【解析版】2020年浙江省高考数学(理)预测押题试卷 (2)

由全国各地一线教师精心编制《高考终极预测押题卷》对近十年全国各地高考试题的全方位精确分析，把握命题规律，找出命题趋势。

全网首发！百位名师呕血专研，只为高考最后一搏！浙江省高考数学（理）预测押题试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．（5分）（2012•湖南）设集合M={﹣1，0，1}，N={x|x2≤x}，则M∩N=（）A．{0} B．{0，1} C．{﹣1，1} D．{﹣1，0，0}考点：交集及其运算．专题：计算题．分析：求出集合N，然后直接求解M∩N即可．解答：解：因为N={x|x2≤x}={x|0≤x≤1}，M={﹣1，0，1}，所以M∩N={0，1}．故选B．点评：本题考查集合的基本运算，考查计算能力，送分题．2．（5分）（•宁波二模）函数是（）A．周期为π的偶函数B．周期为2π的偶函数C．周期为π的奇函数D．周期为2π的奇函数考点：两角和与差的余弦函数；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的奇偶性；余弦函数的奇偶性．专题：三角函数的图像与性质．分析：利用两角和差的余弦公式化就爱你函数的解析式为f（x）=﹣sinx，由此可得函数的周期性和奇偶性．解答：解：函数=cosxcos﹣sinxsin﹣（cosxcos+sinxsin）=﹣2sinxsin=﹣sinx，它的周期为=2π，且是奇函数，故选D．点评：本题主要考查两角和差的余弦公式的应用，正弦函数的周期性和奇偶性，属于中档题．3．（5分）（•宁波二模）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：由已知中的三视图，我们可以判断出几何体的形状，进而求出几何体的底面面积和高后，代入棱锥体积公式，可得答案．解答：解：由已知中的三视图可得几何体是一个三棱锥，如图，即图中在长方体中红色的部分．知棱锥的底面是一个以4为底，以2为高的三角形，棱锥的高为2，故棱锥的体积V=•（4）•2•2=．故选A．点评：本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知判断出几何体的形状是解答本题的关键．4．（5分）（•宁波二模）已知点P（3，3），Q（3，﹣3），O为坐标原点，动点M（x，y）满足，则点M所构成的平面区域的面积是（）A．12 B．16 C．32 D．64考点：简单线性规划；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角．专题：不等式的解法及应用．分析：先根据向量的数量积化简约束条件，再画出约束条件表示的可行域，然后求出可行域的面积即可．解答：解：∵已知点P（3，3），Q（3，﹣3），O为坐标原点，动点M（x，y）∴=（3，3），=（3，﹣3），=（x，y）．∴满足，即，它表示的可行域为：边长为4的正方形，则其围成的平面区域的面积为：4×4=32；故选C．点评：本题主要考查了两个知识点：平面向量的坐标运算以及平面区域，同时考查了阅读理解题意的能力以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题．5．（5分）（•宁波二模）已知a，b∈R，条件p：“a＞b”，条件q：“2a＞2b﹣1”，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：不等式的解法及应用．分析：：由条件p：“a＞b”，再根据函数y=2x 是增函数，可得故条件q成立．但由条件q：“2a＞2b﹣1”成立，不能推出条件p：“a＞b”成立，从而得出结论．解答：解：由条件p：“a＞b”，再根据函数y=2x 是增函数，可得2a＞bb，∴2a＞bb﹣1，故条件q：“2a＞2b﹣1”成立，故充分性成立．但由条件q：“2a＞2b﹣1”成立，不能推出条件p：“a＞b”成立，例如由20＞20﹣1 成立，不能推出0＞0，故必要性不成立．故p是q的充分不必要条件，故选A．点评：本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义，函数y=2x 的单调性，通过举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法，属于基础题．6．（5分）（•宁波二模）在“石头、剪刀、布”的游戏中，规定：“石头赢剪刀”、“剪刀赢布”、“布赢石头”．现有甲、乙两人玩这个游戏，共玩3局，每一局中每人等可能地独立选择一种手势．设甲赢乙的局数为ξ，则随机变量ξ的数学期望是（）A．B．C．D．1考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：ξ的可能取值为：0、1、2、3，每一局中甲胜的概率为，进而可得ξ～B（3，），由二项分布的期望的求解可得答案．解答：解：由题意可得随机变量ξ的可能取值为：0、1、2、3，每一局中甲胜的概率为=，平的概率为，输的概率为，故P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，故ξ～B（3，），故Eξ==1故选D点评：本题考查离散型随机变量的期望的求解，得出ξ～B（3，）是解决问题的关键，属中档题．7．（5分）（•宁波二模）已知数列{an}是1为首项、2为公差的等差数列，{bn}是1为首项、2为公比的等比数列．设，Tn=c1+c2+…+cn（n∈N*），则当Tn＞时，n的最小值是（）A．7B．9C．10 D．11考点：等差数列与等比数列的综合．专题：等差数列与等比数列．分析：由题设知an=2n﹣1，bn=2n﹣1，所以由Tn=ab1+ab2+…+abn=a1+a2+a4+…+a=2n+1﹣n﹣2和Tn＞，得2n+1﹣n﹣2＞，由此能求出当Tn＞时，n的最小值．解答：解：∵{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴an=2n﹣1，∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴bn=2n﹣1，∴Tn=c1+c2+…+cn=ab1+ab2+…+abn=a1+a2+a4+…+a=（2×1﹣1）+（2×2﹣1）+（2×4﹣1）+…+（2×2n﹣1﹣1）=2（1+2+4+…+2n﹣1）﹣n=2×﹣n=2n+1﹣n﹣2，∵Tn＞，∴2n+1﹣n﹣2＞，解得n≥10．则当Tn＞时，n的最小值是10．故选C．点评：本题首先考查等差数列、等比数列的基本量、通项，结合含两个变量的不等式的处理问题，对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．8．（5分）（•宁波二模）已知空间向量满足，且的夹角为，O为空间直角坐标系的原点，点A、B满足，，则△OAB的面积为（）A．B．C．D．考点：平面向量数量积的运算；三角形的面积公式．专题：平面向量及应用．分析：由向量的运算可得，，以及，代入夹角公式可得cos∠BOA，由平方关系可得sin∠BOA，代入三角形的面积公式S=，计算可得．解答：解：由题意可得====，同理可得====，而=（）•（）==6×12﹣12=，故cos∠BOA===，可得sin∠BOA==，所以△OAB的面积S===．故选B点评：本题考查平面向量的数量积和三角形面积的求解，熟练掌握公式是解决问题的关键，属中档题．9．（5分）（•宁波二模）设函数f（x）的导函数为f′（x），对任意x∈R都有f'（x）＞f （x）成立，则（）A．3f（ln2）＞2f（ln3）B．3f（ln2）=2f（ln3）C．3f（ln2）＜2f（ln3）D．3f（ln2）与2f（ln3）的大小不确定考点：利用导数研究函数的单调性；导数的运算．专题：综合题；导数的综合应用．分析：构造函数g（x）=，利用导数可判断g（x）的单调性，由单调性可得g（ln2）与g（ln3）的大小关系，整理即可得到答案．解答：解：令g（x）=，则=，因为对任意x∈R都有f'（x）＞f（x），所以g′（x）＞0，即g（x）在R上单调递增，又ln2＜ln3，所以g（ln2）＜g（ln3），即，所以，即3f（ln2）＜2f（ln3），故选C．点评：本题考查导数的运算及利用导数研究函数的单调性，属中档题，解决本题的关键是根据选项及已知条件合理构造函数，利用导数判断函数的单调性．10．（5分）（•宁波二模）三个顶点均在椭圆上的三角形称为椭圆的内接三角形．已知点A是椭圆的一个短轴端点，如果以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形有且仅有三个，则椭圆的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．考点：椭圆的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：设椭圆的方程为，直线AB方程为y=kx+b（k＞0），两方程联解得到B的横坐标为﹣，从而得|AB|=•，同理得到|AC|=•．根据|AB|=|AC|建立关于k、a、b的方程，化简整理得到（k ﹣1）[b2k2+（b2﹣a2）k+b2]=0，结合题意得该方程有三个不相等的实数根，根据一元二次方程根与系数的关系和根的判别式建立关于a、b的不等式，解之即得c2＞2b2，由此结合a2=b2+c2即可解出该椭圆的离心率的取值范围．解答：解：设椭圆的方程为（a＞b＞0），根据BA、AC互相垂直，设直线AB方程为y=kx+b（k＞0），AC方程为y=﹣x+b 由，消去y并化简得（a2k2+b2）x2+2ka2bx=0解之得x1=0，x2=﹣，可得B的横坐标为﹣，∴|AB|=|x1﹣x2|=•．同理可得，|AC|=•∵△ABC是以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形，∴|AB|=|AC|即•=•，化简整理，得b2k3﹣a2k2+a2k﹣b2=0，分解因式得：（k﹣1）[b2k2+（b2﹣a2）k+b2]=0…（*）方程（*）的一个解是k1=1，另两个解是方程b2k2+（b2﹣a2）k+b2=0的根∵k1=1不是方程b2k2+（b2﹣a2）k+b2=0的根，∴当方程b2k2+（b2﹣a2）k+b2=0有两个不相等的正数根时，方程（*）有3个不相等的实数根相应地，以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形也有三个．因此，△=（b2﹣a2）2﹣2b4＞0且，化简得c2＞2b2即3c2＞2a2，两边都除以3a2得＞，∴离心率e满足e2＞，解之得e＞，结合椭圆的离心率e＜1，得＜e＜1故选：D点评：本题给出以椭圆上顶点为直角顶点的内接等腰直角三角形存在3个，求椭圆的离心率取值范围，着重考查了椭圆的标准方程、简单几何性质和直线与椭圆位置关系等知识点，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．（4分）（•宁波二模）已知i是虚数单位，复数的虚部是．考点：复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．专题：计算题．分析：利用两个复数代数形式的乘除法法则求得z的值，即可求得它的虚部．解答：解：由于复数==，故它的虚部为，故答案为．点评：本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．12．（4分）（•宁波二模）执行如图所示的程序框图，则输出的k值是3．考点：程序框图．专题：图表型．分析：计算三次循环的结果，与判断框条件比较，即可得到结论．解答：解：第一次循环，s=，i=1；第二次循环，s=，i=2；第三次循环，s=，i=3；此时＞，退出循环，输出k=3．故答案为：3．点评：本题考查了程序框图中的循环结构的应用，解题的关键是由框图的结构判断出框图的计算功能．13．（4分）（•宁波二模）的展开式的常数项是﹣12．考点：二项式系数的性质．专题：计算题．分析：（x2+2）（﹣1）5的展开式的常数项是第一个因式取x2，第二个因式取；第一个因式取2，第二个因式取（﹣1）5，可得结论．解答：解：第一个因式取x2，第二个因式取，可得=﹣10第一个因式取2，第二个因式取（﹣1）5，可得2×（﹣1）5=﹣2∴展开式的常数项是﹣10+（﹣2）=﹣12故答案为：﹣12点评：本题考查二项式定理的运用，解题的关键是确定展开式的常数项得到的途径．14．（4分）（•宁波二模）设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣ax，x∈[﹣2，2]为偶函数，则实数a的值为．考点：函数奇偶性的性质．专题：计算题；函数的性质及应用．分析：依题意，可求得g（x）=，依题意，g（﹣1）=g（1）即可求得实数a的值．解答：解：∵f（x）=，∴g（x）=f（x）﹣ax=，∵g（x）=为偶函数，∴g（﹣1）=g（1），即a﹣1=1﹣a﹣1=﹣a，∴2a=1，∴a=．故答案为：．点评：本题考查函数奇偶性的性质，求得g（x）的解析式后，利用特值法g（﹣1）=g（1）是解决问题的关键，属于中档题．15．（4分）（•宁波二模）从6名候选人中选派出3人参加A、B、C三项活动，且每项活动有且仅有1人参加，甲不参加A活动，则不同的选派方法有100种．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：计算题．分析：根据题意，分类讨论：若选的3人中选了甲，选的3人中不选甲两种情况分别求解即可解答：解：若选的3人中选了甲：共有=40种选法若选的3人中不选甲：共有=60种根据分类计数原理可知，共有40+60=100故答案为：100点评：本题考查排列、组合的综合运用，本题解题的关键是注意优先分析特殊的元素，同时需要区分排列与组合的意义．16．（4分）（•宁波二模）已知曲线C1：y=x2+4和C2：y=2x﹣x2，直线l1与C1、C2分别相切于点A、B，直线l2（不同于l1）与C1、C2分别相切于点C、D，则AB与CD交点的横坐标是．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的概念及应用．分析：抛物线C1的方程是y=x2+4，和C2：y=2x﹣x2，由题意知曲线C2与C1关于AB与CD交点对称，得AB与CD交点即为两抛物线的对称中心．求出抛物线C1和抛物线C2的顶点坐标，再求出它们连线段的中点即可得出正确答案．解答：解：∵C1：y=x2+4和C2：y=2x﹣x2，分别由抛物线y=x2经过平移或对称变换而得，它们是全等的图形，从而具有对称中心，又直线l1与l2分别是它们的公切线，根据对称性知，直线l1与l2也关于对称中心对称，从而曲线C2与C1关于AB与CD交点对称，AB与CD交点即为两抛物线的对称中心．如图．由于抛物线C1和抛物线C2的顶点坐标分别为M（0，4），N（1，1），线段MN的中点的横坐标为x==．即两抛物线的对称中心的横坐标为．故答数为：．点评：本题考查曲线方程，考查曲线的对称性．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．17．（4分）（•宁波二模）在直角坐标平面上，已知点A（0，2），B（0，1），D（t，0）（t＞0）．点M是线段AD上的动点，如果|AM|≤2|BM|恒成立，则正实数t的最小值是．考点：两点间的距离公式；基本不等式．专题：计算题．分析：设M（x，y），由题意可得y=，代入距离公式可得x2+（y﹣2）2≤4[x2+（y﹣1）2]，消掉y可得（3t2+12）x2﹣16tx+4t2≥0恒成立，进而可得其△≤0，解此不等式可得t的范围，进而可得最小值．解答：解：设M（x，y），则由A、M、D三点共线可得，整理可得y=，由两点间的距离公式，结合|AM|≤2|BM|恒成立可得x2+（y﹣2）2≤4[x2+（y﹣1）2]，整理可得3x2+3y2﹣4y≥0，代入y=化简可得（3t2+12）x2﹣16tx+4t2≥0恒成立，∵3t2+12＞0，由二次函数的性质可得△=（﹣16t）2﹣4（3t2+12）•4t2≤0，整理可得3t4﹣4t2≥0，即，解得t≥，或t≤（因为t＞0，故舍去）故正实数t的最小值是：故答案为：点评：本题考查两点间的距离公式，涉及不等式的解法，属中档题．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）（•宁波二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设函数（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和最大值；（Ⅱ）若函数f（x）在处取得最大值，求的值．两角和与差的余弦函数；二倍角的正弦；二倍角的余弦．考点：三角函数的图像与性质．专题：（Ⅰ）利用两角和差的正弦公式、余弦公式化简函数f（x）的解析式为分析：，由此可求它的最大值．（Ⅱ）由（I）知：由，求得A的值，再利用正弦定理及两角和差的正弦公式、余弦公式，化简要求的式子，求得结果．解答：解：（Ⅰ）依题意得…（2分）==，…（5分）所以T=π，．…（7分）（Ⅱ）由（I）知：由，得，所以．故==．…（14分）点评：本题主要考查两角和差的正弦公式、余弦公式，正弦定理以及二倍角公式的应用，属于中档题．19．（14分）（•宁波二模）设公比大于零的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，S4=5S2，数列{bn}的前n项和为Tn，满足b1=1，，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；（Ⅱ）设Cn=（Sn+1）（nbn﹣λ），若数列{Cn}是单调递减数列，求实数λ的取值范围．考点：等差数列与等比数列的综合．专题：计算题；等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）利用a1=1，S4=5S2，求出数列的公比，即可求数列{an}的通项公式；通过，推出，利用累积法求解{bn}的通项公式．（Ⅱ）求出等比数列的前n项和，化简Cn=（Sn+1）（nbn﹣λ），推出Cn+1﹣Cn，利于基本不等式求出数列{Cn}是单调递减数列，求实数λ的取值范围．解答：（本题满分14分）解：（Ⅰ）由S4=5S2，q＞0，得…（3分）又（n＞1），则得所以，当n=1时也满足．…（7分）（Ⅱ）因为，所以，使数列{Cn}是单调递减数列，则对n∈N*都成立，…（10分）即，…（12分），当n=1或2时，，所以．…（14分）点评：本题考查等比数列与等差数列的综合应用，累积法的应用以及数列的函数的特征的应用，考查计算能力．20．（15分）（•宁波二模）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，且∠ABC=60°，AB=PC=2，AP=BP=．（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．专题：空间角．分析：（I）取AB中点E，连PE、CE，由等腰三角形的性质可得PE⊥AB．再利用勾股定理的逆定理可得PE⊥CE．利用线面垂直的判定定理可得PE⊥平面ABCD．再利用面面垂直的判定定理即可证明．（II）建立如图所示的空间直角坐标系．利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角．解答：（Ⅰ）证明：如图1所示，取AB中点E，连PE、CE．则PE是等腰△PAB的底边上的中线，∴PE⊥AB．∵PE=1，CE=，PC=2，即PE2+CE2=PC2．由勾股定理的逆定理可得，PE⊥CE．又∵AB⊂平面ABCD，CE⊂平面ABCD，且AB∩CE=E，∴PE⊥平面ABCD．而PE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD．（Ⅱ）以AB中点E为坐标原点，EC所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A（0，﹣1，0），C（，0，0），D（，﹣2，0），P（0，0，1），=（，1，0），=（，0，﹣1），=（0，2，0）．设是平面PAC的一个法向量，则，即．取x1=1，可得，．设是平面PCD的一个法向量，则，即．取x2=1，可得，．故，即二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值是．点评：熟练掌握等腰三角形的性质、勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理、面面垂直、通过建立空间直角坐标系并利用两个平面的法向量的夹角得到二面角的方法等是解题的关键．21．（15分）（•宁波二模）如图，已知椭圆E：的离心率是，P1、P2是椭圆E的长轴的两个端点（P2位于P1右侧），点F是椭圆E的右焦点．点Q是x轴上位于P2右侧的一点，且满足．（Ⅰ）求椭圆E的方程以及点Q的坐标；（Ⅱ）过点Q的动直线l交椭圆E于A、B两点，连结AF并延长交椭圆于点C，连结BF 并延长交椭圆于点D．①求证：B、C关于x轴对称；②当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线l的方程．考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的一般式方程；椭圆的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）设点F（c，0），Q（x，0）（x＞a），由，得，依题意|FQ|=1，即，再由离心率，联立即可解得a，b，c，及点Q坐标；（Ⅱ）①设直线l的方程为x=my+2，代入椭圆E的方程可得（2+m2）y2+4my+2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），点B关于x轴的对称点B1（x2，﹣y2），只需证明B1即为点C，可证A、F、B1三点共线，根据斜率相等及韦达定理即可证明；②由①得B、C关于x轴对称，同理A、D关于x轴对称，易知四边形ABCD是一个等腰梯形，从而四边形ABCD的面积S=|x1﹣x2|•（|y1|+|y2|）=|m|•|y1﹣y2|•|y1+y2|，代入韦达定理可得关于m的函数，通过换元借助导数可求得S的最大值及相应的m值，从而可得直线方程；解答：解：（Ⅰ）设点F（c，0），Q（x，0）（x＞a）．由，可得，解得．依题意|FQ|=1，即．又因为，所以．故椭圆的方程是，点Q的坐标是（2，0）．（Ⅱ）①设直线l的方程为x=my+2，代入椭圆E的方程可得（2+m2）y2+4my+2=0，依题意，△=（4m）2﹣8（2+m2）=8（m2﹣2）＞0，m2＞2．设A（x1，y1），B（x2，y2），则，．（*）点B关于x轴的对称点B1（x2，﹣y2），则A、F、B1三点共线等价于，由（*）可知上述关系成立．因此，点C即是点B1，这说明B、C关于x轴对称．②由①得B、C关于x轴对称，同理，A、D关于x轴对称．所以，四边形ABCD是一个等腰梯形，则四边形ABCD的面积S=|x1﹣x2|•（|y1|+|y2|）=|m|•|y1﹣y2|•|y1+y2|=．设，则m2=t2+2，．求导可得，令S'=0，可得．由于S（t）在上单调增，在上单调减．所以，当即时，四边形ABCD的面积S取得最大值．此时，直线l的方程是．点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、椭圆方程及直线的方程，考查三点共线及直线斜率，考查学生综合运用所学知识分析解决问题的能力，本题综合性强，所用知识点繁多，对能力要求高．22．（14分）（•宁波二模）设函数f（x）=lnx+ax2﹣（3a+1）x+（2a+1），其中a∈R．（Ⅰ）如果x=1是函数f（x）的一个极值点，求实数a的值及f（x）的最大值；（Ⅱ）求实数a的值，使得函数f（x）同时具备如下的两个性质：①对于任意实数x1，x2∈（0，1）且x1≠x2，恒成立；②对于任意实数x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，恒成立．考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）先求函数的定义域、导数f′（x），由题意f'（1）=0，解出可得a值，在定义域内解不等式f'（x）＞0，f'（x）＜0，可得f（x）的单调性，根据单调性可得其最大值；（Ⅱ）令=，由（Ⅰ）中的结论可得对任意x∈（0，1）∪（1，+∞），lnx＜x﹣1（*）恒成立．（ⅰ）如果x1，x2∈（0，1），且x1≠x2，则．根据（*）可得，．由性质①转化为恒成立问题，可得a的范围；（ⅱ）如果x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，则．再根据（*）进行放缩，由性质②可得恒成立问题，由此可得a的范围，综合（i）（ii）可得a的范围；解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），，依题意，f'（1）=1+2a﹣（3a+1）=0，解得a=0．此时，f（x）=lnx﹣x+1，．因为x∈（0，+∞），令f'（x）＞0，可得x∈（0，1）；令f'（x）＜0，可得x∈（1，+∞）．所以，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．因此，当x=1时，f（x）取得最大值f（1）=0．（Ⅱ）令==，由（Ⅰ）中的结论可知，lnx﹣x+1＜0对任意x∈（0，1）∪（1，+∞）恒成立，即lnx ＜x﹣1（*）恒成立．（ⅰ）如果x1，x2∈（0，1），且x1≠x2，则．根据（*）可得，．若f（x）满足性质①，则恒成立，于是对任意x1，x2∈（0，1）且x1≠x2恒成立，所以．（ⅱ）如果x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，则．根据（*）可得⇔，则F（x1，x2）＜．若f （x ）满足性质②，则恒成立．于是对任意x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2恒成立，所以a ．综合（ⅰ）（ⅱ）可得，a=．点评：本题考查利用导数研究函数的极值、最值问题，考查恒成立问题，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，解决（Ⅱ）问的关键是借助（Ⅰ）中的结论得到恰当不等式．。