四川省重点中学高二数学下学期第三次月考试卷 理(含解

四川省重点中学2014-2015学年高二下学期第三次月考数学试卷
（理科）
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1．若复数z=3﹣i，则z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
考点：复数的代数表示法及其几何意义．
专题：阅读型．
分析：直接由给出的复数得到对应点的坐标，则答案可求．
解答：解：因为复数z=3﹣i，所以其对应的点为（3，﹣1），
所以z在复平面内对应的点位于第四象限．
故选D
点评：本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础的概念题．
2．命题“存在x0∈R，2≤0”的否定是( )
A．不存在x0∈R，2＞0 B．存在x0∈R，2≥0
C．对任意的x∈R，2x≤0D．对任意的x∈R，2x＞0
考点：特称命题；命题的否定．
专题：简易逻辑．
分析：根据特称命题的否定是全称命题，直接写出该命题的否定命题即可．
解答：解：根据特称命题的否定是全称命题，得；
命题“存在x0∈R，2≤0”的否定是
“对任意的x∈R，都有2x＞0”．
故选：D．
点评：本题考查了全称命题与特称命题的应用问题，解题时应根据特称命题的否定是全称命题，写出答案即可，是基础题．
3．“”是“A=30°”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．既不充分也必要条件
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
分析：由正弦函数的周期性，满足的A有无数多个．
解答：解：“A=30°”⇒“”，反之不成立．
故选B
点评：本题考查充要条件的判断和三角函数求值问题，属基本题．
4．在（x﹣y）10的展开式中，x7y3的系数为( )
A．﹣120 B．120 C．﹣240 D．240
考点：二项式定理的应用．
专题：计算题；二项式定理．
分析：根据二项展开式的通项公式，得出展开式中x7y3的系数即可．
解答：解：在（x﹣y）10的展开式中，
通项公式为：
T r+1=•x10﹣r（﹣y）r=（﹣1）r••x10﹣r•y r，
令r=3，得展开式中x7y3的系数为
（﹣1）3•=﹣120．
故选：A．
点评：本题考查了二项式定理的应用问题，考查了二项展开式的通项公式的应用问题，是基础题目．
5．100件产品中有5件次品，不放回地抽取两次，每次抽1件，已知第一次抽出的是次品，则第2次抽出正品的概率为( )
A．B．C．D．
考点：古典概型及其概率计算公式．
专题：概率与统计．
分析：根据题意，易得在第一次抽到次品后，有4件次品，95件正品，由概率计算公式，计算可得答案．
解答：解：根据题意，在第一次抽到次品后，有4件次品，95件正品；
则第二次抽到正品的概率为P=，
故选：D．
点评：本题考查概率的计算，解题时注意题干“在第一次抽到次品条件下”的限制．
6．对于R上可导的任意函数f（x），若满足（x﹣1）f′（x）≥0，则必有( )
A．f（0）+f（2）＜2f（1）B．f（0）+f（2）≤2f（1）C．f（0）+f （2）≥2f（1）D．f（0）+f（2）＞2f（1）
考点：导数的运算．
专题：分类讨论．
分析：分x≥1和x＜1两种情况对（x﹣1）f′（x）≥0进行讨论，由极值的定义可得当x=1时f（x）取得极小值也为最小值，故问题得证．
解答：解：依题意，当x≥1时，f′（x）≥0，函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；当x＜1时，f′（x）≤0，f（x）在（﹣∞，1）上是减函数，
故当x=1时f（x）取得极小值也为最小值，即有
f（0）≥f（1），f（2）≥f（1），
∴f（0）+f（2）≥2f（1）．
故选C．
点评：本题以解不等式的形式，考查了利用导数求函数极值的方法，同时灵活应用了分类讨论的思想，是一道好题．
7．记事件A发生的概率为P（A），定义f（A）=lg[P（A）+]为事件A发生的“测
度”，现随机抛掷一个骰子，则下列事件中“测度”最大的一个事件是( ) A．向上的点数为2 B．向上的点数不大于2
C．向上的点数为奇数 D．向上的点数不小于3
考点：条件概率与独立事件．
专题：计算题；概率与统计．
分析：分别计算相应的概率，再比较其大小，利用对数函数为增函数，可得解．
解答：解：对于A，由于P（A）=，∴P（A）+=；
对于B，由于P（A）=，∴P（A）+=；
对于C，由于P（A）=，∴P（A）+=；
对于D，由于P（A）=，∴P（A）+=，
由于对数函数为增函数，
故选A．
点评：本题主要考查等可能概率的计算，引进新定义，从而解决问题，属于基础题．
8．某车队将选派5辆车赴灾区的A，B，C三地运送救援物资，每地至少派一辆车，其中甲车不派往A地，则不同的分配方案有( )
A．120种B．112种C．100种D．72种
考点：排列、组合及简单计数问题．
专题：计算题．
分析：先安排甲车去B地或C地，有2种方法．这时还剩下4辆车，①剩下的4辆车中，只有1辆去A地，方法有
（1++）种；②剩下的4辆车中，有2辆去A地，方法有（1+）种；③剩下的4辆车中，有3辆去A地，
方法有×1种．根据分步、分类技术原理，求得所有的安排方法数．
解答：解：先安排甲车去B地或C地，有2种方法．
这时还剩下4辆车，存在以下几种情况：
①剩下的4辆车中，只有1辆去A地，其余的3辆去B、C地，方法有（++）=28种；
②剩下的4辆车中，有2辆去A地，其余的2辆去B、C地，方法有（1+）=18种；
③剩下的4辆车中，有3辆去A地，其余的1辆去B、C地，方法有×1=4种．
根据分步、分类技术原理，所有的安排方法共有2×（28+18+4）=100种，
故选 C．
点评：本题考查计数原理的应用，解题注意优先分析排约束条件多的元素，即先分析甲，再分析其他三人，属于中档题
9．已知定义在（0，）上的函数f（x）的导函数为f′（x），且对于任意的x∈（0，），都有f′（x）sinx＜f（x）cosx，则( )
A．f（）＞f（）B．f（）＞f（1）C．f（）＜f（）D．f（）＜f（）
考点：导数的运算．
专题：导数的概念及应用．
分析：构造函数g（x）=，利用导数判断出函数g（x）的单调性，即可判断个选项．
解答：解：构造函数g（x）=，则f′（x）=＜0在x∈（0，）恒成立，
∴g（x）在（0，）单调递减，
∴g（）＞g（）＞g（1）＞g（），
∴＞＞＞，
∴f（）＞f（），f（）＞f（），f（）＞f（），sin f（1）＞sin1f（），故无法比较f（）与f（1）
故选：A
点评：本题考查了导数和函数的单调性的关系，关键是构造函数，属于中档题．
10．已知定义在（0，+∞）上的单调函数f（x），对∀x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣log2x]=3，则方程f（x）﹣f′（x）=2的解所在的区间是( )
A．（0，）B．（1，2）C．（，1）D．（2，3）
考点：导数的运算．
专题：导数的综合应用．
分析：设t=f（x）﹣log2x，则f（x）=log2x+t，又由f（t）=3，即log2t+t=3，解可得t 的值，可得f（x）的解析式，由二分法分析可得h（x）的零点所在的区间为（1，2），结合函数的零点与方程的根的关系，即可得答案．
解答：解：根据题意，对任意的x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣log2x]=3，
又由f（x）是定义在（0，+∞）上的单调函数，
则f（x）﹣log2x为定值，
设t=f（x）﹣log2x，则f（x）=log2x+t，
又由f（t）=3，即log2t+t=3，
解可得，t=2；
则f（x）=log2x+2，f′（x）=，
将f（x）=log2x+2，f′（x）=代入f（x）﹣f′（x）=2，
可得log2x+2﹣=2，
即log2x﹣=0，
令h（x）=log2x﹣，
分析易得h（1）=＜0，h（2）=1﹣＞0，
则h（x）=log2x﹣的零点在（1，2）之间，
则方程log2x﹣=0，即f（x）﹣f′（x）=2的根在（1，2）上，
故选：B．
点评：本题考查二分法求函数的零点与函数零点与方程根的关系的应用，关键点和难点是求出f（x）的解析式．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11．已知（x﹣2）2014=a0+a1x+a2x2+…+a2014x2014，则a0+a1+…+a2014=1．
考点：二项式系数的性质．
专题：计算题；二项式定理．
分析：根据题意，令x=1，即可求出a0+a1+…+a2014的值．
解答：解：∵（x﹣2）2014=a0+a1x+a2x2+…+a2014x2014，
∴令x=1，得a0+a1+…+a2014=（1﹣2）2014=1．
故答案为：1．
点评：本题考查了利用赋值法求二项式展开式的系数和问题，是基础题目．
12．已知f（x）=x3+x2f′（1）+3xf′（﹣1），则f′（1）+f′（﹣1）的值为﹒
考点：导数的运算．
专题：方程思想．
分析：先对f（x）求导，然后令x=1和x=﹣1，这样就得到了两个关于f′（1）和f′（﹣1）的方程，解方程组即可．
解答：解：∵f（x）=x3+x2f′（1）+3xf′（﹣1），
∴f′（x）=3x2+2xf′（1）+3f′（﹣1），
∴f′（1）=3+2f′（1）+3f′（﹣1），即3+f′（1）+3f′（﹣1）=0①，
f′（﹣1）=3﹣2f′（1）+3f′（﹣1），即3﹣2f′（1）+2f′（﹣1）=0②，
由①②解得f′（1）=，f′（﹣1）=，
故f′（1）+f′（﹣1）=．
故答案为．
点评：本题考查了导数的运算，要特别注意f′（1）和f′（﹣1）是两个常数，求导时不要被它们所影响．
13．在边长为2的正三角形ABC内任取一点P，则使点P到三个顶点的距离至少有一个小于1的概率是．
考点：几何概型．
专题：计算题．
分析：本题考查的知识点几何概型，我们可以求出满足条件的正三角形ABC的面积，再求出满足条件正三角形ABC内的点到正方形的顶点A、B、C的距离均不小于1的图形的面积，然后代入几何概型公式即可得到答案．
解答：解：满足条件的正三角形ABC如下图所示：
其中正三角形ABC的面积S三角形=×4=
满足到正三角形ABC的顶点A、B、C的距离至少有一个小于1的平面区域如图中阴影部分所示
则S阴影=π
则使点P到三个顶点的距离至少有一个小于1的概率是
P===
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，而与形状和位置无关．解决的步骤均为：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”N（A），再求出总的基本事件对应的“几何度量”N，最
后根据P=求解．
14．设函数f（x）是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y=f（x）在x=2.5处的切线的斜率为0．
考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题：函数的性质及应用；导数的概念及应用．
分析：偶函数有f（﹣x）=f（x），f（x）是R上以5为周期，即有（x+5）=f（x）=f（﹣x），则y=f（x）的图象关于直线x=2.5对称，即有x=2.5为函数f（x）的极值点，极值点处导数为零．
解答：解：∵f（x）是R上可导偶函数，
∴f（﹣x）=f（x），
又∵f（x）的周期为5，即有f（x+5）=f（x），
∴f（x+5）=f（﹣x），
则y=f（x）的图象关于直线x=2.5对称，
即有x=2.5为函数f（x）的极值点，
∴f′（2.5）=0，即曲线y=f（x）在x=2.5处的切线的斜率0，
故答案为：0．
点评：本题考查函数切线斜率的计算，利用函数的周期性、奇偶性、导数的几何意义、极值点满足的条件是解决本题的关键．
15．若存在实常数k和b，使得函数F（x）和G（x）对其公共定义域上的任意实数x都满足：F（x）≥kx+b和G（x）≤kx+b恒成立，则称此直线y=kx+b为F（x）和G（x）的“隔离直线”．已知函数h（x）=x2，m（x）=2elnx（e为自然对数的底数），φ（x）=x﹣2，d （x）=﹣1．有下列命题：
①f（x）=h（x）﹣m（x）在x∈（0，）递减；
②h（x）和d（x）存在唯一的“隔离直线”；
③h（x）和φ（x）存在“隔离直线”y=kx+b，且b的最大值为﹣；
④函数h（x）和m（x）存在唯一的隔离直线．其中真命题的是①③④．
考点：函数恒成立问题．
专题：新定义；导数的综合应用；不等式的解法及应用．
分析：①求出f′（x）=2x﹣，x＞0．由f′（x）=2x﹣=0，x＞0，得x=，列表讨
论，能求出f（x）在x∈（0，）递减；
②h（x）和d（x）存在多条“隔离直线”；
③h（x）和φ（x）存在的“隔离直线”为y=x+b，由h′（x）=2x，知h（x）=x2与“隔离直线”y=x+b平行的切线方程的切点坐标为（，），把（，）代入y=x+b，得b=﹣，故h（x）和φ（x）存在“隔离直线”y=kx+b，且b的最大值为﹣；
④存在f（x）和g（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线为y﹣e=k（x﹣），构造函数，求出函数的导数，根据导数求出函数的最值．
解答：解：①∵h（x）=x2，m（x）=2elnx，
∴f（x）=h（x）﹣m（x）=x2﹣2elnx，x＞0
∴f′（x）=2x﹣，x＞0．由f′（x）=2x﹣=0，x＞0，得x=，
x （0，）（，+∞）
f′（x）﹣ 0 +
f（x）↓极小值↑
∴f（x）=h（x）﹣m（x）在x∈（0，）递减，故①正确；
②∵h（x）=x2，d（x）=﹣1．∴h（x）和d（x）存在多条“隔离直线”，故②不正确；
③∵h（x）=x2，φ（x）=x﹣2，∴h（x）和φ（x）存在的“隔离直线”y=kx+b平行于y=x ﹣2，
即h（x）和φ（x）存在的“隔离直线”为y=x+b，
∵h′（x）=2x，∴h（x）=x2与“隔离直线”y=x+b平行的切线方程的切点坐标为（，），把（，）代入y=x+b，得b=﹣，
∴h（x）和φ（x）存在“隔离直线”y=kx+b，且b的最大值为﹣，故③正确；
④令F（x）=h（x）﹣m（x）=x2﹣2elnx（x＞0），
再令F′（x）═2x﹣=0，x＞0，得x=，
从而函数h（x）和m（x）的图象在x=处有公共点．
因此存在h（x）和m（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则
隔离直线方程为y﹣e=k（x﹣），即y=kx﹣k+e．
由h（x）≥kx﹣k+e可得 x2﹣kx+k﹣e≥0当x∈R恒成立，
则△=k2﹣4k+4e=（k﹣2）2≤0，只有k=2时，等号成立，此时直线方程为：y=2x ﹣e．
同理证明，由φ（x ）≤kx﹣k+e，可得只有k=2时，等号成立，此时直线方程为：y=2x﹣e．
综上可得，函数f（x）和g（x）存在唯一的隔离直线y=2x﹣e，故④正确．
故答案为：①③④．
点评：本题以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的求导，利用导数求最值，属于难题．
三、解答题（本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
16．设复数z=，若z2+az+b=1+i，求实数a，b的值．
考点：复数代数形式的混合运算；复数的基本概念．
专题：计算题．
分析：先将z按照复数代数形式的运算法则，化为代数形式，代入 z2+az+b=1+i，再根据复数相等的概念，列出关于a，b的方程组，并解即可．
解答：解：z=====1﹣i
z2+az+b=（1﹣i）2+a（1﹣i）+b=a+b﹣（a+2）i=1+i
∴解得
点评：本题考查了复数代数形式的混合运算，复数相等的概念，属于基础题．
17．设命题p：函数f（x）=x2﹣2ax﹣1在区间（﹣∞，3）上单调递减；命题q：x2+ax+1＞0对x∈R恒成立．如果命题p或q为真命题，p且q为假命题，求a的取值范围．
考点：复合命题的真假．
专题：简易逻辑．
分析：先分别求得p为真命题，q为真命题时，a的范围，再根据命题p或q为真命题，p 且q为假命题，可得p和q有且只有一个是真命题，从而分p真q假，p假 q真，分别求得a的范围，最后求出它们的并集即可
解答：解：∵命题p：函数f（x）=x2﹣2ax﹣1在区间区间（﹣∞，3）上单调递减，
∴当p为真，对称轴x=a，
∴a≥3，
又∵命题q：x2+ax+1＞0对x∈R恒成立．
∴当q为真，△=a2﹣4＜0，即﹣2＜a＜2
∵如果命题p∨q为真命题，p∧q为假命题
∴∴p、q一真一假
①p真q假，则，解得a≥3，
②p假q真，则，解得﹣2＜a＜2，
综上所述a的取值范围为：（﹣2，2）∪[3，+∞）．
点评：本题以命题为载体，考查复合命题的真假运用，解题的关键是根据命题p或q为真命题，p且q为假命题，可得p和q有且只有一个是真命题．
18．2015届高三年级某6个班联合到集市购买了6根竹竿，作为班旗的旗杆之用，它们的长度分别为3.8，4.3，3.6，4.5，4.0，4.1（单位：米）．
（1）若从中随机抽取两根竹竿，求长度之差不超过0.5米的概率；
（2）若长度不小于4米的竹竿价格为每根10元，长度小于4米的竹竿价格为每根a元．从这6根竹竿中随机抽取两根，若这两根竹竿总价的期望为18元，求a的值．
考点：离散型随机变量的期望与方差；列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
专题：概率与统计．
分析：（1）由题意知，本题是一个古典概型，6根竹竿的长度从小到大依次为3.6，3.8，4.0，4.1，4.3，4.5，满足条件的事件是其中长度之差不超过0.5米的两根竹竿，先做出它的对立事件的概率，用1减去得到结果．
（2）由题意知任取两根竹竿的价格之和为ξ，则ξ的可能取值为2a，a+10，20．结合变量对应的事件写出分布列和期望，根据期望这两根竹竿的价格之和为18元，列出关于a的方程，解方程即可．
解答：解：（1）由题意知，本题是一个古典概型，
∵6根竹竿的长度从小到大依次为3.6，3.8，4.0，4.1，4.3，4.5，
其中长度之差超过0.5米的两根竹竿长可能是3.6和4.3，3.6和4.5，3.8和4.5．
设“抽取两根竹竿的长度之差不超过0.5米”为事件A，
则P（）===，
∴P（A）=1﹣P（）=1﹣=．
∴所求的概率为．
（2）设任取两根竹竿的价格之和为ξ，则ξ的可能取值为2a，a+10，20．
其中P（ξ=2a）==，
P（ξ=a+10）==，
P（ξ=20）==．
∴Eξ=2a×+（a+10）×+20×==18，
∴a=7
点评：本题考查古典概型，考查对立事件的概率，考查离散型随机变量的分布列和期望，考查的不是求期望，而是利用期望的值求式子中出现的一个变量，利用解方程的思想．
19．已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c在x=﹣与x=1时都取得极值．
（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间；
（2）若对x∈[﹣1，2]，不等式f（x）＜c2恒成立，求c的取值范围．
考点：利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性．
专题：计算题．
分析：（1）求出f′（x），因为函数在x=﹣与x=1时都取得极值，所以得到f′（﹣）
=0且f′（1）=0联立解得a与b的值，然后把a、b的值代入求得f（x）及f′（x），然后讨论导函数的正负得到函数的增减区间；
（2）根据（1）函数的单调性，由于x∈[﹣1，2]恒成立求出函数的最大值值为f（2），代入求出最大值，然后令f（2）＜c2列出不等式，求出c的范围即可．
解答：解；（1）f（x）=x3+ax2+bx+c，f'（x）=3x2+2ax+b
由解得，
f'（x）=3x2﹣x﹣2=（3x+2）（x﹣1），函数f（x）的单调区间如下表：
x （﹣∞，﹣）﹣（﹣，1） 1 （1，+∞）
f′（x）+ 0 ﹣0 +
f（x）↑极大值↓极小值↑
所以函数f（x）的递增区间是（﹣∞，﹣）和（1，+∞），递减区间是（﹣，1）．（2），
当x=﹣时，f（x）=+c为极大值，而f（2）=2+c，所以f（2）=2+c为最大值．
要使f（x）＜c2对x∈[﹣1，2]恒成立，须且只需c2＞f（2）=2+c．
解得c＜﹣1或c＞2．
点评：考查学生利用导数研究函数极值的能力，利用导数研究函数单调性的能力，以及理解函数恒成立时所取到的条件．
20．高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图所示的高尔顿
板有7层小木块，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左
或向右滚下，依次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2，…，7的球槽内．例如小球要掉入3号球槽，则在6次碰撞中有2次向右4次向左滚下．
（1）若进行一次高尔顿板试验，这个小球掉入2号球槽的概率；
（2）某2015届高三同学在研究了高尔顿板后，制作了一个如图所示的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动.10元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉入m号球槽得到的奖金为ξ元，其中ξ=|20﹣5m|．高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏．试求ξ的分布列，如果你在活动现场，你通过数学期望的计算后，你觉得这位2015届高三同学能盈利吗？
考点：离散型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式．
专题：概率与统计．
分析：（1）设这个小球掉入2号球槽为事件A．掉入2号球槽，需要向右1次向左5次，由此能求出这个小球掉入2号球槽的概率．
（2）ξ的可能取值为0，5，10，15．由此能求出ξ的分布列和Eξ，从而能求出这位2015届高三同学能盈利．
解答：解：（1）设这个小球掉入2号球槽为事件A．
掉入2号球槽，需要向右1次向左5次，
所以P（A）==．
所以这个小球掉入2号球槽的概率为．…
（2）ξ的可能取值为0，5，10，15．
P（ξ=0）=P（m=4）==，
P（ξ=5）=P（m=3）+P（m=5）=，
P（ξ=10）=P（m=2）+P（m=6）==，
P（ξ=15）=P（m=1）+P（m=7）==．
ξ0 5 10 15
P
Eξ=0×+5×+10×+15×=＜10．
∴这位2015届高三同学能盈利．
点评：本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用．
21．已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x有且只有一个零点，其中a＞0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若对任意的x∈（0，+∞），有f（x）≥kx2成立，求实数k的最大值；
（Ⅲ）设h（x）=f（x）+x，对任意x1，x2∈（﹣1，+∞）（x1≠x2），证明：不等式
＞恒成立．
考点：函数零点的判定定理；函数恒成立问题．
专题：导数的综合应用．
分析：（Ⅰ）通过求导得到单调区间找到极值点代入即可，（Ⅱ）由k≥0时不合题意．当k ＜0时令g'（x）=0通过讨论得出k的值，
（Ⅲ）不妨设x1＞x2＞﹣1，引进新函数找到其单调区间，问题得证．
解答：解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（﹣a，+∞），．
由f'（x）=0，得x=1﹣a＞﹣a．
∵当﹣a＜x＜1﹣a时，f'（x）＞0；当x＞1﹣a时，f'（x）＜0，
∴f（x）在区间（﹣a，1﹣a]上是增函数，在区间[1﹣a，+∞）上是减函数，
∴f（x）在x=1﹣a处取得最大值．
由题意知f（1﹣a）=﹣1+a=0，解得a=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=ln（x+1）﹣x，
当k≥0时，取x=1得，f（1）=ln2﹣1＜0，知k≥0不合题意．
当k＜0时，设g（x）=f（x）﹣kx2=ln（x+1）﹣x﹣kx2．
则．
令g'（x）=0，得x1=0，．
①若≤0，即k≤﹣时，g'（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，
∴g（x）在[0，+∞）上是增函数，从而总有g（x）≥g（0）=0，
即f（x）≥kx2在[0，+∞）上恒成立．
②若，即时，对于，g'（x）＜0，
∴g（x）在上单调递减．
于是，当取时，g（x0）＜g（0）=0，即f（x0）≥不成立．
故不合题意．
综上，k的最大值为．
（Ⅲ）由h（x）=f（x）+x=ln（x+1）．
不妨设x1＞x2＞﹣1，则要证明，
只需证明，
即证，
即证．
设，则只需证明，
化简得．
设，则，
∴φ（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（t）＞φ（1）=0．
即，得证．
故原不等式恒成立．
点评：本题考察了导函数，单调区间及最值，函数的零点，不等式的证明，是一道较难的综合题．。