2023-2024学年黑龙江省牡丹江第一高级中学高二（上）期末数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省牡丹江第一高级中学高二（上）期末数学试卷(含解析），共15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.已知等比数列{an}满足a1=1，a3a4=2a2，则a3=( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
2.已知{an}是公差不为0的等差数列，a5是a4与a8的等比中项，则S6=( )
A. −9B. 0C. 9D. 无法确定
3.已知函数f(x)=(x2+x+1)ex，则f(x)在(0,f(0))处的切线方程为( )
A. x+y+1=0B. x−y+1=0C. 2x+y+1=0D. 2x−y+1=0
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1+a3=54，a2+a4=52，则S6S3=( )
A. 12B. 98C. 2D. 9
5.记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=10，且{1+an3}是公差为−1的等差数列，则Sn的最大值为( )
A. 12B. 22C. 37D. 55
6.已知函数f(x)=lnx，g(x)=12x+1，若f(x1)=g(x2)，则x1−x2的最小值为( )
A. 2−2ln2B. −2ln2−2C. 4−2ln2D. −2ln2−4
7.已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn=2n3n+1，则a2+a8b3+b5=( )
A. 911B. 711C. 1013D. 914
8.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即an+2=an+1+an(n∈N*)，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”.记a2022=t，则a1+a3+a5+⋯+a2021=( )
A. t2B. t−1C. tD. t+1
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.函数f(x)=(x−1)lnx，x∈(1,+∞)，下列说法中，正确的是( )
A. f(x)>0B. f(x)在(1,+∞)单调递增
C. f′(x)=lnx+1x−1D. f(x)<(x−1)2
10.已知Sn是数列{an}的前n项和，若a1=1，an≠0(n∈N*)，anan+1=3Sn−1(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A. a2=2B. 数列{an}为等差数列
C. an+2−an=3D. S20=300
11.等比数列{an}的公比为q，其前n项的积为Tn，并且满足条件a1>1,a99a100−1>0,a99−1a100−1<0.给出下列结论，其中正确的是( )
A. 0C. T100的值是Tn中最大的D. T99的值是Tn中最大的
12.已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+an，则( )
A. {an}是递减数列B. an≥n
C. a2022≤22021D. 1a1+1+1a2+1+…+1an+1<1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2f′(1)lnx+x，则f(e)= ______．
14.已知数列{an}的前n项和Sn=3n+2，{an}的通项公式为______．
15.已知数列{an}满足a1=1，a2=132，an+2an+1=4an+1an，则a8= ______．
16.已知数列{an}的首项a1=35，且an+1=3an2an+1，1a1+1a2+…+1an<2024，则满足条件的最大整数n= ______．
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}满足：a1=2，a2=4，数列{an−n}为等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求和：Sn=a1+a2+⋯+an．
18.(本小题12分)
已知数列{an}为等差数列，Sn为{an}的前n项和，a3=5，S8=64．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{1anan+1}的前n项和为Tn，求证：Tn<12．
19.(本小题12分)
设a为实数，函数f(x)=x3−3x2+a，g(x)=xlnx．
(1)求f(x)的极值；
(2)对于∀x1∈[1,3]，∀x2∈[1e,e]，都有f(x1)≥g(x2)，求实数a的取值范围．
20.(本小题12分)
已知等差数列{an}满足：a1=1，d=2，数列{bn}满足b1=3，bn≠2且，4(bn−bn+1)=bn−2(n∈N)．
(1)证明：数列{bn−2}是等比数列；
(2)若数列{cn}满足cn=an4n−1(bn−2)，求{cn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=−5，a2为整数，且Sn≥S3．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn=(−1)nanan+1，且数列{bn}前n项和为Tn，若Tn≥tn2对n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．
22.(本小题12分)
已知椭圆Γ：x2a2+y23=1(a> 3)的离心率为 22，点M(m,n)在Γ上，从原点O向圆M：(x−m)2+(y−n)2=2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若直线OP，OQ的斜率记为k1，k2(k1⋅k2≠0)，求k1⋅k2的值；
(3)若m<0，n>0，直线l：mx+2ny=0与Γ在第一象限的交点为N，点R在线段ON上，且|MR|= 6，试问直线MR是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，等比数列{an}中，
有a3a4=a2a5=2a2，则a5=2，
而a1=1，故a3为正值，
故a3= a1a5= 2．
故选：C．
根据题意，由等比数列的性质求出a5的值，进而计算可得答案．
本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式与前n项和，考查等比数列的性质，考查运算求解能力．
由已知列式求得a1=−52d，再由等差数列的前n项和公式求解．
【解答】
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d(d≠0)，
由a5是a4与a8的等比中项，得a52=a4a8，
即a52=(a5−d)(a5+3d)=a52+2a5d−3d2，
可得2a5−3d=0，即2(a1+4d)−3d=0，
∴a1=−52d，
∴S6=6(a1+a6)2=6(a1+a1+5d)2=6a1+15d
=6×(−52d)+15d=0．
故选：B．
3.【答案】D
【解析】解：由f(x)=(x2+x+1)ex，得f′(x)=(2x+1)ex+(x2+x+1)ex=(x2+3x+2)ex，
则f′(0)=2，又f(0)=1，
∴f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=2x+1，即2x−y+1=0．
故选：D．
求出原函数的导函数，得到函数在x=0处切线的斜率，再求出f(0)，利用直线方程的斜截式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，由题意可知，q≠1．
∴q=a2+a4a1+a3=5254=2，
则S6S3=a1(1−q6)1−qa1(1−q3)1−q=1−q61−q3=1+q3=1+8=9．
故选：D．
设等比数列{an}的公比为q，由题意可知，q≠1.再由已知求得公比，结合等比数列的前n项和求得S6S3．
本题考查等比数列的性质，考查了等比数列的前n项和，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意a1=10，且{1+an3}是公差为−1的等差数列，
所以{1+an3}的首项为1+a13=113，
则1+an3=113+(n−1)(−1)=143−n，
故an=13−3n，则数列{an}为a1=10，公差为−3的等差数列，且为递减数列，
令an=13−3n≥0，∴n≤133，
即等差数列{an}的前4项为正项，从第5项开始为负，
故Sn的最大值为S4=4×10+4×32×(−3)=22．
故选：B．
根据{1+an3}是公差为−1的等差数列，求出{an}的通项公式，判断其为等差数列，确定该数列为递减数列，确定其正项，即可求得答案．
本题考查等差数列的通项公式及数列与函数的综合问题，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设f(x1)=g(x2)=t，则x1=et,x2=2t−2，
所以x1−x2=et−2t+2，
令h(t)=et−2t+2，
则h′(t)=et−2，
令h′(t)<0⇒t令h′(t)>0⇒t>ln2，函数h(t)单调递增，
所以h(t)min=h(ln2)=eln2−2ln2+2=4−2ln2，
即x1−x2的最小值为4−2ln2．
故选：C．
由题意，设f(x1)=g(x2)=t，则x1−x2=et−2t+2=h(t)，利用导数讨论函数h(t)的性质求出h(t)min即可．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意，数列{an}、{bn}都是等差数列，显然两个数列都不是常数列，
由于SnTn=2n3n+1=2n23n2+n，显然两个数列都不是常数列，
由等差数列前n项和公式，所以不妨令Sn=2kn2,Tn=3kn2+kn(k为常数，且k≠0)，
所以n≥2时，an=Sn−Sn−1=k(4n−2)，bn=Tn−Tn−1=k(6n−2)．
∴a5=18k，b4=22k，∴a5b4=911．
a2+a8b3+b5=2a52b4=a5b4=911，
故选：A．
根据题意，利用SnTn=2n3n+1，结合等差数列的前n项和公式，构造出符合题意的一组{an}与{bn}的通项公式，再进行计算即可．
本题考查等差数列的前n项和，涉及等差数列的通项公式，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查数列的新定义问题，属于较易题．
根据已知的递推公式推出从a2022到a4与后两项之间的关系，即可求出a1+a3+a5+⋯+a2021的值．
【解答】
解：因为an+2=an+1+an(n∈N*)，
所以a2022=a2021+a2020=a2021+a2019+a2018
=⋯=a2021+a2019+⋯+a3+a2=a2021+a2019+⋯+a3+a1=t．
故选：C．
9.【答案】ABD
【解析】解：f(x)=(x−1)lnx，x∈(1,+∞)，
∴f(x)>0．
f′(x)=lnx+x−1x=lnx+1−1x，
由f′(x)在x∈(1,+∞)上单调递增，且f′(1)=0，
∴f′(x)>0，∴函数f(x)在x∈(1,+∞)上单调递增；
令g(x)=f(x)−(x−1)2=(x−1)lnx−(x−1)2=(x−1)(lnx−x+1)，
令h(x)=lnx−x+1，x∈(1,+∞)，
h′(x)=1x−1<0，
∴函数h(x)在x∈(1,+∞)上单调递减，
∴h(x)∴g(x)=(x−1)(lnx−x+1)<0，
∴f(x)<(x−1)2．
综上可得：只有ABD正确．
故选：ABD．
由f(x)=(x−1)lnx，x∈(1,+∞)，利用导数的运算法则可得f′(x)，利用单调性即可判断出ABC的正误；令g(x)=f(x)−(x−1)2=(x−1)(lnx−x+1)，h(x)=lnx−x+1，x∈(1,+∞)，利用导数研究函数h(x)的单调性即可判断出D的正误．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：若a1=1，anan+1=3Sn−1(n∈N*)，
当n=1时，a1a2=3S1−1=3a1−1，可得a2=2，故A正确；
当n≥2时，由anan+1=3Sn−1，可得an−1an=3Sn−1−1，
两式相减可得anan+1−an−1an=3Sn−1−3Sn−1+1=3an，
由an≠0，即an+1−an−1=3，即有an+2−an=3，故C正确；
由a3−a1=3，可得a3=4，由a3−a2=2，a2−a1=1，即a3−a2≠a2−a1，数列{an}不为等差数列，故B错误；
由数列{an}的奇数项和偶数项均为公差为3的等差数列，
则S20=(a1+a3+...+a19)+(a2+a4+...+a20)=10×1+12×10×9×3+10×2+12×10×9×3=145+155=300，故D正确．
故选：ACD．
由数列递推式可得a2，可判断A；当n≥2时，将n换为n−1，两式相减可得数列{an}的奇数项和偶数项均为公差为3的等差数列，可判断C和B；由等差数列的求和公式，以及数列的分组求和，计算可判断D．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列的通项公式、求和公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由a99−1a100−1<0，则(a99−1)(a100−1)<0，又a99a100−1>0，则q>0，则a99>1，a100<1，即0对于B，由于a100<1，则有a99a101−1=(a100)2−1<0，即选项B正确；
对于C、D，由a99>1，a100<1，可得：T99的值是Tn中最大的，即选项C错误，选项D正确．
故选：ABD．
根据题意，由a99−1a100−1<0，则(a99−1)(a100−1)<0，又a99a100−1>0，则q>0，则a99>1，a100<1，即0本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
12.【答案】BD
【解析】解：依题意，由a1=1>0，an+1=an2+an>0，
可得an+1−an=an2>0，
∴数列{an}是单调递增数列，故选项A错误；
∵a1=1，
∴a2=a12+a1=1+1=2，
a3=a22+a3=4+2=6>3，
∵数列{an}是单调递增数列，
∴an≥n恒成立，故选项B正确；
又∵an+1=an2+an>an2，
∴a3>a22=22，
a4>a32=42，
a5>a42=(42)2=422，
a6>a52=(422)2=423，⋅⋅⋅
∴a2022>422019>22021，故选项C错误；
依题意，由an+1=an2+an两边取倒数，
可得1an+1=1an2+an=1an(an+1)=1an−1an+1，
则1an+1=1an−1an+1，
∴1a1+1+1a2+1+1a3+1+…+1an+1
=1a1−1a2+1a2−1a3+1a3−1a4+⋅⋅⋅+1an−1an+1
=1a1−1an+1
=1−1an+1，
又∵1an+1>0，
∴1a1+1+1a2+1+…+1an+1<1，故选项D正确．
故选：BD．
根据题干已知条件运用作差法可得an+1−an=an2>0，即可发现数列{an}是单调递增数列，从而判断选项A的正确性；再根据题干递推公式及a1=1逐项代入即可推导出an≥n恒成立，判断出选项B的正确性；对于选项C：先根据题干递推公式可得an+1>an2，再逐项代入以及指数的运算即可判断选项C的正确性；对于选项D：先将递推公式进行转化，再运用裂项相消法，最后根据不等式的性质即可证明不等式是否成立，判断选项D的正确性．
本题主要考查数列根据递推公式推导数列某项的取值问题，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了整体思想，转化与化归思想，迭代法，放缩法，裂项相消法，指数的运算，不等式的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
13.【答案】−2+e
【解析】解：由f(x)=2f′(1)lnx+x，得f′(x)=2f′(1)x+1，
令x=1，则f′(1)=2f′(1)1+1，解得f′(1)=−1，
所以f(x)=−2lnx+x，f(e)=−2+e．
故答案为：−2+e．
由求导计算公式求出f′(1)，再代入求出f(e)即可．
本题主要考查了函数的求导公式的应用，属于基础题．
14.【答案】an=5,n=12⋅3n−1,n≥2
【解析】解：已知数列{an}的前n项和Sn=3n+2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n+2−(3n−1+2)=2⋅3n−1，
又a1=S1=5，
则an=5,n=12⋅3n−1,n≥2．
故答案为：an=5,n=12⋅3n−1,n≥2．
结合数列递推式求通项公式即可．
本题考查了数列的递推式，属基础题．
15.【答案】128
【解析】解：由题意知，an+2an+1=4an+1an，即an+2an+1=4⋅an+1an，
所以数列{an+1an}是首项为a2a1=132，公比为4的等比数列，
所以an+1an=132×4n−1=2−5×22n−2=22n−7，
当n≥2时，an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋯⋅a2a1⋅a1=22n−9⋅22n−11⋅⋯⋅2−5⋅1=2(n−1)(2n−9−5)2=2n2−8n+7，
所以a8=27=128．
故答案为：128．
由题意，根据等比数列的定义可知数列{an+1an}是首项为a2a1=132，公比为4的等比数列，根据等比数列的通项公式可得an+1an=12×4n−3，利用累乘法求得an=2n2−8n+7，令n=8，计算即可求解．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
16.【答案】2023
【解析】解：首项a1=35，且an+1=3an2an+1，
可得1an+1=13an+23，
即有得1an+1−1=13(1an−1)，
可得数列{1an−1}是首项为23，公比为13的等比数列，
则1an−1=23⋅(13)n−1=2⋅13n，
即1an=2⋅13n+1，
可得1a1+1a2+...+1an=2(13+19+...+13n)+n=23⋅1−13n1−13+n
=n+1−13n<2024，
即n−13n<2023，
由0<13n<1，可得n的最大值为2023．
故答案为：2023．
对数列的递推式两边取倒数，结合等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的性质，即可得到所求最大值．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为a1=2，a2=4，数列{an−n}为等比数列，
所以a1−1=1，a2−2=2，则a2−2a1−1=2，
即{an−n}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an−n=2n−1，则an=n+2n−1．
(2)Sn=a1+a2+…+an
=1+20+2+21+3+22+⋯+n+2n−1
=(1+2+3+⋯+n)+(20+21+22+⋯+2n−1)
=(1+n)n2+1−2n1−2=12n2+12n+2n−1．
【解析】(1)首先求出a1−1，a2−2，即可求出等比数列{an−n}的通项公式，从而求出{an}的通项公式；
(2)利用分组求和法计算可得．
本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，还考查了等差数列与等比数列的求和公式的应用，分组求和方法的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)解：由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则a3=a1+2d=5S8=8a1+8×72d=64，
化简整理，得a1+2d=52a1+7d=16，
解得a1=1d=2，
∴an=1+2⋅(n−1)=2n−1，n∈N*．
(2)证明：由(1)可得，1anan+1=1(2n−1)(2n+1)
=12⋅(12n−1−12n+1)，
则Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1
=12⋅(1−13)+12⋅(13−15)+…+12⋅(12n−1−12n+1)
=12⋅(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)
=12⋅(1−12n+1)
∵n∈N*，∴12⋅(1−12n+1)<12，
故Tn<12对任意n∈N*恒成立．
【解析】(1)利用等差数列通项公式和求和公式列方程组求出基本量，然后可得通项；
(2)根据裂项相消法求和，然后可证．
本题主要考查等差数列的基本运算，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了方程思想，转化与化归思想，裂项相消法，等差数列的通项公式的运用，不等式的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)∵f(x)=x3−3x2+a，∴f′(x)=3x(x−2)，
令f′(x)>0，解得x>2或x<0，
令f′(x)<0，解得0故f(x)在(−∞,0)递增，在(0,2)递减，在(2,+∞)递增，
故f(x)极大值=f(0)=a，f(x)极小值=f(2)=a−4，
(2)若对于∀x1∈[1,3]，∀x2∈[1e,e]，都有f(x1)≥g(x2)，
则只需f(x)min≥g(x)max，
结合(1)f(x)在[1,2)递减，在(2,3]递增，
故f(x)min=f(2)=a−4，
而g′(x)=lnx+1，令g′(x)>0，解得x>1e，
令g′(x)<0，解得0故a−4≥e，解得a≥e+4，
即a的取值范围是[e+4,+∞)．
【解析】(1)求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的极值；
(2)问题转化为f(x)min≥g(x)max，根据函数的单调性分别求出f(x)的最小值和g(x)的最大值，得到关于a的不等式，解出即可．
本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．
20.【答案】解：(1)证明：因为bn≠2，且4(bn−bn+1)=bn−2(n∈N)，
所以3bn+2=4bn+1，即3(bn−2)=4(bn+1−2)，所以bn+1−2bn−2=34，
又因为b1=3，
所以数列{bn−2}是以首项为1，公比为34的等比数列；
(2)解：等差数列{an}满足a1=1，d=2，所以an=2n−1，
由(1)可知，bn−2=(34)n−1，所以cn=an4n−1(bn−2)=(2n−1)(13)n−1，
因为Tn=c1+c2+c3+⋯+cn，
所以Tn=1×(13)0+3×(13)1+5×(13)2+⋯+(2n−1)(13)n−1 ①，
13Tn=1×(13)1+3×(13)2+5×(13)3+⋯+(2n−1)(13)n②，
①−②，得：
23Tn=1+2×[(13)1+(13)2+(13)3+⋯+(13)n−1]−(2n−1)(13)n=1+2×13×(1−13n−1)1−13−(2n−1)×(13)n
=2−2(n+1)×(13)n，
所以Tn=3−n+13n−1．
【解析】(1)依题意，对原式进行化简，根据等比数列的定义证明即可；
(2)依题意，利用等差数列的通项公式，写出数列{an}的通项，再结合(1)中的结论，得出数列{bn}的通项，从而得到数列{cn}的通项，然后利用数列的错位相减法求和，即可求出数列{cn}的前n项和Tn．
本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d．
由Sn≥S3，可知a3≤0，a4≥0，即a3≤0a4≥0，
即a1+2d≤0a1+3d≥0，
因为a2为整数，所以d=a2−a1=a2+5∈Z，
结合不等式组−5+2d≤0,−5+3d≥0.解得d=2，
所以an=a1+(n−1)d=2n−7．
(2)由(1)可知bn=(−1)nanan+1=(−1)n(2n−7)(2n−5)，
当n为偶数时，Tn=4×[2×(2+4+6+…+n)−7×12n]=2n2+4n−14n=2n2−10n
又Tn≥tn2，即t≤2−10n对任意偶数都成立，所以t≤−3．
同理，当n为奇数时，Tn=2(n−1)2−10(n−1)−(2n−7)(2n−5)=−2n2+10n−23，
又Tn≥tn2，即t≤−2+10n−23n2对任意奇数都成立，易知当奇数n=1时．函数y=−2+10n−23n2取最小值−15，
故t≤−15．
综上，t≤−15．
【解析】(1)利用等差数列的性质，进一步求出数列的通项公式；
(2)利用分类讨论思想和恒成立问题的应用求出结果．
本题考查的知识要点：等差数列的性质，数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为椭圆离心率e= 22，所以e2=a2−3a2=12，
解得a2=6，
所以椭圆方程为Γ：x26+y23=1；
(2)因为直线OP：y=k1x和直线OQ：y=k2x都与圆M相切，
所以|k1m−n| k12+1= 2,|k2m−n| k22+1= 2，即k1，k2是|km−n| k2+1= 2的两根，
将|km−n| k2+1= 2两边平方，可得(m2−2)⋅k2−2mnk+n2−2=0，
所以k1⋅k2=n2−2m2−2，
又因为点M(m,n)在Γ上，
所以点m2+2n2=6，即m2=6−2n2，
所以k1⋅k2=n2−2m2−2=n2−26−2n2−2=−12；
(3)设直线MR的方程为x=sy+t，
联立方程x=sy+tx2+2y2=6，消去x得(s2+2)y2+2sty+t2−6=0，
因为点M(m,n)在直线MR上，所以m=sn+t且n>0，
所以n=−2st+ 4s2t2−4(s2+2)(t2−6)2(s2+2)=−st+ −2t2+6s2+12s2+2，
整理得：n(s2+2)+st= −2t2+6s2+12①，
联立方程x=sy+tmx+2ny=0，可得(ms+2n)y=−mt，所以yR=−mtms+2n，
又因为|MR|= 6，
所以|MR|= 1+s2|n+mtms+2n|= 1+s2|mns+mt+2n2ms+2n|= 1+s2|m2+2n2ms+2n|，
因为点M(m,n)在Γ上所以m2+2n2=6，代入上式继续化简得 1+s2|6ms+2n|= 6，
所以 6⋅ 1+s2=|ms+2n|=|(sn+t)s+2n|=|n(s2+2)+ts|，
由①可知， 6⋅ 1+s2= −2t2+6s2+12，
所以解得t2=3，所以t1=− 3(此时点M(m,n)在第三象限，不合题意，舍去)，t2= 3，
所以直线MR过定点( 3,0)．
【解析】(1)由函数的离心率求得a，得出椭圆Γ的方程；
(2)因为直线OP和直线OQ都与圆M相切，得出k1，k2是方程|km−n| k2+1= 2的两根，根据根与系数关系得出结果；
(3)设直线MR的方程为x=sy+t，与椭圆方程联立消去x，得到关于y的方程，n是方程的根．MR方程与直线l方程联立，求出yR，由|MR|= 6，求出t为定值，得出结果．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．