2021-2022学年高一下学期期末数学模拟测试卷07

这是一份2021-2022学年高一下学期期末数学模拟测试卷07，共29页。
2021高一下学期期末金牌测试卷培优版（一）
注意事项：
1.本试卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题，共40分）、多项选择题（第9题～第12题，共20分）、填空题（第13题～第16题，共20分）和解答题（第17题～第22题，共70分）四部分.本卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡、试卷和草稿纸的指定位置上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水的签字笔将答案写在答题卡上.写在本试卷或草稿纸上均无效.
4.考试结束后，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回.
5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题意要求的.）
1. 如图，正方形ABCD的边长为2，E为BC边的中点，F为CD边上一点，若AF·AE=|AE|2，则|AF|=(    )
A. 3
B. 5
C. 32
D. 52．
【答案】D
【知识点】向量垂直的判断与证明、平面向量的坐标运算、向量的模、向量的数量积、平面向量的基本定理及其应用
【解析】
【分析】
本题主要考查了向量的数量积应用，着重考查了推理与运算能力．
法一：建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求解即可．
法二：由题意，根据向量的运算，可得AE⊥EF，即EF⊥AE，再由E是BC的中点，进而可求解，得到答案．
【解答】
解：法一：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，
建立平面直角坐标系如图所示，

则A(0,0)，E(2,1).设|DF|=x，则F(x,2)，故AF=(x,2)，AE=(2,1)．
∵AF·AE=|AE|2，∴(x,2)·(2,1)=2x+2=5，解得x=32，
∴|AF|=322+22=52．
故选D．

法二：连接EF


由题意，∵AF·AE=|AF|·|AE|cos∠EAF=|AE|2，
∴|AF|cos∠EAF=|AE|，
∴EF⊥AE.∵E是BC的中点，
∴BE=CE=1.设DF=x，
则CF=2−x，
在Rt△AEF中，AE2+EF2=AF2，
即22+12+(2−x)2+12=22+x2，
解得x=32，∴AF=AD2+DF2=52．
故选D．


2. 若2cos2θcos(π4−θ)=3sin2θ，则sin2θ=(    )
A. 13 B. 23 C. −23 D. −13
【答案】B
【知识点】二倍角公式及其应用、半角公式与万能公式、两角和与差的三角函数公式
【解析】
【分析】
本题考查两角和与差公式和倍角公式与半角公式，考查分析与计算能力，属于基础题．
根据两角和与差公式和倍角公式与半角公式求解即可．
【解答】
解：∵cos2θ=cos2θ−sin2θ
=(cosθ+sinθ)(cosθ−sinθ)，
且，
∴2cos2θcos(π4−θ)=2(cosθ−sinθ)(cosθ+sinθ)22(cosθ+sinθ)=2(cosθ−sinθ)，
∴2(cosθ−sinθ)=3sin2θ，
两边同时平方得4−4sin2θ=3sin22θ，
解得sin2θ=23或sin2θ=−2(舍去)，
∴sin2θ=23，
故选B．

3. 在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示△ABC的面积，若ccosB+bcosC=asinA，S=34(b2+a2−c2)，则∠B=(       )
A. 90∘ B. 60∘ C. 45∘ D. 30∘
【答案】D
【知识点】三角形面积公式、正、余弦定理的综合应用
【解析】
【分析】
本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题．
利用已知条件和正弦定理求得，再根据余弦定理和三角形面积公式解得C=π3，根据三角形内角和，即可得到角B．
【解答】
解：∵ccosB+bcosC=asinA，
∴根据正弦定理：sinCcosB+sinBcosC=sin2A，
∴sin(B+C)=sin2A，∴sinA=sin2A，
∵A为△ABC内角，∴sinA>0，
∴sinA=1，，
∵S=34b2+a2−c2，
∴根据余弦定理：
，
又，
则，
则，即，
又C∈0,π2，所以C=π3，
∵B为△ABC内角，．
故选D．


4. 已知直角△ABC，∠ABC =90°，AB=12，BC=8，D，E分别是AB，AC的中点，将△ADE沿着直线DE翻折至△PDE，形成四棱锥P−BCED，则在翻折过程中，①∠DPE=∠BPC；②PE⊥BC；③PD⊥EC；④平面PDE⊥平面PBC，不可能成立的结论是(   )
A. ①②③ B. ①② C. ③④ D. ①②④
【答案】D
【知识点】线面垂直的判定、平面与平面的位置关系、空间中直线与直线的位置关系、面面垂直的性质、二面角、异面直线所成角、全称量词命题、存在量词命题的否定及真假判定、空间中直线与平面的位置关系、线面垂直的性质
【解析】
【分析】
运用线面垂直的判定定理和性质定理，结合解直角三角形，可判断①；由异面直线所成角的定义，可判断②；由面面垂直的性质定理可判断③；由两平面所成角的定义，可判断④．
本题考查空间线面和面面的位置关系，运用线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理是解题的关键，考查空间想象能力，属于难题．
【解答】
解：Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=12，BC=8，

D，E分别是AB，AC的中点，可得PD=DB=6，DE=4，
由DE⊥PD，DE⊥BD，可得ED⊥平面PBD，
即有DE⊥PB，而BC//DE，
即有BC⊥PB，
在直角三角形PBC中，
tan∠BPC=BCPB=8PB，
在直角三角形PDE中，tan∠DPE=DEPD=46，
若∠DPE=∠BPC，可得PB=12，这与PB0)，且OA+OB+OC=0，则△ABC是等边三角形
【答案】B
【知识点】平面向量共线的充要条件、向量垂直的判断与证明、向量的几何运用、向量的加法、减法、数乘运算、向量平行的判断与证明、平面向量的基本定理及其应用
【解析】
【分析】
本题考查平面向量的共线定理与平面向量基本定理，以及平面向量加法、减法与数量积的运算和几何意义，属中档题．
根据向量共线定理可判断A，根据平面向量基本定理判断B，利用向量减法和数量积的运算以及加法和共线的几何意义来判断C与D．
【解答】
解：对于A，设O,A,B,C是同一平面上的四个点，若OA=m⋅OB+(1−m)⋅OC(m∈R)
则OA−OC=mOB−OC，∴CA=mCB，∴点A,B,C必共线.故A正确；
对于B，当a=0或b=0时，结论不成立，故B错误；
对于C，若平面向量OA,OB,OC满足OA⋅OB=OA⋅OC，则OA·OB−OC=0，即
OA·CB=0，∴OA⊥CB；
又AO=λ(AB|AB|+AC|AC|)，∴O在∠BAC的平分线所在直线上．
∴ΔABC为等腰三角形，故C正确；
对于D，若平面向量OA，OB，OC满足OA=OB=OC=r(r>0)，
则O是ΔABC的外心；
又OA+OB+OC=0，则O又是ΔABC重心；
∴△ABC是等边三角形.故D正确．
故选B．

6. 已知函数f(x)=2sinωxcosωx+2cos2ωx−22(ω>0)，若函数f(x)在(π2,π)上单调递减，则实数ω的取值范围是(  )
A. [14,58] B. [12,54] C. (0,12] D. (0,14]
【答案】A
【知识点】辅助角公式、二倍角公式及其应用、函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质、两角和与差的三角函数公式
【解析】
【分析】
本题考查了三角函数的图象与性质及三角恒等变换，属于中档题．
化函数f(x)为正弦型函数，由f(x)在上单调递减，利用正弦函数的单调性列出不等式组，求出ω的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)=2sinωxcosωx+2cos2ωx−22
=22sin2ωx+22(1+cos2ωx)−22
=22sin2ωx+22cos2ωx
=sin(2ωx+π4)，
x∈(π2,π)，则2ωx+π4∈(ωπ+π4,2ωπ+π4)，
由函数f(x)在(π2,π)上单调递减，
得
解得2k+14≤ω≤k+58，k∈Z，ω>0，
则k=0，实数ω的取值范围是[14,58].
故选A．


7. 在▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若2sinB=sinA+sinC，cosB=35，▵ABC的面积等于6，则b=(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【知识点】三角形面积公式、余弦定理、正弦定理
【解析】
【分析】
本题考查正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，属于中档题．
由正弦定理得2b=a+c，由余弦定理得a2+c2−b22ac=35，由三角形的面积公式得12ac×45=6，解方程组求出b的值，得出选项．
【解答】
解：∵2sinB=sinA+sinC，∴2b=a+c①
∵cosB=35
∴a2+c2−b22ac=35②
∵B∈0,π，∴sinB=45．
由▵ABC的面积等于6可得12ac×45=6③
由①②③解得b=4．
故选C


8. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中不正确的是(    )
A. A1P与AD1所成角的范围是
B.
C.
D. 三棱锥A−CD1P的体积不变
【答案】A
【知识点】线面垂直的判定、线面平行的判定、面面平行的性质、面面垂直的判定、线面垂直的性质、线面平行的性质、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征
【解析】
【分析】
本题考查了面面平行的判定定理及性质定理、三垂线定理及其逆定理、线面平行的判定定理，属中档题．
【解答】
解：①因为面A1BC1//面ACD1，又A1P⊂面A1BC1，所以A1P//平面ACD1，故选项B正确，
②易得：B1D⊥AC，B1D⊥AD1，AC∩AD1=A，AC⊂面ACD1,AD1⊂面ACD1，所以B1D⊥面ACD1，又B1D⊂面PB1D，所以平面PB1D⊥平面ACD1，故选项C正确，
③由BC1//AD1，AD1⊂平面ACD1，BC1不在平面ACD1内，所以BC1//面ACD1，即当点P在BC1上运动时，点P到平面ACD1的距离为定值，即三棱锥A−CD1P的体积不变，故选项D正确，
综合①②③得：选项B、C、D正确，故选项A错误，
故选A．

二、多项选择题：（本题共4小题,每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有
选错的得0分.）
9. 下列说法错误的是(   )
A. 若a//b，b//c，则a//c
B. 若a//b，则存在唯一实数λ使得a=λb
C. 两个非零向量a，b，若|a−b|=|a|+|b|，则a与b共线且反向
D. 已知a=(1,2)，b=(1,1)，且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是
E. 在△ABC中，BC⋅CA=CA⋅AB，则△ABC为等腰三角形
【答案】ABD
【知识点】单位、零、共线、相反、相等向量的概念、向量的几何运用、向量的夹角、向量的加法、减法、数乘运算、向量平行的判断与证明、向量的模
【解析】
【分析】
本题考查了向量的共线、相反、相等，向量的模，向量的加法、减法、数乘运算以及向量的夹角，属于基础题．
【解答】
解：对于A：两个向量ab，如果b=0，则a//b，b//c，则a,c不一定为共线向量，故错误；
对于B：若a//b，则a=λb  ，如果a=b=0，则实数λ不唯一，故错误；
对于C：两个非零向量a，b，
若|a−b|=|a|+|b|，
可得a−b2=a+|b|2，
即−2a·b=2|a||b|，，
则两个向量的夹角为，则a与b共线且反向，故正确；
对于D：已知a=1,2，b=1,1，
且a与a+λb的夹角为锐角，
可得a·a+λb>0，
即a2+λa·b>0，
可得5+3λ>0，解得λ>−53，
当a与a+λb的夹角为0时，a+λb=(1+λ,2+λ)，
所以2+2λ=2+λ⇒λ=0，
所以a与a+λb的夹角为锐角时λ>−53且λ≠0，故错误；
对于E：在△ABC中，过点B作BD⊥AC于D，
由BC⋅CA=CA⋅AB，可得，
即，即CD=DA，
则△ABC为等腰三角形，故正确．
故说法错误的是ABD．
故选ABD．

10. 已知函数f(x)=3cos2x−sin2x+4sin xcos x，则下列说法正确的是(   )
A. f(x)的最小正周期是π B. f(x)的最小值是1−22
C. 直线x=3π8是图像的一条对称轴 D. 直线x=π8是图像的一条对称轴
【答案】ABD
【知识点】辅助角公式、二倍角公式及其应用、函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质、正弦、余弦函数的图象与性质、两角和与差的三角函数公式
【解析】
【分析】
本题考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质，降幂公式，辅助角公式等，属于中档题．
先利用降幂公式和二倍角公式，辅助角公式，化简f(x)，得，结合函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质及正弦函数的图象和性质，逐项判断．

【解答】
解：∵f(x)=3cos2x−sin2x+4sin xcos x
=3(1+cos2x)2−1−cos2x2+2sin2x
=2cos2x+2sin2x+1
=2222cos2x+22sin2x+1
．
∴f(x)的最小正周期为，A正确；
当时，f(x)取得最小值为1−22，B正确；
函数的对称轴为，k∈Z，
即，k∈Z，
当k=0时，x=π8，当k=1时，x=5π8，
即直线x=π8是图象的一条对称轴，D正确，C错误．
故答案为ABD．

11. 某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为126n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为83n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是(  )
A. A处与D处之间的距离是24 n mile；
B. 灯塔C与D处之间的距离是16 n mile；
C. 灯塔C在D处的西偏南60°；
D. D在灯塔B的北偏西30°．
【答案】AC
【知识点】利用正弦定理、余弦定理解决距离问题、利用正弦定理、余弦定理解决角度问题
【解析】
【分析】
本题考查正、余弦定理在解三角形中的应用，考查了方位角问题，属于中档题．
利用正弦定理求出AD，利用余弦定理求出CD，即可判断A、B，然后利用方位角的定义判断C，D．

【解答】解：在△ABD中，由已知得∠ADB=60∘，∠DAB=75°，
则∠B=45∘，AB=126．
由正弦定理得．
所以A处与D处之间的距离为24 n mile，故A正确；
在△ADC中，由余弦定理得，
CD2=AD2+AC2−2AD⋅ACcos30∘，
又AC=83，
解得CD=83．
所以灯塔C与D处之间的距离为83n mile，故B错误，
∵AC=CD=83，
∴∠CDA=∠CAD=30°，
∴灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；
∵灯塔B在D的南偏东60°，
∴D在灯塔B的北偏西60°，故D错误，
故选AC．

12. 如图，已知平行四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下列命题正确的有
A. 异面直线DE与A1C所成的角可以为90°
B. 二面角D−A1E−C可以为90°
C. 直线MB与平面A1DE所成的角为定值
D. 线段BM的长为定值
【答案】BCD
【知识点】面面垂直的性质、空间中的距离、二面角、异面直线所成角、面面垂直的判定、直线与平面所成角
【解析】
【分析】
本题考查空间中线面的位置关系，理清翻折前后不变的数量关系和位置关系，以及熟练运用线面平行或垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和逻辑推理能力，属于中档题．
对于A.用反证法，假设存在某个位置，使DE⊥A1C，在△CDE中，由勾股定理易知，CE⊥DE，再由线面垂直的判定定理可知，DE⊥面A1CE，所以DE⊥A1E，与已知相矛盾；
对于B.在△ADE翻折的过程中，存在平面A1DE与平面ABCD垂直，利用面面垂直的判定与性质解答；
对于C.取DC的中点N，连接NM、NB，可得MN//A1D，NB//DE，所以面MNB//面A1DE，所以MB//面A1DE；
对于D.由已知可得MN、NB和∠MNB均为定值，在△MNB中，由余弦定理可知，MB2=MN2+NB2−2MN⋅NBcos∠MNB，所以线段BM的长是定值；
【解答】
解：

对于A.假设存在某个位置，使DE⊥A1C.设AB=2AD=2，由∠BAD=60°可求得DE=1，CE=3，
所以CE2+DE2=CD2，即CE⊥DE，
因为A1C∩CE=C，A1C,CE⊂面A1CE，
所以DE⊥面A1CE，因为A1E⊂面A1CE，所以DE⊥A1E，与已知相矛盾，即A错误；
对于B.在△ADE翻折的过程中，存在平面A1DE与平面ABCD垂直，且两平面交线为DE，设DE的中点为F，由面面垂直的性质可得A1F⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，则CE⊥A1F，又CE⊥DE，因为A1F∩DE=F，A1F,DE⊂面A1DE，所以CE⊥面A1DE，因为CE⊂面A1CE，所以面A1DE⊥A1CE，故二面角D−A1E−C可以为90°，即B正确；
对于C，取CD的中点为N，连接NM、NB，可得MN//A1D，NB//DE，
且MN∩NB=N，A1D∩DE=D，MN，NB⊂面MNB，A1D，DE⊂面A1DE，
所以面MNB//面A1DE，所以MB//面A1DE，所以直线MB与平面A1DE所成的角为定值0°，即 C正确．
对于D.由上可知MN//A1D，且MN=12A1D=定值；NB//DE，且NB=DE=定值，所以∠MNB=∠A1DE=定值，
由余弦定理得，MB2=MN2+NB2−2MN⋅NBcos∠MNB，所以BM的长为定值，即D正确；
故选BCD．

三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 如图，在△ABC中，已知AB=10，AC=5，，点M是边AB的中点，点N在直线AC上，且AC=3AN，直线CM与BN相交于点P，则线段AP的长为          ．

【答案】21
【知识点】利用向量的数量积求向量的模、平面向量基本定理的应用、向量的数乘运算
【解析】
【分析】
本题主要考查平面向量的几何应用，考查推理能力和计算能力，属于中档题．
通过平面向量的基本定理求出AP=25AB+15AC，再利用模长公式即可求解．

【解答】解：因为B，P，N三点共线，
所以存在实数x满足AP=xAB+(1−x)AN=xAB+1−x3AC，
因为C，P，M三点共线，
所以存在实数y满足AP=yAM+(1−y)AC=y2AB+(1−y)AC，
又AB，AC不共线，则x=y21−x3=1−y⇒x=25y=45,
所以AP=25AB+15AC，
所以AP2=125(4AB2+4AB·AC+AC2)
=125×(4×102+4×10×5×12+52)=21，
所以AP=21，
故答案为21．

14. 有一块半径为2，圆心角为45°的扇形钢板，从这个扇形中切割下一个矩形(矩形的各个顶点都在扇形的半径或弧上，且矩形的一边在扇形的半径上)，则这个内接矩形的面积最大值为_____________
【答案】
【知识点】辅助角公式、二倍角公式及其应用、三角函数模型的应用、两角和与差的三角函数公式
【解析】
【分析】
本题考查了三角函数模型的应用，涉及两角和与差的三角函数公式，二倍角公式及辅助角公式等，属于中档题．
由题意，画出图形，设∠COF=θ，则CF=2sinθ，OF=2cosθ，EF=OF−OE=2cosθ−2sinθ，从而可得矩形CDEF的面积为，由正弦函数的性质，可求出S的最大值．
【解答】
解：如图，设∠COF=θ，

则CF=2sinθ，OF=2cosθ，
所以OE=DE=CF=2sinθ，
EF=OF−OE=2cosθ−2sinθ，
设矩形CDEF的面积为S，
则S=CF·EF=2sinθ·2cosθ−2sinθ
=4×12sin2θ+12cos2θ−12
，
又，
∴当，即时，
S取得最大值为22−2．
故答案为22−2．

15. 已知ΔABC是斜三角形，角A，B，C所对的边分别为a, b, c，若csinA=3acosC, c=21且sinC+sinB−A=5sin2A，则ΔABC的面积为________．
【答案】534
【知识点】三角形面积公式、余弦定理、正弦定理
【解析】
【分析】
本题考查了正弦定理余弦定理、三角形面积计算公式，考查了转化思想，推理能力与计算能力，属于中档题．
由csinA=3acosC，利用正弦定理可得sinCsinA=3sinAcosC，于是sinC=3cosC，即可得出C的值，由sinC+sin(B−A)=5sin2A，sinC=sin(A+B)，可得sinB=5sinA，由正弦定理可知b=5a，由余弦定理c2=a2+b2−2abcosC，联立解出，再利用三角形面积计算公式即可得出．
【解答】
解：∵csinA=3acosC，由正弦定理可得sinCsinA=3sinAcosC，
∵sinA≠0，
∴sinC=3cosC，
得tanC=sinCcosC=3，
∵C∈(0,π)，
∴C=π3．
又∵sinC+sin(B−A)=5sin2A，sinC=sin(A+B)，
∴sin(A+B)+sin(B−A)=5sin2A，
∴2sinBcosA=2×5sinAcosA，
∵△ABC为斜三角形，
∴cosA≠0，
∴sinB=5sinA，由正弦定理可知b=5a，(1)
∵由余弦定理c2=a2+b2−2abcosC，
∴21=a2+b2−2ab×12，(2)
由(1)(2)解得a=5，b=1，
∴S△ABC=12absinC=12×1×5×32=534．
故答案为534．

16. 已知二面角α−l−β的棱上有A，B两点，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l.若AB=6，AC=3，BD=4，CD=7，则点D到平面α的距离是          ．
【答案】23
【知识点】线面垂直的判定、二面角、点面、线面、面面距离（几何法）、线面垂直的性质、利用余弦定理解三角形
【解析】
【分析】
本题考查了二面角以及点到平面的距离，属于较难题．
先作出二面角，利用余弦定理求出二面角，再利用面面垂直的性质，求出EF的长度即D到α的距离．
【解答】
解：如下图：

过A作AE//BD，使AE=BD=4，则四边形BAED为平行四边形，则l//DE
∵AC⊥l，AE ⊥l，AC∩AE=A，
AC、AE⊂平面ACE，
∴l⊥平面ACE，CE⊂平面ACE，
则l⊥CE，故DE⊥CE，
∴在中，CE=49−36=13．
∵AC⊥l，AC⊂α，AE ⊥l，AE⊂β，AE∩AC=A，
∴∠CAE即为二面角α−l−β的平面角，
则cos∠CAE=16+9−132×3×4=12，即．
∵l⊥平面AEC，又l⊂α，
∴平面α⊥平面AEC，过E做EF⊥AC于F点，
∵平面α∩平面AEC=AC，EF⊂平面AEC，
∴EF⊥平面α，
∴EF即为E点到平面α的距离，
又DE//l，l⊂α,DE⊄α，
∴DE//α，
∴EF也是D到平面α的距离，
又，
故答案为23．


四、解答题：（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 在直角梯形ABCD中，已知，，，，对角线AC交BD于点O，点M在AB上，且．

(1)求AM⋅BD的值；
(2)若N为线段AC上任意一点，求AN⋅MN的取值范围．
【答案】解：(1)因为∠DAB=90°，
所以以A为坐标原点，AB、AD分别为x、y轴，建立平面直角坐标系如下图：

因为AB //CD，AB=6，AD=CD=3，
所以A0,0，B6,0，C3,3，D0,3．
又因为对角线AC交BD于点O，
所以由AO=tAC得AO=3t,3t，即O3t,3t，
因此DO=3t,3t−3，DB=6,−3，
而DO//DB，所以−3×3t−6×3t−3=0，解得t=23，
因此O2,2．
又因为点M在AB上，所以设Mm,0，
因此OM=m−2,−2，BD=−6,3，
而OM⊥BD，所以OM·BD=−6m−2−6=0，
解得m=1，即M1,0，
因此AM=1,0，而BD=−6,3，
所以AM⋅BD=−6，
即AM⋅BD的值为−6；
(2)因为N为线段AC上任意一点，
所以由(1)知：可设Nn,n0⩽n⩽3(包括端点)，
因此AN=n,n，MN=n−1,n，
所以AN⋅MN=nn−1+n2=2n2−n．
因为函数y=2n2−n的图象开口上，对称轴为n=14，
而0⩽n⩽3，
所以函数y=2n2−n的值域为−18,15，
即AN⋅MN的取值范围是−18,15．
【知识点】单位、零、共线、相反、相等向量的概念、平面向量共线的充要条件、向量垂直的判断与证明、平面向量的坐标运算、向量的几何运用、二次函数、向量的数量积
【解析】本题考查了 二次函数，向量的数量积，相等向量的概念，向量垂直的判断与证明，平面向量的坐标运算，平面向量共线的充要条件和向量的几何运用，属于中档题．
(1)根据题目条件，以A为坐标原点，AB、AD分别为x、y轴，建立平面直角坐标系，利用相等向量的概念的坐标运算得AO=3t,3t，从而得O3t,3t，再利用向量的坐标运算得DO=3t,3t−3和DB=6,−3，再利用平面向量共线的充要条件得得t=23，从而得O2,2，设Mm,0，从而得OM=m−2,−2，BD=−6,3，再利用向量垂直的判断的坐标运算得m=1，从而得M1,0，再利用向量的坐标运算得AM=1,0，再利用向量数量积的坐标运算，计算得结论；
(2)利用(1)的结论，结合题目条件设Nn,n0⩽n⩽3(包括端点)，再利用向量的坐标运算得AN=n,n和MN=n−1,n，再利用向量数量积的坐标运算得AN⋅MN=2n2−n，最后利用二次函数，计算得结论．

18. 已知A,B,C为ΔABC的三个内角，向量m=(2−2sinA,sinA+cosA)与n=(sinA−cosA,1+sinA)共线，且AB⋅AC>0．
(1)求角A的大小；
(2)求函数y=2sin2B2+cosC−B2的值域．
【答案】解：(1)由题设知：(2−2sinA)(1+sinA)−(sinA+cosA)(sinA−cosA)=0，
∴2(1−sin2A)−sin2A+cos2A=0，
∴sin2A=34，
又A为三角形内角，
所以sinA=32， 
由AB⋅AC>0知A为锐角， 
∴A=π3；
(2)由(1)及题设知：B+C=2π3，
所以y=2sin2B2+cos(π3−B)=1−cosB+cos(π3−B)
=1+32sinB−12cosB=1+sin(B−π6)， 
又0