上海市松江区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市松江区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共50页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。

上海市松江区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·上海松江·统考一模）已知两条直线，的方程为和，则是“直线”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2021·上海松江·统考一模）在正方体中，下列四个结论中错误的是（    ）

A．直线与直线所成的角为 B．直线与平面所成的角为
C．直线与直线所成的角为 D．直线与直线所成的角为
3．（2021·上海松江·统考一模）设，，若，则的（    ）
A．最小值为8 B．最大值为8
C．最小值为2 D．最大值为2
4．（2021·上海松江·统考一模）记为数列的前项和，已知点在直线上，若有且只有两个正整数n满足，则实数k的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
5．（2021·上海松江·统考一模）已知角的终边经过点，将角的终边绕原点逆时针旋转得到角的终边，则等于（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·上海松江·统考一模）某校有高一学生390人，高二学生360人，高三学生345人，为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取部分学生作为样本.若从高二学生中抽取的人数为24人，则高一学生和高三学生应抽取的人数分别为（    ）
A．高一学生26人､高三学生23人
B．高一学生28人､高三学生21人
C．高一学生多于24人､高三学生少于24人即可
D．高一､高三学生人数都不限
7．（2021·上海松江·统考一模）如图，已知点平面，点，直线，点且，则“直线直线”是“直线直线”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2021·上海松江·统考一模）已知正六边形的边长为2，当时，的最大值为（    ）
A．6 B．12 C．18 D．
9．（2022·上海松江·统考一模）下面四个条件中，使成立的充要条件为（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·上海松江·统考一模）函数的图象可能是（    ）
A． B．
C． D．
11．（2022·上海松江·统考一模）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．
12．（2022·上海松江·统考一模）已知函数，，若函数的图像经过四个象限，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．（2021·上海松江·统考一模）________.
14．（2021·上海松江·统考一模）若集合，，则____.
15．（2021·上海松江·统考一模）已知复数满足(i为虚数单位)，则____.
16．（2021·上海松江·统考一模）若，则____.
17．（2021·上海松江·统考一模）抛物线的准线方程为_____________.
18．（2021·上海松江·统考一模）已知函数图像与函数的图像关于对称，则____.
19．（2021·上海松江·统考一模）从包含学生甲的1200名学生中随机抽取一个容量为80的样本，则学生甲被抽到的概率___.
20．（2021·上海松江·统考一模）在的二项展开式中，常数项等于____.
21．（2021·上海松江·统考一模）在中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，且，则角____.
22．（2021·上海松江·统考一模）从以下七个函数：中选取两个函数记为和，构成函数，若的图像如图所示，则____.

23．（2021·上海松江·统考一模）已知向量|，若，且，则的最大值为____.
24．（2021·上海松江·统考一模）对于定义域为D的函数f(x)，若存在且，使得，则称函数f(x)具有性质M，若函数，具有性质M，则实数a的最小值为__．
25．（2021·上海松江·统考一模）已知集合，则___________.
26．（2021·上海松江·统考一模）计算：___________.
27．（2021·上海松江·统考一模）已知复数（其中是虚数单位），则____.
28．（2021·上海松江·统考一模）关于的方程组的增广矩阵为___________.
29．（2021·上海松江·统考一模）的展开式中，的系数为__________．（用数字作答）
30．（2021·上海松江·统考一模）若抛物线上一点到轴的距离是4，则点到该抛物线焦点的距离是___________.
31．（2021·上海松江·统考一模）已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为 ______.
32．（2021·上海松江·统考一模）第24届冬奥会将于2022年2月4日20日在北京-张家口举行，某大学从7名志愿者中选出4人分别从事对外联络､场馆运行､文化展示､赛会综合这四项服务中的某一项工作，则不同的选派方案共有___________种.
33．（2021·上海松江·统考一模）已知函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为___________.
34．（2021·上海松江·统考一模）已知，且，则的最小值为___________.
35．（2021·上海松江·统考一模）已知等差数列的首项，且对任意，存在，使得成立，则的最小值为___________.
36．（2021·上海松江·统考一模）已知函数，若对任意的，都存在，使得，则实数的取值范围为___________.
37．（2022·上海松江·统考一模）已知集合，，则______
38．（2022·上海松江·统考一模）函数的最小正周期为______
39．（2022·上海松江·统考一模）已知，是虚数单位．若与互为共轭复数，则__________．
40．（2022·上海松江·统考一模）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
41．（2022·上海松江·统考一模）已知函数为奇函数，则实数______
42．（2022·上海松江·统考一模）已知圆锥的母线长为5，侧面积为，则此圆锥的体积为______（结果中保留）.
43．（2022·上海松江·统考一模）已知向量，则在上的投影向量的坐标为________．
44．（2022·上海松江·统考一模）对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为______
45．（2022·上海松江·统考一模）已知集合.设函数的值域为，若，则实数的取值范围为______
46．（2022·上海松江·统考一模）已知，是双曲线：的左、右焦点，点是双曲线上的任意一点（不是顶点），过作的角平分线的垂线，垂足为，线段的延长线交于点，是坐标原点，若，则双曲线的渐近线方程为______
47．（2022·上海松江·统考一模）动点的棱长为1的正方体表面上运动，且与点的距离是，点的集合形成一条曲线，这条曲线的长度为______

三、解答题
48．（2021·上海松江·统考一模）如图1，在三棱柱中，已知，且平面，过，，三点作平面截此三棱柱，截得一个三棱锥和一个四棱锥（如图2）．

(1)求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数表示）；
(2)求四棱锥的体积和表面积．
49．（2021·上海松江·统考一模）已知函数.
（1）求的最小正周期和值域；
（2）若对任意，的恒成立，求实数的取值范围.
50．（2021·上海松江·统考一模）某网店有(万件)商品，计划在元旦旺季售出商品x(万件)，经市场调查测算，花费t(万元)进行促销后，商品的剩余量与促销费t之间的关系为(其中k为常数)，如果不搞促销活动，只能售出1(万件)商品.
（1）要使促销后商品的剩余量不大于0.1(万件)，促销费t至少为多少(万元)？
（2）已知商品的进价为32(元/件)，另有固定成本3(万元)，定义每件售出商品的平均成本为(元)，若将商品售价定位：“每件售出商品平均成本的1.5倍”与“每件售出商品平均促销费的一半”之和，则当促销费t为多少(万元)时，该网店售出商品的总利润最大？此时商品的剩余量为多少？
51．（2021·上海松江·统考一模）已知椭圆Γ：的右焦点坐标为，且长轴长为短轴长的倍，直线l交Γ椭圆于不同的两点和，

（1）求椭圆Γ的方程；
（2）若直线l经过点，且的面积为，求直线l的方程；
（3）若直线l的方程为，点关于x轴的对称点为，直线，分别与x轴相交于P､Q两点，求证：为定值.
52．（2021·上海松江·统考一模）对于由m个正整数构成的有限集，记，特别规定，若集合M满足：对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A､B，使得成立，则称集合M为“满集”，
（1）分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由；
（2）若由小到大能排列成公差为d()的等差数列，求证：集合M为“满集”的必要条件是或2；
（3）若由小到大能排列成首项为1，公比为2的等比数列，求证：集合M是“满集”
53．（2021·上海松江·统考一模）如图，在直三棱柱中，已知为的中点.

(1)求异面直线与所成角的大小（用反三角函数表示）；
(2)求证：平面.
54．（2021·上海松江·统考一模）在中，内角所对边分别为，已知
(1)求角的值；
(2)若，求周长的最大值.
55．（2021·上海松江·统考一模）以太阳能和风能为代表的新能源发电具有取之不尽､零碳排放等优点.近年来我国新能源发电的装机容量快速增长，学校新能源发电研究课题组的同学通过查阅相关资料，整理出《2015-2020年全国各类发电装机容量统计表（单位：万万千瓦）》.
年份
传统能源发电
新能源发电
总装机容量
火力发电
水力发电
核能发电
太阳能发电
风能发电
2015
10.06
3.20
0.27
0.43
1.31
15.27
2016
10.60
3.32
0.34
0.76
1.47
16.49
2017
11.10
3.44
0.36
1.30
1.64
17.84
2018
11.44
3.53
0.45
1.74
1.84
19.00
2019
11.90
3.56
0.49
2.10
2.05
20.10
2020
12.45
3.70
0.50
2.53
2.82
22.00
请根据上表提供的数据，解决课题小组的两个问题：
(1)2015年至2020年期间，我国发电总装机容量平均每年比上一年增加多少万万千瓦（精确到0.01）？同期新能源发电装机容量的年平均增长率是多少（精确到0.1%）？
(2)假设从2021年开始，我国发电总装机容量平均每年比上一年增加2万万千瓦，新能源发电装机容量的年平均增长率为，问从哪一年起，我国新能源发电装机容量首次超过发电总装机容量的？
56．（2021·上海松江·统考一模）已知双曲线的焦距为，渐近线方程为，
(1)求双曲线的方程；
(2)若对任意的，直线与双曲线总有公共点，求实数的取值范围；
(3)若过点的直线与双曲线交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标及此常数的值，若不存在，请说明理由.
57．（2021·上海松江·统考一模）已知函数的定义域为，若存在常数和，对任意的，都有成立，则称函数为“拟线性函数”，其中数组称为函数的拟合系数.
(1)数组是否是函数的拟合系数？
(2)判断函数是否是“拟线性函数”，并说明理由；
(3)若奇函数在区间上单调递增，且的图像关于点成中心对称（其中为常数），证明：是“拟线性函数”.
58．（2022·上海松江·统考一模）已知平面，

(1)求证：平面平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值大小.
59．（2022·上海松江·统考一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
60．（2022·上海松江·统考一模）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底在水平线上，桥与平行，为铅垂线（在上），经测量，山谷左侧的轮廓曲线上任一点到的距离（米）与到的距离（米）之间满足关系式；山谷右侧的轮廓曲线上任一点到的距离（米）与到的距离（米）之间满足关系式；已知点到的距离为40米；

(1)求谷底到桥面的距离和桥的长度；
(2)计划在谷底两侧建造平行于的桥墩和，且为80米，其中，在上（不包括端点），桥墩、每米造价分别为、万元（）；问：为多少米时，桥墩和的总造价最低？
61．（2022·上海松江·统考一模）已知椭圆：的长轴长为，离心率为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点A，
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的方程为：，椭圆上点关于直线的对称点（与不重合）在椭圆上，求的值；
(3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，若点，和点三点共线，求的值；
62．（2022·上海松江·统考一模）已知定义在上的函数（是自然对数的底数）满足，且，删除无穷数列、、、、、中的第项、第项、、第项、、，余下的项按原来顺序组成一个新数列，记数列前项和为.
(1)求函数的解析式；
(2)已知数列的通项公式是，，，求函数的解析式；
(3)设集合是实数集的非空子集，如果正实数满足：对任意、，都有，设称为集合的一个“阈度”；记集合，试问集合存在“阈度”吗？若存在，求出集合“阈度”的取值范围；若不存在，请说明理由；

四、双空题
63．（2022·上海松江·统考一模）已知数列的各项都是正数，，若数列为严格增数列，则首项的取值范围是______，当时，记，若，则整数______

参考答案：
1．C
【解析】根据充分必要条件的定义，分别判断其充分性和必要性即可．
【详解】解：若，则和，，
所以直线，满足充分性；
若直线，则，解得，满足必要性．
所以是“直线”的充要条件．
故选：C．
2．B
【解析】连接，求出可判断选项A；连接找出点在平面的投影O，设直线与平面所成的角为θ，由可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．
【详解】连接∵为等边三角形，∴，即直线与所成的角为60°，故选项A正确；

连接，∵，∴四面体是正四面体，
∴点在平面上的投影为的中心，设为点O，连接，，则，
设直线与平面所成的角为θ，
则，故选项B错误；
连接，∵，且，∴直线与所成的角为90°，故选项C正确；
∵平面，∴，即直线与所成的角为90°，故选项D正确．
故选：B．
3．A
【解析】本题首先可根据题意得出，然后根据得出，并将转化为，最后取，即可得出结果.
【详解】因为，，所以，
因为，所以，，
则，
故当时，最小，，
故选：A.
4．C
【解析】由已知可得数列为等差数列，首项为8，公差为-2，由等差数列的前n项和公式可得，由二次函数的性质可得或5时，取得最大值为20，根据题意，结合二次函数的图象与性质即可求得k的取值范围．
【详解】解：由已知可得，
由，所以数列为等差数列，首项为8，公差为-2，
所以，
当n=4或5时， 取得最大值为20，
因为有且只有两个正整数n满足，
所以满足条件的和，
因为，
所以实数k的取值范围是．
故选：C．
【点睛】方法点睛：最值范围问题常用的方法有：（1）函数单调性法；（2）数形结合法；（3）导数法；（4）基本不等式法.要根据已知灵活选择合适的方法求解.
5．B
【分析】先由条件求出，再根据角的旋转及诱导公式即可求解.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
所以
故选：B
6．A
【分析】根据分层抽样在各层的抽样比相等建立方程求解即可.
【详解】设高一学生抽取人，高三学生抽取人，
则有：，
故选：A
7．C
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理及充分条件、必要条件即可判断.
【详解】因为，所以，且
则平面，
所以“直线a⊥直线”是“直线a⊥直线的充要条件”，
故选：C
8．B
【分析】建立平面直角坐标系，由坐标法表示出，并利用列举法求得最大值.
【详解】以为原点，为轴建立如图所示平面直角坐标系，
正六边形的边长为，所以：
，








令，下用例举法求得的所有可能取值.






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-1
18
由表格数据可知的最大值为，
所以的最大值为.
故选：B

9．B
【分析】根据充要条件的概念进行判断即可得解.
【详解】当时，满足，不满足；当时，满足，不满足，故是的既不充分也不必要条件，所以A不正确；
因为，所以是成立的充要条件，所以B正确；
当时，，，；当时，满足，但不满足，所以是的必要不充分条件，所以C不正确；
当时，；当时，满足，但不满足，所以是的充分不必要条件，所以D不正确.
故选：B
10．C
【分析】根据函数的解析式，利用，分别排除A、B、D项，即可求解.
【详解】由题意，函数，
因为，即函数的图象过点，可排除A、B项；
又因为，可排除D项，
故选：C.
11．A
【解析】由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.
【详解】两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
【点睛】本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算.
12．A
【分析】在平面直角坐标系中作出函数的图像，作出直线，由图像知只要直线与的图像在轴左右两侧各有两个交点，则的图像就经过四个象限（时，的函数值有正有负，时，的函数值有正有负），因此求得直线的斜率，再求得直线与相切的切线斜率（注意取舍）即可得结论．
【详解】作出函数的图像，如图，

作出直线，它过定点，由图可得，只要直线与的图像在轴左右两侧各有两个交点，则的图像就经过四个象限（时，的函数值有正有负，时，的函数值有正有负），
时，与轴的公共点为，，
时，，
由得，
，解得或，由图像知，切线的斜率为，
所以时满足题意．
故选：A．
13．
【解析】利用数列极限的运算法则化简求解即可．
【详解】解：
故答案为：．
【点评】本题考查数列极限的运算法则的应用，解题的关键是在分式的分子分母上同时除以,属于基础题．
14．
【解析】根据交集定义的运算即可．
【详解】解：，，
∴．
故答案为：．
【点睛】集合基本运算的方法技巧：
（1）当集合是用列举法表示的数集时，可以通过列举集合的元素进行运算，也可借助Venn图运算；
（2）当集合是用不等式表示时，可运用数轴求解．对于端点处的取舍，可以单独检验.
15．1
【解析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【详解】解：由，
得，
∴．
故答案为：1．
16．
【解析】原式利用诱导公式化简后，再利用二倍角的余弦函数公式变形，将的值代入计算即可求出值．
【详解】因为，
所以．
故答案为：
17．x=1
【详解】试题分析：抛物线的焦点在轴上，且开口向左，
∴抛物线的准线方程为x=1，故答案为x=1.
考点：抛物线的性质.
18．
【解析】由函数的图象与函数的图象关于直线对称，可得：函数与函数互为反函数，求出函数解析式，可得答案．
【详解】解：∵函数的图象与函数的图象关于直线对称，
∴函数与函数互为反函数，
∴，∴.
故答案为：．
【点睛】本题考查的知识点是反函数，熟练掌握同底的指数函数和对数函数互为反函数，是解答的关键．
19．
【解析】基本事件总数，学生甲被抽到包含的基本事件个数，由此能求出学生甲被抽到的概率．
【详解】解：从包含学生甲的1200名学生中随机抽取一个容量为80的样本，
基本事件总数，
学生甲被抽到包含的基本事件个数，
∴学生甲被抽到的概率．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：求概率常用的方法是：先定性（六种概率：古典概型的概率、几何概型的概率、独立事件的概率、互斥事件的概率、条件概率和独立重复试验的概率）,再定量.
20．240
【解析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．
【详解】解：在的二项展开式中，通项公式为 ，
令，求得，可得展开式的常数项为 ，
故答案为：240．
【点睛】方法点睛：求二项展开式的某一项，一般利用二项展开式的通项研究求解.
21．
【解析】利用行列式的运算法则以及正弦定理，结合两角和与差的三角函数化简求解即可．
【详解】在中，角对的边分别为，且，
可得，
由正弦定理可得，
即，可得，
因为,所以．
故答案为：．
22．
【解析】由函数的定义域排除，，再由的图象过定点及图象的变化情况，分析与，或与是否经过得结论．
【详解】由图象可知，函数的定义域为，故排除，，
又由的图象过定点，
由函数图象，可得当时，且为增函数，
当时， 大于0与小于0交替出现，
若时，此时函数的图象不过定点，
因为过，且当时，，当时，，
若包含，当时，，不满足过点，
若包含，此时函数不满足时，大于0与小于0交替出现，
若包含，此时函数不满足时，大于0与小于0交替出现，
所以只有满足条件．
故答案为：．
23．
【解析】易知与的夹角为60°，不妨设，写出与的坐标，再由和基本不等式，即可得解．
【详解】解：∵，且，
∴与的夹角为，
设，则，
∵，
∴，
又，
∴，化简得，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴．
故答案为：．
24．
【分析】设，由可得，结合可得 ，进而求得，由此得解．
【详解】解：设，由得，
则，故，
∴，
又，
∴，
∵，∴，
则，∴，
∴，故，
∴，则实数a的最小值为．
故答案为：．
25．/
【分析】化简集合B，根据交集运算求解即可.
【详解】，
，
故答案为：
26．1
【分析】根据极限的运算法则求解即可.
【详解】，
故答案为：1
27．/
【分析】利用复数的四则运算法则化简可得结果.
【详解】由已知条件可得.
故答案为：.
28．
【分析】根据所给方程组直接写出即可.
【详解】因为方程组，
所以方程组的增广矩阵为.
故答案为：
29．10.
【详解】解：因为由二项式定理的通项公式可知

30．5
【分析】根据抛物线的定义知点P到焦点距离等于到准线的距离即可求解.
【详解】因为抛物线方程为，
所以准线方程为，
所以点到准线的距离为，
故点到该抛物线焦点的距离.
故答案为：
31．
【详解】试题分析：由题意得：，圆锥的体积为
考点：圆锥体积
32．840
【分析】根据题意可知不同安排方法为种，即可求解.
【详解】根据题意，由7人选4人从事不同工作，是排列问题，
故不同的选派方案共有，
故答案为：840
33．
【分析】化简，由可得，得到即可求解.
【详解】，且，
，
,
,

故答案为：
34．8
【分析】根据，且，将转化为，利用基本不等式求解.
【详解】因为，且，
所以，
，
,
，
当且仅当,即时，等号成立，
所以的最小值为8，
故答案为：8
35．
【分析】根据题意可得，据此可求出，再由等差数列求和公式即可求解.
【详解】由得：，
，
，
，
，
又，
，
，

故
故答案为：
36．
【分析】问题可转化为，分类讨论结合即可得出结论.
【详解】，
，即对任意的 ，都存在，使 恒成立，
有，
当时，显然不等式恒成立；
当时，，解得 ；
当时，，此时不成立.
综上，.
故答案为：
37．
【分析】根据集合的交集运算即可得到结果.
【详解】因为集合，，则
故答案为:
38．
【分析】化简即得解.
【详解】解：由题得，
所以函数的最小正周期为.
故答案为：
39．
【解析】根据共轭复数的定义，求出，再把展开即得.
【详解】与互为共轭复数，,
.
故答案为：.
【点睛】本题考查共轭复数和复数的乘法，属于基础题.
40．2
【分析】转化条件为，即可得解.
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.

41．1
【分析】根据奇函数的定义结合指数运算求解.
【详解】若函数为奇函数，则，
即，解得：，
故答案为：1.
42．
【分析】根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的底面半径，再利用勾股定理求出圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求解.
【详解】设圆锥的底面半径为，则，，
圆锥的高，
圆锥的体积.
故答案为:
43．
【分析】利用向量的投影向量公式，代入坐标进行计算即可．
【详解】解：向量，，
在上的投影向量的坐标为：，．
故答案为：，．
44．.
【分析】由 得的最小值，转化为解关于a的一元二次不等式.
【详解】由题意知，，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，解得： ，
故答案为： .
45．
【分析】根据分式不等式的解法，对数函数的值域以及集合间的包含关系即可求解.
【详解】由得，即，
所以，解得.
所以.
因为，
所以，
所以，
因为，所以解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
46．
【分析】根据是的角平分线，，推出，，结合以及双曲线的定义推出，再根据推出，即可得到双曲线的渐近线方程.
【详解】因为是的角平分线，，
所以是等腰三角形，，为的中点，
又为的中点，所以是的中位线，
所以，因为，
当点在双曲线的右支上时，，
当点在双曲线的左支上时，，
所以，即，
所以，
所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
47．
【分析】根据题意知，分情况解决即可.
【详解】由题意，此问题的实质是以为球心，为半径的球，
因为，
所以在正方体各个面上交线的长度计算，
正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：

为过球心的截面，
截痕为大圆弧，各弧圆心角为，
为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧，
由于截面圆半径为，故各段弧圆心角为，
所以这条曲线长度为，
故答案为：
48．(1)；
(2)体积为，表面积为．

【分析】（1）由棱柱的结构特征可得，得到即为异面直线与所成角，证明平面，再由已知求解三角形得答案；
（2）直接由棱锥体积公式求四棱锥的体积，再由三角形面积公式及矩形面积公式求四棱锥的表面积．
【详解】（1），故即为异面直线与所成角，
平面，故平面，．
，，， ，
即异面直线与所成角的大小为；
（2）；
平面，平面，故，，，
故平面，平面，故.


＝．
故四棱锥B﹣ACC1A1的体积为，表面积为．
49．（1）最小正周期，值域为；（2）.
【解析】（1）利用三角恒等变换进行化简，即可求得周期与值域；
（2）设，由（1）得，转化为二次不等式恒成立问题，分离参数，求取值范围.
【详解】解：（1）

∴的为最小正周期，
值域为；
（2）记，则，
由恒成立，
知恒成立，即恒成立，
∵∴.
∵在时单调递增

∴k的取值范围是
50．（1）(万元)；（2）当促销费为7万元时，网店利润的最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25(万件).
【解析】（1）可得当时，，解得，则可列不等式求出；
（2）根据题意可列出y关于的函数关系，再利用基本不等式可求出.
【详解】解：（1）由，当时，，得，∴，
由，解得，
所以促销费至少为19万元；
（2）网店的利润y(万元)，由题意可得：


，
当且仅当，即时取等号，此时；
所以当促销费为7万元时，网店利润的最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25(万件).
51．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）根据题意，结合的关系即可求得椭圆的方程；（2）设出直线l的方程为，与椭圆方程联立，然后根据韦达定理以及面积计算公式，表示出的面积并等于，求解的值，即可得直线l的方程；（3）由已知得的坐标，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，并求出直线的方程，令，求出，即可得，并根据直线方程求出，然后相乘代入化简即可.
【详解】解：（1）由题意得，，
解得，，所以椭圆Γ的方程为.
（2）设点，的坐标为､，由题意可知，直线l的斜率存在
设直线l的方程为.
由方程组，得
所以，

解得.∴直线l的方程为
（3）由题意知点的坐标为
将，代入
得：，
∴，

对于直线，令得∴
对于直线：，令
得
，∴
.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
52．（1）集合是“满集”，集合不是“满集”，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）分别求出和的子集，根据满集的定义说明即可；
（2），对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，当时，可得或，可得，又时，不存在M的子集A，B，使得，可得；
（3）可以数学归纳法证明.
【详解】（1）集合是“满集”，集合不是“满集”.
对于集合，，且共有4个子集：，，，
当k分别取1，2，3时，由；；；
故是“满集”；
对于集合，，且共有4个子集：，，，
当时，不存在的两个子集A，B，使得，
故不是“满集”；
（2）∵，，…，由小到大能排列成公差为d()的等差数列，
∴，记
∵M为“满集”，
∴对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，
当时，由，及知或，
若，则，
∴，此时，
若，则，在M的真子集中，最大，必有，此时，.
综上可得：∴
若，当时，∵，
∴不存在M的子集A，B，使得，∴，
综合得：集合M为“满集”的必要条件是，d=1或2；
（3）可得，
下面用数学归纳法证明：
任意，任意，存在的一个子集，使得，
当时显然成立，
设时结论也成立，
那么当时，任意的，
如果，根据归纳假设，存在的一个子集使得，此时也是的一个子集，结论成立，
如果，那么，
又，
所以，
所以，
根据归纳假设，存在的子集使得，
再令，结论成立，
所以任意，存在M的一个子集A，使得，
再令，则，
所以集合M是“满集”.
【点睛】本题考查集合的新定义问题和数列的应用，解题的关键是正确理解满集的定义.
53．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）连接与交于点，连接OD，可得，为异面直线与所成角（或其补角），利用直角三角形即可求解；
（2）根据线面平行的判定定理即可证明.
(1)
连接与交于点，则是的中点，连接OD，如图，

因为D是AB的中点，
所以,且，
所以为异面直线与所成角（或其补角），
因为，
所以，
所以为直角三角形，
所以，
所以异面直线与所成角为.
(2)
由（1）可得，
平面，平面，
平面.
54．(1)
(2)9

【详解】（1）因为
由正弦定理可得，即
又因为，
所以，
因为，
所以；
（2）由余弦定理得，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为9.
55．(1)1.35，
(2)2028

【分析】（1）由表中数据：分别得到2015年和2020年我国发电总装机容量，由平均增量等于末量减去初量除以增加年次求解；分别得到2015年和2020年我国新能源发电装机容量，设新能源发电装机容量的年平均增长率为x，由求解；
（2）设第n年后我国新能源发电装机容量首次超过发电总装机容量的，由求解.
【详解】（1）解：由表中数据知：2015年我国发电总装机容量为15.27万万千瓦，
2020年我国发电总装机容量为22.00万万千瓦，
所以2015年至2020年期间，我国发电总装机容量平均每年比上一年增加万万千瓦；
2015年我国新能源发电装机容量1.74万万千瓦，
2020年我国新能源发电装机容量5.35万万千瓦，
设2015年至2020年期间，我国新能源发电装机容量的年平均增长率为x，
则，即，
解得，
所以2015年至2020年期间，我国新能源发电装机容量的年平均增长率为；
（2）以2021年为第一年，设第n年后我国新能源发电装机容量首次超过发电总装机容量的，
所以，
当时，，
当时，，
所以，即从年起，我国新能源发电装机容量首次超过发电总装机容量的.
56．(1)
(2)
(3)存在，

【分析】（1）由离心率及渐近线方程求出即可得双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，消元得方程，分类讨论，当方程为一元一次方程时不符合题意，当方程为一元二次方程时利用判别式求解即可;
（3）假设存在P，计算，根据韦达定理化简，当满足时，为常数.
【详解】（1）由题意可知，，
因为，
所以，
所以双曲线的方程为；
（2）联立得，
当时，
此时易知时，直线与双曲线没有公共点，不符合题意，
所以，且，
即，
所以，
所以，
解得，
所以；
（3）设，
所以，
当斜率不存在时，可知不符合，所以设直线，
所以
，①
联立，得，
所以   ②，
把②代入①化简得：，
所以当时，得，
所以存在定点，使得.
57．(1)是；
(2)不是；
(3)证明见解析.

【分析】（1）根据所给新定义推出即可得出结论；
（2）根据新定义，利用特例法可知不存在使成立，即可得出结论；
（3）根据所给函数的性质可构造函数，利用周期定义可得为周期函数，先证明在时，，再利用周期证明对一切， 都有即可得证.
(1)
因为
所以当，
当时，
因为或，
所以，
所以数组是函数的拟合系数.
(2)
①当时，对于恒成立，
所以成立，
②当时，恒成立，
所以成立，
由①②可知，不能同时满足，
所以函数不是 “拟线性函数”.
(3)
的图像关于点成中心对称，
，令x=0，得：，
由于在区间上递增，
，，
为奇函数，，
时，，
记，下面证明对一切，都有，
为奇函数，，
，即，
由于
是周期函数，且一个周期为，
因为当时，，，
又因此时，
当，，
，
由于均为奇函数，也为奇函数，
当时，，也成立，
综合得: 时，,
当时，，
，
因此，对一切， 都有，即恒成立.
所以是“拟线性函数”.
【点睛】方法点睛：根据所给新定义，理解“拟线性函数”，并选取恰当的拟合系数是解题的关键所在，证明是“拟线性函数”，需要根据所给函数的奇偶性，单调性，对称性进行充分推理，为探求拟合系数准备，找到合适的拟合系数，是解决问题的难点，探求出拟合系数后根据定义推导即可，属于难题.
58．(1)证明见解析.
(2).

【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明面面垂直.
（2）证明即为直线与平面所成的角，然后解三角形即可求得该角大小.
【详解】（1）∵平面，平面,∴ ，
又∵且平面 ，
∴平面，∵平面,
∴平面平面．
（2）∵平面, 平面，则 ,
∴即为直线与平面所成的角，
，，，∴ ﹐
又平面，平面,∴ ，
而 ，∴ ，
∴在 中， ，
又，
故线与平面所成角的正弦值为.
59．(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理的边化角和三角恒等变换求解；
（2）利用面积公式和余弦定理求解.
【详解】（1）由可得，
因为,所以，
所以，即，
所以，因为,所以.
（2）因为，解得，
所以，
由余弦定理，所以，
所以△ABC的周长为.
60．(1)谷底到桥面的距离为160米，桥的长度为120米
(2)当为20米时，桥墩CD与EF的总造价最低.

【分析】（1）作出辅助线，将代入解析式，求出，从而得到到桥面的距离为米，由，求出，从而求出的长度为120米；
（2）建立平面直角坐标系，表达出，，设桥墩CD与EF的总造价为万元，得到的解析式，求导后得到的单调性及极值，最值情况，求出为20米时，桥墩CD与EF的总造价最低.
【详解】（1）设都与垂直，是相应的垂足，
由条件知：当米时，米，即米，
所以到桥面的距离为米，
由，解得：米，
所以米，
所以桥的长度为120米；

（2）以O为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
设，，则，
，
因为，所以，
设，则，
所以，
设桥墩CD与EF的总造价为万元，
则
，
，
令，得，
当时，，当时，，
故在处取得极小值，也是最小值，
所以当为20米时，桥墩CD与EF的总造价最低.
61．(1)
(2)
(3)2

【分析】（1）利用题给条件求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）先求得点关于直线的对称点的坐标，并代入椭圆的方程，即可求得的值；
（3）先利用设而不求的方法求得点，的坐标，再利用向量表示点，和点三点共线，进而求得的值
【详解】（1）椭圆：的长轴长为，离心率为，
则，，则，则
则椭圆的方程为；
（2）设椭圆上点关于直线的对称点
则，解之得，则
由在椭圆上，可得，
整理得，解之得或
当时与点M重合，舍去.则
（3）设，则
又，则，直线的方程为
由，整理得
则，则
又，则，
则，则
令则，直线的方程为
由，整理得
则，则
又，则，
则，则
则

由点，和点三点共线，可得
则
整理得，则
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
62．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）由可求得、的值，进而可得出函数的解析式；
（2）对分奇数和偶数两种情况讨论，求出的表达式，根据可得出的表达式；
（3）分为奇数、偶数两种情况讨论，求出、关于的表达式，求出的取值范围，可得出的取值范围，即可得出集合“阈度”的取值范围.
【详解】（1）解：因为，则，
若，即，解得，则，
因为，可得，因此，.
（2）解：当为奇数时，设，则，
此时，此时；
当为偶数时，设，则，
此时，，此时.
综上所述，.
（3）解：，
因为，，其中，
所以，数列的奇数项构成以为首项，公比为的等比数列，
数列中的偶数项构成以为首项，公比为的等比数列，
①当为偶数时，，
则，
此时，随着的增大而增大，则；
②当为奇数时，，
，
此时，随着的增大而增大，则.
因此，当且，的值在区间内，则，
故集合“阈度”的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查集合“阈度”的取值范围，解题的关键在于对分奇数、偶数两种情况讨论，求出关于的表达式，结合数列的单调性求出的取值范围，进而根据题中定义求出集合“阈度”.
63．
【分析】先由题给条件求得，再利用即可求得；先利用裂项相消法求得，再列不等式组，即可求得整数的值.
【详解】正项数列，为严格增数列，
则，则，解之得
又，则，则
由，可得
由可得
，则，则
又当时，，则


由可得，，
又，则，
解之得，则整数
故答案为：；