2023年天津市益中学校高考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2023年天津市益中学校高考数学模拟试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年天津市益中学校高考数学模拟试卷
一、单选题（本大题共9小题，共27.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|x<2}，B={−2,−1,0,1,2,3}，则(∁RA)∩B=(    )
A. {−2,−1,0,1,2} B. {0,1,2,3} C. {1,2,3} D. {2,3}
2. 已知a∈R，则(a+1)(a−2)<0是0 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
3. 函数f(x)=x2−1e|x|的图象大致为(    )
A. B.
C. D.
4. 学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[50,60)元的同学有30人，则n的值为(    )

A. 90 B. 100 C. 900 D. 1000
5. 已知定义在R上的奇函数f(x)，当x≥0时，f(x)是增函数，则a=f(20.8)，b=f(−log124.1)，c=−f(log215)的大小关系为(    )
A. a>b>c B. a>c>b C. c>b>a D. b>c>a
6. 已知抛物线y2=8x的准线经过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点，且双曲线的两条渐近线相互垂直，则双曲线的方程为(    )
A. x22−y2=1 B. x2−y22=1 C. x24−y24=1 D. x22−y22=1
7. 唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图2).当这种酒杯内壁表面积(假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米)固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为(    )


A. (0, 3510π] B. [ 3S10π,+∞) C. ( S5π, 3S10π] D. [ 3S10π, S2π)
8. 函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象如图，把函数f(x)的图象上所有的点向右平移π6个单位长度，可得到函数y=g(x)的图象，下列结论中：
①φ=π3；
②函数g(x)的最小正周期为π；
③函数g(x)在区间[−π3,π12]上单调递增；
④函数g(x)关于点(−π3,0)中心对称．
其中正确结论的个数是(    )


A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
9. 已知函数f(x)=log12x,x>0a|x+12|−154,x≤0，函数g(x)=x3，若方程g(x)=xf(x)有4个不同实根，则实数a的取值范围为(    )
A. (5,152) B. (5,152] C. (−3,5) D. (3,5)
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
10. 已知复数z=2+i1−i，则复数z的虚部为          ．
11. 在(x3+2x2)5的展开式中，常数项是______ ．
12. 圆x2+y2=2与圆x2+y2−4x+4y−4=0的公共弦长为______．
13. 已知x>0，y>0，x+2y=3，则x2+3yxy的最小值为          ．
14. 现有A，B两队参加关于“十九大”知识问答竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分；A队中每人答对的概率均为23，B队中3人答对的概率分别为23，23，13，且各答题人答题正确与否之间互不影响，设X表示A队得分，则EX=   (1)   ；若事件M表示“A队得2分”，事件N表示“B队得1分”，则P(MN)=   (2)   ．
15. 如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD=3DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB，则m= ______ ；若△ABC的面积为3 32，则|AP|的最小值为______ ．


三、解答题（本大题共5小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题12.0分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知tanA=cosBtanA+sinB．
(Ⅰ)若a+c=8，△ABC的面积为6，求sinB；
(Ⅱ)若b2=52a2，求sin(2B−π3)．
17. (本小题12.0分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．
(Ⅰ)求证：AE⊥平面A1BD；
(Ⅱ)求直线AB与平面A1BD所成角的正弦值；
(Ⅲ)求二面角B−A1D−B1的余弦值．

18. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 22，且点P( 2,1)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的左焦点为F，右顶点为A，点M(s,t)(t>0)是椭圆C上的动点，直线AM与y轴交于点D，点E是y轴上一点，EF⊥DF，EA与椭圆C交于点G，若△AMG的面积为2 2，求直线AM的方程．
19. (本小题12.0分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=2an−1(n∈N*)，数列{bn}满足nbn+1−(n+1)bn=n(n+1)(n∈N*)，且b1=1．
(1)证明数列{bnn}为等差数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=(−1)n−14(n+1)(3+2log2an)(3+2log2an+1)，求数列{cn}的前n项和T2n；
(3)若dn=an⋅ bn，数列{dn}的前n项和为Dn，对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn−a，求实数a的取值范围．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=alnx−(a+2)x+x2．
(Ⅰ)当a=1时，求函数f(x)在x=1处的切线方程；
(Ⅱ)求函数f(x)的单调区间；
(Ⅲ)若对于任意a∈[4,10]，x1，x2∈[1,2]，恒有|f(x1)−f(x2)x1−x2|≤λx1x2成立，试求λ的取值范围．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查集合的基本运算，利用集合补集，交集的定义是解决本题的关键，是基础题．
根据集合补集、交集的定义进行计算即可．
【解答】
解：∁RA={x|x≥2}，
则(∁RA)∩B={2,3}，
故选：D．
  
2.【答案】B 
【解析】解：∵(a+1)(a−2)<0，
∴−1 故(a+1)(a−2)<0是0 故选：B．
解不等式，根据集合的包含关系判断即可．
本题考查了集合的包含关系，考查充分必要条件，是一道基础题．

3.【答案】C 
【解析】解：∵f(−x)=f(x)，∴f(x)为R上的偶函数，∴排除AB；
又f(2)=3e2<1，∴排除D，
故选：C．
通过函数的奇偶性，函数的特殊点即可得解．
本题考查函数的奇偶性，函数的特殊点，属基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：由题意可知：前三个小组的频率之和=(0.01+0.024+0.036)×10=0.7，
∴支出在[50,60)元的频率为1−0.7=0.3，
∴n=300.3=100
故选：B．
根据频率直方图的意义，由前三个小组的频率可得样本在[50,60)元的频率，计算可得样本容量．
本题考查频率直方图的意义，对频率、频数灵活运用的综合考查，属于基础题．

5.【答案】C 
【解析】解：∵f(x)是奇函数，
∴b=f(−log124.1)=f(log24.1)，
c=−f(log215)=−f(−log25)=f(log25)，
∵log25>log24.1>log24=2，1<20.8<2，
则log25>log24.1>20.8，
∵当x≥0时，f(x)是增函数，
∴f(log25)>f(log24.1)>f(20.8)，
即c>b>a，
故选：C．
根据函数的奇偶性和单调性的性质进行转化比较即可．
本题主要考查函数值的大小比较，结合函数奇偶性和单调性的性质进行转化是解决本题的关键．

6.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的简单性质的应用，抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题．
求出抛物线的准线方程，推出双曲线的焦点坐标，利用双曲线的两条渐近线相互垂直，求解a的值，即可得到选项．
【解答】
解：抛物线y2=8x的准线x=−2经过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点(−2,0)，
双曲线的两条渐近线相互垂直，可知a=b，所以c= 2a，所以a= 2，
所以x22−y22=1．
故选D．
  
7.【答案】D 
【解析】
【分析】
考查了组合体的体积和表面积计算，属于基础题．
根据题意，酒杯内壁表面积为圆柱与半球的表面积，列出S的表达式，再求出体积V，解不等式即可．
【解答】
解：设圆柱的高度与半球的半径分别为h，R，则S=2πR2+2πRh，则πRh=S2−πR2，
所以酒杯的容积V=23πR3+πR2h=23πR3+(S2−πR2)R=−π3R3+S2R≤43πR3，
又h>0，所以S2−πR2>0，
所以πR2 故答案选：D．
  
8.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，函数y=Asin(ωx+φ)的性质与图象变换规律，属于中档题．
由周期求出ω的范围，根据最高点求得φ的值，可得f(x)的解析式，结合函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，可得g(x)的解析式，再利用正弦型函数的性质，可得结论．
【解答】
解：根据函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象，
可得T=2πω>11π12，且34T<11π12，∴ω∈(1811,2411).
把(0, 3)代入，可得2sinφ= 3，
∵0<φ<π
∴φ=π3，或 φ=2π3．
再根据图象经过最高点(11π12,2)，可得ω⋅11π12+φ=2kπ+π2，k∈Z．
当φ=π3时，ω⋅11π12+π3=2kπ+π2，k∈Z，求得ω=211+24k11，不满足条件ω∈(1811,2411)，
故φ=2π3，故①错误．
此时，由ω⋅11π12+2π3=2kπ+π2，k∈Z，求得ω=−211+24k11，
令k=1，可得ω=2，满足条件ω∈(1811,2411)，故f(x)=2sin(2x+2π3).
把函数f(x)的图象上所有的点向右平移π6个单位长度，
可得到函数y=g(x)=2sin(2x+π3)的图象，
故g(x)的最小正周期为2π2=π，故②正确．
当x∈[−π3,π12]，2x+π3∈[−π3,π2]，故g(x)单调递增，故③正确．
令x=−π3，求得g(x)=− 3≠0，故g(x)的图象不关于点(−π3,0)中心对称，故④错误，
可得其中正确结论的个数是2．
故选：C．  
9.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查数形结合的解题思想方法，属于较综合的中档题．
方程g(x)=xf(x)，化为x3=xf(x)，即x=0或x2=f(x)，要使方程g(x)=xf(x)有4个不同实根，则需方程x2=f(x)有3个不同根，当x>0时，方程x2=f(x)有1个根，则只需：x≤0时，y=a|x+12|−154与y=x2有两个交点(非原点)即可，数形结合得答案．
【解答】
解：方程g(x)=xf(x)，化为x3=xf(x)，即x=0或x2=f(x)，
要使方程g(x)=xf(x)有4个不同实根，
则需方程x2=f(x)有3个不同非零实数根，且a>0，
在同一直角坐标系下作出函数f(x)和y=x2的图象，如图：

而当x>0时，方程x2=f(x)有1个根，
则只需：x≤0时，y=a|x+12|−154与y=x2有两个交点(非原点)即可．
过点(−12,−154)作g(x)=x2(x<0)的切线，设切点为(m,m2)，
切线方程为y−m2=2m(x−m)，
把点(−12,−154)代入上式得m=−52，
∴切线斜率为2m=−5，结合图象可知，a>5，
又直线过原点时，求得a=152，
综上，结合图像可知，5 故选：B．
  
10.【答案】32 
【解析】
【分析】
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，考查复数的基本概念，是基础题．
【解答】
解：∵z=2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=12+32i，
∴复数z的虚部为32．
故答案为：32．
  
11.【答案】80 
【解析】解：在(x3+2x2)5的展开式中，通项公式为Tr+1=C5r2rx15−5r，
令15−5r=0，解得r=3，
故常数项为C5323=80．
故答案为：80．
根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．

12.【答案】 302 
【解析】解：根据题意，圆x2+y2=2与圆x2+y2−4x+4y−4=0，
则有x2+y2=2x2+y2−4x+4y−4=0，变形，得2x−2y+1=0，
即两圆的公共弦所在直线的方程为2x−2y+1=0，
圆x2+y2=2的圆心为(0,0)，半径r= 2，
圆心到公共弦的距离d=1 4+4= 24，
则公共弦的弦长为2× r2−d2=2× 2−18= 302；
故答案为： 302．
根据题意，由两圆的方程，可得两圆的公共弦所在直线的方程，求出圆心到直线的距离，由直线与圆的位置关系可得答案．
本题考查圆与圆的位置关系，涉及相交弦的弦长计算，属于基础题．

13.【答案】1+2 2 
【解析】
【分析】
本题主要考查基本不等式的应用，式子的变形是解题的关键，属于中档题．
把要求的式子变形为xy+1+2yx，再利用基本不等式求得它的最小值．
【解答】
解：已知x>0，y>0，x+2y=3，
则x2+3yxy=x2+(x+2y)yxy=x2+xy+2y2xy=xy+1+2yx≥2 xy⋅2yx+1=2 2+1，
当且仅当x2=2y2 时，即当x=3 2−3，且 y=6−3 22，等号成立，
故x2+3yxy的最小值为1+2 2，
故答案为：1+2 2．
  
14.【答案】2
427
 
【解析】解：每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分，
A队中每人答对的概率均为23，设X表示A队得分，则X～B(3,23)，
∴EX=3×23=2．
每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分，
A队中每人答对的概率均为23，B队中3人答对的概率分别为23，23，13，
且各答题人答题正确与否之间互不影响，
事件M表示“A队得2分”，事件N表示“B队得1分”，
P(M)=C32(23)2(13)=49，
P(N)=23×13×23+13×23×23+13×13×13=13，
∴P(MN)=P(M)P(N)=49×13=427．
故答案为：2，427．
设X表示A队得分，则X～B(3,23)，由此能求出EX.事件M表示“A队得2分”，事件N表示“B队得1分”，利用n次独立重复试验中事件A恰好发生k次概率计算公式求出P(M)，利用相互独立事件概率乘法公式求出P(N)，由此相互独立事件概率乘法公式能求出P(MN)．
本题考查概率的求法，考查n次独立重复试验中事件A恰好发生k次概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

15.【答案】13  3 
【解析】解：∵AP=mAC+12AB，又AD=3DB，
∴AB=43AD，
∴AP=mAC+23AD，
又因为C，P，D三点共线，
则m+23=1，即m=13，AP=13AC+12AB，AP2=19AC2+14AB2+13AB⋅AC≥2×13×12×|AB||AC|+13×|AB||AC|cosπ3=12|AB||AC|，
△ABC的面积为3 32=12|AB||AC|×sinπ3，
∴|AB||AC|=6，
∴AP2≥3，
∴|AP|的最小值为 3．
故答案为：13； 3．
先通过条件用AC,AD表示AP，根据C，P，D三点共线，可求得m，根据△ABC的面积求得|AB||AC|，由AP=13AC+12AB，平方可得AP2≥12|AB||AC|，代入即可求得答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．

16.【答案】解：(Ⅰ)∵tanA=cosBtanA+sinB，
∴sinA=sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC，
∴由正弦定理可得a=c，
又∵a+c=8，
∴a=c=4，
∵△ABC的面积为6=12acsinB=12×4×4×sinB，
∴解得：sinB=34．
(Ⅱ)∵由(Ⅰ)可得a=c，
又b2=52a2，
∴由余弦定理可得cosB=a2+c2−b22ac=a2+a2−5a222a2=−14，
∵B∈(0,π)，
∴sinB= 1−cos2B= 154，
sin2B=2sinBcosB=− 158，cos2B=2cos2B−1=−78，
∴sin(2B−π3)=sin2Bcosπ3−cos2Bsinπ3
=(− 158)×12−(−78)× 32=7 3− 1516． 
【解析】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
(Ⅰ)由已知利用三角函数恒等变换的应用，正弦定理可得a=c，进而可求a=c=4，利用三角形的面积公式即可求得sinB的值．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得a=c，结合已知由余弦定理可得cosB，利用同角三角函数基本关系式可求sinB，利用二倍角公式可求sin2B，cos2B的值，进而根据两角差的正弦公式即可计算求解．

17.【答案】证明：(Ⅰ)取A1C1的中点G，连接DG．
由题意，易证DG，DA，DB两两垂直．
以D为坐标原点，以DG，DA，DB所
在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如
图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(0,1,0)，A1(2,1,0)，E(1,−1,0)，B(0, 0,  3)，B1(2, 0,  3)，AE=(1, −2, 0),  DA1=(2, 1, 0)，DB=(0, 0,  3)，
∵AE⋅ DA1=0，AE⋅ DB=0，
∴AE⊥DA1，AE⊥DB，
又DA1∩DB=D，
∴AE⊥平面A1BD．
解：(Ⅱ)由(Ⅰ)可得平面A1BD的法向量n=(1,−2,0)，
AB=(0,−1, 3)，．
设直线AB与平面A1BD所成的角为α．
∵sinα=|cos〈AB,n〉|=|AB⋅n||AB|⋅|n|=22× 5= 55，
∴直线AB与平面A1BD所成角的正弦值为 55，
(Ⅲ)设平面A1B1D的法向量m=(x,y,z)．
∵DA1=(2, 1, 0),  DB1=(2, 0,  3)，
∴m⋅DA1=0,m⋅  DB1=0,即2x+y=0,2x+ 3z=0.
不妨取x= 3，得m=( 3, −2 3, −2)，
设二面角B−A1D−B1的平面角为θ．
∵|cosθ|=|cos〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|= 28519，
∴二面角B−A1D−B1的余弦值为 28519． 
【解析】(Ⅰ)取A1C1的中点G，连接DG.以D为坐标原点，以DG，DA，DB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，通过计算AE⋅ DA1=0，AE⋅ DB=0，说明AE⊥DA1，AE⊥DB，推出AE⊥平面A1BD．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得平面A1BD的法向量，AB=(0,−1, 3)，设直线AB与平面A1BD所成的角为α.利用空间向量的数量积求解直线AB与平面A1BD所成角的正弦值．
(Ⅲ)求出平面A1B1D的法向量，设二面角B−A1D−B1的平面角为θ.利用空间向量的数量积求解即可．
本题考查空间向量的数量积的应用，考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角以及直线与平面所成角的三角函数值的求法，是中档题．

18.【答案】解：(1)由题意得e=ca= 22，2a2+1b2=1，a2=b2+c2，
解得：a2=4，b2=2，所以椭圆的方程：x24+y22=1；
(2)由(1)得左焦点F(− 2,0)，A(2,0)，
设直线AM：y=k(x−2)，由题意得D(0,−2k)，∴kDF=2k− 2=− 2k，
∵EF⊥DF，∴kEF=1 2k∴直线EF的方程：x= 2ky− 2，
令x=0，则y=1k，所以点E(0,1k)，所以kEA=1k−2=−12k，
所以直线EA：x=−2ky+2，联立与椭圆的方程整理得：
∴y=8k2+4k2=4k1+2k2，x=2−4k21+2k2，
所以点G(2−4k21+2k2,4k1+4k2)；
联立直线AM与椭圆的方程整理得：
(1+2k2)x2−8k2x+8k2−4=0，
解得：x1=2，x2=4k2−21+2k2，∴y2=−4k1+2k2，
所以点M(4k2−21+2k2,−4k1+2k2)，
所以点M，G关于原点对称，即直线MG过原点，
∴S△AMG=12⋅|OA|⋅2|yM|=12⋅2⋅8|k|1+2k2=8|k|1+2k2，
由题意得：8|k|1+2k2=2 2，解得：k=± 22，
由点M(s,t)(t>0)得，k=− 22，
所以直线AM为：y=− 22(x−2)，
即直线AM：x+ 2y−2=0． 
【解析】本题考查直线与椭圆的综合应用，所以中档题．
(1)由离心率及过的点和a，b，c之间的关系求出椭圆的标准方程；
(2)由(1)得A，F的坐标，设直线AM的方程，与椭圆联立得M的坐标，由题意得D的坐标，再由题意得G的坐标，再由△AMG的面积为2 2可求直线AM的斜率，从而可求直线方程．

19.【答案】(1)证明：Sn=2an−1(n∈N*)，n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−1−(2an−1−1)，化为：an=2an−1．
n=1时，a1=2a1−1，解得a1=1．
∴数列{an}是等比数列，公比为2．
∴an=2n−1．
数列{bn}满足nbn+1−(n+1)bn=n(n+1)(n∈N*)，
化为：bn+1n+1−bnn=1，且b1=1．
∴数列{bnn}为等差数列，公差为1，首项为b11=1．
∴bnn=1+n−1=n，
bn=n2．
(2)解：cn=(−1)n−14(n+1)(3+2log2an)(3+2log2an+1)=(−1)n−1⋅4(n+1)(2n+1)(2n+3)=(−1)n−1⋅(12n+1+12n+3)，
∴数列{cn}的前n项和T2n=(13+15)−(15+17)+(17+19)+……−(14n+1+14n+3)
=13−14n+3
=4n12n+9．
(3)解：dn=an⋅ bn=n⋅2n−1，
数列{dn}的前n项和为Dn=1+2×2+3×22+……+n⋅2n−1，
2Dn=2+2×22+……+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，
∴−Dn=1+2+22+……+2n−1−n⋅2n=2n−12−1−n⋅2n，
解得Dn=(n−1)⋅2n+1．
Sn=2an−1=2n−1．
对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn−a，
∴a≤n(2n−1)−(n−1)⋅2n−1=2n−n−1．
令dn=2n−n−1.则dn+1−dn=2n+1−(n+1)−1−(2n−n−1)=2n−1>0．
∴数列{dn}单调递增．
∴a≤(dn)min=d1=0．
∴实数a的取值范围是(−∞,0]． 
【解析】(1)Sn=2an−1(n∈N*)，n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−1−(2an−1−1)，化为：an=2an−1.利用等比数列的通项公式可得an.数列{bn}满足nbn+1−(n+1)bn=n(n+1)(n∈N*)，化为：bn+1n+1−bnn=1，且b1=1.即可证明数列{bnn}为等差数列，利用通项公式可得bn．
(2)cn=(−1)n−14(n+1)(3+2log2an)(3+2log2an+1)=(−1)n−1⋅4(n+1)(2n+1)(2n+3)=(−1)n−1⋅(12n+1+12n+3)，利用裂项求和方法即可得出．
(3)dn=an⋅ bn=n⋅2n−1，利用错位相减法可得数列{dn}的前n项和为Dn，又Sn=2n−1.代入对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn−a，即可得出．
本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法、裂项求和方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

20.【答案】解：(I)当a=1时，f(x)=lnx−3x+x2，∴f′(x)=1x−3+2x，f(1)=−2，
∴f(x)在x=1处的切线斜率k=f′(1)=0，
∴f(x)在x=1处的切线方程为y=−2．
(II)函数的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=ax−(a+2)+2x=2x2−(a+2)x+ax=(2x−a)(x−1)x，
当a≤0时，函数在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
当0 当a=2时，函数的(0,+∞)上单调递增；
当a>2时，函数在(0,1),(a2,+∞)上单调递增，在(1,a2)上单调递减．
(III)|f(x1)−f(x2)x1−x2|≤λx1x2恒成立，即|f(x1)−f(x2)|≤λ|1x1−1x2|恒成立，
不妨设x2>x1，因为当a∈[4,10]时，f(x)在[1,2]上单调递减，
则f(x1)−f(x2)≤λ(1x1−1x2)，可得f(x1)−λx1≤f(x2)−λx2，
设g(x)=f(x)−λx=alnx−(a+2)x+x2−λx，
∴对于任意的a∈[4,10]，x1，x2∈[1,2]，x2>x1，g(x1)≤g(x2)恒成立，
∴g(x)=f(x)−λx在[1,2]上单调递增，
g′(x)=(2x−a)(x−1)x+λx2=2x3−(a+2)x2+ax+λx2≥0在x∈[1,2]上恒成立，
∴2x3−(a+2)x2+ax+λ≥0在x∈[1,2]上恒成立，
即a(−x2+x)+2x3−2x2+λ≥0在x∈[1,2]上恒成立，
∵当x∈[1,2]时，−x2+x≤0，
∴只需10(−x2+x)+2x3−2x2+λ≥0在x∈[1,2]上恒成立，
即2x3−12x2+10x+λ≥0在x∈[1,2]上恒成立，
设h(x)=2x3−12x2+10x+λ，x∈[1,2]，
则h′x=6x2−24x+10=6x−22−14<0，
所以h(x)在x∈[1,2]上单调递减，
则h(2)=−12+λ≥0，
∴λ≥12，故实数λ的取值范围为[12,+∞)． 
【解析】本题考查了利用导数研究函数的切线方程和单调性，利用不等式恒成立求参数的范围，考查了转化思想，分类讨论思想和函数思想，属难题．
(Ⅰ)将a=1代入f(x)中，对f(x)求导，求出f(x)在x=1处的切线斜率，再求出切线方程即可；
(Ⅱ)对f(x)求导，然后分a≤0，02四种情况，求出f(x)的单调区间；
(Ⅲ)设g(x)=f(x)−λx=alnx−(a+2)x+x2−λx，根据条件可得，对于任意的a∈[4,10]，x1，x2∈[1,2]，x2>x1，g(x1)≤g(x2)恒成立，然后将问题转化为10(−x2+x)+2x3−2x2+λ≥0在x∈[1,2]上恒成立，再求出λ的取值范围．