2022-2023学年江苏省常州市教育学会高二上学期学业水平监测数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省常州市教育学会高二上学期学业水平监测数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.经过M−3,2，N−2,1两点的直线的倾斜角为
( )
A. π4B. π3C. 3π4D. 2π3
2.函数y=lnx+1x的单调减区间为
( )
A. −∞,1B. 0,1C. 1,eD. 1,+∞
3.已知等比数列an满足a1=2，a1+a3+a5=26，则a3+a5+a7=( )
A. 26B. 78C. 104D. 130
4.已知函数fx=exx2+a，若fx在R上单调递增，则实数a的取值范围是
( )
A. −∞,1B. −∞,1C. 1,+∞D. 1,+∞
5.已知数列an满足a1+3a2+5a3+⋯+2n−1an=nn∈N∗，若bn=an⋅an+1，则bn的前2022项和为
( )
A. 20214043B. 20224045C. 40424043D. 40444045
6.已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，准线为l，点P1,y0在C上，过P作l的垂线，垂足为Q.若∠FPQ=60∘，则F到l的距离为
( )
A. 23B. 1C. 43D. 2
7.设an是公差为d的等差数列，且a7−13+2023a7−1−1=0，a2017−13+2023a2017−1+1=0，记Sn为数列an的前n项和，则
( )
A. S2023=−2023，d<0B. S2023=−2023，d>0
C. S2023=2023，d<0D. S2023=2023，d>0
8.已知两条动直线x+my=0和mx−y−4m+4=0交于点P，圆C:x+22+y+22=3上两点E，F间的距离为2 2.若点Q是线段EF的中点，则PQ的最小值为
( )
A. 2 2− 3B. 2 2−1C. 4 2− 3D. 4 2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知曲线C:x2+y2=2x+2y(x,y不全为0)，则
( )
A. 曲线C是中心对称图形
B. 曲线C的周长为4 2π
C. 曲线C是以1,1为圆心， 2为半径的圆
D. 曲线C与圆M:x2+y2=6有8个公共点
10.函数fx的导函数f′x的图象如图所示，则
( )
A. −1是函数fx的极值点B. 3是函数fx的极大值点
C. fx在区间−1,4上单调递减D. 1是函数fx的极小值点
11.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0，点Px0,y0是直线bx−ay−3a=0上任意一点，若圆x−x02+y−y02=3与双曲线C的左支没有公共点，则双曲线的离心率可能为
( )
A. 32B. 3C. 2D. 3
12.在边长为2的等边三角形ABC纸片中，取边BC的中点M1，在该纸片中剪去以BM1为斜边的等腰直角三角形P1BM1得到新的纸片K1，再取M1C的中点M2，在纸片K1中剪去以M1M2为斜边的等腰直角三角形P2M1M2得到新的纸片K2，以此类推得到纸片K3，K4，……，Kn，……，设Kn的周长为Ln，面积为Sn，则
( )
A. Ln+1−Ln= 2−12nB. Ln=4+2 2− 2−12n−1
C. Sn−Sn+1=14nD. Sn= 3−13+13⋅4n
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.函数fx=x32在区间x=4处的瞬时变化率为______．
14.以抛物线C:x2=4y的焦点为圆心，且与C的准线相切的圆的方程为______．
15.若数列an从第二项起，每一项与前一项的差构成等差数列，则称an为二阶等差数列.已知数列an是二阶等差数列，且a1=2，a2=5，a3=11，则an=______．
16.已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为23，左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，满足△PF1F2的面积为 15，cs∠PF1F2=78，过点F1作PF2的垂线交椭圆于D，E两点，则▵PDE的周长为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知数列an的前n项和为Sn，Sn+1=Sn+an−2，______.①a4+a7=6；②S55=8；③a3，a5，a6成等比数列.请在①，②，③这三个条件中选择一个，填入题中的横线上，并解答下面的问题：
(1)求数列an的通项公式；
(2)求Sn的最大值并指明相应n的值．
18.(本小题12分)
已知函数fx=ax3−3x，a∈R，且f′−2=9．
(1)求曲线y=fx在点2,f2处的切线方程；
(2)若对于区间−2,2上的任意两个实数x1，x2，都有fx1−fx2≤c，求实数c的最小值．
19.(本小题12分)
已知圆C的半径为3，圆心C在直线y=x−2上，点A−3,0．
(1)若圆心C在y轴上，过点A作圆C的切线，求切线方程；
(2)若在圆C上存在点M，满足MA=2MO(O为坐标原点)，求圆心C的横坐标的取值范围．
20.(本小题12分)
已知数列an中a1=14，an+1=an3−2ann∈N∗．
(1)求证：1an−1是等比数列，求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=n,n为奇数n3n+12nan,n为偶数，其前n项和为Tn，求T2n．
21.(本小题12分)
已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 62，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点0,−1的直线l与双曲线的右支相切于点P，与OP平行的直线l′与双曲线交于A，B两点，与直线l交于点M.是否存在实数λ，使得PM2=λ⋅MA⋅MB？若存在，求实数λ的值；若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数fx=ex−ax−csxa∈R，且曲线y=fx在原点处的切线方程为x+y=0．
(1)求实数a的值；
(2)讨论fx在R上的零点个数，并证明fx>− 2．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】求出过 M,N 两点的直线的斜率，结合倾斜角和斜率的关系，即可求得答案．
解：由题意得经过 M−3,2 ， N−2,1 两点的直线的斜率为 1−2−2+3=−1 ，
而直线倾斜角范围为 [0,π) ，
故经过 M−3,2 ， N−2,1 两点的直线的倾斜角为 3π4 ，
故选：C
2.【答案】D
【解析】【分析】求出导数，利用导数小于0可得答案．
解：函数 y=lnx+1x 的定义域为 0,+∞ ，
y′=lnx+1′x−lnx+1x′x2=1−lnx+1x2=−lnxx2 ，
由 y′<0 得 x>1 ，
所以 y=lnx+1x 的单调减区间为 1,+∞ ．
故选：D．
3.【答案】B
【解析】【分析】根据已知求出 q2=3 ，然后即可根据等比数列的性质得出答案．
解：设等比数列公比为 q ，
根据已知可得， a1+a3+a5=a11+q2+q4=21+q2+q4=26 ，
所以， 1+q2+q22=13 ，解得 q2=3 ，
所以， a3+a5+a7=a1q2+a3q2+a5q2 =q2a1+a3+a5=3×26=78 ．
故选：B．
4.【答案】D
【解析】【分析】求出导函数，由已知得出 f′x≥0 恒成立.进而推得 x2+2x+a≥0 恒成立，由 Δ≤0 列出不等式，解不等式即可得出答案．
解：由已知可得， f′x=exx2+a+2xex=exx2+2x+a ．
因为 fx 在R上单调递增，所以 f′x≥0 恒成立．
因为 ex>0 ，
所以 x2+2x+a≥0 恒成立，
所以， Δ=22−4a=4−4a≤0 ，解得 a≥1 ．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】【分析】根据数列递推式求出 an 的表达式，即可得 bn=an⋅an+1 的表达式，利用裂项求和法，即可求得答案．
解：由题意知数列 an 满足 a1+3a2+5a3+⋯+2n−1an=nn∈N∗ ，
当 n=1 时， a1=1 ；
当 n≥2 时， a1+3a2+5a3+⋯+2n−3an−1=n−1 ，
故 2n−1an=1 ，则 an=12n−1 ，
a1=1 也适合该式，故 an=12n−1 ，
则 bn=an⋅an+1=12n−1⋅12n+1=1212n−1−12n+1 ，
故 bn 的前2022项和为 b1+b2+⋯+b2022=121−13+13−15+⋯+14043−14045
=12(1−14045)=20224045 ，
故选：B
6.【答案】A
【解析】【分析】根据抛物线的定义，结合条件表示出 MF ， QF 的长度，然后列出方程即可得到结果．
解：如图，不妨设点 P 在 x 轴上方，准线 l 与 x 轴交于点 M ，
因为点 P1,y0 在抛物线上，所以 PQ=PF=1+p2 ， y0=QM= 2p ，
又 ∠FPQ=60 ， ∴▵PQF 为正三角形， ∴QF=PF=1+p2 ，
又 MF=p ，在 Rt▵QMF 中， QF2=QM2+MF2 即 1+p22=2p+p2 ，
解得 p=23 或 −2 (舍去)，所以 F 到 l 的距离为 23 ．
故选：A．
7.【答案】C
【解析】【分析】令 fx=x3+2023x ，根据函数的单调性，结合已知即可得出 a7>a2017 ， d<0 .两式相加整理，即可推得 a7+a2017=2 .然后根据等差数列前 n 项和公式以及等差数列的性质，求解即可得出答案．
解：令 fx=x3+2023x ，则可知 fx=x3+2023x 单调递增．
由已知可得 fa7−1=1 ， fa2017−1=−1所以， a7−1>a2017−1 ， a7>a2017 ，所以 d<0 ．
又 a7−13+2023a7−1−1+a2017−13+2023a2017−1+1 =a7−13+a2017−13+2023a7−1+a2017−1 =a7−1+a2017−1a7−12+a2017−12−a7−1a2017−1+2023a7−1+a2017−1 =a7+a2017−2a7−1−a2017−122+34a2017−12+2023=0 ，
显然 a7−1−a2017−122+34a2017−12+2023>0 ，
所以， a7+a2017−2=0 ， a7+a2017=2 ．
根据等差数列前 n 项和公式可知，
S2023=2023a1+a20232=2023a7+a20172=2023 ．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】【分析】求出点P的轨迹方程，再结合题意求出点Q的轨迹方程，结合图形以及圆与圆的位置关系，即可求得答案．
解：由题意知两条动直线 x+my=0 和 mx−y−4m+4=0 交于点 P ，
联立直线方程消去m可得 x2+y2−4x−4y=0 ，
由于 mx−y−4m+4=0 ，即 m(x−4)−y+4=0 ，
该直线过定点 (4,4) ，但不会过点 (4,0) ，
故P点轨迹方程为 x−22+y−22=8 (去掉点 4,0 )，
圆心为 D(2,2) ，半径为 R=2 2 ；
C:x+22+y+22=3 上两点 E ， F 间的距离为 2 2 ，
Q为线段 EF 的中点，则圆C的圆心 (−2,−2) 到Q的距离为 ( 3)2−( 2)2=1 ，
则Q点轨迹方程为 x+22+y+22=1 ，圆心为 C(−2,−2) ，半径为 r=1 ；
由于 x−22+y−22=8 与圆 x+22+y+22=1 的圆心距满足 |CD|=4 2>R+r=2 2+1 ，
故这两圆外离，
则 PQ 的最小值为 |CD|−R−r= 2+22+2+22−2 2−1=2 2−1 ，
故选：B
9.【答案】ABD
【解析】【分析】利用 (−x,−y) 代入曲线方程验证，可判断A；作出曲线，结合圆的周长判断B；数形结合，结合曲线图示判断C；根据圆与圆的位置关系判断两圆在第一象限内情况，数形结合，判断D．
解：对于A， C:x2+y2=2x+2y 满足 (−x)2+(−y)2=2−x+2−y ，
即曲线 C 是中心对称图形，A正确；
对于B，化简 C:x2+y2=2x+2y ( x ， y 不全为0)，当 x≥0,y≥0 时， x2+y2=2x+2y ；
当 x≥0,y≤0 时， x2+y2=2x−2y ；当 x≤0,y≥0 时， x2+y2=−2x+2y ；
当 x≤0,y≤0 时， x2+y2=−2x−2y ；
作出曲线 C:x2+y2=2x+2y ，如图示：曲线由半径为 2 的4个半圆组成，
结合对称性可知曲线 C 的周长为 4×12×2π× 2=4 2π ，B正确；
由曲线图示可知曲线由半径为 2 的4个半圆组成，
第一象限内部分为以 1,1 为圆心， 2 为半径的半圆，C错误；
对于D，先考虑在第一象限内情况，
圆 M:x2+y2=6 与 x2+y2=2x+2y 的圆心距为 2 ，
6− 2< 2< 2+ 6 ，即曲线C与圆M相交，
结合图象知圆 M:x2+y2=6 与 x2+y2=2x+2y 在第一象限内有2个交点，
根据对称性可知曲线 C 与圆 M:x2+y2=6 有8个公共点，D正确，
故选：ABD
10.【答案】AC
【解析】【分析】根据导函数的图象，得出函数的单调区间，进而即可得出函数的极值情况．
解：对于A项，由图象可知，
当 x<−1 时， f′x>0 ，所以 fx 在 −∞,−1 上单调递增；
当 −1所以， fx 在 x=−1 处取得极大值.故A正确；
对于B项，由图象可知，
当 x>−1 时， f′x≤0 恒成立，且不恒为0，所以 fx 在 −1,+∞ 上单调递减．
所以，3不是函数 fx 的极大值点.故B错误；
对于C项，由B可知， fx 在区间 −1,4 上单调递减.故C正确；
对于D项，由B可知， fx 在 −1,+∞ 上单调递减．
所以，1不是函数 fx 的极小值点.故D错误．
故选：AC．
11.【答案】AB
【解析】【分析】求出双曲线的渐近线 y=bax 与 bx−ay−3a=0 之间的距离，根据直线和圆的位置关系，列不等式，即可求得双曲线离心率范围，即可判断答案．
解：双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的一条渐近线方程为 y=bax ，即 bx−ay=0 ，
则 bx−ay=0 与直线 bx−ay−3a=0 间的距离为 d=|−3a| a2+b2=3ac ，
由于点 Px0,y0 是直线 bx−ay−3a=0 上任意一点，圆 x−x02+y−y02=3 与双曲线 C 的左支没有公共点，
故 d=3ac≥ 3 ，即双曲线离心率 1结合选项，可知A，B正确，
故选：AB
12.【答案】ABD
【解析】【分析】本题关键在于由裁剪规律得出 Ln+1,Ln 以及 Sn,Sn+1 之间的递推规律，再利用累加法由等比数列前 n 项和公式即可求得结果.画出图形依据裁剪规律可得 Kn+1 比 Kn 多了两条边 Pn+1Mn,Pn+1Mn+1 ，少了线段 MnMn+1 ，即可得到 Ln+1−Ln= 2−12n ，即A正确， Sn+1 比 Sn 少了一个以 12n 为斜边的等腰直角三角形，可得 Sn−Sn+1=14n+1 ，C错误；再分别利用A和C中的结论，由累加法计算可得BD正确．
解：根据题意可知，如下图所示规律：
对于A，易知 Kn+1 比 Kn 多了两条边 Pn+1Mn,Pn+1Mn+1 ，少了线段 MnMn+1 ；
由 Pn+1Mn=Pn+1Mn+1= 22×12n,MnMn+1=12n ，
可得 Ln+1−Ln=Pn+1Mn=Pn+1Mn+1= 2×12n−12n= 2−12n ，故A正确；
对于B，利用A中结论由累加法可得，
当 n≥2 时， Ln−L1= 2−121+ 2−122+⋅⋅⋅+ 2−12n−1 ，又 L1=5+ 2 ，
所以 Ln=5+ 2+ 2−1121+122+⋅⋅⋅+12n−1=5+ 2+ 2−1⋅121−12n−11−12
=4+2 2− 2−12n−1 ，显然当 n=1 时， L1=5+ 2 也符合上式，即B正确；
对于C， Sn+1 比 Sn 少了一个以 12n 为斜边的等腰直角三角形，
所以 Sn−Sn+1=12× 22×12n2=12×12×14n=14n+1 ，即C错误；
对于D，利用B中结论由累加法可得，
当 n≥2 时， Sn−S1=142+143+⋅⋅⋅+14n=1421−14n−11−14=1121−14n−1 ，又 S1= 34×22−12× 222= 3−14 ，
所以 Sn=S1−1121−14n−1= 3−14−1121−14n−1= 3−13+13⋅4n ，显然当 n=1 时， S1= 3−14 也符合上式，即D正确；
故选：ABD
13.【答案】3
【解析】【分析】根据幂函数的求导法则得出 f′x ，进而根据导数的定义代入 x=4 ，即可得出答案．
解：由已知可得， f′x=32x12 ，
根据导数的定义可知，
函数 fx=x32 在区间 x=4 处的瞬时变化率为 f′4=32×412=3 ．
故答案为：3．
14.【答案】x2+(y−1)2=4
【解析】【分析】根据抛物线的焦点和准线，确定圆心和半径，即得答案．
解：由题意得抛物线 C:x2=4y 的焦点坐标为 (0,1) ，准线方程为 y=−1 ，
故所求圆的圆心为 (0,1) ，半径为2，
故圆的方程为： x2+(y−1)2=4 ，
故答案为： x2+(y−1)2=4
15.【答案】3n2−3n2+2
【解析】【分析】根据已知结合二阶等差数列的定义，即可得出 an+1−an=3n .进而根据累加法，即可得出答案．
解：由已知可得， a2−a1=3 ， a3−a2=6 ，
根据二阶等差数列的定义可知，
an+1−an 是以 a2−a1=3 为首项，公差为 6−3=3 的等差数列，
所以， an+1−an=3+3n−1=3n ．
所以， an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1 =3n−1+3n−2+⋯+3+2
=2+n−13n−1+32=3n2−3n2+2 ．
故答案为： 3n2−3n2+2 ．
16.【答案】12
【解析】【分析】根据椭圆的定义和三角形的面积公式得到 PF1=8c 和 PF2=2a−8c ，利用余弦定理得到 a 与 c 的关系式，结合椭圆的离心率求出 a 和 c 的值，可以证明 DE 是 PF2 的中垂线，最后再根据椭圆的定义求解即可．
解：
∵ 椭圆 x2a2+y2b2=1a>b>0 的离心率为 23 ，
∴ e=ca=23 ， ∴ c=23a
∵ cs∠PF1F2=78 ， ∴ sin∠PF1F2= 158 ，
∴ S▵PF1F2=12PF1⋅F1F2⋅sin∠PF1F2=12PF1⋅2c⋅ 158= 15 ，
∴ PF1=8c
∵ 点 P 在椭圆上， ∴ PF1+PF2=2a ，
∴ PF2=2a−8c ，
在 △PF1F2 中，根据余弦定理得 PF22=PF12+F1F22−2PF1⋅F1F2⋅cs∠PF1F2 ，
即 2a−8c2=8c2+4c2−2⋅8c⋅2c⋅78 ，
整理得 a2−c2−8ac+7=0 ，
∵ c=23a ，与上式联立，解得 a=3 ， c=2 ，
∴ PF1=4=2c=F1F2 ，
由题意知， DE⊥PF2 ，
∴ DE 是 PF2 的中垂线，
∴ PD=DF2 ， PE=EF2 ，
∵ D ， E 在椭圆上，
∴ EF1+EF2=DF1+DF2=2a ，
∴ ▵PDE 的周长为 PD+PE+DE=DF2+EF2+DF1+EF1=4a=12 ．
故答案为： 12 ．
17.【答案】解：(1)选①：由于 Sn+1=Sn+an−2 ，即 an+1=Sn+1−Sn=an−2 ，
故 an+1−an=−2 ，即数列 an 为公差是−2的等差数列，
设首项为 a1 ，则由 a4+a7=6 ，得 a1−6+a1−12=6 ，即 a1=12 ，
故 an=12−2n−1=14−2n ；
选②，由于 Sn+1=Sn+an−2 ，即 an+1=Sn+1−Sn=an−2 ，
故 an+1−an=−2 ，即数列 an 为公差是−2的等差数列，
设首项为 a1 ， S55=8 ，得 5a1+12×5×4×−25=8 ，即 a1=12 ，
故 an=12−2n−1=14−2n ；
选③，由于 Sn+1=Sn+an−2 ，即 an+1=Sn+1−Sn=an−2 ，
故 an+1−an=−2 ，即数列 an 为公差是−2的等差数列，
设首项为 a1 ，由 a3 ， a5 ， a6 成等比数列，得 a52=a3a6 ，
即 a1−82=a1−4a1−10 ，解得 a1=12 ，
故 an=12−2n−1=14−2n ；
(2)由(1)可得 Sn=12n+12nn−1×−2=−n2+13n=−n−1322+1694 ，
由于n为正整数，故n取6或7时， Sn 取到最大值 −6−1322+1694=42 ．

【解析】【分析】(1)由 Sn+1=Sn+an−2 可推出数列 an 为公差是−2的等差数列，选①或②时，结合等差数列的通项公式或者前n项和公式，求出首项，即可得答案；选③，结合等比数列性质以及等差数列的通项公式，求出首项，即可得答案；
(2)求出 Sn 的表达式，结合二次函数知识，即可求得答案．
18.【答案】解：(1)由已知可得， f′x=3ax2−3 ．
又 f′−2=9 ，所以 12a−3=9 ，解得 a=1 ，
所以， fx=x3−3x ， f′x=3x2−3 ， f2=2 ．
根据导数的几何意义可知，
曲线 y=fx 在点 2,f2 处的切线的斜率 k=f′2=9 ，
代入点斜式方程可得， y−2=9x−2 ，
所以，切线方程为 9x−y−16=0 ．
(2)由(1)知， f′x=3x2−3 ，
解 f′x=0 ，可得 x=±1 ．
解 f′x>0 ，可得 x<−1 或 x>1 ，所以 fx 在 −∞,−1 上单调递增，在 1,+∞ 上单调递增；
解 f′x>0 ，可得 −1所以， fx 在 x=−1 处取得极大值 f−1=2 ，在 x=1 处取得极小值 f1=−2 ．
又 f−2=−2 ， f2=2 ，
所以， fx 在区间 −2,2 上最大值为 2 ，最小值为 −2 ，
所以， ∀x1,x2∈−2,2 ， fx1−fx2≤2−−2=4 恒成立．
又 fx1−fx2≤c 恒成立，
所以 c≥4 ，实数 c 的最小值为4．

【解析】【分析】(1)求出导函数，结合已知得出 a=1 ，进而解出 f2=2 .根据导数的几何意义得出切线的斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案；
(2)根据导函数得出函数在区间 −2,2 上的单调性，求出函数的极值，结合端点处的函数值，求出函数的最值，即可得出答案．
19.【答案】解：(1)联立 y=x−2x=0 可得圆心 C0,−2 ，
所以，圆 C 的方程为 x2+y+22=9 ．
当切线斜率不存在时，切线方程为 x=−3 ，
此时圆心 C0,−2 到 x=−3 的距离 d=3=r ，满足题意；
当切线斜率存在时，设切线斜率为 k ，
切线方程为 y=kx+3 ，即 kx−y+3k=0 ．
因为 kx−y+3k=0 与圆 C 相切，
所以有 C0,−2 到 kx−y+3k=0 的距离 d=r=3 ，
即 2+3k k2+1=3 ，整理可得 12k−5=0 ，解得 k=512 ，
所以，切线方程为 y=512x+3 ，整理可得 5x−12y+15=0 ．
综上所述，切线方程为 x=−3 或 5x−12y+15=0 ．
(2)设圆心 Ca,a−2 ， Mx,y ，
则 MA= x+32+y2 ， MO= x2+y2 ．
由 MA=2MO 可得， x+32+y2=2 x2+y2 ，
整理可得， x2+y2−2x−3=0 ，即 x−12+y2=4 ，
所以，点 M 在以 C11,0 为圆心， r1=2 为半径的圆上．
由已知可得，圆 C1 与圆 C 有公共点，
所以， r−r1≤CC1≤r+r1 ，即 1≤ a−12+a−22≤5 ，
平方整理可得， a2−3a+2≥0a2−3a−10≤0 ，解得 −2≤a≤1 或 2≤a≤5 ．

【解析】【分析】(1)由已知求出圆心 C0,−2 ，以及圆的方程.分切线斜率不存在，以及斜率存在两种情况，分别求解即可得出答案；
(2)由已知求出点 M 满足的轨迹为圆 C1 ，并求出圆 C1 的方程.根据已知得出圆 C1 与圆 C 有公共点，列出不等式，求解即可得出答案．
20.【答案】解：(1)证明：由题意知数列 an 中 a1=14 ， an+1=an3−2ann∈N∗ ，
故 1an+1−1=3−2anan−1=31an−1 ，
故 1an−1 是等比数列，且首项为 1a1−1=3 ，公比 q=3 ，
故 1an−1=3n ，则 an=13n+1 ；
(2)bn=n,n为奇数n3n+12nan,n为偶数=n,n为奇数n2n,n为偶数 ，
故 T2n=b1+b2+⋯+b2n−1+b2n=b1+b3+⋯+b2n−1+b2+b4+⋯+b2n
=(1+3+⋯+2n−1)+222+424+⋯+2n22n
=n2+222+424+⋯+2n22n ，
设 Mn=222+424+⋯+2n22n ，
则 14Mn=224+426+⋯+2n22n+2 ，
故 34Mn=12+2124+126+⋯+122n−2n22n+2
=12+2⋅1161−14n−11−14−2n22n+2 ，
故 Mn=89−3n+49×22n−1 ，则 T2n=n2+89−3n+49×22n−1 ．

【解析】【分析】(1)根据数列递推式，取倒数可得 1an+1−1=31an−1 ，结合等比数列定义即可证明结论，继而求得通项公式；
(2)结合(1)的结果可得 bn=n,n为奇数n3n+12nan,n为偶数 的表达式，利用分组求和以及错位相减法求数列的和，即可得答案．
21.【答案】解：(1)由已知可得，双曲线的渐近线方程为 y=±bax ，右焦点 F2c,0 ，
右焦点 F2c,0 到其中一条渐近线 y=bax ，即 bx−ay=0 的距离 d=bc a2+b2=b ．
则由已知可得 e=ca= 62b=1c2=a2+b2 ，解得 a2=2b=1c2=3 ，
所以，双曲线的方程为 x22−y2=1 ．
(2)假设存在实数 λ ，使得 PM2=λ⋅MA⋅MB ．
由题意知点 P 在第一象限，其坐标为 Px0,y0 ，
则 x022−y02=1 ①．
因为双曲线的右支，所以 x>0 ，
由 x22−y2=1 可得， y= x22−1 ，
求导可得， y′=12⋅x x22−1 ，
根据导数的几何意义可知，直线 l 的斜率为 k=12⋅x0 x022−1 ．
又直线 l 经过点 Px0,y0 以及点 0,−1 ，所以 k=y0+1x0 ，
所以有 12⋅x0 x022−1=y0+1x0 ②．
由①②可解得， x0=2 ， y0=1 ，点 P2,1 ， k=1 ，
所以，直线 l 的方程为 y−1=x−2 ，即 y=x−1 ，直线 OP 的斜率为 12 ．
设直线 l′ 的方程为 y=12x+m ， Ax1,y1 ， Bx2,y2 ，
联立 y=12x+my=x−1 可得 x=2m+2y=2m+1 ，
即 M2m+2,2m+1 ， xM=2m+2,yM=2m+1 ，
所以， PM2=2m+2−22+2m+1−12=8m2 ．
联立 y=12x+mx22−y2=1 可得， x2−4mx−4m2−4=0 ，
Δ=−4m2−4×1×−4m2−4=32m2+16>0 恒成立．
由韦达定理可得， x1+x2=4mx1x2=−4m2−4 ．
因为 A,B,M 都在直线 l′ 上，
所以 y1−yMx1−xM=y2−yMx2−xM=12 ，
所以 y1−yM=12x1−xM ， y2−yM=12x1−xM ，
所以， MA2⋅MB2=x1−xM2+y1−yM2x2−xM2+y2−yM2
=x1−xM2+14x1−xM2x2−xM2+14x2−xM2
=2516x1−xMx2−xM2 =2516x1x2−xMx1+x2+xM22
=2516−4m2−4−4m2m+2+2m+222 =100m4 ，
所以， MA⋅MB=10m2 ．
因为 PM2=λ⋅MA⋅MB ，
所以 λ=PM2MA⋅MB=8m210m2=45 ，假设成立．
所以，存在实数 λ ，使得 PM2=λ⋅MA⋅MB ，且 λ=45 ．

【解析】【分析】由双曲线方程求得 y= x22−1 ，求导根据导数的几何意义得出直线 l 的斜率为 k=12⋅x0 x022−1 ，结合斜率的定义以及已知构造方程组，得出点 P 的坐标以及切线的斜率.(1)根据已知列出关于 a,b,c 方程组，求解即可得出答案；
(2)假设存在.设 Px0,y0 ，有 x022−y02=1 .由双曲线方程求得 y= x22−1 ，求导根据导数的几何意义得出直线 l 的斜率为 k=12⋅x0 x022−1 ，结合斜率的定义以及已知构造方程组，得出 P2,1 及其斜率，进而设出 l′ 的方程为 y=12x+m ， Ax1,y1 ， Bx2,y2 .联立直线 l,l′ 的方程，求出 M 坐标，表示出 PM2 .联立直线 l′ 与双曲线的方程，结合韦达定理，表示出 MA2⋅MB2 ，再根据假设，化简运算，求解即可得出答案．
22.【答案】解：(1)由已知可得， f′x=ex−a+sinx ．
根据导数的几何意义结合已知可得， f′0=−1 ，
所以， e0−a+sin0=1−a=−1 ， a=2 ．
(2)由(1)可得， f′x=ex+sinx−2 ， fx=ex−2x−csx ．
①当 x≤0 时，有 ex≤1,sinx≤1 ，
所以 f′x=ex+sinx−2≤0 恒成立，
所以， fx 在 −∞,0 上单调递减， fx≥f0=0,0 是一个零点；
②当 x>0 时， f′x=ex+sinx−2 ，
设 gx=ex+sinx−2 ，则 g′x=ex+csx≥1+csx≥0 恒成立，
所以， gx ，即 f′x 在 0,+∞ 上单调递增．
又 f′0=−1<0 ， f′1=e+sin1−2>0 ，
所以，根据零点存在定理可知， ∃x1∈0,1 ，使得 f′x1=0 ．
当 0当 x>x1 时， f′x>0 ，所以 fx 在 x1,+∞ 上单调递增．
又 f0=1−1=0 ，所以 fx1<0 ．
因为 f2=e2−4−cs2>e2−4>0 ，
根据零点存在定理可知， ∃x2∈x1,2 ，使得 fx2=0 ．
综上所述， fx 在R上的零点个数为2．
因为 fx 在 −∞,0 上单调递减，在 0,x1 上单调递减，在 x1,+∞ 上单调递增，
所以， fx 在 x=x1 处取得最小值 fx1=ex1−2x1−csx1 ．
又 f′x1=ex1+sinx1−2=0 ，
所以 ex1=2−sinx1 ， fx1=2−sinx1−2x1−csx1 ．
因为 x1<1 ，
所以 2−2x1>0 ， fx1>−sinx1−csx1=− 2sinx1+π4≥− 2 ，
所以， fxmin≥− 2 ， fx≥− 2 ．

【解析】【分析】先根据导函数得出函数的单调性，进而结合零点存在定理即可得出函数零点的情况.(1)求出导函数，根据导数的几何意义，结合已知，即可得出答案；
(2)利用导函数分别得出函数在 x≤0 ，以及 x>0 的单调性，根据零点存在定理得出零点的个数.再结合函数的单调性，得出函数的最小值，进而结合三角函数的值域，即可得出证明．