全国统考版2025届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷十四文含解析

PAGE高考仿真模拟卷(十四)(时间：120分钟；满分：150分)第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A＝{x|y＝eq\r(x－4)}，B＝{x|－1≤2x－1≤0}，则(∁RA)∩B＝()A．(4，＋∞) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4)) D．(1，4]2．若命题“∃x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋1<0”是真命题，则实数a的取值范围是()A．[－1，3]B．(－1，3)C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)3．已知a，b∈R，且a＞b，则下列式子恒成立的是()A．alnx＞blnx B．ax＞bxC．a2＞b2 D．aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＞beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，外接圆半径为R，若bsinB－asinA＝eq\f(1,2)asinC，且△ABC的面积为2R2sinB(1－cos2A)，则cosB＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,4)5．不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋y≥－2，,x－2y≥－2))的解集记为D，若(a，b)∈D，则z＝2a－3b的最小值是()A．－4 B．－1C．1 D．46．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为()A．1∶3πB.eq\r(3)∶πC．1∶3eq\r(3)πD．1∶eq\r(3)π7．将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再往上平移1个单位，所得图象对应的函数在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))上的值域为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，2)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))C．[0，2] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))8.四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年美国数学家阿佩尔与哈肯证明白四色定理．其内容是：“随意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色．”用数学语言表示为“将平面随意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域(如区域D由两个边长为1的小正方形构成)上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A、B、C、D、E、F标记的数字丢失，若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是()A.eq\f(1,15)B.eq\f(4,15)C.eq\f(3,15)D.eq\f(11,15)9．学生的语文、数学成果均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成果都不低于学生乙，且其中至少有一门成果高于乙，则称“学生甲比学生乙成果好”．假如一组学生中没有哪位学生比另一位学生成果好，并且不存在语文成果相同、数学成果也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A．2人 B．3人C．4人 D．5人10．若实数a，b，c，d满意(b＋a2－3lna)2＋(c－d＋2)2＝0，则(a－c)2＋(b－d)2的最小值为()A.eq\r(2) B．8C．2eq\r(2) D．211．已知点O为坐标原点，点M在双曲线C：x2－y2＝λ(λ为正常数)上，过点M作双曲线C的某一条渐近线的垂线，垂足为N，则|ON|·|MN|的值为()A.eq\f(λ,4)B.eq\f(λ,2)C．λ D．无法确定12．已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满意eq\f(f（x）,f′（x）)＋x<1，则下列结论正确的是()A．对于随意x∈R，f(x)<0B．对于随意x∈R，f(x)>0C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0题号123456789101112答案第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．已知向量a，b，其中|a|＝eq\r(3)，|b|＝2，且(a＋b)⊥a，则向量a和b的夹角是__________．14．如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．15．已知m∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋m≤0的解集中有且仅有3个整数，则全部符合条件的m的取值集合是________．16．已知椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，A、B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，直线x＝4与直线PA、PB分别交于M、N两点，若D(7，0)，则过D、M、N三点的圆必过x轴上不同于点D的定点，其坐标为________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满意：bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.18．(本小题满分12分)某高校为了了解新生的视力状况，随机地抽查了该校100名新生的视力状况，得到频率分布直方图，如图所示．已知前4组的频数从左到右依次是等比数列{an}的前四项，后6组的频数从左到右依次是等差数列{bn}的前六项．(1)求等比数列{an}的通项公式；(2)求等差数列{bn}的通项公式；(3)若规定视力低于5.0的学生属于近视学生，试估计该校新生的近视率p的大小．19．(本小题满分12分)正方形ADEF与梯形ABCD所在平面相互垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝eq\f(1,2)CD＝2，点M是EC中点．(1)求证：BM∥平面ADEF；(2)求三棱锥M­BDE的体积．20.(本小题满分12分)如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax＋b.(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，试求g(x)的表达式；(2)若φ(x)＝eq\f(m（x－1）,x＋1)－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围；(3)证明不等式：eq\f(2n,n＋1)<eq\f(1,ln2)＋eq\f(1,ln3)＋eq\f(1,ln4)＋…＋eq\f(1,ln（n＋1）)<eq\f(n,2)＋1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)．请考生在22、23题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4­4：坐标系与参数方程极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同．已知曲线C的极坐标方程为ρ＝2(cosθ＋sinθ)，斜率为eq\r(3)的直线l交y轴于点E(0，1)．(1)求C的直角坐标方程，l的参数方程；(2)直线l与曲线C交于A、B两点，求|EA|＋|EB|.23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x＋6|－|m－x|(m∈R)．(1)当m＝3时，求不等式f(x)≥5的解集；(2)若不等式f(x)≤7对随意实数x恒成立，求m的取值范围．高考仿真模拟卷(十四)1．解析：选B.由题意得，A＝[4，＋∞)，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以(∁RA)∩B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).2．解析：选D.因为命题“∃x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋1<0”等价于xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋1＝0有两个不等的实根，所以Δ＝(a－1)2－4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3，故选D.3．解析：选D.对于A，当0＜x＜1时，lnx＜0，此时alnx＜blnx，故解除A；对于B，当x＜0时，ax＜bx，故解除B；对于C，取a＝0，b＝－1，则a2＜b2，故解除C；对于D，因为对随意的x，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＞0，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＞beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x恒成立，故选D.4．解析：选D.因为bsinB－asinA＝eq\f(1,2)asinC，所以由正弦定理得，b2－a2＝eq\f(1,2)ac①，因为△ABC的面积为2R2sinB(1－cos2A)＝a2sinB，所以eq\f(1,2)acsinB＝a2sinB，则c＝2a，代入①得，b2＝2a2，由余弦定理得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋4a2－2a2,4a2)＝eq\f(3,4).5．解析：选A.画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，当a＝－2，b＝0时，z＝2a－3b取得最小值－4.6．解析：选D.由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积V1＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4，外接球的直径的平方4R2＝22＋22＋22＝12，R＝eq\r(3)，所以球的体积V2＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π，体积比V1∶V2＝4∶4eq\r(3)π＝1∶eq\r(3)π.7．解析：选A.将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，再往上平移1个单位，得函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1的图象．因为－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最大值为1，最小值为－eq\f(\r(3),2)，故函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，2)).8．解析：选B.因为区域C相邻标记1，2，3的区域，所以区域C标记4，进而区域D相邻标记2，3，4的区域，从而推出区域D标记1，区域A相邻标记1，2，4的区域，所以区域A标记3，区域E相邻标记2，3，4的区域，从而区域E标记1，区域F相邻标记1，3，4的区域，从而标记2，区域B相邻标记为1，2，3的区域，所以标记4，所以只有B，C标记为4，共占8个边长为1的正方形，面积为8，总共的区域面积为30，所以在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是eq\f(8,30)＝eq\f(4,15).故选B.9．解析：选B.首先要证，没有随意两个同学的数学成果是相同的．假设A，B两名同学的数学成果一样，由题知他们的语文成果不一样，这样他们的语文成果总有一个人比另一个人高，相应地由题可知，语文成果较高的同学比另一个同学“成果好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成果好”相冲突．因此看得出，没有随意两个同学的数学成果是相同的．因为数学成果等级只有3种，因而同学数量最大为3.之后要验证3名同学能否满意条件．易证3名同学的成果等级分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满意条件．因此满意条件的最多人数是3.10．解析：选B.因为实数a，b，c，d满意(b＋a2－3lna)2＋(c－d＋2)2＝0，所以b＋a2－3lna＝0，设b＝y，a＝x，则有y＝3lnx－x2，且c－d＋2＝0，设c＝x1，d＝y1，则有y1＝x1＋2，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值就是曲线y＝3lnx－x2上的点到直线y＝x＋2的最小距离的平方值．对曲线y＝3lnx－x2求导得y′＝eq\f(3,x)－2x，易知y＝3lnx－x2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞))上单调递减，与y＝x＋2平行的切线的斜率k＝1＝eq\f(3,x)－2x，解得x＝1或x＝－eq\f(3,2)(舍去)，把x＝1代入y＝3lnx－x2，得y＝－1，即切点为(1，－1)，切点到直线y＝x＋2的距离为eq\f(|1＋1＋2|,\r(2))＝2eq\r(2)，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值为8.11．解析：选B.因为M为双曲线上任一点，所以可取M为双曲线的右顶点，由渐近线y＝x知△OMN为等腰直角三角形，此时|OM|＝eq\r(λ)，|ON|＝|MN|＝eq\f(\r(λ),\r(2))，所以|ON|·|MN|＝eq\f(λ,2).12．解析：选B.法一：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.因为eq\f(f（x）,f′（x）)＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)，所以f(x)＋(x－1)·f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0；当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0.因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0.综上，对于随意x∈R，f(x)>0.法二：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.当x>1时，eq\f(f（x）,f′（x）)<1－x<0，所以f(x)>0，解除A；又函数f(x)在R上单调递减，所以当x≤1时，f(x)>0，解除C、D.13．解析：设a与b的夹角为θ，因为(a＋b)⊥a，所以(a＋b)·a＝0，即a2＋a·b＝0，所以a·b＝－3，即|a||b|cosθ＝－3，所以cosθ＝eq\f(－3,|a||b|)＝－eq\f(3,2\r(3))＝－eq\f(\r(3),2)，因为0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(5π,6).答案：eq\f(5π,6)14．解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD，因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝eq\r(2)AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为eq\r(2)，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为eq\r(2).答案：eq\r(2)15．解析：设函数f(x)＝x2－6x＋m，可知其图象开口向上，对称轴是x＝3，又x2－6x＋m≤0的解集中有且仅有3个整数，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）≤0,f（1）>0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(22－6×2＋m≤0,12－6×1＋m>0))，解得5<m≤8，又m∈Z，故m＝6，7，8，所以符合条件的m的取值集合是{6，7，8}．答案：{6，7，8}16．解析：设点P(x0，y0)、M(4，yM)、N(4，yN)，则直线PA、PB所在的直线方程分别为y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，依题意，可求得yM＝eq\f(6y0,x0＋2)，yN＝eq\f(2y0,x0－2).因为eq\o(DM,\s\up6(→))＝(－3，yM)，eq\o(DN,\s\up6(→))＝(－3，yN)，所以eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))＝9＋eq\f(12yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)，又eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，所以12－3xeq\o\al(2,0)＝4yeq\o\al(2,0)，即eq\f(12yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)＝－9，所以eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))＝0，所以MN为过D、M、N三点的圆的直径．法一：设定点为E(t，0)，则MN为线段DE的垂直平分线，又线段MN为圆的直径，令圆心为F(4，a)，可得|EF|＝|FD|，即eq\r(（4－t）2＋（a－0）2)＝eq\r(（4－7）2＋（a－0）2)，解得t＝1或7(舍)，所以定点坐标为(1，0)．法二：设定点为E(t，0)，则MN为线段DE的垂直平分线，所以点E与点D关于直线x＝4对称，故定点为E(1，0)．答案：(1，0)17．解：(1)设{an}的公差为d，因为a2＝2，a3＋a5＝8，所以2＋d＋2＋3d＝8，所以d＝1，所以an＝n.因为bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①所以bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②①－②得，bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，所以bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．因为b1＝2，b2＝2b1，所以{bn}为等比数列，b1＝2，q＝2，所以bn＝2n.(2)因为cn＝eq\f(an,bn)＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，两式相减，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(2＋n,2n＋1)，所以Tn＝2－eq\f(n＋2,2n).18．解：(1)由题意知a1＝0.1×0.1×100＝1，a2＝0.3×0.1×100＝3.因为数列{an}是等比数列，所以公比q＝eq\f(a2,a1)＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－1.(2)由(1)，得a3＝9，a4＝27，所以a1＋a2＋a3＝13.所以b1＋b2＋b3＋…＋b6＝100－(a1＋a2＋a3)＝87.因为数列{bn}是等差数列，设公差为d，则b1＋b2＋b3＋…＋b6＝6b1＋15d＝87，又b1＝a4＝27，所以d＝－5.所以bn＝32－5n.(3)因为规定视力低于5.0的学生属于近视学生，所以p＝eq\f(a1＋a2＋a3＋b1＋b2＋b3＋b4,100)＝0.91(或p＝1－eq\f(b5＋b6,100)＝0.91)．故估计该校新生的近视率为91%.19．解：(1)证明：取ED的中点N，连接MN，AN.又因为点M是EC中点．所以MN∥DC，MN＝eq\f(1,2)DC.而AB∥DC，AB＝eq\f(1,2)DC.所以MN綊BA，所以四边形ABMN是平行四边形．所以BM∥AN.而BM⊄平面ADEF，AN⊂平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.(2)因为M为EC的中点，所以S△DEM＝eq\f(1,2)S△CDE＝2，因为AD⊥CD，AD⊥DE，且DE与CD相交于点D，所以AD⊥平面CDE.因为AB∥CD，所以三棱锥B­DME的高为AD＝2，所以VM­BDE＝VB­DEM＝eq\f(1,3)S△DEM·AD＝eq\f(4,3).20．解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x以及OQ：y＝k2x与圆M相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝eq\r(2)，化简得(xeq\o\al(2,0)－2)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－2＝0，同理(xeq\o\al(2,0)－2)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－2＝0，所以k1，k2是方程(xeq\o\al(2,0)－2)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－2＝0的两个不相等的实数根，所以k1·k2＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－2,xeq\o\al(2,0)－2).因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝3－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)，所以k1k2＝eq\f(1－\f(1,2)xeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－2)＝－eq\f(1,2).(2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9.理由如下：法一：①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝\f(6,1＋2keq\o\al(2,1))，,yeq\o\al(2,1)＝\f(6keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1)).))所以xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(6（1＋keq\o\al(2,1)）,1＋2keq\o\al(2,1))，同理，得xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(6（1＋keq\o\al(2,2)）,1＋2keq\o\al(2,2))，由k1k2＝－eq\f(1,2)，得|OP|2＋|OQ|2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(6（1＋keq\o\al(2,1)）,1＋2keq\o\al(2,1))＋eq\f(6（1＋keq\o\al(2,2)）,1＋2keq\o\al(2,2))＝eq\f(6（1＋keq\o\al(2,1)）,1＋2keq\o\al(2,1))＋eq\f(6\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k1)))\s\up12(2))),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k1)))\s\up12(2))＝eq\f(9＋18keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))＝9.②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，明显有|OP|2＋|OQ|2＝9，综上：|OP|2＋|OQ|2＝9.法二：①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2＝－eq\f(1,2)，所以yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)，因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),6)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),6)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝3－\f(1,2)xeq\o\al(2,1)，,yeq\o\al(2,2)＝3－\f(1,2)xeq\o\al(2,2)，))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)xeq\o\al(2,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)xeq\o\al(2,2)))＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)，整理得xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝6，所以yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)xeq\o\al(2,1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)xeq\o\al(2,2)))＝3，所以|OP|2＋|OQ|2＝9.②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，明显有|OP|2＋|OQ|2＝9.综上：|OP|2＋|OQ|2＝9.21．解：(1)由已知得f′(x)＝eq\f(1,x)，所以f′(1)＝1＝eq\f(1,2)a，a＝2.又因为g(1)＝0＝eq\f(1,2)a＋b，所以b＝－1，所以g(x)＝x－1.(2)因为φ(x)＝eq\f(m（x－1）,x＋1)－f(x)＝eq\f(m（x－1）,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是减函数，所以φ′(x)＝eq\f(－x2＋（2m－2）x－1,x（x＋1）2)≤0在[1，＋∞)上恒成立(等号不恒成立)，即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m－2≤x＋eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)．因为x＋eq\f(1,x)∈[2，＋∞)，所以2m－2≤2，m≤2.(3)证明：由(1)可得：当x≥2时，lnx<x－1≤eq\f(x,2)(x－1)，所以由lnx<eq\f(1,2)x(x－1)，得eq\f(2,x（x－1）)<eq\f(1,lnx)，所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)－\f(1,x)))<eq\f(1,lnx).当x＝2时，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))<eq\f(1,ln2)，当x＝3时，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))<eq\f(1,ln3)，当x＝4时，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))<eq\f(1,ln4)，…当x＝n＋1时，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))<eq\f(1,ln（n＋1）)，n∈N*，n≥2.上述不等式相加得：2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<eq\f(1,ln2)＋eq\f(1,ln3)＋eq\f(1,ln4)＋…＋eq\f(1,ln（n＋1）)，即eq\f(2n,n＋1)<eq\f(1,ln2)＋eq\f(1,ln3)＋eq\f(1,ln4)＋…＋eq\f(1,ln（n＋1）).①由(2)可得：当m＝2时，φ(x)＝eq\f(2（x－1）,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是减函数，所以当x>1时，φ(x)<φ(1)＝0，即eq\f(2（x－1）,x＋1)－lnx<0，所以lnx>e