天津市十二区县重点学校2021届高三毕业班联考(一)数学(文)试题Word版含答案.docx

2021年天津市十二区县重点学校
高考数学一模试卷（文科）

一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）
1．（5分）（2021•天津校级一模）i为虚数单位，复数=（　　）
　 A． i﹣2 B． 2﹣i C． D．

【考点】： 复数代数形式的乘除运算．
【专题】： 数系的扩充和复数．
【分析】： 利用复数的运算法则即可得出．
【解析】： 解：复数===，
故选：C．
【点评】： 本题考查了复数的运算法则，属于基础题．

2．（5分）（2021•天津校级一模）已知实数x，y满足约束条件，则z=2x+y的最小值是（　　）
　 A． ﹣4 B． ﹣2 C． 0 D． 2

【考点】： 简洁线性规划．
【专题】： 不等式的解法及应用．
【分析】： 作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论．
【解析】： 解：作出不等式组对应的平面区域如图：
由z=2x+y得y=﹣2x+z，
平移直线y=﹣2x+z，
由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点A时，直线的截距最小，
此时z最小，
由，解得，
即A（﹣1，2），此时z=﹣1×2+2=0，
故选：C

【点评】： 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键．

3．（5分）（2021•天津校级一模）阅读如图的程序的框图，则输出S=（　　）

　 A． 30 B． 50 C． 60 D． 70

【考点】： 程序框图．
【专题】： 图表型；算法和程序框图．
【分析】： 模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的S，i的值，当i=11时，不满足条件i≤9，退出循环，输出S的值为50．
【解析】： 解：模拟执行程序框图，可得
S=0，i=1
S=2，i=3
满足条件i≤9，S=8，i=5
满足条件i≤9，S=18，i=7
满足条件i≤9，S=32，i=9
满足条件i≤9，S=50，i=11
不满足条件i≤9，退出循环，输出S的值为50．
故选：B．
【点评】： 本题主要考察了循环结构的程序框图，依次正确写出每次循环得到的S，i的值是解题的关键，属于基本学问的考查．

4．（5分）（2021•天津校级一模）设则a，b，c的大小关系是（　　）
　 A． b＞a＞c B． a＞b＞c C． c＞a＞b D． a＞c＞b

【考点】： 对数值大小的比较．
【专题】： 函数的性质及应用．
【分析】： 依据对数函数和指数函数的单调性，比较它们与0和1的大小关系，从而得到答案．
【解析】： 解：∵0=log41＜a=log43＜log44=1，
b=log0•43＜log0•41=0，
0＜c=，
∴a＞c＞b．
故选：D．
【点评】： 本题考查了对数值和指数值大小的比较，考查了对数函数的单调性，是基础题．

5．（5分）（2021•天津校级一模）下列四个命题
①已知命题P：∀x∈R，x2+x＜0，则¬P：∃x∈R，x2+x＜0；
②的零点所在的区间是（1，2）；
③若实数x，y满足xy=1，则x2+2y2的最小值为；
④设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊂α，b⊥β，α∥β是a⊥b的充分条件；
其中真命题的个数为（　　）
　 A． 0 B． 1 C． 2 D． 3

【考点】： 命题的真假推断与应用．
【专题】： 简易规律．
【分析】： ①利用命题的否定定义即可推断出正误；
②分别画出y=x2与y=的图象，可知：函数的零点有两个，再利用函数零点存在定理即可推断出；
③利用基本不等式的性质即可推断出正误；
④利用面面平行的性质、线面垂直的性质定理即可推断出正误．
【解析】： 解：①由命题P：∀x∈R，x2+x＜0，则¬P：∃x∈R，x2+x≥0，因此不正确；
②，分别画出y=x2与y=的图象，可知：函数的零点有两个：一个零点在区间（0，1），另一个零点﹣2，因此不正确；
③若实数x，y满足xy=1，则x2+2y2≥=，当且仅当x=y时取等号，其最小值为，正确；
④∵a⊂α，b⊥β，α∥β，利用面面平行的性质、线面垂直的性质定理可得：a⊥b，反之不成立，因此a⊂α，b⊥β，α∥β是a⊥b的充分条件，正确．
其中真命题的个数为2．
故选：C．

【点评】： 本题考查了简易规律的判定方法、函数的零点、基本不等式的性质、面面平行的性质、线面垂直的性质定理，考查了推理力量与计算力量，属于中档题．

6．（5分）（2021•天津校级一模）将的图象上各点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标不变，再将图象上全部点向左平移个单位，则所得函数图象的一条对称轴为（　　）
　 A． B． C． D．

【考点】： 正弦函数的图象．
【专题】： 三角函数的图像与性质．
【分析】： 由条件利用y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得所得图象对应的函数解析式，再依据正弦函数的图象的对称性，求得所得函数图象的一条对称轴．
【解析】： 解：将的图象上各点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标不变，
可得函数y=sin（2x+）的图象；
再把所得图象象左平移个单位，则所得函数图象对应的解析式为y=sin[2（x+）+]=sin（2x+），
令2x+=kπ+，求得 x=﹣，k∈z，故所得函数的图象的对称轴方程为 x=﹣，k∈z．
结合所给的选项，
故选：A．
【点评】： 本题主要考查y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题．

7．（5分）（2021•天津校级一模）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）与抛物线y2=2px（p＞0）有相同的焦点，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线交于点，则双曲线的离心率为（　　）
　 A． B． C． D．

【考点】： 双曲线的简洁性质．
【专题】： 计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】： 依据题意，点在抛物线的准线上，结合抛物线的性质，可得p=10，进而可得抛物线的焦点坐标，可得c的值由点（﹣2，﹣1）在双曲线的渐近线上，可得渐近线方程，进而可得b的值，由双曲线的性质，可得a，b，进而可得答案．
【解析】： 解：依据题意，双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，
即点在抛物线的准线上，则p=10，
则抛物线的焦点为（5，0）；
由于双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）与抛物线y2=2px（p＞0）有相同的焦点，
所以c=5，
由于点在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为y=±x，
所以a=4，b=3
所以e==
故选B．
【点评】： 本题考查双曲线与抛物线的性质，留意题目“双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为”这一条件的运用是关键．

8．（5分）（2021•天津校级一模）定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）=2f（x）﹣2，当x∈（0，2]时，f（x）=，若x∈（0，4]时，t2﹣≤f（x）恒成立，则实数t的取值范围是（　　）
　 A． [1，2] B． [2，] C． [1，] D． [2，+∞）

【考点】： 分段函数的应用；函数恒成立问题．
【专题】： 函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
【分析】： 由f（x+2）=2f（x）﹣2，求出x∈（2，3），以及x∈[3，4]，的函数的解析式，分别求出（0，4]内的四段的最小值，留意运用二次函数的最值和函数的单调性，再由t2﹣≤f（x）恒成马上为由t2﹣≤f（x）min，解不等式即可得到所求范围．
【解析】： 解：当x∈（2，3），则x﹣2∈（0，1），
则f（x）=2f（x﹣2）﹣2=2（x﹣2）2﹣2（x﹣2）﹣2，即为
f（x）=2x2﹣10x+10，
当x∈[3，4]，则x﹣2∈[1，2]，
则f（x）=2f（x﹣2）﹣2=﹣2．
当x∈（0，1）时，当x=时，f（x）取得最小值，且为﹣；
当x∈[1，2]时，当x=2时，f（x）取得最小值，且为；
当x∈（2，3）时，当x=时，f（x）取得最小值，且为﹣；
当x∈[3，4]时，当x=4时，f（x）取得最小值，且为﹣1．
综上可得，f（x）在（0，4]的最小值为﹣．
若x∈（0，4]时，t2﹣≤f（x）恒成立，
则有t2﹣≤﹣．
解得1≤t≤．
故选：C．
【点评】： 本题考查分段函数的运用，主要考查分段函数的最小值，运用不等式的恒成立思想转化为求函数的最值是解题的关键．

二.填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卷中相应的横线上.
9．（5分）（2021•天津校级一模）已知集合M={x||x|≤2}，N={﹣3，﹣2，﹣1，0，1}，则M∩N=　{﹣2，﹣1，0，1}　．

【考点】： 交集及其运算．
【专题】： 集合．
【分析】： 依据集合的基本运算，求交集即可．
【解析】： 解：∵M={x||x|≤2}={x|﹣2≤x≤2}，N={﹣3，﹣2，﹣1，0，1}，
∴M∩N={﹣2，﹣1，0，1}；
故答案为：{﹣2，﹣1，0，1}
【点评】： 本题主要考查集合的基本运算，比较基础．

10．（5分）（2021•天津校级一模）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积　　．

【考点】： 由三视图求面积、体积．
【专题】： 空间位置关系与距离．
【分析】： 由已知中的三视图可得，该几何体是一个半圆锥和一个四分之一球的组合体，分别计算它们的体积，相加可得答案．
【解析】： 解：由已知中的三视图可得，该几何体是一个半圆锥和一个四分之一球的组合体，
球的半径为圆锥的底面半径均为1，圆锥的高为2，
故四分之一球的体积为：=，
半圆锥的体积为：=，
故组合体的体积V=+=；
故答案为：
【点评】： 本题考查的学问点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的外形．

11．（5分）（2021•天津校级一模）已知等差数列{an}的公差为2，若a4是a2，a8的等比中项，则数列{an}的前5项和为S5=　30　．

【考点】： 等差数列的前n项和．
【专题】： 等差数列与等比数列．
【分析】： a4是a2，a8的等比中项，可得，再利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．
【解析】： 解：∵a4是a2，a8的等比中项，
∴，
∴=（a1+2）（a1+7×2），
化为a1=2，
∴S5==30．
故答案为：30．
【点评】： 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，属于基础题．

12．（5分）（2021•天津校级一模）已知直线y=kx+3与圆x2+y2﹣6x﹣4y+5=0相交于M，N两点，若|MN|=2，则k的值是　﹣2或　．

【考点】： 直线与圆的位置关系．
【专题】： 直线与圆．
【分析】： 把圆的方程化为标准形式，求出弦心距，再利用弦长公式求得k的值．
【解析】： 解：圆x2+y2﹣6x﹣4y+5=0 即 （x﹣3）2+（y﹣2）2=8，当|MN|=2时，
圆心（3，2）到直线y=kx+3的距离为d====，
求得k=，
故答案为：﹣2或．
【点评】： 本题主要考查圆的标准方程，直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．

13．（5分）（2021•天津校级一模）如图△ABC是圆O的内接三角形，PA是圆O的切线，A为切点，PB交AC于点E，交圆O于点D，若PE=PA，∠ABC=45°，且PD=2，BD=6，则AC=　5　．

【考点】： 与圆有关的比例线段．
【专题】： 选作题；立体几何．
【分析】： 由PDB为圆O的割线，PA为圆的切线，由切割线定理，结合PD=2，BD=6易得PA长，由∠ABC=45°结合弦切角定理，依据PE长求出AE长及ED，DB长，再依据相交弦定理可求出CE，进而得到答案．
【解析】： 解：∵PD=2，BD=6，∴PB=PD+BD=8，
由切割线定理得PA2=PD•PB=16，
∴PA=4，
又∵PE=PA，∴PE=4，
又∠PAC=∠ABC=45°，
∴AE=4，
又DE=PE﹣PD=2，BE=BD﹣DE=4，
由相交弦定理可得：AE•CE=BE•ED=8，
∴CE=，
∴AC=AE+CE=5，
故答案：．
【点评】： 本题考查的学问点是与圆相关的比例线段，依据已知条件求出与圆相关线段的长，构造方程组，求出未知线段是解答的关键．

14．（5分）（2021•天津校级一模）已知平行四边形ABCD中，∠A=45°，，AB=2，F为BC边上一点，且=2，若AF与BD交于点E，则=　　．

【考点】： 平面对量数量积的运算．
【专题】： 平面对量及应用．
【分析】： 依据题意，建立直角坐标系，依据相像比可得各点的坐标，再计算即可．
【解析】： 解：依据题意，以A为原点，AB为x轴，
建立直角坐标系如图，明显△EBF∽△EDO，
由题意可知O（0，0），B（2，0），C（3，1），D（1，1），
∵=2，及相像比的性质
∴F（，），，
∴E（，），
从而==，
故答案为：．

【点评】： 本题考查向量的数量积，建立坐标系依据相像比得出各点的坐标是解题的关键，属中档题．

三.解答题：本大题6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（13分）（2021•天津校级一模）某学校的三个同学社团人数分布如下表（每名同学只能参与一个社团）：
围棋社 舞蹈社 相声社
男生 5 10 28
女生 15 30 m
学校要对这三个社团的活动效果进行抽样调查，按分层抽样的方法从三个社团成员中抽取18人，结果相声社被抽出了6人．
（Ⅰ）求相声社女生有多少人；
（Ⅱ）已知三个社团各有社长两名，且均为一名男生一名女生，现从6名社长中随机选出2名（每人被选到的可能性相同）．
①用恰当字母列举出全部可能的结果；
②设M为大事“选出的2人来自不同社团且恰有1名男社长和1名女社长”，求大事M发生的概率．

【考点】： 列举法计算基本大事数及大事发生的概率；分层抽样方法．
【专题】： 概率与统计．
【分析】： （Ⅰ）由分层抽样的特点可得m的方程，解方程可得；
（Ⅱ）设3个社团的男社长依次为a，b，c，3个社团的女社长依次为A，B，C，列举可得总的基本大事共15种，M含6种，由概率公式可得．
【解析】： 解：（Ⅰ）∵按分层抽样的方法从三个社团成员中抽取18人，相声社被抽出了6人，
∴，解得m=2，
∴相声社女生有2人；
（Ⅱ）设3个社团的男社长依次为a，b，c，3个社团的女社长依次为A，B，C，
从6名社长中随机选出2名全部可能结果为：{a，A}，{a，B}，{a，C}，{b，A}，
{b，B}，{b，C}，{c，A}，{c，B}，{c，C}{A，B}，{A，C}，{B，C}，{a，b}
，{a，c}，{b，c}共15种，
M所含基本大事为：{a，B}，{a，C}，{b，A}，{b，C}，{c，A}，{c，B}共6种，
由概率公式可得
【点评】： 本题考查列举法求基本大事及大事发生的概率，涉及分层抽样，属基础题．

16．（13分）（2021•天津校级一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinA=，cosC=﹣，a=．
（Ⅰ）求b，c的值；
（Ⅱ）求的值．

【考点】： 余弦定理；正弦定理．
【专题】： 解三角形．
【分析】： （Ⅰ）由条件利用同角三角函数的基本关系求得sinC的值，再利用正弦定理求得c的值，应用余弦定理求得b的值．
（Ⅱ）由于可得A为锐角，求出cosA的值，再利用二倍角公式求得cos2A、sin2A的值，可得的值．
【解析】： 解：（Ⅰ）在△ABC中，，∴，
依据，得．
依据c2=a2+b2﹣2abcosC，以及，可得b2+2b﹣15=0，解得b=3，b=﹣5（舍）．
（Ⅱ）由于，知A为锐角，所以，
从而，，
∴=．
【点评】： 本题主要考查同角三角函数的基本关系，正弦定理和余弦定理的应用，二倍角公式、两角和的余弦公式，属于中档题．

17．（13分）（2021•天津校级一模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AC=BC，AB=2A1A=4．以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接A1D和DC1．
（Ⅰ）求证：A1D∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）若二面角A1﹣DC﹣A为45°，
①证明：平面A1C1D⊥平面A1AD；
②求直线A1A与平面A1C1D所成角的正切值．

【考点】： 二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．
【专题】： 空间角．
【分析】： （Ⅰ）连结B1C，证明A1D∥B1C即可；
（Ⅱ）①取CD的中点O，连接AO，A1O，证明∠A1OA=45°是二面角A﹣DC﹣A1的平面角，从而DA⊥AC，结合已知条件AA1⊥平面ABC，所以AC⊥平面A1AD，利用AC∥A1C1即得结论；②过A作AM⊥A1D于M，结合①可得AM⊥平面A1C1D，从而在Rt△A1AD中，，所以．
【解析】： （Ⅰ）证明：连结B1C，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中A1B1∥AB且A1B1=AB，
由平行四边形ABCD得CD∥AB且CD=AB，
∴A1B1∥CD且A1B1=CD，
∴四边形A1B1CD为平行四边形，A1D∥B1C，
∵B1C⊂平面BCC1B1，A1D⊄平面BCC1B1，
∴A1D∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）①取CD的中点O，连接AO，A1O，在平行四边形ABCD中BC=AD，
又AC=BC，所以AD=AC，O是CD中点，所以AO⊥CD，（1）
∵AA1⊥平面ABC，AC、AD⊂平面ABC，∴AA1⊥AD，AA1⊥AC，
又AD=AC，所以A1D=A1C，O是CD中点，所以A1O⊥CD，（2）
由 （1）、（2）可知∠A1OA是二面角A﹣DC﹣A1的平面角，即∠A1OA=45°，
所以在Rt△A1AO中AO=A1A=2，平行四边形ABCD中AB=CD=4，
所以在等腰三角形ADC中，所以DA⊥AC．
∵AA1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
又A1A⊥AC，A1A∩DA=A，
所以AC⊥平面A1AD，三棱柱ABC﹣A1B1C1中AC∥A1C1，∴A1C1⊥平面A1AD，
∵A1C1⊂平面A1C1D，∴平面A1C1D⊥平面AA1D；
②过A作AM⊥A1D于M，由于平面A1C1D⊥平面AA1D，
及平面A1C1D∩平面A1AD=A1D，∴AM⊥平面A1C1D，
∴A1M是AA1在平面A1C1D上的射影，∠AA1M是AA1与平面A1C1D所成角，
在Rt△A1AD中，，∴．

【点评】： 本题考查直线与平面平行、平面与平面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，解题时要认真审题，属于中档题．

18．（13分）（2021•天津校级一模）若数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n都有4an﹣3Sn=8．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn=（﹣1）n﹣1，求数列{bn}的前n项和Tn．

【考点】： 数列的求和；数列递推式．
【专题】： 等差数列与等比数列．
【分析】： （I）利用递推式、等比数列的通项公式即可得出；
（II）利用对数的运算性质、“裂项求和”即可得出．
【解析】： 解：（Ⅰ）由4an﹣3Sn=8，当n=1时，得4a1﹣3a1=8，解得a1=8．
由4an﹣3Sn=8…①，
当n≥2时，4an﹣1﹣3Sn﹣1=8…②，
①﹣②得：an=4an﹣1，
∴数列{an}是（首项a1=8，公比q=4的）等比数列，
∴，
（Ⅱ）由（1）log2an=2n+1知：，
∴，
当n为偶数时，=，
当n为奇数时，=．
∴Tn=．
【点评】： 本题考查了递推式的应用、等比数列的通项公式、对数的运算性质，考查了分类争辩思想方法，考查了推理力量与计算力量，属于中档题．

19．（14分）（2021•天津校级一模）已知椭圆的左顶点为A1，右焦点为F2，过点F2作垂直于x轴的直线交该椭圆于M、N两点，直线A1M的斜率为．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）若△A1MN的外接圆在M处的切线与椭圆相交所得弦长为，求椭圆方程．

【考点】： 椭圆的简洁性质．
【专题】： 圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】： （Ⅰ）首先，得到点M的坐标，然后，代入，得到，从而确定其斜率关系；
（Ⅱ）首先，得到A1（﹣2c，0），然后，可以设外接圆圆心设为P（x0，0），结合圆的性质建立等式，然后，利用弦长公式求解即可．
【解析】： 解：（Ⅰ）由题意﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）
由于A1（﹣a，0），所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）
将b2=a2﹣c2代入上式并整理得（或a=2c）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）
所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a=2c，（或）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）
所以A1（﹣2c，0），外接圆圆心设为P（x0，0）
由|PA1|=|PM|，得﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
解得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）
所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
所以△A1MN外接圆在M处切线斜率为，设该切线与椭圆另一交点为C
则切线MC方程为，即﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）
与椭圆方程3x2+4y2=12c2联立得7x2﹣18cx+11c2=0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）
解得﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）
由弦长公式得﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）
解得c=1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（13分）
所以椭圆方程为﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）
【点评】： 本题重点考查了椭圆的标准方程、简洁几何性质、直线与椭圆的位置关系、弦长公式等学问，属于中档题．

20．（14分）（2021•天津校级一模）已知函数f（x）=ax2﹣（a+2）x+lnx（x＞0，其中a为实数）．
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当a＞0时，若f（x）在区间[1，e]上的最小值为﹣2，求a的取值范围；
（Ⅲ）若g（x）=f（x）﹣ax2+（a+2）x时，令F（x）=g（x）+g′（x），给定x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2，对于两个大于1的正数α，β，存在实数m满足：α=mx1+（1﹣m）x2，β=（1﹣m）x1+mx2，并且使得不等式|F（α）﹣F（β）|＜|F（x1）﹣F（x2）|恒成立，求实数m的取值范围．

【考点】： 利用导数争辩函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
【专题】： 导数的综合应用．
【分析】： （Ⅰ）当a=1时，求出f'（1）及f（1）即可；
（Ⅱ）当a＞0时令f'（x）=0，解之得或．综合、、三种状况考虑即可．
（Ⅲ）先推断F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，从而当x≥1时，F（x）＞0，再综合m∈（0，1）、m≤0、m≥1三种状况即可得实数m的取值范围．
【解析】： 解：（Ⅰ）当a=1时，．
由于f'（1）=0，f（1）=﹣2，所以切线方程是y=﹣2；
（Ⅱ）==（x＞0）
由于a＞0，故令f'（x）=0，得或．
（1）当，即a≥1时，f（x）在[1，e]上单调递增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（1）=﹣2，适合题意；
（2）当时，在上f'（x）＜0，f（x）单调递减，
在上f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）的最小值是，不合题意；
（3）当时，f（x）在（1，e）上单调递减，
所以，f（x）在[1，e]上的最小值是f（e）＜f（1）=﹣2，不合题意，
综上可知，a的取值范围是[1，+∞）．
（Ⅲ），
由=可得x≥1，
所以F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
∴当x≥1时，F（x）≥F（1）＞0，
①当m∈（0，1）时，有α=mx1+（1﹣m）x2＞mx1+（1﹣m）x1=x1，
α=mx1+（1﹣m）x2＜mx2+（1﹣m）x2=x2，
得α∈（x1，x2），同理β∈（x1，x2），
∴由f（x）的单调性知0＜F（x1）＜F（α）、F（β）＜F（x2），
从而有|F（α）﹣F（β）|＜|F（x1）﹣F（x2）|，符合题设．
②当m≤0时，α=mx1+（1﹣m）x2≥mx2+（1﹣m）x2=x2，
β=mx1+（1﹣m）x2≤mx1+（1﹣m）x1=x1，
由f（x）的单调性知0＜F（β）≤F（x1）＜F（x2）≤F（α），
∴|F（α）﹣F（β）|≥|F（x1）﹣F（x2）|，与题设不符，
③当m≥1时，同理可得α≤x1，β≥x2，
得|F（α）﹣F（β）|≥|F（x1）﹣F（x2）|，与题设不符．
∴综合①、②、③得m∈（0，1）．
【点评】： 本题考查利用导数解决含不等式的相关问题，考查分类争辩的思想，属于中档题．