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2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期中考试数学（文）试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期中考试数学（文）试卷人教A版，共10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。
1. 命题∀x<0，ex≥x2的否定是( )
A.∃x0<0，ex0C.∀x<0，ex
2. 已知命题p：若x>y，则−x<−y；命题q：若x>y，则x2>y2，在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(¬q)；④(¬p)∨q中，真命题是( )
A.①③B.①④C.②③D.②④
3. 已知等比数列{an}，a10，a30是方程x2−10x+16=0的两实根，则a20等于( )
A.4B.±4C.8D.±8
4. 数列{an}中a1=1，数列{bn}为等比数列且bn=an+1an，若b10b11=2020，则a21=( )
A.1B.20C.2010D.202010
5. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，且c=2a，则csB=( )
A.14B.34C.24D.23
6. 已知△ABC的面积为32，AC=3，B=π3，则△ABC的周长等于( )
A.3+3B.33C.2+3D.332
7. 某公司租地建仓库，每月土地费用与仓库到车站距离成反比，而每月货物的运输费用与仓库到车站距离成正比.如果在距离车站10km处建仓库，则土地费用和运输费用分别为2万元和8万元，那么要使两项费用之和最小，仓库应建在距离车站( )
A.2km处B.3km处C.4km处D.5km处
8. 关于x的不等式x−ax2−3x+2≥0的解集是(1, a]∪(2, +∞)，则a的取值范围是( )
A.(−∞, 1)B.(2, +∞)C.(1, 2)D.[1, 2]
9. 等差数列{an}中，已知|a6|=|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时的n的值为( )
A.6B.7C.8D.9
10. 《九章算术》中有这样一则问题：“今有良马与弩马发长安，至齐，齐去长安三千里，良马初日行一百九十三里，日增一十三里；弩马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎弩马．”则现有如下说法：
①弩马第九日走了九十三里路；
②良马前五日共走了一千零九十五里路；
③良马和弩马相遇时，良马走了二十一日．
则以上说法错误的个数是( )个
A.0B.1C.2D.3
11. 已知首项均为32的等差数列an与等比数列bn满足a3=−b2，a4=b3，且an的各项均不相等，设Sn为数列bn的前n项和，则Sn2−1Sn的最大值与最小值之和为( )
A.14B.1112C.76D.1712
12. 已知数列an满足a1=1，nan+1=n+1an+nn+1 ，n∈N∗，且bn=ancs2nπ3，记Sn为数列bn的前n项和，则S2000=( )
A.1B.12C.−12D.−1
二、填空题
已知实数x，y满足约束条件 x−y+4≥0，4x+3y−12≥0，8x−y−24≤0， 则z=x+y的最大值是________.
已知a2020−a>0，那么1a+12020−a的最小值为________.
某观测站C在城A南偏西20∘的方向，由城A出发的一条公路，走向是南偏东40∘，在C处测得公路上B处有一个人，距C 为31千米，正沿公路向A城走去，走了20千米后到达D处，此时CD间的距离为21千米，则这人达到A城还要走________千米.
设数列{an}满足a1=2，a2=6，且an+2−2an+1+an=2，若[x]表示不超过x的最大整数，则[2020a1+2020a2+⋯+2020a2020]=________．
三、解答题
设命题p:|5x−3|<1，命题q：集合x2−2a+1x+aa+1≤0，如果¬p是¬q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知csC+csAcsB=3sinAcsB．
(1)求csB的值；
(2)若a+c=1，求b的取值范围．
已知△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m→=a,b，n→=sinB,sinA，p→=b−2,a−2．
(1)若m→//n→，求证：△ABC为等腰三角形；
(2)若m→⊥p→，边长c=2，角C=π3，求△ABC的面积．
已知数列an的前n项和Sn=n2+n，等比数列bn的公比qq>1，且b3+b4+b5=28，b4+2是b3和b5的等差中项．
(1)求an和bn的通项公式；
(2)令cn=bn+1an2−1 ，cn的前n项和记为Tn，若2Tn≥m对一切n∈N∗成立，求实数m的最大值．
已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+...+nan=n(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn⋅21an=1a2n−1,(n∈N∗)，Tn=b1+b2+…+bn，写出Tn关于n的表达式，并求满足Tn>52时n的取值范围．
已知函数f(x)=lg3(ax+b)的图象经过点A(2, 1)和B(5, 2)，记an=3f(n)，n∈N∗.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求使不等式(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)≥p2n+1对一切n∈N∗均成立的最大实数p．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期中考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 命题p:∀x<0，ex≥x2，
∴ ¬p为：∃x0<0，ex0故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
不等式的基本性质
【解析】
根据不等式的性质分别判定命题p，q的真假，利用复合命题之间的关系即可得到结论．
【解答】
解：根据不等式的性质可知，若x>y，则−x<−y成立，即p为真命题，
当x=1，y=−1时，满足x>y，但x2>y2不成立，即命题q为假命题，
所以①p∧q为假命题；②p∨q为真命题；
③p∧(¬q)为真命题；④(¬p)∨q为假命题.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
等比中项
一元二次方程的根的分布与系数的关系
【解析】
解方程x2−10x+16＝0，得a10＝2，a30＝8或a10＝8，a30＝2，由此能求出a20．
【解答】
解：∵ 等比数列{an}，a10，a30是方程x2−10x+16=0的两实根，
∴ a10+a30=10，a10⋅a30=16，
∴ a10>0，a30>0，
∴ a20>0，
∴ a20=a10⋅a30=4．
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ bn=an+1an且a1=1，
∴ b1=a2a1，b2=a3a2，⋯，b20=a21a20，
∴ b1⋅b2⋅⋯⋅b20=a2a1⋅a3a2⋅⋯⋅a21a20=a21a1=a21.
又∵ 数列{bn}为等比数列，
∴ a21=b1⋅b2⋅⋯⋅b20
=(b1⋅b20)⋅(b2⋅b19)⋅⋯⋅(b10⋅b11)
=(b10⋅b11)10=202010.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
等比中项
【解析】
根据等比数列的性质，可得b=2a，将c、b与a的关系结合余弦定理分析可得答案．
【解答】
解：∵ a，b，c成等比数列，
∴ b2=ac.
∵ c=2a，
∴ b=2a，
∴ csB=a2+c2−b22ac=a2+4a2−2a24a2=34.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
根据三角形的面积等于32求出 AB⋅BC=2，再由余弦定理可得 AB2+BC2=5，由此求得 AB+BC=3，再由AC=3，求出周长．
【解答】
解：由题意可得 12AB⋅BCsin∠ABC=32，
即 12AB⋅BC⋅32=32，∴ AB⋅BC=2．
再由余弦定理可得 3=AB2+BC2−2AB⋅BCcsπ3
3=AB2+BC2−AB⋅BC，
3=AB2+BC2−2，
∴ AB2+BC2=5，
∴ (AB+BC)2=AB2+BC2+2AB⋅BC=5+4=9，
∴ AB+BC=3．
∴ △ABC的周长等于 AB+BC+AC=3+3.
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
据题意用待定系数法设出两个函数y1=k1x，y2=k2x，将两点(10, 2)与(10, 8)代入求出两个参数．再建立费用的函数解析式．用基本不等式求出等号成立的条件即可．
【解答】
解：由题意可设仓库到车站距离x，土地费用y1，运输费用y2，
可得y1=k1x，y2=k2x，
∴ k1=xy1，k2=y2x，
把x=10，y1=2与x=10，y2=8分别代入上式得k1=20，k2=0.8，
∴ y1=20x，y2=0.8x，
费用之和y=y1+y2=0.8x+20x≥2×4=8，
当且仅当0.8x=20x，即x=5时等号成立．
当仓库建在离车站5km处两项费用之和最小．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
先把原不等式转化为分式整式不等式（注意分母不等于0），再结合数轴标根法解不等式即可求出结论．
【解答】
解：∵ 不等式x−ax2−3x+2≥0，
∴ (x−a)(x−1)(x−2)≥0，(x≠1且x≠2).
如图所示，
∵ 不等式的解集为(1, a]∪(2, +∞)，
∴ 1故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
数列与函数最值问题
【解析】
本题考查等差数列及其前n项和．
【解答】
解：由题意知a6<0，a11>0，且a6+a11=0，
∵ d>0，
∴ a8=12(a6+a10)<0，a9=12(a6+a12)>0，
所以当n=8时前n项和取最小值．
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
根据题目所给信息，先求出两马的通项公式和前n项和的表达式，进而依次进行分析即可.
【解答】
解：由题可得，良马走的路程可以看成一个首项为a1=193，公差为d1=13的等差数列，设其前n项和为Sn，
驽马走的路程可以看成一个首项为b1=97，公差为d2=−0.5的等差数列，设其前n项和为Tn，
①驽马第九日走了b9=b1+8d2=93里路，其满足条件；
②S5=5a1+5×42×d1=5×193+10×13=1095里路，其满足条件；
③设第n天两马相遇，其满足Sn+Tn=6000，
即na1+n(n−1)2d1+nb1+n(n−1)2d2=6000，
整理得5n2+227n−4800=0，
验证可得16天时，两马相遇，故不满足条件，
综上可得以上说法错误的个数是一个.
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等比数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
由题意，先将等式列出，进而得到有关其前n项和的关系，进而对n的奇偶性进行讨论，得到最大值和最小值，进而计算即可.
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为dd≠0，等比数列{bn}的公比为q，
则 32+2d=−32q，32+3d=32q2， 解得 q=−12，d=−38，
所以Sn=1−−12n，
令t=Sn2−1Sn，则t=Sn−1Sn，易知Sn>0，其t随着Sn的增大而增大，
当n为奇数时，Sn=1+(12)n递减，则Sn∈(1,32]，此时t∈(0,56]，
当n为偶数时，Sn=1−12n递增，Sn∈[34,1) ，此时t∈[−712,0)，
所以tmin=−712，tmax=56，
可得Sn2−1Sn的最大值为56，最小值为−712，
所以Sn2−1Sn的最大值与最小值之和等于56+−712=14.
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
根据题目所给信息以及等差数列的性质求出其通项公式，进而利用诱导公式求解即可.
【解答】
解：因为nan+1=n+1an+nn+1，
所以an+1n+1−ann=1，
所以数列{ann}是等差数列，其公差与首项都为1，
可得ann=1+n−1，等价于an=n2，
所以bn=ncs2nπ3，
b3k−2=3k−2cs2kπ−4π3=−123k−2，
b3k−1=3k−1cs2kπ−2π3=−123k−1，
b3k=3kcs2kπ=3k ，
所以b3k−2+b3k−1+b3k=32，
b2020=b3×674−2=−12(3×674−2)=−20202=−1010，
可得S2020=(b1+b2+b3)+...+(b2017+b2018+b2019)+b2020
=32×673−1010=−12.
故选C.
二、填空题
【答案】
12
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，利用目标函数的几何意义进行求解即可.
【解答】
解：画出可行域，如图中阴影部分所示，
y=−x+z，当直线经过点A时，z取得最大值．
由8x−y−24=0,x−y+4=0,
解得x=4,y=8,
即点A的坐标为(4,8)，
∴ zmax=4+8=12．
故答案为：12.
【答案】
1505
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式求最值即可.
【解答】
解：∵ a2020−a>0，
∴ 1a+12020−a
=12020a+2020−a1a+12020−a
=120202+2020−aa+a2020−a
≥120202+22020−aa×a2020−a
=1505，
当且仅当2020−aa=a2020−a，
即a=1010时等号成立，
故1a+12020−a的最小值为1505.
故答案为：1505.
【答案】
15
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
先求出cs∠BDC，进而设∠ADC=α，则sinα，csα可求，在△ACD中，由正弦定理求得得AD，答案可得．
【解答】
解：如图所示，
由已知得CD=21，BC=31，BD=20，
在△BCD中，由余弦定理得，
cs∠BDC=212+202−3122×21×20=−17.
设∠ADC=α，
则csα=17，sinα=437.
在△ACD中，由正弦定理得，
ADsin(π3+α)=21sinπ3.
AD=423sin(π3+α)
=423(32×17+12×437)=15，
即所求的距离为15千米．
故答案为：15.
【答案】
2019
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由an+2−2an+1+an=2，可得(an+2−an+1)−(an+1−an)=2，
则数列{an+1−an}为首项为4，公差为2的等差数列，
则an+1−an=4+2(n−1)=2(n+1)，
可得an=a1+(a2−a1)+...+(an−an−1)
=2+4+6+...+2n=12n(2+2n)=n(n+1)，
上式对n=1也成立，
则1an=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以2020a1+2020a2+⋯+2020a2020
=2020(1a1+1a2+⋯+1a2020)
=2020(1−12+12−13+⋯+12020−12021)
=2020(1−12021)
＝2019+12021，
所以[2020a1+2020a2+⋯+2020a2020]=2019．
故答案为：2019．
三、解答题
【答案】
解：p:|5x−3|<1 ⇔25q：x2−2a+1x+aa+1≤0
⇔a≤x≤a+1.
∵ ¬p是¬q的必要不充分条件，
∴ p是q的充分不必要条件，
∴ a≤25，a+1≥45，
解得：−15≤a≤25.
故所求实数a的取值范围为−15,25．
【考点】
一元二次不等式的解法
绝对值不等式的解法与证明
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
【解答】
解：p:|5x−3|<1 ⇔25q：x2−2a+1x+aa+1≤0
⇔a≤x≤a+1.
∵ ¬p是¬q的必要不充分条件，
∴ p是q的充分不必要条件，
∴ a≤25，a+1≥45，
解得：−15≤a≤25.
故所求实数a的取值范围为−15,25．
【答案】
解：(1)由已知得−csA+B+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0．
因为sinA≠0，所以sinB−3csB=0．
又csB≠0，所以tanB=3．
又0(2)由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsB．
因为a+c=1，csB=12，
所以c=1−a，
所以b2=3a−122+14，
又0【考点】
两角和与差的余弦公式
诱导公式
余弦定理
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
本题考查三角恒等变换、余弦定理．
根据三角形内角关系、三角恒等变换、同角关系化简得tanB，然后求出csB；
本题考查三角恒等变换、余弦定理．
由已知条件，以及余弦定理，得出b2，结合0【解答】
解：(1)由已知得−csA+B+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0．
因为sinA≠0，所以sinB−3csB=0．
又csB≠0，所以tanB=3．
又0(2)由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsB．
因为a+c=1，csB=12，
所以c=1−a，
所以b2=3a−122+14，
又0【答案】
解：(1) ∵ m→ // n→，
∴ asinA=bsinB，
由余弦定理得a2=b2，
∴ a=b.
∴ △ABC为等腰三角形．
(2)∵ m→⊥p→，
∴ m→⋅p→=0，
∴ a(b−2)+b(a−2)=0，
∴ a+b=ab，
由余弦定理4=a2+b2−2ab⋅csπ3，
∴ 4=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab，
∴ (ab)2−3ab−4=0，
∴ ab=4或ab=−1（舍去），
∴ S△ABC=12absinC
=12×4×sinπ3=3.
【考点】
正弦定理
三角形的形状判断
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1) ∵ m→ // n→，
∴ asinA=bsinB，
由余弦定理得a2=b2，
∴ a=b.
∴ △ABC为等腰三角形．
(2)∵ m→⊥p→，
∴ m→⋅p→=0，
∴ a(b−2)+b(a−2)=0，
∴ a+b=ab，
由余弦定理4=a2+b2−2ab⋅csπ3，
∴ 4=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab，
∴ (ab)2−3ab−4=0，
∴ ab=4或ab=−1（舍去），
∴ S△ABC=12absinC
=12×4×sinπ3=3.
【答案】
解：(1)n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时an=Sn−Sn−1=2n，
a1=2也符合上式，所以an=2nn∈N∗，
又b3+b4+b5=28和2b4+2=b3+b5，①
可得b4=8，
代入①式有20=8q+8q，
解得，q=2或q=12 .
∵ q>1，∴ q=2 .
∴ bn=2n−1，n∈N∗ .
(2)∵ cn=bn+1an2−1=2n−1+14n2−1
=2n−1+1212n−1−12n+1，
∴ Tn=1−2n1−2+12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=2n−1+121−12n+1
=2n−14n+2−12，
而Tn随着n的增大而增大，所以2Tn≥2T1=83，故有m最大值为83.
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
（1）n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时an=Sn−Sn+1=2n，
a1=2也符合上式，所以an=2nn∈N∗，
又b3+b4+b5=28和2b4+2=b3+b5，得b4=8，q=2或q=12 .
∵ q>1，∴ q=2 .
∴ bn=2n+1，n∈N∗ .
（2）∵ cn=bn+1an2−1=2n−1+14n2−1=2n−1+1212n−1−12n+1，∴ Tn=1−2n1−2+121−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1=2n−1+121−12n+1=2n−14n+2−12，
而Tn随着n的增大而增大，所以2Tn≥2T1=83，故有m最大值为83.
【解答】
解：(1)n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时an=Sn−Sn−1=2n，
a1=2也符合上式，所以an=2nn∈N∗，
又b3+b4+b5=28和2b4+2=b3+b5，①
可得b4=8，
代入①式有20=8q+8q，
解得，q=2或q=12 .
∵ q>1，∴ q=2 .
∴ bn=2n−1，n∈N∗ .
(2)∵ cn=bn+1an2−1=2n−1+14n2−1
=2n−1+1212n−1−12n+1，
∴ Tn=1−2n1−2+12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=2n−1+121−12n+1
=2n−14n+2−12，
而Tn随着n的增大而增大，所以2Tn≥2T1=83，故有m最大值为83.
【答案】
解：(1)由a1+2a2+3a3+...+nan=n，①
可得a1+2a2+3a3+...+(n−1)an−1=n−1(n≥2)，②
①−②可得nan=1，即有an=1n，(n≥2)，
当n=1时，a1=1，上式也成立，
可得an=1n(n∈N∗).
(2)由bn⋅21an=1a2n−1(n∈N∗)，Tn=b1+b2+…+bn，
结合(1)可得，bn=(2n−1)×(12)n，
前n项和Tn=1×12+3×(12)2+...
+(2n−3)(12)n−1+(2n−1)(12)n，
12Tn=1×(12)2+3×(12)3+...
+(2n−3)(12)n+(2n−1)(12)n+1
相减可得，12Tn=12+2[(12)2+...
+(12)n−1+(12)n]−(2n−1)(12)n+1
=12+2⋅14(1−12n−1)1−12−(2n−1)(12)n+1，
化简可得，前n项和Tn=3−2n+32n．
由Tn−Tn−1=3−2n+32n−(3−2n+12n−1)=2n−12n，
当n≥2时，Tn>Tn−1，可得数列{Tn}递增，
由T4=3−1116=3716<52；T5=3−1332=8332>52．
即有n≥5时，Tn≥T5>52．
故n的取值范围是n≥5，且n∈N∗．
【考点】
数列递推式
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
（1）由条件，可将n换为n−1，相减，即可得到所求通项公式；
（2）求得bn=(2n−1)•(12)n，由数列的求和方法：错位相减法，运用等比数列的求和公式，计算可得Tn，判断单调性，求得T4，T5，即可得到所求n的范围．
【解答】
解：(1)由a1+2a2+3a3+...+nan=n，①
可得a1+2a2+3a3+...+(n−1)an−1=n−1(n≥2)，②
①−②可得nan=1，即有an=1n，(n≥2)，
当n=1时，a1=1，上式也成立，
可得an=1n(n∈N∗).
(2)由bn⋅21an=1a2n−1(n∈N∗)，Tn=b1+b2+…+bn，
结合(1)可得，bn=(2n−1)×(12)n，
前n项和Tn=1×12+3×(12)2+...
+(2n−3)(12)n−1+(2n−1)(12)n，
12Tn=1×(12)2+3×(12)3+...
+(2n−3)(12)n+(2n−1)(12)n+1
相减可得，12Tn=12+2[(12)2+...
+(12)n−1+(12)n]−(2n−1)(12)n+1
=12+2⋅14(1−12n−1)1−12−(2n−1)(12)n+1，
化简可得，前n项和Tn=3−2n+32n．
由Tn−Tn−1=3−2n+32n−(3−2n+12n−1)=2n−12n，
当n≥2时，Tn>Tn−1，可得数列{Tn}递增，
由T4=3−1116=3716<52；T5=3−1332=8332>52．
即有n≥5时，Tn≥T5>52．
故n的取值范围是n≥5，且n∈N∗．
【答案】
解：(1)由题意得lg3(2a+b)=1，lg3(5a+b)=2，
解得：a=2，b=−1，
∴ f(x)=lg3(2x−1)，
an=3lg3(2n−1)=2n−1，n∈N∗．
(2)由题意得p≤12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)对n∈N∗恒成立，
记F(n)=12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)，
则F(n+1)F(n)=12n+3(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)(1+1an+1)12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)
=2n+2(2n+1)(2n+3)
=2(n+1)4(n+1)2−1
>2(n+1)2(n+1)=1.
∵ F(n)>0，
∴ F(n+1)>F(n)，即F(n)随n的增大而增大，
∴ F(n)的最小值为F(1)=233，
∴ p≤233，即pmax=233．
【考点】
数列与函数的综合
等差数列的通项公式
对数的运算性质
函数单调性的判断与证明
函数的最值及其几何意义
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得lg3(2a+b)=1，lg3(5a+b)=2，
解得：a=2，b=−1，
∴ f(x)=lg3(2x−1)，
an=3lg3(2n−1)=2n−1，n∈N∗．
(2)由题意得p≤12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)对n∈N∗恒成立，
记F(n)=12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)，
则F(n+1)F(n)=12n+3(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)(1+1an+1)12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)
=2n+2(2n+1)(2n+3)
=2(n+1)4(n+1)2−1
>2(n+1)2(n+1)=1.
∵ F(n)>0，
∴ F(n+1)>F(n)，即F(n)随n的增大而增大，
∴ F(n)的最小值为F(1)=233，
∴ p≤233，即pmax=233．
1. 命题∀x<0，ex≥x2的否定是( )
A.∃x0<0，ex0
2. 已知命题p：若x>y，则−x<−y；命题q：若x>y，则x2>y2，在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(¬q)；④(¬p)∨q中，真命题是( )
A.①③B.①④C.②③D.②④
3. 已知等比数列{an}，a10，a30是方程x2−10x+16=0的两实根，则a20等于( )
A.4B.±4C.8D.±8
4. 数列{an}中a1=1，数列{bn}为等比数列且bn=an+1an，若b10b11=2020，则a21=( )
A.1B.20C.2010D.202010
5. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，且c=2a，则csB=( )
A.14B.34C.24D.23
6. 已知△ABC的面积为32，AC=3，B=π3，则△ABC的周长等于( )
A.3+3B.33C.2+3D.332
7. 某公司租地建仓库，每月土地费用与仓库到车站距离成反比，而每月货物的运输费用与仓库到车站距离成正比.如果在距离车站10km处建仓库，则土地费用和运输费用分别为2万元和8万元，那么要使两项费用之和最小，仓库应建在距离车站( )
A.2km处B.3km处C.4km处D.5km处
8. 关于x的不等式x−ax2−3x+2≥0的解集是(1, a]∪(2, +∞)，则a的取值范围是( )
A.(−∞, 1)B.(2, +∞)C.(1, 2)D.[1, 2]
9. 等差数列{an}中，已知|a6|=|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时的n的值为( )
A.6B.7C.8D.9
10. 《九章算术》中有这样一则问题：“今有良马与弩马发长安，至齐，齐去长安三千里，良马初日行一百九十三里，日增一十三里；弩马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎弩马．”则现有如下说法：
①弩马第九日走了九十三里路；
②良马前五日共走了一千零九十五里路；
③良马和弩马相遇时，良马走了二十一日．
则以上说法错误的个数是( )个
A.0B.1C.2D.3
11. 已知首项均为32的等差数列an与等比数列bn满足a3=−b2，a4=b3，且an的各项均不相等，设Sn为数列bn的前n项和，则Sn2−1Sn的最大值与最小值之和为( )
A.14B.1112C.76D.1712
12. 已知数列an满足a1=1，nan+1=n+1an+nn+1 ，n∈N∗，且bn=ancs2nπ3，记Sn为数列bn的前n项和，则S2000=( )
A.1B.12C.−12D.−1
二、填空题
已知实数x，y满足约束条件 x−y+4≥0，4x+3y−12≥0，8x−y−24≤0， 则z=x+y的最大值是________.
已知a2020−a>0，那么1a+12020−a的最小值为________.
某观测站C在城A南偏西20∘的方向，由城A出发的一条公路，走向是南偏东40∘，在C处测得公路上B处有一个人，距C 为31千米，正沿公路向A城走去，走了20千米后到达D处，此时CD间的距离为21千米，则这人达到A城还要走________千米.
设数列{an}满足a1=2，a2=6，且an+2−2an+1+an=2，若[x]表示不超过x的最大整数，则[2020a1+2020a2+⋯+2020a2020]=________．
三、解答题
设命题p:|5x−3|<1，命题q：集合x2−2a+1x+aa+1≤0，如果¬p是¬q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知csC+csAcsB=3sinAcsB．
(1)求csB的值；
(2)若a+c=1，求b的取值范围．
已知△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m→=a,b，n→=sinB,sinA，p→=b−2,a−2．
(1)若m→//n→，求证：△ABC为等腰三角形；
(2)若m→⊥p→，边长c=2，角C=π3，求△ABC的面积．
已知数列an的前n项和Sn=n2+n，等比数列bn的公比qq>1，且b3+b4+b5=28，b4+2是b3和b5的等差中项．
(1)求an和bn的通项公式；
(2)令cn=bn+1an2−1 ，cn的前n项和记为Tn，若2Tn≥m对一切n∈N∗成立，求实数m的最大值．
已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+...+nan=n(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn⋅21an=1a2n−1,(n∈N∗)，Tn=b1+b2+…+bn，写出Tn关于n的表达式，并求满足Tn>52时n的取值范围．
已知函数f(x)=lg3(ax+b)的图象经过点A(2, 1)和B(5, 2)，记an=3f(n)，n∈N∗.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求使不等式(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)≥p2n+1对一切n∈N∗均成立的最大实数p．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期中考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 命题p:∀x<0，ex≥x2，
∴ ¬p为：∃x0<0，ex0
2.
【答案】
C
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
不等式的基本性质
【解析】
根据不等式的性质分别判定命题p，q的真假，利用复合命题之间的关系即可得到结论．
【解答】
解：根据不等式的性质可知，若x>y，则−x<−y成立，即p为真命题，
当x=1，y=−1时，满足x>y，但x2>y2不成立，即命题q为假命题，
所以①p∧q为假命题；②p∨q为真命题；
③p∧(¬q)为真命题；④(¬p)∨q为假命题.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
等比中项
一元二次方程的根的分布与系数的关系
【解析】
解方程x2−10x+16＝0，得a10＝2，a30＝8或a10＝8，a30＝2，由此能求出a20．
【解答】
解：∵ 等比数列{an}，a10，a30是方程x2−10x+16=0的两实根，
∴ a10+a30=10，a10⋅a30=16，
∴ a10>0，a30>0，
∴ a20>0，
∴ a20=a10⋅a30=4．
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ bn=an+1an且a1=1，
∴ b1=a2a1，b2=a3a2，⋯，b20=a21a20，
∴ b1⋅b2⋅⋯⋅b20=a2a1⋅a3a2⋅⋯⋅a21a20=a21a1=a21.
又∵ 数列{bn}为等比数列，
∴ a21=b1⋅b2⋅⋯⋅b20
=(b1⋅b20)⋅(b2⋅b19)⋅⋯⋅(b10⋅b11)
=(b10⋅b11)10=202010.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
等比中项
【解析】
根据等比数列的性质，可得b=2a，将c、b与a的关系结合余弦定理分析可得答案．
【解答】
解：∵ a，b，c成等比数列，
∴ b2=ac.
∵ c=2a，
∴ b=2a，
∴ csB=a2+c2−b22ac=a2+4a2−2a24a2=34.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
根据三角形的面积等于32求出 AB⋅BC=2，再由余弦定理可得 AB2+BC2=5，由此求得 AB+BC=3，再由AC=3，求出周长．
【解答】
解：由题意可得 12AB⋅BCsin∠ABC=32，
即 12AB⋅BC⋅32=32，∴ AB⋅BC=2．
再由余弦定理可得 3=AB2+BC2−2AB⋅BCcsπ3
3=AB2+BC2−AB⋅BC，
3=AB2+BC2−2，
∴ AB2+BC2=5，
∴ (AB+BC)2=AB2+BC2+2AB⋅BC=5+4=9，
∴ AB+BC=3．
∴ △ABC的周长等于 AB+BC+AC=3+3.
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
据题意用待定系数法设出两个函数y1=k1x，y2=k2x，将两点(10, 2)与(10, 8)代入求出两个参数．再建立费用的函数解析式．用基本不等式求出等号成立的条件即可．
【解答】
解：由题意可设仓库到车站距离x，土地费用y1，运输费用y2，
可得y1=k1x，y2=k2x，
∴ k1=xy1，k2=y2x，
把x=10，y1=2与x=10，y2=8分别代入上式得k1=20，k2=0.8，
∴ y1=20x，y2=0.8x，
费用之和y=y1+y2=0.8x+20x≥2×4=8，
当且仅当0.8x=20x，即x=5时等号成立．
当仓库建在离车站5km处两项费用之和最小．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
先把原不等式转化为分式整式不等式（注意分母不等于0），再结合数轴标根法解不等式即可求出结论．
【解答】
解：∵ 不等式x−ax2−3x+2≥0，
∴ (x−a)(x−1)(x−2)≥0，(x≠1且x≠2).
如图所示，
∵ 不等式的解集为(1, a]∪(2, +∞)，
∴ 1
9.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
数列与函数最值问题
【解析】
本题考查等差数列及其前n项和．
【解答】
解：由题意知a6<0，a11>0，且a6+a11=0，
∵ d>0，
∴ a8=12(a6+a10)<0，a9=12(a6+a12)>0，
所以当n=8时前n项和取最小值．
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
根据题目所给信息，先求出两马的通项公式和前n项和的表达式，进而依次进行分析即可.
【解答】
解：由题可得，良马走的路程可以看成一个首项为a1=193，公差为d1=13的等差数列，设其前n项和为Sn，
驽马走的路程可以看成一个首项为b1=97，公差为d2=−0.5的等差数列，设其前n项和为Tn，
①驽马第九日走了b9=b1+8d2=93里路，其满足条件；
②S5=5a1+5×42×d1=5×193+10×13=1095里路，其满足条件；
③设第n天两马相遇，其满足Sn+Tn=6000，
即na1+n(n−1)2d1+nb1+n(n−1)2d2=6000，
整理得5n2+227n−4800=0，
验证可得16天时，两马相遇，故不满足条件，
综上可得以上说法错误的个数是一个.
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等比数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
由题意，先将等式列出，进而得到有关其前n项和的关系，进而对n的奇偶性进行讨论，得到最大值和最小值，进而计算即可.
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为dd≠0，等比数列{bn}的公比为q，
则 32+2d=−32q，32+3d=32q2， 解得 q=−12，d=−38，
所以Sn=1−−12n，
令t=Sn2−1Sn，则t=Sn−1Sn，易知Sn>0，其t随着Sn的增大而增大，
当n为奇数时，Sn=1+(12)n递减，则Sn∈(1,32]，此时t∈(0,56]，
当n为偶数时，Sn=1−12n递增，Sn∈[34,1) ，此时t∈[−712,0)，
所以tmin=−712，tmax=56，
可得Sn2−1Sn的最大值为56，最小值为−712，
所以Sn2−1Sn的最大值与最小值之和等于56+−712=14.
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
根据题目所给信息以及等差数列的性质求出其通项公式，进而利用诱导公式求解即可.
【解答】
解：因为nan+1=n+1an+nn+1，
所以an+1n+1−ann=1，
所以数列{ann}是等差数列，其公差与首项都为1，
可得ann=1+n−1，等价于an=n2，
所以bn=ncs2nπ3，
b3k−2=3k−2cs2kπ−4π3=−123k−2，
b3k−1=3k−1cs2kπ−2π3=−123k−1，
b3k=3kcs2kπ=3k ，
所以b3k−2+b3k−1+b3k=32，
b2020=b3×674−2=−12(3×674−2)=−20202=−1010，
可得S2020=(b1+b2+b3)+...+(b2017+b2018+b2019)+b2020
=32×673−1010=−12.
故选C.
二、填空题
【答案】
12
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，利用目标函数的几何意义进行求解即可.
【解答】
解：画出可行域，如图中阴影部分所示，
y=−x+z，当直线经过点A时，z取得最大值．
由8x−y−24=0,x−y+4=0,
解得x=4,y=8,
即点A的坐标为(4,8)，
∴ zmax=4+8=12．
故答案为：12.
【答案】
1505
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式求最值即可.
【解答】
解：∵ a2020−a>0，
∴ 1a+12020−a
=12020a+2020−a1a+12020−a
=120202+2020−aa+a2020−a
≥120202+22020−aa×a2020−a
=1505，
当且仅当2020−aa=a2020−a，
即a=1010时等号成立，
故1a+12020−a的最小值为1505.
故答案为：1505.
【答案】
15
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
先求出cs∠BDC，进而设∠ADC=α，则sinα，csα可求，在△ACD中，由正弦定理求得得AD，答案可得．
【解答】
解：如图所示，
由已知得CD=21，BC=31，BD=20，
在△BCD中，由余弦定理得，
cs∠BDC=212+202−3122×21×20=−17.
设∠ADC=α，
则csα=17，sinα=437.
在△ACD中，由正弦定理得，
ADsin(π3+α)=21sinπ3.
AD=423sin(π3+α)
=423(32×17+12×437)=15，
即所求的距离为15千米．
故答案为：15.
【答案】
2019
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由an+2−2an+1+an=2，可得(an+2−an+1)−(an+1−an)=2，
则数列{an+1−an}为首项为4，公差为2的等差数列，
则an+1−an=4+2(n−1)=2(n+1)，
可得an=a1+(a2−a1)+...+(an−an−1)
=2+4+6+...+2n=12n(2+2n)=n(n+1)，
上式对n=1也成立，
则1an=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以2020a1+2020a2+⋯+2020a2020
=2020(1a1+1a2+⋯+1a2020)
=2020(1−12+12−13+⋯+12020−12021)
=2020(1−12021)
＝2019+12021，
所以[2020a1+2020a2+⋯+2020a2020]=2019．
故答案为：2019．
三、解答题
【答案】
解：p:|5x−3|<1 ⇔25
⇔a≤x≤a+1.
∵ ¬p是¬q的必要不充分条件，
∴ p是q的充分不必要条件，
∴ a≤25，a+1≥45，
解得：−15≤a≤25.
故所求实数a的取值范围为−15,25．
【考点】
一元二次不等式的解法
绝对值不等式的解法与证明
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
【解答】
解：p:|5x−3|<1 ⇔25
⇔a≤x≤a+1.
∵ ¬p是¬q的必要不充分条件，
∴ p是q的充分不必要条件，
∴ a≤25，a+1≥45，
解得：−15≤a≤25.
故所求实数a的取值范围为−15,25．
【答案】
解：(1)由已知得−csA+B+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0．
因为sinA≠0，所以sinB−3csB=0．
又csB≠0，所以tanB=3．
又0
因为a+c=1，csB=12，
所以c=1−a，
所以b2=3a−122+14，
又0
两角和与差的余弦公式
诱导公式
余弦定理
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
本题考查三角恒等变换、余弦定理．
根据三角形内角关系、三角恒等变换、同角关系化简得tanB，然后求出csB；
本题考查三角恒等变换、余弦定理．
由已知条件，以及余弦定理，得出b2，结合0
解：(1)由已知得−csA+B+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0．
因为sinA≠0，所以sinB−3csB=0．
又csB≠0，所以tanB=3．
又0
因为a+c=1，csB=12，
所以c=1−a，
所以b2=3a−122+14，
又0
解：(1) ∵ m→ // n→，
∴ asinA=bsinB，
由余弦定理得a2=b2，
∴ a=b.
∴ △ABC为等腰三角形．
(2)∵ m→⊥p→，
∴ m→⋅p→=0，
∴ a(b−2)+b(a−2)=0，
∴ a+b=ab，
由余弦定理4=a2+b2−2ab⋅csπ3，
∴ 4=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab，
∴ (ab)2−3ab−4=0，
∴ ab=4或ab=−1（舍去），
∴ S△ABC=12absinC
=12×4×sinπ3=3.
【考点】
正弦定理
三角形的形状判断
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1) ∵ m→ // n→，
∴ asinA=bsinB，
由余弦定理得a2=b2，
∴ a=b.
∴ △ABC为等腰三角形．
(2)∵ m→⊥p→，
∴ m→⋅p→=0，
∴ a(b−2)+b(a−2)=0，
∴ a+b=ab，
由余弦定理4=a2+b2−2ab⋅csπ3，
∴ 4=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab，
∴ (ab)2−3ab−4=0，
∴ ab=4或ab=−1（舍去），
∴ S△ABC=12absinC
=12×4×sinπ3=3.
【答案】
解：(1)n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时an=Sn−Sn−1=2n，
a1=2也符合上式，所以an=2nn∈N∗，
又b3+b4+b5=28和2b4+2=b3+b5，①
可得b4=8，
代入①式有20=8q+8q，
解得，q=2或q=12 .
∵ q>1，∴ q=2 .
∴ bn=2n−1，n∈N∗ .
(2)∵ cn=bn+1an2−1=2n−1+14n2−1
=2n−1+1212n−1−12n+1，
∴ Tn=1−2n1−2+12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=2n−1+121−12n+1
=2n−14n+2−12，
而Tn随着n的增大而增大，所以2Tn≥2T1=83，故有m最大值为83.
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
（1）n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时an=Sn−Sn+1=2n，
a1=2也符合上式，所以an=2nn∈N∗，
又b3+b4+b5=28和2b4+2=b3+b5，得b4=8，q=2或q=12 .
∵ q>1，∴ q=2 .
∴ bn=2n+1，n∈N∗ .
（2）∵ cn=bn+1an2−1=2n−1+14n2−1=2n−1+1212n−1−12n+1，∴ Tn=1−2n1−2+121−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1=2n−1+121−12n+1=2n−14n+2−12，
而Tn随着n的增大而增大，所以2Tn≥2T1=83，故有m最大值为83.
【解答】
解：(1)n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时an=Sn−Sn−1=2n，
a1=2也符合上式，所以an=2nn∈N∗，
又b3+b4+b5=28和2b4+2=b3+b5，①
可得b4=8，
代入①式有20=8q+8q，
解得，q=2或q=12 .
∵ q>1，∴ q=2 .
∴ bn=2n−1，n∈N∗ .
(2)∵ cn=bn+1an2−1=2n−1+14n2−1
=2n−1+1212n−1−12n+1，
∴ Tn=1−2n1−2+12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=2n−1+121−12n+1
=2n−14n+2−12，
而Tn随着n的增大而增大，所以2Tn≥2T1=83，故有m最大值为83.
【答案】
解：(1)由a1+2a2+3a3+...+nan=n，①
可得a1+2a2+3a3+...+(n−1)an−1=n−1(n≥2)，②
①−②可得nan=1，即有an=1n，(n≥2)，
当n=1时，a1=1，上式也成立，
可得an=1n(n∈N∗).
(2)由bn⋅21an=1a2n−1(n∈N∗)，Tn=b1+b2+…+bn，
结合(1)可得，bn=(2n−1)×(12)n，
前n项和Tn=1×12+3×(12)2+...
+(2n−3)(12)n−1+(2n−1)(12)n，
12Tn=1×(12)2+3×(12)3+...
+(2n−3)(12)n+(2n−1)(12)n+1
相减可得，12Tn=12+2[(12)2+...
+(12)n−1+(12)n]−(2n−1)(12)n+1
=12+2⋅14(1−12n−1)1−12−(2n−1)(12)n+1，
化简可得，前n项和Tn=3−2n+32n．
由Tn−Tn−1=3−2n+32n−(3−2n+12n−1)=2n−12n，
当n≥2时，Tn>Tn−1，可得数列{Tn}递增，
由T4=3−1116=3716<52；T5=3−1332=8332>52．
即有n≥5时，Tn≥T5>52．
故n的取值范围是n≥5，且n∈N∗．
【考点】
数列递推式
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
（1）由条件，可将n换为n−1，相减，即可得到所求通项公式；
（2）求得bn=(2n−1)•(12)n，由数列的求和方法：错位相减法，运用等比数列的求和公式，计算可得Tn，判断单调性，求得T4，T5，即可得到所求n的范围．
【解答】
解：(1)由a1+2a2+3a3+...+nan=n，①
可得a1+2a2+3a3+...+(n−1)an−1=n−1(n≥2)，②
①−②可得nan=1，即有an=1n，(n≥2)，
当n=1时，a1=1，上式也成立，
可得an=1n(n∈N∗).
(2)由bn⋅21an=1a2n−1(n∈N∗)，Tn=b1+b2+…+bn，
结合(1)可得，bn=(2n−1)×(12)n，
前n项和Tn=1×12+3×(12)2+...
+(2n−3)(12)n−1+(2n−1)(12)n，
12Tn=1×(12)2+3×(12)3+...
+(2n−3)(12)n+(2n−1)(12)n+1
相减可得，12Tn=12+2[(12)2+...
+(12)n−1+(12)n]−(2n−1)(12)n+1
=12+2⋅14(1−12n−1)1−12−(2n−1)(12)n+1，
化简可得，前n项和Tn=3−2n+32n．
由Tn−Tn−1=3−2n+32n−(3−2n+12n−1)=2n−12n，
当n≥2时，Tn>Tn−1，可得数列{Tn}递增，
由T4=3−1116=3716<52；T5=3−1332=8332>52．
即有n≥5时，Tn≥T5>52．
故n的取值范围是n≥5，且n∈N∗．
【答案】
解：(1)由题意得lg3(2a+b)=1，lg3(5a+b)=2，
解得：a=2，b=−1，
∴ f(x)=lg3(2x−1)，
an=3lg3(2n−1)=2n−1，n∈N∗．
(2)由题意得p≤12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)对n∈N∗恒成立，
记F(n)=12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)，
则F(n+1)F(n)=12n+3(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)(1+1an+1)12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)
=2n+2(2n+1)(2n+3)
=2(n+1)4(n+1)2−1
>2(n+1)2(n+1)=1.
∵ F(n)>0，
∴ F(n+1)>F(n)，即F(n)随n的增大而增大，
∴ F(n)的最小值为F(1)=233，
∴ p≤233，即pmax=233．
【考点】
数列与函数的综合
等差数列的通项公式
对数的运算性质
函数单调性的判断与证明
函数的最值及其几何意义
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得lg3(2a+b)=1，lg3(5a+b)=2，
解得：a=2，b=−1，
∴ f(x)=lg3(2x−1)，
an=3lg3(2n−1)=2n−1，n∈N∗．
(2)由题意得p≤12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)对n∈N∗恒成立，
记F(n)=12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)，
则F(n+1)F(n)=12n+3(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)(1+1an+1)12n+1(1+1a1)(1+1a2)⋯⋯(1+1an)
=2n+2(2n+1)(2n+3)
=2(n+1)4(n+1)2−1
>2(n+1)2(n+1)=1.
∵ F(n)>0，
∴ F(n+1)>F(n)，即F(n)随n的增大而增大，
∴ F(n)的最小值为F(1)=233，
∴ p≤233，即pmax=233．
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