高一數學下學期期末試卷及參考答案
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。下面好範文小編為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。
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為△ABC的邊BC的中點,△ABC所在平面內有一個點P,滿足=+,則的值為()
A.B.C.1D.2
4.△ABC中,AB=2,AC=3,∠B=60°,則cosC=()
A.B.C.D.
5.已知△ABC是邊長為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項和為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,其奇數項之和為15,偶數項之和為30,則其公差為()
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式g(-),則函式g(-)解析式為()
A.g(-)=﹣2cos2-B.g(-)=﹣2sin2-
C.D.
11.已知一個幾何體的三檢視如圖所示,則該幾何體的體積為()
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項和為Sn,則使Sn>0的n的最小值為()
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,與的夾角為60°,則|+2|=.
18.在△ABC中,BD為∠ABC的平分線,AB=3,BC=2,AC=,則sin∠ABD等於.
19.在四稜錐S﹣ABCD中,SA⊥面ABCD,若四邊形ABCD為邊長為2的正方形,SA=3,則此四稜錐外接球的表面積為.
20.設數列{an}的通項為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)若與夾角為銳角,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項和為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的對邊分別為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為CE上一點,且BF⊥平面ACE.
(1)求證:AE∥平面BFD;
(2)求三稜錐A﹣DBE的體積;
(3)求二面角D﹣BE﹣A的大小.
25.如圖,函式f(-)=Asin(ω-+φ)(其中A>0,ω>0,|φ|≤)的圖象與座標軸的三個交點為P,Q,R,且P(1,0),Q(m,0)(m>0),∠PQR=,M為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項和為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為△ABC的邊BC的中點,△ABC所在平面內有一個點P,滿足=+,則的值為()
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的交點即為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的交點即為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是邊長為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項和為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】三角函式值的符號.
【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,其奇數項之和為15,偶數項之和為30,則其公差為()
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分別為C、B
設平面ABC與稜l交點為O,連線BO、CO,
易知四邊形ABOC為平面四邊形,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所成的角為定值.
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式g(-),則函式g(-)解析式為()
A.g(-)=﹣2cos2-B.g(-)=﹣2sin2-
C.D.
【考點】函式y=Asin(ω-+φ)的圖象變換;三角函式中的恆等變換應用.
【分析】利用三角恆等變換化簡函式f(-)的解析式,再利用函式y=Asin(ω-+φ)的圖象變換規律,求得函式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式g(-)=2cos[2(-﹣)﹣]=2cos(2-﹣π)=﹣2cos2-,
故選:A.
11.已知一個幾何體的三檢視如圖所示,則該幾何體的體積為()
A.7B.7C.7D.8
【考點】由三檢視求面積、體積.
【分析】根據幾何體的三檢視知,該幾何體是稜長為2的正方體,去掉兩個三稜錐剩餘的部分,結合圖中資料即可求出它的體積.
【解答】解:根據幾何體的三檢視知,該幾何體是稜長為2的正方體,去掉兩個三稜錐剩餘的部分,
如圖所示;
所以該幾何體的體積為
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為第三象限角,利用同角三角函式間基本關係求出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項和為Sn,則使Sn>0的n的最小值為()
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的最小值為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式.
【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】數列的函式特性;分段函式的解析式求法及其圖象的作法;函式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式的通項,結合分段函式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為起點,另兩點為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=
故答案為
17.已知向量、滿足||=1,||=1,與的夾角為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,;
∴;
∴.
故答案為:.
18.在△ABC中,BD為∠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為∠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=,
故答案為:.
19.在四稜錐S﹣ABCD中,SA⊥面ABCD,若四邊形ABCD為邊長為2的正方形,SA=3,則此四稜錐外接球的表面積為17π.
【考點】球內接多面體.
【分析】如圖所示,連線AC,BD相交於點O1.取SC的中點,連線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是四稜錐S﹣ABCD外接球的球心,SC是外接球的直徑.
【解答】解:如圖所示
連線AC,BD相交於點O1.取SC的中點,連線OO1.
則OO1∥SA.
∵SA⊥底面ABCD,
∴OO1⊥底面ABCD.
可得點O是四稜錐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,
∴四稜錐P﹣ABCD外接球的表面積為4πR2=π?17=17π.
故答案為:17π
20.設數列{an}的通項為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為負數,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項為負數,
則|a1|+|a2|+…+|a15|
=5+3+1+1+3+5+…+23
=9+12×1+×2
=153.
故答案為: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)若與夾角為銳角,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)∵與夾角為銳角,∴,
∴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項和為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)設公差為d,公比為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)設公差為d,公比為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的對邊分別為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式;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式,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的正弦函式,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為CE上一點,且BF⊥平面ACE.
(1)求證:AE∥平面BFD;
(2)求三稜錐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;稜柱、稜錐、稜臺的體積;直線與平面平行的判定.
【分析】(1)連線AC交BD於G,連結GF,則G為AC的中點,推匯出BF⊥CE,FG為△ACE的中位線,由此能證明AE∥平面BFD.
(2)推匯出BF⊥AE,BC⊥AE,AD⊥平面ABE,從而AE⊥BE,由VA﹣DBE=VD﹣ABE,能求出三稜錐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)連線AC交BD於G,連結GF,
∵ABCD是矩形,∴G為AC的中點,…1分
由BF⊥平面ACE得:BF⊥CE,
由EB=BC知:點F為CE中點,…2分
∴FG為△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=,
即三稜錐A﹣DBE的體積為.…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的大小為30°.…12分.
25.如圖,函式f(-)=Asin(ω-+φ)(其中A>0,ω>0,|φ|≤)的圖象與座標軸的三個交點為P,Q,R,且P(1,0),Q(m,0)(m>0),∠PQR=,M為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;同角三角函式間的基本關係.
【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為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(-)的解析式為f(-)=sin(-﹣).
所以m的值為4,f(-)的解析式為f(-)=sin(-﹣).…
(Ⅱ)在△OPR中,∠ORP=﹣θ,tan∠ORP=,
∴tan(﹣θ)=,…
∴=,解得tanθ=.…
26.設數列{an}的前n項和為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,為常數,
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}.