2020-2021年山东省临沂市高一（下）期中考试数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021年山东省临沂市高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知a，b是两条异面直线，b，c是两条垂直直线，那么a，c的位置关系是( )
A.平行或相交B.异面或平行
C.异面或相交D.平行或异面或相交

2. 在△ABC中，C=60∘，a+2b=8，sinA=6sinB，则c=( )
A.35B.31C.6D.5

3. 已知△ABC是边长为4的等边三角形，D为BC的中点，点E在边AC上，且AE→=λAC→(0<λ<1)，设AD与BE交于点P，当λ变化时，记m=BP→⋅BC→，则下列说法正确的是( )
A.m随λ的增大而增大
B.m为定值
C.m随λ的增大而减少
D.m先随λ的增大而增大后随λ的增大而减少

4. 如图，已知等腰三角形△O′A′B′是一个平面图形的直观图，O′A′=A′B′，斜边O′B′=2，则这个平面图形的面积是( )

A.22B.1C.2 D.22

5. 若z1=m2+m+1+m−4i，m∈R，z2=3−3i，则“m=1”是“z1=z2”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件

6. 已知点O为△ABC所在平面内一点，若动点P满足OP→=OA→+λAB→+AC→λ≥0，则点P一定经过△ABC的( )
A.外心B.内心C.重心D.垂心

7. 下列说法正确的有( )
①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；
②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；
③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；
④圆锥的轴截面是等腰三角形.
A.1个B.2个C.3个D.4个

8. 在△ABC中，BA→⋅AC→|AB→|+AC→⋅BC→|BC→|=0，BC→|BC→|⋅BA→|BA→|=−12，则△ABC为( )
A.直角三角形B.三边均不相等的三角形
C.等边三角形D.等腰非等边三角形
二、多选题

已知复数z=x+yix,y∈R，则（）
A.z2≥0B.z的虚部是yi
C.若z=1+2i，则x=1,y=2D.|z|=x2+y2

如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是( )

A.C1，M，O三点共线B.C1，M，O，C四点共面
C.C1，O，A，M四点共面D.D1，D，O，M四点共面

在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知csBcsC=b2a−c，S△ABC=334，且b=3，则( )
A.csB=12B.csB=32C.a+c=3D.a+c=32

已知a→，b→是平面上夹角为2π3的两个单位向量，向量c→在该平面上，且a→−c→⋅b→−c→=0，则下列结论中正确的有( )
A.|a→+b→|=1B.|a→−b→|=3
C.|c→|<3D.a→+b→，c→的夹角是钝角
三、填空题

已知复数z=1+2i，则z⋅z¯=________.

已知△ABC的面积为23，AB=2，∠B=π3，则sinBsinC=________．

已知向量a→=m,1，b→=4−n,2，m>0，n>0，若a→//b→，则1m+8n的最小值为________.

已知半径为R的球放在房屋的墙角处，球与围成墙角的三个两两互相垂直的面都相切，若球心到墙角顶点的距离是3，则球的体积是________．
四、解答题

在①asinC=3ccsA，②b2+c2−a2=bc，③3sinA−csA=1三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且________.
(1)求A；

(2)若a=2，则△ABC的面积为3，求b，c．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，

(1)求圆柱的表面积；

(2)求圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积．

已知在△ABC中，三边长a，b，c满足2b=a+c．
(1)若sinA:sinB=3:5，求三个内角中最大角的度数；

(2)若b=1，且BA→⋅BC→=b2−a−c2，求△ABC的面积．

已知△OAB的顶点坐标为O0,0,A2,9,B6,−3，点P的横坐标为4，且OP→=λPB→，点Q是边AB上一点，且OQ→⋅AP→=0.
(1)求实数λ的值与点P的坐标；

(2)求点Q的横坐标与纵坐标之和．

如图，在扇形OAB中，∠AOB=120∘，半径OA=OB=1，P为弧AB上一点．

(1)若OA⊥OP，求PA→⋅PB→的值；

(2)求PA→⋅PB→的最小值．

在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a→=−1,2，又点A8,0，Bn,t，Cksinθ,t，θ∈R．
(1)若AB→⊥a→，且|AB→|=5|OA→|，求向量OB→；

(2)若向量AC→与向量a→共线，常数k>0，求fθ=tsinθ的值域．
参考答案与试题解析
2020-2021年山东省临沂市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由题意，根据空间中直线与直线的位置关系进行求解即可.
【解答】
解：如图正方体中，
可得a，c位置关系是平行或异面或相交.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
直接利用正弦定理和余弦定理的应用求出结果．
【解答】
解：因为在△ABC中，sinA=6sinB，
利用正弦定理得： a=6b，
所以a+2b=8,a=6b.解得a=6,b=1.
利用余弦定理c2=a2+b2−2abcsC
=36+1−2×1×6×12=31，
故c=31.
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
【解析】
由题意，根据平面向量的数量积的几何意义进行求解即可.
【解答】
解：如图：
因为△ABC是边长为4的等边三角形，D为BC的中点，
所以AD⊥BC，
可知在△PBD中，∠PDB=90∘，|BP→|cs∠PBC=|BD→|；
所以cs∠PBC=|BD→||BP→|，
而m=BP→⋅BC→=|BP→|⋅|BC→|⋅cs∠PBC
=|BP→|⋅|BC→|⋅|BD→||BP→|=12×4×4=8 .
即m为定值．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法
【解析】
根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且斜边长是2，得到直角三角形的直角边长，做出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的22倍，进而即可得到答案.
【解答】
解：因为Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′=2，
所以O′A′=A′B′=2，
在原平面图形中，OB=O′B′=2，OA=22，∠AOB=90∘，
所以原平面图形的面积S△AOB=12OA⋅OB=12×2×22=22.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
复数相等的充要条件
【解析】
由题意，根据必要条件、充分条件与充要条件的判断按部就班进行分析即可.
【解答】
解：当m=1时，z1=3−3i，
因为z1=z2，
所以由“m=1”可以推出“z1=z2”.
若z1=z2，
则m2+m+1=3,m−4=−3,
解得m=1，
所以由“z1=z2“推出“m=1”，
综上得“m=1”是“z1=z2”的充要条件.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
取BC的中点D，由OP→=OA→+λ(AB→+AC→)(λ≥0) ，得AP→=2λAD→ ，从而可得AP→与AD→共线，得直线AP与直线AD重合，进而得结论．
【解答】
解：设BC的中点为D，则AB→+AC→=2AD→，
因为OP¯=OA¯+λ(AB→+AC→)(λ≥0)，
所以AP→=2λAD→，
所以AP→与AD→共线，即直线AP与直线AD重合，
所以直线AP一定过△ABC的重心．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
棱台的结构特征
【解析】
根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案
【解答】
解：①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；
②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；
③中底面不一定是正方形，所以③不正确；
④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的．
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
三角形的形状判断
平面向量数量积的运算
【解析】
直接代入数量积的计算公式第一个条件求出A=C；第二个条件得到B即可求出结论.
【解答】
解：因为在△ABC中，A，B，C∈0,π，
BA→⋅AC→|AB→|+AC→⋅BC→|BC→|=0，BC→|BC→|⋅BA→|BA→|=−12，
所以−|AB→|×|AC→|×csA|AB→|+|CA→|×|CB→|×csC|BC→|=0，
所以|CA→|csA−|AC→|csC=0，
所以csA=csC，
所以A=C.
因为 BC→⋅BA→=|BC→|×|BA→|×csB=−12|BC→|×|BA→|，
所以csB=−12，
所以B=2π3，
所以△ABC为等腰非等边三角形.
故选D．
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
复数的模
复数的基本概念
【解析】
本题考查复数的概念、复数相等的条件、复数的模长公式，属于基础题．根据概念逐项判断，即可求出结果．
【解答】
解：A，z2=x2+2xyi−y2，
实数可比较大小，复数不能比较大小，
所以A选项不正确，
B，z的虚部为y，所以B选项不正确，
C，若z=1+2i，则实部为1，虚部为2，
即x=1，y=2，
所以C选项正确，
D，z=x2+y2，所以D选项正确.
故选CD．
【答案】
A,B,C
【考点】
平面的基本性质及推论
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接A1C1，AC，如下图，
则AC∩BD=O，
A1C∩平面C1BD=M，
∴ 三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，
即C1，M，O三点共线.
∴ A，B，C均正确，D不正确.
故选ABC．
【答案】
A,D
【考点】
解三角形
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】
利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合sinA≠0，可求csB=12，结合范围B∈0,π ，可求B=π3，进而根据三角形的面积公式，余弦定理可求a+c，即可得解．
【解答】
解：∵csBcsC=b2a−c=sinB2sinA−sinC，
∴整理可得： sinBcsC=2sinAcsB−sinCcsB，
可得sinBcsC+sinCcsB=sinB+C
=sinA=2sinAcsB.
∵A为三角形内角，sinA≠0，
∴csB=12，故A正确，B错误；
∵B∈0,π，
∴B=π3.
∵ S△ABC=334，且b=3，
∴334=12acsinB=12×ac×32=34ac，
可得ac=3，
∴由余弦定理可得9=a2+c2−ac=a+c2−3ac=a+c2−9，
可得a+c=32，故C错误，D正确．
故选AD．
【答案】
A,B,C
【考点】
平面向量数量积
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
【解析】
在平面上作出OA→=a→,OB→=b→，|OA|=|OB|=1,∠AOB=2π3 ，作OC→=c→ ，则可得出C点在以AB为直径的圆上，这样可判断选项C、D．由向量加法和减法法则判断选项A、B．
【解答】
解：A，|a→+b→|=a→+b→2
=a→2+b→2+2|a→|⋅b→cs2π3=1 ，
故A正确；
B，设OA→=a→，OB→=b→，
|OA|=|OB|=1，∠AOB=2π3，则|AB|2=OA2+OB2−2OA⋅OBcs2π3=3，即
|a→−b→|=3 ，故B正确；
C，设OC→=c→ ，由a→−c→⋅b→−c→=0，得BC⊥AC ，点C在以AB为直径的圆上（可以与A，B重合），设AB中点是M，
|c→|的最大值为|c→|=|OC→|
=|OM→|+|MC→|
=|a→+b→|2+|AB→|2=12+32<3 ，
故C正确；
D，a→+b→与OM→同向，由图，OM→与c→的夹角不可能为钝角，故D错误．
故选ABC.
三、填空题
【答案】
5
【考点】
复数的运算
共轭复数
【解析】
写出其共轭复数，再利用运算法则求解即可.
【解答】
解：∵ z=1+2i，∴ z¯=1−2i，
则z⋅z¯=1+2i1−2i=1−4i2=5.
故答案为：5.
【答案】
3
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
无
【解答】
解：设△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
则AB=2=c，
则S△ABC=12acsinB
=12×a×2×32=23，
解得a=4，
∴ b2=a2+c2−2accsB
=16+4−2×4×2×12=12，
∴ b=23，
∴ sinBsinC=bc=232=3.
故答案为：3．
【答案】
92
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由a→//b→可得m与n的关系，再利用“1”的代换利用基本不等式求解即可．
【解答】
解：∵ a→//b→，
∴ 4−n−2m=0，即n+2m=4 ，
∵ m>0，n>0，
∴ 1m+8n=14n+2m1m+8n
=1410+nm+16mn≥1410+2nm×16mn=92，
当且仅当n=4m时取等号，
∴ 1m+8n的最小值是92.
故答案为：92.
【答案】
43π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
设球的半径为R，当球放在墙角时，同时与两墙面和地面相切可知球心与墙角顶点可构成边长为R的正方体，则正方体对角线即为球心到墙角顶点的距离，由此求出球的半径，可得球的表面积．
【解答】
解：如图，
根据题意可知球心与墙角顶点可构成边长为R的正方体，
则球心到墙角顶点的距离为正方体的对角线即3R，
即3R=3.
解得R=1.
故球的体积是V=43π⋅13=43π.
故答案为：43π．
四、解答题
【答案】
解：(1)若选①，
∵ asinC=3ccsA，
由正弦定理得，sinA⋅sinC=3sinC⋅csA．
∵ sinC≠0，∴ sinA=3csA，即tanA=3．
∵ A∈(0,π)，∴ A=π3．
若选②，
∵b2+c2−a2=bc.
由余弦定理，csA=b2+c2−a22bc=12．
∵ A∈(0,π)，∴ A=π3.
若选③，
∵3sinA−csA=1.
∴ sinA−π6=12，
∵A∈0,π，A−π6∈−π6,56
∴ A−π6=π6，
∴ A=π3．
(2)∵ a=2，S△ABC=12bc⋅sinA=12bc⋅sinπ3=3，
∴ bc=4，
由余弦定理：a2=b2+c2−2bc⋅csA，
即4=b2+c2−2bc⋅csπ3，即b2+c2=8，
由bc=4，b2+c2=8，解得：b=c=2．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若选①，
∵ asinC=3ccsA，
由正弦定理得，sinA⋅sinC=3sinC⋅csA．
∵ sinC≠0，∴ sinA=3csA，即tanA=3．
∵ A∈(0,π)，∴ A=π3．
若选②，
∵b2+c2−a2=bc.
由余弦定理，csA=b2+c2−a22bc=12．
∵ A∈(0,π)，∴ A=π3.
若选③，
∵3sinA−csA=1.
∴ sinA−π6=12，
∵A∈0,π，A−π6∈−π6,56
∴ A−π6=π6，
∴ A=π3．
(2)∵ a=2，S△ABC=12bc⋅sinA=12bc⋅sinπ3=3，
∴ bc=4，
由余弦定理：a2=b2+c2−2bc⋅csA，
即4=b2+c2−2bc⋅csπ3，即b2+c2=8，
由bc=4，b2+c2=8，解得：b=c=2．
【答案】
解：(1)设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为r′，
因为过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
可得r=a2，r′=a4 ，且圆柱母线长l′=a2，圆锥母线长l=a2+a22=52a，
所以圆柱的表面积为：S表=2πr′2+2πr′l′
=2π⋅a42+2π⋅a4⋅a2=38πa2.
(2)剩下几何体的体积V=13πr2⋅OP−πr2⋅OO′
=13π⋅a22⋅a−πa42⋅a2=596πa2.
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为r′，
因为过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
可得r=a2，r′=a4 ，且圆柱母线长l′=a2，圆锥母线长l=a2+a22=52a，
所以圆柱的表面积为：S表=2πr′2+2πr′l′
=2π⋅a42+2π⋅a4⋅a2=38πa2.
(2)剩下几何体的体积V=13πr2⋅OP−πr2⋅OO′
=13π⋅a22⋅a−πa42⋅a2=596πa2.
【答案】
解：(1)∵ a，b，c满足2b=a+c，
又sinA:sinB=3:5，
∴ a:b=3:5，
设a=3k,b=5k，则c=7k，∴ 最大角为C，
由csC=a2+b2−c22ab=−12，得C=120∘．
(2)又由BA→⋅BC→=b2−a−c2，得ac⋅csB=b2−a−c2．
∵ b2=a2+c2−2ac⋅csB，
∴ ac⋅csB=−2ac⋅csB+2ac，
∴ csB=23，∴ sinB=53.
又∵ b=1，∴a+c=2，且ac⋅csB=b2−a−c2，
∴ ac=910，
∴ △ABC的面积为12acsinB=12×910×53=3520.
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ a，b，c满足2b=a+c，
又sinA:sinB=3:5，
∴ a:b=3:5，
设a=3k,b=5k，则c=7k，∴ 最大角为C，
由csC=a2+b2−c22ab=−12，得C=120∘．
(2)又由BA→⋅BC→=b2−a−c2，得ac⋅csB=b2−a−c2．
∵ b2=a2+c2−2ac⋅csB，
∴ ac⋅csB=−2ac⋅csB+2ac，
∴ csB=23，∴ sinB=53.
又∵ b=1，∴a+c=2，且ac⋅csB=b2−a−c2，
∴ ac=910，
∴ △ABC的面积为12acsinB=12×910×53=3520.
【答案】
解：(1)设P4,y，则OP→=4,y，
PB→=2,−3−y，由OP→=λPB→，
得4,y=λ2,−3−y，解得λ=2,y=−2，
∴ 点P的坐标为4,−2．
(2)设Qa,b，则OQ→=a,b，
由(1)得AP→=2,−11．
∵ OQ→⋅AP→=0，∴ 2a−11b=0，①
∵ 点Q在边AB上，∴ AQ→//AB→，
又AB→=4,−12，AQ→=a−2,b−9，
∴ 4b−9+12a−2=0，即3a+b−15=0，②
联立①②，解得a=337，b=67，
∴ a+b=397.
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设P4,y，则OP→=4,y，
PB→=2,−3−y，由OP→=λPB→，
得4,y=λ2,−3−y，解得λ=2,y=−2，
∴ 点P的坐标为4,−2．
(2)设Qa,b，则OQ→=a,b，
由(1)得AP→=2,−11．
∵ OQ→⋅AP→=0，∴ 2a−11b=0，①
∵ 点Q在边AB上，∴ AQ→//AB→，
又AB→=4,−12，AQ→=a−2,b−9，
∴ 4b−9+12a−2=0，即3a+b−15=0，②
联立①②，解得a=337，b=67，
∴ a+b=397.
【答案】
解：(1)当OA⊥OP时，如图所示．
因为∠AOB=120∘，所以∠POB=120∘−90∘=30∘，
∠OPB=180∘−30∘2=75∘，
所以∠APB=75∘+45∘=120∘.
在△POB中，由余弦定理，得
PB2=OB2+OP2−2OB⋅OP⋅cs∠POB
=12+12−2×1×1×cs30∘=2−3.
因为PB2=2−3，
所以|PB→|=6−22，又|PA→|=2|OA→|=2，
所以PA→⋅PB→=|PA→|⋅|PB→|⋅cs∠APB
=6−22×2×cs∠APB
=6−22×2×cs120∘=1−32.
(2)以O为原点，OA所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A1,0.
因为∠AOB=120∘,OB=1，所以B−12,32.
设Pcsα,sinα，其中α∈0∘,120∘．
则PA→⋅PB→=(1−csα,−sinα)⋅(−12−csα,32−sinα)，
=−12−12csα+cs2α−32sinα+sin2α
=12−12csα−32sinα=12−sinα+30∘，
因为α∈0∘,120∘，所以α+30∘∈30∘,150∘，
sinα+30∘∈12,1，
所以当α+30∘=90∘，即α=60∘时，PA→⋅PB→取得最小值为−12.
【考点】
平面向量数量积
余弦定理
正弦函数的定义域和值域
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当OA⊥OP时，如图所示．
因为∠AOB=120∘，所以∠POB=120∘−90∘=30∘，
∠OPB=180∘−30∘2=75∘，
所以∠APB=75∘+45∘=120∘.
在△POB中，由余弦定理，得
PB2=OB2+OP2−2OB⋅OP⋅cs∠POB
=12+12−2×1×1×cs30∘=2−3.
因为PB2=2−3，
所以|PB→|=6−22，又|PA→|=2|OA→|=2，
所以PA→⋅PB→=|PA→|⋅|PB→|⋅cs∠APB
=6−22×2×cs∠APB
=6−22×2×cs120∘=1−32.
(2)以O为原点，OA所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A1,0.
因为∠AOB=120∘,OB=1，所以B−12,32.
设Pcsα,sinα，其中α∈0∘,120∘．
则PA→⋅PB→=(1−csα,−sinα)⋅(−12−csα,32−sinα)，
=−12−12csα+cs2α−32sinα+sin2α
=12−12csα−32sinα=12−sinα+30∘，
因为α∈0∘,120∘，所以α+30∘∈30∘,150∘，
sinα+30∘∈12,1，
所以当α+30∘=90∘，即α=60∘时，PA→⋅PB→取得最小值为−12.
【答案】
解：(1)AB→=n−8,t，
∵ AB→⊥a→，且|AB→|=5|OA→|，
∴ −n−8+2t=0，n−82+t2=85，
解得t=±8，
当t=8时，n=24；
当t=−8时，n=−8．
∴ 向量OB→=24,8或OB→=−8,−8．
(2)AC→=ksinθ−8,t，
∵ 向量AC→与向量a→共线，常数k>0，
∴ t=−2ksinθ+16，
∴ fθ=tsinθ=−2ksin2θ+16sinθ
=−2ksinθ−4k2+32k．
①当0<4k<1即k>4时，
当sinθ=4k时fθ=tsinθ取得最大值32k，
当sinθ=−1时，fθ=tsinθ取得最小值−2k−16，
此时函数fθ的值域为−2k−16,32k．
②当4k≥1即0当sinθ=1时fθ=tsinθ取得最大值−2k+16，
当sinθ=−1时fθ=tsinθ取得最小值−2k−16，
此时函数fθ的值域为−2k−16,−2k+16．
综上所述，当k>4时fθ的值域为−2k−16,32k，
0【考点】
平面向量的坐标运算
向量的模
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量共线（平行）的坐标表示
函数的值域及其求法
二次函数的性质
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)AB→=n−8,t，
∵ AB→⊥a→，且|AB→|=5|OA→|，
∴ −n−8+2t=0，n−82+t2=85，
解得t=±8，
当t=8时，n=24；
当t=−8时，n=−8．
∴ 向量OB→=24,8或OB→=−8,−8．
(2)AC→=ksinθ−8,t，
∵ 向量AC→与向量a→共线，常数k>0，
∴ t=−2ksinθ+16，
∴ fθ=tsinθ=−2ksin2θ+16sinθ
=−2ksinθ−4k2+32k．
①当0<4k<1即k>4时，
当sinθ=4k时fθ=tsinθ取得最大值32k，
当sinθ=−1时，fθ=tsinθ取得最小值−2k−16，
此时函数fθ的值域为−2k−16,32k．
②当4k≥1即0当sinθ=1时fθ=tsinθ取得最大值−2k+16，
当sinθ=−1时fθ=tsinθ取得最小值−2k−16，
此时函数fθ的值域为−2k−16,−2k+16．
综上所述，当k>4时fθ的值域为−2k−16,32k，
0