2024年广东省佛山市禅城区高考数学调研试卷（二）（含详细答案解析）

这是一份2024年广东省佛山市禅城区高考数学调研试卷（二）（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x−a≥0}，B={x|x2−x−6>0}，且A∩∁RB=[−1,3]，则a的值为( )
A. −2B. −1C. 0D. 1
2.某人在“全球购”平台上购买了n件商品，这些商品的价格如果按美元计算，则平均数为A，标准差为s，如果按人民币计算(汇率按1美元=7元人民币)，则平均数和方差分别为( )
A. A，s2B. 7A，7s2C. 7A，14s2D. 7A，49s2
3.已知a与b为两个不共线的单位向量，则( )
A. (a+b)//a
B. a⊥(a−b)
C. 若⟨a,b⟩=π3，则⟨a−b,b⟩=π3
D. 若⟨a+b,a⟩=π4，则⟨a,b⟩=π2
4.如图，△OAB是边长为2的正三角形，记△OAB位于直线x=t(0≤t≤2)左侧的图形的面积为f(t).则函数y=f(t)的图象大致为( )
A. B. C. D.
5.设数列{an}的前n项之积为Tn，满足an+2Tn=1(n∈N*)，则a2024=( )
A. 10111012B. 10111013C. 40474049D. 40484049
6.若函数f(x)=alnx+4x+bx2(a≠0)既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是( )
A. a<0B. b<0C. ab>−1D. a+b>0
7.2020年12月17日，嫦娥五号的返回器携带1731克月球样本成功返回地球，我国成为第三个实现月球采样返回的国家，中国人朝着成功登月又迈进了重要一步.如图展示了嫦娥五号采样返回器从地球表面附近运行到月球表面附近的大致过程.点D表示地球中心，点M表示月球中心.嫦娥五号采样返回器先沿近地球表面轨道做圆周运动，轨道半径约为地球半径.在地球表面附近的点A处沿圆D的切线方向加速变轨后，改为沿椭圆轨道C运行，并且点D为该椭圆的一个焦点.一段时间后，再在近月球表面附近的点B处减速变轨做圆周运动，此时轨道半径约为月球半径.已知月球中心与地球中心之间距离约为月球半径的222倍，地球半径约为月球半径的3.7倍.则椭圆轨道C的离心率约为( )
A. 0.67B. 0.77C. 0.87D. 0.97
8.已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)在[π4,3π2]有且仅有两个零点，且f(3π8)=f(11π8)，则f(x)图象的一条对称轴是( )
A. x=7π12B. x=11π12C. x=138πD. x=158π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z，w均不为0，则( )
A. |z+i|=|z−−i|B. |z|z=z−|z−|C. z+w=z−w−D. |zw|=|z||w|
10.已知函数f(x)=sinx+cs2x与g(x)=sin2x+csx，记h(x)=λf(x)+μg(x)，其中λ，μ∈R且λ2+μ2≠0.下列说法正确的是( )
A. h(x)一定为周期函数
B. 若λ⋅μ>0，则h′(x)在(0,π2)上总有零点
C. h(x)可能为偶函数
D. h(x)在区间(0,2π)上的图象过3个定点
11.对于棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)，下列说法正确的是( )
A. 底面半径为1m，高为2m的圆锥形罩子(无底面)能够罩住水平放置的该正方体
B. 以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为 22
C. 该正方体内能同时整体放入两个底面半径为0.5m，高为0.7m的圆锥
D. 该正方体内能整体放入一个体积为 3π17m3的圆锥
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在平面直角坐标系中，已知A(1,2)，B(3,2)，C(3,0)，则△ABC的外接圆的标准方程为___________.
13.甲、乙、丙3人在公交总站上了同一辆公交车，已知3人都将在第4站至第8站的某一公交站点下车，且在每一个公交站点最多只有两人同时下车，从同一公交站点下车的两人不区分下车的顺序，则甲、乙、丙3人下车的不同方法总数是__________ .
14.若函数f(x)=exlnx+xex−alnxx−a(a∈R)有2个不同的零点，则实数a的取值范围是__________.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在直三棱柱形木料ABC−A1B1C1中，D为上底面ABC上一点.
(1)经过点D在上底面ABC上画一条直线l与B1D垂直，应该如何画线，请说明理由；
(2)若BC=BB1=1，AB=2，∠A1B1C1=π2，E为A1B1的中点，求点B到平面AC1E的距离.
16.(本小题15分)
联合国将每年的4月20日定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，促进联合国六种官方语言平等使用.为宣传“联合国中文日”，某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，竞赛分为“个人赛”和“对抗赛”，竞赛规则如下：
①个人赛规则：每位留学生需要从“拼音类”、“成语类”、“文化类”三类问题中随机选1道试题作答，其中“拼音类”有4道，“成语类”有6道，“文化类”有8道，若答对将获得一份奖品.
②对抗赛规则：两位留学生进行答题比赛，每轮只有1道题目，比赛时两位参赛者同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错、则答对者获得1分，答错者得−1分：若两人都答对或都答错，则两人均得0分，对抗赛共设3轮，累计得分为正者将获得一份奖品，且两位参赛者答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响.
(1)留学生甲参加个人赛，根据以往答题经验，留学生甲答对“拼音类”、“成语类”“文化类”的概率分别为15，25，35，求留学生甲答对了所选试题的概率.
(2)留学生乙和留学生内参加对抗赛，根据以往答题经验，每道题留学生乙和留学生丙答对的概率分别为35，12，求留学生乙获得奖品的概率.
17.(本小题15分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，点D在边AC上，且满足3sinA=tan∠ABCcsC+sinC，csinC=3BDsin∠BDC.
(1)求ba的值；
(2)若AD=3DC，求sin∠ABD.
18.(本小题17分)
已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1,n为奇数3an,n为偶数，且bn=a2n+1−a2n−1.
(1)证明{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn=bn−5bn+1−5，且数列{cn}的前n项和为Tn，证明：当n≥2时，12(13n−1−3)<3Tn−n19.(本小题17分)
已知以下事实：反比例函数y=kx(k≠0)的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线.
(1)(i)直接写出函数y=12x的图象C0的实轴长；
(ii)将曲线C0绕原点顺时针转π4，得到曲线C，直接写出曲线C的方程.
(2)已知点A是曲线C的左顶点.圆E：(x−1)2+(y−1)2=r2(r>0)，与直线l：x=1交于P、Q两点，直线AP、AQ分别与双曲线C交于M、N两点.试问：点A到直线MN的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时r的值；若不存在，说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
化简集合A、B，根据补集和交集的定义，即可求出a的值．
【解答】
解：集合A={x|x−a≥0}={x|x≥a}，B={x|x2−x−6>0}={x|x<−2或x>3}，
所以∁RB={x|−2≤x≤3}，
又因为A∩∁RB=[−1,3]，所以a=−1.
故选：B.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平均数以及标准差的性质，属于基础题．
根据一组数据同乘以一个数后的平均数以及标准差的性质计算，即可得答案．
【解答】
解：由题意知这些商品的价格如果按人民币计算，价格是按美元计算的价格的7倍，
故按人民币计，则平均数和方差分别为7×A=7A，72×s2=49s2.
故选：D.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平面向量的数量积运算问题，是中档题．
由题意，设a=(1,0)，b=(0,1)，由此判断选项A、B错误；
由⟨a,b⟩=π3，求出cs⟨a−b,b⟩的值，判断选项C错误；
由⟨a+b,a⟩=π4，求出a⋅b=0，判断选项D正确．
【解答】
解：对于AB，因为a与b为两个不共线的单位向量，
不妨设a=(1,0)，b=(0,1)，
则a+b=(1,1)，
显然a+b与a不平行，故A错误；
a−b=(1,−1)，a⋅(a−b)=1，
所以a与a−b不垂直，故B错误；
对于C，若⟨a,b⟩=π3，
则cs⟨a−b,b⟩=(a−b)⋅b|a−b||b|
=a⋅b−b2 a2−2a⋅b+b2×|b|
=1×1×csπ3−1 1−2×1×1×csπ3+1×1=−12，
由两向量夹角的取值范围知：
⟨a−b,b⟩=2π3，故C错误；
对于D，若⟨a+b,a⟩=π4，
则(a+b)⋅a=a2+a⋅b
= a2+2a⋅b+b2×|a|×cs⟨a+b,a⟩，
即1+a⋅b= 2+2a⋅b×1× 22，
解得a⋅b=0或a⋅b=−1(不合题意，舍去)，
所以a⊥b，故D正确．
故选：D.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查函数的图像，属于中档题．
根据题意，求出函数解析式，据此分析选项，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，当0当1所以只有A选项符合，
故选：A.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
由已知递推式可得数列{1Tn}是等差数列，从而可得Tn，进而可得a2024的值．
【解答】
解：因为an+2Tn=1(n∈N*)，
所以a1+2T1=1，即a1+2a1=1，所以a1=13，
所以TnTn−1+2Tn=1(n≥2,n∈N*)，
所以1Tn−1Tn−1=2(n≥2,n∈N*)，
所以数列{1Tn}是首项为1T1=1a1=3，公差为2的等差数列，
所以1Tn=3+2(n−1)=2n+1，
即Tn=12n+1，所以a2024=T2024T2023=12×2024+112×2023+1=40474049.
故选：C.
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的极值，属于中档题．
求导，由已知可得函数f′(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根，即可得出答案．
【解答】
解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=ax−4x2−2bx3=ax2−4x−2bx3，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，
所以函数f′(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，
又a≠0，
所以Δ=(−4)2+8ab>0x1+x2=4a>0x1x2=−2ba>0，
所以16+8ab>0，a>0，b<0.
故选：B.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查求椭圆的离心率(或取值范围)、椭圆的长短轴，属基础题．
根据椭圆的几何性质就出a，c的值，代入离心率公式，即可求解．
【解答】
解：设该椭圆的半长轴为a，半焦距为c，月球半径为rM，
则根据题意可知地球半径为rD=3.7rM，
月球中心与地球中心距离为|DM|=222rM，
所以2a=rD+rM+|DM|=226.7rM，
又a−c=rD=3.7rM，
所以a=226.72rM=113.35rM,，c=109.65rM，
所以离心率e=ca=
故选D.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正弦函数的周期性、对称性的综合应用，属于较难题．
依题意，可求得109≤ω<169；再由f(3π8)=f(11π8)，可求得答案．
【解答】
解：f(x)=sin(ωx+π3)在[π4,3π2]有且仅有两个零点，设其周期为T，
则T2=πω≤3π2−π4=5π4<32T=32×2πω=3πω(ω>0)，
解得45≤ω<125，①
当x∈[π4,3π2]时，t=ωx+π3∈[π4ω+π3,3π2ω+π3]，
因为π4ω+π3∈[8π15,14π15),
所以2π≤3π2ω+π3<3π，解得109≤ω<169，②
由①②得109≤ω<169；③
因为f(3π8)=f(11π8)，11π8−3π8=π所以f(x)的图象的一条对称轴是x=12(11π8+3π8)=7π8，
由7π8ω+π3=π2+kπ,k∈Z，得ω=4(1+6k)21(k∈Z)，④
由③④可得，k=1,ω=43；
f(x)图象的对称轴为x=7π8+k⋅T2=7π8+3π4k(k∈Z).
当k=1时，x=13π8.
故选：C.
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了复数的四则运算性质、共轭复数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
利用复数的四则运算性质、共轭复数的性质即可判断出结论．
【解答】
解：不妨设z=a+bi≠0(a,b∈R)，w=c+di≠0(c,d∈R)，则z−=a−bi≠0(a,b∈R)，w−=c−di≠0(c,d∈R).
A.|z+i|=|a+(b+1)i|= a2+(b+1)2，|z−−i|=|a−(b+1)i|= a2+(b+1)2，∴|z+i|=|z−−i|，因此A正确；
B.|z|z= a2+b2a+bi=a−bi a2+b2，z−|z−|=a−bi a2+b2，∴|z|z=z−|z−|，因此B正确；
C.z+w=a+c+(b+d)i，z−w−=a+bi−(c−di)=a−c+(b+d)i，∴z+w≠z−w−，因此C不正确；
D.|zw|=|(a+bi)(c+di)|=|ac−bd+(ad+bc)i|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，|z||w|=|(a+bi)||(c+di)|= a2+b2 c2+d2= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，∴.|zw|=|z||w|，因此D正确．
故选：ABD.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查三角函数与导数的综合应用，属于较难题．
A项，判断h(x+2π)=h(x)；B项，利用零点存在定理判断即可；C项，判断h(x)=h(−x)是否成立；D项，令h(x)=0即可判断．
【解答】
解：对于A、∀x∈R，h(x+2π)=λf(x+2π)+μg(x+2π)=λf(x)+μg(x)=h(x)，A正确；
对于B，h′(x)=λ(csx−2sin2x)+μ(2cs2x−sinx)，h′(0)=λ+2μ，h′(π2)=−3μ，因为λμ>0，即λ，μ同号，所以h′(0)h′(π2)<0，由零点存在定理知h′(x)在(0,π2)上总有零点，故B正确；
对于C，h(x)=λsinx+λcs2x+μsin2x+μcsx，h(−x)=−λsinx+λcs2x−μsin2x+μcsx，
若h(x)=h(−x)得2λsinx+2μsin2x=2λsinx+2μ⋅2sinxcsx=2sinx(λ+2μcsx)=0对x∈R恒成立，则
λ=μ=0与题意不符，故C错误；
对于D，令f(x)=0g(x)=0，
则sinx+cs2x=−(sinx−1)(2sinx+1)=0sin2x+csx=csx(2sinx+1)=0，
{sin⁡x=1或sin⁡x=−12cs⁡x=0或sin⁡x=−12，即x∈{−π6+2kπ,π2+2kπ,7π6+2kπ}，k∈Z，
故所有定点坐标为(−π6+2kπ,0),(π2+2kπ,0),(7π6+2kπ,0),k∈Z，
又因为x∈(0,2π)，所以函数h(x)过定点(π2,0),(7π6,0),(11π6,0)，故D正确．
故选ABD.
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，也考查了推理与运算求解能力，是较难题．
选项A，求出圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体时，圆锥的底面半径最小是多少，即可判断；
选项B，根据以AB、AA1、AD三条棱为圆锥的母线，圆锥的底面所在平面为平面A1BD，等价于求AB与平面A1BD所成角的正切值，计算即可；
选项C，以矩形BB1D1D的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，计算每个圆锥高的最大值即可；
选项D，过AC1的中点P作垂线MN，分别交AC，A1C1于点M，N，计算以正方体的体对角线AC1为圆锥的轴，C1为圆锥顶点，MN为圆锥底面圆的直径时，圆锥的体积大于 3π17m3可知D正确．
【解答】
解：记正方体为ABCD−A1B1C1D1，
对于A，若高为2m的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，
考虑圆锥的轴截面，如图1所示，
BD= 2，
因为△IBD∽△IGH，
所以BDGH=12，
所以GH=2BD=2 2，
所以圆锥的底面半径最小应为 2，
选项A错误；
对于B，以AB、AA1、AD三条棱为圆锥的母线，圆锥的底面所在平面为平面A1BD，
等价于求AB与平面A1BD所成角的正切值，
设点A到平面A1BD的距离为h，
因为VA−A1BD=VB−AA1D，
即13× 34×( 2)2h=13×12×1×1×1，
解得h= 33，
即点A到平面A1BD的距离为 33；
正切值为 33 1−( 33)2= 22，
选项B正确；
对于C，如图3所示，
以矩形BB1D1D的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，
分别以AA1，CC1的中点E，F为两个圆锥的顶点，
所以每个圆锥高的最大值为 22>0.7，选项C正确；
对于D，如图4所示，
过AC1的中点P作垂线MN，分别交AC，A1C1于点M，N，
则PM=AP⋅tan∠C1AC
= 32× 22= 64，
以正方体的体对角线AC1作为圆锥的轴，C1为圆锥顶点，MN为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为
V=13π×PM2×C1P
=13π×( 64)2× 32= 316π> 317π，
选项D正确．
故选：BCD.
12.【答案】(x−2)2+(y−1)2=2
【解析】【分析】
本题主要考查利用待定系数法求圆的标准方程，考查了计算能力，属于基础题．
设所求圆的方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，代入A、B、C的坐标得到关于a、b、r的方程组，解之即可得到本题的答案．
【解答】
解：设△ABC的外接圆的方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
由A(1,2)，B(3,2)，C(3,0)三点在圆上，
可得(1−a)2+(2−b)2=r2(3−a)2+(2−b)2=r2(3−a)2+b2=r2，解得a=2b=1r= 2，
所以△ABC的外接圆的标准方程为(x−2)2+(y−1)2=2.
故答案为(x−2)2+(y−1)2=2.
13.【答案】120
【解析】【分析】
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
分①3人都在第4站至第8站的某一公交站点1人独自出下车；②3人中有2人在同一公交站点下车，另1人在另外一公交站点下车，分情况讨论即可．
【解答】
解：由题意，①3人都在第4站至第8站的某一公交站点1人独自出下车，共有A53=60种，
②3人中有2人在同一公交站点下车，另1人在另外一公交站点下车，共有C32A52=60种，
故甲、乙、丙3人下车的不同方法总数是60+60=120种．
故答案为120.
14.【答案】(0,1)∪(1,+∞)
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的零点问题，属于较难题．
根据题意可得f(x)=(lnx+x)(ex−ax)，(x>0)，设g(x)=lnx+x，h(x)=xex，分析单调性和零点，即可得出答案．
【解答】
解：f(x)=ex(lnx+x)−a(lnxx+1)=ex(lnx+x)−a⋅lnx+xx=(lnx+x)(ex−ax)，(x>0)，
设g(x)=lnx+x，则g(x)在(0,+∞)上单增，
又g(12)=−ln2+12<0，g(1)=0+1>0，
所以存在唯一的x1∈(0,1)，使g(x1)=0，即lnx1+x1=0，
令ex−ax=0，得a=xex，
设h(x)=xex，h(x)在(0,+∞)上单增，
又h(0)=0且x→+∞时，h(x)→+∞，
所以当a∈(0,+∞)时，存在唯一的x2∈(0,+∞)，使h(x2)=a，即a=x2ex2，
但若x1=x2时，有lnx1+x1=0，则有lnx1=−x1⇒x1=e−x1⇒x1ex1=1⇒a=1，
此时函数f(x)的零点只有一个x1=x2，
因为函数f(x)有两个不同的零点，
所以a≠1，
综上所述，a的取值范围为(0,1)∪(1,+∞).
故答案为：(0,1)∪(1,+∞).
15.【答案】解：(1)连结BD，在平面ABC上作l⊥BD，
因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面ABC，
因为l⊂平面ABC，
所以BB1⊥l，
因为l⊥BB1，l⊥BD，BB1∩BD=B，BB1、BD⊂平面BB1D，
所以l⊥平面BB1D，
又B1D⊂平面BB1D，
所以l⊥B1D；
(2)因为∠A1B1C1=π2，
所以B1A1，B1C1，B1B两两互相垂直，
分别以B1A1，B1C1，B1B所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则B(0,0,1)，A(2,0,1)，E(1,0,0)，C1(0,1,0)，
所以BA=(2,0,0)，EA=(1,0,1)，EC1=(−1,1,0)，
设平面AC1E的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅EA=x+z=0m⋅EC1=−x+y=0，取x=1，得到y=1,z=−1，
故m=(1,1,−1)，
设点B到平面AC1E的距离为d，
则d=|BA⋅m||m|=2 33，
所以点B到平面AC1E的距离为|BA⋅m||m|=2 3=2 33.
【解析】本题考查线面垂直的判定、线面垂直的性质、点面距离的向量求法，属中档题．
(1)根据线面垂直的判定定理与性质，即可证明；
(2)建系，利用向量法，向量数量积，即可求解．
16.【答案】解：(1)设留学生甲选1道“拼音类”试题为事件A，选1道“成语类”试题为事件B，
选1道“文化类”试题为事件C，答对试题为事件D，
则P(A)=44+6+8=29，P(B)=64+6+8=13，P(C)=84+6+8=49，
P(D|A)=15，P(D|B)=25，P(D|C)=35，
P(D)=P(A)⋅P(D|A)+P(B)⋅P(D|B)+P(C)⋅P(D|C)
=29×15+13×25+49×35=49，
所以留学生甲答对了所选试题的概率为49.
(2)每一轮中留学生乙得−1分的概率为(1−35)×12=15，
每一轮中留学生乙得0分的概率为35×12+(1−35)×(1−12)=12，
每一轮中留学生乙得1分的概率为35×(1−12)=310，
在3轮比赛后，留学生乙得3分的概率为P1=(310)3=271000，
在3轮比赛后，留学生乙得2分的概率为P2=C32(310)2×12=27200，
在3轮比赛后．留学生乙得1分的概率为P3=C31×310×(12)4+C32×(310)2×15=2791000，
所以乙最终获得奖品的概率为P=P1+P2+P3=271000+27200+2791000=4411000.
【解析】本题主要考查全概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)由古典概型及全概率公式求解即可；
(2)由相互独立事件的概率乘法公式及互斥事件的概率加法公式求解即可．
17.【答案】解：(1)方法1：如图，在△BCD中，由正弦定理知BDsinC=BCsin∠BDC，
所以BDsin∠BDC=asinC，
所以csinC=3asinC，
因为C∈(0,π)，
所以sinC≠0，
则c=3a①，
由3sinA=tan∠ABCcsC+sinC，
则3sinAcs∠ABC=sin∠ABCcsC+sinCcs∠ABC=sinA，
因为A∈(0,π)，
所以sinA≠0，
则cs∠ABC=13，
在△ABC中，由余弦定理知cs∠ABC=a2+c2−b22ac，
则a2+c2−b2−23ac=0②，
由①②得ba=2 2；
方法2：在△ABD中，由正弦定理知BDsinA=ABsin∠BDA，
所以BDsin∠BDA=csinA，
又因为sin∠BDA=sin∠BDC，
所以sinC=3sinA，
由3sinA=tan∠ABCcsC+sinC，
则tan∠ABCcsC=0，
因为tan∠ABC≠0，
所以csC=0，
因为C∈(0,π)，
所以C=π2，
由3sinA=tan∠ABCcsC+sinC，
则3sinAcs∠ABC=sin∠ABCcsC+sinCcs∠ABC=sinA，
因为A∈(0,π)，
所以sinA≠0，
则cs∠ABC=13，
由正弦定理知ba=sin∠ABCsinA=sin∠ABCsin(∠ABC+C)=tan∠ABC，
由cs∠ABC=13，
所以sin∠ABC=2 23，
则ba=2 2；
(2)方法1：因为AD=3DC，
所以AD=34b，DC=14b，
在△BCD中，由余弦定理知cs∠BDC=BD2+DC2−BC22BD⋅DC=BD2+(b4)2−a22BD⋅(b4)，
同理在△BAD中，cs∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=BD2+(3b4)2−c22BD⋅(3b4)，
因为∠BDC+∠BDA=π，
所以cs∠BDC+cs∠BDA=0，
则4BD2+3b24−3a2−c2=0，
由(1)知c=3a，ba=2 2，
所以BD= 6a2，
在△BAD中，由余弦定理知cs∠ABD=BD2+AB2−AD22BD⋅AB=( 6a2)2+c2−(3b4)22( 6a2)c= 63，
所以sin∠ABD= 33；
方法2：因为AD=3DC，
所以AD=34b，DC=14b，
因为S△ABDS△CBD=12AB⋅BDsin∠ABD12BD⋅ABsin∠CBD=3sin∠ABDsin∠CBD，
又因为S△ABDS△CBD=ADCD=3，
所以sin∠ABD=sin∠CBD，
因为∠ABD，∠CBD均为锐角，
所以∠ABD=∠CBD，
则cs∠ABC=cs(2∠ABD)=1−2sin2∠ABD，
所以sin∠ABD= 33，
方法3；因为AD=3DC，
所以AD=34b，DC=14b，
所以BD=34BC+14BA，
所以|BD|= (34BC)2+(14BA)2+2⋅|34BC||14BA|cs∠ABC，
由(1)知c=3a，ba=2 2|BD|= 62a，
在△BAD中，由余弦定理知cs∠ABD=BD2+AB2−AD22BD⋅AB=( 6a2)2+c2−(3b4)22( 6a2)⋅c= 63，
所以sin∠ABD= 33.
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换以及平面向量数量积的运算，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
(1)方法1：由题意利用正弦定理可得c=3a，利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cs∠ABC=13，在△ABC中，由余弦定理可得a2+c2−b2−23ac=0，联立方程即可求解；
方法2：由题意利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求C=π2，可求cs∠ABC=13，由正弦定理知ba=sin∠ABCsinA=sin∠ABCsin(∠ABC+C)=tan∠ABC，利用同角三角函数基本关系式即可求解；
(2)方法1：由题意可得AD=34b，DC=14b，由余弦定理，三角形内角和定理可求4BD2+3b24−3a2−c2=0，可求BD= 6a2，在△BAD中，由余弦定理即可求解；
方法2：由题意可得AD=34b，DC=14b，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用即可求解；
方法3；由题意可得AD=34b，DC=14b，BD=34BC+14BA，利用平面向量数量积的运算以及余弦定理即可求解．
18.【答案】证明：(1)因为a1=1，an+1={an+1,n为奇数3an,n为偶数，
所以an+1>an，所以a2n+1−a2n−1>0，
因为bn+1bn=a2n+3−a2n+1a2n+1−a2n−1=3a2n+2−3a2na2n+1−a2n−1=3(a2n+1+1)−3(a2n−1+1)a2n+1−a2n−1=3(a2n+1−a2n−1)a2n+1−a2n−1=3，
所以{bn}是等比数列，首项b1=5，公比q=3，所以bn=5⋅3n−1；
(2)由(1)可得cn=bn−5bn+1−5=5⋅3n−1−55⋅3n−5=3n−1−13n−1，
先证明左边：即证明12(13n−1−3)<3Tn−n，
当n≥2时，cn=3n−1−13n−1>3n−1−13n=13−13n，
所以Tn>(13−131)+(13−132)+⋯+(13−13n)=n3−13(1−(13)n)1−13=n3−12(1−13n)，
所以3Tn−n>12(13n−1−3)；
再证明右边：3Tn−n因为cn=3n−1−13n−1=13⋅3n−33n−1=13(1−23n−1)<13(1−23n)=13−23n+1，
Tn<(13−232)+(13−233)+⋯+(13−23n+1)=n3−232(1−(13)n)1−13=n3−13+13n+1，
3Tn−n<13n−1，下面证明13n−1即证13n设1−13n=t,t∈[23,1),则13n=1−t，
设f(t)=lnt+1−t，t∈[23,1),
因为f′(t)=1t−1=1−tt>0，所以函数f(t)=lnt+1−t在t∈[23,1)上单调递增，
则f(t)所以13n<−ln(1−13n)，所以3Tn−n<13n−1综上，12(13n−1−3)<3Tn−n【解析】本题考查了等比数列的证明和数列的求和计算，属于难题．
(1)由题意得到a2n+1−a2n−1>0，利用等比数列的定义即可得证；
(2)由(1)可得cn=bn−5bn+1−5=5⋅3n−1−55⋅3n−5=3n−1−13n−1，利用分组求和与放缩法，再结合导数的运算即可得证．
19.【答案】解：(1)(i)函数y=12x的图象为双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线，
y=x为图象C0的对称轴，可得交点为( 22, 22)，(− 22,− 22)，则实轴长为2a=2；
(ii)由题意可得曲线C的渐近线为y=±x，且a=b=1，可得曲线C的方程为x2−y2=1；
(2)设A(−1,0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
显然直线MN的斜率存在，设MN：y=kx+m，
联立C：x2−y2=1得(1−k2)x2−2kmx−(m2+1)=0，
所以Δ=4(m2+1−k2)>0，
则x1+x2=2km1−k2，x1x2=−(m2+1)1−k2，①
AM：y=y1x1+1(x+1)，令x=1，则yP=2y1x1+1；同理可得yQ=2y2x2+1，②
由题意可得yP+yQ=2，③
y1=kx1+m，y2=kx2+m，④
由①②③④，化为−2k+2m=−m2+2km−k2，即(m−k)(m−k+2)=0，可得m=k或m=k−2，
若m=k，则MN：y=k(x+1)恒过点A(−1,0)，不符题意；
若m=k−2，则MN：y=k(x+1)−2，所以MN恒过G(−1,−2)，
所以点A到直线MN的距离dmax=|AG|=2，
当且仅当MN⊥AG即k=0时取得，此时MN方程为y=−2，
又N点在双曲线x2−y2=1上，
所以N( 5,−2)，yP=−( 5−1)，
r=1−yP= 5，
综上所述，点A到直线MN距离的最大值为2，此时圆E的半径为 5.
【解析】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于较难题．
(1)(i)考虑y=x为图象C0的对称轴，解方程可得所求；
(ii)求得渐近线方程和a，b，可得曲线C的方程；
(2)设MN：y=kx+m，联立C：x2−y2=1，运用判别式大于0，以及韦达定理和直线恒过定点的求法，结合点N在双曲线上，可得结论．