黄冈中学高考数学易错题整理

三角函数与平面向量答案1．B解：当(0,)2x时，tansinxxx所以(,)x时，sinyx与yx，tanyx均只有一个交点，即原点．故选B．2．C解：由()2fxsin()6x在2,0的图像可知(2,1)(1,2)a，故选C．3．C解：因为02x，所以sin0,cos0xx，所以22222cos8sin216cossin()4sin22sincosxxxxfxxxx．故选C．4．B．解：∵OA与e反向∴0又|||||||cos|2OAOAeOA、∴2.故选B．5．C.解：②向量几何意义可知ACAB;③由向量几何意义可知AC⊥AB.故选C．6.D解：设其边长是a，AB与2l的夹角为，则1sin,2sin(60)aa，于是2sinsin(60)aa，得35cossin022，所以3tan5．2115cossec271tan，3sin27所以1221sin3a，选D．7.B解：由2222||||||||OABCOBAC，得22220OAOBBCAC，即()()()()0OAOBOAOBBCACBCAC，所以()()0OAOBBABCACBA，即()0BAOAACOBBC，即20BAOC，所以BA⊥OC．同理，AC⊥OB，BC⊥OA，所以点O是△ABC的垂心，故选B．8.D.解：对称轴为1x,又为偶函数,则函数是周期为2的函数．有[－3，－2]上是减函数可知[0，1]是增函数.故选D．9．D解：设coscosx，则2221(sinsin)(coscos)2x，即2122cos()2x，所以232cos()2x．显然，当cos()取得最大值时，2x有最大值．所以2702x，即141422x，选D．10．D解：由已知条件知△A1、B1、C1的三个内角的余弦值为均为正，则△A1、B1、C1为锐角三角形，假设△A2、B2、C2为锐角三角形．由211211211sincossin()2sincossin()2sincossin()2AAABBBCCC得212121222AABBCC那么2221113()22ABCABC，这与三角形内角和为矛盾，所以假设不成立，则△A2、B2、C2为钝角三角形，故选D．11．解：因为经过t秒，秒针转了30t弧度，所以5sin260dt，所以10sin60td。12．解：设(,)axy，则(2,1)abxy，依题意，知1y．又22(2)(1)1xy，故1x或-3，从而(1,1)a或(3,1)．13．0ab且ab∴120且2即入1(,2)(2,)2．14．解：由已知，,(1,1)OPOAABAB，所以(1,0)(1,1)(1,)OPOAAB，从而(,)PAOAOP，(1,1)PBOBOP．所以121OPAB，(1)(1)2(1)PAPB由212(1)，得22410，所以221122，又01，所以2[1,1]2．15．解：如图，因为||2AC，所以A在以C（2,2）为圆心，以2为半径的圆上．显然，当OA与C相切时，OA与OB的夹角取得最大值和最小值．在Rt△OAC中，||2AC，22||2222OC，所以6AOC，又因为4BOC，所以4612BOA，154612BOA，所以向量OA与向量OB的夹角的取值范围为5[,]1212．16．解：令2OBOB2OCOC则O为△ABC的重心则AOBOBCAOCSSS12AOCAAOCSS，12AOBABOSS14BOCBOCSS∴2AOBAOBBOCSSS∴54ABCABOCSS17．解：由2()1fxasin()ax与2()1gxa图像所围成的封闭图形可得其面积为221aa。18．解：设E为BC中点，连结DE，则DE//AB，且263DE，设BEx．在△BED中，2222cosBDBEEDBEEDBED．所以2826652336xx，解之得1x或73x（舍）．故BC=2．从而在△ABC中，222282cos3ACABBCABBCB，所以2213AC，又30sin6B，由70sinsinsin14abAAb．19．解：由图像可知13241324||||PPPPPPPP224。20．解：由条件可得出M是AB的中点，N是△ABC的重心，不难得出②、④是正确的．21．解：作出函数()yfx的图形可从图形中得（3）（4）正确22．解：作出(,0)上函数sinyx的图形sinxx可看成图形上一点与原点所在直线斜率，由图形可知（1）（3）（5）正确23．解：（1）将13sin5cos9和13cos5sin15两式的两边平方相加得：169130(sincoscossin)25306，即可得56sin()65．（2）由已知得sinsinsin，①coscoscos，②①2+②2得22(sinsin)(coscos)1，即1sinsincoscos2，即1cos()2，所以3．因为sinsinsin0，所以．所以3．24.解：（1）在ABD中，由正弦定理得sinsinABBDADBBAD①，在ACD中，由正弦定理得sinsinACDCADCCAD②，又AD平分BAC，所以BADCAD，sinsinBADCAD，AB＇C＇BCOsinsin()sinADBADCADC，由①②得36BDABDCAC，所以2DCBD.（2）因为2DCBD，所以BCDC32.在△ABC中，因为22222237611cos223721ABBCACBABBC，所以22()||||cos()33ABDCABBCABBCB2112237()3213.25.解：（I）设,,MACBAM则由90cottanCC得90BABM中，由正弦定理得.sinsin,sinsinMBAMBBAMBM即同理得,sinsinMCAMC,MCMB,sinsinsinsinCBBCsinsinsinsin,90,90BCcossincossin即,2sin2sin90或当90时，,21MCBCAM与AMC的三边长是连续三个正整数矛盾，CB,，ABC是等腰三角形。（II）地直角三角形AMC中，设两直角边分别为,1,1,nnn斜边为由222)1()1(nnn得n=4，由余弦定理或二倍角公式得.257cosBAC或.257cosBAC26．解：（1）由已知得2bac，所以2222221cos2222acbacacacacBacacac，所以(0,]3B．又922acbbac，所以3b．所以211sinsin22ABCSacBbB1939sin234，当且仅当3abc时取等号．所以max934S．（2）因为2221cos()2BABCacBacb221[()2]2acacb221[(9)3]2bb29243(),24b所以当3b时，min9()2BABC．27．解：（1）设(,)Qxy，圆22:9Cxy上任一点00(,)Mxy．又P（1，2），则00(,),(1,2),(,)OQxyOPOMxy．由OQOPOM，则有00(,)(1,2)(,)xyxy，所以0012xxyy又22009xy，故Q的轨迹方程为22(1)(2)9xy．（2）2OPQMOPMSS12||||sin2OPOMPOM35sin35POM，所以四边形OPQM面积的最大值为35．此时∠POM=90º，则0OPOM．设00(,)Mxy．由0OPOM及点M在圆C上得002200209xyxy，解得00655355xy或00655355xy，即6535(,)55OM或6535(,)55．28．解：设∠CAB，过O作OE⊥AC，E为垂足，连结OA，OB．因为2,ABrOAOBr，所以∠90AOB，所以∠45OAB，所以22cos(45)ACAEr．在Rt△ADC中，cos2cos(45)cosADACr，sin2cos(45)sinCDACr，所以2212cos(45)sincos2ACDSADCDr22cos(45)sin2r21cos(290)sin22r21(1sin2)sin22r22111[(sin2)]224r．所以当1sin22，即230，亦即15时，ACDS取得最大值，这时C点的位置由∠CAB=15º确定。29．解：（1）证明：设(,)AAAxy，(,)BBBxy，(,)CCCxy．由题意，在同一时刻t，D、E、F分AB、BC、CA所成的比相同，设为，则1ADBECFtDBECFAt．由定比分点坐标公式可求得：((1),(1))BABADtxtxtyty((1),(1))CBCBEtxtxtyty((1),(1))ACACFtxtxtyty由三角形重心坐标公式求得△DEF的重心坐标为(,)33ABCABCxxxyyy，与t无关，即在运动过程中，△DEF的重心不变．（2）因为,1ADAFttABAC，所以△DFA与△ABC的底边与高对应成比例，所以:():()(1),DFAABCSSADAFABACtt即(1)DFASttS．同理，(1)DEBEFCSSttS．所以()DEFABCDFADEBEFCSSSSS2(331)ttS211[3()]24tS．因为01t，所以当12t时，DEFS的面积取得最小值为14S．30．解：（1）易知2a．由||2||OCOBBCBA，得||2||BCAC，即||||OCAC．又0ACBC，所以∠BCA=90º，即△ACO为等腰直角三角形，所以(1,1)C又C点在22214xyb上，所以243b．所以椭圆的方程为223144xy．（2）证明：由230BOOAOF，得3()0BOOAOAOF所以3BAFA，所以F分BA所成的比2，所以||2||BFFA．又||2||DBCA，所以BFCBFACA，故由角平分线定理知CF平分∠BCA．三角函数与平面向量1．在同一坐标系中，函数xysin的图像和函数xy的图像有()个公共点..函数xysin的图像和函数tanyx（,x）的图像有(B)个公共点.ABCDEOA.1,3B.1,1C.3,1D.3,31．解：当(0,)2x时，tansinxxx所以(,)x时，sinyx与yx，tanyx