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正确率60.0%已知$${{θ}}$$是第二象限角$$， ~ \operatorname{s i n} \left( \theta+\frac{\pi} {4} \right)=\frac{3} {5}，$$则$$\mathrm{t a n} \theta=$$（）
D
A.$$- \frac{3} {4}$$
B.$$- \frac{4} {3}$$
C.$$- \frac{1} {7}$$
D.$${{−}{7}}$$
2、['一元二次方程根与系数的关系'， '角α与π±α的三角函数值之间的关系'， '判断三角形的形状'， '两角和与差的正切公式']正确率40.0%$$A， ~ B， ~ C$$是$${{△}{A}{B}{C}}$$的三个内角，且$$tan$$是方程$$3 x^{2}-5 x+1=0$$的两个实数根，则$${{△}{A}{B}{C}}$$是$${{(}{)}}$$
D
A.等边三角形
B.锐角三角形
C.等腰三角形
D.钝角三角形
3、['两角和与差的正切公式']正确率80.0%已知$$\operatorname{t a n} \theta=2， \， \mathbb{A} \， \operatorname{t a n} ( \theta-\frac{\pi} {4} )$$的值是$${{(}{)}}$$
D
A.$${{3}}$$
B.$${{−}{3}}$$
C.$$- \frac{1} {3}$$
D.$$\frac{1} {3}$$
4、['给值求值'， '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']正确率60.0%已知$$\alpha\in( 0， \pi) \，，$$且$$\mathrm{s i n} \alpha=\frac{3} {5}$$，则$$\operatorname{t a n} ( \alpha+\frac{\pi} {4} )=\ thdelims [ b ]$$）
D
A.$$- \frac{1} {7}$$
B.$${{7}}$$
C.$$- \frac{1} {7}$$或$${{−}{7}}$$
D.$$\frac{1} {7}$$或$${{7}}$$
5、['一元二次方程根与系数的关系'， '给值求角'， '两角和与差的正切公式']正确率60.0%已知$$\operatorname{t a n} \alpha， ~ \operatorname{t a n} \beta$$是方程$$x^{2}+\sqrt{3} x-2=0$$的两个根，且$$- \frac{\pi} {2} < \alpha< \frac{\pi} {2}， ~ ~-\frac{\pi} {2} < \beta< \frac{\pi} {2}$$，则$${{α}{+}{β}}$$的值是（）
C
A.$$- \frac{\pi} {6}$$
B.$$- \frac{2 \pi} {3}$$
C.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$或$$- \frac{5 \pi} {6}$$
D.$$- \frac{\pi} {3}$$或$$\frac{2 \pi} {3}$$
6、['数列的递推公式'， '正切（型）函数的周期性'， '两角和与差的正切公式']正确率40.0%若数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{1}=\frac{1} {2}$$且$$a_{n+1}=\frac{a_{n}+( 2-\sqrt{3} )} {1-( 2-\sqrt{3} ) a_{n}}$$，则$$a_{2 0 1 8}$$为（）
A
A.$$\frac{5 \sqrt{3}-6} {3}$$
B.$$\frac{1+3 \sqrt{2}} {5}$$
C.$${{0}}$$
D.$${{1}}$$
7、['两角和与差的正切公式']正确率60.0%$$( 1+\operatorname{t a n} 1 5^{o} ) ( 1+\operatorname{t a n} 3 0^{o} )$$的值是
D
A.$${{−}{1}}$$
B.$${{0}}$$
C.$${{1}}$$
D.$${{2}}$$
8、['两角和与差的正切公式']正确率60.0%已知$$\operatorname{t a n} ( \alpha+\frac{\pi} {1 2} )=-2，$$则$$\operatorname{t a n} ( \alpha+\frac{\pi} {3} )=( \eta)$$
A
A.$$- \frac{1} {3}$$
B.$$\frac{1} {3}$$
C.$${{−}{3}}$$
D.$${{3}}$$
9、['一元二次方程根与系数的关系'， '两角和与差的正切公式'， '特殊角的三角函数值']正确率60.0%已知$$\operatorname{t a n} \theta， ~ \operatorname{t a n} \varphi$$是方程$$x^{2}+3 \sqrt{3} x+4=0$$的两根，且$$\theta， \， \， \varphi\in( \frac{\pi} {2}， \frac{3 \pi} {2} )，$$则$${{θ}{+}{φ}}$$的值为（）
A
A.$$\frac{4 \pi} {3}$$
B.$$\frac{7 \pi} {3}$$
C.$$\frac{4 \pi} {3}$$或$$\frac{7 \pi} {3}$$
D.$$\frac{5 \pi} {3}$$或$$\frac{7 \pi} {3}$$
10、['两角和与差的正切公式']正确率60.0%已知$$2 \operatorname{t a n} \theta-\operatorname{t a n} \Bigl( \theta+\frac{\pi} {4} \Bigr)=7$$，则$$\operatorname{t a n} \， \theta=$$（）
D
A.$${{–}{2}}$$
B.$${{–}{1}}$$
C.$${{1}}$$
D.$${{2}}$$
1. 已知 $$θ$$ 是第二象限角，且 $$\sin \left( θ + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{3}{5}$$，求 $$\tan θ$$。
设 $$α = θ + \frac{\pi}{4}$$，则 $$\sin α = \frac{3}{5}$$，且 $$α$$ 在第一或第二象限。
由于 $$θ$$ 在第二象限，即 $$\frac{\pi}{2} < θ < \pi$$，则 $$\frac{3\pi}{4} < α < \frac{5\pi}{4}$$，因此 $$α$$ 在第二象限，$$\cos α < 0$$。
计算 $$\cos α = -\sqrt{1 - \sin^2 α} = -\sqrt{1 - \frac{9}{25}} = -\frac{4}{5}$$。
于是 $$\tan α = \frac{\sin α}{\cos α} = \frac{3/5}{-4/5} = -\frac{3}{4}$$。
由 $$α = θ + \frac{\pi}{4}$$，得 $$θ = α - \frac{\pi}{4}$$。
利用正切差公式：$$\tan θ = \tan \left( α - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\tan α - \tan \frac{\pi}{4}}{1 + \tan α \tan \frac{\pi}{4}} = \frac{-\frac{3}{4} - 1}{1 + \left( -\frac{3}{4} \right) \times 1} = \frac{-\frac{7}{4}}{\frac{1}{4}} = -7$$。
选项 D 为 $$-7$$，符合结果。
2. 已知 $$A, B, C$$ 是 $$\triangle ABC$$ 的内角，且 $$\tan A$$ 和 $$\tan B$$ 是方程 $$3x^2 - 5x + 1 = 0$$ 的两个实数根，判断三角形形状。
由韦达定理：$$\tan A + \tan B = \frac{5}{3}$$，$$\tan A \tan B = \frac{1}{3}$$。
利用 $$\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} = \frac{5/3}{1 - 1/3} = \frac{5/3}{2/3} = \frac{5}{2}$$。
由于 $$A + B + C = \pi$$，则 $$C = \pi - (A + B)$$，所以 $$\tan C = -\tan (A + B) = -\frac{5}{2} < 0$$。
因此角 $$C$$ 为钝角，$$\triangle ABC$$ 是钝角三角形。
选项 D 正确。
3. 已知 $$\tan θ = 2$$，求 $$\tan \left( θ - \frac{\pi}{4} \right)$$。
利用正切差公式：$$\tan \left( θ - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\tan θ - \tan \frac{\pi}{4}}{1 + \tan θ \tan \frac{\pi}{4}} = \frac{2 - 1}{1 + 2 \times 1} = \frac{1}{3}$$。
选项 D 正确。
4. 已知 $$α \in (0, \pi)$$，且 $$\sin α = \frac{3}{5}$$，求 $$\tan \left( α + \frac{\pi}{4} \right)$$。
由 $$\sin α = \frac{3}{5}$$，且 $$α \in (0, \pi)$$，分两种情况：
若 $$α \in (0, \frac{\pi}{2})$$，则 $$\cos α = \frac{4}{5}$$，$$\tan α = \frac{3}{4}$$。
若 $$α \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$$，则 $$\cos α = -\frac{4}{5}$$，$$\tan α = -\frac{3}{4}$$。
利用正切和公式：$$\tan \left( α + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\tan α + 1}{1 - \tan α}$$。
当 $$\tan α = \frac{3}{4}$$ 时，$$\tan \left( α + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{3/4 + 1}{1 - 3/4} = \frac{7/4}{1/4} = 7$$。
当 $$\tan α = -\frac{3}{4}$$ 时，$$\tan \left( α + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{-3/4 + 1}{1 - (-3/4)} = \frac{1/4}{7/4} = \frac{1}{7}$$。
因此结果为 $$\frac{1}{7}$$ 或 $$7$$，选项 D 正确。
5. 已知 $$\tan α, \tan β$$ 是方程 $$x^2 + \sqrt{3} x - 2 = 0$$ 的两个根，且 $$α, β \in \left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$$，求 $$α + β$$。
由韦达定理：$$\tan α + \tan β = -\sqrt{3}$$，$$\tan α \tan β = -2$$。
利用 $$\tan (α + β) = \frac{\tan α + \tan β}{1 - \tan α \tan β} = \frac{-\sqrt{3}}{1 - (-2)} = \frac{-\sqrt{3}}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{3}$$。
由于 $$α, β \in \left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$$，则 $$α + β \in (-\pi, \pi)$$。
$$\tan (α + β) = -\frac{\sqrt{3}}{3}$$，对应角度为 $$-\frac{\pi}{6}$$ 或 $$\frac{5\pi}{6}$$，但 $$\frac{5\pi}{6} > \frac{\pi}{2}$$，且由 $$\tan α \tan β < 0$$ 知 $$α$$ 和 $$β$$ 异号，故 $$α + β$$ 应接近 0，所以 $$α + β = -\frac{\pi}{6}$$。
选项 A 正确。
6. 数列 $$\{a_n\}$$ 满足 $$a_1 = \frac{1}{2}$$ 且 $$a_{n+1} = \frac{a_n + (2 - \sqrt{3})}{1 - (2 - \sqrt{3}) a_n}$$，求 $$a_{2018}$$。
观察递推式形式，类似正切和公式：$$\tan(x + y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$$。
令 $$\tan θ_n = a_n$$，且 $$\tan y = 2 - \sqrt{3}$$，注意到 $$\tan 15^\circ = 2 - \sqrt{3}$$。
则递推式变为：$$\tan θ_{n+1} = \frac{\tan θ_n + \tan 15^\circ}{1 - \tan θ_n \tan 15^\circ} = \tan (θ_n + 15^\circ)$$。
因此 $$θ_{n+1} = θ_n + 15^\circ$$（取主值），数列为等差数列。
由 $$a_1 = \frac{1}{2}$$，即 $$\tan θ_1 = \frac{1}{2}$$，则 $$θ_1 = \arctan \frac{1}{2}$$。
于是 $$θ_n = θ_1 + (n-1) \times 15^\circ$$。
$$a_{2018} = \tan θ_{2018} = \tan \left( \arctan \frac{1}{2} + 2017 \times 15^\circ \right)$$。
计算 $$2017 \times 15^\circ = 30255^\circ$$，模 $$180^\circ$$ 求余：$$30255 \div 180 = 168 \times 180 = 30240$$，余 $$15^\circ$$。
所以 $$θ_{2018} = \arctan \frac{1}{2} + 15^\circ$$。
$$\tan (θ_{2018}) = \tan \left( \arctan \frac{1}{2} + 15^\circ \right) = \frac{\frac{1}{2} + \tan 15^\circ}{1 - \frac{1}{2} \tan 15^\circ}$$。
代入 $$\tan 15^\circ = 2 - \sqrt{3}$$：
分子：$$\frac{1}{2} + 2 - \sqrt{3} = \frac{5}{2} - \sqrt{3}$$
分母：$$1 - \frac{1}{2}(2 - \sqrt{3}) = 1 - 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$$
所以 $$\tan θ_{2018} = \frac{\frac{5}{2} - \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{5 - 2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = \frac{5}{\sqrt{3}} - 2$$。
有理化：$$\frac{5\sqrt{3}}{3} - 2 = \frac{5\sqrt{3} - 6}{3}$$。
选项 A 正确。
7. 求 $$(1 + \tan 15^\circ)(1 + \tan 30^\circ)$$ 的值。
计算 $$\tan 15^\circ = 2 - \sqrt{3}$$，$$\tan 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{3}$$。
直接计算：$$1 + \tan 15^\circ = 1 + 2 - \sqrt{3} = 3 - \sqrt{3}$$
$$1 + \tan 30^\circ = 1 + \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{3 + \sqrt{3}}{3}$$
乘积：$$(3 - \sqrt{3}) \cdot \frac{3 + \sqrt{3}}{3} = \frac{9 - 3}{3} = \frac{6}{3} = 2$$。
选项 D 正确。
8. 已知 $$\tan \left( α + \frac{\pi}{12} \right) = -2$$，求 $$\tan \left( α + \frac{\pi}{3} \right)$$。
注意 $$\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{4}$$，所以 $$α + \frac{\pi}{3} = \left( α + \frac{\pi}{12} \right) + \frac{\pi}{4}$$。
利用正切和公式：$$\tan \left( α + \frac{\pi}{3} \right) = \tan \left( \left( α + \frac{\pi}{12} \right) + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\tan \left( α + \frac{\pi}{12} \right) + \tan \frac{\pi}{4}}{1 - \tan \left( α + \frac{\pi}{12} \right) \tan \frac{\pi}{4}} = \frac{-2 + 1}{1 - (-2) \times 1} = \frac{-1}{3} = -\frac{1}{3}$$。
选项 A 正确。
9. 已知 $$\tan θ, \tan φ$$ 是方程 $$x^2 + 3\sqrt{3} x + 4 = 0$$ 的两根，且 $$θ, φ \in \left( \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2} \right)$$，求 $$θ + φ$$。
由韦达定理：$$\tan θ + \tan φ = -3\sqrt{3}$$，$$\tan θ \tan φ = 4$$。
$$\tan (θ + φ) = \frac{\tan θ + \tan φ}{1 - \tan θ \tan φ} = \frac{-3\sqrt{3}}{1 - 4} = \frac{-3\sqrt{3}}{-3} = \sqrt{3}$$。
由于 $$θ, φ \in \left( \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2} \right)$$，则 $$θ + φ \in (\pi, 3\pi)$$。
$$\tan (θ + φ) = \sqrt{3}$$，对应角度为 $$\frac{\pi}{3} + k\pi$$。
在区间 $$(\pi, 3\pi)$$ 内，可能值为 $$\frac{4\pi}{3}$$ 和 $$\frac{7\pi}{3}$$。
又由 $$\tan θ \tan φ = 4 > 0$$，且 $$\tan θ + \tan φ < 0$$，说明 $$\tan θ < 0$$ 和 $$\tan φ < 0$$，即 $$θ, φ \in \left( \frac{\pi}{2}, \pi \right)$$ 或 $$θ, φ \in \left( \frac{3\pi}{2}, 2\pi \right)$$，但给定区间为 $$\left( \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2} \right)$$，所以 $$θ, φ \in \left( \frac{\pi}{2}, \pi \right)$$，则 $$θ + φ \in (\pi, 2\pi)$$，故 $$θ + φ = \frac{4\pi}{3}$$。
选项 A 正确。
10. 已知 $$2 \tan θ - \tan \left( θ + \frac{\pi}{4} \right) = 7$$，求 $$\tan θ$$。
展开 $$\tan \left( θ + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\tan θ + 1}{1 - \tan θ}$$。
代入方程：$$2 \tan θ - \frac{\tan θ + 1}{1 - \tan θ} = 7$$。
设 $$t = \tan θ$$，则 $$2t - \frac{t + 1}{1 - t} = 7$$。
通分：$$\frac{2t(1 - t) - (t + 1)}{1 - t} = 7$$
分子：$$2t - 2t^2 - t - 1 = -2t^2 + t - 1$$
所以 $$\frac{-2t^2 + t - 1}{1 - t} = 7$$
两边乘以 $$1 - t$$：$$-2t^2 + t - 1 = 7(1 - t) = 7 - 7t$$
整理：$$-2t^2 + t - 1 - 7 + 7t = 0$$
$$-2t^2 + 8t - 8 = 0$$
除以 -2：$$t^2 - 4t + 4 = 0$$
$$(t - 2)^2 = 0$$，所以 $$t = 2$$。
选项 D 正确。