四川省广元市剑阁县（基地班）2018-2019学年高一下学期联考数学（文）试题 Word版含答案

这是一份四川省广元市剑阁县（基地班）2018-2019学年高一下学期联考数学（文）试题 Word版含答案，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（时间：120分钟 满分：150分 ）
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.已知数列1，3，5，…，2n−1，…，则21是这个数列的（ ）
A.第10项B.第11项 C.第12项 D.第21项
2.在△ABC的三个内角之比为3:2:1，那么对应的三边之比为（ ）
A.3:2:1B.3:2:1 C.3:2:1 D.2:3:1
3.在三角形ABC中，AB=5，AC=3，BC=7，则∠BAC大小为（ ）
A.2π3 B.5π6 C.3π4 D.π3
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=2,c=22，且C=π4，则△ABC的面积为（ ）
A.3+1B.3−1C.4 D.2
5.等比数列{an}的各项均为正数，且a3a8+a5a6=18，则lg3a1+lg3a2+...+lg3a10=( )
A.12B.10C.8 D.2+lg35
6.在△ABC中，a，b，c分别是A、B、C的对边，已知sinA，sinB，sinC成等比数列，且a2=c(a+c−b)，则角A为（ ）
A.π6 B.5π6 C.2π3 D.π3
7.在△ABC中，若b2=ac，c=2a，则csB等于（ ）
A.14 B.34C.24 D.23
8.等比数列{an}中，a3，a9是方程3x2−11x+9=0的两个根，则a6=( )
A.3 B.116 C.±3 D.以上皆非
已知五数−9，b1，b2，b3，−1成等比数列，四数−9，a1，a2，−1成等差数列，则b2(a2−a1)=( )
−8 B.8 C.8或−8 D.−98
10.若△ABC的三个内角A、B、C满足6sinA=4sinB=3sinC，则△ABC( )
A.一定是锐角三角形B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形D.可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
11.等差数列{an}中，a1=−5，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项，余下10项的平均值是4，则抽取的是（ ）
A.a11B.a10 C.a9 D.a8
12.在数列{an}中，a1=2，nan+1=(n+1)an+2(n∈N*)，则a10为（ ）
A.34B.36C.38 D.40
第 = 2 \* ROMAN II卷（非选择题，共90分）
二、填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.在△ABC中，若A=60∘，a=3，则a+b+csinA+sinB+sinC=________．
14.公差不为0的等差数列的第2，3，6项依次构成一等比数列，该等比数列的公比q=________．
15.已知an=n2+λn，且an+1>an对一切正整数n恒成立，则λ的取值范围________．
16.如图：已知△ABC，AC=15，M在AB边上，且CM=313，
cs∠ACM=31313，sinα=255，（α为锐角），则△ABC的面积为________．
三、解答题 （本题共计 6 小题 ，共计70分 ）
17.（10分）在△ABC中，已知B=45∘，D是BC边上的一点，AD=10，AC=14，DC=6，
求AB的长．

18.(12分) 在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且asinA=2c3．
（1）确定角C的大小；
（2）若c=7，且△ABC的面积为332，求a+b的值．

19.(12分) 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a9=−2，S8=2
（1）求首项a1和公差d的值；
（2）当n为何值时，Sn最大？

20.(12分) 已知等比数列{an}中，a2=32，a8=12，an+1(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn=lg2a1+lg2a2+...+lg2an，求Tn的最大值及相应的n值．

21.(12分) 已知等差数列{an}的公差不为零，a1=11，且a2，a5，a6成等比数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设Sn=|a1|+|a2|+|a3|+...+|an|，求 Sn．

22.(12分) 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an−2(n=1, 2, 3,…)
（1）求数列{an}通项公式an；
（2）设bn=an(an−1)(2an−1)，数列{an}的前n项和为Tn，求证：23≤Tn<1．
高一文科数学
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）

1. 已知数列1，3，5，…，2n−1，…，则21是这个数列的（ ）
【答案】
B
【考点】
数列的概念及简单表示法
【解析】
可先找到数列的通项公式，在假设设21是该数列的第n项，得到关于n的方程，再解方程即可．
【解答】
解：通过观察，可发现数列1，3，5，…，2n−1，…，的通项公式为an=2n−1，
，则2n−1=21，解得，n=11∴ 21是这个数列的第11项．
故选B

2. 在△ABC的三个内角之比为3:2:1，那么对应的三边之比为（ ）
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
先根据三个内角的比例关系，求得三角形的三个内角，进而根据正弦定理求得边的比例关系．
【解答】
解：依题意A:B:C=3:2:1，设A=3t，B=2t，C=t，
则A+B+C=6t=180∘，
∴ t=30∘，
∴ A=90∘，B=60∘，C=30∘，
∴ 三边长的比为：sin90∘:sin60∘:sin30∘=1:32:12=2:3:1，
故选D．

3. 在三角形ABC中，AB=5，AC=3，BC=7，则∠BAC大小为（ ）
【答案】
A
【考点】
余弦定理的应用
【解析】
先根据余弦定理求出角∠BAC的余弦值，再由角的范围确定大小即可．
【解答】
解：∵ cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=52+32−722×5×3=−12，
又∠BAC∈(0, π)，所以∠BAC=2π3．
故选A．

4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=2,c=22，且C=π4，则△ABC的面积为（ ）
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由已知利用正弦定理可求sinB，结合B的范围可求B的值，进而可求A，利用三角形面积公式即可得解．
【解答】
由正弦定理bsinB=csinC⇒sinB=bsinCc=12，
又c>b，且B∈(0, π)，
所以B=π6，
所以A=7π12，
所以S=12bcsinA=12×2×22sin7π12=12×2×22×6+24=3+1．

5. 等比数列{an}的各项均为正数，且a3a8+a5a6=18，则lg3a1+lg3a2+...+lg3a10=( )
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
对数的运算性质
【解析】
由题意可得a5a6=9，由等比数列的性质和对数的运算可得原式=lg3(a5a6)5，化简可得．
【解答】
解：由题意可得a3a8+a5a6=2a5a6=18，
解之可得a5a6=9，
故lg3a1+lg3a2+...+lg3a10=
=lg3(a5a6)5=lg395=lg3310=10
故选B

6. 在△ABC中，a，b，c分别是A、B、C的对边，已知sinA，sinB，sinC成等比数列，且a2=c(a+c−b)，则角A为（ ）
【答案】
D
【考点】
余弦定理
等比数列的性质
正弦定理
【解析】
先根据正弦定理以及sinA，sinB，sinC成等比数列能够得出b2=ac，再由余弦定理csA=b2+c2−a22bc 以及条件即可求出csA，进而根据特殊角的三角函数值求出结果．
【解答】
解：根据正弦定理以及sinA，sinB，sinC成等比数列
可知b2=ac ①
由余弦定理可知csA=b2+c2−a22bc ②
又∵ a2=c(a+c−b)
∴ a2=ac+c2−bc ③
联立①②③解得
csA=12
A∈(0, 180∘)
∴ ∠A=π3
故选D．

7. 在△ABC中，若b2=ac，c=2a，则csB等于( )
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
在△ABC中，由b2=ac，c=2a，故有b2=2a2，csB=a2+c2−b22ac=a2+4a2−2a24a2，运算求得结果．
【解答】
解：在△ABC中，∵ b2=ac，c=2a，
∴ b2=2a2，csB=a2+c2−b22ac=a2+4a2−2a24a2=34，
故选B．

8. 等比数列{an}中，a3，a9是方程3x2−11x+9=0的两个根，则a6=( )
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
【解析】
由a3，a9是方程3x2−11x+9=0的两个根，利用韦达定理求出两根之积，即得到a3a9的值，再根据数列为等比数列，利用等比数列的性质即可得到a62=a3a9，把a3a9的值代入，开方即可求出a6的值．
【解答】
解：∵ a3，a9是方程3x2−11x+9=0的两个根，
∴ a3a9=3，
又数列{an}是等比数列，
则a62=a3a9=3，即a6=±3．
故选C.

9. 已知五数−9，b1，b2，b3，−1成等比数列，四数−9，a1，a2，−1成等差数列，则b2(a2−a1)=( )
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
【解析】
五数−9，b1，b2，b3，−1成等比数列，求出公比q，进而求得b2的值；根据四数−9，a1，a2，−1成等差数列，求出公差d 的值，可得a2−a1 的值，从而求得b2(a2−a1)的值．
【解答】
解：∵ 五数−9，b1，b2，b3，−1成等比数列，设公比等于q，则−1=−9q4，
解得 q2=13，b2=−9×q2=−3．
∵ 四数−9，a1，a2，−1成等差数列，设公差为d，∴ −1=−9+3d，d=83．
∴ a2−a1=83．
∴ b2(a2−a1)=−3×83=−8，
故选A．

10. 若△ABC的三个内角A、B、C满足6sinA=4sinB=3sinC，则△ABC( )
A.一定是锐角三角形
B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形
D.可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
【答案】
C
【考点】
余弦定理的应用
正弦定理的应用
三角形的形状判断
【解析】
根据题意，结合正弦定理可得a:b:c=4:6:8，再由余弦定理算出最大角C的余弦等于−14，从而得到△ABC是钝角三角形，得到本题答案．
【解答】
解：∵ 角A、B、C满足6sinA=4sinB=3sinC，
∴ 根据正弦定理，得6a=4b=3c，整理得a:b:c=4:6:8,
设a=4x，b=6x，c=8x，由余弦定理得：csC=a2+b2−c22ab=16x2+36x2−64x224x6x=−14,
∵ C是三角形内角，得C∈(0, π)，
∴ 由csC=−14<0，得C为钝角,
因此，△ABC是钝角三角形.
故选：C.

11. 等差数列{an}中，a1=−5，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项，余下10项的平均值是4，则抽取的是（ ）
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
先由数列的首项和前11项和，求出数列的公差，再由抽取的一项是15，由等差数列通项公式求出第几项即可
【解答】
解：设数列{an}的公差为d，抽取的项为x，
依题意，a1=−5，s11=55，
∴ d=2，
则an=−5+(n−1)×2
而x=55−4×10=15，
则有15=−5+(n−1)×2
∴ n=11
故选A

12. 在数列{an}中，a1=2，nan+1=(n+1)an+2(n∈N*)，则a10为（ ）
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
先根据地推关系得到an+1n+1−ann=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，再由a1010=a1010−a99+a99−a88+…+a22−a11+a1可求出a10的值．
【解答】
解：∵ nan+1=(n+1)an+2∴ an+1n+1−ann=2n(n+1)=2(1n−1n+1)
∴ a1010=a1010−a99+a99−a88+…+a22−a11+a1
=2[(19−110)+(18−19)+...+(1−12)]+2=3810
a10=38
故选C．
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）

13. 在△ABC中，若A=60∘，a=3，则a+b+csinA+sinB+sinC=________．
【答案】
2
【考点】
正弦定理
【解析】
首先根据正弦定理得出2r=asinA=2，然后利用正弦定理将所求的式子转化成2rsinA+2rsinB+2rsinCsinA+sinB+sinC即可求出结果．
【解答】
解：由正弦定理可得 2r=asinA=3sin60∘=2，（r为外接圆半径）；
则a+b+csinA+sinB+sinC=2rsinA+2rsinB+2rsinCsinA+sinB+sinC=2r=2，
故答案为2．

14. 公差不为0的等差数列的第2，3，6项依次构成一等比数列，该等比数列的公比q=________．
【答案】
3
【考点】
等比数列
等差数列
【解析】
设出等差数列的首项为a，公差为d，根据等差数列的通项公式分别表示出第2，3，6项，根据等比数列的性质列出关于a与d的等式，由d不为0得到d与a的关系式，用a表示出d，代入表示出的第2，3，6项，此三项可以用a表示，然后根据等比数列的性质可用第3项除以第2项即可求出公比q的值．
【解答】
解：设等差数列的首项为a，公差为d(d不为0)，
则等差数列的第2，3，6项分别为a+d，a+2d，a+5d，
则(a+2d)2=(a+d)(a+5d)，即d2+2ad=0，
∵ d≠0，
∴ 在等式两边同时除以d得：d=−2a，
∴ 等差数列的第2，3，6项分别为：−a，−3a，−9a，
∴ 公比q=−3a−a=3．
故答案为：3．

15. 已知an=n2+λn，且an+1>an对一切正整数n恒成立，则λ的取值范围________．
【答案】
λ>−3
【考点】
数列的函数特性
【解析】
本题中数列的通项公式是一个关于n的二次的形式，故可以借助二次函数的性质来研究其单调性，得到参数的取值范围．
【解答】
解：∵ an=n2+λn，且an+1>an对一切正整数n恒成立
∴ 数列是一个单调递增的数列，
故f(x)=x2+λx在(1, +∞)上是一个增函数
由于数列是一个离散的函数，故可令−λ2<32得λ>−3
故λ的取值范围是λ>−3

16. 如图：已知△ABC，AC=15，M在AB边上，且CM=313，cs∠ACM=31313，sinα=255，（α为锐角），则△ABC的面积为________．
【答案】
225
【考点】
余弦定理的应用
正弦定理的应用
【解析】
利用余弦定理求出AM，利用正弦定理求解∠MAC，求出AB，然后求解三角形的面积．
【解答】
解：在△AMC中，
由余弦定理可得AM2=AC2+CM2−2AC⋅CMcs∠ACM=72，
得AM=62，
在△AMC中，由正弦定理AMsin∠ACM=MCsin∠MAC，
解得sin∠MAC=22，所以∠MAC=π4，
在△ABC中，sin∠ACB=sin(π−α)=sinα=255，
由正弦定理可得ACsin∠ABC=ABsin∠ACB，解得AB=302，
所以△ABC的面积为12×sin∠BAC×AB×AC=12×22×302×15
=225．
故答案为：225．
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，共计70分 ）

17. （10分） 在△ABC中，已知B=45∘，D是BC边上的一点，AD=10，AC=14，DC=6，求AB的长．
【答案】
解：在△ADC中，AD=10，AC=14，DC=6，
由余弦定理得cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC=100+36−1962×10×6=−12，
∴ ∠ADC=120∘，∠ADB=60∘
在△ABD中，AD=10，∠B=45∘，∠ADB=60∘，
由正弦定理得ABsin∠ADB=ADsinB，
∴ AB=AD⋅sin∠ADBsinB=10sin60∘sin45∘=10×3222=56．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
先根据余弦定理求出∠ADC的值，即可得到∠ADB的值，最后根据正弦定理可得答案．
【解答】
解：在△ADC中，AD=10，AC=14，DC=6，
由余弦定理得cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC=100+36−1962×10×6=−12，
∴ ∠ADC=120∘，∠ADB=60∘
在△ABD中，AD=10，∠B=45∘，∠ADB=60∘，
由正弦定理得ABsin∠ADB=ADsinB，
∴ AB=AD⋅sin∠ADBsinB=10sin60∘sin45∘=10×3222=56．

18.(12分) 在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且asinA=2c3．
（1）确定角C的大小；

（2）若c=7，且△ABC的面积为332，求a+b的值．
【答案】
解：（1）∵ asinA=2c3，由正弦定理得asinA=csinC，
∴ 2c3=csinC，即sinC=32，
∵ △ABC是锐角三角形，
∴ C=π3；
（2）∵ c=7，C=π3，△ABC的面积为332，
∴ 12absinπ3=332，
∴ ab=6，
由余弦定理得a2+b2−2abcsπ3=(a+b)2−3ab=7，
∴ (a+b)2=25，
∴ a+b=5．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）已知等式左边利用正弦定理化简，求出sinC的值，根据C为锐角，即可确定出C的度数；
（2）由三角形面积公式列出关系式，将c，sinC及已知面积代入求出ab的值，利用余弦定理列出关系式，再利用完全平方公式变形，将ab的值代入求出a+b的值即可．
【解答】
解：（1）∵ asinA=2c3，由正弦定理得asinA=csinC，
∴ 2c3=csinC，即sinC=32，
∵ △ABC是锐角三角形，
∴ C=π3；
（2）∵ c=7，C=π3，△ABC的面积为332，
∴ 12absinπ3=332，
∴ ab=6，
由余弦定理得a2+b2−2abcsπ3=(a+b)2−3ab=7，
∴ (a+b)2=25，
∴ a+b=5．

19.(12分) 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a9=−2，S8=2
（1）求首项a1和公差d的值；

（2）当n为何值时，Sn最大？
【答案】
解：（1）∵ a9=−2，S8=2
∴ a1+8d=−28a1+28d=2
解得a1=2d=−12
∴ 首项a1=2，公差d=−12 …
（2）sn=2n+n(n−1)2×(−12)=−14n2+94n=−14(n−92)2+8116
∴ 当n=4或5时，sn取得最大值． …
【考点】
等差数列的性质
【解析】
（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项a1和公差d的值；
（2）利用等差数列的前n项和公式求出sn，然后化成−14(n−92)2+8116即可求出结果．
【解答】
解：（1）∵ a9=−2，S8=2
∴ a1+8d=−28a1+28d=2
解得a1=2d=−12
∴ 首项a1=2，公差d=−12 …
（2）sn=2n+n(n−1)2×(−12)=−14n2+94n=−14(n−92)2+8116
∴ 当n=4或5时，sn取得最大值． …

20.(12分) 已知等比数列{an}中，a2=32，a8=12，an+1(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Tn=lg2a1+lg2a2+...+lg2an，求Tn的最大值及相应的n值．
【答案】
解：（1）q6=a8a2=1232=164，an+1所以：q=12．
以a1=a2q=3212=64为首项．
所以，通项公式为：an=64⋅(12)n−1=27−n(n∈N*)．
(2)设bn=lg2an，则bn=lg227−n=7−n．
所以{bn}是首项为6，公差为−1的等差数列．
Tn=6n+n(n−1)2(−1)
=−12n2+132n
=−12(n−132)2+1698．
因为n是自然数，所以n=6或n=7时，Tn最大，其最值是T6=T7=21.
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
(1)根据等比数列的性质可知第八项与第二项的比值等于公比的六次方，利用已知即可求出公比的值，然后根据第二项的值与求出公比的值求出首项，根据首项和公比写出等比数列的通项公式即可；
(2)设bn=lg2an，把第一问求出的通项公式代入即可得到bn的通项公式，从而根据通项公式得到bn为等差数列，根据首项和公差，根据等差数量的前n项和的公式得到Tn的通项，利用二次函数求最值的方法即可得到Tn的最大值及相应的n值．
【解答】
解：(1)q6=a8a2=1232=164，an+1所以：q=12．
以a1=a2q=3212=64为首项．
所以，通项公式为：an=64⋅(12)n−1=27−n(n∈N*)．
(2)设bn=lg2an，则bn=lg227−n=7−n．
所以{bn}是首项为6，公差为−1的等差数列．
Tn=6n+n(n−1)2(−1)
=−12n2+132n
=−12(n−132)2+1698．
因为n是自然数，所以n=6或n=7时，Tn最大，其最值是T6=T7=21.

21.(12分) 已知等差数列{an}的公差不为零，a1=11，且a2，a5，a6成等比数列．
（1）求{an}的通项公式；

（2）设Sn=|a1|+|a2|+|a3|+...+|an|，求 Sn．
【答案】
解：（1）设{an}的公差为d，由题意a52=a2a6，
即(a1+4d)2=(a1+d)(a1+5d)，
变形可得2a1d+11d2=0，
又由a1=11可得d=−2或d=0（舍）
∴ an=11−2(n−1)=−2n+13；
（2）由（1）知当n≤6时an>0，当n≥7时an<0，
故当n≤6时，Sn=|a1|+|a2|+|a3|+...+|an|=a1+a2+a3+...+an=na1+n(n−1)2d=12n−n2；
当n≥7时，Sn=|a1|+|a2|+|a3|+...+|a6|+|a7|+...+|an|=a1+a2+a3+...+a6−(a7+a8+...+an)
=2(a1+a2+a3+...+a6)−(a1+a2+...+an)=72−(12n−n2)=n2−12n+72．
综合可得Sn=12n−n2,n≤6n2−12n+72,n≥7
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）设{an}的公差为d，由题意可得d的方程，解方程可得通项公式；
（2）由（1）知当n≤6时an>0，当n≥7时an<0，分类讨论去绝对值可得．
【解答】
解：（1）设{an}的公差为d，由题意a52=a2a6，
即(a1+4d)2=(a1+d)(a1+5d)，
变形可得2a1d+11d2=0，
又由a1=11可得d=−2或d=0（舍）
∴ an=11−2(n−1)=−2n+13；
（2）由（1）知当n≤6时an>0，当n≥7时an<0，
故当n≤6时，Sn=|a1|+|a2|+|a3|+...+|an|=a1+a2+a3+...+an=na1+n(n−1)2d=12n−n2；
当n≥7时，Sn=|a1|+|a2|+|a3|+...+|a6|+|a7|+...+|an|=a1+a2+a3+...+a6−(a7+a8+...+an)
=2(a1+a2+a3+...+a6)−(a1+a2+...+an)=72−(12n−n2)=n2−12n+72．
综合可得Sn=12n−n2,n≤6n2−12n+72,n≥7

22.(12分) 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an−2(n=1, 2, 3,…)
（1）求数列{an}通项公式an；

（2）设bn=an(an−1)(2an−1)，数列{an}的前n项和为Tn，
求证：23≤Tn<1．
【答案】
解：（1）n=1时，a1=S1=2a1−2，
∴ a1=2．
∵ Sn=2an−2，Sn−1=2an−1−2，
∵ Sn−Sn−1=an，n≥2，n∈N*，
∴ an=2an−2an−1，
∵ an≠0，
∴ anan−1=2，n≥2，n∈N*，
即数列{an}是等比数列，首项a1=2，公比q=2，
∴ an=2n．
（2）∵ bn=an(an−1)(2an−1)
=2n(2n−1)(2n+1−1)
=12n−1−12n+1−1，
∴ Tn=(1−13)+(13−17)+(17−115)+…+(12n−1−12n+1−1)
=1−12n+1−1．
∵ n∈N*，
∴ 0<12n+1−1≤13，23≤Tn<1．
【考点】
数列与不等式的综合
数列递推式
【解析】
（1）n=1时，a1=2．由Sn=2an−2，Sn−1=2an−1−2，知Sn−Sn−1=an，n≥2，n∈N*，由此能导出an=2n．
（2）由bn=an(an−1)(2an−1)=12n−1−12n+1−1，知Tn=(1−13)+(13−17)+(17−115)+…+(12n−1−12n+1−1)
=1−12n+1−1．由此能够证明23≤Tn<1．
【解答】
解：（1）n=1时，a1=S1=2a1−2，
∴ a1=2．
∵ Sn=2an−2，Sn−1=2an−1−2，
∵ Sn−Sn−1=an，n≥2，n∈N*，
∴ an=2an−2an−1，
∵ an≠0，
∴ anan−1=2，n≥2，n∈N*，
即数列{an}是等比数列，首项a1=2，公比q=2，
∴ an=2n．
（2）∵ bn=an(an−1)(2an−1)
=2n(2n−1)(2n+1−1)
=12n−1−12n+1−1，
∴ Tn=(1−13)+(13−17)+(17−115)+…+(12n−1−12n+1−1)
=1−12n+1−1．
∵ n∈N*，
∴ 0<12n+1−1≤13，23≤Tn<1．
A.第10项
B.第11项
C.第12项
D.第21项
A.3:2:1
B.3:2:1
C.3:2:1
D.2:3:1
A.2π3
B.5π6
C.3π4
D.π3
A.3+1
B.3−1
C.4
D.2
A.12
B.10
C.8
D.2+lg35
A.π6
B.5π6
C.2π3
D.π3
A.14
B.34
C.24
D.23
A.3
B.116
C.±3
D.以上皆非
A.−8
B.8
C.8或−8
D.−98
A.a11
B.a10
C.a9
D.a8
A.34
B.36
C.38
D.40