.jpg)
正确率60.0%已知$$\theta\in(-\frac{\pi} {2}， \frac{\pi} {2} )$$，且$$\operatorname{s i n} \theta+\operatorname{c o s} \theta=\frac{2} {3}$$，则$$\operatorname{s i n} \theta-\operatorname{c o s} \theta=$$（）
A
A.$$- \frac{\sqrt{1 4}} {3}$$
B.$$\frac{\sqrt{1 4}} {3}$$
C.$$- \frac{\sqrt{1 0}} {3}$$
D.$$\frac{\sqrt{1 0}} {3}$$
2、['三角函数值在各象限的符号']正确率60.0%已知点$$P ( \mathrm{t a n} \alpha， ~ \mathrm{c o s c}$$在第三象限，则角$${{α}}$$为（）
B
A.第一象限角
B.第二象限角
C.第三象限角
D.第四象限角
3、['三角函数值在各象限的符号'， '同角三角函数的平方关系'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率60.0%$$\sqrt{2-\operatorname{s i n}^{2} 2+\mathrm{c o s 4}}$$的值是（）
D
A.$${{s}{i}{n}{2}}$$
B.$${{−}{{c}{o}{s}}{2}}$$
C.$$\sqrt3 \mathrm{c o s} 2$$
D.$${{−}{\sqrt {3}}{{c}{o}{s}}{2}}$$
4、['象限角'， '三角函数值在各象限的符号']正确率60.0%若$$\operatorname{s i n} \! \alpha\! < \! \mathbf{0}，$$且$$\operatorname{t a n} \! \alpha\! > \! \mathbf{0}，$$则$${{α}}$$是（）
C
A.第一象限角
B.第二象限角
C.第三象限角
D.第四象限角
5、['三角函数值在各象限的符号']正确率80.0%已知$$\operatorname{s i n} \theta> 0， ~ \operatorname{t a n} \theta< 0，$$则$${{θ}}$$是（）
B
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
6、['象限角'， '三角函数值在各象限的符号']正确率40.0%设$$\operatorname{s i n} \theta=\frac{3} {5}， ~ ~ \operatorname{c o s} \theta=-\frac{4} {5}，$$则$${{2}{θ}}$$的终边所在的象限是 （）
D
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
7、['利用诱导公式化简'， '三角函数值在各象限的符号'， '同角三角函数的平方关系']正确率60.0%已知$${{θ}}$$为锐角，则$$\sqrt{1+2 \operatorname{s i n} ( \pi-\theta) \operatorname{s i n} ( \frac{\pi} {2}-\theta)}=~ ($$）
D
A.$$\operatorname{c o s} \theta-\operatorname{s i n} \theta$$
B.$$\operatorname{s i n} \theta-\operatorname{c o s} \theta$$
C.
D.$$\operatorname{s i n} \theta+\operatorname{c o s} \theta$$
8、['复平面内的点、复数及平面向量'， '复数的代数形式与三角形式的互化'， '三角函数值在各象限的符号']正确率60.0%$${{1}{7}{4}{8}}$$年，瑞士著名数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式$$e^{i x}=\operatorname{c o s} x+i \operatorname{s i n} x$$，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为$${{“}}$$数学中的天桥$${{”}}$$，根据此公式可知，$$e^{2 i}$$表示的复数所对应的点在复平面中位于（）
B
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
9、['三角函数值在各象限的符号']正确率60.0%点$$P ( \mathrm{t a n} \alpha， \mathrm{c o s} \alpha)$$在第三象限，则$${{α}}$$在第（）象限。
B
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
10、['三角函数值在各象限的符号'， '同角三角函数基本关系的综合应用']正确率60.0%若$$\frac{\pi} {2} < \alpha< \pi，$$化简$$\sqrt{\frac{1+\operatorname{s i n} \alpha} {1-\operatorname{s i n} \alpha}}-\sqrt{\frac{1-\operatorname{s i n} \alpha} {1+\operatorname{s i n} \alpha}}$$的结果是（）
A
A.$${{−}{2}{{t}{a}{n}}{α}}$$
B.$${{2}{{t}{a}{n}}{α}}$$
C.$$\frac{2 \operatorname{c o s} \alpha} {\operatorname{s i n} \alpha}$$
D.$$- \frac{2 \operatorname{c o s} \alpha} {\operatorname{s i n} \alpha}$$
1. 已知 $$\theta\in(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$$，且 $$\sin \theta + \cos \theta = \frac{2}{3}$$，求 $$\sin \theta - \cos \theta$$。
解析：
设 $$\sin \theta + \cos \theta = a = \frac{2}{3}$$，$$\sin \theta - \cos \theta = b$$。
平方两边：
$$(\sin \theta + \cos \theta)^2 = a^2 = \frac{4}{9}$$
展开得：
$$\sin^2 \theta + 2 \sin \theta \cos \theta + \cos^2 \theta = \frac{4}{9}$$
利用 $$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$$，化简为：
$$1 + 2 \sin \theta \cos \theta = \frac{4}{9}$$
解得：
$$\sin \theta \cos \theta = -\frac{5}{18}$$
同理，$$(\sin \theta - \cos \theta)^2 = \sin^2 \theta - 2 \sin \theta \cos \theta + \cos^2 \theta = 1 - 2 \sin \theta \cos \theta$$
代入 $$\sin \theta \cos \theta = -\frac{5}{18}$$：
$$b^2 = 1 - 2 \times (-\frac{5}{18}) = 1 + \frac{5}{9} = \frac{14}{9}$$
因此：
$$b = \pm \frac{\sqrt{14}}{3}$$
由于 $$\theta \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$$，且 $$\sin \theta + \cos \theta = \frac{2}{3} > 0$$，说明 $$\theta$$ 在第一象限或第四象限。
若 $$\theta$$ 在第一象限，$$\sin \theta > \cos \theta$$，则 $$b > 0$$。
若 $$\theta$$ 在第四象限，$$\sin \theta < \cos \theta$$，则 $$b < 0$$。
但 $$\sin \theta \cos \theta = -\frac{5}{18} < 0$$，说明 $$\sin \theta$$ 和 $$\cos \theta$$ 异号，即 $$\theta$$ 在第四象限，因此 $$b < 0$$。
最终答案为：
$$\sin \theta - \cos \theta = -\frac{\sqrt{14}}{3}$$
选项 A 正确。
2. 已知点 $$P(\tan \alpha, \cos \alpha)$$ 在第三象限，判断角 $$\alpha$$ 的象限。
解析：
点 $$P$$ 在第三象限，说明：
$$\tan \alpha < 0$$ 且 $$\cos \alpha < 0$$。
由 $$\tan \alpha < 0$$，$$\alpha$$ 在第二或第四象限。
由 $$\cos \alpha < 0$$，$$\alpha$$ 在第二或第三象限。
综上，$$\alpha$$ 在第二象限。
选项 B 正确。
3. 化简 $$\sqrt{2 - \sin^2 2 + \cos 4}$$。
解析：
利用 $$\cos 4 = 1 - 2 \sin^2 2$$，代入得：
$$\sqrt{2 - \sin^2 2 + (1 - 2 \sin^2 2)} = \sqrt{3 - 3 \sin^2 2} = \sqrt{3(1 - \sin^2 2)} = \sqrt{3 \cos^2 2}$$
由于 $$\cos 2$$ 的值可能为正或负，但平方根结果非负，因此：
$$\sqrt{3 \cos^2 2} = \sqrt{3} |\cos 2|$$
题目选项中有 $$\sqrt{3} \cos 2$$ 和 $$-\sqrt{3} \cos 2$$，需要进一步判断 $$\cos 2$$ 的符号。
由于 $$2$$ 弧度位于第二象限（$$\pi/2 < 2 < \pi$$），$$\cos 2 < 0$$，因此：
$$\sqrt{3} |\cos 2| = -\sqrt{3} \cos 2$$
选项 D 正确。
4. 若 $$\sin \alpha < 0$$ 且 $$\tan \alpha > 0$$，判断 $$\alpha$$ 的象限。
解析：
$$\sin \alpha < 0$$ 说明 $$\alpha$$ 在第三或第四象限。
$$\tan \alpha > 0$$ 说明 $$\alpha$$ 在第一或第三象限。
综上，$$\alpha$$ 在第三象限。
选项 C 正确。
5. 已知 $$\sin \theta > 0$$ 且 $$\tan \theta < 0$$，判断 $$\theta$$ 的象限。
解析：
$$\sin \theta > 0$$ 说明 $$\theta$$ 在第一或第二象限。
$$\tan \theta < 0$$ 说明 $$\theta$$ 在第二或第四象限。
综上，$$\theta$$ 在第二象限。
选项 B 正确。
6. 设 $$\sin \theta = \frac{3}{5}$$，$$\cos \theta = -\frac{4}{5}$$，判断 $$2\theta$$ 的终边所在象限。
解析：
由 $$\sin \theta = \frac{3}{5}$$ 和 $$\cos \theta = -\frac{4}{5}$$，可知 $$\theta$$ 在第二象限。
计算 $$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta = 2 \times \frac{3}{5} \times (-\frac{4}{5}) = -\frac{24}{25} < 0$$。
计算 $$\cos 2\theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta = \left(-\frac{4}{5}\right)^2 - \left(\frac{3}{5}\right)^2 = \frac{16}{25} - \frac{9}{25} = \frac{7}{25} > 0$$。
由于 $$\sin 2\theta < 0$$ 且 $$\cos 2\theta > 0$$，$$2\theta$$ 在第四象限。
选项 D 正确。
7. 已知 $$\theta$$ 为锐角，化简 $$\sqrt{1 + 2 \sin(\pi - \theta) \sin\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)}$$。
解析：
利用诱导公式：
$$\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$$
$$\sin\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \cos \theta$$
因此，表达式为：
$$\sqrt{1 + 2 \sin \theta \cos \theta} = \sqrt{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta + 2 \sin \theta \cos \theta} = \sqrt{(\sin \theta + \cos \theta)^2} = \sin \theta + \cos \theta$$
由于 $$\theta$$ 为锐角，$$\sin \theta + \cos \theta > 0$$，无需取绝对值。
选项 D 正确。
8. 欧拉公式 $$e^{ix} = \cos x + i \sin x$$，判断 $$e^{2i}$$ 对应的复数在复平面中的位置。
解析：
$$e^{2i} = \cos 2 + i \sin 2$$
$$2$$ 弧度位于第二象限（$$\pi/2 < 2 < \pi$$），因此：
$$\cos 2 < 0$$，$$\sin 2 > 0$$。
复数 $$\cos 2 + i \sin 2$$ 的实部为负，虚部为正，位于第二象限。
选项 B 正确。
9. 点 $$P(\tan \alpha, \cos \alpha)$$ 在第三象限，判断 $$\alpha$$ 的象限。
解析：
与第 2 题相同，$$\alpha$$ 在第二象限。
选项 B 正确。
10. 若 $$\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$$，化简 $$\sqrt{\frac{1 + \sin \alpha}{1 - \sin \alpha}} - \sqrt{\frac{1 - \sin \alpha}{1 + \sin \alpha}}$$。
解析：
设 $$A = \sqrt{\frac{1 + \sin \alpha}{1 - \sin \alpha}}$$，$$B = \sqrt{\frac{1 - \sin \alpha}{1 + \sin \alpha}}$$。
注意到 $$A \times B = 1$$。
将 $$A - B$$ 有理化：
$$A - B = \frac{A^2 - B^2}{A + B} = \frac{\frac{1 + \sin \alpha}{1 - \sin \alpha} - \frac{1 - \sin \alpha}{1 + \sin \alpha}}{A + B}$$
通分后：
$$A - B = \frac{(1 + \sin \alpha)^2 - (1 - \sin \alpha)^2}{(1 - \sin \alpha)(1 + \sin \alpha)(A + B)} = \frac{4 \sin \alpha}{\cos^2 \alpha (A + B)}$$
由于 $$\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$$，$$\cos \alpha < 0$$，且 $$\sin \alpha > 0$$。
直接计算 $$A - B$$：
$$A - B = \frac{1 + \sin \alpha}{|\cos \alpha|} - \frac{1 - \sin \alpha}{|\cos \alpha|} = \frac{2 \sin \alpha}{- \cos \alpha} = -2 \tan \alpha$$
选项 A 正确。