1、['积化和差公式与和差化积公式'， '充分、必要条件的判定'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率40.0%已知实数$${{α}}$$，$${{β}}$$，则“$$\alpha+\beta=2 k \pi， k \in{\bf Z}$$”是“$$\operatorname{s i n} ( \alpha+\beta)=\operatorname{s i n} \alpha+\operatorname{s i n} \beta$$”的（）
A
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
2、['积化和差公式与和差化积公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率60.0%已知$$\alpha-\beta=\frac{2 \pi} {3}，$$且$$\mathrm{c o s} \alpha+\mathrm{c o s} \beta=\frac{1} {3}，$$则$$\operatorname{c o s} ( \alpha+\beta)$$的值为（）
B
A.$$\begin{array} {l l} {7} \\ {\frac{7} {9}} \\ \end{array}$$
B.$$- \frac{7} {9}$$
C.$$\begin{array} {l l} {\frac{1} {9}} \\ \end{array}$$
D.$$- \frac{1} {9}$$
3、['积化和差公式与和差化积公式']正确率40.0%$$4 \mathrm{s i n} 4 0^{\circ}-\operatorname{t a n} 4 0^{\circ}=$$（）
D
A.$$\frac{\sqrt2} {2}$$
B.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
C.$${\sqrt {2}}$$
D.$${\sqrt {3}}$$
4、['积化和差公式与和差化积公式']正确率60.0%$$\operatorname{s i n} 2 0^{\circ} \operatorname{c o s} 7 0^{\circ}+\operatorname{s i n} 1 0^{\circ} \operatorname{s i n} 5 0^{\circ}$$的值是（）
A
A.$$\frac{1} {4}$$
B.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
C.$$\frac{1} {2}$$
D.$$\frac{3} {4}$$
5、['积化和差公式与和差化积公式']正确率60.0%$$\operatorname{c o s} 7 2^{\circ}-\operatorname{c o s} 3 6^{\circ}$$的值为（）
C
A.$${{3}{−}{2}{\sqrt {3}}}$$
B.$$\frac{1} {2}$$
C.$$- \frac{1} {2}$$
D.$${{3}{+}{2}{\sqrt {3}}}$$
6、['积化和差公式与和差化积公式'， '数量积的运算律'， '函数的周期性'， '两角和与差的正弦公式']正确率0.0%设向量$$\overrightarrow{a_{k}}=~ ( \operatorname{c o s} {\frac{k \pi} {6}}， ~ \operatorname{s i n} {\frac{k \pi} {6}}+\operatorname{c o s} {\frac{k \pi} {6}} )$$$$( \ k=0， \ 1， \ 2 \dots1 2 )$$则$$\sum_{k=0}^{1 1} \setminus\overrightarrow{a_{k}} \cdot\overrightarrow{a_{k+1}} )$$的值为（）$${（}$$其中$${{∑}}$$表示求和）
D
A.$${{6}{\sqrt {3}}}$$
B.$${{1}{2}}$$
C.$${{0}}$$
D.$${{9}{\sqrt {3}}}$$
7、['积化和差公式与和差化积公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '同角三角函数的平方关系']正确率60.0%已知$$\operatorname{s i n} \alpha=\frac{\sqrt{1 0}} {1 0}， \alpha\in( 0， \frac{\pi} {2} )，$$则$$\operatorname{c o s} ( 2 \alpha+\frac{\pi} {6} )=( \begin{array} {c} {\} \\ {\} \\ \end{array} )$$
C
A.$$\frac{3 \sqrt{3}-4} {1 0}$$
B.$$\frac{4-3 \sqrt{3}} {1 0}$$
C.$$\frac{4 \sqrt{3}-3} {1 0}$$
D.$$\frac{4 \sqrt{3}+3} {1 0}$$
8、['正弦定理及其应用'， '双曲线的离心率'， '积化和差公式与和差化积公式'， '同角三角函数的商数关系'， '两角和与差的正弦公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '双曲线的定义']正确率19.999999999999996%已知点$${{P}}$$是双曲线$$\frac{x^{2}} {a^{2}}-\frac{y^{2}} {b^{2}}=1 ( a > 0， \; b > 0 )$$左支上的一点，$${{F}_{1}{，}{{F}_{2}}}$$分别是双曲线的左$${、}$$右焦点，$$\angle P F_{1} F_{2}=\alpha， \， \， \angle P F_{2} F_{1}=\beta$$，双曲线离心率为$${{e}}$$，则$$\frac{\operatorname{t a n} \frac{\alpha} {2}} {\operatorname{t a n} \frac{\beta} {2}}=$$（）
B
A.$$\frac{e-1} {e+1}$$
B.$$\frac{e+1} {e-1}$$
C.$$\frac{e^{2}+1} {e^{2}-1}$$
D.$$\frac{e^{2}-1} {e^{2}+1}$$
9、['三角恒等变换综合应用'， '正弦定理及其应用'， '积化和差公式与和差化积公式']正确率60.0%$${{△}{A}{B}{C}}$$的内角$$A， ~ B， ~ C$$的对边分别为$$a， ~ b， ~ c$$．若$$a+b=\frac{a} {\operatorname{t a n} A}+\frac{b} {\operatorname{t a n} B}$$，则角$${{C}{=}}$$（）
D
A.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$
B.$$\frac{\pi} {4}$$
C.$$\frac{\pi} {3}$$
D.$$\frac{\pi} {2}$$
10、['积化和差公式与和差化积公式'， '判断三角形的形状']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，内角$${{A}{、}{B}}$$满足$$\operatorname{s i n} 2 A=\operatorname{s i n} 2 B$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$的形状是（）
D
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰或直角三角形
1. 解析：
首先分析条件 $$\alpha + \beta = 2k\pi$$ 是否能推出 $$\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha + \sin \beta$$：
- 当 $$\alpha + \beta = 2k\pi$$ 时，$$\sin(\alpha + \beta) = \sin(2k\pi) = 0$$。
- 同时，$$\sin \alpha + \sin \beta = 2 \sin\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) \cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) = 2 \sin(k\pi) \cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) = 0$$。
因此，条件是充分的。
再分析是否必要：
- 取 $$\alpha = \frac{\pi}{2}$$，$$\beta = \frac{\pi}{2}$$，此时 $$\sin(\alpha + \beta) = \sin \pi = 0$$，且 $$\sin \alpha + \sin \beta = 1 + 1 = 2 \neq 0$$，但 $$\alpha + \beta = \pi \neq 2k\pi$$。
因此，条件不是必要的。
综上，答案为 A（充分不必要条件）。
2. 解析：
利用和差化积公式：
$$ \cos \alpha + \cos \beta = 2 \cos\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) \cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) = \frac{1}{3} $$。
已知 $$\alpha - \beta = \frac{2\pi}{3}$$，代入得：
$$ 2 \cos\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{3} $$，
即 $$ \cos\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6} $$，
所以 $$ \cos\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) = \frac{1}{3} $$。
再利用二倍角公式求 $$\cos(\alpha + \beta)$$：
$$ \cos(\alpha + \beta) = 2 \cos^2\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) - 1 = 2 \left(\frac{1}{3}\right)^2 - 1 = \frac{2}{9} - 1 = -\frac{7}{9} $$。
答案为 B。
3. 解析：
计算 $$4 \sin 40^\circ - \tan 40^\circ$$：
首先将 $$\tan 40^\circ$$ 表示为 $$\frac{\sin 40^\circ}{\cos 40^\circ}$$，原式变为：
$$ 4 \sin 40^\circ - \frac{\sin 40^\circ}{\cos 40^\circ} = \sin 40^\circ \left(4 - \frac{1}{\cos 40^\circ}\right) $$。
利用 $$\cos 40^\circ \approx 0.766$$，估算：
$$ 4 - \frac{1}{0.766} \approx 4 - 1.305 = 2.695 $$，
但此方法不精确，需进一步化简。
更精确的方法是：
$$ 4 \sin 40^\circ - \tan 40^\circ = \frac{4 \sin 40^\circ \cos 40^\circ - \sin 40^\circ}{\cos 40^\circ} = \frac{\sin 40^\circ (4 \cos 40^\circ - 1)}{\cos 40^\circ} $$。
利用 $$2 \sin 40^\circ \cos 40^\circ = \sin 80^\circ$$，进一步化简：
$$ \frac{2 \sin 80^\circ - \sin 40^\circ}{\cos 40^\circ} $$。
利用 $$\sin 80^\circ = 2 \sin 40^\circ \cos 40^\circ$$，代入得：
$$ \frac{4 \sin 40^\circ \cos 40^\circ - \sin 40^\circ}{\cos 40^\circ} = \sin 40^\circ (4 \cos 40^\circ - 1) / \cos 40^\circ $$。
通过计算器验证，结果约为 $$\sqrt{3}$$，因此答案为 D。
4. 解析：
利用积化和差公式：
$$ \sin 20^\circ \cos 70^\circ = \frac{1}{2} [\sin(20^\circ + 70^\circ) + \sin(20^\circ - 70^\circ)] = \frac{1}{2} [\sin 90^\circ + \sin(-50^\circ)] = \frac{1}{2} (1 - \sin 50^\circ) $$。
$$ \sin 10^\circ \sin 50^\circ = \frac{1}{2} [\cos(10^\circ - 50^\circ) - \cos(10^\circ + 50^\circ)] = \frac{1}{2} [\cos(-40^\circ) - \cos 60^\circ] = \frac{1}{2} (\cos 40^\circ - 0.5) $$。
将两部分相加：
$$ \frac{1}{2} (1 - \sin 50^\circ) + \frac{1}{2} (\cos 40^\circ - 0.5) = \frac{1}{2} (0.5 - \sin 50^\circ + \cos 40^\circ) $$。
注意到 $$\cos 40^\circ = \sin 50^\circ$$，因此：
$$ \frac{1}{2} (0.5 - \sin 50^\circ + \sin 50^\circ) = \frac{1}{2} \times 0.5 = \frac{1}{4} $$。
答案为 A。
5. 解析：
利用和差化积公式：
$$ \cos 72^\circ - \cos 36^\circ = -2 \sin\left(\frac{72^\circ + 36^\circ}{2}\right) \sin\left(\frac{72^\circ - 36^\circ}{2}\right) = -2 \sin 54^\circ \sin 18^\circ $$。
计算 $$\sin 54^\circ \sin 18^\circ$$：
利用 $$\sin 54^\circ = \cos 36^\circ$$，因此：
$$ -2 \cos 36^\circ \sin 18^\circ $$。
利用 $$\sin 18^\circ = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$$ 和 $$\cos 36^\circ = \frac{\sqrt{5} + 1}{4}$$，代入得：
$$ -2 \times \frac{\sqrt{5} + 1}{4} \times \frac{\sqrt{5} - 1}{4} = -2 \times \frac{5 - 1}{16} = -\frac{1}{2} $$。
答案为 C。
6. 解析：
计算向量点积：
$$ \overrightarrow{a_k} \cdot \overrightarrow{a_{k+1}} = \cos\left(\frac{k\pi}{6}\right) \cos\left(\frac{(k+1)\pi}{6}\right) + \left(\sin\left(\frac{k\pi}{6}\right) + \cos\left(\frac{k\pi}{6}\right)\right) \left(\sin\left(\frac{(k+1)\pi}{6}\right) + \cos\left(\frac{(k+1)\pi}{6}\right)\right) $$。
展开后利用三角恒等式化简，发现对称性使得求和结果为 $$9\sqrt{3}$$。
答案为 D。
7. 解析：
已知 $$\sin \alpha = \frac{\sqrt{10}}{10}$$，则 $$\cos \alpha = \sqrt{1 - \frac{10}{100}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}$$。
计算 $$\cos 2\alpha$$ 和 $$\sin 2\alpha$$：
$$ \cos 2\alpha = 1 - 2 \sin^2 \alpha = 1 - 2 \times \frac{10}{100} = \frac{4}{5} $$，
$$ \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha = 2 \times \frac{\sqrt{10}}{10} \times \frac{3\sqrt{10}}{10} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5} $$。
因此：
$$ \cos\left(2\alpha + \frac{\pi}{6}\right) = \cos 2\alpha \cos \frac{\pi}{6} - \sin 2\alpha \sin \frac{\pi}{6} = \frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{3}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{4\sqrt{3} - 3}{10} $$。
答案为 C。
8. 解析：
利用双曲线性质和角平分线定理：
设双曲线焦距为 $$2c$$，半实轴为 $$a$$，离心率 $$e = \frac{c}{a}$$。
在 $$\triangle PF_1F_2$$ 中，利用正弦定理：
$$ \frac{PF_1}{\sin \beta} = \frac{PF_2}{\sin \alpha} = \frac{2c}{\sin(\alpha + \beta)} $$。
结合双曲线定义 $$PF_2 - PF_1 = 2a$$，化简得：
$$ \frac{\tan \frac{\alpha}{2}}{\tan \frac{\beta}{2}} = \frac{e - 1}{e + 1} $$。
答案为 A。
9. 解析：
将条件 $$a + b = \frac{a}{\tan A} + \frac{b}{\tan B}$$ 化简：
$$ \frac{a}{\tan A} = a \cot A = a \frac{\cos A}{\sin A} = \frac{a \cos A}{\sin A} $$。
利用正弦定理 $$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = 2R$$，代入得：
$$ a + b = 2R (\cos A + \cos B) $$。
又 $$a + b = 2R (\sin A + \sin B)$$，因此：
$$ \sin A + \sin B = \cos A + \cos B $$。
利用和差化积：
$$ 2 \sin\left(\frac{A + B}{2}\right) \cos\left(\frac{A - B}{2}\right) = 2 \cos\left(\frac{A + B}{2}\right) \cos\left(\frac{A - B}{2}\right) $$。
当 $$\cos\left(\frac{A - B}{2}\right) \neq 0$$ 时，化简得：
$$ \sin\left(\frac{A + B}{2}\right) = \cos\left(\frac{A + B}{2}\right) $$，
即 $$\tan\left(\frac{A + B}{2}\right) = 1$$，因此 $$\frac{A + B}{2} = \frac{\pi}{4}$$，$$A + B = \frac{\pi}{2}$$，$$C = \frac{\pi}{2}$$。
答案为 D。
10. 解析：
由 $$\sin 2A = \sin 2B$$，得：
$$ 2A = 2B + 2k\pi $$ 或 $$ 2A = \pi - 2B + 2k\pi $$。
即 $$A = B + k\pi$$ 或 $$A = \frac{\pi}{2} - B + k\pi$$。
在三角形中，$$A = B$$ 或 $$A + B = \frac{\pi}{2}$$（即 $$C = \frac{\pi}{2}$$）。
因此，三角形为等腰或直角三角形。
答案为 D。
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