2024-2025学年黑龙江省双鸭山市建新高级中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省双鸭山市建新高级中学高二（上）开学数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共11小题，每小题5分，共55分。
1.已知某扇形的圆心角为80°，半径为6cm，则该圆心角对应的弧长为( )
A. 480cmB. 240cmC. 8π3cmD. 4π3cm
2.设复数z=−i2+i−1−i3，则z−的虚部是( )
A. 1B. −1C. iD. −i
3.已知函数f(x)是(−∞,+∞)上的奇函数，且f(x)的图象关于直线x=1对称，当x∈[0,1]时，f(x)=2x−1，则f(2017)+f(2018)的值为( )
A. −2B. −1C. 0D. 1
4.下列说法中，正确的个数有( )个
①圆柱的侧面展开图是一个矩形； ②圆锥的侧面展开图是一个扇形；
③圆台的侧面展开图是一个梯形； ④棱锥的侧面为三角形．
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知向量a，b满足b=( 3,1)，b=λa(λ∈R)，且a⋅b=1，则λ=( )
A. 14B. 12C. 2D. 4
6.已知AB是圆O：x2+y2=1的直径，C、D是圆O上两点，且∠COD=60°，则(OC+OD)⋅AB的最小值为( )
A. 0B. − 3C. −3D. −2 3
7.函数f(x)=1−ex1+ex⋅sinx的部分图象大致形状是( )
A. B.
C. D.
8.已知四边形ABCD为矩形，AB=2AD=4，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1−DEBC，M为A1C的中点，在翻折过程中，下列四个命题正确的序号是( )
①MB//平面A1DE；
②三棱锥M−DEC的体积最大值为2 23；
③|MB|= 5；
④一定存在某个位置，使DE⊥A1C；
A. ①②B. ①②③C. ①③D. ①②③④
9.已知向量a=(sinωx,sinωx−csωx)，b=(2 3csωx,sinωx+csωx)(ω>0).设函数f(x)=a⋅b(x∈R)，且函数y=f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为π2，则( )
A. f(x)=2sin(2x−π6)
B. (π3,0)是函数y=f(x)图象的对称中心
C. 函数y=f(x)在区间(−2π3,−π6)上单调递减
D. 使f(x)>0成立的x的取值区间为[kπ+π12,kπ+7π12],k∈Z
10.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧棱长为3，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=π3,M为棱DD1上的一点，且MD=1,P为底面ABCD内一动点(含边界)，则下列命题正确的是( )
A. 若PM与平面ABCD所成的角为π4，则点P的轨迹与直四棱柱的交线长为2π3
B. 若点A到平面PDM的距离为 3，则三棱锥M−PAD 的体积的最大值为2 33
C. 若以D为球心的球经过点M，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为4π9
D. 经过B,C,M三点的平面截直四棱柱所得的截面面积为4
11.若复数z=21+i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. z的虚部为−iB. |z|=2
C. z2为纯虚数D. z的共轭复数为−1−i
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若锐角α满足1 tanα2= 2 3 tan10°+ tanα2，则角α的度数为______．
13.已知α∈(0,3π2),csα=35，tanα2= ______．
14.如图，已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的所有棱长等于1，∠ABC=60°，O和O1分别是上下底面对角线的交点，H在线段OB1上，OH=3HB1，点M在线段BD上移动，则三棱锥M−C1O1H的体积最小值为______．
三、解答题：本题共5小题，共60分。
15.如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E、F分别为棱AD、SB的中点．
(Ⅰ)求证：AF//平面SEC
(Ⅱ)求证：平面ASB⊥平面CSB
(Ⅲ)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求BMBS的值；若不存在，请说明理由．
16.已知函数f(x)=ln(e2x+1)−x．
(1)当x≥0时，函数g(x)=f(x)−x−a存在零点，求实数a的取值范围;
(2)设函数ℎ(x)=ln(m⋅ex−2m)，若函数f(x)与ℎ(x)的图象只有一个公共点，求m的取值范围．
17.如图，在四棱锥P−ABCD中，BD⊥PC，∠ABC=60°，四边形ABCD是菱形，PA=AB=1，PB= 2,E,F是棱PD上的两点，且PF=13PD．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求平面EAC与平面ACD所成二面角的大小．
①BF//平面ACE；
②三棱锥C−ABE的体积V= 336．
18.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b+c=2a，2bsinA=asinC．
(Ⅰ)求csC的值；
(Ⅱ)求sin(2C−π3)的值．
19.在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=4，csA=35．
(1)若c=4，求△ABC的面积;
(2)求5b−3ccsC的值;
(3)求|AB+AC|−AB⋅AC的取值范围．
答案解析
1.C
【解析】解：由于扇形的圆心角为80°=π180×80=4π9，
又扇形的半径为r=6cm，
则该圆心角对应的弧长l=αr=4π9×6=8π3(cm)．
故选：C．
先把80°化为弧度，然后用弧长公式求解即可．
此题考查弧长公式的应用，属于基础题．
2.A
【解析】解：z=−i2+i−1−i3=1+i−1+i=−(1+i)(1+i)(1−i)(1+i)=−i，则z−=i，虚部是1．
故选：A．
结合复数的四则运算，以及复数的概念，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题．
3.D
【解析】解：∵函数f(x) 是(−∞,+∞) 上的奇函数，
∴f(−x)=−f(x)，
又∵f(x) 的图象关于x=1 对称，
∴f(2−x)=f(x)，
∴f(x−2)=−f(x)，
∴f(x+4)=f(x)，
即函数f(x) 是周期为4的周期函数，
又∵x∈[0,1]时，f(x)=2x−1，
∴f(0)=0，f(1)=1，进而f(2)=f(0)=0，
∴f(2017)+f(2018)=f(1)+f(2)=1+0=1．
故选D．
4.C
【解析】解：①圆柱的侧面展开图是一个矩形；正确；
②圆锥的侧面展开图是一个扇形；正确；
③圆台的侧面展开图是一个梯形；应该是扇环，所以不正确
④棱锥的侧面为三角形．符合棱锥的定义，正确；
故选：C．
利用圆台、圆锥、圆柱棱锥的侧面展开图，判断命题的真假即可．
本题考查空间几何体的结构特征，命题的真假的判断，是基本知识的考查．
5.D
【解析】解：因为b=( 3,1)，b=λa(λ∈R)，且a⋅b=1，
所以λ≠0，a=1λb=( 3λ,1λ)，
所以a⋅b= 3λ× 3+1×1λ=4λ=1，
所以λ=4．
故选：D．
由题意可得λ≠0，从而得到a的坐标，再由平面向量数量积的坐标运算建立方程，求解即可．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．
6.D
【解析】解：已知AB是圆O：x2+y2=1的直径，C、D是圆O上两点，且∠COD=60°，
不妨设弦CD的中点为E，
因为∠COD=60°，
则△COD为等边三角形，
所以可得|OE|= 32，
则OC+OD=2OE，
设OE与AB的夹角为θ(0≤θ≤π)，
所以(OC+OD)⋅AB=2OE⋅AB=2|OE||AB|csθ=2 3csθ，
因为csθ∈[−1,1]，
所以(OC+OD)⋅AB的最小值为−2 3．
故选：D．
由题意设弦CD的中点为E，然后利用平面向量的数量积从而求解．
本题考查了圆的性质，重点考查了平面向量的数量积运算，属基础题．
7.C
【解析】解：由f(x)=1−ex1+ex⋅sinx，x∈R，定义域关于原点对称，
得f(−x)=1−e−x1+e−x⋅sin(−x)=ex−1ex+1⋅(−sinx)=1−ex1+ex⋅sinx=f(x)，
则函数f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，排除BD；
当00，sinx>0，所以f(x)=1−ex1+ex⋅sinx<0，排除A．
故选：C．
先判断函数的奇偶性，结合对称性以及0本题主要考查函数图象的判断，考查排除法的应用，属于基础题．
8.B
【解析】解：取DC中点N，连接MN，NB，
则MN//A1D，NB//DE，
MN⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，则MN//平面A1DE，
同理NB//平面A1DE，而MN∩NB=N，则平面MNB//平面A1DE，
又MB⊂平面MNB，
故MB//平面A1DE，①正确；
当平面A1DE⊥平面BCDE时，三棱锥M−DEC的体积最大，
可得：三棱锥M−DEC的体积最大值为13×12×4×2× 22=2 23，故②正确；
由题意可得∠MNB=∠A1DE=45°，MN=12A1D=1，NB=DE=2 2，
由余弦定理可得，|MB|= |MN|2+|NB|2−2|MN|⋅|NB|⋅cs∠MNB
= 1+8−2×1×2 2× 22= 5，故③正确；
若DE⊥A1C，设O为DE的中点，连接A1O，OC，则DE⊥A1O，
∵A1O∩A1C=A1，∴DE⊥平面A1OC，又OC⊂平面A1OC，∴DE⊥OC，
又DE与OC不垂直，则DE⊥A1C不成立，故④错误．
故选：B．
根据题意，逐项判断即可．
本题考查空间中的位置关系，是中档题．
9.AC
【解析】解：已知向量a=(sinωx,sinωx−csωx)，b=(2 3csωx,sinωx+csωx)(ω>0)．
又函数f(x)=a⋅b(x∈R)，
则f(x)=2 3sinωxcsωx+(sinωx−csωx)(sinωx+csωx)
= 3sin2ωx−cs2ωx
=2sin(2ωx−π6)，
又函数y=f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为π2，
则2π2ω×12=π2，
即ω=1，
对于选项A，由题意可得f(x)=2sin(2x−π6)，
即选项A正确；
对于选项B，令2x−π6=kπ，k∈Z，
则x=kπ2+π12，k∈Z，
令x=π3，
则关于k的方程π3=kπ2+π12无整数解，
即选项B错误；
对于选项C，令2kπ+π2≤2x−π6≤2kπ+3π2，k∈Z，
则kπ+π3≤x≤kπ+5π6，k∈Z，
即函数f(x)的减区间为[kπ+π3,kπ+5π6]，k∈Z，
又(−2π3,−π6)⊆[−2π3,−π6]，
即函数y=f(x)在区间(−2π3,−π6)上单调递减，
即选项C正确；
对于选项D，令f(x)>0，
则2kπ<2x−π6<2kπ+π，k∈Z，
即kπ+π12即使f(x)>0成立的x的取值区间为(kπ+π12,kπ+7π12)，k∈Z，
即选项D错误．
故选：AC．
由平面向量数量积的运算及三角恒等变换，结合三角函数的性质逐一判断即可．
本题考查了平面向量数量积的运算及三角恒等变换，重点考查了三角函数的性质，属中档题．
10.AD
【解析】解：如图，
对于A选项，可知点P的轨迹是以D为圆心，半径为1的圆，
所以点P的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，
圆弧长为2π3×1=2π3，故A选项正确；
对于B选项，可知点P在线段BD上，
所以当点P与点B重合时，三棱锥M−PAD的体积最大，
且最大值为13×12×2× 3×1= 33，故B选项错误；
对于C选项，可知该球的半径为1，
球与直四棱柱的公共部分的体积为 43π× 13×12×2π32π=2π9 ，故C选项错误；
对于D选项，经过B,C,M三点的平面截直四棱柱所得的截面为平行四边形BCMN，
其中AN=1，可得BN= 5，
设MN的中点为Q,AD的中点为O，
连接QO,OB,QB，可得BC⊥平面BOQ ，
所以BC⊥BQ，求得BQ=2，
所以S四边形BCMN=BC⋅BQ=2×2=4，故D选项正确．
故选：AD．
11.C
【解析】解：∵z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
∴z的虚部为−1，|z|= 2，z2=(1−i)2=−2i为纯虚数，z的共轭复数为1+i．
∴正确的选项为C．
故选：C．
12.50°
【解析】解：因为1 tanα2= 2 3 tan10°+ tanα2，
所以1 tanα2− tanα2= 2 3 tan10°，
⇒csα2sinα2+sinα2csα2−2=2 3tan10°，
⇒2sinα=2+2 3tan10°，
⇒sinα=11+ 3tan10°=cs10°cs10°+ 3sin10°=cs10°2sin40∘=cs10°⋅cs40°sin80∘=cs40°=sin50°，
因为α为锐角，
所以α=50°．
故答案为：50°
根据式子结构先化为1 tanα2− tanα2= 2 3 tan10°，平方后切化弦，进行三角恒等变换即可求解．
本题主要考查了同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于中档题．
13.12
【解析】解：∵α∈(0,3π2),csα=35，
∴α∈(0,π2)，
∴sinα= 1−cs2α=45．
∴tanα2=sinα2csα2=sinα1+csα=12，
故答案为：12．
利用同角三角函数间的关系式可求得sinα，再利用半角公式可得答案．
本题考查同角三角函数间的关系及半角公式的应用，考查学生的运算能力，属于基础题．
14. 348
【解析】解：因为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，∠ABC=60°，边长为1，
所以O1C1⊥平面BB1D1D，且O1C1=12，O1B1= 32，
所以C1到平面BB1D1D的距离为O1C1=12，
因为OH=3HB1，点M是线段BD上的动点，
所以当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥C1−O1MH的体积有最小值，
将平面BB1D1D单独画图可得，
当B点到O1H的距离最小时，△O1MH的面积有最小值，
过点B做BF//O1H，可得直线BF上方的点到O1H的距离比直线BF上的点到O1H的距离小，
而线段BD上除B点外的所有点都在直线BF下方，到O1H的距离比B点到O1H的距离大，
即当M点在B点时，△O1MH的面积取得最小值，且三棱锥C1−O1MH的体积有最小值，
连接O1B，则O1B=OB1= 12+( 32)2= 1+34= 72，
所以B1到O1B的距离d=BB1⋅O1B1O1B=1× 32 72= 32 72= 217，
因为OH=3HB1，
所以H到直线O1B的距离为12d= 2114，
所以S△O1BH=12⋅O1B⋅12d=12⋅ 72⋅ 2114= 38，
所以VC1−O1BH=13S△O1BH⋅O1C1=13⋅ 38⋅12= 348．
故答案为 348．
因为C1到平面BB1D1D(即三棱锥底面O1MH)的距离为定值，所以当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥M−C1O1H的体积最小，将平面BB1D1D单独画图可得，当点M在点B处时，△O1MH的面积有最小值，求出三棱锥C1−O1MH的体积即可．
本题考查了四棱柱的结构特征和三棱锥的体积计算，动点的轨迹以及三棱锥的体积最值问题，属于较难题．
15.(I)证明：取SC中点G，连结FG，AF，EG，
∵F，G分别是SB，SC的中点，
∴FG//BC，FG=12BC，
∵底面ABCD是菱形，E是AD的中点，
∴AE//BC，AE=12BC，
∴FG//AE，FG=AE，
∴四边形AFGE是平行四边形，
∴AF//EG，又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC，
∴AF//平面SEC．
(II)证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，
∴SE⊥AD，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，又SE∩CE=E，SE、CE⊂平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，EG⊂平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，
∴四边形AFGE是矩形，
∴AF⊥FG，
又SA=AB，F是SB的中点，
∴AF⊥SB，
又FG∩SB=F，FG⊂平面SBC，SB⊂平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，
又AF⊂平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB．
(III)设AC、BD交于O点，假设棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，
连结MO，BE，
MO⊂平面MAC，则BD⊥OM，
∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，SAD为正三角形，
∴由余弦定理得BE= 7，SE= 3，BD=2OB=2 3，SD=2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD∩底面ABCD=AD，SE⊂侧面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，
∴SE⊥BE，∴SB= SE2+BE2= 10，
∴cs∠SBD=SB2+BD2−SD22SB⋅BD=3 3020，
∵△BOM为直角三角形，∴OBBM=3 3020，∴BM=2 103
∴BMBS=23．
【解析】(I)取SC中点G，构造平行四边形AFGE，得出AF//EG即可证明结论；
(II)通过证明平行四边形AFGE为矩形得出AF⊥FG，再根据AF⊥SB即可得出AF⊥平面SBC，从而结论得证；
(III)根据余弦定理计算BE，SB，cs∠SBD，根据cs∠SBD=OBBM计算BM的值，从而得出BMBS的值．
本题考查了线面平行的判定，面面垂直的判定，考查了线面垂直的性质定理以及空间距离的计算与应用，属于中档题．
16.解：(1)∵f(x)=ln(e2x+1)−x，
当x≥0时，函数g(x)=f(x)−x−a存在零点，
即a=ln(e2x+1)−2x在x∈[0,+∞)时有解，
设φ(x)=ln(e2x+1)−2x(x≥0)，
即φ(x)=ln(1e2x+1)，∵x≥0，1<1e2x+1≤2，
∴φ(x)∈(0,ln2]，
即实数a的取值范围为(0,ln2]．
(2)若函数f(x)与ℎ(x)的图象只有一个公共点，
则关于x的方程ln(m⋅ex−2m)=ln(e2x+1)−x只有一解，
∴m⋅ex−2m=ex+e−x只有一解，令t=ex(t>0)，
得关于t的方程(m−1)t2−2mt−1=0有一正数解，
①当m=1时，方程的解为t=−12，不合题意;
②当m>1时，∵t1⋅t2=−1m−1<0，∴此方程有一正一负根，负根舍去，满足题意;
③当m<1时，只需4m2−4(m−1)×(−1)=02m2(m−1)>0&,
解得m=−1− 52;
综上：实数m的取值范围为m|m=−1− 52或m>1．
【解析】本题考查了利用导数研究函数的最值，函数的零点与方程的根的关系，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于较难题．
(1)根据函数零点的定义，利用转化法进行求解即可;
(2)把公共点的问题转化为方程的解的问题，结合换元法进行求解即可．
17.(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
因为BD⊥PC，AC，PC⊂平面PAC，且AC∩PC=C，
所以BD⊥平面PAC，
因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA，
因为PA=AB=1，PB= 2，所以PB2=AB2+PA2，所以AB⊥PA，
因为AB，BD⊂平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD，
因为PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
(2)解：若选条件①，
记BD与AC交于点O，则O为BD的中点，连接OE，
由BF//平面ACE，平面BFD∩平面ACE=OE，则BF//OE，
所以E为FD的中点，PE=23PD，
取棱CD的中点G，连接AG，则AB，AG，AP两两垂直，
以A为原点，分别以AB，AG，AP的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(12, 32,0)，D(−12, 32,0)，P(0,0,1)，
所以AC=(12, 32,0)，PD=(−12, 32,−1)，AP=(0,0,1)，
因为PE=23PD，所以PE=(−13, 33,−23)，
则AE=AP+PE=(−13, 33,13)，
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AE=−13x+ 33y+13z=0n⋅AC=12x+ 32y=0，
令x= 3，得n=( 3,−1,2 3)，
平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1)，
设二面角E−AC−D的大小为θ，则二面角E−AC−D为锐角，
计算csθ=|cs|=|n⋅m||n||m|=0+0+2 31× 3+1+12= 32，
所以二面角E−AC−D的大小为π6．
若选条件②，记点E到平面ABC的距离为ℎ，
由VC−ABE=VE−ABC=13S△ACC⋅ℎ=13× 34×12×ℎ= 336，
解得ℎ=13，
由(1)知PA⊥平面ABCD，所以ℎ=13PA，即PE=23PD，
取棱CD的中点G，连接AG，则AB，AG，AP两两垂直，
以A为原点，分别以AB，AG，AP的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(12, 32,0)，D(−12, 32,0)，P(0,0,1)．
故AC=(12, 32,0)，PD=(−12, 32,−1)，AP=(0,0,1)．
因为PE=23PD，所PE=(−13, 33,−23)，
则AE=AP+PE=(−13, 33,13)，
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AE=−13x+ 33y+13z=0n⋅AC=12x+ 32y=0，
令x= 3，得n=( 3,−1,2 3)，
所以平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1)，
设二面角E−AC−D为θ，则二面角E−AC−D为锐角，
计算csθ=|cs|=|n⋅m||n||m|=0+0+2 31× 3+1+12= 32，
所以二面角E−AC−D的大小为π6．

【解析】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了二面角的计算问题，是中档题．
(1)证明BD⊥平面PAC，得出BD⊥PA，利用勾股定理的逆定理证明AB⊥PA，从而证明平面PAD⊥平面ABCD．
(2)选条件①，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量，计算二面角E−AC−D的大小．
选条件②，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量，计算二面角的大小．
18.解：(1)因为2bsinA=asinC，
由正弦定理得：2ab=ac，即c=2b，
因为b+c=2a，所以a=32b，
由余弦定理得：csC=a2+b2−c22ab=94b2+b2−4b22×32b×b=−14；
(2)由(1)知，csC=−14，因为C∈(0,π)，所以sinC= 154，
所以sin2C=2sinCcsC=2× 154×(−14)=− 158，
cs2C=cs2C−sin2C=116−1516=−78，
所以sin(2C−π3)=sin2Ccsπ3−cs2Csinπ3=− 158×12−(−78)× 32=7 3− 1516．
【解析】(1)由正弦定理和题设可得c=2b，a=32b，再由余弦定理计算即可求得；
(2)由三角恒等变换知识计算即可．
本题考查利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，属于中档题．
19.解：(1)由余弦定理csA=b2+c2−a22bc=b8=35⇒b=245，
结合csA=35，得sinA=45，可知，
△ABC的面积S=12bcsinA=12×245×4×45=19225；
(2)因为a=4，sinA=45，所以asinA=5，
由正弦定理b=5sinB，c=5sinC，
所以5b−3ccsC=25sinB−15sinCcsC，①
由于sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=45csC+35sinC，
代入①式可知：5b−3ccsC=(20csC+15sinC)−15sinCcsC=20；
(3)解法1：
设BC中点为D，则|AB+AC|=|2AD|=2|AD|，
AB⋅AC=(AD+DB)⋅(AD+DC)=(AD+DB)⋅(AD−DB)=AD2−DB2=|AD|2−4，
所以|AB+AC|−AB⋅AC=−|AD|2+2|AD|+4，
如下图所示，
设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，
故点A的运动轨迹为劣弧A1A2(不含端点)，
由正弦定理知圆O的半径r=52，故OD=rcsA=52×35=32，
设∠AOD=θ，则π−A<θ⩽π，由余弦定理：
AD= OA2+OD2−2OA⋅OD⋅csθ= 254+94−2⋅52⋅32⋅csθ= 172−152csθ∈ 13,4,
由于函数fx=−x2+2x+4在x∈ 13,4时单调递减，f 13=2 13−9，f4=−4，
所以|AB+AC|−AB⋅AC=−|AD|2+2|AD|+4∈[−4,2 13−9)；
解法2：
由余弦定理16=b2+c2−65bc⇒b2+c2=16+65bc②，
由定义AB⋅AC=bccsA=35bc，
所以|AB+AC|−AB⋅AC= b2+c2+65bc−35bc= 16+125bc−35bc，
设t= 16+125bc，
则|AB+AC|−AB⋅AC=f(t)=−14t2+t+4，
由正弦定理：
b+c=5sinB+5sinC=5sinB+5sinA+B=5sinB+545csB+35sinB
=8sinB+4csB=4 5sinB+φ，
其中锐角φ满足sinφ= 55，csφ=2 55，
由锐角三角形可知B∈π2−A,π2⇒B+φ∈π2+φ−A,π2+φ，
注意到sinπ2+φ−A=sinπ2+φ=2 55，
所以sinB+φ∈2 55,1．
所以b+c∈8,4 5,②式变形为bc=516(b+c)2−5，故bc∈15,20,
从而t∈2 13,8,
此时函数f(t)单调递减，而f2 13=2 13−9，f8=−4，
所以AB+AC−AB⋅AC=ft∈−4,2 13−9．

【解析】本题考查的是向量相关的取值范围问题，考查面较广，可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到三角函数恒等变换等知识，属于难题．
(1)利用余弦定理和面积公式进行求解；
(2)由正弦定理和三角恒等变换求解；
(3)解法一：设BC中点为D，推导出AB+AC−AB⋅AC=−AD2+2AD+4，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出AD的取值范围，从而求出AB+AC−AB⋅AC的取值范围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出|AB+AC|−AB⋅AC= 16+125bc−35bc，换元后利用三角恒等变换得到bc∈15,20，结合函数单调性，从而即可求出答案．