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2021年上海市松江区高考数学一模试卷
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这是一份2021年上海市松江区高考数学一模试卷，共9页。试卷主要包含了 从以下七个函数等内容，欢迎下载使用。
1. limn→∞3n3n+2n=________．
2. 若集合A={x|−1
3. 已知复数z满足z⋅(1−i)=1+i（i为虚数单位），则|z|=________．
4. 若sinα=13，则cs(π−2α)＝________．
5. 抛物线y2＝−4x的准线方程是________．
6. 已知函数f(x)图象与函数g(x)＝2x的图象关于y＝x对称，则f(3)＝________．
7. 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________．
8. 在(x2+2x)6的二项展开式中，常数项等于________．
9. 在△ABC中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，且3b+2c2acsB1=0，则角A＝________．
10. 从以下七个函数：y＝x，y=1x，y＝x2，y＝2x，y＝lg2x，y＝sinx，y＝csx中选取两个函数记为f(x)和g(x)，构成函数F(x)＝f(x)+g(x)，若F(x)的图象如图所示，则F(x)＝________．
11. 已知向量|a→|＝|b→|＝|c→|＝1，若a→⋅b→=12，且c→=xa→+yb→，则x+y的最大值为________．
12. 对于定义域为D的函数f(x)，若存在x1，x2∈D且x1≠x2，使得f(x12)＝f(x22)＝2f(x1+x2)，则称函数f(x)具有性质M，若函数g(x)＝|lg2x−1|，具x∈(0, a]有性质M，则实数a的最小值为________22+2 ．
二.选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
已知两条直线l1，l2的方程为l1:ax+y−1＝0和l2:x−2y+1＝0，则a＝2是“直线l1⊥l2”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
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（ ）
A.直线B1C与直线AC所成的角为60∘
B.直线B1C与平面AD1C所成的角为60∘
C.直线B1C与直线AD1所成的角为90∘
D.直线B1C与直线AB所成的角为90∘
设x>0，y>0，若2x+1y=1，则yx的（ ）
A.最小值为8B.最大值为8C.最小值为2D.最大值为2
记Sn为数列{an}的前n项和，已知点(n, an)在直线y＝10−2x上，若有且只有两个正整数n满足Sn≥k，则实数k的取值范围是（ ）
A.(8, 14]B.(14, 18]C.(18, 20]D.(18, 814]
三、解答题（共5小题，满分76分）
如图1，在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB⊥AC，AB＝AC＝1，AA1＝2，且AA1⊥平面ABC，过A1，C1，B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BC1与AA1所成角的大小（结果用反三角函数表示）；
（2）求四棱锥B−ACC1A1的体积和表面积．
已知函数f(x)=3sinxcsx+cs2x+1．
（1）求f(x)的最小正周期和值域；
（2）若对任意x∈R，f2(x)−k⋅f(x)−2≤0的恒成立，求实数k的取值范围．
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3−x与促销费t之间的关系为3−x=kt+1（其中k为常数），如果不搞促销活动，只能售出1（万件）商品．
（1）要使促销后商品的利余量不大于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32+3x（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？
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点坐标为(2, 0)，且长轴长为短轴长的2倍，直线l交Γ椭圆于不同的两点M和N，
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）若直线l经过点P(0, 4)，且△OMN的面积为22，求直线l的方程；
（3）若直线l的方程为y＝kx+t(k≠0)，点M关于x轴的对称点为M′，直线MN，M′N分别与x轴相交于P、Q两点，求证：|OP|⋅|OQ|为定值．
对于由m个正整数构成的有限集M＝{a1, a2, a3, ..., am}，记P(M)＝a1+a2+...+am，特别规定P(⌀)＝0，若集合M满足：对任意的正整数k≤P(M)，都存在集合M的两个子集A、B，使得k＝P(A)−P(B)成立，则称集合M为“满集”．
（1）分别判断集合M1＝{1, 2}与M2＝{1, 4}是否为“满集”，请说明理由；
（2）若a1，a2，…，am由小到大能排列成公差为d(d∈N*)的等差数列，求证：集合M为“满集”的必要条件是a1＝1，d＝1或2；
（3）若a1，a2，…，am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”．
参考答案与试题解析
2021年上海市松江区高考数学一模试卷
一.填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.
1.
【答案】
1
【考点】
数列的极限
【解析】
利用数列极限的运算法则化简求解即可．
【解答】
limn→∞3n3n+2n=limn→∞11+(23)n=11−0=1．
2.
【答案】
{1, 2}
【考点】
交集及其运算
【解析】
进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={x|−1∴ A∩B={1, 2}．
故答案为：{1, 2}.
3.
【答案】
1
【考点】
复数的运算
复数的模
【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．
【解答】
解：由z⋅(1−i)=1+i，
得z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=i，
∴ |z|=1．
故答案为：1.
4.
【答案】
−79
【考点】
二倍角的三角函数
【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sinα的值代入计算即可求出值．
【解答】
∵ sinα=13，
∴ cs(π−2α)＝−cs2α＝−(1−2sin2α)＝−1+2sin2α＝−1+29=−79．
5.
【答案】
x＝1
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线的标准方程及基本概念，结合题中数据加以计算，可得答案．
【解答】
∵ 抛物线的方程y2＝−4x，∴ 2p＝4，得p2=1，
因此，抛物线的焦点为F(−1, 0)，准线方程为x＝1．
6.
【答案】
lg23
【考点】
反函数
【解析】
由函数f(x)的图象与函数g(x)＝2x的图象关于直线y＝x对称，可得：函数f(x)与函数g(x)＝2x互为反函数，求出函数解析式，可得答案．
【解答】
∵ 函数f(x)的图象与函数g(x)＝2x的图象关于直线y＝x对称，
∴ 函数f(x)与函数g(x)＝2x互为反函数，
∴ f(x)＝lg2x，
∴ f(3)＝lg23，
7.
【答案】
115
【考点】
等可能事件的概率
等可能事件
【解析】
基本事件总数n=C120080，学生甲被抽到包含的基本事件个数m=C120079C11，由此能求出学生甲被抽到的概率．
【解答】
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n=C120080，
学生甲被抽到包含的基本事件个数m=C120079C11，
∴ 学生甲被抽到的概率P=mn=C119979C11C120080=115．
8.
【答案】
240
【考点】
二项式定理及相关概念
【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．
【解答】
在(x2+2x)6的二项展开式中，通项公式为 Tr+1=C6r⋅2r⋅x12−3r，
令12−3r＝0，求得r＝4，可得展开式的常数项为 C64⋅24＝240，
9.
【答案】
5π6
【考点】
二阶行列式的定义
正弦定理
【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．
【解答】
在△ABC中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，且3b+2c2acsB1=0，
可得3b+2c=2acsB，
由正弦定理可得3sinB+sinC＝2sinAcsB，
即3sinB+sin(A+B)＝2sinAcsB，可得csA=−32，
所以A=5π6．
10.
【答案】
2x+sinx
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
由函数F(x)的定义域排除y=1x，y＝lg2x，再由F(x)的图象过定点(0, 1)及图象的变化情况排除y＝x与y＝x2，然后分析y＝2x与y＝csx，或y＝2x与y＝sinx是否经过(0, 1)得结论．
【解答】
由图象可知，函数F(x)的定义域为R，故排除y=1x，y＝lg2x，
又F(x)的图象过定点(0, 1)，
当x>0时，F(x)>1且为增函数，当x<0时，F(x)大于0与小于0交替出现，
故排除y＝x，y＝x2，
∵ y＝2x过(0, 1)，且当x>0时，y>1，当x<0时，0若包含y＝csx，当x＝0时，y＝1，y＝2x+csx不满足过点(0, 1)，
∴ 只有y＝2x+sinx满足．
11.
【答案】
233
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
易知a→与b→的夹角为60∘，不妨设a→=(1, 0)，写出b→与c→的坐标，再由|c→|＝1和基本不等式，即可得解．
【解答】
∵ |a→|＝|b→|，且a→⋅b→=12，
∴ a→与b→的夹角为60∘，
设a→=(1, 0)，则b→=(12, 32)，
∵ c→=xa→+yb→，
∴ c→=(x+12y, 32y)，
又|c→|＝1，
∴ (x+12y)2+(32y)2＝1，化简得x2+xy+y2＝1，
∴ (x+y)2−1＝xy≤(x+y)24，当且仅当x＝y=33时，等号成立，
∴ x+y≤233．
12.
【答案】
22+2
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
设x1【解答】
设x1则1−lg2x12=lg2x22−1，故lg2x12x22=2，
∴ x12x22=4(x12<2,x22>2)，
又2f(x1+x2)=|2lg2(x1+x2)−2|=|lg2(x1+x2)2−2|，
∴ lg2(x1+x2)2−2=1−lg2x12，
∵ x12=4x22，∴ lg2(x12+4x12+4)−2=1−lg2x12，
则lg2(x14+4x12+4)=3，∴ x14+4x12+4=8，
∴ x1=22−2，故x2=22+2，
∴ a≥22+2，则实数a的最小值为22+2．
二.选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【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．
【解答】
若a＝2，则l1:2x+y−1＝0和l2:x−2y+1＝0，k1⋅k2＝−2×12=−1，
所以直线l1⊥l2，满足充分性；
若直线l1⊥l2，则a×1+1×(−2)＝0，解得a＝2，满足必要性．
所以a＝2是“直线l1⊥l2”的充要条件．
【答案】
B
【考点】
直线与平面所成的角
异面直线及其所成的角
【解析】
连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由csθ=OCB1C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．
【解答】
连接B1D1，∵ AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴ 四面体AB1CD1是正四面体，
∴ 点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC=63BC，
设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，
则csθ=OCB1C=63BC2BC=33≠12，故选项B错误（1）连接BC1，∵ AD1 // BC1，且B1C⊥BC1，∴ 直线B1C与AD1所成的角为90∘，故选项C正确（2）∵ AB⊥平面BCC1B1，∴ AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90∘，故选项D正确．
故选：B．
【答案】
A
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
先由已知求出y，然后代入所求的关系式中，化为与x 有关的函数，然后利用函数的性质即可求解．
【解答】
由已知2x+1y=1可得y=11−2x，(x≠12)，
所以yx=1x(1−2x)=1−2x2+x=1−2(x−14)2+18，
当x=14时，(−2x2+x)max=18，此时(yx)min＝8，
【答案】
C
【考点】
数列与函数的综合
【解析】
由已知可得数列{an}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Sn＝−n2+9n，由二次函数的性质可得n＝4或5时，Sn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．
【解答】
由已知可得an＝10−2n，由an−an−1＝−2，所以数列{an}为等差数列，首项为8，公差为−2，
所以Sn＝8n+n(n−1)2×(−2)＝−n2+9n，
当n＝4或5时，Sn取得最大值为20，
因为有且只有两个正整数n满足Sn≥k，
所以满足条件的n＝4和n＝5，
因为S3＝S6＝18，
所以实数k的取值范围是(18, 20]．
三、解答题（共5小题，满分76分）
【答案】
∵ AA1 // CC1，∴ ∠BC1C即为异面直线BC1与AA1所成角，
∵ AA1⊥平面ABC，∴ CC1⊥平面ABC，
∴ ∠C1CB＝90∘．
∵ CB=AB2+AC2=1+1=2，CC1＝2，
∴ tan∠C1CB=22，得∠C1CB＝arctan22，
即异面直线BC1与AA1所成角的大小为arctan22；
VB−ACC1A1=13×1×22=43；
S=S△BAC+S△BAA1+S△BA1C1+SCAA1C1
=12×1×1+12×1×2+12×1×5+12×2×2+1×2
=12+1+52+2+2=72+2+52．
∴ 四棱锥B−ACC1A1的体积为43，表面积为72+2+52．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）由棱柱的结构特征可得AA1 // CC1，∴ ∠BC1C即为异面直线BC1与AA1所成角，证明CC1⊥平面ABC，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B−ACC1A1的体积，再由三角形面积公式及矩形面积公式求四棱锥B−ACC1A1的表面积．
【解答】
∵ AA1 // CC1，∴ ∠BC1C即为异面直线BC1与AA1所成角，
∵ AA1⊥平面ABC，∴ CC1⊥平面ABC，
∴ ∠C1CB＝90∘．
∵ CB=AB2+AC2=1+1=2，CC1＝2，
∴ tan∠C1CB=22，得∠C1CB＝arctan22，
即异面直线BC1与AA1所成角的大小为arctan22；
VB−ACC1A1=13×1×22=43；
S=S△BAC+S△BAA1+S△BA1C1+SCAA1C1
=12×1×1+12×1×2+12×1×5+12×2×2+1×2
=12+1+52+2+2=72+2+52．
∴ 四棱锥B−ACC1A1的体积为43，表面积为72+2+52．
【答案】
f(x)=3sinxcsx+cs2x+1=32sin2x+cs2x+12+1=32sin2x+12cs2x+32=sin(2x+π6)+32，
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π，值域为[12, 52]．
记f(x)＝t，则t∈[12, 52]，
由f2(x)−k⋅f(x)−2≤0恒成立，知t2−kt−2≤0恒成立，即kt≥t2−2恒成立，
因为t>0，所以k≥t2−2t=t−2t，因为g(t)＝t−2t在t∈[12, 52]时单调递增，
gmax(t)＝g(52)=52−45=1710，
所以k的取值范围是k≥1710．
【考点】
两角和与差的三角函数
三角函数的最值
【解析】
（1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f(x)＝sin(2x+π6)+32，利用正弦函数的性质即可求解．
（2）记f(x)＝t，则t∈[12, 52]，可得k≥t2−2t=t−2t，由于g(t)＝t−2t在t∈[12, 52]时单调递增，利用函数的性质即可求解．
【解答】
f(x)=3sinxcsx+cs2x+1=32sin2x+cs2x+12+1=32sin2x+12cs2x+32=sin(2x+π6)+32，
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π，值域为[12, 52]．
记f(x)＝t，则t∈[12, 52]，
由f2(x)−k⋅f(x)−2≤0恒成立，知t2−kt−2≤0恒成立，即kt≥t2−2恒成立，
因为t>0，所以k≥t2−2t=t−2t，因为g(t)＝t−2t在t∈[12, 52]时单调递增，
gmax(t)＝g(52)=52−45=1710，
所以k的取值范围是k≥1710．
【答案】
由3−x=kt+1，当t＝0，x＝1时，得k＝2，
∴ 3−x=2t+1，由2t+1≤0.1，得t≥19，
故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19（万元）；
设网店的利润为y（万元），由题意可得，
y=x(3+32xx×1.5+t2x)−(3+32x+t)
=992−32t+1−t2=50−(32t+1+t+12)≤50−232t+1⋅t+12=42．
当且仅当32t+1=t+12，即t＝7时取等号，此时3−x＝0.25．
∴ 当促销费t为7（万元）时，该网店售出商品的总利润最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25（万件）．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）在已知等式中，取t＝0，x＝1求得k值，可得3−x=2t+1，由2t+1≤0.1求解t的范围得答案；
（2）由题意写出网店的利润为y关于t的函数，再由基本不等式求最值即可．
【解答】
由3−x=kt+1，当t＝0，x＝1时，得k＝2，
∴ 3−x=2t+1，由2t+1≤0.1，得t≥19，
故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19（万元）；
设网店的利润为y（万元），由题意可得，
y=x(3+32xx×1.5+t2x)−(3+32x+t)
=992−32t+1−t2=50−(32t+1+t+12)≤50−232t+1⋅t+12=42．
当且仅当32t+1=t+12，即t＝7时取等号，此时3−x＝0.25．
∴ 当促销费t为7（万元）时，该网店售出商品的总利润最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25（万件）．
【答案】
由题意可得a=2b，a2−b2＝4，
解得a＝22，b＝2，
所以椭圆的方程为x28+y24=1；
设点M，N的坐标为M(x1, y1)，N(x2, y2)，
直线l的方程为y＝kx+4，联立方程y=kx+4x28+y24=1 ，
消去y可得：(1+2k2)x2+16kx+24＝0，
则x1+x2=−16k1+2k2，x1x2=241+2k2，
所以S△OMN=12⋅4⋅(x1+x2)2−4x1x2=822k2−31+2k2=22，
解得k=±142，所以直线l的方程为y=±142x+4；
证明：由题意知M′点的坐标为M′(x1, −y1)，
将y＝kx+t代入椭圆方程可得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−8＝0，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−81+2k2，
所以y1+y2=k(x1+x2)+2t=t1+2k2，
对于直线y＝kx+t，令y＝0，得x=−tk，所以|OP|＝|−tk|，
对于直线M′N:y−y2=y2−y1x2−x1(x−x2)，令y＝0，得x=−y2(x2−x1)y2+y1+x2
=x1y2+x2y1y2+y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)y2+y1
=2kx1x2+t(x1+x2)y2+y1=−8kt，所以|OQ|＝|−8kt|，
所以|OP|⋅|OQ|＝|−tk|⋅|−8kt|＝8为定值，
故原结论成立．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）根据已知以及a，b，c的恒等式即可求解；（2）设出直线l的方程并与椭圆方程联立，然后根据韦达定理以及弦长公式求出三角形OMN的面积，并令面积为22，即可求解；（3）由已知可得M′与M关于x轴对称，联立直线与椭圆的方程，写出韦达定理，并求出直线M′N的方程，令y＝0求出x，即可得|OQ|的长度，并根据直线l的方程求出|OP|，然后相乘即可求解．
【解答】
由题意可得a=2b，a2−b2＝4，
解得a＝22，b＝2，
所以椭圆的方程为x28+y24=1；
设点M，N的坐标为M(x1, y1)，N(x2, y2)，
直线l的方程为y＝kx+4，联立方程y=kx+4x28+y24=1 ，
消去y可得：(1+2k2)x2+16kx+24＝0，
则x1+x2=−16k1+2k2，x1x2=241+2k2，
所以S△OMN=12⋅4⋅(x1+x2)2−4x1x2=822k2−31+2k2=22，
解得k=±142，所以直线l的方程为y=±142x+4；
证明：由题意知M′点的坐标为M′(x1, −y1)，
将y＝kx+t代入椭圆方程可得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−8＝0，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−81+2k2，
所以y1+y2=k(x1+x2)+2t=t1+2k2，
对于直线y＝kx+t，令y＝0，得x=−tk，所以|OP|＝|−tk|，
对于直线M′N:y−y2=y2−y1x2−x1(x−x2)，令y＝0，得x=−y2(x2−x1)y2+y1+x2
=x1y2+x2y1y2+y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)y2+y1
=2kx1x2+t(x1+x2)y2+y1=−8kt，所以|OQ|＝|−8kt|，
所以|OP|⋅|OQ|＝|−tk|⋅|−8kt|＝8为定值，
故原结论成立．
【答案】
集合M1是“满集”，集合M2不是“满集”，理由如下：
对于集合M1，P(M1)＝1+2＝3，且M1共有4个子集：⌀，{1}，{2}，{1, 2}，
当k分别取1，2，3时，有1＝P({1})−P(⌀)，2＝P({2})−P(⌀)，3＝P({1, 2})−P(⌀)，
故集合M1是“满集”；
对于集合M2，P(M2)＝1+4＝5，且M1共有4个子集：⌀，{1}，{4}，{1, 4}，
当k＝2时，不存在M2的两个子集A，B，使得P(A)−P(B)＝2，
故集合M2不是“满集”，
证明：∵ a1，a2，…，am由小到大能排列成公差为d(d∈N*)的等差数列，
∴ a1∵ 集合M为“满集”，
∴ 对任意的正整数k≤k0，都存在集合M的两个子集A、B，使得k＝P(A)−P(B)成立，
当k＝k0−1时，由k0−1＝P(A)−P(B)，及P(B)≥0，知P(A)＝k0或P(A)＝k0−1，
若P(A)＝k0，则P(B)＝1，此时A＝{a1, a2, ..., am}，B＝{a1}，∴ a1＝1；
若P(A)＝k0−1，则在M的真子集中，P(A)＝a2+a3+...+am最大，必有a1＝1，
此时A＝{a2, a2, ..., am}，B＝⌀，
综上，可得a1＝1；
若d≥3，当k＝k0−3时，∵ k0−0>k0−1>(k0−1)−1>...>k0−(1+d)>…，
∴ 不存在集合M的两个子集A、B，使得k＝k0−3＝P(A)−P(B)成立，
∴ d＝1或2，
综，可得集合M为“满集”的必要条件是a1＝1，d＝1或2，
证明：由题设，可得M＝{1, 2, 4, ..., 2m−1}，P(M)＝1+2+4+...+2m−1＝2m−1，
对任意k≤2m−1，∵ k∈N*，∴ 存在k1同理有k1＝2k2+p2，k2＝2k3+p3，…，其中ki必存在ks＝1(0≤s∴ k＝2k1+p1＝2(2k2+p2)+p1＝…＝2s+2s−1ps+2s−2ps−1+...+2p2+20p1，
当pj1=pj2=⋯=pjm=1时，k＝2s+2j1+2j2+⋯+2js，
此时取A＝{2s, 2j1, 2j2, ..., 2js}，B＝⌀，则有P(A)−P(B)＝2s+2j1+2j2+⋯+2js−0＝k，
∴ 集合M是“满集”．
【考点】
数列的应用
【解析】
（1）根据“满集”的定义，可知集合M1是“满集”，集合M2不是“满集”，然后利用定义说明理由即可；
（2）由题设条件和“满集“的定义⇒a1＝1，d＝1或2，即可证明结论；
（3）由题设，可得M＝{1, 2, 4, ..., 2m−1}，P(M)＝1+2+4+...+2m−1＝2m−1，然后根据“满集”的定义证明结论即可．
【解答】
集合M1是“满集”，集合M2不是“满集”，理由如下：
对于集合M1，P(M1)＝1+2＝3，且M1共有4个子集：⌀，{1}，{2}，{1, 2}，
当k分别取1，2，3时，有1＝P({1})−P(⌀)，2＝P({2})−P(⌀)，3＝P({1, 2})−P(⌀)，
故集合M1是“满集”；
对于集合M2，P(M2)＝1+4＝5，且M1共有4个子集：⌀，{1}，{4}，{1, 4}，
当k＝2时，不存在M2的两个子集A，B，使得P(A)−P(B)＝2，
故集合M2不是“满集”，
证明：∵ a1，a2，…，am由小到大能排列成公差为d(d∈N*)的等差数列，
∴ a1∵ 集合M为“满集”，
∴ 对任意的正整数k≤k0，都存在集合M的两个子集A、B，使得k＝P(A)−P(B)成立，
当k＝k0−1时，由k0−1＝P(A)−P(B)，及P(B)≥0，知P(A)＝k0或P(A)＝k0−1，
若P(A)＝k0，则P(B)＝1，此时A＝{a1, a2, ..., am}，B＝{a1}，∴ a1＝1；
若P(A)＝k0−1，则在M的真子集中，P(A)＝a2+a3+...+am最大，必有a1＝1，
此时A＝{a2, a2, ..., am}，B＝⌀，
综上，可得a1＝1；
若d≥3，当k＝k0−3时，∵ k0−0>k0−1>(k0−1)−1>...>k0−(1+d)>…，
∴ 不存在集合M的两个子集A、B，使得k＝k0−3＝P(A)−P(B)成立，
∴ d＝1或2，
综，可得集合M为“满集”的必要条件是a1＝1，d＝1或2，
证明：由题设，可得M＝{1, 2, 4, ..., 2m−1}，P(M)＝1+2+4+...+2m−1＝2m−1，
对任意k≤2m−1，∵ k∈N*，∴ 存在k1同理有k1＝2k2+p2，k2＝2k3+p3，…，其中ki必存在ks＝1(0≤s∴ k＝2k1+p1＝2(2k2+p2)+p1＝…＝2s+2s−1ps+2s−2ps−1+...+2p2+20p1，
当pj1=pj2=⋯=pjm=1时，k＝2s+2j1+2j2+⋯+2js，
此时取A＝{2s, 2j1, 2j2, ..., 2js}，B＝⌀，则有P(A)−P(B)＝2s+2j1+2j2+⋯+2js−0＝k，
∴ 集合M是“满集”．
1. limn→∞3n3n+2n=________．
2. 若集合A={x|−1
3. 已知复数z满足z⋅(1−i)=1+i（i为虚数单位），则|z|=________．
4. 若sinα=13，则cs(π−2α)＝________．
5. 抛物线y2＝−4x的准线方程是________．
6. 已知函数f(x)图象与函数g(x)＝2x的图象关于y＝x对称，则f(3)＝________．
7. 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________．
8. 在(x2+2x)6的二项展开式中，常数项等于________．
9. 在△ABC中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，且3b+2c2acsB1=0，则角A＝________．
10. 从以下七个函数：y＝x，y=1x，y＝x2，y＝2x，y＝lg2x，y＝sinx，y＝csx中选取两个函数记为f(x)和g(x)，构成函数F(x)＝f(x)+g(x)，若F(x)的图象如图所示，则F(x)＝________．
11. 已知向量|a→|＝|b→|＝|c→|＝1，若a→⋅b→=12，且c→=xa→+yb→，则x+y的最大值为________．
12. 对于定义域为D的函数f(x)，若存在x1，x2∈D且x1≠x2，使得f(x12)＝f(x22)＝2f(x1+x2)，则称函数f(x)具有性质M，若函数g(x)＝|lg2x−1|，具x∈(0, a]有性质M，则实数a的最小值为________22+2 ．
二.选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
已知两条直线l1，l2的方程为l1:ax+y−1＝0和l2:x−2y+1＝0，则a＝2是“直线l1⊥l2”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
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（ ）
A.直线B1C与直线AC所成的角为60∘
B.直线B1C与平面AD1C所成的角为60∘
C.直线B1C与直线AD1所成的角为90∘
D.直线B1C与直线AB所成的角为90∘
设x>0，y>0，若2x+1y=1，则yx的（ ）
A.最小值为8B.最大值为8C.最小值为2D.最大值为2
记Sn为数列{an}的前n项和，已知点(n, an)在直线y＝10−2x上，若有且只有两个正整数n满足Sn≥k，则实数k的取值范围是（ ）
A.(8, 14]B.(14, 18]C.(18, 20]D.(18, 814]
三、解答题（共5小题，满分76分）
如图1，在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB⊥AC，AB＝AC＝1，AA1＝2，且AA1⊥平面ABC，过A1，C1，B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BC1与AA1所成角的大小（结果用反三角函数表示）；
（2）求四棱锥B−ACC1A1的体积和表面积．
已知函数f(x)=3sinxcsx+cs2x+1．
（1）求f(x)的最小正周期和值域；
（2）若对任意x∈R，f2(x)−k⋅f(x)−2≤0的恒成立，求实数k的取值范围．
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3−x与促销费t之间的关系为3−x=kt+1（其中k为常数），如果不搞促销活动，只能售出1（万件）商品．
（1）要使促销后商品的利余量不大于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32+3x（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？
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点坐标为(2, 0)，且长轴长为短轴长的2倍，直线l交Γ椭圆于不同的两点M和N，
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）若直线l经过点P(0, 4)，且△OMN的面积为22，求直线l的方程；
（3）若直线l的方程为y＝kx+t(k≠0)，点M关于x轴的对称点为M′，直线MN，M′N分别与x轴相交于P、Q两点，求证：|OP|⋅|OQ|为定值．
对于由m个正整数构成的有限集M＝{a1, a2, a3, ..., am}，记P(M)＝a1+a2+...+am，特别规定P(⌀)＝0，若集合M满足：对任意的正整数k≤P(M)，都存在集合M的两个子集A、B，使得k＝P(A)−P(B)成立，则称集合M为“满集”．
（1）分别判断集合M1＝{1, 2}与M2＝{1, 4}是否为“满集”，请说明理由；
（2）若a1，a2，…，am由小到大能排列成公差为d(d∈N*)的等差数列，求证：集合M为“满集”的必要条件是a1＝1，d＝1或2；
（3）若a1，a2，…，am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”．
参考答案与试题解析
2021年上海市松江区高考数学一模试卷
一.填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.
1.
【答案】
1
【考点】
数列的极限
【解析】
利用数列极限的运算法则化简求解即可．
【解答】
limn→∞3n3n+2n=limn→∞11+(23)n=11−0=1．
2.
【答案】
{1, 2}
【考点】
交集及其运算
【解析】
进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={x|−1
故答案为：{1, 2}.
3.
【答案】
1
【考点】
复数的运算
复数的模
【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．
【解答】
解：由z⋅(1−i)=1+i，
得z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=i，
∴ |z|=1．
故答案为：1.
4.
【答案】
−79
【考点】
二倍角的三角函数
【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sinα的值代入计算即可求出值．
【解答】
∵ sinα=13，
∴ cs(π−2α)＝−cs2α＝−(1−2sin2α)＝−1+2sin2α＝−1+29=−79．
5.
【答案】
x＝1
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线的标准方程及基本概念，结合题中数据加以计算，可得答案．
【解答】
∵ 抛物线的方程y2＝−4x，∴ 2p＝4，得p2=1，
因此，抛物线的焦点为F(−1, 0)，准线方程为x＝1．
6.
【答案】
lg23
【考点】
反函数
【解析】
由函数f(x)的图象与函数g(x)＝2x的图象关于直线y＝x对称，可得：函数f(x)与函数g(x)＝2x互为反函数，求出函数解析式，可得答案．
【解答】
∵ 函数f(x)的图象与函数g(x)＝2x的图象关于直线y＝x对称，
∴ 函数f(x)与函数g(x)＝2x互为反函数，
∴ f(x)＝lg2x，
∴ f(3)＝lg23，
7.
【答案】
115
【考点】
等可能事件的概率
等可能事件
【解析】
基本事件总数n=C120080，学生甲被抽到包含的基本事件个数m=C120079C11，由此能求出学生甲被抽到的概率．
【解答】
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n=C120080，
学生甲被抽到包含的基本事件个数m=C120079C11，
∴ 学生甲被抽到的概率P=mn=C119979C11C120080=115．
8.
【答案】
240
【考点】
二项式定理及相关概念
【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．
【解答】
在(x2+2x)6的二项展开式中，通项公式为 Tr+1=C6r⋅2r⋅x12−3r，
令12−3r＝0，求得r＝4，可得展开式的常数项为 C64⋅24＝240，
9.
【答案】
5π6
【考点】
二阶行列式的定义
正弦定理
【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．
【解答】
在△ABC中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，且3b+2c2acsB1=0，
可得3b+2c=2acsB，
由正弦定理可得3sinB+sinC＝2sinAcsB，
即3sinB+sin(A+B)＝2sinAcsB，可得csA=−32，
所以A=5π6．
10.
【答案】
2x+sinx
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
由函数F(x)的定义域排除y=1x，y＝lg2x，再由F(x)的图象过定点(0, 1)及图象的变化情况排除y＝x与y＝x2，然后分析y＝2x与y＝csx，或y＝2x与y＝sinx是否经过(0, 1)得结论．
【解答】
由图象可知，函数F(x)的定义域为R，故排除y=1x，y＝lg2x，
又F(x)的图象过定点(0, 1)，
当x>0时，F(x)>1且为增函数，当x<0时，F(x)大于0与小于0交替出现，
故排除y＝x，y＝x2，
∵ y＝2x过(0, 1)，且当x>0时，y>1，当x<0时，0
∴ 只有y＝2x+sinx满足．
11.
【答案】
233
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
易知a→与b→的夹角为60∘，不妨设a→=(1, 0)，写出b→与c→的坐标，再由|c→|＝1和基本不等式，即可得解．
【解答】
∵ |a→|＝|b→|，且a→⋅b→=12，
∴ a→与b→的夹角为60∘，
设a→=(1, 0)，则b→=(12, 32)，
∵ c→=xa→+yb→，
∴ c→=(x+12y, 32y)，
又|c→|＝1，
∴ (x+12y)2+(32y)2＝1，化简得x2+xy+y2＝1，
∴ (x+y)2−1＝xy≤(x+y)24，当且仅当x＝y=33时，等号成立，
∴ x+y≤233．
12.
【答案】
22+2
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
设x1
设x1
∴ x12x22=4(x12<2,x22>2)，
又2f(x1+x2)=|2lg2(x1+x2)−2|=|lg2(x1+x2)2−2|，
∴ lg2(x1+x2)2−2=1−lg2x12，
∵ x12=4x22，∴ lg2(x12+4x12+4)−2=1−lg2x12，
则lg2(x14+4x12+4)=3，∴ x14+4x12+4=8，
∴ x1=22−2，故x2=22+2，
∴ a≥22+2，则实数a的最小值为22+2．
二.选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【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．
【解答】
若a＝2，则l1:2x+y−1＝0和l2:x−2y+1＝0，k1⋅k2＝−2×12=−1，
所以直线l1⊥l2，满足充分性；
若直线l1⊥l2，则a×1+1×(−2)＝0，解得a＝2，满足必要性．
所以a＝2是“直线l1⊥l2”的充要条件．
【答案】
B
【考点】
直线与平面所成的角
异面直线及其所成的角
【解析】
连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由csθ=OCB1C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．
【解答】
连接B1D1，∵ AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴ 四面体AB1CD1是正四面体，
∴ 点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC=63BC，
设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，
则csθ=OCB1C=63BC2BC=33≠12，故选项B错误（1）连接BC1，∵ AD1 // BC1，且B1C⊥BC1，∴ 直线B1C与AD1所成的角为90∘，故选项C正确（2）∵ AB⊥平面BCC1B1，∴ AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90∘，故选项D正确．
故选：B．
【答案】
A
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
先由已知求出y，然后代入所求的关系式中，化为与x 有关的函数，然后利用函数的性质即可求解．
【解答】
由已知2x+1y=1可得y=11−2x，(x≠12)，
所以yx=1x(1−2x)=1−2x2+x=1−2(x−14)2+18，
当x=14时，(−2x2+x)max=18，此时(yx)min＝8，
【答案】
C
【考点】
数列与函数的综合
【解析】
由已知可得数列{an}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Sn＝−n2+9n，由二次函数的性质可得n＝4或5时，Sn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．
【解答】
由已知可得an＝10−2n，由an−an−1＝−2，所以数列{an}为等差数列，首项为8，公差为−2，
所以Sn＝8n+n(n−1)2×(−2)＝−n2+9n，
当n＝4或5时，Sn取得最大值为20，
因为有且只有两个正整数n满足Sn≥k，
所以满足条件的n＝4和n＝5，
因为S3＝S6＝18，
所以实数k的取值范围是(18, 20]．
三、解答题（共5小题，满分76分）
【答案】
∵ AA1 // CC1，∴ ∠BC1C即为异面直线BC1与AA1所成角，
∵ AA1⊥平面ABC，∴ CC1⊥平面ABC，
∴ ∠C1CB＝90∘．
∵ CB=AB2+AC2=1+1=2，CC1＝2，
∴ tan∠C1CB=22，得∠C1CB＝arctan22，
即异面直线BC1与AA1所成角的大小为arctan22；
VB−ACC1A1=13×1×22=43；
S=S△BAC+S△BAA1+S△BA1C1+SCAA1C1
=12×1×1+12×1×2+12×1×5+12×2×2+1×2
=12+1+52+2+2=72+2+52．
∴ 四棱锥B−ACC1A1的体积为43，表面积为72+2+52．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）由棱柱的结构特征可得AA1 // CC1，∴ ∠BC1C即为异面直线BC1与AA1所成角，证明CC1⊥平面ABC，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B−ACC1A1的体积，再由三角形面积公式及矩形面积公式求四棱锥B−ACC1A1的表面积．
【解答】
∵ AA1 // CC1，∴ ∠BC1C即为异面直线BC1与AA1所成角，
∵ AA1⊥平面ABC，∴ CC1⊥平面ABC，
∴ ∠C1CB＝90∘．
∵ CB=AB2+AC2=1+1=2，CC1＝2，
∴ tan∠C1CB=22，得∠C1CB＝arctan22，
即异面直线BC1与AA1所成角的大小为arctan22；
VB−ACC1A1=13×1×22=43；
S=S△BAC+S△BAA1+S△BA1C1+SCAA1C1
=12×1×1+12×1×2+12×1×5+12×2×2+1×2
=12+1+52+2+2=72+2+52．
∴ 四棱锥B−ACC1A1的体积为43，表面积为72+2+52．
【答案】
f(x)=3sinxcsx+cs2x+1=32sin2x+cs2x+12+1=32sin2x+12cs2x+32=sin(2x+π6)+32，
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π，值域为[12, 52]．
记f(x)＝t，则t∈[12, 52]，
由f2(x)−k⋅f(x)−2≤0恒成立，知t2−kt−2≤0恒成立，即kt≥t2−2恒成立，
因为t>0，所以k≥t2−2t=t−2t，因为g(t)＝t−2t在t∈[12, 52]时单调递增，
gmax(t)＝g(52)=52−45=1710，
所以k的取值范围是k≥1710．
【考点】
两角和与差的三角函数
三角函数的最值
【解析】
（1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f(x)＝sin(2x+π6)+32，利用正弦函数的性质即可求解．
（2）记f(x)＝t，则t∈[12, 52]，可得k≥t2−2t=t−2t，由于g(t)＝t−2t在t∈[12, 52]时单调递增，利用函数的性质即可求解．
【解答】
f(x)=3sinxcsx+cs2x+1=32sin2x+cs2x+12+1=32sin2x+12cs2x+32=sin(2x+π6)+32，
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π，值域为[12, 52]．
记f(x)＝t，则t∈[12, 52]，
由f2(x)−k⋅f(x)−2≤0恒成立，知t2−kt−2≤0恒成立，即kt≥t2−2恒成立，
因为t>0，所以k≥t2−2t=t−2t，因为g(t)＝t−2t在t∈[12, 52]时单调递增，
gmax(t)＝g(52)=52−45=1710，
所以k的取值范围是k≥1710．
【答案】
由3−x=kt+1，当t＝0，x＝1时，得k＝2，
∴ 3−x=2t+1，由2t+1≤0.1，得t≥19，
故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19（万元）；
设网店的利润为y（万元），由题意可得，
y=x(3+32xx×1.5+t2x)−(3+32x+t)
=992−32t+1−t2=50−(32t+1+t+12)≤50−232t+1⋅t+12=42．
当且仅当32t+1=t+12，即t＝7时取等号，此时3−x＝0.25．
∴ 当促销费t为7（万元）时，该网店售出商品的总利润最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25（万件）．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）在已知等式中，取t＝0，x＝1求得k值，可得3−x=2t+1，由2t+1≤0.1求解t的范围得答案；
（2）由题意写出网店的利润为y关于t的函数，再由基本不等式求最值即可．
【解答】
由3−x=kt+1，当t＝0，x＝1时，得k＝2，
∴ 3−x=2t+1，由2t+1≤0.1，得t≥19，
故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19（万元）；
设网店的利润为y（万元），由题意可得，
y=x(3+32xx×1.5+t2x)−(3+32x+t)
=992−32t+1−t2=50−(32t+1+t+12)≤50−232t+1⋅t+12=42．
当且仅当32t+1=t+12，即t＝7时取等号，此时3−x＝0.25．
∴ 当促销费t为7（万元）时，该网店售出商品的总利润最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25（万件）．
【答案】
由题意可得a=2b，a2−b2＝4，
解得a＝22，b＝2，
所以椭圆的方程为x28+y24=1；
设点M，N的坐标为M(x1, y1)，N(x2, y2)，
直线l的方程为y＝kx+4，联立方程y=kx+4x28+y24=1 ，
消去y可得：(1+2k2)x2+16kx+24＝0，
则x1+x2=−16k1+2k2，x1x2=241+2k2，
所以S△OMN=12⋅4⋅(x1+x2)2−4x1x2=822k2−31+2k2=22，
解得k=±142，所以直线l的方程为y=±142x+4；
证明：由题意知M′点的坐标为M′(x1, −y1)，
将y＝kx+t代入椭圆方程可得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−8＝0，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−81+2k2，
所以y1+y2=k(x1+x2)+2t=t1+2k2，
对于直线y＝kx+t，令y＝0，得x=−tk，所以|OP|＝|−tk|，
对于直线M′N:y−y2=y2−y1x2−x1(x−x2)，令y＝0，得x=−y2(x2−x1)y2+y1+x2
=x1y2+x2y1y2+y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)y2+y1
=2kx1x2+t(x1+x2)y2+y1=−8kt，所以|OQ|＝|−8kt|，
所以|OP|⋅|OQ|＝|−tk|⋅|−8kt|＝8为定值，
故原结论成立．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）根据已知以及a，b，c的恒等式即可求解；（2）设出直线l的方程并与椭圆方程联立，然后根据韦达定理以及弦长公式求出三角形OMN的面积，并令面积为22，即可求解；（3）由已知可得M′与M关于x轴对称，联立直线与椭圆的方程，写出韦达定理，并求出直线M′N的方程，令y＝0求出x，即可得|OQ|的长度，并根据直线l的方程求出|OP|，然后相乘即可求解．
【解答】
由题意可得a=2b，a2−b2＝4，
解得a＝22，b＝2，
所以椭圆的方程为x28+y24=1；
设点M，N的坐标为M(x1, y1)，N(x2, y2)，
直线l的方程为y＝kx+4，联立方程y=kx+4x28+y24=1 ，
消去y可得：(1+2k2)x2+16kx+24＝0，
则x1+x2=−16k1+2k2，x1x2=241+2k2，
所以S△OMN=12⋅4⋅(x1+x2)2−4x1x2=822k2−31+2k2=22，
解得k=±142，所以直线l的方程为y=±142x+4；
证明：由题意知M′点的坐标为M′(x1, −y1)，
将y＝kx+t代入椭圆方程可得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−8＝0，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−81+2k2，
所以y1+y2=k(x1+x2)+2t=t1+2k2，
对于直线y＝kx+t，令y＝0，得x=−tk，所以|OP|＝|−tk|，
对于直线M′N:y−y2=y2−y1x2−x1(x−x2)，令y＝0，得x=−y2(x2−x1)y2+y1+x2
=x1y2+x2y1y2+y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)y2+y1
=2kx1x2+t(x1+x2)y2+y1=−8kt，所以|OQ|＝|−8kt|，
所以|OP|⋅|OQ|＝|−tk|⋅|−8kt|＝8为定值，
故原结论成立．
【答案】
集合M1是“满集”，集合M2不是“满集”，理由如下：
对于集合M1，P(M1)＝1+2＝3，且M1共有4个子集：⌀，{1}，{2}，{1, 2}，
当k分别取1，2，3时，有1＝P({1})−P(⌀)，2＝P({2})−P(⌀)，3＝P({1, 2})−P(⌀)，
故集合M1是“满集”；
对于集合M2，P(M2)＝1+4＝5，且M1共有4个子集：⌀，{1}，{4}，{1, 4}，
当k＝2时，不存在M2的两个子集A，B，使得P(A)−P(B)＝2，
故集合M2不是“满集”，
证明：∵ a1，a2，…，am由小到大能排列成公差为d(d∈N*)的等差数列，
∴ a1
∴ 对任意的正整数k≤k0，都存在集合M的两个子集A、B，使得k＝P(A)−P(B)成立，
当k＝k0−1时，由k0−1＝P(A)−P(B)，及P(B)≥0，知P(A)＝k0或P(A)＝k0−1，
若P(A)＝k0，则P(B)＝1，此时A＝{a1, a2, ..., am}，B＝{a1}，∴ a1＝1；
若P(A)＝k0−1，则在M的真子集中，P(A)＝a2+a3+...+am最大，必有a1＝1，
此时A＝{a2, a2, ..., am}，B＝⌀，
综上，可得a1＝1；
若d≥3，当k＝k0−3时，∵ k0−0>k0−1>(k0−1)−1>...>k0−(1+d)>…，
∴ 不存在集合M的两个子集A、B，使得k＝k0−3＝P(A)−P(B)成立，
∴ d＝1或2，
综，可得集合M为“满集”的必要条件是a1＝1，d＝1或2，
证明：由题设，可得M＝{1, 2, 4, ..., 2m−1}，P(M)＝1+2+4+...+2m−1＝2m−1，
对任意k≤2m−1，∵ k∈N*，∴ 存在k1
当pj1=pj2=⋯=pjm=1时，k＝2s+2j1+2j2+⋯+2js，
此时取A＝{2s, 2j1, 2j2, ..., 2js}，B＝⌀，则有P(A)−P(B)＝2s+2j1+2j2+⋯+2js−0＝k，
∴ 集合M是“满集”．
【考点】
数列的应用
【解析】
（1）根据“满集”的定义，可知集合M1是“满集”，集合M2不是“满集”，然后利用定义说明理由即可；
（2）由题设条件和“满集“的定义⇒a1＝1，d＝1或2，即可证明结论；
（3）由题设，可得M＝{1, 2, 4, ..., 2m−1}，P(M)＝1+2+4+...+2m−1＝2m−1，然后根据“满集”的定义证明结论即可．
【解答】
集合M1是“满集”，集合M2不是“满集”，理由如下：
对于集合M1，P(M1)＝1+2＝3，且M1共有4个子集：⌀，{1}，{2}，{1, 2}，
当k分别取1，2，3时，有1＝P({1})−P(⌀)，2＝P({2})−P(⌀)，3＝P({1, 2})−P(⌀)，
故集合M1是“满集”；
对于集合M2，P(M2)＝1+4＝5，且M1共有4个子集：⌀，{1}，{4}，{1, 4}，
当k＝2时，不存在M2的两个子集A，B，使得P(A)−P(B)＝2，
故集合M2不是“满集”，
证明：∵ a1，a2，…，am由小到大能排列成公差为d(d∈N*)的等差数列，
∴ a1
∴ 对任意的正整数k≤k0，都存在集合M的两个子集A、B，使得k＝P(A)−P(B)成立，
当k＝k0−1时，由k0−1＝P(A)−P(B)，及P(B)≥0，知P(A)＝k0或P(A)＝k0−1，
若P(A)＝k0，则P(B)＝1，此时A＝{a1, a2, ..., am}，B＝{a1}，∴ a1＝1；
若P(A)＝k0−1，则在M的真子集中，P(A)＝a2+a3+...+am最大，必有a1＝1，
此时A＝{a2, a2, ..., am}，B＝⌀，
综上，可得a1＝1；
若d≥3，当k＝k0−3时，∵ k0−0>k0−1>(k0−1)−1>...>k0−(1+d)>…，
∴ 不存在集合M的两个子集A、B，使得k＝k0−3＝P(A)−P(B)成立，
∴ d＝1或2，
综，可得集合M为“满集”的必要条件是a1＝1，d＝1或2，
证明：由题设，可得M＝{1, 2, 4, ..., 2m−1}，P(M)＝1+2+4+...+2m−1＝2m−1，
对任意k≤2m−1，∵ k∈N*，∴ 存在k1
当pj1=pj2=⋯=pjm=1时，k＝2s+2j1+2j2+⋯+2js，
此时取A＝{2s, 2j1, 2j2, ..., 2js}，B＝⌀，则有P(A)−P(B)＝2s+2j1+2j2+⋯+2js−0＝k，
∴ 集合M是“满集”．
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