【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省数学高考试卷5【附详细答案和解析_可编辑】 8页

‎【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷5【附详细答案和解析 可编辑】‎ 真水无香 tougao33‎ 学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________‎ ‎ 一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ， ） ‎ ‎ ‎ ‎1. 已知集合 U={0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}‎，A={2,3,4,5}‎，B={x|x‎2‎-3x≤0}‎，则 B∩‎∁‎UA=‎(        ) ‎ A.‎{1}‎ B.‎{0, 1}‎ C.‎{1, 2, 3}‎ D.‎‎{0, 1, 2, 3 }‎ ‎ ‎ ‎2. “王莽方斗”铸造于王莽始建国元年（公元‎9‎年），有短柄，上下边缘刻有篆书铭文，外壁漆画黍、麦、豆、禾和麻纹，如图‎1‎所示．因其少见，故为研究西汉量器的重要物证．图‎2‎是“王莽方斗”模型的三视图，则该模型的容积为(        ) ‎ A.‎213‎ B.‎162‎ C.‎178‎ D.‎‎193‎ ‎ ‎ ‎3. 已知‎{an}‎是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a‎3‎，a‎4‎，a‎8‎成等比数列，则‎(‎        ‎)‎ ‎ A.a‎1‎d>0‎，dS‎4‎>0‎ B.a‎1‎d<0‎，dS‎4‎<0‎ C.a‎1‎d>0‎，dS‎4‎<0‎ D.a‎1‎d<0‎，dS‎4‎>0‎ ‎ ‎ ‎ ‎4. 命题“‎∀x>0‎，x‎2‎‎-x≤0‎”的否定是‎(‎        ‎)‎ ‎ A.‎∃x‎0‎>0‎，x‎0‎‎2‎‎-x‎0‎≤0‎ B.‎∃x‎0‎>0‎，x‎0‎‎2‎‎-x‎0‎>0‎ C.‎∀x>0‎，x‎2‎‎-x>0‎ D.‎∀x≤0‎，x‎2‎‎-x>0‎ ‎ ‎ ‎ ‎5. 抛物线y‎2‎‎=8px(p>0)‎，F是焦点，则p表示（ ） ‎ A.F到准线的距离 B.F到准线距离的‎1‎‎4‎ C.F到准线距离的‎1‎‎8‎ D.F到y轴的距离 ‎ ‎ ‎ ‎6. 已知命题p：‎∀x∈R，总有‎|x|≥0‎；q:x=1‎是方程x+2=0‎的根，则下列命题为真命题的是(        ) ‎ A.p∧¬q B.‎¬p∧q C.‎¬p∧¬q D.‎p∧q ‎ ‎ ‎7. 下列图形中，不可作为函数y=f(x)‎图象的是‎(‎        ‎)‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎8. 在三棱锥P-ABC中，点P在底面的正投影恰好落在等边‎△ABC的边AB上，点P到底面ABC的距离等于底面边长．设‎△PAC与底面所成的二面角的大小为α，‎△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tann(α+β)‎的最小值为（ ） ‎ A.‎3‎‎4‎‎3‎ B.‎2‎‎5‎‎3‎ C.‎-‎‎8‎‎13‎‎3‎ D.‎‎-‎‎5‎‎8‎‎3‎ ‎ 二、 填空题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ， ） ‎ ‎ ‎ ‎9. 设双曲线C经过点‎(2, 2)‎，且与y‎2‎‎4‎‎-x‎2‎=1‎具有相同渐近线，则C的方程为__________；渐近线方程为________． ‎ ‎ ‎ ‎10. 已知函数f(x)=alog‎3‎x,x>0‎‎1-x,≤0‎ ‎，若f[f(-2)]‎＝‎-2‎，则a＝________． ‎ ‎ ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 ‎11. 若sinα+2cosα=0(0<α<π)‎，则tanα=‎________，cos(2α+π‎4‎)=‎________． ‎ ‎ ‎ ‎12. 已知a=‎‎2‎‎1‎‎3‎，b=(‎‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎‎3‎，则log‎2‎‎(ab)=‎________． ‎ ‎ ‎ ‎13. 点A、B在以PC为直径的球O的表面上，且AB⊥BC，AB＝‎2‎，BC＝‎2‎，若球O的表面积是‎12π，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为________． ‎ ‎ ‎ ‎14. 已知M=x‎1-‎y‎2‎+y‎1-‎x‎2‎，则M的最大值为________． ‎ ‎ ‎ ‎15. 已知e‎→‎‎1‎‎，‎e‎→‎‎2‎是空间单位向量，e‎→‎‎1‎‎⋅e‎→‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎，若空间向量b‎→‎满足b‎→‎‎⋅e‎→‎‎1‎=2，b‎→‎⋅e‎→‎‎2‎=‎‎5‎‎2‎，且对于任意x，y∈R，‎|b‎→‎-(xe‎1‎‎→‎+ye‎2‎‎→‎)|≥|b‎→‎-(x‎0‎e‎1‎‎→‎+y‎0‎e‎2‎‎→‎)|=1(x‎0‎, y‎0‎∈R)‎，则x‎0‎‎=‎________，y‎0‎‎=‎________，‎|b‎→‎|=‎________． ‎ ‎ 三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 14 分 ，共计70分 ， ） ‎ ‎ ‎ ‎16. 已知平面四边形ABCD中，AB＝‎3‎，CD＝‎5‎，DA＝‎6‎，BC＝‎4‎，且‎∠B与‎∠D互补． ‎(I)‎求cosA的值； ‎(‎Ⅱ‎)‎求四边形ABCD的面积． ‎ ‎ ‎ ‎17. 如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥‎平面ABC，PC=AC=2‎，AB=BC，D是PB上一点，且CD⊥‎平面PAB． ‎ ‎(1)‎求证：AB⊥‎平面PCB；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎求二面角C-PA-B的余弦值．‎ ‎ ‎ ‎18. 若 ‎2‎x‎+‎4‎y-4=0‎，z=‎4‎x-2⋅‎4‎y+5‎，求z的取值范围． ‎ ‎ ‎ ‎19. 已知椭圆x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎上两个不同的点A，B关于直线y=mx+‎‎1‎‎2‎对称． ‎ ‎(1)‎求实数m的取值范围；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎求‎△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．‎ ‎ ‎ ‎20. 已知等差数列‎{an}‎的前n项和为Sn，a‎1‎‎=a．当n≥2‎时，Sn‎2‎‎=3n‎2‎an+‎Sn-1‎‎2‎，an‎≠0‎，n∈‎N‎*‎． ‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎ ‎ ‎（2）设数列‎{cn}‎的前n项和为Tn，且cn‎=‎3‎n-1‎+‎a‎5‎，求使不等式‎4Tn>‎Sn成立的最小正整数n的值．‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 参考答案与试题解析 ‎【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷5【附详细答案和解析 可编辑】‎ 一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ） ‎ ‎1.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解：∵ 集合A={2, 3, 4, 5}‎，集合 U={0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}‎， ∴ ‎∁‎UA={0,1,6,7}‎. ∵ B={x|x‎2‎-3x≤0}={x|0≤x≤3}‎， 则B∩‎∁‎UA={0, 1}‎． 故选B.‎ ‎2.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解：依题意，所求容积为‎4.5×6×6=162‎． 故选B．‎ ‎3.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解：设等差数列‎{an}‎的首项为a‎1‎， 则a‎3‎‎=a‎1‎+2d，a‎4‎‎=a‎1‎+3d，a‎8‎‎=a‎1‎+7d， 由a‎3‎，a‎4‎，a‎8‎成等比数列， 得‎(a‎1‎+3d‎)‎‎2‎=(a‎1‎+2d)(a‎1‎+7d)‎， 整理得：‎3a‎1‎d=-5‎d‎2‎． ∵ d≠0‎， ∴ d=-‎‎3‎‎5‎a‎1‎， ∴ a‎1‎d=-‎3‎‎5‎a‎1‎‎2‎<0‎， dS‎4‎=-‎3‎‎5‎a‎1‎(4a‎1‎+‎4×3(-‎3‎‎5‎a‎1‎)‎‎2‎)=-‎3‎‎5‎a‎1‎(4a‎1‎-‎18‎‎5‎a‎1‎)=-‎6‎a‎1‎‎2‎‎25‎<0‎． 故选B．‎ ‎4.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解：命题是全称命题， 则命题“‎∀x>0‎，x‎2‎‎-x≤0‎”的否定是： ‎∃x‎0‎>0‎，x‎0‎‎2‎‎-x‎0‎>0‎. 故选B.‎ ‎5.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解：根据抛物线方程可知准线方程为x=-2p， 焦点F(2p, 0)‎， ∴ F到准线距离‎4p， 则p表示F到准线距离的‎1‎‎4‎ 故选B．‎ ‎6.【答案】‎ A ‎【解答】‎ 解：根据绝对值的性质可知，对任意x∈R，总有‎|x|≥0‎成立，即p为真命题， 当x=1‎时，x+2=3≠0‎，即x=1‎不是方程x+2=0‎的根，即q为假命题， 则p∧¬q为真命题. 故选A.‎ ‎7.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 解：由函数的概念，C中有的x，存在两个y与x对应， 不符合函数的定义， ABD均符合． 故选C.‎ ‎8.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 ‎∵ 在三棱锥P-ABC中，点P在底面的正投影恰好落在等边‎△ABC的边AB上 点P到底面ABC的距离等于底面边长， ∴ 如图，以‎△ABC为底面，构建底面边长与侧棱长相等的正三棱柱ABC-A'B'C'‎， 记P在AB=1‎上的投影为P'‎，设AB=1‎，AP=t， 则B'P=1-t，由图形得tanα=‎1‎‎3‎‎2‎t=‎‎2‎‎3‎t， tanβ=‎‎2‎‎3‎‎(1-t)‎， ∴ tan(α+β)=‎tanα+tanβ‎1-tanαtanβ ‎=‎2‎‎3‎t‎+‎‎2‎‎3‎‎(1-t)‎‎1-‎2‎‎3‎t*‎‎2‎‎3‎‎(1-t)‎=‎2‎‎3‎*‎1‎t-t‎2‎-‎‎4‎‎3‎≥-‎‎8‎‎3‎‎13‎． ∴ tan(α+β)‎的最小值是‎-‎‎8‎‎3‎‎13‎．‎ 二、 填空题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ） ‎ ‎9.【答案】‎ x‎2‎‎3‎‎-y‎2‎‎12‎=1‎‎,‎y=±2x ‎【解答】‎ 解：与y‎2‎‎4‎‎-x‎2‎=1‎具有相同渐近线的双曲线方程可设为y‎2‎‎4‎‎-x‎2‎=m，‎(m≠0)‎， ∵ 双曲线C经过点‎(2, 2)‎， ∴ m=‎2‎‎2‎‎4‎-‎2‎‎2‎=1-4=-3‎， 即双曲线方程为y‎2‎‎4‎‎-x‎2‎=-3‎，即x‎2‎‎3‎‎-y‎2‎‎12‎=1‎， 对应的渐近线方程为y=±2x. 故答案为：x‎2‎‎3‎‎-y‎2‎‎12‎=1‎；y=±2x.‎ ‎10.【答案】‎ ‎-2‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 函数f(x)=alog‎3‎x,x>0‎‎1-x,≤0‎ ‎， ∴ f(-2)‎＝‎1-(-2)‎＝‎3‎， ∵ f[f(-2)]‎＝‎-2‎， ∴ f[f(-2)]‎＝f(3)‎＝alog‎3‎3‎＝‎-2‎， 解得a＝‎-2‎．‎ ‎11.【答案】‎ ‎-2‎‎,‎‎2‎‎10‎ ‎【解答】‎ 解：∵ sinα+2cosα=0(0<α<π)‎， ∴ sinα=-2cosα，即tanα=-2‎， ∴ cos(2α+π‎4‎)‎ ‎=‎2‎‎2‎cos2α-‎2‎‎2‎sin2α ‎‎=‎2‎‎2‎⋅cos‎2‎α‎-sin‎2‎αcos‎2‎α‎+sin‎2‎α-‎2‎‎2‎⋅‎2sinαcosαcos‎2‎α‎+sin‎2‎α ‎‎=‎2‎‎2‎⋅‎1‎-tan‎2‎α‎1‎+tan‎2‎α-‎2‎‎2‎⋅‎2tanα‎1‎+tan‎2‎α =‎2‎‎2‎⋅‎1-4‎‎1+4‎-‎2‎‎2‎⋅‎2×(-2)‎‎1+4‎=‎‎2‎‎10‎. 故答案为：‎-2；‎‎2‎‎10‎.‎ ‎12.【答案】‎ ‎-‎‎1‎‎3‎ ‎【解答】‎ a=‎‎2‎‎1‎‎3‎‎，b=(‎‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎‎3‎， ab=‎2‎‎1‎‎3‎⋅‎2‎‎-‎‎2‎‎3‎=‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎． 则log‎2‎‎(ab)=-‎‎1‎‎3‎．‎ ‎13.【答案】‎ ‎1‎‎2‎ ‎【解答】‎ 点A、B在以PC为直径的球O的表面上，且AB⊥BC，AB＝‎2‎，BC＝‎2‎， ∴ ‎△ABC所在小圆半径r=‎1‎‎2‎AC=‎1‎‎2‎‎2‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=‎‎2‎， ∵ 球O的表面积是‎12π，∴ 球半径R=‎‎3‎， ∴ OO'=‎3-2‎=1‎， ∵ PC是球的直径，∴ AP⊥AC，∴ AP // OO'‎，∴ AP＝‎2‎， 设异面直线PB和AC所成角为θ， 则cosθ＝cos∠PBA⋅cos∠BAC=PAPB×ABAC=‎2‎‎2‎‎2‎×‎2‎‎2‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎．‎ ‎14.【答案】‎ ‎1‎ ‎【解答】‎ 由题意，‎1-y‎2‎≥0‎，‎1-x‎2‎≥0‎，∴ ‎-1≤x≤1‎，‎-1≤y≤1‎； 设x＝sinα，y＝sinβ，α，β∈[-π‎2‎, π‎2‎]‎，则 M＝x‎1-‎y‎2‎+y‎1-‎x‎2‎=sinαcosβ+cosαsinβ＝sin(α+β)‎， ∵ α，β∈[-π‎2‎, π‎2‎]‎，∴ α+β∈[-π, π]‎， ∴ sin(α+β)‎的最大值为‎1‎， 即M＝x‎1-‎y‎2‎+y‎1-‎x‎2‎的最大值为‎1‎．‎ ‎15.【答案】‎ ‎1‎‎,‎2‎,‎‎2‎‎2‎ ‎【解答】‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 解：∵ e‎1‎‎→‎‎⋅e‎2‎‎→‎=|e‎1‎‎→‎||e‎2‎‎→‎|cos=cos=‎‎1‎‎2‎， ∴ ‎=‎π‎3‎，不妨设e‎1‎‎→‎‎=(‎1‎‎2‎, ‎3‎‎2‎, 0)‎，e‎2‎‎→‎‎=(1, 0, 0)‎，b‎→‎‎=(m, n, t)‎， 则由题意可知b‎→‎‎⋅e‎1‎‎→‎=‎1‎‎2‎m+‎3‎‎2‎n=2‎，b‎→‎‎⋅e‎2‎‎→‎=m=‎‎5‎‎2‎，解得m=‎‎5‎‎2‎，n=‎‎3‎‎2‎，∴ b‎→‎‎=(‎5‎‎2‎, ‎3‎‎2‎, t)‎， ∵ b‎→‎‎-(xe‎1‎‎→‎+ye‎2‎‎→‎)=(‎5‎‎2‎-‎1‎‎2‎x-y, ‎3‎‎2‎-‎3‎‎2‎x, t)‎， ∴ ‎|b‎→‎-(xe‎1‎‎→‎+ye‎2‎‎→‎‎|‎‎2‎=(‎5‎‎2‎-‎1‎‎2‎x-y‎)‎‎2‎+(‎3‎‎2‎-‎3‎‎2‎x‎)‎‎2‎+‎t‎2‎ ‎=x‎2‎+xy+y‎2‎-4x-5y+t‎2‎+7=(x+y-4‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎3‎‎4‎(y-2‎)‎‎2‎+‎t‎2‎， 由题意当x=x‎0‎=1‎，y=y‎0‎=2‎时，‎(x+y-4‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎3‎‎4‎(y-2‎)‎‎2‎+‎t‎2‎取最小值‎1‎， 此时t‎2‎‎=1‎，故‎|b‎→‎|=‎(‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎+(‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎t‎2‎=2‎‎2‎ 故答案为：‎1‎；‎2‎；‎‎2‎‎2‎ 三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 14 分 ，共计70分 ） ‎ ‎16.【答案】‎ ‎（1）平面四边形ABCD中，内角B与D互补，所以A与C也互补， 可得A+C＝π，所以cosC＝‎-cosA； ‎△ABD中，根据余弦定理得， BD‎2‎＝AB‎2‎+AD‎2‎-2AB⋅ADcosA＝‎45-36cosA；． ‎△BCD中，根据余弦定理得， BD‎2‎＝CB‎2‎+CD‎2‎-2CB⋅CDcosC＝‎41-40cosC＝‎41+40cosA； 由‎45-36cosA＝‎41+40cosA， 解得cosA=‎‎1‎‎19‎； （2）因为‎00‎，可得‎0<‎2‎x<4‎，即‎00‎，可得‎0<‎2‎x<4‎，即‎00‎，① 将AB中点M‎2mbm‎2‎‎+2‎‎,‎m‎2‎bm‎2‎‎+2‎ 代入直线方程y=mx+‎‎1‎‎2‎， 解得b=-‎m‎2‎‎+2‎‎2‎m‎2‎．② 由①②得m<-‎‎6‎‎3‎或m>‎‎6‎‎3‎．‎ ‎(2)‎令t=‎1‎m∈‎-‎6‎‎2‎,0‎∪‎‎0,‎‎6‎‎2‎， 则‎|AB|=‎1+(-‎‎1‎m‎)‎‎2‎⋅‎‎(x‎2‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎ ‎=t‎2‎‎+1‎⋅‎‎-2t‎4‎+2t‎2‎+‎‎3‎‎2‎t‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎， 且O到直线AB的距离为d=‎t‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎t‎2‎‎+1‎． 设‎△AOB的面积为S(t)‎， 所以S(t)=‎1‎‎2‎|AB|⋅d ‎=‎1‎‎2‎‎-2t‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎+2‎≤‎‎2‎‎2‎， 当且仅当t‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎时，等号成立． 故‎△AOB面积的最大值为‎2‎‎2‎．‎ ‎【解答】‎ 解：‎(1)‎    由题意知m≠0‎， ‎ 可设直线AB的方程为y=-‎1‎mx+b，‎ 设A(x‎1‎，y‎1‎)，B(x‎2‎，y‎2‎)‎，‎ 由x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1，‎y=-‎1‎mx+b，‎消去y，‎ 得‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎m‎2‎x‎2‎‎-‎2bmx+b‎2‎-1=0‎．‎ 则x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎4mb‎2+‎m‎2‎，x‎1‎x‎2‎‎=‎‎2m‎2‎(b‎2‎-1)‎m‎2‎‎+2‎，‎ 所以y‎1‎‎+y‎2‎=‎‎2m‎2‎b‎2+‎m‎2‎，‎ 所以AB中点M‎2mbm‎2‎‎+2‎‎,‎m‎2‎bm‎2‎‎+2‎，‎ 因为直线y=-‎1‎mx+b与椭圆x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎ 有两个不同的交点，‎ 所以Δ=-2b‎2‎+2+‎4‎m‎2‎>0‎，①‎ 将AB中点M‎2mbm‎2‎‎+2‎‎,‎m‎2‎bm‎2‎‎+2‎ 代入直线方程y=mx+‎‎1‎‎2‎，‎ 解得b=-‎m‎2‎‎+2‎‎2‎m‎2‎．②‎ 由①②得m<-‎‎6‎‎3‎或m>‎‎6‎‎3‎．‎ ‎(2)‎令t=‎1‎m∈‎-‎6‎‎2‎,0‎∪‎‎0,‎‎6‎‎2‎， ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 则‎|AB|=‎1+(-‎‎1‎m‎)‎‎2‎⋅‎‎(x‎2‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎ ‎=t‎2‎‎+1‎⋅‎‎-2t‎4‎+2t‎2‎+‎‎3‎‎2‎t‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎，‎ 且O到直线AB的距离为d=‎t‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎t‎2‎‎+1‎．‎ 设‎△AOB的面积为S(t)‎，‎ 所以S(t)=‎1‎‎2‎|AB|⋅d ‎=‎1‎‎2‎‎-2t‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎+2‎≤‎‎2‎‎2‎‎，‎ 当且仅当t‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎时，等号成立．‎ 故‎△AOB面积的最大值为‎2‎‎2‎．‎ ‎20.【答案】‎ 解：（1）∵ a‎1‎‎=a，当n≥2‎时Sn‎2‎‎=3n‎2‎an+‎Sn-1‎‎2‎， ∴ ‎(a+a‎2‎‎)‎‎2‎=12a‎2‎+‎a‎2‎，‎(a+a‎2‎+a‎3‎‎)‎‎2‎=27a‎3‎-(a+‎a‎2‎‎)‎‎2‎， ∵ an‎≠0‎， ∴ a‎2‎‎=12-2a，a‎3‎‎=3+2a， ∵ a‎1‎‎+a‎3‎=2‎a‎2‎， ∴ ‎2(12-2a)=a+3+2a，解得a=3‎， 经检验，当a=3‎时an‎=3n，Sn‎=‎‎3n(n-1)‎‎2‎、Sn-1‎‎=‎‎3n(n+1)‎‎2‎满足Sn‎2‎‎=3n‎2‎an+‎Sn-1‎‎2‎；‎ ‎（2）由（1）可知cn‎=‎3‎n-1‎+15‎， ∴ Tn‎=‎1-‎‎3‎n‎1-3‎+15n， ∵ ‎4Tn>‎Sn， ∴ ‎4(‎1-‎‎3‎n‎1-3‎+15n)>‎‎3n(n-1)‎‎2‎， 整理得：‎2⋅‎3‎n+60n-2>165‎，即‎2⋅‎3‎n+60n>167‎， ∵ f(n)=2⋅‎3‎n+60n为增函数，且f(2)<167‎、f(3)>167‎， ∴ 满足条件的n的最小值为‎3‎．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）∵ a‎1‎‎=a，当n≥2‎时Sn‎2‎‎=3n‎2‎an+‎Sn-1‎‎2‎， ∴ ‎(a+a‎2‎‎)‎‎2‎=12a‎2‎+‎a‎2‎，‎(a+a‎2‎+a‎3‎‎)‎‎2‎=27a‎3‎-(a+‎a‎2‎‎)‎‎2‎， ∵ an‎≠0‎， ∴ a‎2‎‎=12-2a，a‎3‎‎=3+2a， ∵ a‎1‎‎+a‎3‎=2‎a‎2‎， ∴ ‎2(12-2a)=a+3+2a，解得a=3‎， 经检验，当a=3‎时an‎=3n，Sn‎=‎‎3n(n-1)‎‎2‎、Sn-1‎‎=‎‎3n(n+1)‎‎2‎满足Sn‎2‎‎=3n‎2‎an+‎Sn-1‎‎2‎；‎ ‎（2）由（1）可知cn‎=‎3‎n-1‎+15‎， ∴ Tn‎=‎1-‎‎3‎n‎1-3‎+15n， ∵ ‎4Tn>‎Sn， ∴ ‎4(‎1-‎‎3‎n‎1-3‎+15n)>‎‎3n(n-1)‎‎2‎， 整理得：‎2⋅‎3‎n+60n-2>165‎，即‎2⋅‎3‎n+60n>167‎， ∵ f(n)=2⋅‎3‎n+60n为增函数，且f(2)<167‎、f(3)>167‎， ∴ 满足条件的n的最小值为‎3‎．‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页