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正确率60.0%已知$$\mathrm{s i n} \alpha=\frac{3} {5}， ~ \operatorname{c o s} ( \alpha+\beta)=\frac{5} {1 3}， ~ \alpha， ~ \beta$$均为锐角，则$$\operatorname{c o s} \frac{\beta} {2}=$$（）
B
A.$$- \frac{1 1 \sqrt{1 3 0}} {1 3 0}$$
B.$$\frac{1 1 \sqrt{1 3 0}} {1 3 0}$$
C.$$\frac{3 \sqrt{1 3 0}} {1 3 0}$$
D.$$- \frac{3 \sqrt{1 3 0}} {1 3 0}$$
2、['半角公式']正确率60.0%设$$5 \pi< ~ \theta< ~ 6 \pi， ~ \operatorname{c o s} \frac{\theta} {2}=m，$$则$$\operatorname{s i n} \frac{\theta} {4}$$等于（）
D
A.$$\frac{\sqrt{1+m}} {2}$$
B.$$\frac{\sqrt{1-m}} {2}$$
C.$$- \frac{1+m} {2}$$
D.$$- \sqrt{\frac{1-m} {2}}$$
3、['同角三角函数的商数关系'， '半角公式'， '同角三角函数的平方关系']正确率60.0%已知$$\alpha\in( 0， 2 \pi)，$$且$$\mathrm{5 s i n} \alpha=8 \mathrm{s i n} \frac{\alpha} {2}，$$则$$\operatorname{t a n} \frac{\alpha} {2}=$$（）
C
A.$$- \frac{4} {3}$$
B.$$- \frac{3} {4}$$
C.$$\frac{3} {4}$$
D.$$\frac{4} {3}$$
4、['同角三角函数的商数关系'， '半角公式']正确率60.0%已知$${{α}}$$是第二象限角，且$$3 \operatorname{s i n} \alpha+4 \operatorname{c o s} \alpha=0$$，则$$\operatorname{t a n} \frac{\alpha} {2}=( \rule{0.1 mm} {0.1 mm} )$$
A
A.$${{2}}$$
B.$$\frac{1} {2}$$
C.$${{−}{2}}$$
D.$$- \frac{1} {2}$$
5、['二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '半角公式'， '同角三角函数的平方关系']正确率60.0%已知$$5 \mathrm{s i n} 2 \alpha=6 \mathrm{c o s} \alpha， \alpha\in\left( 0， \frac{\pi} {2} \right)$$，则$$\operatorname{t a n} \frac{\alpha} {2}=( \rule{0.1 mm} {0.1 mm} )$$
B
A.$$- \frac2 3$$
B.$$\frac{1} {3}$$
C.$$\frac{3} {5}$$
D.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$
6、['利用诱导公式化简'， '函数的新定义问题'， '导数的四则运算法则'， '给值求角'， '半角公式'， '特殊角的三角函数值'， '函数零点的值或范围问题']正确率19.999999999999996%给出定义：设$$f^{\prime} ( x )$$是函数$${{y}{=}{f}{{(}{x}{)}}}$$的导函数，$$f^{\prime\prime} ( x )$$是函数$$f^{\prime} ( x )$$的导函数，若$$f^{\prime\prime} ( x )$$有零点$${{x}_{0}}$$，则称点$$( x_{0}， f ( x_{0} ) )$$为原函数$${{y}{=}{f}{{(}{x}{)}}}$$的$${{“}}$$拐点$${{”}}$$。已知函数$$f \left( x \right)=\frac{\operatorname{s i n} x} {\operatorname{s i n} x+\operatorname{c o s} x}$$的拐点是$$M ( x_{0}， f ( x_{0} ) )$$，则点$${{M}{(}{)}}$$
D
A.在直线$$y=-3 x$$上
B.在直线$${{y}{=}{3}{x}}$$上
C.在直线$$y=\frac{1} {3}$$上
D.在直线$$y=\frac{1} {2}$$上
7、['利用函数单调性求参数的取值范围'， '在给定区间上恒成立问题'， '函数y=A sin(wx+φ)（A≠0，w不等于0）的图象及性质'， '辅助角公式'， '半角公式'， '三角函数的性质综合']正确率60.0%不等式$$\sqrt{2} \operatorname{s i n} \frac{x} {4} \operatorname{c o s} \frac{x} {4} \!+\! \sqrt{6} \operatorname{c o s}^{2} \frac{x} {4} \!-\! \frac{\sqrt{6}} {2} \!-\! m \! \geq\! 0$$对于$$x \in[-\frac{\pi} {3}， \frac{\pi} {3} ]$$恒成立，则实数$${{m}}$$的取值范围是（）
B
A.$$(-\infty，-\sqrt{2} )$$
B.$$(-\infty， \frac{\sqrt{2}} {2} ]$$
C.$$[ \frac{\sqrt2} {2}， \sqrt2 ]$$
D.$${{[}{\sqrt {2}}{{，}{+}{∞}{)}}}$$
8、['余弦定理及其应用'， '判断三角形的形状'， '半角公式']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$a， ~ b， ~ c$$分别为角$$A， ~ B， ~ C$$的对边，若$$\operatorname{c o s}^{2} \frac{B} {2}=\frac{a+c} {2 c}，$$则$${{△}{A}{B}{C}}$$的形状为（）
B
A.正三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等腰三角形或直角三角形
9、['余弦定理及其应用'， '半角公式']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$\operatorname{c o s} \， \frac{C} {2}=\frac{\sqrt{5}} {5}， \， \， B C=1，$$$$A C=5，$$则$${{A}{B}{=}}$$（）
D
A.$${\sqrt {{3}{0}}}$$
B.$${{2}{\sqrt {5}}}$$
C.$${\sqrt {{2}{9}}}$$
D.$${{4}{\sqrt {2}}}$$
10、['两角和与差的正弦公式'， '半角公式']正确率60.0%已知$$\operatorname{s i n} ( \alpha-\beta) \operatorname{c o s} \alpha-\operatorname{c o s} ( \alpha-\beta) \mathrm{s i n} \ \alpha=\frac{4} {5}$$，且$${{β}}$$为第三象限角，则$$\operatorname{c o s} \frac\beta2$$的值为（）
A
A.$$\pm\frac{\sqrt{5}} {5}$$
B.$$\pm\frac{2 \sqrt{5}} {5}$$
C.$$- \frac{\sqrt{5}} {5}$$
D.$$- \frac{2 \sqrt{5}} {5}$$
1. 已知 $$\sin \alpha = \frac{3}{5}$$，$$\cos (\alpha + \beta) = \frac{5}{13}$$，$$\alpha$$ 和 $$\beta$$ 均为锐角，求 $$\cos \frac{\beta}{2}$$。
由 $$\sin \alpha = \frac{3}{5}$$，$$\alpha$$ 为锐角，得 $$\cos \alpha = \frac{4}{5}$$。
由 $$\cos (\alpha + \beta) = \frac{5}{13}$$，$$\alpha + \beta$$ 为锐角，得 $$\sin (\alpha + \beta) = \frac{12}{13}$$。
利用 $$\cos \beta = \cos [(\alpha + \beta) - \alpha] = \cos (\alpha + \beta) \cos \alpha + \sin (\alpha + \beta) \sin \alpha$$，代入得：
$$\cos \beta = \frac{5}{13} \times \frac{4}{5} + \frac{12}{13} \times \frac{3}{5} = \frac{20}{65} + \frac{36}{65} = \frac{56}{65}$$。
由半角公式 $$\cos \frac{\beta}{2} = \sqrt{\frac{1 + \cos \beta}{2}} = \sqrt{\frac{1 + \frac{56}{65}}{2}} = \sqrt{\frac{121}{130}} = \frac{11}{\sqrt{130}} = \frac{11 \sqrt{130}}{130}$$。
由于 $$\beta$$ 为锐角，$$\frac{\beta}{2}$$ 也为锐角，故取正值。答案：B。
2. 设 $$5 \pi < \theta < 6 \pi$$，$$\cos \frac{\theta}{2} = m$$，求 $$\sin \frac{\theta}{4}$$。
由 $$\theta \in (5\pi, 6\pi)$$，得 $$\frac{\theta}{2} \in (\frac{5\pi}{2}, 3\pi)$$，$$\frac{\theta}{4} \in (\frac{5\pi}{4}, \frac{3\pi}{2})$$，即 $$\frac{\theta}{4}$$ 在第三象限，$$\sin \frac{\theta}{4} < 0$$。
由半角公式 $$\sin \frac{\theta}{4} = - \sqrt{\frac{1 - \cos \frac{\theta}{2}}{2}} = - \sqrt{\frac{1 - m}{2}}$$。
答案：D。
3. 已知 $$\alpha \in (0, 2\pi)$$，且 $$5 \sin \alpha = 8 \sin \frac{\alpha}{2}$$，求 $$\tan \frac{\alpha}{2}$$。
利用 $$\sin \alpha = 2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}$$，代入得：
$$5 \times 2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2} = 8 \sin \frac{\alpha}{2}$$。
若 $$\sin \frac{\alpha}{2} \neq 0$$，则 $$10 \cos \frac{\alpha}{2} = 8$$，即 $$\cos \frac{\alpha}{2} = \frac{4}{5}$$。
由 $$\sin^2 \frac{\alpha}{2} + \cos^2 \frac{\alpha}{2} = 1$$，得 $$\sin \frac{\alpha}{2} = \pm \frac{3}{5}$$。
由于 $$\alpha \in (0, 2\pi)$$，$$\frac{\alpha}{2} \in (0, \pi)$$，故 $$\sin \frac{\alpha}{2} > 0$$，取 $$\frac{3}{5}$$。
因此 $$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$$。
答案：C。
4. 已知 $$\alpha$$ 是第二象限角，且 $$3 \sin \alpha + 4 \cos \alpha = 0$$，求 $$\tan \frac{\alpha}{2}$$。
由 $$3 \sin \alpha + 4 \cos \alpha = 0$$，得 $$\tan \alpha = -\frac{4}{3}$$。
利用公式 $$\tan \alpha = \frac{2 \tan \frac{\alpha}{2}}{1 - \tan^2 \frac{\alpha}{2}}$$，设 $$t = \tan \frac{\alpha}{2}$$，则：
$$\frac{2t}{1 - t^2} = -\frac{4}{3}$$，解得 $$6t = -4(1 - t^2)$$，即 $$4t^2 - 6t - 4 = 0$$，化简为 $$2t^2 - 3t - 2 = 0$$。
解得 $$t = 2$$ 或 $$t = -\frac{1}{2}$$。
由于 $$\alpha$$ 在第二象限，$$\frac{\alpha}{2}$$ 在第一象限，故 $$\tan \frac{\alpha}{2} > 0$$，取 $$t = 2$$。
答案：A。
5. 已知 $$5 \sin 2\alpha = 6 \cos \alpha$$，$$\alpha \in (0, \frac{\pi}{2})$$，求 $$\tan \frac{\alpha}{2}$$。
利用 $$\sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha$$，代入得：
$$5 \times 2 \sin \alpha \cos \alpha = 6 \cos \alpha$$，即 $$10 \sin \alpha \cos \alpha - 6 \cos \alpha = 0$$。
因 $$\cos \alpha \neq 0$$，得 $$10 \sin \alpha = 6$$，即 $$\sin \alpha = \frac{3}{5}$$。
由 $$\alpha \in (0, \frac{\pi}{2})$$，得 $$\cos \alpha = \frac{4}{5}$$，$$\tan \alpha = \frac{3}{4}$$。
利用 $$\tan \alpha = \frac{2 \tan \frac{\alpha}{2}}{1 - \tan^2 \frac{\alpha}{2}}$$，设 $$t = \tan \frac{\alpha}{2}$$，则：
$$\frac{2t}{1 - t^2} = \frac{3}{4}$$，解得 $$8t = 3(1 - t^2)$$，即 $$3t^2 + 8t - 3 = 0$$。
解得 $$t = \frac{1}{3}$$ 或 $$t = -3$$（舍去负值），故 $$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{3}$$。
答案：B。
6. 函数 $$f(x) = \frac{\sin x}{\sin x + \cos x}$$，求其拐点 $$M(x_0, f(x_0))$$ 所在直线。
先求一阶导数：
$$f'(x) = \frac{\cos x (\sin x + \cos x) - \sin x (\cos x - \sin x)}{(\sin x + \cos x)^2} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{(\sin x + \cos x)^2} = \frac{1}{(\sin x + \cos x)^2}$$。
再求二阶导数：
$$f''(x) = -2 (\sin x + \cos x)^{-3} (\cos x - \sin x) = \frac{2(\sin x - \cos x)}{(\sin x + \cos x)^3}$$。
令 $$f''(x) = 0$$，得 $$\sin x - \cos x = 0$$，即 $$\tan x = 1$$，$$x = \frac{\pi}{4} + k\pi$$。
取 $$x_0 = \frac{\pi}{4}$$，则 $$f(x_0) = \frac{\sin \frac{\pi}{4}}{\sin \frac{\pi}{4} + \cos \frac{\pi}{4}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{2}$$。
点 $$M(\frac{\pi}{4}, \frac{1}{2})$$ 满足 $$y = \frac{1}{2}$$，故在直线 $$y = \frac{1}{2}$$ 上。
答案：D。
7. 不等式 $$\sqrt{2} \sin \frac{x}{4} \cos \frac{x}{4} + \sqrt{6} \cos^2 \frac{x}{4} - \frac{\sqrt{6}}{2} - m \geq 0$$ 对 $$x \in [-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$$ 恒成立，求实数 $$m$$ 的取值范围。
化简左边：
$$\sqrt{2} \sin \frac{x}{4} \cos \frac{x}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} \sin \frac{x}{2}$$，
$$\sqrt{6} \cos^2 \frac{x}{4} = \sqrt{6} \cdot \frac{1 + \cos \frac{x}{2}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2} + \frac{\sqrt{6}}{2} \cos \frac{x}{2}$$。
代入得：
$$\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \frac{x}{2} + \frac{\sqrt{6}}{2} \cos \frac{x}{2} - m \geq 0$$。
即 $$\frac{1}{2} (\sqrt{2} \sin \frac{x}{2} + \sqrt{6} \cos \frac{x}{2}) \geq m$$。
令 $$A = \sqrt{ (\sqrt{2})^2 + (\sqrt{6})^2 } = \sqrt{2 + 6} = 2\sqrt{2}$$，则表达式可化为：
$$\frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \sin (\frac{x}{2} + \phi) = \sqrt{2} \sin (\frac{x}{2} + \phi)$$，其中 $$\tan \phi = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}} = \sqrt{3}$$，$$\phi = \frac{\pi}{3}$$。
故不等式为 $$\sqrt{2} \sin (\frac{x}{2} + \frac{\pi}{3}) \geq m$$。
当 $$x \in [-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$$ 时，$$\frac{x}{2} \in [-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$$，$$\frac{x}{2} + \frac{\pi}{3} \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]$$。
$$\sin (\frac{x}{2} + \frac{\pi}{3})$$ 在 $$[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]$$ 上最小值为 $$\sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$$。
故 $$\sqrt{2} \sin (\frac{x}{2} + \frac{\pi}{3}) \geq \sqrt{2} \times \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$$。
因此 $$m \leq \frac{\sqrt{2}}{2}$$，即 $$m \in (-\infty, \frac{\sqrt{2}}{2}]$$。
答案：B。
8. 在 $$\triangle ABC$$ 中，$$\cos^2 \frac{B}{2} = \frac{a + c}{2c}$$，判断其形状。
由半角公式 $$\cos^2 \frac{B}{2} = \frac{1 + \cos B}{2}$$，代入得：
$$\frac{1 + \cos B}{2} = \frac{a + c}{2c}$$，即 $$1 + \cos B = \frac{a + c}{c} = 1 + \frac{a}{c}$$。
故 $$\cos B = \frac{a}{c}$$。
由余弦定理 $$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$$，得：
$$\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \frac{a}{c}$$，即 $$a^2 + c^2 - b^2 = 2a^2$$，整理得 $$c^2 - b^2 = a^2$$。
即 $$c^2 = a^2 + b^2$$，故为直角三角形，角 $$C$$ 为直角。
或由 $$\cos B = \frac{a}{c}$$，结合正弦定理 $$\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C}$$，得 $$\cos B = \frac{\sin A}{\sin C}$$。
若 $$A = B$$，则 $$\cos B = \frac{\sin B}{\sin C}$$，即 $$\sin C = \tan B$$，不一定成立。
综上，为直角三角形。
答案：B。
9. 在 $$\triangle ABC$$ 中，$$\cos \frac{C}{2} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$，$$BC = 1$$，$$AC = 5$$，求 $$AB$$。
由半角公式 $$\cos \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{1 + \cos C}{2}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$，得 $$\frac{1 + \cos C}{2} = \frac{5}{25} = \frac{1}{5}$$，即 $$1 + \cos C = \frac{2}{5}$$，$$\cos C = -\frac{3}{5}$$。
由余弦定理：$$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos C = 25 + 1 - 2 \times 5 \times 1 \times (-\frac{3}{5}) = 26 + 6 = 32$$。
故 $$AB = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$$。
答案：D。
10. 已知 $$\sin (\alpha - \beta) \cos \alpha - \cos (\alpha - \beta) \sin \alpha = \frac{4}{5}$$，且 $$\beta$$ 为第三象限角，求 $$\cos \frac{\beta}{2}$$。
左边利用正弦差公式：$$\sin [(\alpha - \beta) - \alpha] = \sin (-\beta) = -\sin \beta$$。
故 $$-\sin \beta = \frac{4}{5}$$，即 $$\sin \beta = -\frac{4}{5}$$。
由于 $$\beta$$ 在第三象限，$$\cos \beta < 0$$，由 $$\sin^2 \beta + \cos^2 \beta = 1$$，得 $$\cos \beta = -\frac{3}{5}$$。
由半角公式 $$\cos \frac{\beta}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 + \cos \beta}{2}} = \pm \sqrt{\frac{1 - \frac{3}{5}}{2}} = \pm \sqrt{\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2}} = \pm \sqrt{\frac{1}{5}} = \pm \frac{\sqrt{5}}{5}$$。
由于 $$\beta$$ 在第三象限，$$\frac{\beta}{2}$$ 在第二象限，$$\cos \frac{\beta}{2} < 0$$，故取负值。
答案：C。