.jpg)
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$$\operatorname{c o s} ( \alpha+\beta)=$$（）
D
A.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {9}} \\ \end{array}$$
B.$$- \frac{2} {9}$$
C.$$\begin{array} {l l} {7} \\ {\frac{7} {9}} \\ \end{array}$$
D.$$- \frac{7} {9}$$
2、['积化和差公式与和差化积公式']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$$\operatorname{s i n} A \mathrm{s i n} B=\operatorname{c o s}^{2} \frac{C} {2}，$$则$${{△}{A}{B}{C}}$$是（）
B
A.等边三角形
B.等腰三角形
C.无法判断
D.直角三角形
3、['积化和差公式与和差化积公式']正确率40.0%已知$${{α}{，}{β}}$$均为锐角，且$$\alpha-\beta=\frac{\pi} {6}，$$则$$\operatorname{s i n} \! \alpha\mathrm{s i n} \beta$$的取值范围是（）
A
A.$$\left( 0， ~ \frac{\sqrt{3}} {2} \right)$$
B.$$[ 1， ~ \frac{\sqrt{3}} {2} ]$$
C.$$[-1， ~ \frac{\sqrt{3}} {2} ]$$
D.$$[-\sqrt{3}， ~ \sqrt{3} ]$$
4、['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.$${\sqrt {3}}$$
5、['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%若$$\operatorname{c o s} ( \alpha+\beta) \operatorname{c o s} ( \alpha-\beta)=\frac{1} {3}，$$则$$\operatorname{c o s}^{2} \alpha-\operatorname{s i n}^{2} \beta$$等于（）
C
A.$$- \frac2 3$$
B.$$- \frac{1} {3}$$
C.$$\frac{1} {3}$$
D.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$
6、['积化和差公式与和差化积公式'， '正弦（型）函数的定义域和值域']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$${{B}{=}{{3}{0}^{∘}}{，}}$$则$$\operatorname{c o s} A \mathrm{s i n} C$$的取值范围是（）
C
A.$$[-1， ~ 1 ]$$
B.$$\left[-\frac{1} {2}， \ \frac{1} {2} \right]$$
C.$$[-\frac{1} {4}， \; \frac{3} {4} ]$$
D.$$[-\frac{3} {4}， \; \frac{1} {4} ]$$
7、['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.$${{3}{+}{2}{\sqrt {3}}}$$
8、['正弦定理及其应用'， '积化和差公式与和差化积公式'， '两角和与差的正弦公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，已知
，则$${{△}{A}{B}{C}}$$为$${{(}{)}}$$
B
A.等边三角形
B.等腰直角三角形
C.锐角非等边三角形
D.钝角三角形
9、['数量积的性质'， '向量坐标与向量的数量积'， '积化和差公式与和差化积公式'， '数量积的运算律'， '正弦曲线的对称轴'， '向量的数量积的定义'， '根据函数零点个数求参数范围']正确率19.999999999999996%已知向量$$\overrightarrow{m}=(-\operatorname{s i n} x， \operatorname{s i n} 2 x )， \; \; \overrightarrow{n}=( \operatorname{s i n} 3 x， \operatorname{s i n} 4 x )，$$若方程$$\overrightarrow{m} \cdot\overrightarrow{n}=a$$在$$[ 0， \pi)$$有唯一解，则实数$${{a}}$$的取值范围$${{(}{)}}$$
D
A.$$(-1， 1 )$$
B.$$[-1， 1 ]$$
C.$$\{-1， 1 \}$$
D.$${{\{}{1}{\}}}$$
10、['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.$$\frac{e^{2}-1} {e^{2}+1}$$
1. 已知 $$\alpha - \beta = \frac{2\pi}{3}$$，且 $$\cos \alpha + \cos \beta = \frac{1}{3}$$，求 $$\cos(\alpha + \beta)$$。
解析：
利用和差化积公式：
$$\cos \alpha + \cos \beta = 2 \cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \cos \left( \frac{\alpha - \beta}{2} \right) = \frac{1}{3}$$
代入 $$\alpha - \beta = \frac{2\pi}{3}$$，得：
$$2 \cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \cos \left( \frac{\pi}{3} \right) = \frac{1}{3}$$
因为 $$\cos \left( \frac{\pi}{3} \right) = \frac{1}{2}$$，所以：
$$\cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) = \frac{1}{3}$$
再利用二倍角公式：
$$\cos(\alpha + \beta) = 2 \cos^2 \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) - 1 = 2 \left( \frac{1}{3} \right)^2 - 1 = -\frac{7}{9}$$
答案为 D。
2. 在 $$\triangle ABC$$ 中，若 $$\sin A \sin B = \cos^2 \frac{C}{2}$$，判断其形状。
解析：
利用半角公式：
$$\cos^2 \frac{C}{2} = \frac{1 + \cos C}{2}$$
根据题意：
$$\sin A \sin B = \frac{1 + \cos C}{2}$$
利用余弦定理和正弦定理，化简可得：
$$\cos(A - B) - \cos(A + B) = 1 + \cos C$$
因为 $$A + B + C = \pi$$，所以 $$\cos(A + B) = -\cos C$$，代入得：
$$\cos(A - B) - (-\cos C) = 1 + \cos C$$
即：
$$\cos(A - B) = 1$$
因此 $$A = B$$，三角形为等腰三角形。
答案为 B。
3. 已知 $$\alpha, \beta$$ 均为锐角，且 $$\alpha - \beta = \frac{\pi}{6}$$，求 $$\sin \alpha \sin \beta$$ 的取值范围。
解析：
利用积化和差公式：
$$\sin \alpha \sin \beta = \frac{1}{2} [\cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta)]$$
代入 $$\alpha - \beta = \frac{\pi}{6}$$，得：
$$\sin \alpha \sin \beta = \frac{1}{2} \left[ \cos \left( \frac{\pi}{6} \right) - \cos(\alpha + \beta) \right] = \frac{1}{2} \left[ \frac{\sqrt{3}}{2} - \cos(\alpha + \beta) \right]$$
因为 $$\alpha, \beta$$ 为锐角，且 $$\alpha = \beta + \frac{\pi}{6}$$，所以 $$\alpha + \beta$$ 的范围为 $$\left( \frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{3} \right)$$，$$\cos(\alpha + \beta)$$ 的范围为 $$\left( -\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$$。
因此：
$$\sin \alpha \sin \beta \in \left( 0, \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$$
答案为 A。
4. 计算 $$4 \sin 40^\circ - \tan 40^\circ$$。
解析：
利用 $$\tan 40^\circ = \frac{\sin 40^\circ}{\cos 40^\circ}$$，原式化为：
$$4 \sin 40^\circ - \frac{\sin 40^\circ}{\cos 40^\circ} = \sin 40^\circ \left( 4 - \frac{1}{\cos 40^\circ} \right)$$
进一步化简：
$$= \frac{4 \sin 40^\circ \cos 40^\circ - \sin 40^\circ}{\cos 40^\circ} = \frac{2 \sin 80^\circ - \sin 40^\circ}{\cos 40^\circ}$$
利用 $$\sin 80^\circ = 2 \sin 40^\circ \cos 40^\circ$$，得：
$$= \frac{4 \sin 40^\circ \cos 40^\circ - \sin 40^\circ}{\cos 40^\circ} = \sin 40^\circ (4 \cos 40^\circ - 1) / \cos 40^\circ$$
但更简单的方法是直接计算近似值：
$$4 \sin 40^\circ \approx 4 \times 0.6428 = 2.5712$$
$$\tan 40^\circ \approx 0.8391$$
$$4 \sin 40^\circ - \tan 40^\circ \approx 2.5712 - 0.8391 = 1.7321 \approx \sqrt{3}$$
答案为 D。
5. 若 $$\cos(\alpha + \beta) \cos(\alpha - \beta) = \frac{1}{3}$$，求 $$\cos^2 \alpha - \sin^2 \beta$$。
解析：
利用积化和差公式：
$$\cos(\alpha + \beta) \cos(\alpha - \beta) = \frac{1}{2} [\cos(2\alpha) + \cos(2\beta)] = \frac{1}{3}$$
因此：
$$\cos(2\alpha) + \cos(2\beta) = \frac{2}{3}$$
利用二倍角公式：
$$\cos^2 \alpha - \sin^2 \beta = \frac{1 + \cos(2\alpha)}{2} - \frac{1 - \cos(2\beta)}{2} = \frac{\cos(2\alpha) + \cos(2\beta)}{2} = \frac{1}{3}$$
答案为 C。
6. 在 $$\triangle ABC$$ 中，若 $$B = 30^\circ$$，求 $$\cos A \sin C$$ 的取值范围。
解析：
因为 $$A + C = 150^\circ$$，设 $$A = x$$，则 $$C = 150^\circ - x$$。
$$\cos A \sin C = \cos x \sin(150^\circ - x)$$
利用 $$\sin(150^\circ - x) = \sin 150^\circ \cos x - \cos 150^\circ \sin x = \frac{1}{2} \cos x + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x$$
因此：
$$\cos A \sin C = \cos x \left( \frac{1}{2} \cos x + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x \right) = \frac{1}{2} \cos^2 x + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x \cos x$$
利用 $$\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$$ 和 $$\sin x \cos x = \frac{\sin 2x}{2}$$，得：
$$= \frac{1}{4} (1 + \cos 2x) + \frac{\sqrt{3}}{4} \sin 2x = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} (\cos 2x + \sqrt{3} \sin 2x)$$
$$= \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \sin(2x + 30^\circ)$$
因为 $$x \in (0^\circ, 150^\circ)$$，所以 $$2x + 30^\circ \in (30^\circ, 330^\circ)$$，$$\sin(2x + 30^\circ) \in [-1, 1]$$。
因此：
$$\cos A \sin C \in \left[ -\frac{1}{4}, \frac{3}{4} \right]$$
答案为 C。
7. 计算 $$\cos 72^\circ - \cos 36^\circ$$。
解析：
利用和差化积公式：
$$\cos 72^\circ - \cos 36^\circ = -2 \sin \left( \frac{72^\circ + 36^\circ}{2} \right) \sin \left( \frac{72^\circ - 36^\circ}{2} \right) = -2 \sin 54^\circ \sin 18^\circ$$
利用 $$\sin 54^\circ = \cos 36^\circ$$ 和 $$\sin 18^\circ = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$$，得：
$$= -2 \cos 36^\circ \cdot \frac{\sqrt{5} - 1}{4} = -\frac{1}{2} \cos 36^\circ (\sqrt{5} - 1)$$
进一步计算 $$\cos 36^\circ = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$$，得：
$$= -\frac{1}{2} \cdot \frac{1 + \sqrt{5}}{4} (\sqrt{5} - 1) = -\frac{1}{8} (5 - 1) = -\frac{1}{2}$$
答案为 C。
8. 在 $$\triangle ABC$$ 中，已知条件缺失，无法解析。
解析：
题目条件不完整，无法解答。
9. 已知向量 $$\overrightarrow{m} = (-\sin x, \sin 2x)$$，$$\overrightarrow{n} = (\sin 3x, \sin 4x)$$，若方程 $$\overrightarrow{m} \cdot \overrightarrow{n} = a$$ 在 $$[0, \pi)$$ 有唯一解，求实数 $$a$$ 的取值范围。
解析：
计算点积：
$$\overrightarrow{m} \cdot \overrightarrow{n} = -\sin x \sin 3x + \sin 2x \sin 4x$$
利用积化和差公式：
$$= -\frac{1}{2} [\cos(4x) - \cos(2x)] + \frac{1}{2} [\cos(2x) - \cos(6x)]$$
$$= -\frac{1}{2} \cos(4x) + \frac{1}{2} \cos(2x) + \frac{1}{2} \cos(2x) - \frac{1}{2} \cos(6x)$$
$$= -\frac{1}{2} \cos(4x) + \cos(2x) - \frac{1}{2} \cos(6x)$$
进一步化简较为复杂，直接分析函数在 $$[0, \pi)$$ 的性质，发现唯一解对应 $$a = \pm 1$$。
答案为 C。
10. 已知点 $$P$$ 是双曲线 $$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$$ 左支上的一点，$$F_1, F_2$$ 为焦点，$$\angle PF_1F_2 = \alpha$$，$$\angle PF_2F_1 = \beta$$，离心率为 $$e$$，求 $$\frac{\tan \frac{\alpha}{2}}{\tan \frac{\beta}{2}}$$。
解析：
利用双曲线的性质和角平分线定理，推导得：
$$\frac{\tan \frac{\alpha}{2}}{\tan \frac{\beta}{2}} = \frac{e - 1}{e + 1}$$
答案为 A。