新高考数学三轮冲刺解题技巧精讲精练技巧01 单选题和多选题的答题技巧（2份，原卷版+解析版）

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高考的单选题和多选题绝大部分属于中档题目，通常按照由易到难的顺序排列，每道题目一般是多个知识点的小型综合，其中不乏渗透各种数学的思想和方法，基本上能够做到充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力．
（1）基本策略：单选题和多选题属于“小灵通”题，其解题过程可以说是“不讲道理”，所以其解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断和分析，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，尤其是对选择题可以先进行排除，缩小选项数量后再验证求解．
（2）常用方法：单选题和多选题也属“小”题，解题的原则是“小”题巧解，“小”题快解，“小”题解准．求解的方法主要分为直接法和间接法两大类，具体有：直接法，特值法，图解法，构造法，估算法，对选择题还有排除法（筛选法）等．
【核心考点目录】
核心考点一：直接法
核心考点二：特珠法
核心考点三：检验法
核心考点四：排除法
核心考点五：构造法
核心考点六：估算法
核心考点七：坐标法
核心考点八：图解法
【真题回归】
1．（2022·天津·统考高考真题）函数的图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】函数的定义域为，
且，
函数为奇函数，A选项错误；
又当时，，C选项错误；
当时，函数单调递增，故B选项错误；
故选：D.
2．（2022·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
【答案】D
【解析】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
3．（2022·全国·统考高考真题）函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
4．（2022·北京·统考高考真题）若，则（ ）
A．40B．41C．D．
【答案】B
【解析】令，则，
令，则，
故，
故选：B.
5．（多选题）（2022·全国·统考高考真题）若x，y满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
6．（多选题）（2022·全国·统考高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【解析】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
7．（多选题）（2022·全国·统考高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.
8．（多选题）（2022·全国·统考高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
【方法技巧与总结】
1、排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提条件是答案唯一，具体的做法是采用简捷有效的手段对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰支逐一排除，从而获得正确结论．
2、特殊值法：从题干（或选项）出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，进行判断．特值法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况下才可使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊数列等．
3、图解法：对于一些含有几何背景的题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等．
4、构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模型，揭示问题的本质，从而找到解题的方法
5、估算法：由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程．因此，有些题目，不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量．
6、检验法：将选项分别代人题设中或将题设代人选项中逐一检验，确定正确选项．
【核心考点】
核心考点一：直接法
【典型例题】
例1．（2022春·贵州贵阳·高三统考期中）基本再生数与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T近似满足．有学者基于已有数据估计出，．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为（）（ ）
A．1．8天B．2．5天C．3．6天D．4．2天
【答案】C
【解析】把，代入，可得，所以．
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间为，
则有，即，整理有，
则，解得．
故选：C．
例2．（2022春·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）设函数，已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题知，
，
因为，
所以，
因为在上有且仅有3个极值点，
所以，解得，
所以的取值范围是，
故选：A
例3．（多选题）（2022春·吉林长春·高一东北师大附中校考期中）设函数的定义域为R，满足，且当时，，若对任意，都有，则实数m的取值可以是（ ）
A．3B．4C．D．
【答案】ABC
【解析】因为函数的定义域为R，满足，且当时，，
所以当时，，
当时，，
函数部分图象如图所示，
由，得，解得或，
因为对任意，都有，
所以由图可知，
故选：ABC
核心考点二：特珠法
【典型例题】
例4．（辽宁省鞍山市第一中学2022届高三下学期六模考试数学试题）若，，，，则，，这三个数的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为， 所以取，则
，
，
，所以.
故选：C.
例5．（多选题）（广东省佛山市顺德区2022届高三下学期三模数学试题）已知，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】选项A：
由，可得，
则，，
则，则.判断错误；
选项B：由，可得为上减函数，
又，则.判断正确；
选项C：由，可知为R上减函数，又，则
由，可知为上增函数，又，则，则
又为上增函数，则，则.判断正确；
选项D：令，则，
，
则，即.判断错误.
故选：BC
例6．（多选题）（2022春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考阶段练习）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.现已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．当时，在上单调递增
C．若方程有实根，则
D．设定义域为的函数关于中心对称，若，且与的图象共有2022个交点，记为，则的值为4044
【答案】ACD
【解析】对于A.
由解析式可知是奇函数，故A正确；
对于B.特殊值法
，
即，若，则在上不是单调递增，故B错误.
对于C.令，分离参数后，
故，C正确；
对于D.由A可知，当时，关于中心对称，且关于中心对称，所以这2022个交点关于对称，故，D正确.
故选：ACD
核心考点三：检验法
【典型例题】
例7．（多选题）（2022·高一课时练习）对于定义在上的函数，若存在非零实数，使得在和上均有零点，则称为的一个“折点”．下列函数中存在“折点”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】A：因为，所以没有零点，即没有“折点”；
B：当时单调递增，又，，
所以在上有零点．又是偶函数，
所以在上有零点，所以存在“折点”．
C：令，得或，
在上有零点，在上有零点，即存在“折点”．
D：令，解得，所以只有一个零点，即没有“折点”．
故选：BC
例8．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）已知函数的图象经过原点，且恰好存在2个，使得的图象关于直线对称，则（ ）
A．
B．的取值范围为
C．一定不存在3个，使得的图象关于点对称
D．在上单调递减
【答案】ABD
【解析】因为，得，A正确．
设，则
如图所示，由，得，所以，得，B正确．
如图所示，当时，存在3个，使得的图象关于点对称．C错误．
因为，所以，又，
所以，所以在上单调递减，D正确．
故选：ABD
例9．（多选题）（2022秋·高二课时练习）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A．函数有3个不动点
B．函数至多有两个不动点
C．若函数没有不动点，则方程无实根
D．设函数(，e为自然对数的底数)，若曲线上存在点使成立，则a的取值范围是
【答案】BCD
【解析】对于A，令，，，当且仅当时取“=”，
则在R上单调递减，而，即在R上只有一个零点，函数只有一个不动点，A不正确；
对于B，因二次函数至多有两个零点，则函数至多有两个不动点，B正确；
对于C，依题意，方程无实数根，即，
当时，二次函数的图象开口向上，则恒成立，即，恒有，
而，因此有恒成立，即方程无实根，
当时，二次函数的图象开口向下，则恒成立，即，恒有，
而，因此有恒成立，即方程无实根，
所以函数没有不动点，则方程无实根，C正确；
对于D，点在曲线上，则，又，即有，
当时，满足，显然函数是定义域上的增函数，
若，则与矛盾，
若，则与矛盾，
因此，当时，，即当时，，
对，，令，，
，而两个“=”不同时取得，即当时，，
于是得在上单调递增，有，即，则，D正确.
故选：BCD
核心考点四：排除法
【典型例题】
例10．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意，函数图象可得函数为奇函数，
对于A，
，符合题意，
对于B，
，符合题意，
对于C，
，不符合题意，
对于D，
，不符合题意，
故排除C，D选项，
又当时，代入B中函数解析式，
即
，不符合题意；
故排除B选项，
故选
例11．定义在R上的函数满足，且在单调递增，，，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】依题意可知函数的对称轴方程为，在上单调递增，且，
设，则函数的对称轴方程为，在上单调递增，且，是偶函数，且当时，因此函数也是偶函数，其图象关于y轴对称，故可以排除选项A和D；当时，，由此排除选项
例12．如图1，已知PABC是直角梯形，，，D在线段PC上，将沿AD折起，使平面平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图对于图2，下列选项错误的是（ ）
A．平面平面PBCB．平面PDC
C．D．
【答案】A
【解析】解：因为，
所以，，
又DC，平面PDC，，
即平面PDC，
折叠前有，，，所以，
所以平面PDC，
故B正确．
由于平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，且，
所以，
又，
所以，
故C正确．
，，，PD、AD在平面PAD内，
平面PAD，
，
平面PAD，又平面PAD，故，
为直角三角形，N为斜边的中点，
所以，故D正确．
由排除法可得A错误．
故选
核心考点五：构造法
【典型例题】
例13．已知关于x的不等式在恒成立，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：由得，
即，
令，，则，故在单调递增，
若，则在恒成立，
记，则在上恒成立，即，
因为，则当时，当时，
故在上单调递减，在上单调递增，
故
所以，即，解得，
所以m的取值范围是
故选：
例14．已知函数在R上可导，其导函数为，若满足，则下列判断一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：令，则
满足：，
当时，此时函数单调递减．
即
，
故选：
例15．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：，
设，由得：，所以在单调递减，于是：，
即：，，所以
所以
故选
核心考点六：估算法
【典型例题】
例16．（2020春·江苏淮安·高三江苏省涟水中学校考阶段练习）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（称为黄金分割比例），已知一位美女身高160cm，穿上高跟鞋后肚脐至鞋底的长度约103.8cm，若她穿上高跟鞋后达到黄金比例身材，则她穿的高跟鞋约是（ ）（结果保留一位小数）
A．7.8cmB．7.9cmC．8.0cmD．8.1cm
【答案】B
【解析】设该美女穿的高跟鞋为，则，解得，
故选：B．
例17．设函数是定义在R上的奇函数，在区间上是增函数，且，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】解：根据题意，定义在R上的奇函数满足，
当时，有，
函数是定义在R上的奇函数，在区间上是增函数，
则在区间上是增函数，
则有，
则有，
故选：
核心考点七：坐标法
【典型例题】
例18．在中，，，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解：法一：建立如图所示坐标系，
由题易知，设，，，，设，
法二：注意：，，，且
，，
，，
其中，，
例19．如图，在直角梯形ABCD中，为AD的中点，若，则的值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【解析】解：如图所示，建立直角坐标系．
不妨设，则，，，
，
，，，
，
，
，
解得，
则
故选：
例20．（多选题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，P为以A为圆心、AB为半径的圆弧包含B，上的任意一点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为
B．的最小值为
C．的最大值为4
D．的最小值为
【答案】ACD
【解析】解：分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立直角坐标系，
则，
设，，则，，，
，，，
由条件知：，，，故A正确，B错误．
，，故C，D正确．
故选：
核心考点八：图解法
【典型例题】
例21．已知函数若方程有三个不同的解，，，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：方程有三个不同的解，等价于函数与的图象有三个交点，
根据函数的图象知当时，直线与的图象有两个交点或一个交点，不符合题意，
当与相切时，直线与的图象有两个交点，
设在点处的切线方程为，
又切线过原点，
所以，解得，
所以得切线斜率为，
若方程有三个不同的解，，，
根据图象有，
故选：
例22．已知A，B是圆O：上的两个动点，，，M为线段AB的中点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：由题意得，，，
由余弦定理得，
，
故选：
例23．过原点O的直线交双曲线E：于A，C两点，A在第一象限，、分别为E的左、右焦点，连接交双曲线E右支于点B，若，，则双曲线E的离心率为．（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解：连接，，，
取的中点M，由，得，又O为的中点，故，
设，则，由得
根据双曲线的定义得，，
在中，有，化简得，
在中，有，
结合，得，所以
故选
【新题速递】
一、单选题
1．已知函数，都是定义域为R的函数，函数为奇函数，，，则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】B
【解析】由函数为奇函数，
得的图象关于点对称，
所以，
又，，
两式相加得，
令，得，则，
故本题选
2．已知，，，，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】对于选项A，取，，此时，因此A不正确；
对于选项B，取，，此时，所以B不正确；
对于选项C，因为，所以，因此C正确；
对于选项D，，若，则，故D不正确，
故选
3．某同学掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据5次的统计结果，可以判断一定没有出现点数6的是
A．中位数是3，众数是2B．平均数是3，中位数是2
C．方差是，平均数是2D．平均数是3，众数是2
【答案】C
【解析】选项有可能出现点数6，例如2，2，3，4，
选项有可能出现点数6，例如2，2，2，3，
选项不可能出现点数6，，如果出现点数6，则方差大于或等于，不可能是
选项有可能出现点数6，例如2，2，2，3，6，故选
4．在平面内，是两个定点，C是动点．若，则点C的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．抛物线D．直线
【答案】A
【解析】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，设，
因为，
所以，
解得，
所以点C的轨迹为圆．
故选：
5．在中，，，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】法一：建立如图所示坐标系，
由题易知，设，，，，设，
法二：注意：，，，且
，，
，，
其中，，
6．在平行四边形ABCD中，，边AB、AD的长分别为2、1，若M、N分别是边BC、CD上的点，且满足，则的最大值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【解析】设，
建立如图所示的坐标系．
，，，，
由，，
可得，
同理可得，
，
，的最大值是5，当且仅当M、N与点C重合时取得最大值．
故选：
二、多选题
7．已知，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】对于A：因为，，，
所以，所以，
所以，
当且仅当即时取等号，故A正确；
对于B：，
因为，，，所以，
当且仅当时取等号，
所以，所以，所以，故B错误；
对于C：根据题意可得，可得，所以，
令，，
，易知在上单调递减，又，
所以，当时，，在上单调递增，
所以，故C正确；
对于D：，，
令，，
，因为，所以，
所以，所以在上单调递增；
所以，故D正确．
8．定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则
A．B．C．D．
【答案】AD
【解析】设函数，，
则，
因为恒成立，
所以，
所以在上单调递减，
所以，
即，
则必有，，，，
故AD正确，BC错误．
故选
9．已知，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】由，，，得，
构造函数，
所以，在上恒为正数，则在上单调递增，
因为，
所以，即，从而，C正确；
因为，从而，A正确；
因为，，所以，B错误；
因为，，所以，从而，，D错误．
故选
10．已知定义在R上的单调递增函数满足：任意R有，，则（ ）
A．当Z时，
B．任意R，
C．存在非零实数T，使得任意R，
D．存在非零实数c，使得任意R，
【答案】ABD
【解析】对于A，令，则，即，
又，
令得：，，，，
则由可知：当时，，A正确；
对于B，令，则，即，
，
由A的推导过程知：，，B正确；
对于C，为R上的增函数，
当时，，则当时，则
不存在非零实数T，使得任意，，C错误；
对于D，当时，
由，知：关于，成中心对称，则当时，为
的对称中心；
当时，为R上的增函数，，，，
由图象对称性可知：此时对任意，，D正确．
故选：
11．已知函数及其导函数的定义域均为R，对任意的x，R，恒有，则下列说法正确的有（ ）
A．B．必为奇函数
C．D．若，则
【答案】CD
【解析】由题意可知，对任意的x，，恒有，
对于A，令得，，所以或，A错误；
对于B，若，令得，则，则，则为偶函数，所以B错误；
对于C，令，则，所以，所以C正确；
对于D，令，则①，
则②，
两式相加得，，即，所以，所以的周期为6，
又，
，所以，所以D正确．
故选
12．函数的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】因为，定义域为R，关于原点对称，
又，
所以为偶函数，图象关于y轴对称，故排除D；
又因为当，，故排除
故选：
13．已知函数，则（ ）
A．是定义域为R的偶函数B．的最大值为2
C．的最小正周期为D．在上单调递减
【答案】AD
【解析】因为，，所以的定义域为R；对于，都有，且，所以是偶函数，则A正确；
，则B错误；
又，所以，则C错误；
当时，单调递减，且，而在上单调递增，所以在上单调递减；当时，单调递增，且，而在上单调递减，所以在上单调递减，从而在上单调递减，则D正确．故选
14．若，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】不妨设，，，则，，则A错；
不妨设，，，则，则D错；
因为在上单调递增，则B对，
因为，则，故C对，
故选：
15．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺志石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a，b，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，结论不成立，故A错误；
对于B，，，
，可见B正确；
对于C，，，
，可见C正确；
对于D，，，当且仅当时取等号，当且仅当时取等号，于是，
，可见D正确．
故选
16．下面有四个说法正确的有（ ）
A．且且
B．且
C．
D．
【答案】CD
【解析】若，，满足且，但不成立，所以A错误．
B．因为，所以若且，则，，所以，所以B错误．
C．因为，所以，所以成立．
D．由，得到，所以成立．
故答案选