2021届新高考小题解析版 (11)

2021届新高考“8+4+4”小题狂练（11）

一､单选题

1. 已知函数yx22x3的定义域为集合M，集合N＝x0x2，则MN＝（ ） A. [﹣1，3] 【答案】B 【解析】 【分析】

由已知条件求出集合M，结合集合N＝x0x2，由交集的性质可得MN的值. 【详解】解：由题意：令x22x30得1x3， 所以Mx|1x3，所以MNx|0x2， 故选：B．

【点睛】本题主要考查交集的性质，考查学生对基础知识的理解，属于基础题. 2. 已知条件p：|x1|2，条件q：x25x60，则p是q的（ ） A. 充要条件 C. 必要而不充分条件 【答案】B 【解析】

【详解】p:2x12,1x3；q:1x6， 所以p是q的充分而不必要条件. 故选：B.

【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．

1．定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．

2．等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件． 3. 命题“x[2,),x24”的否定是（ ）

B. 充分而不必要条件 D. 既不充分也不必要条件

B. [0，2]

C. [0，1]

D. [﹣1，4]

 1

A. x[2,),x24

2C x0[2,),x04

【答案】C 【解析】 【分析】

根据全称命题的否定形式书写.

【详解】命题“x[2,),x24”的否定是

x02,，x024.

故选C

.

B. x(,2),x24

2D. x0[2,),x04

【点睛】本题考查全称命题的否定，属于基础题型. 4. 已知cosA. 1sin2，则（ ） 663B.

7 97 9C.

8 9D. 8 9【答案】B 【解析】 【分析】

利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得sin2【

详

的值. 6解

】

2172sin2sin2cos212cos12. 6626639故选：B.

【点睛】本题考查利用二倍角的余弦公式和诱导公式求值，考查计算能力，属于中等题.

5. 已知二次函数f(x)(xm)(xn)1，且x1，x2是方程f(x)0的两个根，则x1，x2，m，n的大小关系可能是（ ） A. x1x2mn C. mnx1x2 【答案】D

B. x1mx2n D. mx1x2n

2

【解析】 分析】

根据题意，结合二次函数解析式和零点的定义，可知fmfn1，fx1fx20，而抛物线

【故选：D. 象沿x轴向右平移

yfx开口向上，可得m，n在两根x1,x2之外，结合选项即可得出答案.

【详解】解：由题可知，fxxmxn1，并且x1,x2是方程fx0的两根， 即有fmfn1，fx1fx20，

由于抛物线yfx开口向上，可得m，n在两根x1,x2之外， 结合选项可知A，B，C均错，D正确，如下图.

【点睛】本题考查函数的零点的定义以及二次函数的图象与性质，属于基础题. 6. 已知函数fxsinx3cosx0的零点构成一个公差为

的等差数列，把函数fx的图2个单位，得到函数gx的图象．关于函数gx，下列说法正确的是( ) 6A. 在,上是增函数

42C. 函数gx是偶函数 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 其图象关于直线x

2

对称

D. 在区间2,3,2上的值域为 63 3

化简f（x）=2sin（ωxπ），由三角函数图象的平移得：g（x）＝2sin2x， 3π2π由三角函数图象的性质得y＝g（x）的单调性，对称性，再由x，时，求得函数g（x）值域得解. 63【详解】f（x）＝sinωx3cosωx＝2sin（ωx由函数f（x）的零点构成一个公差为则周期T＝π，即ω＝2， 即f（x）＝2sin（2xπ）， 3π的等差数列， 2π）， 3π个单位，得到函数g（x）的图象， 6把函数f（x）的图象沿x轴向右平移则g（x）＝2sin[2（xππ）]＝2sin2x， 63π3ππ3πππ当2kπ≤2x≤2kπ,即kπ≤x≤kπ, y＝g（x）是减函数，故y＝g（x）在[，]为

224442减函数， 当2x=kππkππkππ（k∈Z）,y＝g（x）其图象关于直线x（k∈Z）对称,且为奇函数， 即x22424故选项A，B，C错误， 当x，时，2x∈[63故选项D正确， 故选D．

【点睛】本题考查了三角函数图象的平移、三角函数图象的性质及三角函数的值域，熟记三角函数基本性质，熟练计算是关键，属中档题

π2ππ4π，]，函数g（x）的值域为[3，2]， 331,?x0x0，f(x)2x，若(x)f(3x)f(x)，则（ ） 7. 已知符号函数sgnx0,?1,?x0A. f(x)2xsgnx C. sgnf(x)sgn(x) 【答案】C 【解析】 【分析】

B. f(x)2xsgnx D. sgnf(x)sgn(x)

4

1,x0根据题意，求出(x)的解析式，根据新函数的定义，分类讨论可得sgn[f(x)]sgn[(x)]0,x0，

1,x0即可得出答案．

【详解】解：根据题意，f(x)2x，(x)f(3x)f(x)6x2x4x， 当x0时，可知f(x)0，(x)0，则sgnf(x)sgn(x)1， 当x0时，可知f(x)0，(x)0，则sgnf(x)sgn(x)0， 当x0时，可知f(x)0，(x)0，则sgnf(x)sgn(x)1，

1,x0则有sgn[f(x)]sgn[(x)]0,x0，

1,x0所以sgnf(x)sgn(x). 故选：C.

【点睛】本题考查分段函数的应用，涉及新函数的定义，属于基础题．

8. 若定义域为R的函数f(x)的导函数为f(x)，并且满足f(x)f(x)2，则下列正确的是（ ） A. f(2021)ef(2020)2(e1) C. f(2021)ef(2020)2(e1) 【答案】B 【解析】 【分析】

根据题意，可知f(x)f(x)20，构造函数g(x)B. f(2021)ef(2020)2(e1) D. f(2021)ef(2020)2(e1)

f(x)2，利用导数研究函数的单调性，可知g(x)ex在R上单调递增，得出g(2021)g(2020)，整理即可得出答案． 【详解】解：由题可知f(x)f(x)2，则f(x)f(x)20， 令g(x)f(x)2， exf(x)f(x)20，

ex而ex0，则g(x)所以g(x)在R上单调递增， 故g(2021)g(2020)，即

f(2021)2f(2020)2，

e2021e2020 5

故f(2021)2ef(2020)2e， 即f(2021)ef(2020)2e2， 所以f(2021)ef(2020)2(e1). 故选：B.

【点睛】本题考查根据函数的单调性比较大小，考查构造函数和利用导数解决函数单调性问题，属于中档题．

二､多选题

9. 若集合M＝{﹣1，1，3，5}，集合N＝{﹣3，1，5}，则正确的是（ ） A. xN，xM C. MN＝{1，5} 【答案】BC 【解析】 【分析】

根据集合M＝{﹣1，1，3，5}，集合N＝{﹣3，1，5}，逐个判断即可得解. 【详解】对A，﹣3 N，﹣3M，故A错误； 对B， 1N，1M，故B正确； 对C，MN＝{1，5}，故C正确； 对D，M故选：BC.

【点睛】本题考查了集合及元素相关关系，也考查了集合的运算，其方法是对集合的元素进行分析判断，属于基础题.

10. 下列不等式成立的是（ ） A. 若a＜b＜0，则a2＞b2 C. 若a＞b，则ac2＞bc2 【答案】AD 【解析】 【分析】

由不等式的性质对各个选项进行推理、验证可得正确答案.

【详解】解：对于A，若ab0，根据不等式的性质则a2b2，故A正确； 对于B，当a2，b2时，ab44，显然B错误；

B. 若ab＝4，则a＋b≥4 D. 若a＞b＞0，m＞0，则

N＝{﹣3，﹣1，1，3，5}，故D错误.

B. xN，xM D. M

N＝{﹣3，﹣1，3}

bbm aam 6

对于C，当c0时，ac2bc2，故C错误；

对于D，

bbmbamabmbam， aamaamaambam0因为ab0，m0，所以ba0，am0，所以

aam所以

bbmbbm0，即成立，故D正确． aamaam故选AD．

【点睛】本题主要考查不等式的性质及应用，考查学生的推理论证能力，属于基础题.

1a111. 已知数列an满足a1，n1，则下列各数是an的项的有（ ）

1an2A. 2 【答案】BD 【解析】 【分析】

根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论． 【详解】因为数列{an}满足a1a2111()223；

B.

2 3C.

3 2D. 3

11，an1，

1a2na313； 1a2a411a1； 1a32数列{an}是周期为3的数列，且前3项为故选：BD．

12，，3； 23【点睛】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查数列的周期性，解题的关键在于求出数列的规律，属于基础题． 12. 已知函数f(x)x0f(x),?g(x)1，，且g(1)0，则关于x的方程gg(x)t102xx0ex2xa,?x实根个数的判断正确的是（ ）

7

A. 当t2时，方程gg(x)t10没有相应实根

1t0或t2时，方程gg(x)t10有1个相应实根 e1C. 当1t1时，方程gg(x)t10有2个相异实根

e11D. 当1t1或0t1或t1时，方程gg(x)t10有4个相异实根

eeB. 当1【答案】AB 【解析】 【分析】

先由题中条件，得到a1；根据导数的方法，判定函数g(x)在x0时的单调性，求函数值域，再由

gg(x)t10得出g(x)t或g(x)t2；再根据函数零点个数的判定方法，逐项判定，即可得出结

果.

【详解】由g(1)0得12a0，则a1；

f(x),x0所以g(x)，故g(x)0， 2x1,x0xxxxx当x0时，g(x)f(x)x11xe，则g(x)exeex1，

e由g(x)0得x1；由g(x)0得1x0； 则g(x)maxg(1)11，又g(0)f(0)1，x时，g(x)1； e1即x0时，g(x)1,1；

e当x0时，g(x)x10；

由gg(x)t10解得g(x)t或g(x)t2；

A选项，当t2时，g(x)t与g(x)t2都无解，故没有相应实根；故A正确；

21t0或t2时，方程gg(x)t10有1个相应实根，即g(x)t2只要一个e11根，则只需t20或t21，解得t2或t1；故B正确；

ee1C选项，当1t1时，g(x)t有三个根，g(x)t2有一个根，所以方程gg(x)t10有4个

eB选项，当1相异实根；故C错；

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D选项，t11时，方程g(x)t有两个解；g(x)t2有一个解，共三个解； e当0t1时，方程g(x)t有两个解；g(x)t2有一个解，共三个解； 当1t1故选：AB.

【点睛】本题主要考查导数的方法研究方程的实根，考查方程根的个数的判定，属于常考题型.

1时，方程g(x)t无解；方程g(x)t2有三个解，共三个解；故D错. e三､填空题

13. 《周髀算经》中有这样一个问题，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为_____． 【答案】15.5尺． 【解析】 分析】

利用等差数列的通项公式列出方程组，能求出冬至的日影子长． 【详解】

从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十

【冬至的日影子长为15.5尺．

故答案为：15.5尺． 【答案】

二个节气的日影子长依次成等差数列{an}，

冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，

aa4a73a19d37.51，解得d1，a115.5．

aa11d4.5121【点睛】本题考查等差数列的首项的求法、等差数列的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，属于基础题.．

14. 已知函数yaxb(a1,b0)的图像经过点P(1,3)，则

41的最小值为___________. a1b9 2【解析】 【分析】

根据题意易知a1b2，然后再根据基本不等式中“1”的用法，即可求出结果.

9

【详解】因为函数yaxb(b0)的图像经过点P(1,3)， 所以ab3，所以a1b2； 又a1,b0，所以

a10,b0

所以

411114ba154ba194=a1b5+=； a1b2a1b2a1b2a1b2a14b72b时，即a,b时取等号. 当且仅当a133a1b2故答案为：

9. 2【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题.

15. 若奇函数fx在其定义域R上是单调减函数，且对任意的xR，不等式

fcos2xsinxfsinxa0恒成立，则a的最大值是_____．

【答案】3. 【解析】

不等式fcos2xsinxfsinxa0恒成立，等价于fcos2xsinxfsinxa恒成立，又

fx是奇函数，

fsinxafsinxa,原不等式转为fcos2xsinxfsinxa在R上恒成立，函

数fx在其定义域R上是减函数，cos2xsinxsinxa，即

当sinx1cos2x2sinxa，cos2x12sin2x，cos2x2sinx2sin2x2sin1，时，cos2x2sinx有最小值3，因此a3,a的最大值是3，故答案为3.

【方法点晴】本题主要考查三角函数的最值、二倍角的余弦公式以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数afx恒成立(afxmax可)或afx恒成立（afxmin即可）；② 数形结合(yfx 图象在ygx 上方即可)；③ 讨论最值

fxmin0或fxmax0恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得a 的最大值.

16. 若函数f(x)的导函数f(x)存在导数，记f(x)的导数为f(x)．如果对x(a，b)，都有f(x)0，

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则f(x)有如下性质：f(x1x2nxn)f(x1)f(x2)nf(xn)…，xn(a，，其中nN，x1，x2，

b)．若f(x)sinx，则f(x)＝_______；在锐角△ABC中，根据上述性质推断：sinA＋sinB＋sinC的最大值为_______．

【答案】 (1). sinx (2). 【解析】 【分析】

构造函数f(x)sinx，x(0,)，求导，则f(x)sinx，由正弦函数的图象可知f(x)0成立，根据函数的性质sinAsinBsinC3sin(ABC)，即可求得sinAsinBsinC的最大值． 333 2【详解】解：设f(x)sinx，x(0,)，则f(x)cosx，则f(x)sinx，x(0,)， f(x)有如下性质：f(x1x2xn)nf(x1)f(x2)f(xn)．

n则sinAsinBsinC3sin(ABC33， )3sin332sinAsinBsinC的最大值为33． 233， 2故答案为：sinx，【点睛】本题考查函数的性质，考查正弦函数的性质，考查转化思想，属于中档题．

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