.jpg)
正确率60.0%已知$$\operatorname{t a n} \left( \alpha+\frac{\pi} {4} \right)=-3，$$则$${\frac{2 \mathrm{s i n} \alpha+\mathrm{c o s} \alpha} {\mathrm{c o s} \alpha-\mathrm{s i n} \alpha}}=$$（）
D
A.$${{−}{4}}$$
B.$${{4}}$$
C.$${{5}}$$
D.$${{−}{5}}$$
2、['两角和与差的正切公式']正确率60.0%$${{t}{a}{n}}$$$$3 6^{\circ}+\operatorname{t a n}$$$$8 4^{\circ}-\sqrt{3} \operatorname{t a n}$$$${{3}{6}^{∘}{{t}{a}{n}}}$$$${{8}{4}^{∘}{=}}$$（）
A
A.$${{−}{\sqrt {3}}}$$
B.$${\sqrt {3}}$$
C.$$- \frac{\sqrt3} {3}$$
D.$$\frac{\sqrt{3}} {3}$$
3、['终边相同的角'， '用角的终边上的点的坐标表示三角函数'， '两角和与差的正切公式']正确率60.0%设点$$P \ ( 1-\operatorname{t a n} \frac{3 \pi} {8}， \ 1+\operatorname{t a n} \frac{3 \pi} {8} )$$是角$${{α}}$$终边上的一点，则角$${{α}}$$的值不可能是（）
C
A.$$- \frac{1 1 \pi} {8}$$
B.$$\frac{5 \pi} {8}$$
C.$$\frac{1 3 \pi} {8}$$
D.$$\frac{2 1 \pi} {8}$$
4、['三角形的面积（公式）'， '两角和与差的正切公式']正确率40.0%已知三角形$${{A}{B}{C}}$$中，$$A D \perp B C$$交$${{B}{D}}$$于$$D， \， \， \angle B A C=4 5^{\circ}， \， \， \， B D=2， \， \， \， C D=3$$.则$${{Δ}{A}{B}{C}}$$的面积为（）
D
A.$$\frac{2 5 ( \sqrt{2}+1 )} {4}$$
B.$${{1}{2}}$$
C.$$\frac{1 5} {2}$$
D.$${{1}{5}}$$
5、['同角三角函数基本关系的综合应用'， '两角和与差的正切公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$\operatorname{t a n} A=2， ~ A C$$边上的高等于$${\frac{1} {2}} A C，$$则$$\operatorname{t a n} 2 B=\c($$）
D
A.$$\frac{1 6} {6 3}$$
B.$${{8}}$$
C.$${{−}{8}}$$
D.$$- \frac{1 6} {6 3}$$
6、['两角和与差的正切公式']正确率60.0%$$( 1-\operatorname{t a n} 6 7^{\circ} ) ( 1-\operatorname{t a n} 6 8^{\circ} )=$$$${{(}{)}}$$
B
A.$${{1}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{3}}$$
D.$${{4}}$$
7、['利用诱导公式化简'， '给值求值'， '两角和与差的正切公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '齐次式的求值问题']正确率60.0%已知$$\operatorname{t a n} \left( \alpha+\frac{\pi} {4} \right)=\frac{3} {4}$$，则$$\operatorname{c o s}^{2} \left( \frac{\pi} {4}-\alpha\right)=( \eta)$$
B
A.$$\frac{7} {2 5}$$
B.$$\frac{9} {2 5}$$
C.$$\frac{1 6} {2 5}$$
D.$$\frac{2 4} {2 5}$$
8、['两角和与差的余弦公式'， '两角和与差的正切公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率60.0%已知$$\operatorname{t a n} ( \alpha+\frac{\pi} {4} )=\frac{1} {2}$$，且$$- \frac{\pi} {2} < \alpha< 0$$，则$${\frac{2 \mathrm{s i n}^{2} \alpha+\mathrm{s i n} 2 \alpha} {\mathrm{c o s} ( \alpha-{\frac{\pi} {4}} )}}=( \begin{array} {c} {} \\ {} \\ \end{array} \ )$$
A
A.$$- \frac{2 \sqrt{5}} {5}$$
B.$$- \frac{3 \sqrt{5}} {1 0}$$
C.$$- \frac{3 \sqrt{1 0}} {1 0}$$
D.$$\frac{2 \sqrt{5}} {5}$$
9、['一元二次方程根与系数的关系'， '对数方程与对数不等式的解法'， '两角和与差的正切公式'， '函数零点的概念']正确率60.0%函数$$y=\operatorname{l g} \， ( \ y^{2}+1 0 x+6 )$$的零点是$$x_{1}=\operatorname{t a n} \alpha， ~ x_{2}=\operatorname{t a n} \beta$$，则$$\operatorname{t a n} ~ ( \alpha+\beta) ~=~$$（）
B
A.$$\frac{5} {3}$$
B.$$\frac{5} {2}$$
C.$$- \frac{5} {2}$$
D.$$- \frac{5} {3}$$
10、['正弦定理及其应用'， '两角和与差的正切公式'， '利用基本不等式求最值']正确率40.0%设$${{△}{A}{B}{C}}$$的内角$$A， ~ B， ~ C$$所对的边长分别为$$a， ~ b， ~ c$$，且$$6 a \cdot\operatorname{c o s} C+2 c \cdot\operatorname{c o s} A=5 b$$，则$$\operatorname{t a n} ( A-C )$$的最大值为$${{(}{)}}$$
D
A.$${\sqrt {3}}$$
B.$${{1}}$$
C.$${{2}{\sqrt {3}}}$$
D.$$\frac{\sqrt{3}} {3}$$
1. 已知$$ \tan\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = -3 $$，利用加法公式展开：
$$ \frac{\tan \alpha + 1}{1 - \tan \alpha} = -3 $$
解得$$ \tan \alpha = 2 $$。将所求表达式化简：
$$ \frac{2 \sin \alpha + \cos \alpha}{\cos \alpha - \sin \alpha} = \frac{2 \tan \alpha + 1}{1 - \tan \alpha} = \frac{5}{-1} = -5 $$
答案为 D。
2. 利用$$ \tan 120^\circ = \tan(36^\circ + 84^\circ) = -\sqrt{3} $$，展开得：
$$ \frac{\tan 36^\circ + \tan 84^\circ}{1 - \tan 36^\circ \tan 84^\circ} = -\sqrt{3} $$
整理得$$ \tan 36^\circ + \tan 84^\circ = -\sqrt{3} + \sqrt{3} \tan 36^\circ \tan 84^\circ $$，因此：
$$ \tan 36^\circ + \tan 84^\circ - \sqrt{3} \tan 36^\circ \tan 84^\circ = -\sqrt{3} $$
答案为 A。
3. 点$$ P $$的坐标为$$ \left(1 - \tan \frac{3\pi}{8}, 1 + \tan \frac{3\pi}{8}\right) $$，其斜率$$ \tan \alpha = \frac{1 + \tan \frac{3\pi}{8}}{1 - \tan \frac{3\pi}{8}} = \tan\left(\frac{\pi}{4} + \frac{3\pi}{8}\right) = \tan \frac{5\pi}{8} $$。
因此$$ \alpha = \frac{5\pi}{8} + k\pi $$。选项中不符合的是$$ \frac{21\pi}{8} $$（因为$$ \frac{21\pi}{8} = \frac{5\pi}{8} + 2\pi $$不在通解中）。
答案为 D。
4. 设$$ AD = h $$，由$$ \angle BAC = 45^\circ $$，利用面积关系：
$$ \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin 45^\circ = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot h $$
又$$ AB = \sqrt{h^2 + 4} $$，$$ AC = \sqrt{h^2 + 9} $$，$$ BC = 5 $$，代入化简得：
$$ \sqrt{(h^2 + 4)(h^2 + 9)} = 5h \sqrt{2} $$
解得$$ h = \frac{5\sqrt{2}}{2} $$，面积为$$ \frac{25(\sqrt{2} + 1)}{4} $$。
答案为 A。
5. 设$$ AC = 2 $$，高$$ BE = 1 $$。由$$ \tan A = 2 $$，得$$ AB = \sqrt{5} $$，$$ BC = \sqrt{2} $$。
利用余弦定理求$$ \cos B = \frac{5 + 2 - 4}{2 \cdot \sqrt{5} \cdot \sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{10}} $$，则$$ \sin B = \frac{1}{\sqrt{10}} $$。
$$ \tan B = \frac{1}{3} $$，$$ \tan 2B = \frac{2 \cdot \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{9}} = \frac{16}{63} $$。
答案为 A。
6. 利用$$ \tan(67^\circ + 68^\circ) = \tan 135^\circ = -1 $$，展开得：
$$ \frac{\tan 67^\circ + \tan 68^\circ}{1 - \tan 67^\circ \tan 68^\circ} = -1 $$
整理得$$ \tan 67^\circ + \tan 68^\circ = -1 + \tan 67^\circ \tan 68^\circ $$，因此：
$$ (1 - \tan 67^\circ)(1 - \tan 68^\circ) = 2 $$
答案为 B。
7. 已知$$ \tan\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{3}{4} $$，利用加法公式展开：
$$ \frac{\tan \alpha + 1}{1 - \tan \alpha} = \frac{3}{4} $$
解得$$ \tan \alpha = -\frac{1}{7} $$。利用$$ \cos^2\left(\frac{\pi}{4} - \alpha\right) = \frac{1 + \cos\left(\frac{\pi}{2} - 2\alpha\right)}{2} = \frac{1 + \sin 2\alpha}{2} $$。
计算$$ \sin 2\alpha = \frac{2 \tan \alpha}{1 + \tan^2 \alpha} = -\frac{14}{50} $$，因此$$ \cos^2\left(\frac{\pi}{4} - \alpha\right) = \frac{1 - \frac{14}{50}}{2} = \frac{9}{25} $$。
答案为 B。
8. 已知$$ \tan\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2} $$，利用加法公式展开：
$$ \frac{\tan \alpha + 1}{1 - \tan \alpha} = \frac{1}{2} $$
解得$$ \tan \alpha = -\frac{1}{3} $$。将所求表达式化简：
$$ \frac{2 \sin^2 \alpha + \sin 2\alpha}{\cos\left(\alpha - \frac{\pi}{4}\right)} = \frac{2 \sin \alpha (\sin \alpha + \cos \alpha)}{\frac{\sqrt{2}}{2} (\cos \alpha + \sin \alpha)} = \frac{4 \sin \alpha}{\sqrt{2}} $$
由$$ \tan \alpha = -\frac{1}{3} $$，得$$ \sin \alpha = -\frac{1}{\sqrt{10}} $$，代入得$$ -\frac{2 \sqrt{5}}{5} $$。
答案为 A。
9. 函数零点满足$$ x^2 + 10x + 6 = 1 $$，即$$ x^2 + 10x + 5 = 0 $$，$$ x_1 + x_2 = -10 $$，$$ x_1 x_2 = 5 $$。
利用$$ \tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} = \frac{-10}{1 - 5} = \frac{5}{2} $$。
答案为 B。
10. 由条件$$ 6a \cos C + 2c \cos A = 5b $$，利用余弦定理代入化简得：
$$ 6a \cdot \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} + 2c \cdot \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = 5b $$
整理得$$ 3a^2 + 3b^2 - 3c^2 + b^2 + c^2 - a^2 = 5b^2 $$，即$$ 2a^2 - 2c^2 = 0 $$，故$$ a = c $$。
因此$$ \triangle ABC $$为等腰三角形，$$ \tan(A - C) = \tan(A - B) $$，最大值为$$ \sqrt{3} $$。
答案为 A。