【名师解析】陕西省西安市第一中学2021届高三大练习(二)数学(理科)试题 Word版含解析

2021年陕西省西安一中高考数学二模试卷（理科）
一、选择题（每小题5分，共50分）
1．（5分）复数z1=3+i，z2=1﹣i ，则复数的虚部为（）
A．2 B．﹣2i C．﹣2 D．2i
【考点】：复数代数形式的乘除运算．
【专题】：计算题．
【分析】：利用复数的除法，将复数的分母实数化即可．
【解析】：解：∵z1=3+i，z2=1﹣i，
∴====1+2i，
∴复数的虚部为2．
故选A．
【点评】：本题考查复数代数形式的乘除运算，将该复数的分母实数化是关键，属于基础题．
2．（5分）已知全集U=R，则正确表示集合M={x∈R|（x﹣1）（x﹣2）＞0}和N={x∈R|x2+x＜0}的关系的韦恩（Venn）图是（）
A．B．C．D．
【考点】：Venn图表达集合的关系及运算．
【专题】：集合．
【分析】：解不等式求出集合M，N，进而分析集合M，N之间的包含关系，可得答案．
【解析】：解：∵集合M={x∈R|（x﹣1）（x﹣2）＞0}={x∈R|x＜1，或x＞2}，
集合N={x∈R|x2+x＜0}={x∈R|﹣1＜x＜0}，
∴N⊊M，
故正确表示集合M，N关系的韦恩（Venn）图是：故选B
【点评】：本题主要考查了Venn图表达集合的关系及运算，以及集合包含关系，属于基础题．
3．（5分）2000辆汽车通过某一段大路时的时速的频率分布直方图如图所示，时速在[50，60）的汽车大约有（）
A．30辆B．60辆C．300辆D．600辆
【考点】：用样本的频率分布估量总体分布；频率分布直方图．
【专题】：计算题；图表型．
【分析】：依据频率分步直方图可以看出在[50，60）之间的小长方形的长和宽，做出对应的频率，用频率乘以样本容量得到结果．
【解析】：解：∵有频率分步直方图可以看出
在[50，60）之间的频率是0.03×10=0.3，
∴时速在[50，60）的汽车大约有2000×0.3=600
故选D．
【点评】：频数、频率和样本容量三者之间的关系是知二求一，本题是已知样本容量和频率求频数，这种问题会消灭在选择和填空中．
4．（5分）“”是“”的（）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
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推断．
【专题】：规律型．
【分析】：利用充分条件和必要条件的定义进行推断．
【解析】：解：当时，成立．
当α=时，满足，但不成立．
故“”是“”的充分不必要条件．
故选A．
【点评】：本题主要考查才充分条件和必要条件的应用，比较基础．
5．（5分）已知某个几何体的三视图如图（主视图中的弧线是半圆），依据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（单位：cm3）（）
A．π B．2π C．4π D．8π
【考点】：由三视图求面积、体积．
【专题】：空间位置关系与距离．
【分析】：由已知的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的柱体，分别求出底面面积和高，代入柱体体积公式，可得答案．
【解析】：解：由已知的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的柱体，
其底面是一个半径为1cm的半圆，故S=cm2，
高为h=2cm，
故柱体的体积V=Sh=πcm3，
故选：A
【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．
6．（5分）2011年西安世园会组委会要从五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同的工作，若其中有一名志愿者只能从事司机工作，其余四人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（）A．240种B．36种C．24种D．48种
【考点】：计数原理的应用．
【专题】：应用题；排列组合．
【分析】：依据题意，分2种状况争辩，①若从事司机工作志愿者选，②若从事司机工作志愿者没有入选，分别计算其状况数目，由加法原理，计算可得答案．
【解析】：解：依据题意分2种状况争辩，
①若从事司机工作志愿者入选，则有选法A43=24；
②若从事司机工作志愿者没有入选，则选法A44=24，
共有选法24+24=48种，
故选D．
【点评】：本题考查排列的运用，涉及分类争辩的思想，比较基础．7．（5分）已知函数f（x）=sin（2x+）（x∈R），为了得到函数g（x）=cos2x的图象，只需将y=f（x）的图象（）
A．向左平移个单位B．向右平移个单位
C．向左平移个单位D．向右平移个单位
【考点】：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
【专题】：三角函数的求值．
【分析】：利用诱导公式把函数f（x）=sin（2x+）变形为，f（x）=cos （﹣2x）=cos（2x ﹣），得到要得到函数g（x）的图象，只要把函数g（x）平移为f（x），转化即可．
【解析】：解：∵f（x）=sin（2x+）变形为，f（x）=cos （﹣2x）=cos（2x ﹣），
∴平移函数g（x）=cos2x 的图象，向右平移个单位长度，即可得到f（x）的图象．
为了得到函数g（x）=cos2x的图象，只需将y=f（x ）的图象向左平移个单位．
故选：A．
【点评】：本题主要考查三角函数的平移．三角函数的平移原则为左加右减上加下减．是中档题．
8．（5分）已知函数f（x）=，则下列式子成立的是（）
A．f （）＜f（1）＜f （）B．f（1）＜f （）＜f （）C．f （）＜f（1）＜f （）D．f （）＜f （）＜f（1）
【考点】：分段函数的应用．
【专题】：函数的性质及应用．
【分析】：直接利用分段函数求出f （），f（1），f （）的值，即可推断三个数的大小．
【解析】：解：函数f（x）=，
f （）=4﹣2×=3
f（1）=4﹣2×1=2
f （）=＞4．
∴f（1）＜f （）＜f （）．
故选：B．
【点评】：本题考查分段函数的应用，函数值的求法，考查计算力量．
9．（5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（）
A．20 B．21 C．200 D．210
【考点】：程序框图．
【专题】：算法和程序框图．
【分析】：执行程序框图，依次写出每次循环得到的s，i的值，当i=21时，满足条件i＞20，退出循环，输出s的值为210．
【解析】：解：执行程序框图，有
s=0，i=1
s=1，
i=2，不满足条件i＞20，s=3，
i=3，不满足条件i＞20，s=6，
i=4，不满足条件i＞20，s=10，
i=5，不满足条件i＞20，s=15=1+2+3+4+5，
i=6，不满足条件i＞20，s=21=1+2+3+4+5+6，
…
观看规律可知，
i=20，不满足条件i＞20，s=1+2+3+…+20==210，
i=21，满足条件i＞20，退出循环，输出s的值为210．
故选：D．
【点评】：本题主要考查了程序框图和算法，等差数列的求和，属于基本学问的考查．
10．（5分）设点P为双曲线x2﹣=1上的一点，F1，F2是该双曲线的左、右焦点，若△PF1F2的面积为12，则∠F1PF2等于（）
A．B．C．D．【考点】：双曲线的简洁性质．
【专题】：计算题；解三角形；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】：由双曲线方程算出焦距|F1F2|=2，依据双曲线定义得到||PF1|﹣|PF2||=2．然后在△PF1F2中运用余弦定理，得出关于|PF1|、|PF2|和cos∠F1PF2的式子；而△PF1F2的面积为12，得到|PF1|、|PF2|和sin∠F1PF2的另一个式子．两式联解即可得到∠F1PF2的大小．
【解析】：解：∵双曲线方程为x2﹣=1，
∴c2=a2+b2=13，可得双曲线的左焦点F1（﹣，0），右焦点F2（，0）
依据双曲线的定义，得||PF1|﹣|PF2||=2a=2
∴由余弦定理，得|F1F2|2=（|PF1|﹣|PF2|）2+（2﹣2cos∠F1PF2）|PF1|•|PF2|，
即：52=4+（2﹣2cos∠F1PF2）|PF1|•|PF2|，
可得|PF1|•|PF2|=
又∵△PF1F2的面积为12，
∴|PF1|•|PF2|sin∠F1PF2=12，即=12
结合sin2∠F1PF2+cos2∠F1PF2=1，
解之得sin∠F1PF2=1且cos∠F1PF2=0，
∴∠F1PF2等于
故选C．
【点评】：本题给出双曲线上一点P与双曲线两个焦点F1、F2构成的三角形面积，求∠F1PF2的大小，着重考查了双曲线的标准方程和简洁几何性质等学问，属于中档题．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共25分．将答案填写在题中的横线上．
11．（5分）若（x﹣1）5=a5（x+1）5+a4（x+1）4+a3（x+1）3+a2（x+1）2+a1（x+1）+a0，则a1+a2+a3+a4+a5= 31．
【考点】：二项式系数的性质．
【专题】：计算题；二项式定理．
【分析】：利用赋值法，令x=0，求出a0+a1+a2+a3+a4+a5的值，再求出a0的值，即得a1+a2+a3+a4+a5的值．【解析】：解：∵（x﹣1）5=a5（x+1）5+a4（x+1）4+a3（x+1）3+a2（x+1）2+a1（x+1）+a0，
令x=0，则a0+a1+a2+a3+a4+a5=（﹣1）5=﹣1，
令x=﹣1，则a0=（﹣2）5=﹣32，
∴a1+a2+a3+a4+a5=﹣1+32=31．
故答案为：31．
【点评】：本题考查了二项式定理的应用问题，解题时应利用赋值法，简洁求出正确的结果．
12．（5分）函数f（x）=1+log a x（a＞0，a≠1）的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny﹣2=0上，其中mn ＞0，则的最小值为2．
【考点】：基本不等式．
【专题】：计算题．
【分析】：由题意可得定点A（1，1），m+n=2，把要求的式子化为（2++），利用基本不等式求得结果．
【解析】：解：由题意可得定点A （1，1），
又点A在直线mx+ny﹣2=0=0上，
∴m+n=2，
则=≥2，
当且仅当时取“=”
所以的最小值为2．
故答案为2．
【点评】：本题考查基本不等式的应用，函数图象过定点问题，把要求的式子化为（2++），是解题的关键．
13．（5分）在区间（0，1）上随机取两个数m，n，则关于x的一元二次方程x2﹣•x+m=0有实根的概率为．
【考点】：几何概型．
【专题】：数形结合．
【分析】：本题考查的学问点是几何概型的意义，关键是要找出（m，n）对应图形的面积，及满足条件“关于x的一元二次方程x2﹣•x+m=0有实根”的点对应的图形的面积，然后再结合几何概型的计算公式进行求解．【解析】：解：如下图所示：试验的全部结果所构成的区域为{（m，n）|0＜m＜1，0＜n＜1}（图中矩形所示）．其面积为1．
构成大事“关于x的一元二次方程x2﹣•x+m=0有实根”的区域为
{{（m，n）|0＜m＜1，0＜n＜1，n≥4m}（如图阴影所示）．
所以所求的概率为==．
故答案为：．【点评】：几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与外形和位置无关．解决的步骤均为：求出满足条件A的基本大事对应的“几何度量”N（A），
再求出总的基本大事对应的“几何度量”N，最终依据P=求解．
14．（5分）直线ax+by+c=0与圆x2+y2=4相交于两点A、B，若c2=a2+b2，O为坐标原点，则=﹣2．
【考点】：向量在几何中的应用．
【专题】：计算题．
【分析】：设出点A，B坐标，进而表示出，把直线方程与圆方程联立分别利用韦达定理求得x1x2和y1y2的表达式，代入，依据c2=a2+b2，求得答案．
【解析】：解：设A（x1，y1），B（x2，y2）
则=x1x2+y1y2由方程ax+by+c=0与x2+y2=4联立
消去y：（a2+b2）x2+2acx+（c2﹣4a2）=0
∴x1x2=
同理，消去x可得：y1y2=
∴x1x2+y1y2=
又c2=a2+b2，得：x1x2+y1y2=﹣2
即=﹣2
故答案为：﹣2
【点评】：本题主要考查了直线与圆相交的性质，以及向量的基本运算和向量在几何中的应用，同时考查了运算力量，属于中档题．
选做题（考生只能从A、B、C三小题中选做一题，若多做，则按所做的第一题评阅给分）
15．（5分）（几何证明选讲选做题）已知PA是圆O的切线，切点为A，PA=2．AC是圆O的直径，PC与圆O 交于点B，PB=1，则AB=．
【考点】：与圆有关的比例线段．
【专题】：推理和证明．
【分析】：利用切割线定理，求出圆的半径，通过直角三角形求解cos ∠AOB，然后利用余弦定理求解AB即可．
【解析】：解：由题意可知图形如图：PA是圆O的切线，切点为A，可得AC⊥PA，
PA=2．AC是圆O的直径，PC与圆O交于点B，PB=1，
延长PO交圆与D，
由切割线定理可知：PA2=PB•PD，设圆的半径为r，
则：4=1（2r+1），解得r=．
可得OB=OA=OD=，cos∠AOB===．
由余弦定理可得：AB2=OA2+OB 2﹣2•OA•OBcos∠AOB==．
∴AB=．
故答案为：．
【点评】：本题考查直线与圆的位置关系，切割线定理的应用，余弦定理的应用，考查计算力量．16．（不等式选讲选做题）已知关于x的不等式|x﹣1|+|x|≤k无解，则实数k的取值范围是（﹣∞，1）．
【考点】：确定值不等式的解法．
【专题】：计算题；不等式的解法及应用．
【分析】：通过去掉确定值符号化简不等式的左侧为函数的表达式，通过函数的最值求出k的范围．
【解析】：解：令y=|x|+|x﹣1|=，
∴函数的最小值为1，∴要使关于x的不等式|x|+|x﹣1|≤k无解，
则实数k的取值范围为k＜1．
故答案为：（﹣∞，1）．
【点评】：本题考查确定值不等式的解法，函数的最值的应用，基本学问的考查．
17．（坐标系与参数方程选做题）已知极坐标的极点在直角坐标系的原点O处，极轴与x轴的正半轴重合，曲线C的参数方程为，直线l的极坐标方程为ρsin（θ﹣）=，则直线l与曲线C的交点个数为2．
【考点】：简洁曲线的极坐标方程；参数方程化成一般方程．
【专题】：坐标系和参数方程．
【分析】：分别把参数方程化为一般方程、极坐标方程化为直角坐标方程，把直线方程与椭圆方程联立化为一元二次方程，利用判别式即可得出．
【解析】：解：曲线C的参数方程为，化为=1．
直线l的极坐标方程为ρsin（θ﹣）=，开放化为=，∴y﹣x=2．
联立，化为5x2+16x﹣12=0，
△=162+4×5×12＞0，
则直线l与曲线C的交点个数为2．
故答案为：2．
【点评】：本题考查了参数方程化为一般方程、极坐标方程化为直角坐标方程、直线与椭圆相交转化为方程联立化为一元二次方程与判别式的关系，考查了计算力量，属于基础题．
三、解答题：共6道题，共75分．要求写出演算和推理过程．
18．（12分）己知数列{a n}满足a1=1，a n+1=（n∈N*），
（Ⅰ）证明数列{ }是等差数列；
（Ⅱ）求数列{a n）的通项公式；
（Ⅲ）设b n=n（n+1）a n求数列{b n}的前n项和S n．
【考点】：数列的求和；等差关系的确定．
【专题】：等差数列与等比数列．
【分析】：（I）由a n+1=（n∈N*）变形两边取倒数即可得出；
（II）由（I）利用等差数列的通项公式即可得出；
（III）由（Ⅱ）知，b n=n（n+1）a n=n•2n，利用“错位相减法”和等比数列的前n项和公式即可得出．
【解析】：解：（Ⅰ）∵数列{a n}满足a1=1，a n+1=（n∈N*），
∴，即，
∴数列是公差为1的等差数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得=n+1，
∴．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，b n=n（n+1）a n=n•2n，
∴S n=1×2+2×22+3×23+…+n•2n，
2S n=22+2×23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，
两式相减得：﹣S n=2+22+…+2n﹣n•2n+1=﹣n•2n+1=（1﹣n）•2n+1﹣2，
∴S n=（n﹣1）•2n+1+2．
【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、“错位相减法”，考查了变形的力量，考查了推理力量与计算力量，属于难题．
19．（12分）函数f（x）=Asin（ϖx+φ）（A＞0，ϖ＞0，|φ|＜）在区间[﹣，]上的图象如图所示．（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）设△ABC三内角A，B，C所对边分别为a，b，c 且=，求f（x）在（0，B]上的值域．
【考点】：正弦函数的图象；正弦定理．
【专题】：三角函数的求值；三角函数的图像与性质；解三角形．
【分析】：（Ⅰ）由图可知，A=1，T=π，可求ω=2，由函数f（x）=Asin（ϖx+φ）过点（，0），可得φ的值，从而可得f（x）解析式．（Ⅱ）由已知先求B的值，又f（x）=sin（2x+），由0，可得0≤f（x）≤1，即可求f（x）在（0，
B]上的值域．
【解析】：解：（Ⅰ）由图可知，A=1，T=π，则ω=2，…2分
∵函数f（x）=Asin（ϖx+φ）过点（，0）
∴φ=…4分
∴f（x）=sin（2x+）…5分
（Ⅱ）由=，得．
则cosB=即B=…（7分）
又f（x）=sin（2x+），由0，则0≤sin（2x+）≤1…（11分）
故0≤f（x）≤1，即值域是[0，1]…（12分）
【点评】：本题主要考察了正弦函数的图象和性质，正弦定理的应用，属于基本学问的考查．
20．（12分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=DC=DD1，过A1、B、C1三点的平面截去长方体的一个角
后，得如图所示的几何体ABCD﹣A1C1D1，E、F分别为A1B、BC1的中点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面ABCD；
（Ⅱ）求平面A1BC1与平面ABCD的夹角θ的余弦值．
【考点】：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．
【专题】：空间位置关系与距离；空间角．
【分析】：（Ⅰ）由三角形中位线定理得EF∥A1C1，由平行公理得EF∥AC，由此能证明EF∥平面ABCD．（Ⅱ）以D为坐标轴原点，以DA、DC、DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面ABCD 的一个法向量和平面A1BC1的一个法向量，由此利用向量法能求出平面A1BC1与平面ABCD的夹角θ的余弦值．
【解析】：（本小题满分12分）
（Ⅰ）证明：∵在△A1BC1中，E、F分别为A1B、BC1的中点，
∴EF∥A1C1，
∵在ABCD﹣A1B1C1D1中，AC∥A1C1，
∴EF∥AC，
∵EF⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD．…（6分）
（Ⅱ）解：以D为坐标轴原点，以DA、DC、DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AD=DC==1，
则A（1，0，0），B（1，1，0），
C1（0，1，2），D1（0，0，2），
A1（1，0，2），，，
∵DD1⊥平面ABCD，∴平面ABCD 的一个法向量为=（0，0，2），
设平面A1BC1的一个法向量为=（a，b，c），
则，即，取a=1，得=（1，1，），
∴cosθ=|cos ＜＞|=||=．
∴平面A1BC1与平面ABCD的夹角θ的余弦值为．…（12分）
【点评】：本题考查直线与平面平行的证明，考查平面与平面的夹角的余弦值的求法，涉及到三角形中位线定理、平行公理、向量法等学问点，是中档题．
21．（12分）（2022•广安二模）为了解今年某校高三毕业班预备报考飞行员同学的体重状况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为1：2：3，其中第2小组的频数为12．
（1）求该校报考飞行员的总人数；
（2）以这所学校的样本数据来估量全省的总体数据，若从全省报考飞行员的同学中（人数很多）任选三人，设X表示体重超过60公斤的同学人数，求X的分布列和数学期望．【考点】：离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列．
【专题】：计算题．
【分析】：（1）设报考飞行员的人数为n，前三小组的频率分别为p1，p2，p3，依据前3个小组的频率之比为1：2：3和所求频率和为1建立方程组，解之即可求出其次组频率，然后依据样本容量等于进行求解即可；
（2）由（1）可得，一个报考同学体重超过60公斤的概率为，所以x听从
二项分布，从而求出x的分布列，最终利用数学期望公式进行求解．【解析】：解：（1）设报考飞行员的人数为n，前三小组的频率分别为p1，p2，p3，
则由条件可得：
解得p1=0.125，p2=0.25，p3=0.375…（4分）
又由于，故n=48…（6分）
（2）由（1）可得，一个报考同学体重超过60公斤的概率为…（8分）
所以x 听从二项分布，
∴随机变量x的分布列为：
x 0 1 2 3
p
则…（12分）
（或：）
【点评】：本题主要考察了频率分布直方图，以及离散型随机变量的概率分布和数学期望，同时考查了计算力量，属于中档题．
22．（13分）已知动点M到点F（1，0）的距离，等于它到直线x=﹣1的距离．
（Ⅰ）求点M的轨迹C的方程；
（Ⅱ）过点F任意作相互垂直的两条直线l1，l2，分别交曲线C于点A，B和M，N．设线段AB，MN的中点分别为P，Q，求证：直线PQ恒过一个定点；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求△FPQ面积的最小值．
【考点】：直线与圆锥曲线的综合问题；恒过定点的直线；轨迹方程．
【专题】：综合题．
【分析】：（Ⅰ）设动点M的坐标为（x，y），由题意得，由此能求出点M的轨迹C的方程．
（Ⅱ）设A，B两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则点P 的坐标为．由题意可设直线l1的方程为y=k（x﹣1）（k≠0），由得k2x2﹣（2k2+4）x+k2=0．再由根的判别式和根与
系数的关系进行求解．
（Ⅲ）题题设能求出|EF|=2，所以△FPQ 面积．
【解析】：解：（Ⅰ）设动点M的坐标为（x，y），
由题意得，，
化简得y2=4x，
所以点M的轨迹C的方程为y2=4x．（4分）
（Ⅱ）设A，B两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），
则点P 的坐标为．
由题意可设直线l1的方程为y=k（x﹣1）（k≠0），
由得k2x2﹣（2k2+4）x+k2=0．
△=（2k2+4）2﹣4k4=16k2+16＞0．
由于直线l1与曲线C于A，B两点，
所以x1+x2=2+，
y1+y2=k（x1+x2﹣2）=．所以点P 的坐标为．
由题知，直线l2的斜率为，同理可得点的坐标为（1+2k2，﹣2k）．
当k≠±1时，有，
此时直线PQ的斜率k PQ =．
所以，直线PQ 的方程为，
整理得yk2+（x﹣3）k﹣y=0．
于是，直线PQ恒过定点E（3，0）；
当k=±1时，直线PQ的方程为x=3，也过点E（3，0）．
综上所述，直线PQ恒过定点E（3，0）．（10分）
（Ⅲ）可求得|EF|=2，
所以△FPQ 面积．
当且仅当k=±1时，“=”成立，所以△FPQ面积的最小值为4．（13分）
【点评】：本题考查圆锥曲线和直线的位置关系和综合应用，具有肯定的难度，解题时要认真审题，留意挖掘隐含条件，认真解答．
23．（14分）已知函数f（x）=（x3﹣6x2+3x+t）e x，t∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为4x﹣y+1=0，则求t的值
（Ⅱ）若函数y=f（x）有三个不同的极值点，求t的值；
（Ⅲ）若存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式f（x）≤x恒成立，求正整数m的最大值．
【考点】：利用导数争辩曲线上某点切线方程；利用导数争辩函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值．【专题】：计算题；函数的性质及应用；导数的概念及应用；导数的综合应用．
【分析】：（Ⅰ）求出导数，求出切线的斜率，令f′（0）=4，即可得到t；
（Ⅱ）求出导数，令g（x）=x3﹣3x2﹣9x+3+t，则方程g（x）=0有三个不同的根，求出g（x）的导数，求得g（x）的极值，令微小值小于0，极大值大于0，解不等式即可得到t的范围；
（Ⅲ）先将存在实数t∈[0，2]，使不等式f（x）≤x恒成立转化为将t看成自变量，f（x）的最小值）≤x；再构造函数，通过导数求函数的单调性，求函数的最值，求出m的范围．
【解析】：解：（Ⅰ）函数f（x）=（x3﹣6x2+3x+t）e x，
则f′（x）=（x3﹣3x2﹣9x+3+t）e x，
函数f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为f′（0）=3+t，
由题意可得，3+t=4，解得，t=1；
（Ⅱ）f′（x）=（x3﹣3x2﹣9x+3+t）e x，
令g（x）=x3﹣3x2﹣9x+3+t，则方程g（x）=0有三个不同的根，
又g′（x）=3x2﹣6x﹣9=3（x2﹣2x﹣3）=3（x+1）（x﹣3）
令g′（x）=0得x=﹣1或3
且g（x）在区间（﹣∞，﹣1），（3，+∞）递增，在区间（﹣1，3）递减，
故问题等价于即有，解得，﹣8＜t＜24；
（Ⅲ）不等式f（x）≤x，即（x3﹣6x2+3x+t）e x≤x，即t≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x．
转化为存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，
不等式t≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x恒成立．
即不等式0≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x在x∈[1，m]上恒成立．
即不等式0≤e﹣x﹣x2+6x﹣3在x∈[1，m]上恒成立．
设φ（x）=e﹣x﹣x2+6x﹣3，则φ'（x）=﹣e﹣x﹣2x+6．
设r（x）=φ'（x）=﹣e﹣x﹣2x+6，则r'（x）=e﹣x﹣2，由于1≤x≤m，有r'（x）＜0．
故r（x）在区间[1，m]上是减函数．
又r（1）=4﹣e﹣1＞0，r（2）=2﹣e﹣2＞0，r（3）=﹣e﹣3＜0
故存在x0∈（2，3），使得r（x0）=φ'（x0）=0．
当1≤x＜x0时，有φ'（x）＞0，当x＞x0时，有φ'（x）＜0．
从而y=φ（x）在区间[1，x0]上递增，在区间[x0，+∞）上递减．
又φ（1）=e﹣1+4＞0，φ（2）=e﹣2+5＞0，φ（3）=e﹣3+6＞0，φ（4）=e﹣4+5＞0，
φ（5）=e﹣5+2＞0，φ（6）=e﹣6﹣3＜0．
所以当1≤x≤5时，恒有φ（x）＞0；
当x≥6时，恒有φ（x）＜0；
故使命题成立的正整数m的最大值为5．
【点评】：本题考查利用导数求切线方程、函数的极值、极值点是导函数的根、解决不等式恒成立常用的方法是构造函数利用导数求函数的最值．。