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正确率60.0%$$\operatorname{s i n} 2 0^{\circ} \operatorname{c o s} 1 0^{\circ}+\operatorname{s i n} 1 0^{\circ} \operatorname{s i n} 7 0^{\circ}$$的值是（）
C
A.$$\frac{1} {4}$$
B.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
C.$$\frac{1} {2}$$
D.$$\frac{\sqrt{3}} {4}$$
2、['角α与-α的三角函数值之间的关系'， '两角和与差的余弦公式']正确率60.0%$$\operatorname{c o s} ( 4 7^{\circ}-\alpha) \operatorname{c o s} ( \alpha-1 7^{\circ} )-$$$$\operatorname{s i n} {( 4 7^{\circ}-\alpha)} \operatorname{s i n} {( \alpha-1 7^{\circ} )}=$$（）
C
A.$$\frac{1} {2}$$
B.$$- \frac{1} {2}$$
C.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
D.$$- \frac{\sqrt3} {2}$$
3、['余弦定理及其应用'， '两角和与差的余弦公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$A. ~ B. ~ C$$的对边分别为$$a， ~ b， ~ c$$，若$$2 \operatorname{c o s}^{2} \frac{A+B} {2}-\operatorname{c o s} 2 C=1， \ 4 \operatorname{s i n} B=3 \operatorname{s i n} A， \ a-b=1$$，则$${{c}}$$的值为（）
A
A.$${\sqrt {{1}{3}}}$$
B.$${\sqrt {7}}$$
C.$${\sqrt {{3}{7}}}$$
D.$${{6}}$$
5、['两角和与差的余弦公式'， '两角和与差的正弦公式'， '同角三角函数基本关系的综合应用']正确率60.0%已知$$\alpha\in\left( \frac{\pi} {2} \pi\right)， ~ ~ \operatorname{c o s} \left( \alpha-\frac{\pi} {4} \right)=\frac{3} {5}，$$则$${{s}{i}{n}{α}}$$等于（）
C
A.$$- \frac{\sqrt2} {1 0}$$
B.$$\frac{\sqrt2} {1 0}$$
C.$$\frac{7 \sqrt{2}} {1 0}$$
D.$$- \frac{\sqrt2} {1 0}$$或$$\frac{7 \sqrt{2}} {1 0}$$
7、['角α与π±α的三角函数值之间的关系'， '角α与(3π)/2±α的三角函数值之间的关系'， '两角和与差的余弦公式']正确率60.0%$$\frac{\operatorname{s i n} 2 8 5^{\circ}} {\operatorname{c o s} 2 2 5^{\circ}}=$$
D
A.$$- \frac{\sqrt{3}+1} {2}$$
B.$$\frac{1-\sqrt{3}} {2}$$
C.$$\frac{\sqrt3-1} {2}$$
D.$$\frac{1+\sqrt{3}} {2}$$
8、['函数奇偶性的应用'， '函数奇、偶性的图象特征'， '两角和与差的余弦公式'， '函数y=A cos(wx+φ)（A≠0，w不等于0）的图象及性质']正确率60.0%定义运算：$$\left| \begin{matrix} {a_{1}} & {a_{2}} \\ {a_{3}} & {a_{4}} \\ \end{matrix} \right|=a_{1} a_{4}-a_{2} a_{3}$$，将函数$$f \ ( \ x ) \ =\left| \begin{matrix} {\sqrt{3}} & {\operatorname{s i n} \omega x} \\ {1} & {\operatorname{c o s} \omega x} \\ \end{matrix} \right| \ ( \omega> 0 )$$的图象向左平移$$\frac{2 \pi} {3}$$个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则$${{ω}}$$的最小值是（）
B
A.$$\frac{1} {4}$$
B.$$\frac{5} {4}$$
C.$$\frac{7} {4}$$
D.$$\frac{3} {4}$$
9、['向量的模'， '平面向量加法、减法的坐标运算'， '向量坐标与向量的数量积'， '向量在几何中的应用举例'， '两角和与差的余弦公式'， '余弦（型）函数的定义域和值域']正确率40.0%已知$$| \overrightarrow{a} |=2， \， \， | \overrightarrow{b} |=| \overrightarrow{c} |=1$$，则$$( \overrightarrow{a}-\overrightarrow{b} ) \cdot( \overrightarrow{c}-\overrightarrow{b} )$$的最小值为$${{(}{)}}$$
B
A.$${{−}{2}}$$
B.$${{−}{4}}$$
C.$${{−}{6}}$$
D.$${{−}{1}}$$
10、['正弦（型）函数的周期性'， '两角和与差的余弦公式'， '辅助角公式'， '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40.0%已知$$f ( x )=\operatorname{s i n} ( 2 0 1 5 x+\frac{\pi} {6} )+\operatorname{c o s} ( 2 0 1 5 x-\frac{\pi} {3} )$$的最大值为$${{A}}$$，若存在实数$${{x}_{1}{，}{{x}_{2}}}$$，使得对任意实数$${{x}}$$总有$$f ( x_{1} ) \leqslant f ( x ) \leqslant f ( x_{2} )$$成立，则$$A \， | x_{1}-x_{2} |$$的最小值为（）
B
A.$$\frac{\pi} {2 0 1 5}$$
B.$$\frac{2 \pi} {2 0 1 5}$$
C.$$\frac{4 \pi} {2 0 1 5}$$
D.$$\frac{\pi} {4 0 3 0}$$
1. 计算：$$\sin 20^\circ \cos 10^\circ + \sin 10^\circ \sin 70^\circ$$
利用恒等式：$$\sin 70^\circ = \cos 20^\circ$$
原式变为：$$\sin 20^\circ \cos 10^\circ + \sin 10^\circ \cos 20^\circ = \sin (20^\circ + 10^\circ) = \sin 30^\circ = \frac{1}{2}$$
答案：C
2. 计算：$$\cos (47^\circ - \alpha) \cos (\alpha - 17^\circ) - \sin (47^\circ - \alpha) \sin (\alpha - 17^\circ)$$
利用余弦和角公式：$$\cos A \cos B - \sin A \sin B = \cos (A + B)$$
这里 $$A = 47^\circ - \alpha$$，$$B = \alpha - 17^\circ$$
所以 $$A + B = 47^\circ - \alpha + \alpha - 17^\circ = 30^\circ$$
原式 $$= \cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$$
答案：C
3. 在 $$\triangle ABC$$ 中，已知：$$2 \cos^2 \frac{A+B}{2} - \cos 2C = 1$$，$$4 \sin B = 3 \sin A$$，$$a - b = 1$$，求 $$c$$
首先利用恒等式：$$\cos^2 \frac{A+B}{2} = \frac{1 + \cos (A+B)}{2}$$
代入得：$$2 \cdot \frac{1 + \cos (A+B)}{2} - \cos 2C = 1 + \cos (A+B) - \cos 2C = 1$$
由于 $$A + B + C = \pi$$，所以 $$A + B = \pi - C$$，$$\cos (A+B) = -\cos C$$
原式变为：$$1 - \cos C - \cos 2C = 1$$，即 $$- \cos C - \cos 2C = 0$$
利用二倍角公式：$$\cos 2C = 2 \cos^2 C - 1$$
代入得：$$- \cos C - (2 \cos^2 C - 1) = - \cos C - 2 \cos^2 C + 1 = 0$$
整理得：$$2 \cos^2 C + \cos C - 1 = 0$$
解得：$$\cos C = \frac{1}{2}$$ 或 $$\cos C = -1$$（舍去，因为 $$C$$ 为三角形内角）
所以 $$C = 60^\circ$$
由正弦定理：$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = 2R$$
已知 $$4 \sin B = 3 \sin A$$，所以 $$\frac{\sin A}{\sin B} = \frac{4}{3}$$，即 $$\frac{a}{b} = \frac{4}{3}$$
又 $$a - b = 1$$，解得：$$a = 4$$，$$b = 3$$
利用余弦定理：$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C = 16 + 9 - 2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} = 25 - 12 = 13$$
所以 $$c = \sqrt{13}$$
答案：A
5. 已知 $$\alpha \in \left( \frac{\pi}{2}, \pi \right)$$，$$\cos \left( \alpha - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{3}{5}$$，求 $$\sin \alpha$$
设 $$\beta = \alpha - \frac{\pi}{4}$$，则 $$\alpha = \beta + \frac{\pi}{4}$$，$$\sin \alpha = \sin \left( \beta + \frac{\pi}{4} \right) = \sin \beta \cos \frac{\pi}{4} + \cos \beta \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin \beta + \cos \beta)$$
已知 $$\cos \beta = \frac{3}{5}$$，且 $$\alpha \in \left( \frac{\pi}{2}, \pi \right)$$，则 $$\beta \in \left( \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4} \right)$$，$$\sin \beta > 0$$
$$\sin \beta = \sqrt{1 - \cos^2 \beta} = \sqrt{1 - \frac{9}{25}} = \frac{4}{5}$$
所以 $$\sin \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2} \left( \frac{4}{5} + \frac{3}{5} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{7}{5} = \frac{7 \sqrt{2}}{10}$$
答案：C
7. 计算：$$\frac{\sin 285^\circ}{\cos 225^\circ}$$
利用诱导公式：$$\sin 285^\circ = \sin (360^\circ - 75^\circ) = -\sin 75^\circ$$
$$\cos 225^\circ = \cos (180^\circ + 45^\circ) = -\cos 45^\circ = -\frac{\sqrt{2}}{2}$$
原式 $$= \frac{-\sin 75^\circ}{-\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{2 \sin 75^\circ}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \sin 75^\circ$$
$$\sin 75^\circ = \sin (45^\circ + 30^\circ) = \sin 45^\circ \cos 30^\circ + \cos 45^\circ \sin 30^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$$
所以原式 $$= \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{12} + \sqrt{4}}{4} = \frac{2\sqrt{3} + 2}{4} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2}$$
答案：D
8. 定义运算：$$\left| \begin{matrix} a_1 & a_2 \\ a_3 & a_4 \end{matrix} \right| = a_1 a_4 - a_2 a_3$$
函数 $$f(x) = \left| \begin{matrix} \sqrt{3} & \sin \omega x \\ 1 & \cos \omega x \end{matrix} \right| = \sqrt{3} \cos \omega x - \sin \omega x$$
可化为：$$f(x) = 2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \omega x - \frac{1}{2} \sin \omega x \right) = 2 \cos \left( \omega x + \frac{\pi}{6} \right)$$
向左平移 $$\frac{2\pi}{3}$$ 单位后：$$g(x) = f \left( x + \frac{2\pi}{3} \right) = 2 \cos \left( \omega \left( x + \frac{2\pi}{3} \right) + \frac{\pi}{6} \right) = 2 \cos \left( \omega x + \frac{2\omega \pi}{3} + \frac{\pi}{6} \right)$$
要求 $$g(x)$$ 为偶函数，即 $$g(-x) = g(x)$$，所以余弦函数的相位应为 $$k\pi$$（$$k$$ 为整数）
即 $$\frac{2\omega \pi}{3} + \frac{\pi}{6} = k\pi$$
解得：$$\omega = \frac{3k\pi - \frac{\pi}{2}}{2\pi} = \frac{6k - 1}{4}$$
取最小正数：$$k = 1$$ 时，$$\omega = \frac{5}{4}$$
答案：B
9. 已知 $$|\vec{a}| = 2$$，$$|\vec{b}| = |\vec{c}| = 1$$，求 $$(\vec{a} - \vec{b}) \cdot (\vec{c} - \vec{b})$$ 的最小值
展开：$$\vec{a} \cdot \vec{c} - \vec{a} \cdot \vec{b} - \vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{b} \cdot \vec{b} = \vec{a} \cdot \vec{c} - \vec{a} \cdot \vec{b} - \vec{b} \cdot \vec{c} + 1$$
由于 $$|\vec{a}| = 2$$，$$|\vec{b}| = |\vec{c}| = 1$$，点积的取值范围为 $$[-2, 2]$$（对于 $$\vec{a} \cdot \vec{c}$$），$$[-2, 2]$$（对于 $$\vec{a} \cdot \vec{b}$$），$$[-1, 1]$$（对于 $$\vec{b} \cdot \vec{c}$$）
要最小化表达式，应使 $$\vec{a} \cdot \vec{c}$$ 最小（取 -2），$$\vec{a} \cdot \vec{b}$$ 最大（取 2），$$\vec{b} \cdot \vec{c}$$ 最大（取 1）
代入得：$$-2 - 2 - 1 + 1 = -4$$
答案：B
10. 已知 $$f(x) = \sin \left( 2015x + \frac{\pi}{6} \right) + \cos \left( 2015x - \frac{\pi}{3} \right)$$
利用和角公式：$$\cos \left( 2015x - \frac{\pi}{3} \right) = \cos \left( 2015x + \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{2} \right) = \sin \left( 2015x + \frac{\pi}{6} \right)$$
所以 $$f(x) = 2 \sin \left( 2015x + \frac{\pi}{6} \right)$$，最大值 $$A = 2$$
周期 $$T = \frac{2\pi}{2015}$$，$$|x_1 - x_2|$$ 的最小值为半周期 $$\frac{\pi}{2015}$$
所以 $$A |x_1 - x_2|$$ 的最小值为 $$2 \cdot \frac{\pi}{2015} = \frac{2\pi}{2015}$$
答案：B