浙江省绍兴市高考数学一模试卷

高考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.若全集U={-1，0，1，2}，P={x|x2-2x=0}，则∁U P=（）
A. {-1，1}
B. {0，2}
C. {-1，2}
D. {-1，0，2}
2.已知i为虚数单位，则=（）
A. -1
B. 1
C. -1+i
D. 1+i
3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）
A. B. C. D.
4.已知双曲线=1的焦点到渐近线的距离为1，则渐近线方程是（）
A. y=±x
B. y=±x
C. y=±x
D. y=±2x
5.函数y=（x3-x）ln|x|的图象是（）
A. B.
C. D.
6.已知数列{a n}是等比数列，则“a5a6＜a42”是“0＜q＜1”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
7.袋中有m个红球，n个白球，p个黑球（5≥n＞m≥1，p≥4），从中任取1个球（每
个球取到的机会均等），设ξ1表示取出红球个数，ξ2表示取出白球个数，则（）
A. E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）
B. E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）
C. E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）
D. E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）
8.如图，圆O是边长为2的正方形ABCD的内切圆，若P，Q
是圆O上两个动点，则的取值范围是（）
A.
B.
C. [-5，0]
D. [-5，-1]
9.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AB=AC=AA1，M，
N是线段BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为，当|B1M|最小时，∠AMB=（）
A. B. C. D.
10.已知数列{a n}满足：a1=，n∈N*，S n是数列{a n}的前n项和，且满
足S100＜100，则f（x）不可能是（）
A. f（x）=x2
B. f（x）=x+-2
C. f（x）=e x-x-1
D. f（x）=ln x+x+1
二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）
11.我国古代数学家贾宪使用了抽象分析法，在解决勾股问题时，他提出了“勾股生变
十三图”．十三名指勾（a）、股（b）、弦（c）、股弦较（c-b）、勾股和（a+b）、勾弦和（a+c）、弦和和（c+（a+b））等等．如图，勾（a）、股（b）、弦（c）中，已知a+b=7，a+c=8，则c-b=______，c+（a+b）=______．
12.若x，y满足约束条件则y的最大值为______．此约束条件所表示的平
面区域的面积为______．
13.已知多项式（x+2）5=（x+1）5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0=______，a1=______．
14.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，b=c，且△ABC的
面积是，则b=______，sin C=______．
15.有甲乙丙三项任务，甲乙各需一人承担，丙需2人承担且至少一个是男生，现从3
男3女共6名学生中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是______．（用数字作答）
16.函数f（x）=若a＞0＞b，且f（a）=f（b），则f（a+b）的取值范围
是______．
17.如图，M（1，0），P，Q是椭圆=1的点（Q在第
一象限），且直线PM，QM的斜率互为相反数，设=2，
则直线QM的斜率为______．
三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）
18.已知函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π），其图象经过点，且与
x轴两个相邻交点的距离为π．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）若，求sinθ的值．
19.四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，且PA=AB=2，AD=3，
E是线段BC上的动点，F是线段PE的中点．
（Ⅰ）求证：PB⊥平面ADF；
（Ⅱ）若直线DE与平面ADF所成角为30°，求CE的长．
20.已知数列{a n}是公差为2的等差数列，且a1，a5+1，a23+1成等比数列．数列{b n}
满足：b1+b2+…+b n=2n+1-2．
（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；
（Ⅱ）令数列{c n}的前n项和为T n，且c n=，若对n∈N*，T2n≥T2k 恒成立，求正整数k的值；
21.直线l：x-ty+1=0和抛物线C：y2=4x相交于不同两点A，B．
（Ⅰ）求实数t的取值范围；
（Ⅱ）设AB的中点为M，抛物线C的焦点为F．以MF为直径的圆与直线l相交另一点为N，且满足，求直线l的方程．
22.已知函数f（x）=2ln（ax+b），其中a，b∈R．
（Ⅰ）若直线y=x是曲线y=f（x）的切线，求ab的最大值．
（Ⅱ）设b=1，若方程f（x）=a2x2+（a2+2a）x+a+1有两个不相等的实根，求a的最大整数值．（ln≈0.223）．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：全集U={-1，0，1，2}，
P={x|x2-2x=0}={0，2}，
则∁U P={-1，1}．
故选：A．
化简集合P，根据补集的定义写出∁U P．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：=．
故选：B．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据三视图知，该几何体是半圆锥体，如图所示；
且底面圆的半径为2，高为2；
所以该锥体的体积为：V=•π•22•2=．
故选：C．
根据三视图知该几何体是半圆锥体，结合图中数据求得该锥体的体积．
本题考查了根据三视图求几何体体积的应用问题，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解∵取一个焦点坐标为（0，），渐近线方程为：y=±x，
∵焦点到渐近线的距离为1，
∴=b=1，
∴双曲线的渐近线方程为y=±2x，
故选：D．
先由题中条件求出焦点坐标和渐近线方程，再代入点到直线的距离公式即可求出结论．本题以双曲线方程为载体，考查双曲线的标准方程，考查双曲线的几何性质，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性，结合函数值的符号进行排除是解决本题的关键．
【解答】
解：f（-x）=-（x3-x）ln|x|=-f（x），函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B，
函数的定义域为{x|x≠0}，
由f（x）=0，得（x3-x）ln|x|=0，即（x2-1）ln|x|=0，即x=±1，即函数f（x）有两个零点，
排除D，
f（2）=6ln2＞0，排除A，
故选C．
6.【答案】B
【解析】解：已知数列{a n}是等比数列，
由a5a6＜a42，可得：a42q3＜a42，即q3＜1，所以q＜1且q≠0，
又”q＜1且q≠0“是“0＜q＜1”的必要不充分条件，
所以“a5a6＜a42”是“0＜q＜1”的必要不充分条件，
故选：B．
由等比数列的通项公式得：a5a6＜a42，由不等式的解法得：a42q3＜a42，即q3＜1，所以q＜1且q≠0，由充分必要条件得：”q＜1且q≠0“是“0＜q＜1”的必要不充分条件，得解．
本题考查了等比数列的通项公式及不等式的解法，充分必要条件，属中档题
7.【答案】D
【解析】解：设袋中有1个红球，5个白球，4个黑球，从中任取1个球（每个球取到的机会均等），
设ξ1表示取出红球个数，ξ2表示取出白球个数，
则ξ1的可能取值为0或1，
P（ξ1=0）=0.9，P（ξ1=1）=0.1，
∴E（ξ1）=0×0.9+1×0.1=0.1，
D（ξ1）=（0-0.1）2×0.9+（1-0.1）2×0.1=0.09，
ξ2的可能取值为0或1，
P（ξ2=0）=0.5，P（ξ2=1）=0.5，
∴E（ξ2）=0×0.5+1×0.5=0.5，
D（ξ1）=（0-0.5）2×0.5+（1-0.5）2×0.5=0.25，
∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．
故选：D．
设袋中有1个红球，5个白球，4个黑球，从中任取1个球（每个球取到的机会均等），设ξ1表示取出红球个数，ξ2表示取出白球个数，则ξ1的可能取值为0或1，P（ξ1=0）=0.9，P（ξ1=1）=0.1，由此求出E（ξ1）=0.1，D（ξ1）=0.09；ξ2的可能取值为0或1，P（ξ2=0）=0.5，P（ξ2=1）=0.5，E（ξ2）=0.5，D（ξ1）=0.25，由此能求出E（ξ1）＜E （ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．
本题考查两个离散型随机变量的数学期望、方差的大小的比较，考查离散型随机变量的数学期望、方差的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：以O为坐标原点建立如图
坐标系
则P，Q在以O为圆心的单位圆上，
设P（cosα，sinα），Q（cosβ，sinβ），
又A（-1，-1），C（1，1）
∴=（cosα+1，sinα+1），=（cosβ-1，
sinβ-1）
∴=（cosα+1）•（cosβ-1）+（sinα+1）
•
（sinβ-1）=cosαcosβ+cosβ-cosα-1+sinαsinβ+sinβ-sinα-1
=（cosαcosβ+sinαsinβ）+（sinβ+cosβ）
-（sinα+cosα）-2
=cos（α-β）+sin（β+）--2
当cos（α-β）=-1且sin（β+）=-1且sin（α+）=1时，则有最小值，
此时α-β=（2k+1）π且β=π+2kπ且α=+2kπ，（k∈Z）
∴能取到最小值-3-2，
夹角范围是[90°，180]，故有最大值0，
故选：A．
通过图形可以看出夹角范围是[90°，180]，故有最大值0，最小值可以转化
为三角函数利用三角函数的有界性处理．
本题主要考查了向量的夹角与向量数量积的关系，向量的坐标运算，三角恒等变换等知识，用到了转化思想，属于中档题．
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间向量角的大小的求法，考查二面角，以及知二面角求未知边长的值.考查运算求解能力，是中档题．
以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出∠AMB的大小．
【解答】
解：如图所示：
以A为原点，AB为x轴正方向，AC为y轴正方向，AA1为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
设CN=b，BM=a，AB=AC=AA1=1，
则N（0，1，b），M（1，0，a），
A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0）,
=（1，0，a），=（0，1，b），
设平面AMN的法向量=（x，y，z），
，取z=1，得=（-a，-b，1），
因为,
∴，
故平面ABC的法向量可为=（0，0，1），
∵平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为，
∴cos===，
化简得3a2+3b2=1，
∴当最小时，BM(a)最大，此时b=0，BM=a=，
∴tan∠AMB===，
∴∠AMB=．
故选：B．
10.【答案】C
【解析】【分析】
A．f（x）=x2，∴，可得：ln a n+1=2ln a n，可得数列{ln a n}是等比数列，首项为-ln2，公比为2．S100＜0＜100．
B．f（x）=x+-2，可得a n+1=a n+-2，可得a2==，以此类推可得：a n=，可得：S100=50．
C．f（x）=e x-x-1，f′（x）=e x-1，x＜0时，单调递减．a1=，n∈N*，可得a2=--1∈（0.1，0.2），……，可得S100＜100．
D．f（x）=ln x+x+1，在（0，+∞）上单调递增，a1=，n∈N*，通过计算
可得a2∈（0.8，0.9），a3＞1.55，以此类推可得S100＞100．
本题考查了数列递推关系、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
【解答】
解：A．f（x）=x2，∴，可得：ln a n+1=2ln a n，∴数列{ln a n}是等比数列，首项为-ln2，公比为2．S100==-（2100-1）ln2＜0＜100．
B．f（x）=x+-2，∴a n+1=a n+-2，可得a2==，以此类推可得：a n=，可得：
S100==50＜100．
C．f（x）=e x-x-1，f′（x）=e x-1，x＜0时，单调递减．
a1=，n∈N*，则a2=--1∈（0.1，0.2），a3=-a2-1∈（0.1，0.2），……，可得S100＜100．
D．f（x）=ln x+x+1，在（0，+∞）上单调递增，a1=，n∈N*，则a2=-ln2++1∈（0.8，0.9），a3=ln a2+a2+1≥a2+2-＞1.55，以此类推可得S100＞100．
因此不满足S100＜100．
故选C．
11.【答案】1 12
【解析】解：∵a+b=7，a+c=8，
又a2+b2=c2
∴
∴a=8
解可得，a=3，b=4，c=5
∴c-b=1，c+（a+b）=12
故答案为：1，12
由a+b=7，a+c=8，结合a2+b2=c2，联立方程可求a，b，进而可求．
本题主要考查了三角形中的基本运算，属于基础试题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，若x，y满足约束条件
其表示的可行域为如图四边形ABCO
及其内部，
其中B（-，），A（-2，0），C（0，1），
则y的最大值为，
S四边形OABC=S△ABC+S△AOC=，
故答案为：，．
根据题意，作出不等式组表示的可行域，求出交点的坐标，据此分析可得答案．
本题考查线性规划的应用，注意x、y满足的可行域，属于基础题．
13.【答案】31 75
【解析】解：对于多项式（x+2）5=（x+1）5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，
令x=0，可得32=1+a0，则a0=31．
a1即展开式（x+2）5-（x+1）5=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，中x的系数，为•16-=75，
故答案为：31；75．
在所给的等式中，令x=0，可得a0的值．a1即展开式（x+2）5-（x+1）5=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0中，x的系数，为•16-，计算求得结果．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：∵cos A=，
∴sin A==，
∵b=c，且△ABC的面积是，
∴S△ABC=，
∴，
∴c=，b=，
由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bc cos A=2=，
∴a==c，
∴sin C=sin A=，
故答案为：，．
由已知结合同角平方关系可求sin A，然后结合S△ABC=可求b，c，然后余弦定理
可得，a2=b2+c2-2bc cos A可求a，c，进而可求．
本题主要考查了同角平方关系，三角形的面积公式，正弦定理等知识的简单应用，属于基础试题．
15.【答案】144
【解析】【分析】
本题考查分类分步计数原理，以及排列组合的综合应用，关键是分类，属于基础题．由题意，分两类，若丙选择一名男生一名女生，若丙选择两名男生，根据分类计数原理即可求出．
【解答】
解：若丙选择一名男生一名女生，甲乙任意选，故有C31C31A42=108种，
若丙选择两名男生，甲乙任意选，故有C32A42=36种，
根据分步计数原理可得共有108+36=144种，
故答案为：144．
16.【答案】[-1，+∞）
【解析】解：设f（a）=f（b）=t，
作出f（x）的图象，
由图象知，t≥0，
由f（a）=a2=t，得a=，
由f（b）=-2b-3=t，得b=，
则a+b=+=-t+-
=-（t-2）-
=-（-1）2-1，
∵t≥0，∴≥0，
则m=-（-1）2-1≤-1，
即m=a+b≤-1，
此时f（a+b）=f（m）=-2m-3≥2-3=-1，
即f（a+b）的取值范围是[-1，+∞），
故答案为：[-1，+∞）
设f（a）=f（b）=t，用t表示a，b，然后计算a+b的范围，再次代入分段函数进行求解即可．
本题主要考查分段函数的应用，根据函数值相等，设出相同变量t，并表示出a，b，求出a+b的范围是解决本题的关键．
17.【答案】
【解析】【分析】
本题考查直线与椭圆位置关系的综合应用，属于难题.
延长QM交椭圆于N点，则根据对称性，,所以,即.设出直线方程，把椭圆方程和直线方程联立，求出N,Q点的纵坐标，建立方程并解方程，即可得到答案.
【解答】
解：如图：
延长QM交椭圆于N点，则根据对称性，,所以,即. 设直线MQ的方程为x=my+1,与椭圆方程联立，消去x得，解得,
则由，代入整理得：
,解得(舍去负值)，
所以k==.
故答案为.
18.【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π），
与x轴两个相邻交点的距离为=•=π，解得ω=1；
∵其图象经过点，∴cos（+φ）=-，解得φ=，
∴函数f（x）=cos（x+）=-sin x．
（Ⅱ）若=-sin（θ+），∴sin（θ+）=，
当2kπ＜θ+＜+2kπ，k∈Z，
即-+2kπ＜θ＜+2kπ，k∈Z时，cos（θ+）=，
sinθ=sin[（θ+）-]=sin（θ+）cos-cos（θ+）sin=×-×=；
当+2kπ＜θ+＜π+2kπ，k∈Z，
即+2kπ＜θ＜+2kπ，k∈Z时，cos（θ+）=-，
sinθ=sin[（θ+）-]=sin（θ+）cos-cos（θ+）sin=×+×=；
综上，sinθ=或．
【解析】（Ⅰ）根据题意求得函数的周期T、ω和φ的值，即可写出f（x）的解析式；（Ⅱ）根据函数解析式求得sin（θ+）的值，再利用sinθ=sin[（θ+）-]求出三角函数
值．
本题考查了三角恒等变换以及三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
19.【答案】证明：（Ⅰ）取PB，PC的中点分别为M，N，连
结AM，MN，ND，
∵PA=AB，∴AM⊥PB，
∵AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB，且AD∩AM=A，
∴PB⊥平面ADF．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知PB⊥平面AMND，
在平面PBC内作EH∥PB，交MN于H，
则EH⊥平面AMND，连结DH，则∠EDH是直线DE与平面ADF所成角，
∵直线DE与平面ADF所成角为30°，∴∠EDH=30°，
∵PA=AB=2，∴PB=2，
∴EH=BM=，
∵sin30°=，∴ED=2，
∴EC2=ED2-CD2=4，∴EC=2．
∴CE的长为2．
【解析】（Ⅰ）取PB，PC的中点分别为M，N，连结AM，MN，ND，推导出AM⊥PB，AD⊥PB，由此能证明PB⊥平面ADF．
（Ⅱ）推导出PB⊥平面AMND，在平面PBC内作EH∥PB，交MN于H，则EH⊥平面AMND，连结DH，则∠EDH是直线DE与平面ADF所成角，从而∠EDH=30°，由此能求出CE的长．
本题考查线面垂直的证明，考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
20.【答案】解：（Ⅰ）数列{a n}是公差为2的等差数列，且a1，a5+1，a23+1成等比数列，
可得a1（a23+1）=（a5+1）2，即a1（a1+44+1）=（a1+9）2，
解得a1=3，即a n=3+2（n-1）=2n+1；
数列{b n}满足：b1+b2+…+b n=2n+1-2，
可得b1=2，b n=2n+1-2-2n+2=2n，（n≥2），对n=1也成立，
则b n=2n，n∈N*；
（Ⅱ）T2n=[++…+]
-（++…+）
=（-+-+…+-）
-
=-+（-），
T2n+2-T2n=（--+）
=（-）
=（1-），
设d n=，
d n+1-d n=-
=＜0，
可得d n为递减数列，且d1，d2，d3＞1，d4＜1，…，可得T4-T2＜0，T6-T4＜0，T8-T6＜0，T10-T8＞0，…，则{T2n}中T8取得最小值，
T2n≥T2k恒成立，可得k=4．
【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，数列的裂项相消求和，考查数列的单调性和不等式恒成立问题解法，属于较难题．
（Ⅰ）由等比数列中项性质和等差数列的通项公式，可得首项，可得a n=2n+1；再由数列递推式可得数列{b n}的通项公式；
（Ⅱ）运用裂项相消求和和等比数列的求和公式，可得T2n，判断单调性，结合不等式恒成立问题解法，可得k的值．
21.【答案】解：（Ⅰ）由，消去x得y2-4ty+4=0，△=（-4t）2-16＞0，解
得t＜1或t＞1，
故t的范围为（-∞，-1）∪（1，+∞），
（Ⅱ）等价于|MN|=2|NF|，
设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），则y1+y2=4t，x1+x2=4t2-2，
∴x0==2t2-1，y0==2t，即M（2t2-1，2t），
又直线FN：y=-tx+t，与x-ty+1=0联立，解得N（，），
∴|MN|2=（（-2t2+1）2+（-2t）2=[]2+（）2，
==，
又|NF|2=，则由|MN|=2|NF|，得=，解得t=±．
∴直线l的方程为x±y+1=0．
【解析】（Ⅰ）根据判别式即可求出t的范围，
（Ⅱ）等价于|MN|=2|NF|，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），根
据韦达定理，点与点的距离，即可求出．
本题考查了直线和抛物线的位置关系，韦达定理，距离的计算，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：（Ⅰ）设直线y=x和y=f（x）相切于点P（x0，2ln（ax0+b）），
∵f′（x）=，则f′（x0）==1，故ax0+b=2a（a＞0），
又P在切线y=x上，故2ln（ax0+b）=x0，
故x0=2ln（ax0+b）=2ln2a，b=2a-ax0=2a-2a ln2a，
故ab=2a2-2a2ln2a（a＞0），
设g（a）=2a2-2a2ln2a（a＞0），
则由g′（a）=2a（1-2ln2a）＞0，解得：0＜a＜，
故g（a）在（0，）递增，在（，+∞）递减，
故g（a）max=g（）=，
故ab的最大值是；
（Ⅱ）原方程即为2ln（ax+1）=（ax+1）2+a（ax+1），
设ax+1=t，则上述方程等价于2ln t=t2+at（t＞0），
设p（t）=2ln t-t2-at（t＞0），
则函数p（t）要有2个不同的零点，
∵p′（t）=-2t-a在（0，+∞）递减，且p′（t）=0在（0，+∞）上存在唯一实根t0，即p′（t0）=0，即at0=2-2，
故当t∈（0，t0）时，p′（t）＞0，当t∈（t0，+∞）时，p′（t）＜0，
故p（t）在（0，t0）递增，在（t0，+∞）递减，
若a＞0，则t0∈（0，1），
p（t）≤p（t0）=2ln t0--（2-2）=2ln t0+-2＜0，不合题意，舍，
若a＜0，则t0∈（1，+∞），
当t∈（0，1）时，则p（t）=2ln t-t2-at＜2ln t+|a|，
取t1=，则p（t1）＜0，
当t∈（1，+∞）时，则p（t）=2ln t-t2-at＜2（t-1）-t2-at＜-t2+（2-a）t，
取t2=2+|a|，则p（t2）＜0，
由此t1＜t0＜t2，且p（t1）＜0，p（t2）＜0，
要使函数p（t）=2ln t-t2-at（t＞0）有2个不同的零点，
则只需p（t0）=2ln t0--at0＞0，
故只需p（（t0）=2ln t0--（2-2）=+2ln t0-2＞0，
∵p（（t0）=+2ln t0-2是关于t0的增函数，
且p（1）=-1＜0，p（）=2ln-＞0，
故存在m∈（1，）使得p（m）=0，
故当t0＞m时，p（t0）＞0，
∵a=-2t0是关于t0的减函数，
故a=-2t0＜-2m，
又-2m∈（-，0），
故a的最大整数值是-1．
【解析】（Ⅰ）求出函数的导数，结合切线方程得到ab=2a2-2a2ln2a（a＞0），设g（a）=2a2-2a2ln2a（a＞0），根据函数的单调性求出函数的最大值即可；
（Ⅱ）问题等价于2ln t=t2+at（t＞0），设p（t）=2ln t-t2-at（t＞0），根据函数的单调性求出a的最大整数值即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．。