黄冈中学高考数学易错题整理

1、三角函数与平面向量答案1B解：当时， 所以时，与，均只有一个交点，即原点故选B2C解：由在的图像可知，故选C3C解：因为，所以，所以故选C4B解：与反向 又.故选B5C.解：向量几何意义可知;由向量几何意义可知ACAB. 故选C6.D解：设其边长是，AB与的夹角为，则，于是，得，所以， 所以，选D7.B解：由，得，即，所以，即，即，所以BAOC同理，ACOB，BCOA，所以点O是ABC的垂心，故选B8.D. 解：对称轴为,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D9D解：设，则，即，所以显然，当取得最大值时，有最大值所以，即，选D10D解：由已知条件知A1

2、、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为锐角三角形由得 那么，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D11解：因为经过秒，秒针转了弧度，所以，所以。12解：设，则，依题意，知又，故或-3，从而或13且且即入14解：由已知，所以，从而，所以，由，得，所以，又，所以15解：如图，因为，所以A在以C（2,2）为圆心，以为半径的圆上显然，当OA与相切时，与的夹角取得最大值和最小值在OAC中，所以，又因为，所以，所以向量与向量的夹角的取值范围为ABCBCO16解： 令 则O为的重心则， 17解：由与图像所围成的封

3、闭图形可得其面积为。18解：设E为BC中点，连结DE，则DE/AB，且，设在BED中，所以，解之得或（舍）故BC=2从而在ABC中，所以，又，由19解：由图像可知。20解：由条件可得出M是AB的中点，N是ABC的重心，不难得出、是正确的21解：作出函数的图形可从图形中得（3）（4）正确22解：作出上函数的图形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）将和两式的两边平方相加得：，即可得（2）由已知得， ，2+2得，即，即，所以因为，所以所以24. 解：（1）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得， 又平分，所以，由得，所以.（2）因为，所以.在中，因为，

4、所以.25. 解： （I）设则由中，由正弦定理得同理得即当时，与的三边长是连续三个正整数矛盾，是等腰三角形。（II）地直角三角形AMC中，设两直角边分别为由得n=4，由余弦定理或二倍角公式得或26解：（1）由已知得，所以，所以又，所以所以，当且仅当时取等号所以（2）因为 所以当时，27解：（1）设，圆上任一点又P（1，2），则由，则有，所以又，故Q的轨迹方程为（2），所以四边形OPQM面积的最大值为此时POM=90，则设由及点M在圆C上得，解得或，即或28解：设，过O作OEAC，E为垂足，连结OA，OB因为，所以，所以，ABCDEO所以在ADC中，所以所以当，即，亦即时，取得最大值，这时C点的

5、位置由CAB=15确定。29解：（1）证明：设，由题意，在同一时刻，D、E、F分、所成的比相同，设为，则由定比分点坐标公式可求得： 由三角形重心坐标公式求得DEF的重心坐标为，与无关，即在运动过程中，DEF的重心不变（2）因为，所以DFA与ABC的底边与高对应成比例，所以即同理，所以因为，所以当时，的面积取得最小值为30解：（1）易知由，得，即又，所以BCA=90，即ACO为等腰直角三角形，所以又C点在上，所以所以椭圆的方程为（2）证明：由，得所以，所以F分所成的比，所以又，所以，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，函数的图像和函数的图像有( )个公共点.函数的

6、图像和函数（ ）的图像有( B )个公共点.A. 1 ,3 B. 1 ,1 C. 3, 1 D. 3, 31解：当时， 所以时，与，均只有一个交点，即原点故选B2若方程在上有两个不同的实数解， ( C )A. B. C. D. 2解：由在的图像可知。3.当时,函数的最小值为( C )A.2 B. C.4 D.3解：因为，所以，所以故选C4已知平面上直线的方向向量，点和在上的射影分别是和，则，其中等于( )A.2 B.-2 C. D. 4解：与反向 又.故选B5. 5.在中,有命题: 若,则为等腰三角形对任意恒成立，则的形状为直角三角形若,则为锐角三角形.上述命题正确的是( C ) A. B.

7、C. D.5C.解：向量几何意义可知;由向量几何意义可知ACAB. 故选C6如图是同一平面内的三条平行直线，与间的距离是1，与间的距离是2，正三角形ABC的三个顶点分别在、上，则ABC的边长是（ D ）ABCD6.解：设其边长是，AB与的夹角为，则，于是，得，所以，所以，选D7设O为ABC所在平面内一点，已知，则点O 是ABC的（ B ）A重心B垂心C外心D内心7.解：由，得，即，所以，即，即，所以BAOC同理，ACOB，BCOA，所以点O是ABC的垂心，故选B8定义在R上的偶函数满足，且在3，2上是减函数，是钝角三角形的两个锐角，则下列不等式关系中正确的是（ D ）A. B.C.D.8.D.

8、 解：对称轴为,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D9.若,则的取值范围是（ D ）ABCD 9解：设，则，即，所以显然，当取得最大值时，有最大值所以，即，选D10.如果的三个内角的余弦值分别等于的三个内角的正弦值,则( D )A. 与都为锐角三角形.B. 与都为钝角三角形.C. 为钝角三角形, 为锐角三角形.D. 为锐角三角形, 为钝角三角形.10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为锐角三角形由得，那么，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

9、形，故选D11某时钟的秒针端点A到中点O的距离为5cm，秒针均匀地绕点O旋转，当时间时，点A与钟面上标12的点B重合，将A、B两点间的距离表示成的函数，则 ，其中11解：因为经过秒，秒针转了弧度，所以，所以。12若平面向量，满足平行于轴，则（-1，1）或（-3，1）12解：设，则，依题意，知又，故或-3，从而或13已知向量a=,b，则使a与b的夹角为锐角的的范围为 (，2) 13且且即入14设点A（1，0），B（0，1），O为坐标原点，点P在线段AB上移动，若，则实数的取值范围是 14解：由已知，所以，从而，所以，由，得，所以，又，所以15已知向量，向量，向量，则向量与向量，向量，则向量与向量

10、的夹角的取值范围为 15解：如图，因为，所以A在以C（2,2）为圆心，以为半径的圆上显然，当OA与相切时，与的夹角取得最大值和最小值在OAC中，所以，又因为，所以，所以向量与向量的夹角的取值范围为16点在内部且满足，则面积与凹四边形面积之比是 ABCBCO16解：令 则O为的重心则，17.在平面直角坐标系xoy中，函数在一个最小正周期长的区间上的图像与函数的图像所围成的封闭图形的面积是_。17解：由与图像所围成的封闭图形可得其面积为。. 18在ABC中，已知，AC边上的中线，则. 18解：设E为BC中点，连结DE，则DE/AB，且，设在BED中，所以，解之得或（舍）故BC=2从而在ABC中，所

11、以，又，由 19. 已知偶函数满足，且当时，其图象与直线在轴右侧的交点按横坐标从小到大依次记为，则_4_.19解：由图像可知。20已知ABC中，P为平面上任意一点，M、N分别使，给出下列相关命题：；直线MN的方程为；直线MN必过ABC的外心；向量所在射线必过N点，上述四个命题中正确的是 （将正确的选项全填上）20解：由条件可得出M是AB的中点，N是ABC的重心，不难得出、是正确的21对于函数,给出下列四个命题:(1) 该函数的值域是; (2) 当且仅当时该函数取到最大值1;(3) 当且仅当时该函数取到最小值;(4) 当且仅当时正确的序号有(3)(4) 21解：作出函数的图形可从图形中得（3）（

12、4）正确22已知且，则下列五个不等式：； ； ； 其中正确的序号是 22解：作出上函数的图形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（1）已知，求的值；（2）已知、，求 的值23解：（1）将和两式的两边平方相加得：，即可得（2）由已知得， ，2+2得，即，即，所以因为，所以所以BACD24.如图，在ABC中，已知，是平分线.（1）求证：； （2）求的值.24. 解：（1）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得， 又平分，所以，由得，所以.（2）因为，所以.在中，因为， 所以.25.在中，点M是BC的中点，的三边长是连续三个正整数，且（I）判断的形状；（II）求的

13、余弦值。25. 解： （I）设则由中，由正弦定理得同理得即当时，与的三边长是连续三个正整数矛盾，是等腰三角形。（II）地直角三角形AMC中，设两直角边分别为由得n=4，由余弦定理或二倍角公式得或26在ABC中，已知a,b,c成等比数列，且（1）求ABC的面积S的最大值；（2）求的最小值26解：（1）由已知得，所以，所以又，所以所以，当且仅当时取等号所以（2）因为所以当时，27已知圆以及圆C内一定点P（1，2），M为圆C上一动点，平面内一点Q满足关系：（O为坐标原点）（1）求点Q的轨迹方程；（2）在O、M、P不共线时，求四边形OPQM面积的最大值及此时对应的向量27解：（1）设，圆上任一点又P（

14、1，2），则由，则有，所以又，故Q的轨迹方程为（2） ，所以四边形OPQM面积的最大值为此时POM=90，则设由及点M在圆C上得，解得或，即或28如图所示，在半径为的圆O上的弓形中，底，C为劣弧上的一点，且CDAB，D为垂足，点C在圆O上运动，当点C处于什么位置时，ADC的面积有最大值？ABCDEO28解：设，过O作OEAC，E为垂足，连结OA，OB因为，所以，所以，所以在ADC中，所以所以当，即，亦即时，取得最大值，这时C点的位置由CAB=15确定。29如图所示，已知在ABC的边上作匀速运动的点D、E、F，在时刻时，分别从A、B、C出发，各以一定速度向B、C、A前进，当时刻时到达B、C、A（

15、1）试证明在运动过程中，DEF的重心不变；（2）若ABC的面积是S，求DEF的面积的最小值29解：（1）证明：设，由题意，在同一时刻，D、E、F分、所成的比相同，设为，则由定比分点坐标公式可求得：由三角形重心坐标公式求得DEF的重心坐标为，与无关，即在运动过程中，DEF的重心不变（2）因为，所以DFA与ABC的底边与高对应成比例，所以即同理，所以因为，所以当时，的面积取得最小值为30已知椭圆，为长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，且，（1）求椭圆的方程；（2）若AB上的一点F满足，求证：CF平分BCA30解：（1）易知由，得，即又，所以BCA=90，即ACO为等腰直角三角形，所以又C点在上，

16、所以所以椭圆的方程为（2）证明：由，得所以，所以F分所成的比，所以又，所以，故由角平分线定理知CF平分BCA集合与简易逻辑、极限与复数易错题（参考答案）1C 解：因为，又且，所以，故，所以它的非空真子集有个故选C2B 解：当时，不等式的解集为，不符合题意，所以，由不等式得：或，即或，则有或，又，所以，即有，故选B3A 解：当时，对一切实数，不等式恒成立；当时，要使不等式恒成立，则且，即，所以，故选4C解：特殊值法 由题意取，则，可见选C5解：集合为复数集，而复数集一定为封闭集，是真命题由封闭集定义知为真命题是假命题如符合定义，但是为有限集是假命题如，为整数和虚数构成集合，满足，但不是封闭集，如

17、都在中，但，所以正确的是6，解：当中仅有一个元素时，或；当中有个元素时，；当中有两个元素时，；所以， 7解：依题意有，所以，故81 解：因为，所以，得，则，故，所以9 解：=104，5，3解：四个为虚数；五个为实数；三组相等11解：(1)因为，所以，又由对应系数相等可得和同时成立，即；(2)由于， ，且，故只可能.此时，即或，由(1)可知，当时，此时，与已知矛盾，所以舍去，故；(3)由于，且，此时只可能，即，也即，或，由(2)可知不合题意，故12解：（1）当时，；（2）因为，当时，,满足条件；当时，由，得： 解得.综上，实数的取值范围为13解：因为，所以又，所以所以方程或者无实根，或者只有负实

18、数根所以，或，即或，得故实数的取值范围为14解：（1），则，由方程组解得：，即（2），则中的方程为.因为都是非空集合，由已知必有且，此即方程组和方程组均无解，消去整理得和，所以，将其看做关于的二元一次不等式，从而，所以且成立.又，所以,此时，且，由此得，由,得，即所求，15解：将代入，得，即当时，原不等式可化为，解得，即，所以满足要求16解：因为，所以由得，由，得：或，故，解得，又，所以，又，无解综上，正数的取值范围是17解：令，则由，且，且 ，求得，由或为真，且为假知，、一真一假当真假时，即；当假真时，即的取值范围是或答案：18解：令，则方程在区间上有解的充要条件是：或，由于第一个不等式的解

19、集是，而第二个不等式的解集是，所以关于的方程在区间上有解的充要条件是，因为集合，故而可得结论：是关于的方程在区间上有解的充分不必要条件19解：由题意知，解得；解得或（1）设同时满足、的集合，满足的集合为，因为，所以：，所以为所求（2），所以，即方程的两根在内，所以：，所以为所求20证明：用数学归纳法证明当时，所以，命题正确假设当时，有，则当时， ，而，所以又，所以当时，命题正确由知，对一切，有21证明：（1）设a、b、c为等比数列，所以（2）设a、b、c为等差数列，则，猜想下面用数学归纳法证明：当时，由，所以假设时成立，即，则当时， 22解：（1）由及计算得：，（2）证明：（），即当时，结论成

20、立（）假设结论对成立，即因为，函数在上递增，则，所以，即当时结论也成立由（）（）知，不等式对一切都成立（3）因为当时，所以又由，即，即，得，且所以23解：（1）由题意知，即因为，所以，数列的公比，所以 又由得因为，所以（2），所以24解：（1）由题设可得，解得所以数列的首项为3，公比为（2）由（1）知，所以，是首项为，公差的等差数列，它的前10项之和为，即数列的前10项之和为155（3）因为为数列的第项，是首项为，公差为的等差数列，所以，所以令因为，所以 ，故 所以因为，且存在，所以当时，；当时，由题设，不等于0因此不合题意，舍去，故满足题设的正整数的值为225解：（1）当时；（2）当时；（3

21、）当时所以26解：（1）设，则，因为是实数，所以由，得，即，因为，所以，所以由已知，即，解得（2）证明： 所以是纯虚数（3），因为，所以，所以，所以的最小值为1 不等式、直线与圆易错题参考答案1解析：由题设，于是，所以，故选A2解析：令，因为，所以，即，此不等式组表示的平面区域， 如图所示又的几何意义是原点和点所在直线的斜率，由图可知：，故选C3解析：依据题意，直线与直线AC平行，所以 ，即，故选D4解析：因为圆的标准方程为：，即此圆是一个以点为圆心，以R=13为半径的圆因为，而R=13，所以经过A点且垂直于OA的弦是经过A点的最短的弦，其长度为；而经过OA的弦则是经过A点的最长的弦，其长度为

22、圆的直径，即2R=26；所以经过A点且为整数的弦长还可取11,12,13,14,15,25共15个值，又由于圆内弦的对称性，经过某一点的弦的长若介于最大值与最小值之间，则一定有2条，而经过某一点的圆的最长弦与最短弦各有1条，故一共有152+2=32条，故选C5解析：由已知得S- S= S-S，第，部分的面积是定值，所以S- S为定值，即S-S为定值当直线AB绕着圆心C移动时，只可能有一个位置符合题意，即直线AB只有一条，故选B6解析：作出可行域，可知当时，可行域就是构成的区域，其面积是一个无穷大的值，不可能是9，故（以下同上述错解）答案D7解析：先把前三个不等式表示平面区域画出来，如图所示此时

23、可行域为AOB及其内部，交点B为，故当过B时，所以时可行域仍为AOB，当过A点时，故当时，此时可行域也为三角形，故答案：D8解析：作，的图象，如图所示当时，则有；当时，则有；当时，则有答案：B9解析：依题意，方程有两个在区间-1,1上的实根，因而有作出可行域，易得答案为A10解析：由线性规划知识得，点P、Q在直线的同侧，故，即，解得或11解析：坐标轴上有个整点，第一象限有6个整数，根据对称性四个象限有个整点，故满足条件下整点有17+24=41个，故填4112解析：当时，约束条件表示的区域为与轴，轴在第一象限围成的三角形区域所以直线过点（0,4）时，的最大值取值为最大，；当时，直线过与的交点时最

24、大，此时，显然，的最大值的取值为最小由，得，所以所以，即的最大值变化范围是7,8 13解析：设，它在（0，2上为减函数， 要小于等于，即要小于或等于在（0，2上的最小值 设，它在（0，2上为增函数，要大于或等于，即要大于或等于在（0，2上的最大值而，所以，故应填入的答案是14解析：已知不等式可化为设，则或15解析：恒成立的解集为R，求的范围，即小于的最小值令当时，的最小值为1或或16解析：(1) 由图可知，的取值范围是(2) 原不等式等价于当时，显然在上，而，故不符合条件于是画出和的图象，如图所示由图可知，在范围内，要使函数的图象在函数的上方，的取值范围是17解：三条直线能围成三角形必须这三条直线两两相交，且不共点 由由，即时三线共点，所以且时，三条直线能围成三角形18证明：（1）因为当时，所以，即（2）由于时，所以，所以，即，而在-1,1上单调，所以时，19（1）证明：因为，所以，所以（2）因