课时1 两角和与差的正弦、余弦和正切公式

原式 $ = \sin {20}^{\circ } \cos {40}^{\circ }+ \cos {20}^{\circ } \sin {40}^{\circ }= \sin {60}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意,得 $ \cos \alpha =-\dfrac{4}{5} $ ,

则 $ \sin \alpha =\sqrt{1-{\left(-\dfrac{4}{5}\right) ^ {2}}}=\dfrac{3}{5} $ ,

所以 $ \cos (\alpha -\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4})= \cos (\alpha +\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4})= \cos \alpha \cdot \cos \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}- \sin \alpha \sin \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}=(-\dfrac{4}{5})×(-\dfrac{\sqrt{2}}{2})-\dfrac{3}{5}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{10} $ .

故选 $ \mathrm{D} $ .

因为 $ \alpha +\beta =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ,所以 $ \tan (\alpha +\beta )=\dfrac{ \tan \alpha + \tan \beta }{1- \tan \alpha \tan \beta }= \tan \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}=-1 $ ,

所以 $ \tan \alpha + \tan \beta = \tan \alpha \tan \beta -1 $ ,

所以 $ (1- \tan \alpha )(1- \tan \beta )=1-( \tan \alpha + \tan \beta )+ \tan \alpha \tan \beta =1-( \tan \alpha \tan \beta -1)+ \tan \alpha \tan \beta =2 $ .

故选 $ \mathrm{D} $ .

$ \alpha $   ， $ \beta $   都是锐角，则 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < \alpha -\beta < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .

由题意得 $ \cos (\alpha -\beta )=\sqrt{1-{\left(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\right) ^ {2}}}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ ， $ \sin \text{ }\alpha =\sqrt{1-{\left(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\right) ^ {2}}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ，

$ \therefore \cos \text{ }\beta = \cos \text{ }[\alpha -(\alpha -\beta )]= \cos \text{ }\alpha \cos (\alpha -\beta )+ \sin \text{ }\alpha \sin (\alpha -\beta )=\dfrac{\sqrt{5}}{5}×\dfrac{3\sqrt{10}}{10}+\dfrac{2\sqrt{5}}{5}×\dfrac{\sqrt{10}}{10}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ 0 < \alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < -\alpha < 0 $ .又 $ 0 < \beta < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < \beta -\alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .

又 $ \beta < \alpha $ ，所以 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < \beta -\alpha < 0 $ ，所以 $ \sin (\beta -\alpha ) < 0 $ .

又因为 $ \cos (\alpha -\beta )=\dfrac{3}{5} $ ，

所以 $ \sin (\beta -\alpha )=-\sqrt{1-{ \cos }^{2}(\beta -\alpha )}=-\dfrac{4}{5} $ ，

且 $ \cos (\alpha -\beta )= \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta =\dfrac{3}{5} $ ，

又 $ \cos \alpha \cos \beta =\dfrac{1}{2} $ ，所以 $ \sin \alpha \sin \beta =\dfrac{3}{5}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{10} $ ，

所以 $ \dfrac{1}{ \tan \alpha }-\dfrac{1}{ \tan \beta }=\dfrac{ \cos \alpha }{ \sin \alpha }-\dfrac{ \cos \beta }{ \sin \beta }=\dfrac{ \cos \alpha \sin \beta - \cos \beta \sin \alpha }{ \sin \alpha \sin \beta }=\dfrac{ \sin (\beta -\alpha )}{ \sin \alpha \sin \beta }=\dfrac{-\dfrac{4}{5}}{\dfrac{1}{10}}=-8 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由 $ \sin \text{ }A=\dfrac{3}{5} $ ， $ \cos \text{ }B=-\dfrac{1}{2} < 0 $ ，得 $ B $ 为钝角， $ A $ ， $ C $ 为锐角，故 $ \cos \text{ }A=\dfrac{4}{5} $ ， $ \sin \text{ }B=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .

故 $ \sin \text{ }C= \sin (A+B)= \sin \text{ }A \cos \text{ }B+ \cos \text{ }A \sin \text{ }B=\dfrac{3}{5}×(-\dfrac{1}{2})+\dfrac{4}{5}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{4\sqrt{3}-3}{10} $ .

因为 $ \dfrac{ \cos A}{ \cos B}=\dfrac{2}{1- \tan A \tan C} $ ，

所以 $ \cos A-\dfrac{ \sin A \sin C}{ \cos C}=2 \cos B $ ，

故 $ \cos A \cos C- \sin A \sin C=2 \cos B \cos C $ ，

故 $ \cos (A+C)=2 \cos B \cos C $ ，

故 $ - \cos B=2 \cos B \cos C $ ，

由题设知 $ \cos B\ne 0 $ ，故 $ \cos C=-\dfrac{1}{2} $ .

又 $ C\in (0,\mathrm{\pi }) $ ，所以 $ C=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \alpha $   ， $ \beta $   都是锐角，且 $ \cos \text{ }\alpha =\dfrac{\sqrt{10}}{10} $ ， $ \cos \text{ }\beta =\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ,

所以 $ \sin \text{ }\alpha =\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ ， $ \sin \text{ }\beta =\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ,

所以 $ \cos (\alpha +\beta )= \cos \text{ }\alpha \cos \text{ }\beta - \sin \text{ }\alpha \sin \text{ }\beta =-\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .

又 $ \alpha +\beta \in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ \alpha +\beta =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意得 $ \tan A+ \tan B={ \sin }^{2}\theta $ , $ \tan A\cdot \tan B={ \cos }^{2}\theta $ ，

所以 $ \tan (A+B)=\dfrac{ \tan A+ \tan B}{1- \tan A\cdot \tan B}=\dfrac{{ \sin }^{2}\theta }{1-{ \cos }^{2}\theta }=1 $ ，

由 $ \tan (A+B)= \tan (\mathrm{\pi }-C)=- \tan C $ ，

得 $ \tan C=-1 $ ，

又 $ 0 < C < \mathrm{\pi } $ ，所以 $ C=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ .

$ \sqrt{3} \sin {15}^{\circ }+ \sin {75}^{\circ }=\sqrt{3} \sin {15}^{\circ }+ \cos {15}^{\circ }=2 \sin ({15}^{\circ }+{30}^{\circ })=2 \sin {45}^{\circ }=\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ f(x)= \sin \omega x-\sqrt{3} \cos \omega x+1=2 \sin (\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})+1 $ ，

当 $ x\in \boldsymbol{R} $ 时， $ \sin (\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})\in [-1,1] $ ，故 $ f(x)\in [-1,3] $ .

因为 $ \forall \lambda \in \boldsymbol{R} $ ， $ f(x) $ 在 $ (\lambda ,\lambda +\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}) $ 上的值域均为 $ [-1,3] $ ，

所以区间长度 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ 必须大于一个周期，

即 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} > \dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega } $ ，解得 $ \omega > 3 $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

$ \dfrac{ \cos {20}^{\circ }-2 \sin {10}^{\circ }}{2 \sin {20}^{\circ }}=\dfrac{ \cos {20}^{\circ }-2 \sin ({30}^{\circ }-{20}^{\circ })}{2 \sin {20}^{\circ }}=\dfrac{ \cos {20}^{\circ }- \cos {20}^{\circ }+\sqrt{3} \sin {20}^{\circ }}{2 \sin {20}^{\circ }}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .

故选 $ \mathrm{A} $ .

由 $ \sin \alpha + \sin \alpha \sin \beta = \cos \alpha \cos \beta $ ，得 $ \sin \alpha = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta = \cos (\alpha +\beta ) $ ，

因此 $ \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\alpha )= \cos (\alpha +\beta ) $ ，由 $ 0 < \alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ 0 < \beta < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，得 $ 0 < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ 0 < \alpha +\beta < \mathrm{\pi } $ ，

又余弦函数 $ y= \cos x $ 在 $ (0,\mathrm{\pi }) $ 上单调递减，所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\alpha =\alpha +\beta $ ，所以 $ 2\alpha +\beta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \cos (\alpha -\beta )=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ， $ \cos 2\alpha =\dfrac{\sqrt{10}}{10} $ ，并且 $ \alpha $ ， $ \beta $ 均为锐角，且 $ \alpha < \beta $ ，

所以 $ \alpha -\beta \in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},0) $ ， $ 2\alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，

所以 $ \sin (\alpha -\beta )=-\sqrt{1-{ \cos }^{2}(\alpha -\beta )}=-\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ， $ \sin 2\alpha =\sqrt{1-{ \cos }^{2}2\alpha }=\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ ，

则 $ \cos (\alpha +\beta )= \cos [2\alpha -(\alpha -\beta )]= \cos 2\alpha \cos (\alpha -\beta )+ \sin 2\alpha \sin (\alpha -\beta )=\dfrac{\sqrt{10}}{10}×\dfrac{\sqrt{5}}{5}+\dfrac{3\sqrt{10}}{10}×(-\dfrac{2\sqrt{5}}{5})=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .

又因为 $ \alpha +\beta \in (0,\mathrm{\pi }) $ ，所以 $ \alpha +\beta =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

记 $ \mathrm{\angle }BAC=\alpha $ , $ \mathrm{\angle }CAD=\beta $ ,

由题图知 $ \sin \alpha = \cos \alpha =\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ \cos \beta =\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ , $ \sin \beta =\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,

所以 $ \sin \mathrm{\angle }BAD= \sin (\mathrm{\angle }BAC+\mathrm{\angle }CAD)= \sin (\alpha +\beta )= \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta =\dfrac{\sqrt{2}}{2}×\dfrac{\sqrt{6}}{3}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}×\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{2\sqrt{3}+\sqrt{6}}{6} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \because \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\alpha )=2 \cos (\mathrm{\pi }+\alpha ) $ ， $ \therefore \sin \text{ }\alpha =-2 \cos \text{ }\alpha $ ，即 $ \tan \text{ }\alpha =-2 $ .

又 $ \because \tan (\alpha +\beta )=\dfrac{ \tan \text{ }\alpha + \tan \text{ }\beta }{1- \tan \text{ }\alpha \tan \text{ }\beta }=\dfrac{-2+ \tan \text{ }\beta }{1+2 \tan \text{ }\beta }=\dfrac{1}{3} $ , $ \therefore \tan \text{ }\beta =7 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

$ f(x)= \sin \text{ }x+\sqrt{3} \cos \text{ }x=2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ，其取最大值时，有 $ x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi }(k\in \boldsymbol{Z}) $ ，所以 $ x=\alpha =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi }(k\in \boldsymbol{Z}) $ .

所以 $ \sin (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})= \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})\text{ } $

$ = \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})\text{ } $

$ = \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}- \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\text{ } $

$ =\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4} $ .

故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意知 $ \cos \text{ }x\ne 0 $ ，

则 $ \dfrac{ \cos \text{ }x+ \sin \text{ }x}{ \cos \text{ }x- \sin \text{ }x}= \tan \text{ }y $ ，即 $ \dfrac{1+ \tan \text{ }x}{1- \tan \text{ }x}= \tan \text{ }y $ ，

所以 $ \dfrac{ \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+ \tan \text{ }x}{1- \tan \text{ }x\cdot \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}}= \tan \text{ }y $ ，

即 $ \tan (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})= \tan \text{ }y $ ，

又 $ x\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ， $ y\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，

则 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ， $ \tan \text{ }y > 0 $ ，

所以 $ \tan (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) > 0 $ ，则 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,

所以有 $ x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=y $ ,即 $ y-x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ .

故选 $ \mathrm{A} $ .

$ f(x)= \sin $    $ \mathrm{\pi }\omega x-\sqrt{3} \cos \text{ }\mathrm{\pi }\omega x=2 \sin (\mathrm{\pi }\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ，因为 $ x\in [0,1] $ 且 $ \omega > 0 $ ，

所以 $ \mathrm{\pi }\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3},\omega \mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ .

又因为函数 $ f(x)= \sin \text{ }\mathrm{\pi }\omega x-\sqrt{3} \cos \text{ }\mathrm{\pi }\omega x(\omega > 0) $ 在 $ [0,1] $ 内恰有3个最值点和4个零点，所以由 $ y= \sin \text{ }x $ 的图象得 $ 3\mathrm{\pi }\leqslant \omega \mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < \dfrac{7\mathrm{\pi }}{2} $ ，解得 $ \dfrac{10}{3}\leqslant \omega < \dfrac{23}{6} $ .

所以实数 $ \omega $   的取值范围是 $ [\dfrac{10}{3},\dfrac{23}{6}) $ .

故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ， $ \cos {85}^{\circ } \cos {25}^{\circ }- \sin {85}^{\circ } \sin {25}^{\circ }= \cos ({85}^{\circ }+{25}^{\circ })= \cos {110}^{\circ } < 0 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ， $ \tan {60}^{\circ }= \tan ({35}^{\circ }+{25}^{\circ })=\dfrac{ \tan {35}^{\circ }+ \tan {25}^{\circ }}{1- \tan {25}^{\circ } \tan {35}^{\circ }}=\sqrt{3} $ ，

所以 $ \tan {25}^{\circ }+ \tan {35}^{\circ }=-\sqrt{3} \tan {25}^{\circ } \tan {35}^{\circ }+\sqrt{3} $ ,所以 $ \tan {25}^{\circ }+ \tan {35}^{\circ }+\sqrt{3} \tan {25}^{\circ } \tan {35}^{\circ }=\sqrt{3} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ， $ \dfrac{ \sin {15}^{\circ }+ \cos {15}^{\circ }}{ \cos {15}^{\circ }- \sin {15}^{\circ }}=\dfrac{ \tan {15}^{\circ }+1}{1- \tan {15}^{\circ }}=\dfrac{ \tan {15}^{\circ }+ \tan {45}^{\circ }}{1- \tan {15}^{\circ } \tan {45}^{\circ }}= \tan ({15}^{\circ }+{45}^{\circ })= \tan {60}^{\circ }=\sqrt{3} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ， $ \dfrac{ \sin {40}^{\circ }+ \sin {80}^{\circ }}{ \cos {20}^{\circ }}=\dfrac{ \sin ({60}^{\circ }-{20}^{\circ })+ \sin ({60}^{\circ }+{20}^{\circ })}{ \cos {20}^{\circ }}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos {20}^{\circ }-\dfrac{1}{2} \sin {20}^{\circ }+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos {20}^{\circ }+\dfrac{1}{2} \sin {20}^{\circ }}{ \cos {20}^{\circ }}=\dfrac{\sqrt{3} \cos {20}^{\circ }}{ \cos {20}^{\circ }}=\sqrt{3} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ 选项，由于 $ 2A $ , $ 2B\in (0,2\mathrm{\pi }) $ ，因此若 $ \sin 2A= \sin 2B $ ，则有 $ 2A=2B $ 或 $ 2A+2B=\mathrm{\pi } $ ，得 $ A=B $ 或 $ A+B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，因此 $ △ABC $ 为等腰三角形或直角三角形， $ \mathrm{A} $ 错误.

对于 $ \mathrm{B} $ 选项，在 $ △ABC $ 中， $ \tan C=- \tan (A+B)=\dfrac{ \tan A+ \tan B}{ \tan A \tan B-1} $ ，整理得 $ \tan A \tan B \tan C= \tan A+ \tan B+ \tan C $ ， $ \mathrm{B} $ 正确.

对于 $ \mathrm{C} $ 选项，若 $ △ABC $ 为锐角三角形，则有 $ A+B=\mathrm{\pi }-C > \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，故 $ A > \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-B $ ，且 $ A $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-B\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，由 $ y= \sin x $ 在 $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递增可得 $ \sin A > \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-B)= \cos B $ ， $ \mathrm{C} $ 正确.

对于 $ \mathrm{D} $ 选项， $ ( \sin A+ \cos A)^{2}=1+2 \sin A \cos A=\dfrac{1}{5}⇒ \sin A \cos A=-\dfrac{2}{5} $ ，由 $ A\in (0,\mathrm{\pi }) $ 可得 $ \sin A > 0 $ ，故 $ \cos A < 0 $ ，因此 $ A\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\mathrm{\pi }) $ ，则 $ △ABC $ 为钝角三角形， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

由 $ f(x)=| \sin x+\sqrt{3} \cos x|=|2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})| $ ，又 $ y=2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的最小正周期 $ T=2\mathrm{\pi } $ ，

而 $ f(x)=|2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})| $ 的图象是由 $ y=2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象将 $ x $ 轴下方部分翻折到 $ x $ 轴上方， $ x $ 轴及 $ x $ 轴上方部分不变而得到的，则 $ f(x) $ 的图象如图所示，

所以 $ f(x)=|2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})| $ 的最小正周期为 $ \dfrac{1}{2}T=\mathrm{\pi } $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；

因为 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=|2 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})|=1 $ ，所以直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 不是 $ f(x) $ 图象的对称轴，故 $ \mathrm{B} $ 错误；

因为 $ \sin x\in [-1,1] $ ，所以 $ 2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})\in [-2,2] $ ，所以 $ f(x)=|2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})|\in [0,2] $ ，

故 $ f(x) $ 的值域为 $ [0,2] $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确；

因为 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=1 $ ， $ f(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3})=|2 \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})|=0 $ ， $ f(\mathrm{\pi })=|2 \sin (\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})|=\sqrt{3} $ ，所以 $ f(x) $ 在 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}] $ 上不单调，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

因为 $ \tan {30}^{\circ }= \tan ({10}^{\circ }+{20}^{\circ })=\dfrac{ \tan {10}^{\circ }+ \tan {20}^{\circ }}{1- \tan {10}^{\circ } \tan {20}^{\circ }} $ ,

故 $ \tan {10}^{\circ }+ \tan {20}^{\circ }= \tan {30}^{\circ }- \tan {30}^{\circ }\cdot \tan {10}^{\circ } \tan {20}^{\circ } $ ,所以 $ \tan {10}^{\circ }+ \tan {20}^{\circ }+2 \tan {30}^{\circ }+ \tan {10}^{\circ }\cdot \tan {20}^{\circ } \tan {30}^{\circ }= \tan {30}^{\circ }- \tan {30}^{\circ } \tan {10}^{\circ }\cdot \tan {20}^{\circ }+2 \tan {30}^{\circ }+ \tan {10}^{\circ } \tan {20}^{\circ } \tan {30}^{\circ }=3 \tan {30}^{\circ }=\sqrt{3} $ .

因为 $ \tan {30}^{\circ }= \tan ({12}^{\circ }+{18}^{\circ })=\dfrac{ \tan {12}^{\circ }+ \tan {18}^{\circ }}{1- \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ }} $ ,所以 $ \tan {12}^{\circ }+ \tan {18}^{\circ }= \tan {30}^{\circ }(1- \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ }) $ ,所以

$ \dfrac{ \tan {12}^{\circ }+ \tan {18}^{\circ }+ \tan {150}^{\circ }}{ \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ }}=\dfrac{ \tan {30}^{\circ }(1- \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ })+ \tan ({180}^{\circ }-{30}^{\circ })}{ \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ }}=\dfrac{ \tan {30}^{\circ }(1- \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ })- \tan {30}^{\circ }}{ \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ }}=\dfrac{- \tan {30}^{\circ } \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ }}{ \tan {12}^{\circ } \tan {18}^{\circ }}=- \tan {30}^{\circ }=-\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .

因为 $ 2a- \sin x+a \cos x\geqslant 0 $ ,则 $ 2a\geqslant \sin x-a \cos x=\sqrt{{a}^{2}+1}\cdot \sin (x-\varphi ) $ ,

其中 $ \sin \varphi =\dfrac{a}{\sqrt{{a}^{2}+1}} $ , $ \cos \varphi =\dfrac{1}{\sqrt{{a}^{2}+1}} $ ,

当 $ x-\varphi =2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ 时,

$ \sqrt{{a}^{2}+1} \sin (x-\varphi ) $ 取到最大值 $ \sqrt{{a}^{2}+1} $ ,

可得 $ 2a\geqslant \sqrt{{a}^{2}+1} $ ,解得 $ a\geqslant \dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,当 $ x=2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+\varphi $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ 时,等号成立.

所以实数 $ a $ 的取值范围是 $ [\dfrac{\sqrt{3}}{3},+\mathrm{\infty }) $ .

$ \begin{cases}3 \sin A+4 \cos B=6,①\\ 3 \cos A+4 \sin B=1,②\end{cases} $

$ {①}^{2}+{②}^{2} $ ,得 $ 9+16+24 \sin (A+B)=37 $ ,

$ \therefore \sin (A+B)=\dfrac{1}{2} $ . $ \therefore $ 在 $ △ABC $ 中, $ \sin C=\dfrac{1}{2} $ , $ \therefore C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 或 $ C=\dfrac{5}{6}\mathrm{\pi } $ .

若 $ C=\dfrac{5}{6}\mathrm{\pi } $ ,则 $ A+B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .

$ \because 1-3 \cos A=4 \sin B > 0 $ , $ \therefore \cos A < \dfrac{1}{3} $ .

又 $ \because \dfrac{1}{3} < \dfrac{1}{2} $ , $ \therefore A > \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .

此时 $ A+C > \mathrm{\pi } $ ,不符合题意, $ \therefore C\ne \dfrac{5}{6}\mathrm{\pi } $ ,

$ \therefore C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ \sin (\mathrm{\pi }-\alpha )=\dfrac{4\sqrt{3}}{7} $ ，所以 $ \sin \text{ }\alpha =\dfrac{4\sqrt{3}}{7} $ .

因为 $ 0 < \alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ \cos \text{ }\alpha =\sqrt{1-{ \sin }^{2}\alpha }=\dfrac{1}{7} $ .

因为 $ \cos (\alpha -\beta )=\dfrac{13}{14} $ ，且 $ 0 < \beta < \alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，

所以 $ 0 < \alpha -\beta < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，

所以 $ \sin (\alpha -\beta )=\sqrt{1-{ \cos }^{2}(\alpha -\beta )}=\dfrac{3\sqrt{3}}{14} $ .

所以 $ \cos \text{ }\beta = \cos [\alpha -(\alpha -\beta )]= \cos \text{ }\alpha \cos (\alpha -\beta )+ \sin \text{ }\alpha \sin (\alpha -\beta )=\dfrac{1}{7}×\dfrac{13}{14}+\dfrac{4\sqrt{3}}{7}×\dfrac{3\sqrt{3}}{14}=\dfrac{1}{2} $ .

因为 $ 0 < \beta < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ \beta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .

根据条件可得 $ {\rm \mathit{α}+} \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} {\rm ∈} $ $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} {\rm -} $ $ \dfrac{\beta }{2} {\rm ∈} $ $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,所以sin $ {\rm \mathit{α}+} \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ $ {\rm =} \dfrac{2\sqrt{2}}{3} {\rm ,sin} $ $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\dfrac{\beta }{2}) {\rm =} $ $ \dfrac{\sqrt{6}}{3} {\rm \mathit{.}} $

所以 $ {\rm cos} (\alpha +\dfrac{\beta }{2}) {\rm =cos} $ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} {\rm +\mathit{α}} $ - $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} {\rm -} $ $ \dfrac{\beta }{2} $ $ {\rm =cos} (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha ) {\rm ·cos} $ $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\dfrac{\beta }{2}) {\rm +sin} $ $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha ) {\rm sin} $ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} {\rm -} $ $ \dfrac{\beta }{2} $ $ {\rm =} \dfrac{1}{3} {\rm ×} $ $ \dfrac{\sqrt{3}}{3} {\rm +} $ $ \dfrac{2\sqrt{2}}{3} {\rm ×} $ $ \dfrac{\sqrt{6}}{3} {\rm =} $ $ \dfrac{5\sqrt{3}}{9} {\rm \mathit{.}} $ 故选C.

$ \because 8 \cos (2\alpha +\beta )+5 \cos \text{ }\beta =8[ \cos (\alpha +\beta ) \cos \text{ }\alpha - \sin (\alpha +\beta ) \sin \text{ }\alpha ]+5[ \cos (\alpha +\beta ) \cos \text{ }\alpha + \sin (\alpha +\beta ) \sin \text{ }\alpha ]=13 \cos (\alpha +\beta ) \cos \text{ }\alpha -3 \sin (\alpha +\beta ) \sin \text{ }\alpha =0 $ ,

$ \therefore 3 \sin (\alpha +\beta ) \sin \text{ }\alpha =13 \cos (\alpha +\beta ) \cos \text{ }\alpha $   ,

$ \therefore \tan (\alpha +\beta ) \tan \text{ }\alpha =\dfrac{13}{3} $ .