《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

12. 下列四个命题中正确的是(AB)

A.$\tan 4· \cos 2· \sin \left(-\dfrac{23\pi }{4}\right)$的符号为负
B.函数$y = \sqrt{\cos x· \tan x}$的定义域为$\left[2k\pi,\dfrac{\pi }{2} + 2k\pi \right)\cup \left(\dfrac{\pi }{2} + 2k\pi,\pi + 2k\pi \right]$，$k\in \mathbf{Z}$
C.若$\theta \in (0,\pi )$，$\sin \theta + \cos \theta = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2}$，则$\tan \theta = -\sqrt{3}$或$\tan \theta = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
D.若$\sin \alpha = \sin \beta$，则$\alpha = \beta + 2k\pi (k\in \mathbf{Z})$

答案： 12. 解析:对于选项 A，因为$\pi\lt4\lt\frac{3\pi}{2}$，所以$\tan4\gt0$。因为$\frac{\pi}{2}\lt2\lt\pi$，所以$\cos2\lt0$。
因为$\sin(-\frac{23\pi}{4})=\sin(-6\pi+\frac{\pi}{4})=\sin\frac{\pi}{4}\gt0$，
所以$\tan4·\cos2·\sin(-\frac{23\pi}{4})$的符号为负，故 A 正确。
对于选项 B，由$\cos x·\tan x\geq0$得$\sin x\geq0$且角$x$的终边不在$y$轴上，所以$2k\pi\leq x\lt2k\pi+\frac{\pi}{2}$或$2k\pi+\frac{\pi}{2}\lt x\leq2k\pi+\pi$，$k\in Z$，
所以函数$y = \sqrt{\cos x·\tan x}$的定义域为$[2k\pi,\frac{\pi}{2}+2k\pi)\cup(\frac{\pi}{2}+2k\pi,\pi+2k\pi]$，$k\in Z$，故 B 正确。
对于选项 C，由$\sin\theta+\cos\theta=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$得$(\sin\theta+\cos\theta)^{2}=(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^{2}$，即$\sin\theta\cos\theta=-\frac{\sqrt{3}}{4}$。
又因为$\theta\in(0,\pi)$，$\sin\theta\gt0$，
所以$\cos\theta\lt0$，所以$\sin\theta-\cos\theta\gt0$，
所以$\sin\theta-\cos\theta=\sqrt{(\sin\theta-\cos\theta)^{2}}=\sqrt{1 - 2\sin\theta\cos\theta}=\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{\frac{4 + 2\sqrt{3}}{4}}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$，
所以$\sin\theta=\frac{\frac{\sqrt{3}-1}{2}+\frac{\sqrt{3}+1}{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\cos\theta=\frac{\frac{\sqrt{3}-1}{2}-\frac{\sqrt{3}+1}{2}}{2}=-\frac{1}{2}$，
即$\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=-\sqrt{3}$，故 C 错误。
对于选项 D，当$\sin\alpha=\sin\beta$时，$\alpha$与$\beta$的终边可能相同，满足$\alpha=\beta+2k\pi(k\in Z)$，也可能关于$y$轴对称，不满足$\alpha=\beta+2k\pi(k\in Z)$，故 D 错误。
故选 AB.

13. 若角$\alpha$的终边与射线$y = -2x(x \leqslant 0)$重合，则$\sin \alpha =$$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。

答案： 13. 解析:因为角$\alpha$的终边与射线$y = - 2x(x\leq0)$重合，所以不妨在终边上取一点$P(-1,2)$，
则$r=\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，所以$\sin\alpha=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。

14. 如图是由$4$个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若直角三角形中较小的内角为$\theta$，大正方形的面积是$1$，小正方形的面积是$\dfrac{1}{25}$，则$\sin ^{2}\theta - \cos ^{2}\theta =$$-\frac{7}{25}$。

答案： 14. 解析:因为大正方形的面积是$1$，即大正方形的边长为$1$，则每个直角三角形的长直角边为$\cos\theta$，短直角边为$\sin\theta$，所以小正方形的边长为$\cos\theta-\sin\theta$。
又因为小正方形的面积是$\frac{1}{25}$，
所以$(\cos\theta-\sin\theta)^{2}=\frac{1}{25}$，即$\cos\theta-\sin\theta=\frac{1}{5}$。
所以$(\cos\theta-\sin\theta)^{2}=1 - 2\sin\theta\cos\theta=\frac{1}{25}$，
则$\sin\theta\cos\theta=\frac{12}{25}$，
所以$(\cos\theta+\sin\theta)^{2}=1 + 2\sin\theta\cos\theta=\frac{49}{25}$，
则$\cos\theta+\sin\theta=\frac{7}{5}$，
因此$\sin^{2}\theta-\cos^{2}\theta=(\sin\theta-\cos\theta)(\sin\theta+\cos\theta)=-\frac{1}{5}×\frac{7}{5}=-\frac{7}{25}$。

15. 化简：$\dfrac{\sqrt{1 - 2\sin {10}^{\circ }\cos {10}^{\circ }}}{\cos {10}^{\circ } - \sqrt{1 - \cos ^{2}{170}^{\circ }}} =$$1$。

答案： 15. 解析:原式$=\frac{\vert\sin10^{\circ}-\cos10^{\circ}\vert}{\cos10^{\circ}-\sqrt{\sin^{2}170^{\circ}}}=\frac{\vert\sin10^{\circ}-\cos10^{\circ}\vert}{\cos10^{\circ}-\vert\sin170^{\circ}\vert}=\frac{\cos10^{\circ}-\sin10^{\circ}}{\cos10^{\circ}-\sin170^{\circ}}=1$。

16. 在平面直角坐标系中，以$Ox$为始边作角$\alpha$${1}$，将角$\alpha$${1}$的终边按照某种规律逆时针旋转得角$\alpha$${2}$，接下来按照同样的规律进行旋转，$·s$，以此类推，将角$\alpha$${n}$的终边逆时针旋转得角$\alpha$${n + 1}$。已知$\alpha$${1} = \dfrac{\pi }{4}$，$\tan \alpha$${n + 1} = \dfrac{1}{\cos \alpha$${n}}$，则$\sin ^{2}\alpha$${1}· \sin ^{2}\alpha$${2}· ·s · \sin ^{2}\alpha$${n} =$$\cos^{2}\alpha_{n}$。

答案： 16. 解析:因为$\tan\alpha_{n + 1}=\frac{1}{\cos\alpha_{n}}$，即$\sin\alpha_{n + 1}=\frac{\cos\alpha_{n + 1}}{\cos\alpha_{n}}$，
于是原式$=\sin^{2}\alpha_{1}·\frac{\cos^{2}\alpha_{2}}{\cos^{2}\alpha_{1}}·\frac{\cos^{2}\alpha_{3}}{\cos^{2}\alpha_{2}}··s·\frac{\cos^{2}\alpha_{n}}{\cos^{2}\alpha_{n - 1}}=\sin^{2}\alpha_{1}·\frac{\cos^{2}\alpha_{n}}{\cos^{2}\alpha_{1}}=\cos^{2}\alpha_{n}$。

17. 化简下列各式：
(1)$\sin \dfrac{7}{2}\pi + \cos \dfrac{5}{2}\pi + \cos (-5\pi ) + \tan \dfrac{\pi }{4}$；
(2)$a^{2}\sin {810}^{\circ } - b^{2}\cos {900}^{\circ } + 2ab\tan {1125}^{\circ }$。

答案： 17. 解析:
(1)原式$=\sin\frac{3}{2}\pi+\cos\frac{\pi}{2}+\cos\pi + 1=-1 + 0 - 1 + 1=-1$。
(2)原式$=a^{2}\sin90^{\circ}-b^{2}\cos180^{\circ}+2ab\tan45^{\circ}=a^{2}+b^{2}+2ab=(a + b)^{2}$。

18. (1)已知角$\alpha$的终边经过点$P(4,-3)$，求$2\sin \alpha + \cos \alpha$的值；
(2)已知角$\alpha$的终边经过点$P(4a,-3a)(a \neq 0)$，求$2\sin \alpha + \cos \alpha$的值；
(3)已知角$\alpha$的终边上一点$P(m,-\sqrt{3})(m \neq 0)$，且$\cos \alpha = \dfrac{\sqrt{2}m}{4}$，求$\tan \alpha$的值。

答案： 18. 解析:
(1)因为$r=\vert OP\vert=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{4^{2}+(-3)^{2}}=5$，所以$\sin\alpha=\frac{y}{r}=-\frac{3}{5}$，$\cos\alpha=\frac{x}{r}=\frac{4}{5}$（$O$为原点），因此$2\sin\alpha+\cos\alpha=-\frac{6}{5}+\frac{4}{5}=-\frac{2}{5}$。
(2)因为$r=\vert OP\vert=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{(4a)^{2}+(-3a)^{2}}=5\vert a\vert$（$O$为原点），
所以当$a\gt0$时，$r = 5a$，$\sin\alpha=\frac{-3a}{5a}=-\frac{3}{5}$，$\cos\alpha=\frac{4}{5}$，因此$2\sin\alpha+\cos\alpha=-\frac{2}{5}$；
当$a\lt0$时，$r=-5a$，$\sin\alpha=\frac{-3a}{-5a}=\frac{3}{5}$，$\cos\alpha=-\frac{4}{5}$，因此$2\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{2}{5}$。
(3)由题设知$x = m$，$y=-\sqrt{3}$，$r^{2}=\vert OP\vert^{2}=(-\sqrt{3})^{2}+m^{2}$（$O$为原点），即$r=\sqrt{3 + m^{2}}$。
因为$\cos\alpha=\frac{m}{r}=\frac{\sqrt{2}m}{4}$，解得$r = 2\sqrt{2}$，即$3 + m^{2}=8$，解得$m=\pm\sqrt{5}$。
当$m=\sqrt{5}$时，$\cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{4}$，$\sin\alpha=-\frac{\sqrt{6}}{4}$，$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=-\frac{\sqrt{15}}{5}$；
当$m=-\sqrt{5}$时，$\cos\alpha=-\frac{\sqrt{10}}{4}$，$\sin\alpha=-\frac{\sqrt{6}}{4}$，$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\sqrt{15}}{5}$。