2020年4月学考选考高2020届高2017级浙江省金华十校2020年4月高三模拟考试语文试题参考答案

金华十校2020年4月高三模拟考试信息技术试题解析一、选择题(本大题共12小题，每小题2分，共24分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1. 下列关于信息和信息技术的说法，不正确．．．的是（）A. 同一信息在传递过程中，其载体可能会发生改变B. 只有数字化后的信息才能被计算机处理C. 操作系统的主要功能是控制和管理计算机系统的软硬件资源D.常用的信息表达技术有语言、文字、声音、图像、肢体动作等【答案】D【解析】本题综合考查信息与信息技术的相关基础知识。

计算机是数字化处理信息处理工具，信息在计算机中以二进制存储和处理。

常用的信息表达技术有：广播电视、报刊书籍、网络技术、多媒体技术…等；常用的信息表达方式有：语言、文字、声音、图像、肢体动作等。

2.下列关于网络和网页的相关说法，正确的是（）A. SMTP协议的功能是把电子邮件从邮件服务器接收到本地电脑B. 浏览器显示网页内容的过程主要是解释执行HTML源代码的过程C. 从知名网站上下载的软件，不会包含病毒D. 以“单个文件（*.mht）”格式保存的网页有图文、无链接【答案】B【解析】本题综合考查网络、网页相关的基础知识。

SMTP协议用于发送邮件，从发件人的邮件服务器发送到收件人的邮件服务器；网络下载的文件都有可能存在病毒，建议先查杀再使用；“*.mht”格式也是属于网页文件格式，是将源代码、网页素材等全部资源整合在一个文件中，可以有图文，也可以由超链接。

浏览器和网站之间传输网页时，使用HTML源代码传输网页内容，浏览器显示网页的过程，主要是解释执行HTML代码的过程。

3. 小明用Word软件编辑了一篇科学小论文，并发给老师修改，下列描述正确的是A. 可以利用Word软件的自动更正功能简化生僻专业术语的输入B. Word软件的修订和批注都能修改正文的内容，适合老师用于审阅小论文C. 将文档转换为PDF格式后，Word软件将无法打开D. Word软件的“拼写和语法”功能会自动检测拼写与语法错误，是典型的人工智能技术【答案】A【解析】本题考查字处理软件常用功能、人工智能相关知识。

金华十校2020年4月高三模拟考试生物试卷一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的。

不选、多选、错选均不得分）1.用含32P的培养基培养醋酸杆菌一段时间，能在醋酸杆菌中检测出放射性的化合物是A.油脂B.腺苷C.核苷酸D.丙酮酸2.下列有关真核细胞结构的叙述，错误的是A.叶绿体、线粒体和核糖体均存在RNAB.核糖体可分布于某些细胞器的表面或内部C.有些细胞器的膜蛋白可催化磷脂合成和酒精氧化D.线粒体上部分膜蛋白在转运葡萄糖时会发生形变3.下列关于人口与环境的叙述，正确的是A.人口应在低出生率和低死亡率的基础上保持平衡B.酸雨是指由碳和硫的氧化物引起pH低于7的降水C.温室效应使全球气候变暖，可增大人类的宜居区域D.地球升温的主要原因是臭氧层使地球的俘获热增加4.随着“蚂蚁森林”的推行和广大用户的积极参与，阿拉善、通辽、鄂尔多斯等地已经种上梭梭树等树木，以前的沙漠，现在已是绿油油的一片。

下列叙述错误的是A.沙漠变绿洲过程中生物量逐渐增加B.沙漠变绿洲属于群落演替的次生演替C.“绿洲”的最终平衡状态取决于人类活动D.沙漠变绿洲说明人类活动可以改变演替的速度5.下列关于HIV的叙述，错误的是.A.HIV的蛋白质不能进人宿主细胞B.HIV的外层脂类膜来自宿主细胞C.艾滋病患者的血液中可检测出HIVD.感染HIV后一般要经过很长的潜伏期才发病6.下列关于细胞生命历程的叙述，正确的是A.细胞凋亡过程受细胞外信号影响B.在细胞分化过程中细胞内核酸种类不变C.在细胞衰老过程中线粒体数量变多，体积减小D.在细胞癌变过程中粘连蛋白减少导致癌细胞能无限增殖7.毒性弥漫性甲状腺肿患者血清中有促甲状腺激素受体的抗体，此抗体与促甲状腺激素受体结合后，刺激甲状腺分泌高水平的甲状腺激素。

下列叙述正确的是A.患者耗氧水平低于正常人B.患者表现出甲状腺功能减退的症状C.促甲状腺激素受体分布在垂体细胞表面D.患者血浆中促甲状腺激素含量低于正常值8.我国科学家研制成功的耐盐碱“海水稻”，可依靠细胞膜和液泡膜上的Na/H反向转运蛋白将细胞质内的Na+逆浓度梯度排出细胞或将Na+区隔化于液泡中，从而减少Na+对植物细胞的毒害。

一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是
符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 含有两种不同类型化学键的物质是
A. NaOH
B. N2
C. CaCl2
D. CO2
． ． ． 2. 通过稀释浓硫酸配制lOOmL O.lmol·L一1 稀硫酸，不需要用到的仪器是
志D 扭11Br 一定条件
H
N01
巳－－－
A
告干 已知： (l)RX=;
MgX
一'CI =' 'CI -i- ►
1)催化剂 2)比0♦
-RcIl -HcII -0�一
(R 表示经基）；
k' (2) RCHO + R'CH釭HO -碱-+RCH=C-CHO (R、R'表示经基或氢原子）
请回答：
(1)下列说法正确的是 � （填序号）。
托
盘 天 平
烧 杯
」
D
A.
B.
C.
3. 下列物质属千非电解质，但其水溶液能导电的是
A. BaS04
B. S02
C. NaOH
D. Cl2
4. 下列物质的名称与其化学式不． 对． 应． 的是
A. 臭氧心
B. 生石膏： CaSO心H心
CH3
C. 苯甲酸： HCOO
D. 3,3-二甲基已烧： CH3-CH2-CH2-t—CH2-CH3
谱检测表明：
O分子中共有4种氢原子，有氮氢键；
＠除苯环外不含其它环状结构，且无氮氧键、碳氮双键和氧氢键。
十校高三化学试卷一8 (共 8 页）
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【选考专题】浙江省金华十校2020年4月高三模拟考试卷一、选择题（本大题共 20 小题，每小题2分．共 40 分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）2020年1月29日，在古巴南部海域（19.46°N，78.79°W）发生7.7级地震，震源深度10千米。

完成1、2题。

1.此次地震A. 震源位于地壳B.地处海沟附近C. 肯定引发海啸D. 位于生长边界2.可以用于监测地震发生的地理信息技术是A. GLSB. RSC.GPSD. VR马来西亚沙巴傍晚时分落日的红霞壮美而灿烂，被誉为世界三大最佳日落观赏地之一。

读沙巴地理位置示意图，完成3、4题。

3.沙巴日落时漫天红霞的成因是大气对太阳辐射的A. 反射B.折射C. 散射D. 吸收4.甲地的农业地域类型A. 以大种植园和农场为主B. 专业化和商品化程度低C. 橄榄等农作物广泛种植D. 多采用谷物和牧草轮作如图为南极长城站1986-2019年平均气温及线性变化趋势图。

完成5、6题。

5.1986-2019年南极长城站的气温变化特点是A. 持续升高B.均温最高出现在2018年C. 波动上升D. 2019均温比1986高0.6℃6.图示气温变化给全球带来的影响最不可能的是A. 全球各地降水减少B. 扩大某些疫病流行C.高山冰川普遍退缩D. 改变原有生态系统浙江某地推广早芋和晚稻轮作模式，利用地膜覆盖使毛芋上市时间和水稻育秧时间提前。

完成7、8题。

7.稻芋轮作模式得以实现的主导因素是A. 光照B.热量C. 市场D. 技术8.稻芋轮作模式的生态效益有A. 增加就业岗位B.提高农民经济收入C. 保持土壤肥力D. 增加土地复种指数如图是口罩生产工艺流程图。

完成9-10题。

9.影响口罩生产量的主要因素是A. 市场B.原料C. 技术D. 劳动力10.无纺布卷料生产厂与口罩加工厂之间的地域联系方式属于A. 商贸联系B.科技联系C. 信息联系D. 生产协作联系读某一区域同面积的松林、草地、红砂岩和泥装的反射波讲曲线。

金华十校2020年4月高三模拟考试地理试卷一、选择题I （本大题共20小题，每小题2分，共40分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。

）2020年1月29日，在古巴南部海域（19.46°N ，78.79°W ）发生7.7级地震，震源深度10千米。

完成1、2题。

1．此次地震A ．震源位于地壳B ．地处海沟附近C ．肯定引发海啸D ．位于生长边界2．可以用于监测地震发生的地理信息技术是A ．GISB ．RSC ．GPSD ．VR马来西亚沙巴傍晚时分落日的红霞壮美而灿烂，被誉为世界三大最佳日落观赏地之一 。

读沙巴地理位置示意图，完成3、4题。

3．沙巴日落时漫天红霞的成因是大气对太阳辐射的A ．反射B ．折射C ．散射D ．吸收4．甲地的农业地域类型A ．以大种植园和农场为主B ．专业化和商品化程度低C ．橄榄等农作物广泛种植D ．多采用谷物和牧草轮作 10° 0° 10° 100° 110° 120° 130° 沙巴 甲 第3、4题图 30° 15° 0° 90° 75° 60° 陆地 海洋 板块边界 震中位置 第1、2题图下图为南极长城站1986-2019年平均气温及线性变化趋势图。

完成5、6题。

5．1986-2019年南极长城站的气温变化特点是A ．持续升高B ．均温最高出现在2018年C ．波动上升D ．2019均温比1986高0.6℃6．图示气温变化给全球带来的影响最不可能的是A ．全球各地降水减少B ．扩大某些疫病流行C ．高山冰川普遍退缩D ．改变原有生态系统浙江某地推广早芋和晚稻轮作模式，利用地膜覆盖使毛芋上市时间和水稻育秧时间提前。

完成7、8题。

7．稻芋轮作模式得以实现的主导因素是A ．光照B ．热量C ．市场D ．技术8．稻芋轮作模式的生态效益有A ．增加就业岗位B ．提高农民经济收入C ．保持土壤肥力D ．增加土地复种指数下图是口罩生产工艺流程图。

∵ bn
1
(n
2 1)2
1 (n 1)4
1
(n
1 1)2
2
1
1 (n 1)2
1
1 n(n 1)
1
1 n
1 (n 1)
，
故 b1 b2
bn
n
1
1 n 1
n
1 .…………………………………………………
21．解：(Ⅰ)由题意得抛物线方程 x2=4y, …………………………………………………
，
点
D
到
AB
的距离
d2
|
k1x4 y4 1| 1 k12
(k1
x 4
1
y4 k12
1)
.
∴S
1 2
|
AB
|
(d1
d2 )
2(k12
1)
k1 ( x3
x4 ) ( y4 1 k12
y3 )
2 1 k12 (k1 k2 )(x3 x4 ) 4 1 k12 16k22 16 16 (1 k12 )(k12 4k1 5) . …………………………………………………………… 11 分 设 f (x) (1 x2 ) (x2 4x 5), x 0
13d ),
且
S9≥0，
解得
ad1
1, 2
或
a1 d
11 5
2.
,
（舍去）；…………………………………………………
5分
5
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知 Sn n2 ，代入 bn2Sn+1= Sn+1+2
从而可得 bn
1 2 .…………………………………………………………… (n 1)2

金华十校2020 年4 月高三模拟考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1; C一12; N- 14 ; O- 16 ; Na-23; Mg-24;Al-27 ;S-32;Cl-35.5;Ca-40;Fe-56。

卷I选择题部分—、选择题（本大题共25 小题，每小题2 分，共50 分。

每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.含有两种不同类型化学键的物质是A. NaOHB. N2C. CaC12D. CO2【答案】A【解析】【详解】A．NaOH中Na+和OH-之间是离子键，OH-中的H和O之间是共价键，故A选；B．N2是两个氮原子通过共价键结合而成的，只有共价键，故B不选；C．CaC12是Ca2+和Cl-之间通过离子键结合而成的离子化合物，只有离子键，故C不选；D．CO2是碳原子和氧原子之间通过共价键结合而成的共价化合物，只有共价键，故D不选；故选A。

2.通过稀释浓硫酸配制100mL 0.l mol• L-1 稀硫酸，不需要用到的仪器是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】通过稀释浓硫酸配制100mL 0.l mol• L-1 稀硫酸，需要先用量取所需浓硫酸的体积，然后用烧杯和玻璃棒稀释浓硫酸，冷却后转移到100mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，把洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加蒸馏水到离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加水至刻度线，最后盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。

所以不需要用到的仪器是托盘天平，故选A。

3.下列物质属于非电解质，但其水溶液能导电的是A. BaSO4B. SO2C. NaOHD. Cl2【答案】B【解析】【详解】A．BaSO4是强电解质，故A不选；B．SO2是非电解质，SO2能和水反应生成H2SO3，H2SO3能电离出H+和HSO3-，所以其水溶液能导电，故B 选；C．NaOH是强电解质，故C不选；D．Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D不选；故选B。

金华十校2020年4月高三模拟考试物理试卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物理量中，均为矢量的一组是（）A. 加速度、力、时间B. 电场强度、磁感应强度、速度C. 电势、位移、质量D. 电势差、电流强度、功率【答案】B【解析】【详解】A．加速度、力都是有大小又有方向的矢量，时间是只有大小没有方向的标量，故A 错误；B．电场强度、磁感应强度、速度都是有大小又有方向的矢量，故B正确；C．位移有大小又有方向的矢量，电势、质量都是只有大小没有方向的标量，故C错误；D．电势差、功率都是只有大小没有方向的标量，电流强度虽有方向，但电流强度运算时不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以电流强度是标量，故D错误。

故选B。

2.目前，滴滴出行已从出租车打车软件，成长为涵盖出租车、专车、快车、顺风车、代驾及大巴等多项业务在内的一站式出行平台。

小姚利用滴滴出行手机软件打车到达目的地以后，手机上显示部分信息如下，则（）A. 时间13分钟指时刻B. 里程2.6km指位移C. 里程2.6km指路程D. 2.6km与13分钟比值表示平均速度【答案】C【解析】【详解】A．时间13分钟是指时间间隔，故A错误；BC．里程2.6km是指汽车的运动轨迹的长度即为路程，故B错误，C正确；D．路程与时间的比值为平均速率，故D错误。

故选C。

3.下列对各图的说法正确的是（）A. 图1中汽车匀速下坡的过程中机械能守恒B. 图2中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合外力为零，动能不变C. 图3中弓被拉开过程弹性势能减少了D. 图4中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能增大【答案】D【解析】【详解】A．图1中汽车匀速下坡的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；B．图2中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合外力提供向心力则不为0，匀速圆周运动速度大小不变，则动能不变，故B错误；C．图3中弓被拉开过程橡皮筋形变增大，弹性势能增大，故C错误；D．图4中撑杆跳高运动员在上升过程中杆对运动员做正功，其机械能增大，故D正确。

浙江省金华十校2020届高三4月模拟考试数学试题一、选择题.1．已知集合A ＝{x |（x +1）（x ﹣2）＜0}，B ＝{x |1＜x ≤2}，则A ∩B ＝（ ） A ．{x |1＜x ＜2} B ．{x |1＜x ≤2} C ．{x |﹣1＜x ≤2} D ．{x |﹣1≤x ＜2}2．若复数2+ai 1−i（a ∈R ）是纯虚数（i 是虚数单位），则a 的值为（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．1D ．23．若x ，y 满足约束条件{y ≤xx +y ≤4y ≥−2，则z ＝x +2y 的最大值是（ ）A ．8B ．6C ．4D ．24．设a ∈R ，则“a ＞2”是“方程x 2+y 2+ax ﹣2y +2＝0的曲线是圆”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．在下面四个x ∈[﹣π，π]的函数图象中，函数y ＝|x |cos2x 的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．6．已知在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，M ，N 分别为AC ，B 1C 1的中点，E ，F 分别为BC ，B 1B 的中点，则直线MN 与直线EF 、平面ABB 1A 1的位置关系分别为（ ） A ．平行、平行B ．异面、平行C ．平行、相交D ．异面、相交7．口袋中有相同的黑色小球n 个，红、白、蓝色的小球各一个，从中任取4个小球．ξ表示当n ＝3时取出黑球的数目，η表示当n ＝4时取出黑球的数目．则下列结论成立的是（ ）A ．E （ξ）＜E （η），D （ξ）＜D （η）B ．E （ξ）＞E （η），D （ξ）＜D （η）C ．E （ξ）＜E （η），D （ξ）＞D （η）D ．E （ξ）＞E （η），D （ξ）＞D （η）8．已知函数f(x)={ax 2+1，x ≤0lnx ，x ＞0，，下列关于函数y ＝f （f （x ））+m 的零点个数的判断，正确的是（ ）A ．当a ＝0，m ∈R 时，有且只有1个B ．当a ＞0，m ≤﹣1时，都有3个C ．当a ＜0，m ＜﹣1时，都有4个D ．当a ＜0，﹣1＜m ＜0时，都有4个9．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ）A ．α＜β，β+γ＞π2 B ．α＜β，β+γ＜π2 C ．α＞β，β+γ＞π2 D ．α＞β，β+γ＜π2 10．设a ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n +1＝a n ﹣（a n ﹣2）3，则（ ） A ．当a ＝4时，a 10＞210 B ．当a =√2时，a 10＞2 C ．当a =13时，a 10＞210D ．当a =165时，a 10＞2 二、填空题:共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题6分,共36分｡11．若双曲线x 2a−y 2=1的一渐近线方程是x +2y ＝0，则a ＝ ；离心率是 ．12．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是，休积是．13．已知a∈R，若二项式(a√x+1)n的展开式中二项式系数和是16，所有项系数和是81，则n＝，含x项的系数是．14．已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，A≠π2，c+b cos A﹣a cos B=√2a cos A，则ba=内角B的取值范围是．15．已知椭圆C：x29+y27=1，F为其左焦点，过原点O的直线1交椭圆于A，B两点，点A在第二象限，且∠FAB＝∠BFO，则直线1的斜率为．16．已知非零平面向量a→，b→，c→，满足a→•b→=a→2，3c→=2a→+b→，则b→⋅c→|b→|⋅|c→|的最小值是．17．设a，b∈R，若函数f(x)=23ax3+12bx2+(1−a)x在区间[﹣1，1]上单调递增，则a+b的最大值为．三、解答题（共5小题，满分74分）18．已知函数f（x）＝sin x+a cos x（a＞0）满足[f(x)]2+[f(x+π2)]2=4．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设0＜α＜π2，且f（α）•f（α+π2）=23，求sin2α．19．如图，在四棱锥C﹣ABNM中，四边形ABNM的边长均为2，△ABC为正三角形，MB=√6，MB⊥NC，E，F分别为MN，AC中点．（Ⅰ）证明：MB⊥AC；（Ⅱ）求直线EF与平面MBC所成角的正弦值．20．设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知：a5＝2a2+3且a2，√S9，a14成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设正项数列{b n}满足b n2S n+1＝s n+1+2，求证：b1+b2+…+b n＜n+1．21．如图，已知抛物线x2＝2py（p＞0）的焦点为F（0，1），过F的两条动直线AB，CD 与抛物线交出A、B、C、D四点，直线AB，CD的斜率存在且分别是k1（k1＞0），k2．（Ⅰ）若直线BD过点（0，3），求直线AC与y轴的交点坐标（Ⅱ）若k1﹣k2＝2，求四边形ACBD面积的最小值．22．已知函数f（x）＝ax3﹣ax﹣xlnx．其中a∈R．（Ⅰ）若a=12，证明：f（x）≥0；（Ⅱ）若xe1﹣x≥1﹣f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求a的取值范围．参考答案一、选择题：共10小题，每小题4分，共40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 |（x +1）（x ﹣2）＜0}，B ＝{x |1＜x ≤2}，则A ∩B ＝（ ） A ．{x |1＜x ＜2}B ．{x |1＜x ≤2}C ．{x |﹣1＜x ≤2}D ．{x |﹣1≤x ＜2}【分析】可以求出集合A ，然后进行交集的运算即可． 解：∵A ＝{x |﹣1＜x ＜2}，B ＝{x |1＜x ≤2}， ∴A ∩B ＝{x |1＜x ＜2}． 故选：A ．2．若复数2+ai 1−i（a ∈R ）是纯虚数（i 是虚数单位），则a 的值为（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．1D ．2【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求解．解：∵2+ai 1−i=(2+ai)(1+i)(1−i)(1+i)=2−a 2+2+a 2i 是纯虚数，∴{2−a =02+a ≠0，即a ＝2． 故选：D ．3．若x ，y 满足约束条件{y ≤xx +y ≤4y ≥−2，则z ＝x +2y 的最大值是（ ）A ．8B ．6C ．4D ．2【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z 的最大值．解：作出不等式对应的平面区域： 由z ＝x +2y ，得y =−12x +z 2，平移直线y =−12x +z 2，由图象可知当直线y =−12x +z 2经过点A 时，直线y =−12x +z 2的截距最大，此时z 最大． 由{x +y =4x =y ，得A （2，2）， 此时z 的最大值为z ＝2+4＝6， 故选：B ．4．设a ∈R ，则“a ＞2”是“方程x 2+y 2+ax ﹣2y +2＝0的曲线是圆”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【分析】先化简，再判断．解：方程x 2+y 2+ax ﹣2y +2＝0的曲线是圆，则有D 2+E 2﹣4F ＝a 2+4﹣8＞0，解之得a ＞2或a ＜﹣2，则“a ＞2”是“a ＞2或a ＜﹣2”的充分不必要条件， 故选：A ．5．在下面四个x∈[﹣π，π]的函数图象中，函数y＝|x|cos2x的图象可能是（）A．B．C．D．【分析】由函数为偶函数，可排除AC，由f（π）＞0，可排除B，进而得出正确选项．解：f（﹣x）＝|﹣x|cos（﹣2x）＝|x|cos2x＝f（x），即f（x）为偶函数，可排除AC；又f（π）＝πcos2π＝π＞0，可排除B．故选：D．6．已知在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B 的中点，则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为（）A．平行、平行B．异面、平行C．平行、相交D．异面、相交【分析】推导出EF⊂平面BCC1B1，MN∩平面BCC1B1＝N，N∉EF，由异面直线判定宣理得直线MN与直线EF是异面直线．取A1C1中点P，连结PN，PM，则PN∥B1A1，PM∥A1A，从而平面PMN∥平面ABB1A1，由此得到直线MN与平面ABB1A1平行．解：∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，∴EF⊂平面BCC1B1，MN∩平面BCC1B1＝N，N∉EF，∴由异面直线判定宣理得直线MN与直线EF是异面直线．取A1C1中点P，连结PN，PM，则PN∥B1A1，PM∥A1A，∵AA1∩A1B1＝A1，PM∩PN＝P，∴平面PMN∥平面ABB1A1，∵MN⊂平面PMN，∴直线MN与平面ABB1A1平行．故选：B．7．口袋中有相同的黑色小球n个，红、白、蓝色的小球各一个，从中任取4个小球．ξ表示当n＝3时取出黑球的数目，η表示当n＝4时取出黑球的数目．则下列结论成立的是（）A．E（ξ）＜E（η），D（ξ）＜D（η）B．E（ξ）＞E（η），D（ξ）＜D（η）C．E（ξ）＜E（η），D（ξ）＞D（η）D．E（ξ）＞E（η），D（ξ）＞D（η）【分析】当n＝3时，ξ的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出E（ξ）＝2，D（ξ）=25，当n＝4时，η可取1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出E（η）=167，D（η）=2449，从而求出E（ξ）＜E（η），D（ξ）＜D（η）．解：当n＝3时，ξ的可能取值为1，2，3，P（ξ＝1）=C31C64=15，P（ξ＝2）=C32C32C64=35，P（ξ＝3）=C31C64=15，∴E（ξ）=15+2×35+3×15=2，D（ξ）=15+15=25，当n＝4时，η可取1，2，3，4，P（η＝1）=C41C74=435，P（η＝2）=C42C32C74=1835，P（η＝3）=C43C31C74=1235，P（η＝4）=1C74=135，∴E（η）=435+2×1835+3×1235+4×135=167，D（η）=435（1−167）2+1835（2−167）2+1235（3−167）2+135（4−167）2=2449，∴E（ξ）＜E（η），D（ξ）＜D（η）．故选：A．8．已知函数f(x)={ax2+1，x≤0lnx，x＞0，，下列关于函数y＝f（f（x））+m的零点个数的判断，正确的是（）A．当a＝0，m∈R时，有且只有1个B．当a＞0，m≤﹣1时，都有3个C．当a＜0，m＜﹣1时，都有4个D．当a＜0，﹣1＜m＜0时，都有4个【分析】分别画出a＝0，a＞0，a＜0时，y＝f（x）的图象，结合t＝f（x），f（t）+m ＝0的解的情况，数形结合可得所求零点个数．解：画出a＝0时，y＝f（x）的图象，可令t＝f（x），则f（t）+m＝0，即y＝f（t）和y＝﹣m的交点个数即为零点的个数．若m＝﹣1，则t≤0或t＝e，即0＜x≤1或x＝e e，即当a＝0，m∈R时，不只1个零点，故A错；当a＞0时，m≤﹣1时，可得t≤0或t＝e﹣m≥e，可得x的个数为1+2＝3个，即B正确；当a＜0，m＜﹣1或﹣1＜m＜0时，y＝f（x）的图象如右图：（y轴左边红色的和y轴右边的图象）．由﹣m＞0，且﹣m≠1，可得零点的个数为1个或3个，故C，D错误．故选：B．9．设三棱锥V﹣ABC的底面是A为直角顶点的等腰直角三角形，VA⊥底面ABC，M是线段BC上的点（端点除外），记VM与AB所成角为α，VM与底面ABC所成角为β，二面角A﹣VC﹣B为γ，则（）A．α＜β，β+γ＞π2B．α＜β，β+γ＜π2C．α＞β，β+γ＞π2D．α＞β，β+γ＜π2【分析】由最小角定理得α＞β，由已知条件得AB⊥平面VAC，过A作AN⊥VC，连结BN，得γ＝∠BNA，推导出γ＞∠BVA，由VA⊥平面ABC，得β＝∠VMA，推导出γ＞∠MVA，从而β+γ＞π2．解：设三棱锥V﹣ABC的底面是A为直角顶点的等腰直角三角形，VA⊥底面ABC，M是线段BC上的点（端点除外），记VM与AB所成角为α，VM与底面ABC所成角为β，二面角A﹣VC﹣B为γ，由最小角定理得α＞β，排除A和B，由已知条件得AB⊥平面VAC，过A作AN⊥VC，连结BN，得γ＝∠BNA，∴tanγ=tan∠BNA=AB AN，而tan∠BVA=ABAV，AN＜AV，∴tan∠BNA＞tan∠BVA，∴γ＞∠BVA，∵VA⊥平面ABC，∴β＝∠VMA，∴β+∠MVA=π2，∵tan∠MVA=AMAV，AB＞AM，∴tan∠MVA，∴γ＞∠MVA，∴β+γ＞π2．故选：C．10．设a∈R，数列{a n}满足a1＝a，a n+1＝a n﹣（a n﹣2）3，则（）A．当a＝4时，a10＞210B．当a=√2时，a10＞2C．当a=13时，a10＞210D．当a=165时，a10＞2【分析】令b n＝a n﹣2，则b n+1=b n−b n3，令f（x）＝x﹣x3，则f′（x）＝1﹣3x2，则f（x）在（﹣∞，−√33）和（√33，+∞）上单调递减，在（−√33，√33）上单调递增，分别取a=√2和a=165，利用函数的单调性推导出B，D错误；令g（x）＝x3﹣x，则g′（x）＝3x2﹣1，g（x）在（−∞，−√33）和（√33，+∞）上单调递增，在（−√33，√33）上单调递减，当a＝4时，利用函数的单调性推导出A错；当a=13时，利用函数的单调性推导出C正确．解：令b n＝a n﹣2，即b n+1=b n−b n3，令f（x）＝x﹣x3，则f′（x）＝1﹣3x2，由f′（x）＞0，得−√33＜x＜√33，由f′（x）＜0，得x＜−√33或x＞√33，则f（x）在（﹣∞，−√33）和（√33，+∞）上单调递减，在（−√33，√33）上单调递增，当a =√2时，b 1=√2−2＜−√33，0＞b 2＝18﹣13√2＞−√33，由数学归纳法得到−√33＜b n+1=b n (1−b n 2)＜0，当a =165时，b 1=65，0＞b 2=−66125＞−√33， 由数学归纳法知−√33＜b n+1=b n (1−b n 2)＜0，故B ，D 错误；令g （x ）＝x 3﹣x ，则g ′（x ）＝3x 2﹣1，由g ′（x ）＞0，得x ＜−√33或x ＞√33，由g ′（x ）＜0，得−√33＜x ＜√33，∴g （x ）在（−∞，−√33）和（√33，+∞）上单调递增，在（−√33，√33）上单调递减，当a ＝4时，|b 1|＝2，|b 2|＝6，由题意得|b n |≥2，|b n+1b n|＝|1−b n 2|＞1，则b n+1b n⋅b n b n−1=（1−b n 2）（1−b n−12）＞0，∴b 10=|b 1|π9i=1(b i 2−1|＞2×39＞210，∵b 2与b 10同号，则A 错； 当a =13时，|b 1|=53，|b 2|=8027， 由题意知|b n |≥53，|b n+1b n|＝|1−b n 2|＞1，则b n+1b n⋅b n b n−1=（1−b n 2）（1−b n−12）＞0，∴b 2与b 10同号，∴b 10=|b 1|π9i=1(b i 2−1|＞8027⋅38＞210，故C 正确． 故选：C ．二、填空题:共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题6分,共36分｡11．若双曲线x 2a−y 2=1的一渐近线方程是x +2y ＝0，则a ＝ 4 ；离心率是√52． 【分析】由题意双曲线的方程和渐近线的方程求出a ，进而求出双曲线的离心率．解：由双曲线x 2a−y 2=1的方程可得渐近线的方程为：y =√a ，而由题意可得√a=12，所以a ＝4， 离心率e =√4+1√4=√52，故答案分别为：4，√52． 12．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是 16+6√2 ，休积是 6 ．【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积和表面积． 解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 该几何体为三棱柱， 如图所示：所以该几何体的表面积为：S =2×3+2×3+2√2×3+2×12×2×2=16+6√2．该几何体的体积为：V=12×2×2×3=6．故答案为：16+6√2；6．13．已知a∈R，若二项式(a√x+1)n的展开式中二项式系数和是16，所有项系数和是81，则n＝4，含x项的系数是24或96．【分析】二项式(a√x+1)n的展开式中二项式系数和是16，可得2n＝16，解得n．所有项系数和是81，令x＝1，可得：（a+1）4＝81，解得a．利用通项公式即可得出．解：二项式(a√x+1)n的展开式中二项式系数和是16，∴2n＝16，解得n＝4．所有项系数和是81，令x＝1，可得：（a+1）4＝81，解得a＝2，或﹣4．a＝2时，T3=∁42(2√x)2=24x，a＝﹣4时，T3=∁42(−4√x)2=96x，含x项的系数是24或96．故答案为：4，24或96．14．已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，A≠π2，c+b cos A﹣a cos B=√2a cos A，则ba =√22内角B的取值范围是（0，π4）．【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得2sin B cos A=√2sin A cos A，结合A≠π2，可得2sin B=√2sin A，由正弦定理可得ba=√22，kd sin B=√2sinA2，且b＜a，B为锐角，即可求解范围B．解：∵c+b cos A﹣a cos B=√2a cos A，∴由正弦定理可得：sin C+sin B cos A﹣sin A cos B=√2sin A cos A，∵sin C＝sin（π﹣A﹣B）＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B，∴sin A cos B+cos A sin B+sin B cos A﹣sin A cos B=√2sin A cos A，可得2sin B cos A=√2sin A cos A，∵A ≠π2，∴可得2sin B =√2sin A ，由正弦定理可得2b =√2a ，可得b a=√22，∵sin B =√2sinA 2∈（0，√22），且b ＜a ，B 为锐角，∴B ∈（0，π4）．故答案为：√22，（0，π4）．15．已知椭圆C ：x 29+y 27=1，F 为其左焦点，过原点O 的直线1交椭圆于A ，B 两点，点A 在第二象限，且∠FAB ＝∠BFO ，则直线1的斜率为 −√73．【分析】先设点A 的坐标，再把需要的线的斜率表示出，利用到角公式解出点的坐标，从而求出斜率．解：设A （x 0，y 0 ），则B （﹣x 0，﹣y 0），x 0＜0，y 0＞0且x 029+y 027=1．∵F 为其左焦点，∴F （−√2，0），tan ∠BFO =0−x 0+2，直线AB 的斜率k 1=yx 0．经分析直线AF 的斜率必存在，设为k 2=y 0x0+√2．又由到角公式可得：tan ∠FAB =k 1−k 21+k 1k 2=√2y 0x 02+2x 0+y 02．又∠FAB ＝∠BFO ，∴√2y 0x 2+√2x +y 2=0−x +√2． ∴x 02+2√2x 0+y 02=2，又x 029+y 027=1，x 0∈（﹣3，0），可解得：x 0=−3√22，y 0=√142，∴直线l 的斜率为y 0x 0=−√73．故答案为：−√73．16．已知非零平面向量a →，b →，c →，满足a →•b →=a →2，3c →=2a →+b →，则b →⋅c→|b →|⋅|c →|的最小值是 √32．【分析】根据已知条件可以得出向量a →，b →，c →之间的关系，然后利用坐标法、特殊化将向量b →，c →的坐标表示出来，最后将问题转化为一个基本不等式问题．解：由a →•b →=a →2得|a →||b →|cosθ=|a →|2（θ是a →，b →的夹角）．∴|b →|cosθ=|a →|，所以不妨设a →=(1，0)，b →=(1，tanθ)(θ是零角或锐角)，（∵求得是比值，所以为了简化计算，在不影响结果前提下设a →=(1，0)．）∴c →=23a →+13b →=(1，13tanθ)．再令t ＝tan θ∈[0，+∞）．则b →⋅c→|b →|⋅|c →|=1+13t 2√1+t 2√1+9t 2=√(1+t )(1+19t )(1+13t 2)2 对于分母，再令m ＝t 2≥0，则分母可化为：y =√1+49m1+23m+19m2=√1+4923+19m+1m．∵23+19m +1m≥23+2√19m ×1m=43，（当且仅当m ＝3时取等号）∴上式≤√1+4943=3．∴b →⋅c→|b →|⋅|c →|≥12√3=√32． 故答案为：√32．17．设a ，b ∈R ，若函数f(x)=23ax 3+12bx 2+(1−a)x 在区间[﹣1，1]上单调递增，则a +b的最大值为 2 ．【分析】求导得f ′（x ）＝2ax 2+bx +1﹣a ，依题意，（2x 2﹣1）a +xb +1≥0在x ∈[﹣1，1]上恒成立，先根据系数比例，令2x 2﹣1＝x ，可得a +b ≤2，即a +b 的最大值为2，再证明充分性，即当a +b ＝2时，（2x 2﹣1）a +xb +1≥0在x ∈[﹣1，1]上恒成立，综合即可得出结论．解：f ′（x ）＝2ax 2+bx +1﹣a ，∵函数f （x ）在区间[﹣1，1]上单调递增，∴f ′（x ）≥0在[﹣1，1]上恒成立，亦即（2x 2﹣1）a +xb +1≥0在x ∈[﹣1，1]上恒成立， 令2x 2﹣1＝x ，解得x ＝1或x =−12，将x =−12代入可得−12a −12b +1≥0，即a +b ≤2，则a +b 的最大值为2，下面证明a +b ＝2可以取到，令g （x ）＝f ′（x ）＝2ax 2+bx +1﹣a ，则g ′（x ）＝4ax +b ，且g(x)≥0，g(−12)=0，则g′(−12)=−2a +b =0，解得a =23，b =43，当a =23，b =43时，g(x)=f′(x)=43x 2+43x +13=13(2x +1)2≥0在x ∈[﹣1，1]上恒成立，故a +b ＝2可以取到， 综上，a +b 的最大值为2．故答案为：2．三、解答题（共5小题，满分74分）18．已知函数f（x）＝sin x+a cos x（a＞0）满足[f(x)]2+[f(x+π2)]2=4．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设0＜α＜π2，且f（α）•f（α+π2）=23，求sin2α．【分析】（Ⅰ）由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系求得a的值．（Ⅱ）由题意利用三角恒等变换求得cos（2α+π6）的值，再利用同角三角函数的基本关系求出sin（2α+π6）的值，再利用两角差的正弦公式求得sin2α＝sin[（2α+π6）−π6]的值．解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝sin x+a cos x（a＞0），∴f（x+π2）＝sin（x+π2）+a cos（x+π2）＝cos x﹣a sin x，∵满足[f(x)]2+[f(x+π2)]2=4，即（sin x+a cos x）2+（cos x﹣a sin x）2＝4，即1+a2＝4，故a=√3．（Ⅱ）设0＜a＜π2，且f(α)⋅f(α+π2)=23=（sinα+√3cosα）•（cosα−√3sinα）＝sinαcosα−√3sin2α+√3cos2α﹣3sinαcosα＝﹣2sinαcosα+√3cos2α=√3cos2α﹣sin2α＝2cos（2α+π6）∴cos（2α+π6）=13．∵0＜α＜π2，∴2α+π6∈（π6，7π6），∴sin（2α+π6）=√1−cos2(2α+π6)=2√23．故sin2α＝sin[（2α+π6）−π6]＝sin（2α+π6）cosπ6−cos（2α+π6）sinπ6=2√23×√32−13⋅12=2√6−16．19．如图，在四棱锥C﹣ABNM中，四边形ABNM的边长均为2，△ABC为正三角形，MB=√6，MB⊥NC，E，F分别为MN，AC中点．（Ⅰ）证明：MB⊥AC；（Ⅱ）求直线EF与平面MBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）连接AN，由题意可得MB⊥AN，结合MB⊥NC，利用线面存在着的判定可得MB⊥平面NAC，则MB⊥AC；（Ⅱ）取BC的中点G，连接FG，NG，MG，证明MG与EF相交，记交点为O，则O 为MG与EF的中点．则直线EF与平面MBC所成角，就是FO与平面MBC所成角，记为θ．由已知求解三角形可得OF．记F到平面MBC的距离为h，利用等体积法求得h，则sinθ=ℎOF=√155．【解答】（Ⅰ）证明：连接AN，∵四边形ABNM的边长均为2，∴MB⊥AN，∵MB⊥NC，且AN∩NC＝N，∴MB⊥平面NAC，∵AC⊂平面NAC，∴MB⊥AC；（Ⅱ）解：取BC的中点G，连接FG，NG，MG，显然FG∥MN，且FG=12MN，即FG∥ME，FG＝ME，∴MG与EF相交，记交点为O，则O为MG与EF的中点．∴直线EF与平面MBC所成角，就是FO与平面MBC所成角，记为θ．由（Ⅰ）知，MB⊥AC，又△ABC为正三角形，∴BF⊥AC，且BF=√3．∵MB∩BF＝B，∴AC⊥平面MBF，则MF⊥AC，得MF=√3．∵MB=√6，∴MF⊥BF，得OF=12EF=12√3+1=1．记F到平面MBC的距离为h，∵MF⊥BF，MF⊥AC，且AC∩BF＝F，∴MF⊥平面ABC，V M−BCF=13S△BCF⋅MF=13⋅12⋅1⋅√3⋅√3=12．在△MBC中，∵MC＝BC＝2，MB=√6，∴S△MBC=√152．∴V F−MBC=13S△MBC⋅h=13⋅√152⋅h=12，得h=√155．故sinθ=ℎOF=√155．20．设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知：a5＝2a2+3且a2，√S9，a14成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设正项数列{b n}满足b n2S n+1＝s n+1+2，求证：b1+b2+…+b n＜n+1．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，以及等比数列的中项性质，注意9a 1+36d ≥0，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（Ⅱ）求得S n ＝n 2，求得b n ，并推得b n ＜√1+1n 2+1(n+1)2=√[n(n+1)+1]2n 2(n+1)2=1+1n(n+1)=1+1n −1n+1，再由数列的分组求和以及裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证．解：（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为d ， 由a 5＝2a 2+3可得a 1+4d ＝2（a 1+d ）+3， 又a 2，√S 9，a 14成等比数列，可得S 9＝a 2a 14， 即9a 1+36d ＝（a 1+d ）（a 1+13d ），且9a 1+36d ≥0， 解得a 1＝1，d ＝2，或a 1=−115，d =25（舍去）， 则a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得S n =12（1+2n ﹣1）n ＝n 2，由b n 2S n +1＝S n +1+2，可得b n =√1+2(n+1)2，由b n ＜√1+1n 2+1(n+1)2=√n 2(n+1)2+(n+1)2+n 2n 2(n+1)2 =√[n(n+1)+1]2n 2(n+1)2=1+1n(n+1)=1+1n −1n+1，故b 1+b 2+…+b n ＜n +（1−12+12−13+⋯+1n −1n+1） ＝n +1−1n+1＜n +1．21．如图，已知抛物线x2＝2py（p＞0）的焦点为F（0，1），过F的两条动直线AB，CD 与抛物线交出A、B、C、D四点，直线AB，CD的斜率存在且分别是k1（k1＞0），k2．（Ⅰ）若直线BD过点（0，3），求直线AC与y轴的交点坐标（Ⅱ）若k1﹣k2＝2，求四边形ACBD面积的最小值．【分析】（Ⅰ）抛物线方程为x2＝4y，设设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），x3＞x4，直线y＝kx+t代入抛物线方程，当t＝1时，得x1x2，x3x4，当t＝3时，得x2x4，进而可得x1x3值为−43，写出直线AC方程，令x＝0得y=−x1x34=13，进而得出结论．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），x3＞x4，设直线l的方程是y＝kx+1，联立抛物线方程，由韦达定理可得，|AB|＝|y1+1+y2+1|＝4（k12+1），再求出点C到AB的距离d1点D到AB的距离d2，S=12|AB|（d1+d2），化简得S＝16√(1+k12)(k12−4k1+5)，设f（x）＝（1+x2）（x2﹣4x+5），x＞0，求导，分析单调性，进而得出S min．解：（Ⅰ）由题意可得抛物线方程为x2＝4y，设直线y＝kx+t代入抛物线方程得x2﹣4kx﹣4t＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），x3＞x4，当t＝1时，得x1x2＝﹣4，x3x4＝﹣4，当t＝3时，x2x4＝﹣12，所以x 1x 3=−4x 2•−4x 4=−43，直线AC 方程是y ﹣y 1=x 1+x 34(x −x 1)， 令x ＝0得y =−x 1x 34=13， 故直线AC 与y 轴交点坐标是（0，13）．（Ⅱ）F （0，1）设直线l 的方程是y ＝kx +1，代入x 2＝4y 得x 2﹣4kx ﹣4＝0， 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），C （x 3，y 3），D （x 4，y 4），x 3＞x 4， 则{x 1+x 2=4k 1x 1x 2=−4，{x 3+x 4=4k 2x 3x 4=−4， |AB |＝|y 1+1+y 2+1|＝|k 1x 1+k 1x 2+4|＝4（k 12+1）， 点C 到AB 的距离d 1=133√1+k 1=133√1+k 1，点D 到AB 的距离d 2=144√1+k 1=144√1+k 1，S =12|AB |（d 1+d 2）＝2（k 12+1）•13443√1+k 12=2√1+k 12•（k 1﹣k 2）（x 3﹣x 4）＝4√1+k 12√16k 22+16=16√(1+k 12)(k 12−4k 1+5)， 设f （x ）＝（1+x 2）（x 2﹣4x +5），x ＞0 则f ′（x ）＝4（x 3﹣3x 2+3x ﹣1）＝4（x ﹣1）3，所以f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 所以在（0，+∞）内f （x ）最小值f （1）＝4． 故当k 1＝1，k 2＝﹣1时，S min ＝32．22．已知函数f （x ）＝ax 3﹣ax ﹣xlnx ．其中a ∈一、选择题． （Ⅰ）若a =12，证明：f （x ）≥0；（Ⅱ）若xe 1﹣x ≥1﹣f （x ）在x ∈（1，+∞）上恒成立，求a 的取值范围．【分析】（I ）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求f （x ）的范围，可证；（II ）由已知代入整理可得，ax 2﹣a ﹣lnx ≥﹣e 1﹣x +1x，构造函数m （x ）＝ax 2﹣a ﹣lnx ，n （x ）＝﹣e 1﹣x +1x =1x −1e x−1，x ＞1，然后结合导数分别分析函数的特征性质，可求．【解答】证：（I ）函数f （x ）的定义域（0，+∞），f （x ）=12x 3−12x ﹣xlnx ＝x（12x 2−12−lnx ）， 令g （x ）=12x 2−12−lnx ，则g′(x)=x −1x =x 2−1x，当x ∈（0，1）时，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减，x ∈（1，+∞）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增，故g （x ）≥g （1）＝0， 又x ＞0，所以f （x ）≥0；解：（II ）若xe 1﹣x ≥1﹣f （x ）＝1﹣（ax 3﹣ax ﹣xlnx ）在x ∈（1，+∞）上恒成立，则e 1﹣x ≥1x−（ax 2﹣a ﹣lnx ）在x ∈（1，+∞）上恒成立， 即ax 2﹣a ﹣lnx ≥﹣e 1﹣x +1x，令m （x ）＝ax 2﹣a ﹣lnx ，n （x ）＝﹣e 1﹣x +1x=1x −1ex−1，x ＞1， 由e x ﹣1＞x （x ＞1）可得n （x ）＞0，∵m′(x)=2ax −1x =2ax 2−1x，（i ）当a ≤0时，m ′（x ）＜0，m （x ）在∈（1，+∞）上单调递减，故m （x ）＜m （1）＝0，此时m （x ）≥n （x ）不成立，（ii ）当a ＞0时，由m ′（x ）＝0可得x =√12a，x =−√12a（舍），当√12a ＞1即0＜a ＜12时，m （x ）在（1，√12a ）上单调递减，在（√12a，+∞）上单调递增，∴m （√12a）＜m （1）＝0，则在（1，√12a）m （x ）≥n （x ）不成立，当√12a≤1即a ≥12时，m （x ）在（1，√12a）上单调递减，在（√12a，+∞）上单调递增，令F （x ）＝m （x ）﹣n （x ）＝a （x 2﹣1）﹣lnx −1x+1e x−1，则F （x ）≥12(x 2−1)−lnx −1x +1e x−1，令G （x ）=12(x 2−1)−lnx −1x+1e x−1，即F （x ）≥G （x ），∵G′(x)=x −1x +1x 2−1e x−1≥x −1x +1x 2−1=(x+1)(x−1)2x 2＞0，故G （x ）在（1，+∞）上单调递增，G （x ）＞G （1）＝0，则F （x ）≥G （x ）＞0，综上，a 的范围[12，+∞）．。