不去耕耘，不去播种，再肥的沃土也长不出庄稼，不去奋斗，不去创造，再美的青春也结不出硕果。不要让追求之舟停泊在幻想的港湾，而应扬起奋斗的风帆，驶向现实生活的大海。下面好范文小编为你带来一些关于高一下学期期末试卷，希望对大家有所帮助。
试题
一、选择题：(共15个小题，每小题4分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1.已知全集U=R，A=，B={-|ln-<0}，则A∪B=()
A.{-|﹣1≤-≤2}B.{-|﹣1≤-<2}C.{-|-<﹣1或-≥2}D.{-|0
2.已知，那么cosα=()
A.B.C.D.
3.已知D为△ABC的边BC的中点，△ABC所在平面内有一个点P，满足=+，则的值为()
A.B.C.1D.2
4.△ABC中，AB=2，AC=3，∠B=60°，则cosC=()
A.B.C.D.
5.已知△ABC是边长为1的等边三角形，则(﹣2)?(3﹣4)=()
A.﹣B.﹣C.﹣6﹣D.﹣6+
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=()
A.63B.45C.36D.27
7.已知角α是第二象限角，且|cos|=﹣cos，则角是()
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.已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为()
A.5B.4C.3D.2
9.对任意一个确定的二面角α﹣l﹣β，a和b是空间的两条异面直线，在下面给出的四个条件中，能使a和b所成的角也确定的是()
A.a∥a且b∥βB.a∥a且b⊥βC.a?α且b⊥βD.a⊥α且b⊥β
10.定义2×2矩阵=a1a4﹣a2a3，若f(-)=，则f(-)的图象向右平移个单位得到函数g(-)，则函数g(-)解析式为()
A.g(-)=﹣2cos2-B.g(-)=﹣2sin2-
C.D.
11.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()
A.7B.7C.7D.8
12.若sin(π+α)=，α是第三象限的角，则=()
A.B.C.2D.﹣2
13.已知，记数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn>0的n的最小值为()
A.10B.11C.12D.13
14.(1+tan18°)(1+tan27°)的值是()
A.B.
C.2D.2(tan18°+tan27°)
15.数列{an}满足：且{an}是递增数列，则实数a的范围是()
A.B.C.(1，3)D.(2，3)
二、填空题(共5小题，每小题4分，共20分，将答案填在答题纸上)
16.已知向量=(k，12)，=(4，5)，=(﹣k，10)，且A、B、C三点共线，则k=.
17.已知向量、满足||=1，||=1，与的夹角为60°，则|+2|=.
18.在△ABC中，BD为∠ABC的平分线，AB=3，BC=2，AC=，则sin∠ABD等于.
19.在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥面ABCD，若四边形ABCD为边长为2的正方形，SA=3，则此四棱锥外接球的表面积为.
20.设数列{an}的通项为an=2n﹣7(n∈N-)，则|a1|+|a2|+…+|a15|=.
三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
21.已知平面向量=(1，-)，=(2-+3，﹣-)(-∈R).
(1)若∥，求|﹣|
(2)若与夹角为锐角，求-的取值范围.
22.(文科)已知{an}是单调递增的等差数列，首项a1=3，前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，首项b1=1，且a2b2=12，S3+b2=20.
(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式.
(Ⅱ)令Cn=nbn(n∈N+)，求{cn}的前n项和Tn.
23.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为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.已知如图：四边形ABCD是矩形，BC⊥平面ABE，且AE=2，EB=BC=2，点F为CE上一点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE∥平面BFD;
(2)求三棱锥A﹣DBE的体积;
(3)求二面角D﹣BE﹣A的大小.
25.如图，函数f(-)=Asin(ω-+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|≤)的图象与坐标轴的三个交点为P，Q，R，且P(1，0)，Q(m，0)(m>0)，∠PQR=，M为QR的中点，|PM|=.
(Ⅰ)求m的值及f(-)的解析式;
(Ⅱ)设∠PRQ=θ，求tanθ.
26.设数列{an}的前n项和为Sn，a1=10，an+1=9Sn+10.
(Ⅰ)求证：{lgan}是等差数列;
(Ⅱ)设Tn是数列{}的前n项和，求Tn;
(Ⅲ)求使Tn>(m2﹣5m)对所有的n∈N-恒成立的整数m的取值集合
参考答案及解析
一、选择题：(共15个小题，每小题4分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1.已知全集U=R，A=，B={-|ln-<0}，则A∪B=()
A.{-|﹣1≤-≤2}B.{-|﹣1≤-<2}C.{-|-<﹣1或-≥2}D.{-|0
【考点】并集及其运算.
【分析】求出A与B中不等式的解集，分别确定出A与B，找出两集合的并集即可.
【解答】解：由A中不等式变形得：≤0，即(-+1)(-﹣2)<0，且-﹣2≠0，
解得：﹣1≤-<2，即A={-|﹣1≤-<2}，
由B中不等式变形得：ln-<0=ln1，得到0
则A∪B={-|﹣1≤-<2}，
故选：B.
2.已知，那么cosα=()
A.B.C.D.
【考点】诱导公式的作用.
【分析】已知等式中的角变形后，利用诱导公式化简，即可求出cosα的值.
【解答】解：sin(+α)=sin(2π++α)=sin(+α)=cosα=.
故选C.
3.已知D为△ABC的边BC的中点，△ABC所在平面内有一个点P，满足=+，则的值为()
A.B.C.1D.2
【考点】平面向量的基本定理及其意义.
【分析】如图所示，由于=+，可得：PA是平行四边形PBAC的对角线，PA与BC的交点即为BC的中点D.即可得出.
【解答】解：如图所示，
∵=+，
∴PA是平行四边形PBAC的对角线，PA与BC的交点即为BC的中点D.∴=1.
故选：C.
4.△ABC中，AB=2，AC=3，∠B=60°，则cosC=()
A.B.C.D.
【考点】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==.
故选：D.
5.已知△ABC是边长为1的等边三角形，则(﹣2)?(3﹣4)=()
A.﹣B.﹣C.﹣6﹣D.﹣6+
【考点】平面向量数量积的运算.
【分析】将式子展开计算.
【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
=﹣.
故选：B.
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=()
A.63B.45C.36D.27
【考点】等差数列的性质.
【分析】观察下标间的关系，知应用等差数列的性质求得.
【解答】解：由等差数列性质知S3、S6﹣S3、S9﹣S6成等差数列，即9，27，S9﹣S6成等差，∴S9﹣S6=45
∴a7+a8+a9=45
故选B.
7.已知角α是第二象限角，且|cos|=﹣cos，则角是()
A.第一象限角B.第二象限角C.第三象限角D.第四象限角
【考点】三角函数值的符号.
【分析】根据α的范围判断出的范围，再由含有绝对值的式子得到角的余弦值的符号，根据“一全正二正弦三正切四余弦”再进一步判断的范围.
【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.
故选C.
8.已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为()
A.5B.4C.3D.2
【考点】等差数列的通项公式.
【分析】写出数列的第一、三、五、七、九项的和即5a1+(2d+4d+6d+8d)，写出数列的第二、四、六、八、十项的和即5a1+(d+3d+5d+7d+9d)，都用首项和公差表示，两式相减，得到结果.
【解答】解：，
故选C.
9.对任意一个确定的二面角α﹣l﹣β，a和b是空间的两条异面直线，在下面给出的四个条件中，能使a和b所成的角也确定的是()
A.a∥a且b∥βB.a∥a且b⊥βC.a?α且b⊥βD.a⊥α且b⊥β
【考点】异面直线及其所成的角.
【分析】作辅助线，利用二面角的定义和线线角的定义证明两角互补即可.
【解答】解：如图，若a⊥α且b⊥β，
过A分别作直线a、b的平行线，交两平面α、β分别为C、B
设平面ABC与棱l交点为O，连接BO、CO，
易知四边形ABOC为平面四边形，可得∠BOC与∠BAC互补
∵α﹣l﹣β是大小确定的一个二面角，而∠BOC就是它的平面角，
∴∠BOC是定值，∴∠BAC也是定值，
即a，b所成的角为定值.
故选D
10.定义2×2矩阵=a1a4﹣a2a3，若f(-)=，则f(-)的图象向右平移个单位得到函数g(-)，则函数g(-)解析式为()
A.g(-)=﹣2cos2-B.g(-)=﹣2sin2-
C.D.
【考点】函数y=Asin(ω-+φ)的图象变换;三角函数中的恒等变换应用.
【分析】利用三角恒等变换化简函数f(-)的解析式，再利用函数y=Asin(ω-+φ)的图象变换规律，求得函数g(-)解析式.
【解答】解：由题意可得f(-)==cos2-﹣sin2-﹣cos(+2-)
=cos2-+sin2-=2cos(2-﹣)，
则f(-)的图象向右平移个单位得到函数g(-)=2cos[2(-﹣)﹣]=2cos(2-﹣π)=﹣2cos2-，
故选：A.
11.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()
A.7B.7C.7D.8
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】根据几何体的三视图知，该几何体是棱长为2的正方体，去掉两个三棱锥剩余的部分，结合图中数据即可求出它的体积.
【解答】解：根据几何体的三视图知，该几何体是棱长为2的正方体，去掉两个三棱锥剩余的部分，
如图所示;
所以该几何体的体积为
V=V正方体﹣﹣
=23﹣-12×2﹣-1×2×2
=7.
故选：A.
12.若sin(π+α)=，α是第三象限的角，则=()
A.B.C.2D.﹣2
【考点】运用诱导公式化简求值.
【分析】已知等式利用诱导公式化简求出sinα的值，根据α为第三象限角，利用同角三角函数间基本关系求出cosα的值，原式利用诱导公式化简，整理后将各自的值代入计算即可求出值.
【解答】解：∵sin(π+α)=﹣sinα=，即sinα=﹣，α是第三象限的角，
∴cosα=﹣，
则原式====﹣，
故选：B.
13.已知，记数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn>0的n的最小值为()
A.10B.11C.12D.13
【考点】数列的求和.
【分析】由，可得a1+a10=a2+a9=…=a5+a6=0，a11>0，则有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的最小值为11
故选：B
14.(1+tan18°)(1+tan27°)的值是()
A.B.
C.2D.2(tan18°+tan27°)
【考点】两角和与差的正切函数.
【分析】要求的式子即1+tan18°+tan27°+tan18°tan27°，再把tan18°+tan27°=tan45°(1﹣tan18°tan27°)代入，化简可得结果.
【解答】解：(1+tan18°)(1+tan27°)=1+tan18°+tan27°+tan18°tan27°=1+tan45°(1﹣tan18°tan27°)+tan18°tan27°=2，
故选C.
15.数列{an}满足：且{an}是递增数列，则实数a的范围是()
A.B.C.(1，3)D.(2，3)
【考点】数列的函数特性;分段函数的解析式求法及其图象的作法;函数单调性的判断与证明.
【分析】根据题意，首先可得an通项公式，这是一个类似与分段函数的通项，结合分段函数的单调性的判断方法，可得;解可得答案.
【解答】解：根据题意，an=f(n)=;
要使{an}是递增数列，必有;
解可得，2
故选D.
二、填空题(共5小题，每小题4分，共20分，将答案填在答题纸上)
16.已知向量=(k，12)，=(4，5)，=(﹣k，10)，且A、B、C三点共线，则k=.
【考点】平面向量共线(平行)的坐标表示;三点共线.
【分析】利用三点共线得到以三点中的一点为起点，另两点为终点的两个向量平行，利用向量平行的坐标形式的充要条件列出方程求出k.
【解答】解：向量，
∴
又A、B、C三点共线
故(4﹣k，﹣7)=λ(﹣2k，﹣2)
∴k=
故答案为
17.已知向量、满足||=1，||=1，与的夹角为60°，则|+2|=.
【考点】平面向量数量积的运算.
【分析】根据条件进行数量积的计算便可得出，从而便可求出，这样即可求出的值.
【解答】解：根据条件，;
∴;
∴.
故答案为：.
18.在△ABC中，BD为∠ABC的平分线，AB=3，BC=2，AC=，则sin∠ABD等于.
【考点】正弦定理.
【分析】利用余弦定理求得cos∠ABC=cos2θ的值，可得θ的值.
【解答】解：∵△ABC中，BD为∠ABC的平分线，AB=3，BC=2，AC=，
设∠ABD=θ，则∠ABC=2θ，
由余弦定理可得cos2θ===，
∴2θ=，∴θ=，
故答案为：.
19.在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥面ABCD，若四边形ABCD为边长为2的正方形，SA=3，则此四棱锥外接球的表面积为17π.
【考点】球内接多面体.
【分析】如图所示，连接AC，BD相交于点O1.取SC的中点，连接OO1.利用三角形的中位线定理可得OO1∥SA.由于SA⊥底面ABCD，可得OO1⊥底面ABCD.可得点O是四棱锥S﹣ABCD外接球的球心，SC是外接球的直径.
【解答】解：如图所示
连接AC，BD相交于点O1.取SC的中点，连接OO1.
则OO1∥SA.
∵SA⊥底面ABCD，
∴OO1⊥底面ABCD.
可得点O是四棱锥S﹣ABCD外接球的球心.
因此SC是外接球的直径.
∵SC2=SA2+AC2=9+8=17，∴4R2=17，
∴四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为4πR2=π?17=17π.
故答案为：17π
20.设数列{an}的通项为an=2n﹣7(n∈N-)，则|a1|+|a2|+…+|a15|=153.
【考点】等差数列的前n项和.
【分析】先根据数列的通项公式大于等于0列出关于n的不等式，求出不等式的解集即可得到数列的前三项为负数，利用负数的绝对值等于它的相反数，求出前三项的绝对值，正数的绝对值等于本身把第四项及后面的各项化简，然后利用等差数列的前n项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≥，所以数列的前3项为负数，
则|a1|+|a2|+…+|a15|
=5+3+1+1+3+5+…+23
=9+12×1+×2
=153.
故答案为：153
三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
21.已知平面向量=(1，-)，=(2-+3，﹣-)(-∈R).
(1)若∥，求|﹣|
(2)若与夹角为锐角，求-的取值范围.
【考点】平面向量数量积的运算;平面向量共线(平行)的坐标表示.
【分析】(1)根据向量平行与坐标的关系列方程解出-，得出的坐标，再计算的坐标，再计算||;
(2)令得出-的范围，再去掉同向的情况即可.
【解答】解：(1)∵，∴﹣-﹣-(2-+3)=0，解得-=0或-=﹣2.
当-=0时，=(1，0)，=(3，0)，∴=(﹣2，0)，∴||=2.
当-=﹣2时，=(1，﹣2)，=(﹣1，2)，∴=(2，﹣4)，∴||=2.
综上，||=2或2.
(2)∵与夹角为锐角，∴，
∴2-+3﹣-2>0，解得﹣1
又当-=0时，，
∴-的取值范围是(﹣1，0)∪(0，3).
22.(文科)已知{an}是单调递增的等差数列，首项a1=3，前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，首项b1=1，且a2b2=12，S3+b2=20.
(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式.
(Ⅱ)令Cn=nbn(n∈N+)，求{cn}的前n项和Tn.
【考点】等差数列与等比数列的综合;数列的求和.
【分析】(Ⅰ)设公差为d，公比为q，则a2b2=(3+d)q=12①，S3+b2=3a2+b2=3(3+d)+q=20②
联立①②结合d>0可求d，q，利用等差数列，等比数列的通项公式可求an，bn
(Ⅱ)由(I)可得，bn=2n﹣1，cn=n?2n﹣1，考虑利用错位相减求解数列的和即可
【解答】解：(Ⅰ)设公差为d，公比为q，
则a2b2=(3+d)q=12①
S3+b2=3a2+b2=3(3+d)+q=20②
联立①②可得，(3d+7)(d﹣3)=0
∵{an}是单调递增的等差数列，d>0.
则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…
两式相减可得，﹣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的对边分别为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.
【考点】两角和与差的余弦函数;向量数乘的运算及其几何意义;二倍角的正弦;二倍角的余弦;余弦定理.
【分析】(Ⅰ)由已知条件利用三角形的内角和以及两角差的余弦函数，求出A的余弦值，然后求sinA的值;
(Ⅱ)利用，b=5，结合正弦定理，求出B的正弦函数，求出B的值，利用余弦定理求出c的大小.
【解答】解：(Ⅰ)由
可得，
可得，
即，
即，
(Ⅱ)由正弦定理，，所以=，
由题意可知a>b，即A>B，所以B=，
由余弦定理可知.
解得c=1，c=﹣7(舍去).
向量在方向上的投影：=ccosB=.
24.已知如图：四边形ABCD是矩形，BC⊥平面ABE，且AE=2，EB=BC=2，点F为CE上一点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE∥平面BFD;
(2)求三棱锥A﹣DBE的体积;
(3)求二面角D﹣BE﹣A的大小.
【考点】二面角的平面角及求法;棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定.
【分析】(1)连接AC交BD于G，连结GF，则G为AC的中点，推导出BF⊥CE，FG为△ACE的中位线，由此能证明AE∥平面BFD.
(2)推导出BF⊥AE，BC⊥AE，AD⊥平面ABE，从而AE⊥BE，由VA﹣DBE=VD﹣ABE，能求出三棱锥A﹣DBE的体积.
(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】证明：(1)连接AC交BD于G，连结GF，
∵ABCD是矩形，∴G为AC的中点，…1分
由BF⊥平面ACE得：BF⊥CE，
由EB=BC知：点F为CE中点，…2分
∴FG为△ACE的中位线，
∴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，则AE⊥BE，…6分
∴VA﹣DBE=VD﹣ABE=，
即三棱锥A﹣DBE的体积为.…8分
(3)由(2)知：AE⊥BE，AD⊥BE，
∴BE⊥平面ADE，则BE⊥DE，
∴∠DEA是二面角D﹣BE﹣A的平面角，…10分
在Rt△ADE中，DE==4，
∴AD=DE，则∠DEA=30°，
∴二面角D﹣BE﹣A的大小为30°.…12分.
25.如图，函数f(-)=Asin(ω-+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|≤)的图象与坐标轴的三个交点为P，Q，R，且P(1，0)，Q(m，0)(m>0)，∠PQR=，M为QR的中点，|PM|=.
(Ⅰ)求m的值及f(-)的解析式;
(Ⅱ)设∠PRQ=θ，求tanθ.
【考点】由y=Asin(ω-+φ)的部分图象确定其解析式;同角三角函数间的基本关系.
【分析】(Ⅰ)由已知可得=，从而解得m的值，由图象可求T，由周期公式可求ω，把p(1，0)代入f(-)，结合|φ|≤，即可求得φ的值，把R(0，﹣4)代入f(-)=Asin(-﹣)，即可解得A的值，从而可求f(-)的解析式.
(Ⅱ)由∠ORP=﹣θ，tan∠ORP=，根据tan(﹣θ)=即可解得tanθ的值.
【解答】解：(Ⅰ)∵∠PQR=，∴OQ=OR，∵Q(m，0)，∴R(0，﹣m)，…
又M为QR的中点，∴M(，﹣)，又|PM|=，
=，m2﹣2m﹣8=0，m=4，m=﹣2(舍去)，…
∴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(-)的解析式为f(-)=sin(-﹣).
所以m的值为4，f(-)的解析式为f(-)=sin(-﹣).…
(Ⅱ)在△OPR中，∠ORP=﹣θ，tan∠ORP=，
∴tan(﹣θ)=，…
∴=，解得tanθ=.…
26.设数列{an}的前n项和为Sn，a1=10，an+1=9Sn+10.
(Ⅰ)求证：{lgan}是等差数列;
(Ⅱ)设Tn是数列{}的前n项和，求Tn;
(Ⅲ)求使Tn>(m2﹣5m)对所有的n∈N-恒成立的整数m的取值集合.
【考点】数列的求和;等差关系的确定.
【分析】(I)根据等差数列的定义即可证明{lgan}是等差数列;
(Ⅱ)求出{}的通项公式，利用裂项法即可求Tn;
(Ⅲ)直接解不等式即可得到结论.
【解答】解：(I)∵a1=10，an+1=9Sn+10.
∴当n=1时，a2=9a1+10=100，
故，
当n≥1时，an+1=9Sn+10①，
an+2=9Sn+1+10②，
两式相减得an+2﹣an+1=9an+1，
即an+2=10an+1，
即，
即{an}是首项a1=10，公比q=10的等比数列，
则数列{an}的通项公式;
则lgan=lg10n=n，
则lgan﹣lgan﹣1=n﹣(n﹣1)=1，为常数，
即{lgan}是等差数列;
(Ⅱ)∵lgan=n，则=(﹣)，
则Tn=3(1﹣+…+﹣)=3(1﹣)=3﹣，
(Ⅲ)∵Tn=3﹣≥T1=，
∴要使Tn>(m2﹣5m)对所有的n∈N-恒成立，
则>(m2﹣5m)对所有的n∈N-恒成立，
解得﹣1
故整数m的取值集合{0，1，2，3，4，5}.
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