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正确率60.0%已知$$f ( \operatorname{s i n} x ) ~=\operatorname{c o s} 2 x-1$$，则$$f ~ ( \operatorname{c o s} {1 5^{\circ}} ) ~=~ ($$）
C
A.$$- \frac{1} {2}$$
B.$$- \frac{3} {2}$$
C.$$- \frac{\sqrt{3}} {2}-1$$
D.$$\frac{\sqrt3} {2}-1$$
2、['利用诱导公式化简'， '判断三角形的形状'， '两角和与差的正弦公式']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中$$， ~ A， ~ B， ~ C$$为内角，$$\operatorname{s i n} ( A-B )$$$$= 1+2 \mathrm{c o s} ( B+C ) \mathrm{s i n} ( A+C )，$$则$${{△}{A}{B}{C}}$$的形状一定是（）
D
A.等边三角形
B.顶角不为$${{6}{0}^{∘}}$$的等腰三角形
C.钝角三角形
D.直角三角形
3、['利用诱导公式化简'， '利用诱导公式求值'， '角α与π±α的三角函数值之间的关系'， '角α与π/2±α的三角函数值之间的关系'， '三角函数值在各象限的符号']正确率60.0%已知$$\operatorname{s i n} ( \pi+\alpha) < ~ 0，$$且$$\operatorname{s i n} \left( \frac{\pi} {2}-\alpha\right) < ~ 0，$$则$${{α}}$$是（）
B
A.第一象限角
B.第二象限角
C.第三象限角
D.第四象限角
4、['利用诱导公式化简'， '三角函数中的数学文化'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率40.0%svg异常，非svg图片
C
A.$$\frac{1-2 \sqrt{5}} {4}$$
B.$$\frac{3+\sqrt{5}} {8}$$
C.$$\frac{1+\sqrt{5}} {4}$$
D.$$\frac{4+\sqrt{5}} {8}$$
5、['利用诱导公式化简'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '角的代换']正确率60.0%已知$$\operatorname{s i n} ( \theta-$$$$\frac{\pi} {1 2}$$$${{)}{=}}$$$$\frac{1} {3}$$，则$$\operatorname{s i n} ( 2 \theta+$$$$\frac{\pi} {3}$$$${{)}{=}}$$（）
D
A.$${{−}}$$$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {9}} \\ \end{array}$$
B.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {9}} \\ \end{array}$$
C.$$- \frac{7} {9}$$
D.$$\begin{array} {l l} {7} \\ {\frac{7} {9}} \\ \end{array}$$
6、['利用诱导公式化简'， '两角和与差的正弦公式']正确率60.0%$${{[}{{2}{0}{1}{9}}{⋅}}$$河南六市联考$$] \mathrm{c o s} 7 0^{\circ} \mathrm{s i n} 5 0^{\circ}-\mathrm{c o s} 2 0 0^{\circ} \mathrm{s i n} 4 0^{\circ}$$的值为（）
D
A.$$- \frac{\sqrt3} {2}$$
B.$$- \frac{1} {2}$$
C.$$\frac{1} {2}$$
D.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
7、['利用诱导公式化简'， '两角和与差的余弦公式'， '两角和与差的正弦公式'， '三角函数的图象变换']正确率40.0%设$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right) ~=\operatorname{s i n} 3 x-\operatorname{c o s} 3 x$$，把$$y=f ~ ( x )$$的图象向左平移$$\varphi\left( \varphi> 0 \right)$$个单位长度后，恰好得到函数$$g \ ( \textbf{x} ) \ =-\operatorname{s i n} 3 x+\operatorname{c o s} 3 x$$的图象，则$${{φ}}$$的值可以为（）
D
A.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$
B.$$\frac{\pi} {4}$$
C.$$\frac{\pi} {2}$$
D.$${{π}}$$
8、['利用诱导公式化简']正确率60.0%已知$$\alpha\in[-\frac{\pi} {2}， \ \frac{\pi} {2} ]， \ \ \beta\in[-\frac{\pi} {2}， \ 0 ]，$$且$$\operatorname{s i n} \alpha-\operatorname{c o s} 2 \beta=( \frac{1} {2} )^{\alpha-\frac{\pi} {2}}-( \frac{1} {4} )^{\beta}，$$则$$\operatorname{s i n} ( \frac{\alpha} {2}-\beta)=~ ($$）
C
A.$$- \frac{1} {2}$$
B.$${{0}}$$
C.$$\frac{\sqrt2} {2}$$
D.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
9、['利用诱导公式化简'， '同角三角函数基本关系的综合应用']正确率60.0%已知$$\operatorname{t a n} \theta=2，$$则$$\frac{\operatorname{s i n} ( \frac{\pi} {2}+\theta)-\operatorname{c o s} ( \pi-\theta)} {\operatorname{s i n} ( \frac{\pi} {2}+\theta)-\operatorname{s i n} ( \pi-\theta)}=~ ($$）
B
A.$${{2}}$$
B.$${{−}{2}}$$
C.$${{0}}$$
D.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$
1. 已知 $$f(\sin x) = \cos 2x - 1$$，求 $$f(\cos 15^\circ)$$。
由 $$\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$$，得 $$f(\sin x) = (1 - 2\sin^2 x) - 1 = -2\sin^2 x$$。
令 $$t = \sin x$$，则 $$f(t) = -2t^2$$。
代入 $$t = \cos 15^\circ$$，得 $$f(\cos 15^\circ) = -2(\cos 15^\circ)^2 = -2 \cdot \frac{{1 + \cos 30^\circ}}{2} = -(1 + \frac{{\sqrt{3}}}{2}) = -\frac{{2 + \sqrt{3}}}{2}$$。
但选项无此结果，检查原式：$$\cos 2x - 1 = -2\sin^2 x$$，正确。
注意 $$\cos 15^\circ = \sin 75^\circ$$，但 $$f$$ 定义域为 $$\sin x$$ 值，即 $$[-1,1]$$，$$\cos 15^\circ \in [0,1]$$，可代入。
计算 $$\cos 15^\circ = \frac{{\sqrt{6} + \sqrt{2}}}{4}$$，平方得 $$\frac{{8 + 4\sqrt{3}}}{16} = \frac{{2 + \sqrt{3}}}{4}$$。
故 $$f(\cos 15^\circ) = -2 \cdot \frac{{2 + \sqrt{3}}}{4} = -\frac{{2 + \sqrt{3}}}{2}$$。
对比选项，C 为 $$-\frac{{\sqrt{3}}}{2} - 1 = -\frac{{2 + \sqrt{3}}}{2}$$，匹配。
答案：C
2. 在 $$\triangle ABC$$ 中，$$\sin(A - B) = 1 + 2\cos(B + C)\sin(A + C)$$，判断形状。
由三角形内角和，$$A + B + C = \pi$$，得 $$B + C = \pi - A$$，$$A + C = \pi - B$$。
代入：$$\cos(B + C) = \cos(\pi - A) = -\cos A$$，$$\sin(A + C) = \sin(\pi - B) = \sin B$$。
原式变为：$$\sin(A - B) = 1 + 2(-\cos A)\sin B = 1 - 2\cos A \sin B$$。
又 $$\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$$。
故 $$\sin A \cos B - \cos A \sin B = 1 - 2\cos A \sin B$$。
移项：$$\sin A \cos B + \cos A \sin B = 1$$，即 $$\sin(A + B) = 1$$。
由于 $$A + B = \pi - C$$，故 $$\sin(\pi - C) = \sin C = 1$$，所以 $$C = \frac{{\pi}}{2}$$。
因此为直角三角形。
答案：D
3. 已知 $$\sin(\pi + \alpha) < 0$$ 且 $$\sin(\frac{{\pi}}{2} - \alpha) < 0$$，判断 $$\alpha$$ 象限。
由 $$\sin(\pi + \alpha) = -\sin \alpha < 0$$，得 $$\sin \alpha > 0$$。
由 $$\sin(\frac{{\pi}}{2} - \alpha) = \cos \alpha < 0$$。
$$\sin \alpha > 0$$ 且 $$\cos \alpha < 0$$，故 $$\alpha$$ 在第二象限。
答案：B
4. 题目异常，无具体内容，无法解析。
5. 已知 $$\sin(\theta - \frac{{\pi}}{12}) = \frac{{1}}{3}$$，求 $$\sin(2\theta + \frac{{\pi}}{3})$$。
令 $$\alpha = \theta - \frac{{\pi}}{12}$$，则 $$\theta = \alpha + \frac{{\pi}}{12}$$。
$$2\theta + \frac{{\pi}}{3} = 2(\alpha + \frac{{\pi}}{12}) + \frac{{\pi}}{3} = 2\alpha + \frac{{\pi}}{6} + \frac{{\pi}}{3} = 2\alpha + \frac{{\pi}}{2}$$。
故 $$\sin(2\theta + \frac{{\pi}}{3}) = \sin(2\alpha + \frac{{\pi}}{2}) = \cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2 \alpha$$。
代入 $$\sin \alpha = \frac{{1}}{3}$$，得 $$1 - 2 \cdot (\frac{{1}}{3})^2 = 1 - \frac{{2}}{9} = \frac{{7}}{9}$$。
答案：D
6. 计算 $$\cos 70^\circ \sin 50^\circ - \cos 200^\circ \sin 40^\circ$$。
$$\cos 200^\circ = \cos(180^\circ + 20^\circ) = -\cos 20^\circ$$。
原式 $$= \cos 70^\circ \sin 50^\circ - (-\cos 20^\circ) \sin 40^\circ = \cos 70^\circ \sin 50^\circ + \cos 20^\circ \sin 40^\circ$$。
利用积化和差：$$\sin A \cos B = \frac{{1}}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$$。
第一项：$$\cos 70^\circ \sin 50^\circ = \frac{{1}}{2}[\sin(120^\circ) + \sin(-20^\circ)] = \frac{{1}}{2}(\frac{{\sqrt{3}}}{2} - \sin 20^\circ)$$。
第二项：$$\cos 20^\circ \sin 40^\circ = \frac{{1}}{2}[\sin(60^\circ) + \sin(20^\circ)] = \frac{{1}}{2}(\frac{{\sqrt{3}}}{2} + \sin 20^\circ)$$。
相加：$$\frac{{1}}{2}(\frac{{\sqrt{3}}}{2} - \sin 20^\circ) + \frac{{1}}{2}(\frac{{\sqrt{3}}}{2} + \sin 20^\circ) = \frac{{1}}{2} \cdot \frac{{\sqrt{3}}}{2} + \frac{{1}}{2} \cdot \frac{{\sqrt{3}}}{2} = \frac{{\sqrt{3}}}{4} + \frac{{\sqrt{3}}}{4} = \frac{{\sqrt{3}}}{2}$$。
答案：D
7. 设 $$f(x) = \sin 3x - \cos 3x$$，左移 $$\varphi$$ 后得 $$g(x) = -\sin 3x + \cos 3x$$，求 $$\varphi$$。
$$f(x) = \sqrt{2} \sin(3x - \frac{{\pi}}{4})$$。
$$g(x) = -\sin 3x + \cos 3x = \cos 3x - \sin 3x = \sqrt{2} \cos(3x + \frac{{\pi}}{4}) = \sqrt{2} \sin(\frac{{\pi}}{2} - (3x + \frac{{\pi}}{4})) = \sqrt{2} \sin(\frac{{\pi}}{4} - 3x)$$。
左移 $$\varphi$$ 后：$$f(x + \varphi) = \sqrt{2} \sin(3(x + \varphi) - \frac{{\pi}}{4}) = \sqrt{2} \sin(3x + 3\varphi - \frac{{\pi}}{4})$$。
令等于 $$g(x) = \sqrt{2} \sin(\frac{{\pi}}{4} - 3x) = \sqrt{2} \sin(-3x + \frac{{\pi}}{4})$$。
故 $$3x + 3\varphi - \frac{{\pi}}{4} = -3x + \frac{{\pi}}{4} + 2k\pi$$ 或互补，但一般取相等。
比较系数：$$3\varphi - \frac{{\pi}}{4} = \frac{{\pi}}{4}$$，得 $$3\varphi = \frac{{\pi}}{2}$$，$$\varphi = \frac{{\pi}}{6}$$。
答案：A
8. 已知 $$\alpha \in [-\frac{{\pi}}{2}, \frac{{\pi}}{2}]$$, $$\beta \in [-\frac{{\pi}}{2}, 0]$$，且 $$\sin \alpha - \cos 2\beta = (\frac{{1}}{2})^{\alpha - \frac{{\pi}}{2}} - (\frac{{1}}{4})^{\beta}$$，求 $$\sin(\frac{{\alpha}}{2} - \beta)$$。
观察右边：$$(\frac{{1}}{2})^{\alpha - \frac{{\pi}}{2}} = 2^{\frac{{\pi}}{2} - \alpha}$$，$$(\frac{{1}}{4})^{\beta} = 4^{-\beta} = 2^{-2\beta}$$。
左边 $$\sin \alpha - \cos 2\beta$$，范围有限；右边指数函数，通常需两边均为0。
令 $$\alpha = \frac{{\pi}}{2}$$，$$\beta = 0$$，但 $$\beta \in [-\frac{{\pi}}{2}, 0]$$，$$\beta=0$$ 在边界。
代入：左边 $$\sin \frac{{\pi}}{2} - \cos 0 = 1 - 1 = 0$$；右边 $$2^0 - 2^0 = 1 - 1 = 0$$，成立。
故 $$\alpha = \frac{{\pi}}{2}$$，$$\beta = 0$$。
则 $$\sin(\frac{{\alpha}}{2} - \beta) = \sin(\frac{{\pi}}{4} - 0) = \frac{{\sqrt{2}}}{2}$$。
答案：C
9. 已知 $$\tan \theta = 2$$，求 $$\frac{{\sin(\frac{{\pi}}{2} + \theta) - \cos(\pi - \theta)}}{{\sin(\frac{{\pi}}{2} + \theta) - \sin(\pi - \theta)}}$$。
化简分子：$$\sin(\frac{{\pi}}{2} + \theta) = \cos \theta$$，$$\cos(\pi - \theta) = -\cos \theta$$，故分子为 $$\cos \theta - (-\cos \theta) = 2\cos \theta$$。
分母：$$\sin(\frac{{\pi}}{2} + \theta) = \cos \theta$$，$$\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$$，故分母为 $$\cos \theta - \sin \theta$$。
原式 $$= \frac{{2\cos \theta}}{{\cos \theta - \sin \theta}} = \frac{{2}}{{1 - \tan \theta}}$$。
代入 $$\tan \theta = 2$$，得 $$\frac{{2}}{{1 - 2}} = -2$$。
答案：B