2021-2022学年江苏省扬州市四校联考高二(上)期末数学试卷(附答案详解)

2021-2022学年江苏省扬州市四校联考高二（上）期末数
学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1.若双曲线经过点(−√3,6)，且它的两条渐近线方程是y=3x，则双曲线的方程是()
A. y2
9−x2=1 B. x9−y2=1 C. y2
27
−x2
3
=1 D. x2
27
−y2
3
=1
2.设m为实数，过两点A(m2+2,m2−3)，B(3−m−m2,2m)的直线l的倾斜角为45°.
求m的值()
A. m=−1或m=−2
B. m=−2
C. m=1
2
D. m=−1
3.等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n.设甲：q>0，乙：{S n}是递增数列，则()
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
4.已知直线l1：2x−y−3=0，l2：x−2y+3=0，若圆C的圆心在x轴上，且圆C与
l1、l2都相切，则圆C的半径()
A. √45
5B. 9√5
5
C. √45
5
或9√5
5
D. 9
5
或81
5
5.已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60°，|PF1|=3|PF2|，
则C的离心率为()
A. √7
2B. √13
2
C. √7
D. √13
6.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作只之一，书中有一道这样的题目：把
100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的1
7
是较小的两份之和，问最小一份为()
A. 5
3B. 10
3
C. 5
6
D. 11
6
7.设a∈R，若函数y=e ax+3x，x∈R有大于零的极值点，则()
A. a>−3
B. a<−3
C. a>−1
3D. a<−1
3
8.已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)+
f′(x)>0，则()
A. e−2021f(−2021)>f(0)，e2021f(2021)<f(0)
B. e−2021f(−2021)<f(0)，e2021f(2021)<f(0)
C. e−2021f(−2021)>f(0)，e2021f(2021)>f(0)
D. e−2021f(−2021)<f(0)，e2021f(2021)>f(0)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9.已知三个数1，a，9成等比数列，则圆锥曲线x2
a +y2
2
=1的离心率为()
A. √5
B. √3
3C. √10
2
D. √3
10.设数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n∈N∗，都有a n+1=2a n+1，S n为数列{a n}
的前n项和，则()
A. {a n}为等比数列
B. a n=2n−1
C. {1
a n+1
}为等比数列 D. S n=2n−n
11.已知点P在圆(x−5)2+(y−5)2=16上，点A(4,0)，B(0,2)，则()
A. 点P到直线AB的距离小于10
B. 点P到直线AB的距离大于2
C. 当∠PBA最小时，|PB|=3√2
D. 当∠PBA最大时，|PB|=3√2
12.下列结论正确的是()
A. 当x∈(0,π)，x>sinx
B. 当x>0,1−1
x
≥lnx
C. (x+1)e x≥−1
e2D. x2>−1
x
三、单空题（本大题共4小题，共18.0分）
13.直线y=x−1过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A，B两点，则
|AB|=______．
14.曲线y=2x−1
x+2
在点(−1,−3)处的切线方程为．
15.函数f(x)=|2x−1|−2lnx的最小值为．
16.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.
规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，
20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2=
180dm 2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______ ；如果对
折n 次，那么∑S k n k=1= ______ dm 2
．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 已知△ABC 的顶点A(1,5)，边AB 上的中线CM 所在的直线方程为2x −y −5=0，边
AC 上的高BH 所在直线方程为x −2y −5=0，求： (1)顶点C 的坐标； (2)直线BC 的方程；
18. 已知圆M 过A(√2,−√2)，B(10,4)，且圆心M 在直线y =x 上．
(1)求圆M 的标准方程；
(2)过点(0,−4)的直线m 截圆M 所得弦长为4√5，求直线m 的方程．
19. 已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个
作为条件，证明另外一个成立．
①数列{a n }是等差数列；②数列{√S n }是等差数列；③a 2=3a 1． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
20. 已知椭圆C ：x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)的离心率为√6
3
．
(1)证明：a =√3b ；
(2)若点M(9
10,−√3
10)在椭圆C 内部，过点M 的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，M 为线段PQ 的中点，且OP ⊥OQ ． ①求直线l 的方程； ②求椭圆C 的标准方程．
21. 数列{a n }中，a 1=−1
2，2a n =a n−1−n −1(n ≥2,n ∈N ∗)，设b n =a n +n ．
(1)求证：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{nb n }的前n 项和T n ； (3)若c n =(12
)n −a n ，P n 为数列{
c n 2+c n+1c n 2+c n
}的前n 项和，求不超过P 2021的最大的整数．
22. 已知函数f(x)=e 2x −(a +2)e x +ax(a >0)，其中e ≈2.71828是自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)=f(x)+(a+2)e x−ax(1+x)在(0,+∞)上存在极大值M，证明：M<a
．
4
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：双曲线的两条渐近线方程是y=3x，
可设双曲线的方程为x2−y2
9
=λ(λ≠0)，
∵双曲线经过点(−√3,6)，
∴λ=−1，
∴双曲线的方程为：y2
9
−x2=1．
故选：A．
双曲线的两条渐近线方程是y=±3x可设双曲线的方程为x2−y2
9
=λ(λ≠0)，再由双曲线经过点，代入可求λ，进而可求双曲线的方程
本题主要考查了双曲线的性质的应用，求解双曲线的方程，解题的技巧在于由双曲线的
渐近线设出方程为x2−y2
9
=λ(λ≠0)．
2.【答案】B
【解析】解：∵过两点A(m2+2,m2−3)，B(3−m−m2,2m)的直线l的倾斜角为45°，
∴m2−3−2m
m2+2−(3−m−m2)=m−3
2m−1
=1，解得m=−2．
故选：B．
根据已知条件，结合斜率与倾斜角的关系，即可求解．
本题主要考查直线与倾斜角的关系，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查数列的函数特性，充分条件和必要条件，属于中档题．根据等比数列的求和公式和充分条件和必要条件的定义即可求出．【解答】
解：若a1=−1，q=1，则S n=na1=−n，则{S n}是递减数列，不满足充分性；当q=1时，{S n}是递增数列，且满足q>0;
当q≠1时，
∵S n=a1
1−q
(1−q n)，
则S n+1=a11−q(1−q n+1)，
∴S n+1−S n=a1
1−q
(q n−q n+1)=a1q n，
若{S n}是递增数列，
∴S n+1−S n=a1q n>0，
则a1>0，q>0，
∴满足必要性，
故甲是乙的必要条件但不是充分条件，
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：设圆的半径为r，圆心为(a,0)，
则由已知可得
√5=
√5
=r，
解得a=6或0，当a=6时，r=
√5=9√5
5
，
当a=0时，r=
√5=3√5
5
，
故选：C．
设圆的半径为r，圆心为(a,0)，则由已知可得
√5=
√5
=r，由此即可求解．
本题考查了圆的半径的求解问题，涉及到点到直线的距离公式的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的简单性质的应用，属于中档题．
设出|PF1|=3m，|PF2|=m，由双曲线的定义可得m=a，再通过∠F1PF2=60°，由余弦定理列出方程，即可求解双曲线的离心率．
【解答】
解：F1，F2为双曲线C的两个焦点，P是C上的一点，|PF1|=3|PF2|，
设|PF1|=3m，|PF2|=m，由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2m=2a，即m=a，所以|PF1|=3a，|PF2|=a，因为∠F1PF2=60°，|F1F2|=2c，
所以4c2=9a2+a2−2×3a×a×cos60°，整理得4c2=7a2，
所以e=c
a =√7
2
．
故选：A．
6.【答案】A
【解析】解：设五个人所分得的面包为a−2d，a−d，a，a+d，a+2d，(其中d>0)；则，(a−2d)+(a−d)+a+(a+d)+(a+2d)=5a=100，∴a=20；
由1
7
(a+a+d+a+2d)=a−2d+a−d，得3a+3d=7(2a−3d)；∴24d=11a，
∴d=55
6
；
所以，最小的1份为a−2d=20−110
6=5
3
．
故选：A．
设五个人所分得的面包为a−2d，a−d，a，a+d，a+2d，(d>0)；则由五个人的
面包和为100，得a的值；由较大的三份之和的1
7
是较小的两份之和，得d的值；从而得最小的1份a−2d的值．
本题考查了等差数列模型的实际应用，解题时应巧设数列的中间项，从而容易得出结果．7.【答案】B
【解析】解：设f(x)=e ax+3x，则f′(x)=3+ae ax．
若函数在x∈R上有大于零的极值点．
即f′(x)=3+ae ax=0有正根．
当有f′(x)=3+ae ax=0成立时，显然有a<0，
此时x=1
a ln(−3
a
).
由x>0，得参数a的范围为a<−3．
故选：B．
题目中：“有大于零的极值点”问题往往通过导函数的零点问题：f′(x)=3+ae ax=0有正根，通过讨论此方程根为正根，
求得参数的取值范围．
本题考查了导数的意义，利用导数求闭区间上函数的极值点，恒成立问题的处理方法．8.【答案】D
【解析】解：因为[e x⋅f(x)]′=e x[f(x)+f′(x)]>0，
故y=e x f(x)是R上的单调递增函数，
故e0f(0)>e−2021f(−2021)，即f(0)>e−2021f(−2021)，
同理e2021f(2021)>f(0)，
故选：D．
因为[e x⋅f(x)]′=e x[f(x)+f′(x)]，故给的条件说明y=e x⋅f(x)是R上的单调递增函数，据此求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，并进一步比较大小，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：三个数1，a，9成等比数列，可得a2=9，即a=±3，
若a=3，则圆锥曲线x2
a +y2
2
=1即为椭圆x2
3
+y2
2
=1，
可得离心率为√3−2
3=√3
3
；
若a=−3，则圆锥曲线x2
a +y2
2
=1即为双曲线y2
2
−x2
3
=1，
可得离心率为√2+3
2=√10
2
．
故选：BC．
运用等比数列的中项性质，解方程可得a，分别运用椭圆和双曲线的a，b，c的关系和离心率公式，计算可得所求值．
本题考查等比数列的中项性质和椭圆、双曲线的离心率，考查方程思想和运算能力，属
于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：由a n+1=2a n +1，可得：a n+1+1=2(a n +1)，a 1+1=2， ∴数列{a n +1}是等比数列，首项为2，公比为2， ∴a n +1=2n ，a n =2n −1， S n =(2+22+⋯…+2n )−n =2(2n −1)2−1
−n =2n+1−2−n ．
数列{1
a
n
+1}为等比数列，首项为1
2，公比为1
2
． 故选：BC ．
由a n+1=2a n +1，变形为：a n+1+1=2(a n +1)，a 1+1=2，利用等比数列的求和公式可得S n ，进而判断出结论．
本题考查了数列的递推关系、等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】 【分析】
求出过AB 的直线方程，再求出圆心到直线AB 的距离，得到圆上的点P 到直线AB 的距离范围，判断A 与B ；画出图形，由图可知，当过B 的直线与圆相切时，满足∠PBA 最小或最大，求出圆心与B 点间的距离，再由勾股定理求得|PB|判断C 与D ．
本题考查直线与圆的位置关系，考查转化思想与数形结合思想，是中档题． 【解答】
解：∵A(4,0)，B(0,2)，
∴过A 、B 的直线方程为x
4+y
2=1，即x +2y −4=0， 圆(x −5)2+(y −5)2=16的圆心坐标为(5,5)， 圆心到直线x +2y −4=0的距离d =
|1×5+2×5−4|√12+22
=
11√
5
=
11√55
>4，
∴点P到直线AB的距离的范围为[11√5
5−4,11√5
5
+4]，
∵11√5
5<5，∴11√5
5
−4<1，11√5
5
+4<10，
∴点P到直线AB的距离小于10，但不一定大于2，故A正确，B错误；
如图，当过B的直线与圆相切时，满足∠PBA最小或最大(P点位于P1时∠PBA最小，位于P2时∠PBA最大)，
此时|BC|=√(5−0)2+(5−2)2=√25+9=√34，
∴|PB|=√|BC|2−42=√18=3√2，故CD正确．
故选：ACD．
12.【答案】AC
【解析】解：对于A，令y=x−sinx，则y′=1−cosx≥0，则函数y=x−sinx在R上递增，则当x∈(0,π)时，x−sinx>0−0=0，则x>sinx恒成立．∴A正确，
对于B，令y=1−1
x −lnx，则y′=1
x2
−1
x
=1−x
x2
，则函数y在(0,1)上递增，在(1,+∞)上
递减，∴y max=1−1−0=0，∴1−1
x −lnx≤0，∴1−1
x
≤lnx，∴B错误，
对于C，令y=(x+1)e x，则y′=(x+2)e x，则函数y在(−2,+∞)上递增，在(−∞,−2)
上递减，∴y min=(−2+1)e−2=−1
e2，∴(x+2)e x≥−1
e2
，∴C正确，
对于D，当x=−1时，则x2=−1
x
，∴D错误，
故选：AC．
先构造函数，再求出导数并判断单调性即可判断ABC，利用举实例判断D．本题考查函数的单调性，其中构造函数是关键，属于中档题．
13.【答案】8
【解析】解：∵抛物线C：y2=2px，
∴抛物线的焦点F(p
2
,0)，
∵直线y=x−1过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，
∴0=p
2
−1，解得p=2，
∴抛物线方程为y2=4x，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立直线与抛物线方程{y 2=4x
y =x −1，化简整理可得，x 2−6x +1=0，
由韦达定理可得，x 1+x 2=6，
|AB|=x 1+p
2
+x 2+p
2
=x 1+x 2+p =6+2=8．
故答案为：8．
根据已知条件，结合抛物线的性质，可求得p =2，再结合抛物线的定义，即可求解． 本题考查直线与抛物线的综合应用，掌握抛物线的定义是解本题的关键，属于中档题．
14.【答案】5x −y +2=0
【解析】 【分析】
本题主要考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
先求导，利用导数的几何意义可求出切线的斜率，再由点斜式即可求得切线方程． 【解答】 解：因为y =2x−1x+2
，(−1,−3)在曲线上，
所以y′=
2(x+2)−(2x−1)
(x+2)2
=
5(x+2)2
，
所以y′|x=−1=5， 则曲线y =
2x−1x+2
在点(−1,−3)处的切线方程为：
y −(−3)=5[x −(−1)]，即5x −y +2=0． 故答案为：5x −y +2=0．
15.【答案】1
【解析】 【分析】
本题考查利用导数求最值的应用，考查运算求解能力，是中档题．
求出函数定义域，对x 分段去绝对值，当0<x ≤1
2时，直接利用单调性求最值；当x >1
2时，利用导数求最值，进一步得到f(x)的最小值． 【解答】
解：函数f(x)=|2x −1|−2lnx 的定义域为(0,+∞)， 当0<x ≤1
2时，f(x)=|2x −1|−2lnx =−2x +1−2lnx ， 此时函数f(x)在(0,1
2]上为减函数，
所以f(x)≥f(1
2)=−2×1
2+1−2ln 1
2=2ln2； 当x >1
2时，f(x)=|2x −1|−2lnx =2x −1−2lnx ， 则f′(x)=2−2
x =
2(x−1)x
，
当x ∈(1
2,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x ∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴当x =1时f(x)取得最小值，为f(1)=2×1−1−2ln1=1， ∵2ln2=ln4>lne =1，
∴函数f(x)=|2x −1|−2lnx 的最小值为1． 故答案为：1．
16.【答案】5 240(3−n+32n
)
【解析】解：易知有20dm ×3
4dm,10dm ×3
2dm,5dm ×3dm,5
2dm ×6dm ，5
4dm ×12dm ，共5种规格；
由题可知，对折k 次共有k +1种规格，且面积为240
2k ，故S k =
240(k+1)
2k ，
则∑S k n k=1=240∑k+12k
n
k=1
，记T n =∑k+12k
n k=1
，则1
2T n =∑k+1
2k+1n k=1， ∴1
2T n =
∑k+1
2k n k=1−∑k+1
2k+1n k=1=1+
(∑k+2
2k+1
n−1k=1−
∑k+2
2k+1n k=1)
−n+1
2n+1=1+
14(1−1
2
n−1)1−12
−
n+12n+1
=3
2−n+3
2n+1，
∴T n =3−
n+32n
，
∴∑S k n k=1=240(3−
n+32n
)．
故答案为：5；240(3−
n+3
2n
)．
依题意，对折k 次共有k +1种规格，且面积为240
2k ，则S k =240(k+1)
2k
，∑S k n k=1=240∑k+12k
n
k=1
，
然后再转化求解即可．
本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意
识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由于BH ⊥AC ，且BH 的直线方程为x −2y −5=0，所以k BH =1
2， 故k AC =−2，
所以AC 所在的直线方程为y =−2x +7；
由于AB 边上的中线CM 所在的直线的方程为，2x −y −5=0； 所以{
y =−2x +7
2x −y −5=0，解得{
x =3
y =1
；
故点C(3,1)．
(2)设点B(m,n)所以AB 的中点M 的坐标满足(m+12
,
n+52
)；
由于点M 在直线2x −y −5=0上， 所以2⋅
m+12
−
n+52
−5=0，整理得2m +2−n −5−10=0，即2m −n −13=0
同时，m −2n −5=0； 故{2m −n −13=0m −2n −5=0，解得{m =7
n =1
；
即点B(7,1)； 所以k BC =0，
所以直线BC 的方程为y =1．
【解析】(1)直接利用直线垂直的充要条件的应用求出直线的方程，进一步利用解二元一次方程组求出交点的坐标；
(2)利用中点坐标公式和点斜式的应用求出直线的方程．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，中点坐标，直线垂直的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵圆心M 在直线y =x 上，∴设圆M 的标准方程为：(x −a)2+(y −a)2=r 2，
∵圆M 过点A(√2,−√2)，B(10,4)， ∴{
(√2−a)2+(−√2−a)2=r 2
(10−a)2+(4−a)2=r 2
，
解得{a =4r =6
，
∴圆M 的标准方程为(x −4)2+(y −4)2=36．
(2)①当斜率不存在时，直线m 的方程为：x =0，直线m 截圆M 所得弦长为l =
2√r 2−d 2=4√5，符合题意．
②当斜率存在时，设直线m ：y =kx −4， 圆心M 到直线m 的距离为d =
√k 2+1
=
√k 2+1
，
∴根据垂径定理可得，r 2=(4√52
)2+d 2，∴(√k 2+1
)2=16，解得k =3
4，
∴直线m 的方程为3x −4y −16=0或x =0．
【解析】(1)首先由条件设圆的标准方程(x −a)2+(y −a)2=r 2，再将圆上两点代入，即可求得圆的标准方程；
(2)分斜率不存在和存在两种情况，分别根据弦长公式，求得直线方程． 本题主要考查直线与圆的位置关系，分类讨论的数学思想等知识，属于基础题．
19.【答案】解：选择①③为条件，②结论．
证明过程如下：
设等差数列{a n }的公差为d ，
由题意可得：a 2=a 1+d =3a 1，∴d =2a 1， 数列的前n 项和：S n =na 1+
n(n−1)2
d =na 1+
n(n−1)2
×2a 1=n 2a 1，
故√S n −√S n−1=n √a 1−(n −1)√a 1=√a 1， 据此可得数列{√S n }是等差数列． 选择①②为条件，③结论： 设数列{a n }的公差为d ，则：
√S 1=√a 1,√S 2=√a 1+(a 1+d)=√2a 1+d,√S 3=√a 1+(a 1+d)+(a 1+2d)=√3(a 1+d)，
数列{√S n }为等差数列，则：√S 1+√S 3=2√S 2，
即：(√a 1+√3(a 1+d))2=(2√2a 1+d)2，整理可得：d =2a 1，∴a 2=a 1+d =3a 1． 选择③②为条件，①结论：
由题意可得：S 2=a 1+a 2=4a 1，∴√S 2=2√a 1， 则数列{√S n }的公差为d =√S 2−√S 1=√a 1， 通项公式为：√S n =√S 1+(n −1)d =n √a 1，
据此可得，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=n 2a 1−(n −1)2a 1=(2n −1)a 1， 当n =1时上式也成立，故数列的通项公式为：a n =(2n −1)a 1，
由a n+1−a n =[2(n +1)−1]a 1−(2n −1)a 1=2a 1，可知数列{a n }是等差数列．
【解析】首先确定条件和结论，然后结合等差数列的通项公式和前n 项和公式证明结论即可．
本题主要考查等差数列的判定与证明，等差数列的通项公式，等差数列的前n 项和公式等知识，属于中等题．
20.【答案】证明(1)：由题意c a =√6
3，∴c 2
a 2=23，
即：2a 2=3c 2=3(a 2−b 2) ∴a 2=3b 2，可得a =√3b ； 得证．
解(2)：①由(1)可得方程为x 23b
2+
y 2b 2
=1，即x 2+3y 2=3b 2，
∵当(9
10
,−√3
15)在内部，
∴(910)2+3⋅(−√3
10)2<3b 2， ∴b >
3√3
10
． 设直线与椭圆的交点P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，
可得x 12+3y 12=3b 2……①； x 22+3y 22
=3b 2……②；
由①−②得：(x 1+x 2)(x 1−x 2)=−3(y 1+y 2)(y 1−y 2)； ∵M 为线段PQ 的中点， ∴y 1−y
2x 1
−x 2
=√3，
由点斜式可得直线l 的方程为y =√3x −√3.即√3x −y −√3=0．
②联立{
x 2+3y 2=3b 2
y =√3(x −1)，把直线方程代入椭圆方程得：x 2+9(x −1)2=3b 2， 即：10x 2−18x +9−3b 2=0． ∴x 1+x 2=9
5,x 1x 2=
9−3b 210
，
又∵OP ⊥OQ ，而OP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1),OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2)， ∴OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+√3(x 1−1)⋅√3(x 2−1)， 即4x 1x 2−3(x 1+x 2)+3=0……③ 将x 1+x 2，x 1x 2代入③
解得b 2=1符合题意．a 2=3． ∴椭圆方程为
x 23
+y 2=1．
【解析】(1)根据离心率c
a
=√6
3.结合a 2=b 2+c 2，即可证明；
(2)①M 为线段PQ 的中点，设而不求，点差法即可求解直线l 的方程； ②联立方程组，根据OP ⊥OQ.结合(1)的结论，即可求解椭圆C 的标准方程． 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：将2a n =a n−1−n −1两边都加2n ，得2(a n +n)=a n−1+(n −1)， 所以a n +n
a n−1
+(n−1)=1
2
， 即b n
b
n−1
=1
2(n ⩾2,n ∈N ∗)，
又b 1=a 1+1=1
2，
所以数列{b n }是首项为1
2，公比为1
2的等比数列． (2)由(1)知，b n =(1
2)n ， 所以nb n =n ⋅(1
2)n =n 2n ，
所以T n =1
2+2
22+3
23+4
24+⋯+n−1
2n−1+n
2n ，①
12
T n =
12
2+
22
3+
32
4+
42
5+⋯+
n−12n +
n 2n+1
，②
①−②得12T n =12+122+1
23+1
24+⋯+1
2n −n
2n+1=1−1
2n −n
2n+1， 所以T n =2−
2+n 2n
．
(3)由(2)及题目条件，得a n =b n −n =(1
2)n −n ， 所以c n =n ， 所以
c n 2+c n+1c n 2+c n
=
n 2+n+1n 2+n =1+1n(n+1)=1+1n −1
n+1，
P 2021=(1+1
1−1
2)+(1+1
2−1
3)+(1+1
3−1
4)+⋯+(1+1
2020−1
2021)+(1+1
2021−1
2022
)=2022−1
2022=2022−1
2022，
所以不超过P 2021的最大的整数是2021．
【解析】(1)根据等比数列的定义可证结论； (2)利用错位相减法求和； (3)利用裂项相消法求得数列{
c n 2+c n+1c n 2+c n
}的前n 项和，进而可得结果．
本题考查了等比数列的证明，错位相减法和裂项相消法求和问题，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意，函数f(x)=)=e 2x −(a +2)e x +ax(a >0)，
则f′(x)=2e 2x −(a +2)e x +a =(2e x −a)(e x −1)， 当a =2时，f′(x)=2(e x −1)2≥0，f(x)单调递增，
当a >2时，令f′(x)>0，解得：x >ln a
2或x <0，令f′(x)<0，解得：0<x <ln a
2， 故f(x)在(−∞,0)递增，在(0,ln a
2)递减，在(ln a
2,+∞)递增，
当0<a <2时，令f′(x)>0，解得：x >0或x <ln a
2，令f′(x)<0，解得：ln a
2<x <0， 故f(x)在(−∞,ln a
2)递增，在(ln a
2,0)递减，在(0,+∞)递增，
综上：当a >2时，f(x)在(−∞,0)递增，在(0,ln a
2)递减，在(ln a
2,+∞)递增， 当a =2时，f(x)在R 上单调递增，
0<a <2时，f(x)在(−∞,ln a
2)递增，在(ln a
2,0)递减，在(0,+∞)递增； (2)证明：由函数g(x)=e 2x −ax 2，则g′(x)=2(e 2x −ax)，
令m(x)=e 2x −ax ，可得m′(x)=2e 2x −a ，令m′(x)=0，解得：x =1
2ln a
2， 当0<a ≤2时，m′(x)>0，m(x)在(0,+∞)递增，此时m(x)>m(0)=0， 故g′(x)>0，函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，此时不存在极大值，
当a >2时，令m′(x)>0，解得：x >1
2ln a
2，令m′(x)<0，解得：x <1
2ln a 2， 故g′(x)在(0,1
2ln a
2)上单调递减，在(1
2ln a 2,+∞)上单调递增，
∵g(x)在(0,+∞)上存在极大值，故g′(1
2ln a
2)=a −aln a
2<0，解得：a >2e ， ∵g′(0)=2>0，g′(1
2)=2e −a <0，g′(lna)=2a(a −lna)>0，1
2<1
2ln a
2<lna ， 易证a −lna >0，存在x 1∈(0,1
2)，g′(x 1)=2e 2x 1−2ax 1=0，存在x 2∈(1
2ln a
2,lna)，使得g′(x 2)=0，
故g(x)在(0,x 1)上单调递增，在(x 1,x 2)上单调递减，
故当x =x 1时，函数g(x)取得极大值M ，即M =e 2x 1−ax 12，0<x 1<1
2
， 由2e 2x 1−2ax 1=0，e 2x 1=ax 1，
故M =e 2x 1−ax 1
2
=−a(x 1−1
2)2+a
4<a
4
．
【解析】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是难题．
(1)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的极大值M ，证明结论成立即可．。