全國統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學二輪復習驗收仿真模擬卷十四文含解析

PAGE高考仿真模擬卷(十四)(時間：120分鐘；滿分：150分)第Ⅰ卷一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合A＝{x|y＝eq\r(x－4)}，B＝{x|－1≤2x－1≤0}，則(?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．若命題“?x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋1<0”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－1，3]B．(－1，3)C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)3．已知a，b∈R，且a＞b，則下列式子恒成立的是()A．a(chǎn)lnx＞blnx B．a(chǎn)x＞bxC．a(chǎn)2＞b2 D．a(chǎn)eq\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，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，外接圓半徑為R，若bsinB－asinA＝eq\f(1,2)asinC，且△ABC的面積為2R2sinB(1－cos2A)，則cosB＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,4)5．不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋y≥－2，,x－2y≥－2))的解集記為D，若(a，b)∈D，則z＝2a－3b的最小值是()A．－4 B．－1C．1 D．46．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積與其外接球的體積之比為()A．1∶3πB.eq\r(3)∶πC．1∶3eq\r(3)πD．1∶eq\r(3)π7．將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)(縱坐標不變)，再往上平移1個單位，所得圖象對應的函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))上的值域為()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數(shù)學猜想之一，1976年美國數(shù)學家阿佩爾與哈肯證明白四色定理．其內(nèi)容是：“隨意一張平面地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界的國家涂上不同的顏色．”用數(shù)學語言表示為“將平面隨意地細分為不相重疊的區(qū)域，每一個區(qū)域總可以用1，2，3，4四個數(shù)字之一標記，而不會使相鄰的兩個區(qū)域得到相同的數(shù)字．”如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線圍成的各區(qū)域(如區(qū)域D由兩個邊長為1的小正方形構(gòu)成)上分別標有數(shù)字1，2，3，4的四色地圖符合四色定理，區(qū)域A、B、C、D、E、F標記的數(shù)字丟失，若在該四色地圖上隨機取一點，則恰好取在標記為4的區(qū)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．學生的語文、數(shù)學成果均被評定為三個等級，依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”．若學生甲的語文、數(shù)學成果都不低于學生乙，且其中至少有一門成果高于乙，則稱“學生甲比學生乙成果好”．假如一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成果好，并且不存在語文成果相同、數(shù)學成果也相同的兩位學生，那么這組學生最多有()A．2人 B．3人C．4人 D．5人10．若實數(shù)a，b，c，d滿意(b＋a2－3lna)2＋(c－d＋2)2＝0，則(a－c)2＋(b－d)2的最小值為()A.eq\r(2) B．8C．2eq\r(2) D．211．已知點O為坐標原點，點M在雙曲線C：x2－y2＝λ(λ為正常數(shù))上，過點M作雙曲線C的某一條漸近線的垂線，垂足為N，則|ON|·|MN|的值為()A.eq\f(λ,4)B.eq\f(λ,2)C．λ D．無法確定12．已知f(x)是定義在R上的減函數(shù)，其導函數(shù)f′(x)滿意eq\f(f（x）,f′（x）)＋x<1，則下列結(jié)論正確的是()A．對于隨意x∈R，f(x)<0B．對于隨意x∈R，f(x)>0C．當且僅當x∈(－∞，1)時，f(x)<0D．當且僅當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0題號123456789101112答案第Ⅱ卷二、填空題：本題共4小題，每小題5分．13．已知向量a，b，其中|a|＝eq\r(3)，|b|＝2，且(a＋b)⊥a，則向量a和b的夾角是__________．14．如圖，已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點，C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，那么異面直線AC1與BC所成角的正切值為________．15．已知m∈Z，關(guān)于x的一元二次不等式x2－6x＋m≤0的解集中有且僅有3個整數(shù)，則全部符合條件的m的取值集合是________．16．已知橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，A、B為橢圓C的左、右頂點，P為橢圓C上不同于A、B的動點，直線x＝4與直線PA、PB分別交于M、N兩點，若D(7，0)，則過D、M、N三點的圓必過x軸上不同于點D的定點，其坐標為________．三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．(本小題滿分12分)已知等差數(shù)列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，數(shù)列{bn}中，b1＝2，其前n項和Sn滿意：bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)設(shè)cn＝eq\f(an,bn)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.18．(本小題滿分12分)某高校為了了解新生的視力狀況，隨機地抽查了該校100名新生的視力狀況，得到頻率分布直方圖，如圖所示．已知前4組的頻數(shù)從左到右依次是等比數(shù)列{an}的前四項，后6組的頻數(shù)從左到右依次是等差數(shù)列{bn}的前六項．(1)求等比數(shù)列{an}的通項公式；(2)求等差數(shù)列{bn}的通項公式；(3)若規(guī)定視力低于5.0的學生屬于近視學生，試估計該校新生的近視率p的大小．19．(本小題滿分12分)正方形ADEF與梯形ABCD所在平面相互垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝eq\f(1,2)CD＝2，點M是EC中點．(1)求證：BM∥平面ADEF；(2)求三棱錐M-BDE的體積．20.(本小題滿分12分)如圖，已知M(x0，y0)是橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1上的任一點，從原點O向圓M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作兩條切線，分別交橢圓于點P，Q.(1)若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k1，k2，求證：k1k2為定值；(2)試問|OP|2＋|OQ|2是否為定值？若是，求出該值；若不是，說明理由．21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax＋b.(1)若f(x)與g(x)在x＝1處相切，試求g(x)的表達式；(2)若φ(x)＝eq\f(m（x－1）,x＋1)－f(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；(3)證明不等式：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*)．請考生在22、23題中任選一題作答，假如多做，則按所做的第一題計分．22．(本小題滿分10分)選修4-4：坐標系與參數(shù)方程極坐標系的極點為直角坐標系xOy的原點，極軸為x軸的正半軸，兩種坐標系中的長度單位相同．已知曲線C的極坐標方程為ρ＝2(cosθ＋sinθ)，斜率為eq\r(3)的直線l交y軸于點E(0，1)．(1)求C的直角坐標方程，l的參數(shù)方程；(2)直線l與曲線C交于A、B兩點，求|EA|＋|EB|.23．(本小題滿分10分)選修4-5：不等式選講已知函數(shù)f(x)＝|x＋6|－|m－x|(m∈R)．(1)當m＝3時，求不等式f(x)≥5的解集；(2)若不等式f(x)≤7對隨意實數(shù)x恒成立，求m的取值范圍．高考仿真模擬卷(十四)1．解析：選B.由題意得，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：選D.因為命題“?x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋1<0”等價于xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋1＝0有兩個不等的實根，所以Δ＝(a－1)2－4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3，故選D.3．解析：選D.對于A，當0＜x＜1時，lnx＜0，此時alnx＜blnx，故解除A；對于B，當x＜0時，ax＜bx，故解除B；對于C，取a＝0，b＝－1，則a2＜b2，故解除C；對于D，因為對隨意的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，故選D.4．解析：選D.因為bsinB－asinA＝eq\f(1,2)asinC，所以由正弦定理得，b2－a2＝eq\f(1,2)ac①，因為△ABC的面積為2R2sinB(1－cos2A)＝a2sinB，所以eq\f(1,2)acsinB＝a2sinB，則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：選A.畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，當a＝－2，b＝0時，z＝2a－3b取得最小值－4.6．解析：選D.由三視圖可知，幾何體是一個三棱柱，體積V1＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4，外接球的直徑的平方4R2＝22＋22＋22＝12，R＝eq\r(3)，所以球的體積V2＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π，體積比V1∶V2＝4∶4eq\r(3)π＝1∶eq\r(3)π.7．解析：選A.將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，再往上平移1個單位，得函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1的圖象．因為－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)))的最大值為1，最小值為－eq\f(\r(3),2)，故函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，2)).8．解析：選B.因為區(qū)域C相鄰標記1，2，3的區(qū)域，所以區(qū)域C標記4，進而區(qū)域D相鄰標記2，3，4的區(qū)域，從而推出區(qū)域D標記1，區(qū)域A相鄰標記1，2，4的區(qū)域，所以區(qū)域A標記3，區(qū)域E相鄰標記2，3，4的區(qū)域，從而區(qū)域E標記1，區(qū)域F相鄰標記1，3，4的區(qū)域，從而標記2，區(qū)域B相鄰標記為1，2，3的區(qū)域，所以標記4，所以只有B，C標記為4，共占8個邊長為1的正方形，面積為8，總共的區(qū)域面積為30，所以在該四色地圖上隨機取一點，則恰好取在標記為4的區(qū)域的概率是eq\f(8,30)＝eq\f(4,15).故選B.9．解析：選B.首先要證，沒有隨意兩個同學的數(shù)學成果是相同的．假設(shè)A，B兩名同學的數(shù)學成果一樣，由題知他們的語文成果不一樣，這樣他們的語文成果總有一個人比另一個人高，相應地由題可知，語文成果較高的同學比另一個同學“成果好”，與已知條件“他們之中沒有一個比另一個成果好”相沖突．因此看得出，沒有隨意兩個同學的數(shù)學成果是相同的．因為數(shù)學成果等級只有3種，因而同學數(shù)量最大為3.之后要驗證3名同學能否滿意條件．易證3名同學的成果等級分別為(優(yōu)秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，優(yōu)秀)時滿意條件．因此滿意條件的最多人數(shù)是3.10．解析：選B.因為實數(shù)a，b，c，d滿意(b＋a2－3lna)2＋(c－d＋2)2＝0，所以b＋a2－3lna＝0，設(shè)b＝y(tǒng)，a＝x，則有y＝3lnx－x2，且c－d＋2＝0，設(shè)c＝x1，d＝y(tǒng)1，則有y1＝x1＋2，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值就是曲線y＝3lnx－x2上的點到直線y＝x＋2的最小距離的平方值．對曲線y＝3lnx－x2求導得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)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞))上單調(diào)遞減，與y＝x＋2平行的切線的斜率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，即切點為(1，－1)，切點到直線y＝x＋2的距離為eq\f(|1＋1＋2|,\r(2))＝2eq\r(2)，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值為8.11．解析：選B.因為M為雙曲線上任一點，所以可取M為雙曲線的右頂點，由漸近線y＝x知△OMN為等腰直角三角形，此時|OM|＝eq\r(λ)，|ON|＝|MN|＝eq\f(\r(λ),\r(2))，所以|ON|·|MN|＝eq\f(λ,2).12．解析：選B.法一：因為函數(shù)f(x)是定義在R上的減函數(shù)，所以f′(x)<0.因為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，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝(x－1)f(x)，則g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以當x<1時，g(x)<0，所以f(x)>0；當x>1時，g(x)>0，所以f(x)>0.因為f(x)是定義在R上的減函數(shù)，所以f(1)>0.綜上，對于隨意x∈R，f(x)>0.法二：因為函數(shù)f(x)是定義在R上的減函數(shù)，所以f′(x)<0.當x>1時，eq\f(f（x）,f′（x）)<1－x<0，所以f(x)>0，解除A；又函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，所以當x≤1時，f(x)>0，解除C、D.13．解析：設(shè)a與b的夾角為θ，因為(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)，因為0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(5π,6).答案：eq\f(5π,6)14．解析：取圓柱下底面弧AB的另一中點D，連接C1D，AD，因為C是圓柱下底面弧AB的中點，所以AD∥BC，所以直線AC1與AD所成角等于異面直線AC1與BC所成角，因為C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，所以C1D⊥圓柱下底面，所以C1D⊥AD，因為圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝eq\r(2)AD，所以直線AC1與AD所成角的正切值為eq\r(2)，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為eq\r(2).答案：eq\r(2)15．解析：設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－6x＋m，可知其圖象開口向上，對稱軸是x＝3，又x2－6x＋m≤0的解集中有且僅有3個整數(shù)，則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，所以符合條件的m的取值集合是{6，7，8}．答案：{6，7，8}16．解析：設(shè)點P(x0，y0)、M(4，yM)、N(4，yN)，則直線PA、PB所在的直線方程分別為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，依題意，可求得yM＝eq\f(6y0,x0＋2)，yN＝eq\f(2y0,x0－2).因為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為過D、M、N三點的圓的直徑．法一：設(shè)定點為E(t，0)，則MN為線段DE的垂直平分線，又線段MN為圓的直徑，令圓心為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)，所以定點坐標為(1，0)．法二：設(shè)定點為E(t，0)，則MN為線段DE的垂直平分線，所以點E與點D關(guān)于直線x＝4對稱，故定點為E(1，0)．答案：(1，0)17．解：(1)設(shè){an}的公差為d，因為a2＝2，a3＋a5＝8，所以2＋d＋2＋3d＝8，所以d＝1，所以an＝n.因為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)．因為b1＝2，b2＝2b1，所以{bn}為等比數(shù)列，b1＝2，q＝2，所以bn＝2n.(2)因為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)，兩式相減，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)由題意知a1＝0.1×0.1×100＝1，a2＝0.3×0.1×100＝3.因為數(shù)列{an}是等比數(shù)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.因為數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則b1＋b2＋b3＋…＋b6＝6b1＋15d＝87，又b1＝a4＝27，所以d＝－5.所以bn＝32－5n.(3)因為規(guī)定視力低于5.0的學生屬于近視學生，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)．故估計該校新生的近視率為91%.19．解：(1)證明：取ED的中點N，連接MN，AN.又因為點M是EC中點．所以MN∥DC，MN＝eq\f(1,2)DC.而AB∥DC，AB＝eq\f(1,2)DC.所以MN綊BA，所以四邊形ABMN是平行四邊形．所以BM∥AN.而BM?平面ADEF，AN?平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.(2)因為M為EC的中點，所以S△DEM＝eq\f(1,2)S△CDE＝2，因為AD⊥CD，AD⊥DE，且DE與CD相交于點D，所以AD⊥平面CDE.因為AB∥CD，所以三棱錐B-DME的高為AD＝2，所以VM-BDE＝VB-DEM＝eq\f(1,3)S△DEM·AD＝eq\f(4,3).20．解：(1)證明：因為直線OP：y＝k1x以及OQ：y＝k2x與圓M相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝eq\r(2)，化簡得(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的兩個不相等的實數(shù)根，所以k1·k2＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－2,xeq\o\al(2,0)－2).因為點M(x0，y0)在橢圓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，定值為9.理由如下：法一：①當直線OP，OQ不落在坐標軸上時，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)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當直線OP，OQ落在坐標軸上時，明顯有|OP|2＋|OQ|2＝9，綜上：|OP|2＋|OQ|2＝9.法二：①當直線OP，OQ不落在坐標軸上時，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因為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)，因為P(x1，y1)，Q(x2，y2)在橢圓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當直線OP，OQ落在坐標軸上時，明顯有|OP|2＋|OQ|2＝9.綜上：|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.又因為g(1)＝0＝eq\f(1,2)a＋b，所以b＝－1，所以g(x)＝x－1.(2)因為φ(x)＝eq\f(m（x－1）,x＋1)－f(x)＝eq\f(m（x－1）,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是減函數(shù)，所以φ′(x)＝eq\f(－x2＋（2m－2）x－1,x（x＋1）2)≤0在[1，＋∞)上恒成立(等號不恒成立)，即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，則2m－2≤x＋eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)．因為x＋eq\f(1,x)∈[2，＋∞)，所以2m－2≤2，m≤2.(3)證明：由(1)可得：當x≥2時，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).當x＝2時，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))<eq\f(1,ln2)，當x＝3時，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))<eq\f(1,ln3)，當x＝4時，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))<eq\f(1,ln4)，…當x＝n＋1時，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：當m＝2時，φ(x)＝eq\f(2（x－1）,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是減函數(shù)，所以當x>1時，φ(x)<φ(1)＝0，即eq\f(2（x－1）,x＋1)－lnx<0，所以lnx>e