
且
b
ln
f(b)
a3
(b2)a(b 1)
2
a(b
2
b)0
，
22
a
，则
2
故
f(x)
存在两个零点． （iii）设
a0
，由
f'(x)0
得
x1
或< br>xln(2a)
．
e
，则
ln(2a)1
，故当< br>x(1,)
时，
f'(x)0
，因此
f(x)
在(1,)
上单调递增．又
2
当
x1
时，
f(x) 0
，所以
f(x)
不存在两个零点．
若
a
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.
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
x1
时，
f(x)0
，所以
f(x)
不存在两个零点．
综上，
a
的取值围为
(0,)
．
不妨设
x< br>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)f(2x
2
)
，即
f(2x
2
)0
.
由于
f(2x
2
)x
2
e
2x
2
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
e
2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< br>2
)f(2x
2
)0
，故
x
1
x< br>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

∴
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
A B
的中垂线上，
OAOB,TATB，
同理
OCOD,TCTD，< br>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

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.
∴
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< br>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



x

4，x≤1
24．⑴ 如图所示：

3

⑵
f

x



3x2，1x
< br>2

3
f

x



1< br>
4x，x≥

2
当
x≤1
，
x4 1
，解得
x5
或
x3

∴x≤1

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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