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正确率19.999999999999996%已知$$\alpha， \， \， \， \beta\in\left( 0， \， \， \， \frac{\pi} {2} \right)$$，$$\operatorname{s i n} ( 2 \alpha+\beta)=2 \operatorname{s i n} \beta，$$则$${{t}{a}{n}{β}}$$的最大值为（）
B
A.$$\frac{1} {2}$$
B.$$\frac{\sqrt{3}} {3}$$
C.$$\frac{\sqrt2} {2}$$
D.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
2、['正弦定理及其应用'， '用余弦定理、正弦定理解三角形'， '两角和与差的正弦公式'， '同角三角函数的平方关系']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$\angle A C B=\frac{3 \pi} {4}$$，$$\overrightarrow{A D}=2 \overrightarrow{D B}$$，$$A C \perp C D$$，则$${{s}{i}{n}{A}}$$的值为（）
B
A.$$\frac{1} {1 0}$$
B.$$\frac{\sqrt{1 0}} {1 0}$$
C.$$\frac{1} {3}$$
D.$$\frac{3 \sqrt{1 0}} {1 0}$$
3、['利用诱导公式求值'， '辅助角公式'， '两角和与差的正弦公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '角的代换']正确率60.0%已知$$\operatorname{s i n} \! \left( \alpha+\frac{\pi} {3} \right)-\sqrt{3} \operatorname{c o s} \alpha=\frac1 3$$，则$$\mathrm{s i n} \Bigl( 2 \alpha-\frac{\pi} {6} \Bigr)$$的值是（）
C
A.$$\frac{1} {3}$$
B.$$- \frac{1} {3}$$
C.$$\begin{array} {l l} {7} \\ {\frac{7} {9}} \\ \end{array}$$
D.$$- \frac{7} {9}$$
4、['两角和与差的正弦公式'， '正弦（型）函数的定义域和值域']正确率60.0%函数$$y=3 \operatorname{s i n} x-3 \sqrt{3} \operatorname{c o s} x$$的最大值是（）
C
A.$${{3}{+}{3}{\sqrt {3}}}$$
B.$${{4}{\sqrt {3}}}$$
C.$${{6}}$$
D.$${{3}}$$
5、['正弦曲线的对称中心'， '正弦（型）函数的周期性'， '正弦曲线的对称轴'， '两角和与差的正弦公式']正确率60.0%已知函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right) ~=\sqrt{3} \operatorname{s i n} \omega x+\operatorname{c o s} \omega x \left( \begin{matrix} {\omega> 0} \\ \end{matrix} \right)$$最小正周期为$${{π}{，}}$$则函数$${{f}{（}{x}{）}}$$的图象（）
D
A.关于直线$$x=\frac{\pi} {1 2}$$对称
B.关于直线$$x \!=\! {\frac{5 \pi} {1 2}}$$对称
C.关于点$$( \frac{\pi} {1 2}， 0 )$$对称
D.关于点$$( {\frac{5 \pi} {1 2}}， 0 )$$对称
6、['两角和与差的正弦公式'， '特殊角的三角函数值']正确率60.0%计算$$\operatorname{s i n} 9 5^{\circ} \operatorname{c o s} 5 0^{\circ}-\operatorname{c o s} 9 5^{\circ} \operatorname{s i n} 5 0^{\circ}$$的结果为$${{(}{)}}$$
C
A.$$- \frac{\sqrt2} 2$$
B.$$\frac{1} {2}$$
C.$$\frac{\sqrt2} {2}$$
D.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
7、['利用诱导公式化简'， '利用诱导公式求值'， '辅助角公式'， '两角和与差的正弦公式']正确率60.0%设函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ {x} \\ \end{matrix} \right)=\operatorname{s i n} x-\operatorname{c o s} x$$，若对于任意的$${{x}{∈}{R}}$$，都有$$f \left( \begin{matrix} {2 \theta-x} \\ \end{matrix} \right) ~=f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right)$$，则$$\operatorname{s i n} ~ ( \frac{2 \theta} {3}-\frac{\pi} {3} ) ~=~ ($$）
B
A.$$\frac{1} {2}$$
B.$$- \frac{1} {2}$$
C.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
D.$$- \frac{\sqrt3} {2}$$
8、['角α与π±α的三角函数值之间的关系'， '两角和与差的正弦公式'， '特殊角的三角函数值']正确率60.0%
D
A.$$- \frac{\sqrt3} {2}$$
B.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
C.$$- \frac{1} {2}$$
D.$$\frac{1} {2}$$
9、['三角恒等变换综合应用'， '用余弦定理、正弦定理解三角形'， '三角形的面积（公式）'， '两角和与差的正弦公式']正确率40.0%已知$${{△}{A}{B}{C}}$$的三边长分别为$$a， ~ b， ~ c$$，面积为$${{S}}$$，且$$a^{2}+b^{2}-c^{2}=4 \sqrt{3} S， \; c=1$$，则$$\sqrt{3} b-a$$的最大值为（）
B
A.$${\sqrt {3}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{3}}$$
D.$${\sqrt {2}}$$
10、['正弦定理及其应用'， '两角和与差的正弦公式']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，内角$$A， B， C$$所对的边长分别为$$a， b， c.$$$$a \operatorname{s i n} B \operatorname{c o s} C+c \operatorname{s i n} B \operatorname{c o s} A=\frac1 2 b$$，$${{a}{>}{b}}$$，则$${{∠}{B}{=}}$$（）
A
A.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$
B.$$\frac{\pi} {3}$$
C.$$\frac{2 \pi} {3}$$
D.$$\frac{5 \pi} {6}$$
1. 解析：
已知 $$\sin(2\alpha + \beta) = 2\sin\beta$$，利用和角公式展开：
$$\sin2\alpha \cos\beta + \cos2\alpha \sin\beta = 2\sin\beta$$
整理得：
$$\sin2\alpha \cos\beta = (2 - \cos2\alpha)\sin\beta$$
两边除以 $$\cos\beta \cos2\alpha$$：
$$\tan2\alpha = (2\sec2\alpha - 1)\tan\beta$$
设 $$x = \tan\alpha$$，则 $$\tan2\alpha = \frac{2x}{1 - x^2}$$，$$\sec2\alpha = \frac{1 + x^2}{1 - x^2}$$，代入得：
$$\frac{2x}{1 - x^2} = \left(2 \cdot \frac{1 + x^2}{1 - x^2} - 1\right)\tan\beta$$
化简后：
$$\tan\beta = \frac{2x}{3 + x^2}$$
求 $$\tan\beta$$ 的最大值，对 $$x$$ 求导并令导数为零，得到 $$x = \sqrt{3}$$，代入得 $$\tan\beta_{\text{max}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$$。
答案为 $$\boxed{B}$$。
2. 解析：
设 $$AC = 1$$，$$AD = 2DB$$，则 $$AB = 3$$。由 $$AC \perp CD$$，得 $$CD = \sqrt{AD^2 - AC^2} = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$$。
在 $$\triangle BCD$$ 中，$$\angle BCD = \frac{3\pi}{4}$$，利用余弦定理：
$$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos\left(\frac{3\pi}{4}\right)$$
设 $$BC = x$$，则 $$1 = x^2 + 3 + 2x\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$$，解得 $$x = \sqrt{2}$$。
利用正弦定理求 $$\sin A$$：
$$\frac{BC}{\sin A} = \frac{AB}{\sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)}$$
$$\frac{\sqrt{2}}{\sin A} = \frac{3}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$$，解得 $$\sin A = \frac{\sqrt{10}}{10}$$。
答案为 $$\boxed{B}$$。
3. 解析：
展开 $$\sin\left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right) - \sqrt{3}\cos\alpha = \frac{1}{3}$$：
$$\sin\alpha \cos\frac{\pi}{3} + \cos\alpha \sin\frac{\pi}{3} - \sqrt{3}\cos\alpha = \frac{1}{3}$$
化简得：
$$\frac{1}{2}\sin\alpha - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha = \frac{1}{3}$$
即 $$\sin\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{3}$$。
求 $$\sin\left(2\alpha - \frac{\pi}{6}\right)$$，利用倍角公式：
$$\sin\left(2\alpha - \frac{\pi}{6}\right) = \sin\left(2\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right) + \frac{\pi}{2}\right) = \cos\left(2\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right)\right)$$
由 $$\cos2\theta = 1 - 2\sin^2\theta$$，得：
$$\cos\left(2\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right)\right) = 1 - 2 \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{7}{9}$$。
答案为 $$\boxed{C}$$。
4. 解析：
函数 $$y = 3\sin x - 3\sqrt{3}\cos x$$ 可表示为振幅形式：
$$y = 6\sin\left(x - \frac{\pi}{3}\right)$$
其最大值为振幅 $$6$$。
答案为 $$\boxed{C}$$。
5. 解析：
函数 $$f(x) = \sqrt{3}\sin\omega x + \cos\omega x$$ 可表示为：
$$f(x) = 2\sin\left(\omega x + \frac{\pi}{6}\right)$$
周期为 $$\pi$$，故 $$\omega = 2$$。
对称轴满足 $$\omega x + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2} + k\pi$$，即 $$x = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2}$$。
当 $$k = 0$$ 时，$$x = \frac{\pi}{6}$$（无选项）；当 $$k = 1$$ 时，$$x = \frac{2\pi}{3}$$（无选项）。
对称点满足 $$\omega x + \frac{\pi}{6} = k\pi$$，即 $$x = -\frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{2}$$。
当 $$k = 1$$ 时，$$x = \frac{5\pi}{12}$$，对应选项 D。
答案为 $$\boxed{D}$$。
6. 解析：
利用正弦差公式：
$$\sin95^\circ \cos50^\circ - \cos95^\circ \sin50^\circ = \sin(95^\circ - 50^\circ) = \sin45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$$
答案为 $$\boxed{C}$$。
7. 解析：
函数 $$f(x) = \sin x - \cos x = \sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$$。
由 $$f(2\theta - x) = f(x)$$，知对称轴为 $$x = \theta$$，故 $$\theta - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + k\pi$$，即 $$\theta = \frac{3\pi}{4} + k\pi$$。
取 $$k = 0$$，则 $$\theta = \frac{3\pi}{4}$$，代入得：
$$\sin\left(\frac{2\theta}{3} - \frac{\pi}{3}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3}\right) = \sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$$。
答案为 $$\boxed{A}$$。
8. 解析：
题目缺失具体内容，无法解析。
9. 解析：
由余弦定理和面积公式：
$$a^2 + b^2 - c^2 = 2ab\cos C = 4\sqrt{3}S = 4\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2}ab\sin C$$
化简得：
$$\cos C = \sqrt{3}\sin C$$，即 $$\tan C = \frac{1}{\sqrt{3}}$$，故 $$C = \frac{\pi}{6}$$。
设 $$\sqrt{3}b - a = k$$，利用正弦定理：
$$a = 2R\sin A$$，$$b = 2R\sin B$$，代入得：
$$\sqrt{3}\sin B - \sin A = \frac{k}{2R}$$
由 $$A + B = \frac{5\pi}{6}$$，得 $$\sin A = \sin\left(\frac{5\pi}{6} - B\right)$$，展开后整理得：
$$\sqrt{3}\sin B - \frac{1}{2}\cos B - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin B = \frac{k}{2R}$$
化简为：
$$\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B - \frac{1}{2}\cos B = \frac{k}{2R}$$
其最大值为 $$\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = 1$$，故 $$k_{\text{max}} = 2R$$。
由 $$c = 2R\sin C = 1$$，得 $$2R = \frac{1}{\sin\frac{\pi}{6}} = 2$$，故 $$k_{\text{max}} = 2$$。
答案为 $$\boxed{B}$$。
10. 解析：
利用正弦定理和余弦定理，将方程 $$a\sin B \cos C + c\sin B \cos A = \frac{1}{2}b$$ 化简：
$$\sin B (a \cos C + c \cos A) = \frac{1}{2}b$$
由投影定理 $$a \cos C + c \cos A = b$$，代入得：
$$\sin B \cdot b = \frac{1}{2}b$$，即 $$\sin B = \frac{1}{2}$$。
由于 $$a > b$$，故 $$A > B$$，$$B = \frac{\pi}{6}$$。
答案为 $$\boxed{A}$$。