2021-2022学年河南省焦作市高二(上)期中数学试卷(理科)(附答案详解)

2021-2022学年河南省焦作市高二（上）期中数学试卷（理
科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知集合A ={x|y =lg(x −1)}，B ={x ∈Z||x −1|≤1}，则A ∩B =( )
A. {0,1,2}
B. {0,1}
C. {1,2}
D. {2}
2. 在△ABC 中，BC =7，AC =3，cosC =11
14，则△ABC 是( )
A. 锐角三角形
B. 钝角三角形
C. 直角三角形
D. 等腰三角形
3. 已知a ，b ，c ∈R ，若b <0<a ，则( )
A. 0<a 2<b 2
B. ab >b 2
C. ac >bc >0
D. ac 2≥bc 2
4. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3+a 4=19，S 8=100，则{a n }的公差为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
5. 设变量x ，y 满足约束条件{x −y ≥1
x +y ≥02x +y ≤2
，则z =2x −3y 的最大值为( )
A. 1
B. 6
C. 10
D. 13
6. 已知f(x)是R 上的奇函数，且f(x +2)=f(x)，当x ∈(0,1)时，f(x)=4x −1，则
f(7
2)=( )
A. −1
B. 0
C. 1
D. 2
7. 圆C ：x 2+y 2−10x −6y +9=0截x 轴所得的线段长度为( )
A. 4
B. 6
C. 8
D. 10
8. 某射箭运动员在一次训练中射出了10支箭，命中的环数分别为：7，8，7，9，5，
4，9，10，7，4，设这组数据的平均数为x −
，标准差为s ，则从这10支箭中任选一支，其命中的环数在区间[x −
−s,x −
+s]内的概率为( )
A. 0.4
B. 0.5
C. 0.6
D. 0.7
9. 若数列{a n }满足a 2=9，a n−1+n =a n +1(n ≥2且n ∈N ∗)，则a
n
n 的最小值为( )
A. 7
2
B. 18
5
C. 11
3
D. 9
2
10. 在平面凸四边形ABCD 中，
∠BAD =105°，∠ABC =60°，∠CAD =45°，∠CBD =15°，AB =3，则CD =( )
A. 3√3
2
B. 3
C. 3√2
D. 3√3
11.若关于x的不等式−(log2x)2+alog2x−2≥0在区间[1
8,1
2
]上有解，则实数a的取值
范围为()
A. [−11
3
,+∞) B. (−∞,−3] C. [−2√2,+∞) D. (−∞,−2√2]
12.已知函数f(x)=sin(ωx+π
6
)(ω>0)的最小正周期为π，若f(x)=m在[0,π)上有两
个实根a，b，且|a−b|>π
3
，则实数m的取值范围是()
A. (−1
2,0) B. (0,1
2
) C. (1
2
,1) D. (−1
2
,1
2
)
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知向量a⃗=(−2,1)，b⃗ =(m,m)，若a⃗⊥(a⃗+b⃗ )，则实数m=______．
14.函数f(x)=2x
x2−x+1
的最大值为______．
15.在△ABC中，已知角A，B，C的对边a，b，c成等差数列，且3csinA=4bsinC，则
cosB=______．
16.艾萨克⋅牛顿在17世纪提出了一种求方程近似解的方法，这种方法是通过迭代，依
次得到方程的根的一系列近似值x1，x2，x3，…，这样得到的数列{x n}称为“牛顿
数列”.例如，对于方程x2−4=0，已知牛顿数列{x}满足x n+1=x n−x n2−4
2x n
，且x n>
2，设a n=log2x n+2
x n−2
，若a3+a4+a5=28，则x1=______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.在等比数列{a n}中，a7=−8a4，且2a1，−a2，a3−6成等差数列．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)求数列{9
a n
}前n项和T n．
18.如图所示，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是
菱形，BD⊥AA1．
(Ⅰ)证明：平面ABCD⊥平面ACC1A1；
(Ⅱ)若四边形ACC1A1是正方形，AB=BD=2，求四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积．
19.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c=3，cosA=2
3，b
c
=
√5cosA−sinC
．
(1)求△ABC的外接圆的半径R；
(2)求△ABC的面积．
20.已知函数f(x)=ax2+bx+2a−1，a，b∈R．
(Ⅰ)是否存在a，b，使不等式f(x)<0的解集为(−3,−1)？说明理由．(Ⅱ)若b=1−3a，求不等式f(x)≥0的解集．
21.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=7，S3=5a1．
(1)求{a n}的通项公式；
}的前n项和为T n，符号[x]表示不超过x的最大整数，当[T1]+[T2]+
(1)设数列{1+2
S n
⋯+[T n]=52时，求n的值．
22.如图所示，A，B，C是三座相邻的城市，为方便处理，
将城市看作点，城市之间的路线都简化为直线，交通
，
工具都做匀速运动．已知AB=385千米，且cosA=15
17
cosB=4
.现有甲、乙两人从A城市去B城市，甲乘普通列车直接从A到B，甲出发15
5
分钟后，乙先乘高铁从A到C，在C城市停留一段时间后再换乘普通列车到B.假设普通列车的速度为120千米/时，高铁的速度为300千米/时．
(Ⅰ)求A和C之间的距离．
(Ⅱ)若要乙不晚于甲到达B城市，则乙在C城市停留的时间最长为多少分钟？
(Ⅲ)乙出发多少分钟后，乙在高铁上与甲的距离最近？(该小问计算结果保留整数)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为集合A={x|y=lg(x−1)}={x|x>1}，B={x∈Z||x−1|≤1}={x∈Z|0≤x≤2}={0,1,2}，
则A∩B={2}．
故选：D．
先利用绝对值不等式的解法求出集合B，再由集合交集的定义求解即可．
本题考查了集合的运算，主要考查了集合交集的求解，解题的关键是掌握交集的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为BC=7，AC=3，cosC=11
14
，
所以AB=√AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cosC=√72+32−2×7×3×11
14
=5，
可得BC为最大边，A为最大角，
由余弦定理可得cosA=AC2+AB2−BC2
2AC⋅AB =52+32−72
2×5×3
=−1
2
，
因为A∈(0,π)，
所以A=2π
3
，△ABC为钝角三角形．
故选：B．
由已知利用余弦定理可求AB的值，可得A为最大角，由余弦定理可得cosA=−1
2
，结合
范围A∈(0,π)，可求A=2π
3
，即可判断得解．
本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：在满足条件b<0<a下，
若b=−1，a=2，0<a2<b2不成立，
故选项A错误；
若b =−1，a =2，ab >b 2不成立， 故选项B 错误；
若b =−1，a =2，c =−1，ac >bc >0不成立， 故选项C 错误； ∵b <0<a ，
∴ac 2−bc 2=c 2(a −b)≥0， 故ac 2≥bc 2，故选项D 正确； 故选：D ．
通过举反例可判断选项A 、B 、C 错误，利用作差法可证明选项D 正确． 本题考查了不等式的性质应用及作差法的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设等差数列{a n }的公差为d ，
由{a 3+a 4=19S 8=100，得{a 1+2d +a 1+3d =198a 1+28d =100，解得{a 1=2d =3， 所以数列{a n }的公差为3． 故选：B ．
设等差数列{a n }的公差为d ，根据{a 3+a 4=19S 8=100可得{a 1+2d +a 1+3d =198a 1+28d =100，从而即可
求出d 值．
本题考查等差数列的通项公式与前n 项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
联立{x +y =02x +y =2
，得x =2，y =−2，即A(2,−2)，
由z =2x −3y ，得y =2
3x −z
3，由图可知，当直线y =2
3x −z
3过A 时， 直线在y 轴上的截距最小，z 有最大值为2×2−3×(−2)=10． 故选：C ．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：f(x)是R 上的奇函数，且f(x +2)=f(x)， 可得f(−x)=−f(x)，且f(x)的最小正周期为2， 当x ∈(0,1)时，f(x)=4x −1，
所以f(7
2)=f(3
2)=f(−1
2)=−f(1
2)=−(41
2−1)=−1．
故选：A ．
由函数的奇偶性和周期性的定义，结合已知函数的解析式，计算可得所求值． 本题考查函数的奇偶性和周期性的判断和运用，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，圆C ：x 2+y 2−10x −6y +9=0， 令y =0可得：x 2−10x +9=0， 解可得x 1=1和x 2=9，
即圆C 与x 轴的交点坐标为(1,0)、(9,0)，即圆C ：x 2+y 2−10x −6y +9=0截x 轴所得的线段长度为8， 故选：C ．
根据题意，在圆的方程中，令y =0可得关于x 的方程，解可得圆C 与x 轴的交点坐标，分析可得答案．
本题考查圆的一般方程，涉及圆的方程的应用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由已知可得x −
=7+8+7+9+5+4+9+10+7+4
10
=7，
s =
√110
[(7−7)2+(8−7)2+(7−7)2+(9−7)2+(5−7)2+(4−7)2+(9−7)2+(10−7)2+(7−7)2+(4−2，
故[x −
−s,x −
+s]=[5,9]，
所以在[5,9]内的数据有7，8，7，9，5，9，7，共有7个， 所以命中的环数在区间[x −
−s,x −
+s]内的概率为7
10=0.7． 故选：D ．
根据已知数据可得x −
=7，s =2，再应用古典概型的概率公式求解即可．
本题主要考查平均数，标准差的求法，古典概型的概率公式，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：当n =2时，a 1+2=a 2+1，又a 2=9，所以a 1=8， 由a n−1+n =a n +1，得a n −a n−1=n −1(n ≥2)，
所以a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+⋯+(a 2−a 1)+a 1=8+1+2+⋯+(n −1)=8+
n−12
⋅(1+n −1)=12n 2−1
2n +8，
又a 1=8满足上式，所以a n =1
2n 2−1
2n +8(n ∈N ∗)； 则
a n n
=
12n 2−1
2
n+8n
=12n +8n −12≥2√n 2⋅8n −12=7
2，当且仅当n 2=8
n ，即n =4时等号成立， 所以a n
n 的最小值为7
2．
故选：A．
令n=2可求出a1=8，由a n−1+n=a n+1可得得a n−a n−1=n−1(n≥2)，从而运
用累加法即可求得a n=1
2n2−1
2
n+8，且a1也满足该式，所以a n
n
=
1
2
n2−1
2
n+8
n
=1
2
n+8
n
−1
2
，
进一步结合基本不等式即可求得a n
n
的最小值．
本题考查累加法求数列通项公式的应用，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：由题设，得如下示意图，
易知：△ABC为等边三角形且∠ADB=30°，∠DOC=75°，
所以，由正弦定理，
在△ADB中，AB
sin30∘=AD
sin45∘
得AD=3√2，
在△AOD中，AO
sin30∘=AD
sin105∘
=DO
sin45∘
，
而sin105°=sin(60°+45°)=√6+√2
4
，
所以AO=3(√3−1)，
DO=3(√6−√2)，
则CO=3(2−√3)，
在△COD中，CD2=CO2+DO2−2CO⋅DO⋅cos75°=9．
所以CD=3，
故选：B．
利用正、余弦定理解三角形，即可求CD．
本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．11.【答案】D
【解析】解：关于x的不等式−(log2x)2+alog2x−2≥0在区间[1
8,1
2
]上有解，令t=log2x，
t∈[−3,−1]，
则有−t2+at−2≥0在[−3,−1]上有解，即t2−at+2≤0在[−3,−1]上有解，即t2+2≤at在[−3,−1]上有解，
即a≤t+2
t
在[−3,−1]上能成立，
∴在[−3,−1]上，a小于或等于t+2
t
的最大值．
令f(t)=t+2
t ，令f′(t)=1−2
t2
=0，求得t=−√2，
结合f(t)的图象，可得f(t)在[−3,−√2]上递增，在[−√2,−1]上递减，
故f(t)的最小值为f(−√2)=−2√2，∴a≤−2√2，
故选：D．
令t=log2x，则t∈[−3,−1]，t2−at+2≥0在[−3,−1]上有解，即a≤t+2
t
在[−3,−1]
上能成立，求得在[−3,−1]上，t+2
t
的最大值，可得a的范围．
本题主要考查对数函数的性质，函数的能成立问题，属于中档题．
12.【答案】D
【解析】解：因为函数f(x)=sin(ωx+π
6
)(ω>0)的最小正周期为π，
则ω=2π
π
=2，
所以f(x)=sin(2x+π
6
)，
当x∈[0,π)时，令f(x)=sin(2x+π
6
)=0，
解得x=0，x=π
3
，
当1
2<m≤1时，|a−b|≤π
3
，不符合题意；
当m<−1或m>1时，f(x)=m不存在两个实数根，不符合题意；
当−1≤m<1
2时，令|a−b|=π
3
，不妨设a>b，
则a−b=π
3
，
又f(2π
3
)=−1，
所以a+b=2π
3
，
解得a=5π
6,b=π
2
，
此时f(a)=f(b)=−1
2
，
所以当−1
2<m<1
2
时，|a−b|>π
3
，
当−1≤m≤−1
2时，|a−b|≤π
3
．
综上所述，实数m的取值范围为(−1
2,1
2 )．
故选：D．
利用三角函数的周期计算公式求出ω，得到f(x)的解析式，然后令f(x)=0，求出方程
的根，分1
2<m≤1，m<−1或m>1，−1
2
<m<1
2
，−1≤m≤−1
2
四种情况，分别分
析方程根的情况，判断是否符合题意，即可得到答案．
本题考查了函数与方程的综合应用，三角函数周期公式的运用，三角方程的求解以及正弦函数图象与性质的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
13.【答案】5
【解析】解：∵向量a⃗=(−2,1)，b⃗ =(m,m)，若a⃗⊥(a⃗+b⃗ )，则a⃗⋅(a⃗+b⃗ )=a⃗2+a⃗⋅b⃗ = 5+(−2m+m)=0，
求得实数m=5，
故答案为：5．
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，计算求得m的值．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．
14.【答案】2
【解析】解：当x=0时，f(x)=0；
当x>0时，f(x)=
2x
x2−x+1
=2
x+1
x
−1
，
∵x+1
x −1≥2√x⋅1
x
−1=1，∴f(x)=
2
x+1
x
−1
∈(0,2]，
当且仅当x=1
x
，即x=1时等号成立；
当x<0时，f(x)=
2
x+1
x
−1
<0．
综上可知，函数f(x)=2x
x2−x+1
的最大值为2．
故答案为：2．
对x分类，然后结合基本不等式即可求得函数的最大值．
本题考查函数的最值及其几何意义，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
15.【答案】11
16
【解析】解：因为a，b，c成等差数列，
所以2b=a+c，①
又3csinA=4bsinC，利用正弦定理可得3ca=4bc，可得3a=4b，即a=4b
3
，②
由①②可得c=2b
3
，
由余弦定理可得cosB=a 2+c2−b2
2ac
=(
4b
3
)2+(2b
3
)2−b2
2×4b
3
×2b
3
=11
16
．
故答案为：11
16
．
由等差数列的性质可得2b=a+c，利用正弦定理化简已知等式可得a=4b
3
，进而可求
得c=2b
3
，由余弦定理可得cosB的值．
本题主要考查了等差数列的性质，正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
16.【答案】6
【解析】解：因为x n+1=x n−x n2−4
2x n
，且x n>2，
所以x n+1+2=x n−x n2−4
2x n +2=(x n+2)2
2x n
；x n+1−2=x n−x n2−4
2x n
−2=(x n−2)2
2x n
；
所以x n+1+2
x n+1−2=(x n+2)2
(x n−2)2
，又a n=log2x n+2
x n−2
，所以a n+1=2a n，a n+1
a n
=2，
从而数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3+a4+a5=28，所以a3+2a3+4a3=28，解得a3=4，所以4a1=4，a1=1，
所以log2x1+2
x1−2
=1，解得x1=6．
故答案为：6．
结合已知条件求出{a n }是以公比为2的等比数列，进而求出a 1，再利用a n =log 2x n
+2
x n
−2，
可求得x 1．
本题考查等比数列的有关知识，属中档题．
17.
【答案】解：(I)根据题意，设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则a 7=a 1⋅q 6,a 4=a 1⋅q 3， 故由a 7=−8a 4可得q =−2，即得a 2=−2a 1，a 3=−8a 1， 又因为2a 1，−a 2，a 3−6成等差数列，所以−2a 2=2a 1+a 3−6， 即−4a 1=2a 1−8a 1−6，从而可得a 1=−3， 所以数列{a n }的通项公式为a n =−3⋅(−2)n−1；
(II)根据题意，假设b n =9a n
=−3⋅(−12)n−1，则数列{9a n
}是以−3为首项，−1
2为公比的等
比数列，
则根据等比数列的前n 项和公式可得，T n =−3⋅[1−(−12
)n ]
1−(−1
2
)
=−2⋅[1−(−1
2
)n−1]=−2+
(−1
2)n−2．
【解析】(I)根据等比数列的定义，设数列公比为q ，首项为a 1，则由a 7=−8a 4即可求解得出公比q 的值为−2，再由2a 1，−a 2，a 3−6成等差数列即可求解得到a 1的值，从而求解得出数列的通项公式；(II)根据(I)中所求可得，数列{9a n
}是以−3为首项，−1
2为公比
的等比数列，使用等比数列的前n 项和公式即可得到结果．
本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，以及等比数列前n 项和的使用，同时考查学生的计算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：(I)∵底面ABCD 是菱形，
∴BD ⊥AC ，又BD ⊥AA 1，且AA 1∩AC =A ，AC ⊂面ACC 1A 1， ∴BD ⊥面ACC 1A 1，又BD ⊂平面ABCD ． ∴平面ABCD ⊥平面ACC 1A 1；
(II)∵底面ABCD 是菱形，AB =BD =2，
故△ABD 是等边三角形，则AC =2ABsin60°=2√3． 又四边形ACC 1A 1是正方形，则AA 1=AC =2√3，
由(l)知BD ⊥AA 1，又AC ⊥AA 1，AC 、BD ⊂面ABCD ，BD 与AC 相交， ∴AA 1⊥平面ABCD ，
∴V ABCD−A 1B 1C 1D 1=S ABCD ×AA 1=1
2×2√3×2×2√3=12．
【解析】(I)通过BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1得到BD 1⊥面ACC 1A 1，进而可得面面垂直， (II)先证明四棱锥是直四棱锥，再根据棱锥的体积公式计算即可． 本题考查线面垂直和面面垂直的判定定理，及棱锥的体积，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为b c =5cosA−sinC ，由正弦定理可得sinB sinC =5cosA−sinC ，
又sinB >0，c =3，cosA =2
3，
所以sinC =√5cosA −sinC ，可得2sinC =√5cosA =√5×2
3，可得sinC =√5
3
，
所以由正弦定理可得△ABC 的外接圆的半径R =c 2sinC =2×
√5
3
=9√510
．
(2)因为c =3，sinC =√53
，cosA =2
3，
所以sinA =√1−cos 2A =√5
3
，可得a =c =3，
由余弦定理a 2=b 2+c 2−2bccosA ，可得32=b 2+32−2×b ×3×2
3，可得b =4，
所以△ABC 的面积S =12absinC =12×3×4×√5
3
=2√5．
【解析】(1)由正弦定理化简已知等式可求sinC 的值，进而根据正弦定理可得△ABC 的外接圆的半径的值．
(2)利用同角三角函数基本关系式可求sinA ，利用正弦定理可求得a =c =3，由余弦定理可求b 的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)假设不等式f(x)<0的解集为(−3,−1)，
则ax 2+bx +2a −1=0的实数根是−3和−1，且a >0，
所以{−3−1=−b
a
−3×(−1)=2a−1a ，解得a =−1，b =−4，这与a >0矛盾，
所以不存在a ，b ，使不等式f(x)<0的解集为(−3,−1)．
(Ⅱ)若b =1−3a ，则不等式f(x)≥0为ax 2+(1−3a)x +2a −1≥0， a =0时，不等式为x −1≥0，解得x ≥1；
a ≠0时，不等式化为(x −1)[ax −(2a −1)]≥0， a =1时，不等式为(x −1)2≥0，解得x ∈R ； a >1时，2−1
a >1，解不等式得x ≤1或x ≥2−1
a ； 0<a <1时，2−1
a <1，解不等式得x ≤2−1
a 或x ≥1； a <0时，2−1
a >1，解不等式得1≤x ≤2−1
a ； 综上知，a =0时，不等式的解集为[1,+∞)； a =1时，不等式的解集为R ；
a >1时，不等式的解集为(−∞,1]∪[2−1
a ,+∞)； 0<a <1时，不等式的解集为(−∞,2−1a ]∪[1,+∞)； a <0时，不等式的解集为[1,2−1
a ].
【解析】(Ⅰ)假设不等式f(x)<0的解集为(−3,−1)，由此求出a 、b 的值，再验证是否满足题意即可．
(Ⅱ)不等式化为ax 2+(1−3a)x +2a −1≥0，讨论a 的取值，从而求出不等式的解集． 本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，也考查了转化法与分类讨论思想，是中档题．
21.【答案】解：(1)根据题意，结合等差数列的定义可得，a n =a 1+(n −1)d ，
所以a 3=a 1+2d =7,S 3=3(a 1+a 3)
2
=5a 1，
由上即得a 1=3，d =2，
所以数列{a n }的通项公式为a n =3+2(n −1)=2n +1；
(2)由(1)可得，等差数列{a n }的前n 项和为S n =n 2+2n =n(n +2)， 所以1+2S n
=1+2n(n+2)=1+1n −1
n+2，
所以T n =1+1−13+1+12−14+1+13−15+⋯…+1+1n −1n+2=n +1+12−1n+1−1
n+2， 又因为当n ≥3时，1>1
2−1
n+1−1
n+2>0， 所以当n ≥3时，[T n ]=n +1， 又因为[T 1]=[5
3]=1,[T 2]=[35
12]=2，
所以[T 1]+[T 2]+⋯+[T n ]=1+2+(3+1)+(4+1)+⋯+(n +1)=(1+2+3+
⋯+n)+(n −2)=n(n+1)2
+(n −2)，
根据题意，当
n(n+1)2
+(n −2)=52时，解之可得n =9或n =−12(舍去)．
故可得当[T 1]+[T 2]+⋯+[T n ]=52时，n 的值为9．
【解析】(1)根据等差数列的定义可得，a n =a 1+(n −1)d ，即得a 3=a 1+2d =7,S 3=
3(a 1+a 3)
2
=5a 1，从而可得a 1=3，d =2，由此得数列的通项公式；(2)由(1)可得，等差
数列{a n }的前n 项和为S n =n 2+2n =n(n +2)，由此可得数列{1+2
S n
}的通项公式，进
而可表示数列的前n 项和T n ，然后通过放缩得到最后的结论，具体详见解析． 本题主要考查数列通项公式的求解，以及数列求和公式的使用，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)在△ABC 中，A ，B ，
C ∈(0,π)，
则sinA =√1−cos 2A =√1−(1517)2=8
17，
sinB =√1−cos 2B =√1−(45)2=3
5，
所以sinC =sin(A +B)=sinAcosB +cosAsinB =817×1517+45×35=77
85， 由正弦定理可得，AC sinB =AB
sinC ，即AC
35
=
385
7785
，
解得AC =
3
5×3857785
=255，
故A 和C 之间的距离为255千米；
(Ⅱ)甲乘普通列车直接从A 到B ，所需时间为385
120小时=192.5分钟， 由正弦定理可得，BC sinA =AB
sinC ，即BC
817
=
385
7785
，
所以BC =
8
17
×3857785
=200，
乙从A 到C 所需时间为255
300=51分钟， 从C 到B 所需时间为200
120=100分钟， 设需等待的时间为t ，
则51+100+t ≤192.5−15，解得t ≤26.5分钟， 故乙在C 城市停留的时间最长为26.5分钟；
(Ⅲ)设乙出发x 分钟后，乙在AC 上位置为D ，甲在AB 上位置为E ，
则AD=2×15+2x=30+2x，AE=5x，
又乙从A到C所需时间为51分钟，
则0<x<51，
因为DE2=AD2+AE2−2AD⋅AE⋅cosA=(30+2x)2+25x2−2(30+2x)×10×
15 17=193
17
x2−2460
17
x+900，
令f(x)=193
17x2−2460
17
x+900，0<x<51，
因为函数f(x)的对称轴为x=−−2460
17
2×193
17
=1230
193
>0，
所以当x=1230
193
≈6.37≈6时，f(x)取得最小值，此时DE最小，
故乙出发6分钟后，乙在高铁上与甲的距离最近．
【解析】(Ⅰ)先通过三角公式求出sinC，再利用正弦定理求出AC即可；
(Ⅱ)先求出甲乘普通列车直接从A到B所需时间以及乙先乘高铁从A到C，再换乘普通列车到B总共的乘车时间，再将两段之间作差减去乙晚出发的时间，即可得到答案；(Ⅲ)设乙出发x分钟后，乙在图中D点位置，甲在图中E点位置，利用余弦定理表示出DE，再根据二次函数的性质求解即可．
本题考查了函数模型的选择与应用，解题的关键是建立符合条件的函数模型，分析清楚问题的逻辑关系是解题的关键，此类问题求解的一般步骤是：建立函数模型，进行函数计算，得出结果，再将结果反馈到实际问题中指导解决问题，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．。