高一數學下學期期末試卷及參考答案

PAn>

不去耕耘，不去播種，再肥的沃土也長不出莊稼，不去奮鬥，不去創造，再美的青春也結不出碩果。不要讓追求之舟停泊在幻想的港灣，而應揚起奮鬥的風帆，駛向現實生活的大海。下面好範文小編爲你帶來一些關於高一下學期期末試卷，希望對大家有所幫助。

試題

一、選擇題：(共15個小題，每小題4分，共60分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的)

1.已知全集U=R，A=，B={-|ln-<0}，則A∪B=()

A.{-|﹣1≤-≤2}B.{-|﹣1≤-<2}C.{-|-<﹣1或-≥2}D.{-|0

2.已知，那麼cosα=()

A.B.C.D.

3.已知D爲△ABC的邊BC的中點，△ABC所在平面內有一個點P，滿足=+，則的值爲()

A.B.C.1D.2

4.△ABC中，AB=2，AC=3，∠B=60°，則cosC=()

A.B.C.D.

5.已知△ABC是邊長爲1的等邊三角形，則(﹣2)?(3﹣4)=()

A.﹣B.﹣C.﹣6﹣D.﹣6+

6.設等差數列{an}的前n項和爲Sn，若S3=9，S6=36，則a7+a8+a9=()

A.63B.45C.36D.27

7.已知角α是第二象限角，且|cos|=﹣cos，則角是()

A.第一象限角B.第二象限角C.第三象限角D.第四象限角

8.已知某等差數列共有10項，其奇數項之和爲15，偶數項之和爲30，則其公差爲()

A.5B.4C.3D.2

9.對任意一個確定的二面角α﹣l﹣β，a和b是空間的兩條異面直線，在下面給出的四個條件中，能使a和b所成的角也確定的是()

A.a∥a且b∥βB.a∥a且b⊥βC.a?α且b⊥βD.a⊥α且b⊥β

10.定義2×2矩陣=a1a4﹣a2a3，若f(-)=，則f(-)的圖象向右平移個單位得到函數g(-)，則函數g(-)解析式爲()

A.g(-)=﹣2cos2-B.g(-)=﹣2sin2-

C.D.

11.已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積爲()

A.7B.7C.7D.8

12.若sin(π+α)=，α是第三象限的角，則=()

A.B.C.2D.﹣2

13.已知，記數列{an}的前n項和爲Sn，則使Sn>0的n的最小值爲()

A.10B.11C.12D.13

14.(1+tan18°)(1+tan27°)的值是()

A.B.

C.2D.2(tan18°+tan27°)

15.數列{an}滿足：且{an}是遞增數列，則實數a的範圍是()

A.B.C.(1，3)D.(2，3)

二、填空題(共5小題，每小題4分，共20分，將答案填在答題紙上)

16.已知向量=(k，12)，=(4，5)，=(﹣k，10)，且A、B、C三點共線，則k=.

17.已知向量、滿足||=1，||=1，與的夾角爲60°，則|+2|=.

18.在△ABC中，BD爲∠ABC的平分線，AB=3，BC=2，AC=，則sin∠ABD等於.

19.在四棱錐S﹣ABCD中，SA⊥面ABCD，若四邊形ABCD爲邊長爲2的正方形，SA=3，則此四棱錐外接球的表面積爲.

20.設數列{an}的通項爲an=2n﹣7(n∈N-)，則|a1|+|a2|+…+|a15|=.

三、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.)

21.已知平面向量=(1，-)，=(2-+3，﹣-)(-∈R).

(1)若∥，求|﹣|

(2)若與夾角爲銳角，求-的取值範圍.

22.(文科)已知{an}是單調遞增的等差數列，首項a1=3，前n項和爲Sn，數列{bn}是等比數列，首項b1=1，且a2b2=12，S3+b2=20.

(Ⅰ)求{an}和{bn}的通項公式.

(Ⅱ)令Cn=nbn(n∈N+)，求{cn}的前n項和Tn.

23.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別爲a，b，c，且2cos2cosB﹣sin(A﹣B)sinB+cos(A+C)=﹣.

(Ⅰ)求cosA的值;

(Ⅱ)若a=4，b=5，求向量在方向上的投影.

24.已知如圖：四邊形ABCD是矩形，BC⊥平面ABE，且AE=2，EB=BC=2，點F爲CE上一點，且BF⊥平面ACE.

(1)求證：AE∥平面BFD;

(2)求三棱錐A﹣DBE的體積;

(3)求二面角D﹣BE﹣A的大小.

25.如圖，函數f(-)=Asin(ω-+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|≤)的圖象與座標軸的三個交點爲P，Q，R，且P(1，0)，Q(m，0)(m>0)，∠PQR=，M爲QR的中點，|PM|=.

(Ⅰ)求m的值及f(-)的解析式;

(Ⅱ)設∠PRQ=θ，求tanθ.

26.設數列{an}的前n項和爲Sn，a1=10，an+1=9Sn+10.

(Ⅰ)求證：{lgan}是等差數列;

(Ⅱ)設Tn是數列{}的前n項和，求Tn;

(Ⅲ)求使Tn>(m2﹣5m)對所有的n∈N-恆成立的整數m的取值集合

參考答案及解析

一、選擇題：(共15個小題，每小題4分，共60分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的)

1.已知全集U=R，A=，B={-|ln-<0}，則A∪B=()

A.{-|﹣1≤-≤2}B.{-|﹣1≤-<2}C.{-|-<﹣1或-≥2}D.{-|0

【考點】並集及其運算.

【分析】求出A與B中不等式的解集，分別確定出A與B，找出兩集合的並集即可.

【解答】解：由A中不等式變形得：≤0，即(-+1)(-﹣2)<0，且-﹣2≠0，

解得：﹣1≤-<2，即A={-|﹣1≤-<2}，

由B中不等式變形得：ln-<0=ln1，得到0

則A∪B={-|﹣1≤-<2}，

故選：B.

2.已知，那麼cosα=()

A.B.C.D.

【考點】誘導公式的作用.

【分析】已知等式中的角變形後，利用誘導公式化簡，即可求出cosα的值.

【解答】解：sin(+α)=sin(2π++α)=sin(+α)=cosα=.

故選C.

3.已知D爲△ABC的邊BC的中點，△ABC所在平面內有一個點P，滿足=+，則的值爲()

A.B.C.1D.2

【考點】平面向量的基本定理及其意義.

【分析】如圖所示，由於=+，可得：PA是平行四邊形PBAC的對角線，PA與BC的交點即爲BC的中點D.即可得出.

【解答】解：如圖所示，

∵=+，

∴PA是平行四邊形PBAC的對角線，PA與BC的交點即爲BC的中點D.∴=1.

故選：C.

4.△ABC中，AB=2，AC=3，∠B=60°，則cosC=()

A.B.C.D.

【考點】正弦定理.

【分析】由已知及正弦定理可得sinC==，又AB

【解答】解：∵AB=2，AC=3，∠B=60°，

∴由正弦定理可得：sinC===，

又∵AB

∴cosC==.

故選：D.

5.已知△ABC是邊長爲1的等邊三角形，則(﹣2)?(3﹣4)=()

A.﹣B.﹣C.﹣6﹣D.﹣6+

【考點】平面向量數量積的運算.

【分析】將式子展開計算.

【解答】解：(﹣2)?(3﹣4)=3﹣4﹣6+8

=3×1×1×cos120°﹣4×1×1×cos60°﹣6×12+8×1×1×cos60°

=﹣﹣2﹣6+4

=﹣.

故選：B.

6.設等差數列{an}的前n項和爲Sn，若S3=9，S6=36，則a7+a8+a9=()

A.63B.45C.36D.27

【考點】等差數列的性質.

【分析】觀察下標間的關係，知應用等差數列的性質求得.

【解答】解：由等差數列性質知S3、S6﹣S3、S9﹣S6成等差數列，即9，27，S9﹣S6成等差，∴S9﹣S6=45

∴a7+a8+a9=45

故選B.

7.已知角α是第二象限角，且|cos|=﹣cos，則角是()

A.第一象限角B.第二象限角C.第三象限角D.第四象限角

【考點】三角函數值的符號.

【分析】根據α的範圍判斷出的範圍，再由含有絕對值的式子得到角的餘弦值的符號，根據“一全正二正弦三正切四餘弦”再進一步判斷的範圍.

【解答】解：由α是第二象限角知，是第一或第三象限角.

又∵|cos|=﹣cos，∴cos<0，

∴是第三象限角.

故選C.

8.已知某等差數列共有10項，其奇數項之和爲15，偶數項之和爲30，則其公差爲()

A.5B.4C.3D.2

【考點】等差數列的通項公式.

【分析】寫出數列的第一、三、五、七、九項的和即5a1+(2d+4d+6d+8d)，寫出數列的第二、四、六、八、十項的和即5a1+(d+3d+5d+7d+9d)，都用首項和公差表示，兩式相減，得到結果.

【解答】解：，

故選C.

9.對任意一個確定的二面角α﹣l﹣β，a和b是空間的兩條異面直線，在下面給出的四個條件中，能使a和b所成的角也確定的是()

A.a∥a且b∥βB.a∥a且b⊥βC.a?α且b⊥βD.a⊥α且b⊥β

【考點】異面直線及其所成的角.

【分析】作輔助線，利用二面角的定義和線線角的定義證明兩角互補即可.

【解答】解：如圖，若a⊥α且b⊥β，

過A分別作直線a、b的平行線，交兩平面α、β分別爲C、B

設平面ABC與棱l交點爲O，連接BO、CO，

易知四邊形ABOC爲平面四邊形，可得∠BOC與∠BAC互補

∵α﹣l﹣β是大小確定的一個二面角，而∠BOC就是它的平面角，

∴∠BOC是定值，∴∠BAC也是定值，

即a，b所成的角爲定值.

故選D

10.定義2×2矩陣=a1a4﹣a2a3，若f(-)=，則f(-)的圖象向右平移個單位得到函數g(-)，則函數g(-)解析式爲()

A.g(-)=﹣2cos2-B.g(-)=﹣2sin2-

C.D.

【考點】函數y=Asin(ω-+φ)的圖象變換;三角函數中的恆等變換應用.

【分析】利用三角恆等變換化簡函數f(-)的解析式，再利用函數y=Asin(ω-+φ)的圖象變換規律，求得函數g(-)解析式.

【解答】解：由題意可得f(-)==cos2-﹣sin2-﹣cos(+2-)

=cos2-+sin2-=2cos(2-﹣)，

則f(-)的圖象向右平移個單位得到函數g(-)=2cos[2(-﹣)﹣]=2cos(2-﹣π)=﹣2cos2-，

故選：A.

11.已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積爲()

A.7B.7C.7D.8

【考點】由三視圖求面積、體積.

【分析】根據幾何體的三視圖知，該幾何體是棱長爲2的正方體，去掉兩個三棱錐剩餘的部分，結合圖中數據即可求出它的體積.

【解答】解：根據幾何體的三視圖知，該幾何體是棱長爲2的正方體，去掉兩個三棱錐剩餘的部分，

如圖所示;

所以該幾何體的體積爲

V=V正方體﹣﹣

=23﹣-12×2﹣-1×2×2

=7.

故選：A.

12.若sin(π+α)=，α是第三象限的角，則=()

A.B.C.2D.﹣2

【考點】運用誘導公式化簡求值.

【分析】已知等式利用誘導公式化簡求出sinα的值，根據α爲第三象限角，利用同角三角函數間基本關係求出cosα的值，原式利用誘導公式化簡，整理後將各自的值代入計算即可求出值.

【解答】解：∵sin(π+α)=﹣sinα=，即sinα=﹣，α是第三象限的角，

∴cosα=﹣，

則原式====﹣，

故選：B.

13.已知，記數列{an}的前n項和爲Sn，則使Sn>0的n的最小值爲()

A.10B.11C.12D.13

【考點】數列的求和.

【分析】由，可得a1+a10=a2+a9=…=a5+a6=0，a11>0，則有S9<0，S10=0，S11>0可求

【解答】解：由，

可得a1+a10=a2+a9=…=a5+a6=0，a11>0

∴S9<0，S10=0，S11>0

使Sn>0的n的最小值爲11

故選：B

14.(1+tan18°)(1+tan27°)的值是()

A.B.

C.2D.2(tan18°+tan27°)

【考點】兩角和與差的正切函數.

【分析】要求的式子即1+tan18°+tan27°+tan18°tan27°，再把tan18°+tan27°=tan45°(1﹣tan18°tan27°)代入，化簡可得結果.

【解答】解：(1+tan18°)(1+tan27°)=1+tan18°+tan27°+tan18°tan27°=1+tan45°(1﹣tan18°tan27°)+tan18°tan27°=2，

故選C.

15.數列{an}滿足：且{an}是遞增數列，則實數a的範圍是()

A.B.C.(1，3)D.(2，3)

【考點】數列的函數特性;分段函數的解析式求法及其圖象的作法;函數單調性的判斷與證明.

【分析】根據題意，首先可得an通項公式，這是一個類似與分段函數的通項，結合分段函數的單調性的判斷方法，可得;解可得答案.

【解答】解：根據題意，an=f(n)=;

要使{an}是遞增數列，必有;

解可得，2

故選D.

二、填空題(共5小題，每小題4分，共20分，將答案填在答題紙上)

16.已知向量=(k，12)，=(4，5)，=(﹣k，10)，且A、B、C三點共線，則k=.

【考點】平面向量共線(平行)的座標表示;三點共線.

【分析】利用三點共線得到以三點中的一點爲起點，另兩點爲終點的兩個向量平行，利用向量平行的座標形式的充要條件列出方程求出k.

【解答】解：向量，

∴

又A、B、C三點共線

故(4﹣k，﹣7)=λ(﹣2k，﹣2)

∴k=

故答案爲

17.已知向量、滿足||=1，||=1，與的夾角爲60°，則|+2|=.

【考點】平面向量數量積的運算.

【分析】根據條件進行數量積的計算便可得出，從而便可求出，這樣即可求出的值.

【解答】解：根據條件，;

∴;

∴.

故答案爲：.

18.在△ABC中，BD爲∠ABC的平分線，AB=3，BC=2，AC=，則sin∠ABD等於.

【考點】正弦定理.

【分析】利用餘弦定理求得cos∠ABC=cos2θ的值，可得θ的值.

【解答】解：∵△ABC中，BD爲∠ABC的平分線，AB=3，BC=2，AC=，

設∠ABD=θ，則∠ABC=2θ，

由余弦定理可得cos2θ===，

∴2θ=，∴θ=，

故答案爲：.

19.在四棱錐S﹣ABCD中，SA⊥面ABCD，若四邊形ABCD爲邊長爲2的正方形，SA=3，則此四棱錐外接球的表面積爲17π.

【考點】球內接多面體.

【分析】如圖所示，連接AC，BD相交於點O1.取SC的中點，連接OO1.利用三角形的中位線定理可得OO1∥SA.由於SA⊥底面ABCD，可得OO1⊥底面ABCD.可得點O是四棱錐S﹣ABCD外接球的球心，SC是外接球的直徑.

【解答】解：如圖所示

連接AC，BD相交於點O1.取SC的中點，連接OO1.

則OO1∥SA.

∵SA⊥底面ABCD，

∴OO1⊥底面ABCD.

可得點O是四棱錐S﹣ABCD外接球的球心.

因此SC是外接球的直徑.

∵SC2=SA2+AC2=9+8=17，∴4R2=17，

∴四棱錐P﹣ABCD外接球的表面積爲4πR2=π?17=17π.

故答案爲：17π

20.設數列{an}的通項爲an=2n﹣7(n∈N-)，則|a1|+|a2|+…+|a15|=153.

【考點】等差數列的前n項和.

【分析】先根據數列的通項公式大於等於0列出關於n的不等式，求出不等式的解集即可得到數列的前三項爲負數，利用負數的絕對值等於它的相反數，求出前三項的絕對值，正數的絕對值等於本身把第四項及後面的各項化簡，然後利用等差數列的前n項和的公式即可求出所求式子的值.

【解答】解：由an=2n﹣7≥0，解得n≥，所以數列的前3項爲負數，

則|a1|+|a2|+…+|a15|

=5+3+1+1+3+5+…+23

=9+12×1+×2

=153.

故答案爲：153

三、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.)

21.已知平面向量=(1，-)，=(2-+3，﹣-)(-∈R).

(1)若∥，求|﹣|

(2)若與夾角爲銳角，求-的取值範圍.

【考點】平面向量數量積的運算;平面向量共線(平行)的座標表示.

【分析】(1)根據向量平行與座標的關係列方程解出-，得出的座標，再計算的座標，再計算||;

(2)令得出-的範圍，再去掉同向的情況即可.

【解答】解：(1)∵，∴﹣-﹣-(2-+3)=0，解得-=0或-=﹣2.

當-=0時，=(1，0)，=(3，0)，∴=(﹣2，0)，∴||=2.

當-=﹣2時，=(1，﹣2)，=(﹣1，2)，∴=(2，﹣4)，∴||=2.

綜上，||=2或2.

(2)∵與夾角爲銳角，∴，

∴2-+3﹣-2>0，解得﹣1

又當-=0時，，

∴-的取值範圍是(﹣1，0)∪(0，3).

22.(文科)已知{an}是單調遞增的等差數列，首項a1=3，前n項和爲Sn，數列{bn}是等比數列，首項b1=1，且a2b2=12，S3+b2=20.

(Ⅰ)求{an}和{bn}的通項公式.

(Ⅱ)令Cn=nbn(n∈N+)，求{cn}的前n項和Tn.

【考點】等差數列與等比數列的綜合;數列的求和.

【分析】(Ⅰ)設公差爲d，公比爲q，則a2b2=(3+d)q=12①，S3+b2=3a2+b2=3(3+d)+q=20②

聯立①②結合d>0可求d，q，利用等差數列，等比數列的通項公式可求an，bn

(Ⅱ)由(I)可得，bn=2n﹣1，cn=n?2n﹣1，考慮利用錯位相減求解數列的和即可

【解答】解：(Ⅰ)設公差爲d，公比爲q，

則a2b2=(3+d)q=12①

S3+b2=3a2+b2=3(3+d)+q=20②

聯立①②可得，(3d+7)(d﹣3)=0

∵{an}是單調遞增的等差數列，d>0.

則d=3，q=2，

∴an=3+(n﹣1)×3=3n，bn=2n﹣1…

(Ⅱ)bn=2n﹣1，cn=n?2n﹣1，

∴Tn=c1+c2+…+cnTn=1?20+2?21+3?22+…+n?2n﹣12Tn=1?21+2?22+…+(n﹣1)?2n﹣1+n?2n…

兩式相減可得，﹣Tn=1?20+1?21+1?22+…+1?2n﹣1﹣n?2n∴﹣Tn==2n﹣1﹣n?2n

∴Tn=(n﹣1)?2n+1…

23.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別爲a，b，c，且2cos2cosB﹣sin(A﹣B)sinB+cos(A+C)=﹣.

(Ⅰ)求cosA的值;

(Ⅱ)若a=4，b=5，求向量在方向上的投影.

【考點】兩角和與差的餘弦函數;向量數乘的運算及其幾何意義;二倍角的正弦;二倍角的餘弦;餘弦定理.

【分析】(Ⅰ)由已知條件利用三角形的內角和以及兩角差的餘弦函數，求出A的餘弦值，然後求sinA的值;

(Ⅱ)利用，b=5，結合正弦定理，求出B的正弦函數，求出B的值，利用餘弦定理求出c的大小.

【解答】解：(Ⅰ)由

可得，

可得，

即，

即，

(Ⅱ)由正弦定理，，所以=，

由題意可知a>b，即A>B，所以B=，

由余弦定理可知.

解得c=1，c=﹣7(捨去).

向量在方向上的投影：=ccosB=.

24.已知如圖：四邊形ABCD是矩形，BC⊥平面ABE，且AE=2，EB=BC=2，點F爲CE上一點，且BF⊥平面ACE.

(1)求證：AE∥平面BFD;

(2)求三棱錐A﹣DBE的體積;

(3)求二面角D﹣BE﹣A的大小.

【考點】二面角的平面角及求法;棱柱、棱錐、棱臺的體積;直線與平面平行的判定.

【分析】(1)連接AC交BD於G，連結GF，則G爲AC的中點，推導出BF⊥CE，FG爲△ACE的中位線，由此能證明AE∥平面BFD.

(2)推導出BF⊥AE，BC⊥AE，AD⊥平面ABE，從而AE⊥BE，由VA﹣DBE=VD﹣ABE，能求出三棱錐A﹣DBE的體積.

(3)由AE⊥BE，AD⊥BE，得到∠DEA是二面角D﹣BE﹣A的平面角，由此能求出二面角D﹣BE﹣A的大小.

【解答】證明：(1)連接AC交BD於G，連結GF，

∵ABCD是矩形，∴G爲AC的中點，…1分

由BF⊥平面ACE得：BF⊥CE，

由EB=BC知：點F爲CE中點，…2分

∴FG爲△ACE的中位線，

∴FG∥AE，…3分

∵AE?平面BFD，FG?平面BFD，

∴AE∥平面BFD.…4分

解：(2)由BF⊥平面ACE得：BF⊥AE，

由BC⊥平面ABE及BC∥AD，得：BC⊥AE，AD⊥平面ABE，

∵BC∩BF=F，∴AE⊥平面BCE，則AE⊥BE，…6分

∴VA﹣DBE=VD﹣ABE=，

即三棱錐A﹣DBE的體積爲.…8分

(3)由(2)知：AE⊥BE，AD⊥BE，

∴BE⊥平面ADE，則BE⊥DE，

∴∠DEA是二面角D﹣BE﹣A的平面角，…10分

在Rt△ADE中，DE==4，

∴AD=DE，則∠DEA=30°，

∴二面角D﹣BE﹣A的大小爲30°.…12分.

25.如圖，函數f(-)=Asin(ω-+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|≤)的圖象與座標軸的三個交點爲P，Q，R，且P(1，0)，Q(m，0)(m>0)，∠PQR=，M爲QR的中點，|PM|=.

(Ⅰ)求m的值及f(-)的解析式;

(Ⅱ)設∠PRQ=θ，求tanθ.

【考點】由y=Asin(ω-+φ)的部分圖象確定其解析式;同角三角函數間的基本關係.

【分析】(Ⅰ)由已知可得=，從而解得m的值，由圖象可求T，由週期公式可求ω，把p(1，0)代入f(-)，結合|φ|≤，即可求得φ的值，把R(0，﹣4)代入f(-)=Asin(-﹣)，即可解得A的值，從而可求f(-)的解析式.

(Ⅱ)由∠ORP=﹣θ，tan∠ORP=，根據tan(﹣θ)=即可解得tanθ的值.

【解答】解：(Ⅰ)∵∠PQR=，∴OQ=OR，∵Q(m，0)，∴R(0，﹣m)，…

又M爲QR的中點，∴M(，﹣)，又|PM|=，

=，m2﹣2m﹣8=0，m=4，m=﹣2(捨去)，…

∴R(0，4)，Q(4，0)，=3，T=6，=6，，…

把p(1，0)代入f(-)=Asin(-+φ)，Asin(+φ)=0，

∵|φ|≤，∴φ=﹣.…

把R(0，﹣4)代入f(-)=Asin(-﹣)，Asin(﹣)=﹣4，A=.…

f(-)的解析式爲f(-)=sin(-﹣).

所以m的值爲4，f(-)的解析式爲f(-)=sin(-﹣).…

(Ⅱ)在△OPR中，∠ORP=﹣θ，tan∠ORP=，

∴tan(﹣θ)=，…

∴=，解得tanθ=.…

26.設數列{an}的前n項和爲Sn，a1=10，an+1=9Sn+10.

(Ⅰ)求證：{lgan}是等差數列;

(Ⅱ)設Tn是數列{}的前n項和，求Tn;

(Ⅲ)求使Tn>(m2﹣5m)對所有的n∈N-恆成立的整數m的取值集合.

【考點】數列的求和;等差關係的確定.

【分析】(I)根據等差數列的定義即可證明{lgan}是等差數列;

(Ⅱ)求出{}的通項公式，利用裂項法即可求Tn;

(Ⅲ)直接解不等式即可得到結論.

【解答】解：(I)∵a1=10，an+1=9Sn+10.

∴當n=1時，a2=9a1+10=100，

故，

當n≥1時，an+1=9Sn+10①，

an+2=9Sn+1+10②，

兩式相減得an+2﹣an+1=9an+1，

即an+2=10an+1，

即，

即{an}是首項a1=10，公比q=10的等比數列，

則數列{an}的通項公式;

則lgan=lg10n=n，

則lgan﹣lgan﹣1=n﹣(n﹣1)=1，爲常數，

即{lgan}是等差數列;

(Ⅱ)∵lgan=n，則=(﹣)，

則Tn=3(1﹣+…+﹣)=3(1﹣)=3﹣，

(Ⅲ)∵Tn=3﹣≥T1=，

∴要使Tn>(m2﹣5m)對所有的n∈N-恆成立，

則>(m2﹣5m)對所有的n∈N-恆成立，

解得﹣1

故整數m的取值集合{0，1，2，3，4，5}.