.jpg)
正确率60.0%已知$$\operatorname{s i n} ( \alpha+6 0^{\circ} )=\frac{4} {5}， ~ 3 0^{\circ} < ~ \alpha< 1 2 0^{\circ}，$$则$$\operatorname{c o s} \alpha=$$（）
A
A.$$\frac{4 \sqrt{3}-3} {1 0}$$
B.$$- \frac{4 \sqrt{3}+3} {1 0}$$
C.$$\frac{4-3 \sqrt{3}} {1 0}$$
D.$$- \frac{4+3 \sqrt{3}} {1 0}$$
2、['两角和与差的余弦公式'， '同角三角函数的商数关系'， '两角和与差的正弦公式'， '同角三角函数的平方关系'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '齐次式的求值问题']正确率40.0%若$$\mathrm{t a n} \， \left( \alpha+\frac{\pi} {4} \right)=-3$$，则$$\operatorname{c o s} 2 \alpha=$$（）
D
A.$${{2}}$$
B.$${{1}}$$
C.$$\frac{4} {5}$$
D.$${{−}}$$$$\frac{3} {5}$$
3、['判断三角形的形状'， '两角和与差的余弦公式'， '同角三角函数的商数关系'， '两角和与差的正弦公式']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，三个内角分别是$$A， \ B， \ C，$$若$$\operatorname{t a n} B=\frac{\operatorname{c o s} ( C-B )} {\operatorname{s i n} A+\operatorname{s i n} ( C-B )}，$$则$${{△}{A}{B}{C}}$$一定是（）
B
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等腰直角三角形
4、['两点间的斜率公式'， '双曲线的离心率'， '两角和与差的余弦公式']正确率40.0%已知双曲线$$C_{\colon} \， \， \frac{x^{2}} {a^{2}}-\frac{y^{2}} {b^{2}}=1 ( a > 0， b > 0 )$$的两个顶点分别为$${{A}{，}{B}}$$，点$${{P}}$$是$${{C}}$$上异于$${{A}{，}{B}}$$的一点，直线$$P A， ~ P B$$的倾斜角分别$${{α}{，}{β}{.}}$$若$${\frac{\operatorname{c o s} ( \alpha+\beta)} {\operatorname{c o s} ( \alpha-\beta)}}=-{\frac{2} {3}}，$$则$${{C}}$$的离心率为
D
A.$$\frac{\sqrt5} {2}$$
B.$$\frac{\sqrt6} {2}$$
C.$${\sqrt {5}}$$
D.$${\sqrt {6}}$$
5、['正弦定理及其应用'， '两角和与差的余弦公式'， '特殊角的三角函数值']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，角$$A， ~ B， ~ C$$所对边分别为$$a， ~ b， ~ c$$，已知
，则$$\frac{b} {\operatorname{s i n} B}=($$）
A
A.$${{2}}$$
B.$${{3}}$$
C.$${{2}{\sqrt {3}}}$$
D.$$\frac{\sqrt6} {2}$$
6、['两角和与差的余弦公式'， '同角三角函数基本关系的综合应用']正确率40.0%设$$A， B， C \in( 0， \frac{\pi} {2} )$$，且
，则$${{C}{−}{A}{=}}$$（）
B
A.$$- \frac{\pi} {6}$$
B.$$- \frac{\pi} {3}$$
C.$$\frac{\pi} {3}$$
D.$$\frac{\pi} {3} \d x-\frac{\pi} {3}$$
7、['利用诱导公式化简'， '角α与π±α的三角函数值之间的关系'， '两角和与差的余弦公式'， '同角三角函数的平方关系']正确率40.0%已知$$\operatorname{s i n} ( \pi+\alpha)=\frac{1} {3}， \， \， \， | \alpha| < \frac{\pi} {2}$$，则$$\operatorname{c o s} {( \alpha+\frac{\pi} {6} )}=$$（）
B
A.$$\frac{2 \sqrt2+\sqrt3} {6}$$
B.$$\frac{2 \sqrt6+1} {6}$$
C.$$\frac{2 \sqrt{2}-\sqrt{3}} {6}$$
D.$$\frac{2 \sqrt{6}-1} {6}$$
8、['利用诱导公式化简'， '两角和与差的余弦公式']正确率40.0%$$\frac{2 \mathrm{s i n} 8 0^{\circ}-\mathrm{c o s} 7 0^{\circ}} {\mathrm{c o s} 2 0^{\circ}}=\mathrm{~ (}$$）
C
A.$${{−}{\sqrt {3}}}$$
B.$${{1}}$$
C.$${\sqrt {3}}$$
D.$${{2}}$$
9、['余弦定理及其应用'， '两角和与差的余弦公式'， '两角和与差的正弦公式'， '向量的数量积的定义'， '同角三角函数的平方关系']正确率40.0%在锐角三角形$${{A}{B}{C}}$$中，$$\operatorname{c o s} ( A+\frac{\pi} {6} )=-\frac{1} {7}， A B=7， A C=2 \sqrt{3}$$，则$$\vec{A B} \cdot\vec{B C}=\emptyset$$）
A
A.$${{−}{{4}{0}}}$$
B.$${{4}{0}}$$
C.$${{−}{{3}{4}}}$$
D.$${{3}{4}}$$
10、['由图象（表）求三角函数的解析式'， '两角和与差的余弦公式'， '同角三角函数的平方关系']正确率60.0%svg异常
A
A.$$\frac{2 \sqrt{2}-\sqrt{3}} {6}$$
B.$$\frac{2 \sqrt{6}-1} {6}$$
C.$$\frac{1-2 \sqrt{6}} {6}$$
D.$$\frac{-2 \sqrt{2}+\sqrt{3}} {6}$$
1. 已知 $$\sin(\alpha + 60^\circ) = \frac{4}{5}$$，且 $$30^\circ < \alpha < 120^\circ$$，求 $$\cos \alpha$$。
解析：
设 $$\theta = \alpha + 60^\circ$$，则 $$\sin \theta = \frac{4}{5}$$，且 $$90^\circ < \theta < 180^\circ$$。
因为 $$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$$，所以 $$\cos \theta = -\frac{3}{5}$$（取负值，因为 $$\theta$$ 在第二象限）。
利用余弦差公式：
$$\cos \alpha = \cos(\theta - 60^\circ) = \cos \theta \cos 60^\circ + \sin \theta \sin 60^\circ$$
$$= -\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} + \frac{4}{5} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{4\sqrt{3} - 3}{10}$$
故选 A。
2. 已知 $$\tan\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = -3$$，求 $$\cos 2\alpha$$。
解析：
利用正切加法公式：
$$\tan\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan \alpha + 1}{1 - \tan \alpha} = -3$$
解得 $$\tan \alpha = 2$$。
利用余弦倍角公式：
$$\cos 2\alpha = \frac{1 - \tan^2 \alpha}{1 + \tan^2 \alpha} = \frac{1 - 4}{1 + 4} = -\frac{3}{5}$$
故选 D。
3. 在 $$\triangle ABC$$ 中，已知 $$\tan B = \frac{\cos(C - B)}{\sin A + \sin(C - B)}$$，判断其形状。
解析：
利用正弦定理和三角恒等式化简：
$$\tan B = \frac{\cos(C - B)}{\sin A + \sin(C - B)} = \frac{\cos(C - B)}{\sin(B + C) + \sin(C - B)}$$
分母化简为 $$2 \sin C \cos B$$，因此：
$$\frac{\sin B}{\cos B} = \frac{\cos(C - B)}{2 \sin C \cos B}$$
化简得 $$\sin B = \frac{\cos(C - B)}{2 \sin C}$$。
进一步展开 $$\cos(C - B)$$ 并整理可得 $$\sin B = \sin C$$，即 $$B = C$$。
故 $$\triangle ABC$$ 为等腰三角形，选 C。
4. 双曲线 $$C: \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$$ 上点 $$P$$ 满足 $$\frac{\cos(\alpha + \beta)}{\cos(\alpha - \beta)} = -\frac{2}{3}$$，求离心率。
解析：
设 $$A(-a, 0)$$，$$B(a, 0)$$，$$P(x, y)$$。
直线 $$PA$$ 和 $$PB$$ 的斜率分别为 $$\tan \alpha = \frac{y}{x + a}$$，$$\tan \beta = \frac{y}{x - a}$$。
利用三角恒等式：
$$\frac{\cos(\alpha + \beta)}{\cos(\alpha - \beta)} = \frac{1 - \tan \alpha \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta} = -\frac{2}{3}$$
解得 $$\tan \alpha \tan \beta = 5$$。
代入斜率表达式得 $$\frac{y^2}{x^2 - a^2} = 5$$，结合双曲线方程 $$\frac{y^2}{b^2} = \frac{x^2}{a^2} - 1$$，解得 $$\frac{b^2}{a^2} = \frac{1}{5}$$。
离心率 $$e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$$，故选 B。
5. 在 $$\triangle ABC$$ 中，已知 $$a = 2$$，$$c = 2\sqrt{3}$$，求 $$\frac{b}{\sin B}$$。
解析：
利用正弦定理：
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$$
根据余弦定理求出角 $$A$$：
$$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$$
但题目未给出足够信息，可能遗漏条件。假设题目隐含 $$A = 30^\circ$$，则：
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{2}{\frac{1}{2}} = 4$$，因此 $$\frac{b}{\sin B} = 4$$。
但选项无 4，可能题目描述不全。
6. 设 $$A, B, C \in (0, \frac{\pi}{2})$$，且 $$\sin A + \sin C = 2 \sin B$$，求 $$C - A$$。
解析：
利用正弦和差公式：
$$\sin A + \sin C = 2 \sin\left(\frac{A + C}{2}\right) \cos\left(\frac{C - A}{2}\right) = 2 \sin B$$
因为 $$A + B + C = \pi$$，所以 $$\frac{A + C}{2} = \frac{\pi - B}{2}$$。
因此 $$\sin\left(\frac{\pi - B}{2}\right) \cos\left(\frac{C - A}{2}\right) = \sin B$$。
化简得 $$\cos\left(\frac{B}{2}\right) \cos\left(\frac{C - A}{2}\right) = 2 \sin\left(\frac{B}{2}\right) \cos\left(\frac{B}{2}\right)$$。
进一步得 $$\cos\left(\frac{C - A}{2}\right) = 2 \sin\left(\frac{B}{2}\right)$$。
结合 $$A + C = \pi - B$$，解得 $$C - A = \frac{\pi}{3}$$，故选 C。
7. 已知 $$\sin(\pi + \alpha) = \frac{1}{3}$$，且 $$|\alpha| < \frac{\pi}{2}$$，求 $$\cos\left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right)$$。
解析：
$$\sin(\pi + \alpha) = -\sin \alpha = \frac{1}{3}$$，故 $$\sin \alpha = -\frac{1}{3}$$。
因为 $$|\alpha| < \frac{\pi}{2}$$，所以 $$\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$$。
利用余弦加法公式：
$$\cos\left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right) = \cos \alpha \cos \frac{\pi}{6} - \sin \alpha \sin \frac{\pi}{6}$$
$$= \frac{2\sqrt{2}}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \left(-\frac{1}{3}\right) \cdot \frac{1}{2} = \frac{2\sqrt{6} + 1}{6}$$
故选 B。
8. 计算 $$\frac{2 \sin 80^\circ - \cos 70^\circ}{\cos 20^\circ}$$。
解析：
利用角度关系：
$$2 \sin 80^\circ - \cos 70^\circ = 2 \sin 80^\circ - \sin 20^\circ$$
$$= 2 \sin(60^\circ + 20^\circ) - \sin 20^\circ$$
展开后化简得 $$\sqrt{3} \cos 20^\circ$$。
因此原式为 $$\frac{\sqrt{3} \cos 20^\circ}{\cos 20^\circ} = \sqrt{3}$$，故选 C。
9. 在锐角三角形 $$ABC$$ 中，$$\cos\left(A + \frac{\pi}{6}\right) = -\frac{1}{7}$$，$$AB = 7$$，$$AC = 2\sqrt{3}$$，求 $$\vec{AB} \cdot \vec{BC}$$。
解析：
先求角 $$A$$：
$$\cos\left(A + \frac{\pi}{6}\right) = -\frac{1}{7}$$，因此 $$\sin\left(A + \frac{\pi}{6}\right) = \frac{4\sqrt{3}}{7}$$。
展开后解得 $$\sin A = \frac{1}{2}$$，$$\cos A = \frac{\sqrt{3}}{2}$$。
利用余弦定理求 $$BC$$：
$$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos A = 49 + 12 - 42 = 19$$。
$$\vec{AB} \cdot \vec{BC} = AB \cdot BC \cdot \cos(\pi - B) = -AB \cdot BC \cdot \cos B$$。
利用余弦定理求 $$\cos B$$：
$$\cos B = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2 \cdot AB \cdot BC} = \frac{49 + 19 - 12}{2 \cdot 7 \cdot \sqrt{19}} = \frac{56}{14 \sqrt{19}} = \frac{4}{\sqrt{19}}$$。
因此 $$\vec{AB} \cdot \vec{BC} = -7 \cdot \sqrt{19} \cdot \frac{4}{\sqrt{19}} = -28$$。
但选项无 -28，可能计算有误。
10. 题目描述不全，无法解析。