课时2 二倍角的正弦、余弦、正切公式

$ { \sin }^{2}\frac{5\mathrm{\pi }}{12}-{ \sin }^{2}\frac{\mathrm{\pi }}{12}={ \cos }^{2}(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})-{ \sin }^{2}\frac{\mathrm{\pi }}{12}={ \cos }^{2}\frac{\mathrm{\pi }}{12}-{ \sin }^{2}\frac{\mathrm{\pi }}{12}= \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

原式 $ =\dfrac{2 \sin {40}^{\circ } \cos {40}^{\circ }}{2{ \cos }^{2}{40}^{\circ }}-4 \sin {40}^{\circ }=\dfrac{ \sin {40}^{\circ }}{ \cos {40}^{\circ }}-4 \sin {40}^{\circ } $

$ =\dfrac{ \sin {40}^{\circ }-2 \sin {80}^{\circ }}{ \cos {40}^{\circ }} $

$ =\dfrac{ \sin ({60}^{\circ }-{20}^{\circ })-2 \sin ({60}^{\circ }+{20}^{\circ })}{ \cos {40}^{\circ }} $

$ =\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos {20}^{\circ }-\dfrac{1}{2} \sin {20}^{\circ }-\sqrt{3} \cos {20}^{\circ }- \sin {20}^{\circ }}{ \cos {40}^{\circ }} $

$ =\dfrac{-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos {20}^{\circ }-\dfrac{3}{2} \sin {20}^{\circ }}{ \cos {40}^{\circ }} $

$ =\dfrac{-\sqrt{3} \sin ({20}^{\circ }+{30}^{\circ })}{ \cos {40}^{\circ }} $

$ =\dfrac{-\sqrt{3} \cos {40}^{\circ }}{ \cos {40}^{\circ }}=-\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

对于选项 $ \mathrm{A} $ ： $ \tan {15}^{\circ }+ \tan {60}^{\circ }= \tan ({45}^{\circ }-{30}^{\circ })+\sqrt{3}=\dfrac{1-\dfrac{\sqrt{3}}{3}}{1+\dfrac{\sqrt{3}}{3}}+\sqrt{3}=2-\sqrt{3}+\sqrt{3}=2 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确.

对于选项 $ \mathrm{B} $ ： $ \dfrac{1}{ \cos {80}^{\circ }}-\dfrac{\sqrt{3}}{ \sin {80}^{\circ }}=\dfrac{ \sin {80}^{\circ }-\sqrt{3} \cos {80}^{\circ }}{ \sin {80}^{\circ } \cos {80}^{\circ }}=\dfrac{4 \sin ({80}^{\circ }-{60}^{\circ })}{ \sin {160}^{\circ }}=\dfrac{4 \sin {20}^{\circ }}{ \sin ({180}^{\circ }-{20}^{\circ })}=4 $ ，故 $ \mathrm{B} $ 错误.

对于选项 $ \mathrm{C} $ ： $ (1+ \tan {18}^{\circ })(1+ \tan {27}^{\circ })=1+ \tan {18}^{\circ }+ \tan {27}^{\circ }+ \tan {18}^{\circ } \tan {27}^{\circ } $

$ =1+ \tan {18}^{\circ } \tan {27}^{\circ }+ \tan ({18}^{\circ }+{27}^{\circ })(1- \tan {18}^{\circ } \tan {27}^{\circ })=2 $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确.

对于选项 $ \mathrm{D} $ ： $ 4 \sin {18}^{\circ } \sin {54}^{\circ }=4 \sin ({90}^{\circ }-{72}^{\circ }) \sin ({90}^{\circ }-{36}^{\circ })=4 \cos {72}^{\circ } \cos {36}^{\circ }=\dfrac{4 \cos {72}^{\circ } \cos {36}^{\circ } \sin {36}^{\circ }}{ \sin {36}^{\circ }}=\dfrac{2 \cos {72}^{\circ } \sin {72}^{\circ }}{ \sin {36}^{\circ }}=\dfrac{ \sin {144}^{\circ }}{ \sin {36}^{\circ }}=\dfrac{ \sin ({180}^{\circ }-{36}^{\circ })}{ \sin {36}^{\circ }}=\dfrac{ \sin {36}^{\circ }}{ \sin {36}^{\circ }}=1 $ ，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

$ \because $ 角 $ \alpha $ 的终边经过点 $ P(-1,2) $ ， $ \therefore \tan \alpha =\dfrac{2}{-1}=-2 $ ，

$ \therefore \tan 2\alpha =\dfrac{2 \tan \alpha }{1-{ \tan }^{2}\alpha }=\dfrac{2×(-2)}{1-{\left(-2\right) ^ {2}}}=\dfrac{-4}{-3}=\dfrac{4}{3} $ .

$ \sin {10}^{\circ } \cos {20}^{\circ } \cos {40}^{\circ } $

$ =\dfrac{2 \cos {10}^{\circ } \sin {10}^{\circ } \cos {20}^{\circ } \cos {40}^{\circ }}{2 \cos {10}^{\circ }} $

$ =\dfrac{ \sin {20}^{\circ } \cos {20}^{\circ } \cos {40}^{\circ }}{2 \cos {10}^{\circ }} $

$ =\dfrac{ \sin {40}^{\circ } \cos {40}^{\circ }}{4 \cos {10}^{\circ }}=\dfrac{ \sin {80}^{\circ }}{8 \cos {10}^{\circ }}=\dfrac{1}{8} $ .

因为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < \alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ \sin \text{ }\alpha > \cos \text{ }\alpha $   ，即 $ \cos \text{ }\alpha - \sin \text{ }\alpha < 0 $ .又 $ \sin \text{ }2\alpha =\dfrac{3}{4} $ ，

则 $ \cos (\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}( \cos \text{ }\alpha - \sin \text{ }\alpha )=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{{\left( \cos \text{ }\alpha - \sin \text{ }\alpha \right) ^ {2}}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{1- \sin \text{ }2\alpha }=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{1-\dfrac{3}{4}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{4} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \sin (2\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})= \sin [\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2(\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})]= \cos [2(\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})]=1-2{ \sin }^{2}(\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=\dfrac{7}{25} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \sin (\alpha +\beta )+ \sin (\alpha -\beta )=1 $ ，

所以 $ \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta + \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta =2 \sin \alpha \cos \beta =1 $ ，

即 $ \sin \alpha \cos \beta =\dfrac{1}{2} $ .

又 $ \cos 2\beta =2{ \cos }^{2}\beta -1=-\dfrac{1}{9} $ ，则 $ { \cos }^{2}\beta =\dfrac{4}{9} $ .

因为 $ \beta \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，所以 $ \cos \beta =\dfrac{2}{3} $ ，所以 $ \sin \alpha =\dfrac{3}{4} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由 $ \sin \alpha =\dfrac{\sqrt{10}}{10} $ ， $ \alpha $ 是第二象限角，可知 $ \cos \alpha =-\sqrt{1-{ \sin }^{2}\alpha }=-\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ ，

所以 $ \tan \alpha =\dfrac{ \sin \alpha }{ \cos \alpha }=-\dfrac{1}{3} $ ，

所以 $ \tan 2\alpha =\dfrac{2 \tan \alpha }{1-{ \tan }^{2}\alpha }=\dfrac{-\dfrac{2}{3}}{1-\dfrac{1}{9}}=-\dfrac{3}{4} $ .

已知 $ \alpha \in (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2},2\mathrm{\pi }) $ ,则 $ \dfrac{\alpha }{2}\in (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4},\mathrm{\pi }) $ , $ \cos \alpha > 0 $ , $ \sin \dfrac{\alpha }{2} > 0 $ ,

则 $ \sqrt{\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{1}{2}+\dfrac{ \cos 2\alpha }{2}}} $

$ =\sqrt{\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{1}{2}+\dfrac{2{ \cos }^{2}\alpha -1}{2}}} $

$ =\sqrt{\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} \cos \alpha }=\sqrt{\dfrac{1}{2}-\dfrac{1-2{ \sin }^{2}\frac{\alpha }{2}}{2}} $

$ = \sin \dfrac{\alpha }{2} $ .

故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ \dfrac{1+ \sin \text{ }2\alpha }{1-2{ \sin }^{2}\alpha }\text{ } $

$ =\dfrac{{ \sin }^{2}\alpha +2 \sin \text{ }\alpha \cos \text{ }\alpha + \cos {\text{ }}^{2}\alpha }{ \cos {\text{ }}^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\alpha } $

$ =\dfrac{{\left( \sin \text{ }\alpha + \cos \text{ }\alpha \right) ^ {2}}}{( \cos \text{ }\alpha + \sin \text{ }\alpha )( \cos \text{ }\alpha - \sin \text{ }\alpha )}\text{ } $

$ =\dfrac{ \sin \text{ }\alpha + \cos \text{ }\alpha }{ \cos \text{ }\alpha - \sin \text{ }\alpha }\text{ } $

$ =\dfrac{ \tan \text{ }\alpha +1}{1- \tan \text{ }\alpha } $ ，

所以 $ \dfrac{ \tan \text{ }\alpha +1}{1- \tan \text{ }\alpha }=7 $ ，解得 $ \tan \text{ }\alpha =\dfrac{3}{4} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \sqrt{2-2 \sin 2\alpha } $

$ =\sqrt{2(1-2 \sin \alpha \cos \alpha )} $

$ =\sqrt{2( \sin \alpha - \cos \alpha )^{2}} $

$ =\sqrt{2}| \sin \alpha - \cos \alpha | $

$ =2| \sin (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})| $ ,

且 $ \alpha \in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,则 $ \alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,可得 $ \sin (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) > 0 $ ,所以 $ \sqrt{2-2 \sin 2\alpha }=2 \sin (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\sqrt{2}( \sin \alpha - \cos \alpha ) $ .

因为 $ \sqrt{1+ \cos 2\alpha }=\sqrt{2{ \cos }^{2}\alpha }=\sqrt{2}| \cos \alpha | $ ,且 $ \alpha \in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,可得 $ \cos \alpha < 0 $ ,

所以 $ \sqrt{1+ \cos 2\alpha }=-\sqrt{2} \cos \alpha $ .

综上所述, $ \sqrt{2-2 \sin 2\alpha }-\sqrt{1+ \cos 2\alpha }=\sqrt{2}( \sin \alpha - \cos \alpha )+\sqrt{2} \cos \alpha =\sqrt{2} \sin \alpha $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ \tan \text{ }{45}^{\circ }=1 $ ,所以 $ a=\dfrac{1+ \tan \text{ }{16}^{\circ }}{1- \tan \text{ }{16}^{\circ }}=\dfrac{ \tan \text{ }{45}^{\circ }+ \tan \text{ }{16}^{\circ }}{1- \tan \text{ }{45}^{\circ } \tan \text{ }{16}^{\circ }}= \tan \text{ }{61}^{\circ } > \tan \text{ }{45}^{\circ }=1 $ ， $ \text{ }b= \cos \text{ }{330}^{\circ }= \cos (-{30}^{\circ }+{360}^{\circ })= \cos \text{ }{30}^{\circ } $   ， $ \text{ }c=\sqrt{\dfrac{1+ \cos \text{ }{58}^{\circ }}{2}}=\sqrt{\dfrac{1+2{ \cos }^{2}{29}^{\circ }-1}{2}}=\sqrt{\dfrac{2{ \cos }^{2}{29}^{\circ }}{2}}= \cos \text{ }{29}^{\circ } $   .

由 $ y= \cos \text{ }x $ 的单调性可知 $ 1 > \cos \text{ }{29}^{\circ } > \cos \text{ }{30}^{\circ } $   ,

所以 $ \tan \text{ }{61}^{\circ } > \cos \text{ }{29}^{\circ } > \cos \text{ }{30}^{\circ } $   ,即 $ a > c > b $ .

故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \because f(x)= \sin (2x+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2})-3 \cos \text{ }x=- \cos \text{ }2x-3 \cos \text{ }x=-{2 \cos }^{2}x-3 \cos \text{ }x+1=-2{\left( \cos \text{ }x+\dfrac{3}{4}\right) ^ {2}}+\dfrac{17}{8} $ ，

$ \therefore $   当 $ \cos \text{ }x=-\dfrac{3}{4} $ 时， $ f{(x)}_{ \max }=\dfrac{17}{8} $ .

因为函数 $ f(x)= \cos 2x+ \sin x-k $ 在区间 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上有零点,

所以 $ \cos 2x+ \sin x=k $ 在区间 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上有解,即 $ g(x)= \cos 2x+ \sin x $ 与 $ y=k $ 的图象在区间 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上有交点.

$ g(x)=1-2{ \sin }^{2}x+ \sin x $ , $ x\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ,

令 $ t= \sin x $ , $ x\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ,则 $ t= \sin x\in [0,1] $ ,

令 $ ℎ(t)=1-2{t}^{2}+t=-2{\left(t-\dfrac{1}{4}\right) ^ {2}}+\dfrac{9}{8} $ , $ t\in [0,1] $ ,

所以 $ ℎ (t)_{ \max }=ℎ (\dfrac{1}{4} )=\dfrac{9}{8} $ , $ ℎ (t)_{ \min }=ℎ (1 )=0 $ ,

所以 $ ℎ(t)\in [0,\dfrac{9}{8}] $ ,即 $ g(x)\in [0,\dfrac{9}{8}] $ ,所以 $ k\in [0,\dfrac{9}{8}] $ .

$ \because \sin \text{ }\alpha =2 \sin $    $ \dfrac{\alpha }{2} \cos \text{ }\dfrac{\alpha }{2}=2×\dfrac{4}{5}×(-\dfrac{3}{5})=-\dfrac{24}{25} < 0 $ ， $ \cos \text{ }\alpha ={ \cos }^{2}\frac{\alpha }{2}-{ \sin }^{2}\frac{\alpha }{2}={\left(-\dfrac{3}{5}\right) ^ {2}}-{\left(\dfrac{4}{5}\right) ^ {2}}=-\dfrac{7}{25} < 0 $ ， $ \therefore $   角 $ \alpha $   是第三象限角.故选 $ \mathrm{C} $ .

由 $ \sin \theta =\dfrac{4}{5} $ , $ \theta $ 为第二象限角，则 $ \cos \theta =-\sqrt{1-{\left(\dfrac{4}{5}\right) ^ {2}}}=-\dfrac{3}{5} $ ，

所以 $ { \cos }^{2}(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\dfrac{\theta }{2})={ \sin }^{2}\frac{\theta }{2}=\dfrac{1- \cos \theta }{2}=\dfrac{4}{5} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

因为 $ \alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ \beta \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ \tan \alpha =\dfrac{ \cos 2\beta }{1- \sin 2\beta } $ ，

所以 $ \tan \alpha =\dfrac{{ \cos }^{2}\beta -{ \sin }^{2}\beta }{{ \cos }^{2}\beta +{ \sin }^{2}\beta -2 \sin \beta \cos \beta }=\dfrac{( \cos \beta - \sin \beta )( \cos \beta + \sin \beta )}{{\left( \cos \beta - \sin \beta \right) ^ {2}}} $ ，

因为 $ \cos \beta - \sin \beta \ne 0 $ ，

所以 $ \tan \alpha =\dfrac{ \cos \beta + \sin \beta }{ \cos \beta - \sin \beta }=\dfrac{1+ \tan \beta }{1- \tan \beta }= \tan (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\beta ) $ .

因为 $ \alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ \beta \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\beta \in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,所以 $ \alpha =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\beta $ ，

即 $ \alpha -\beta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

$ y={ \sin }^{2}(x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=\dfrac{1- \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})}{2}=-\dfrac{1}{2} \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})+\dfrac{1}{2} $ ,

令 $ 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=k\mathrm{\pi }(k\in \boldsymbol{Z}) $ ,得 $ x=\dfrac{k\mathrm{\pi }}{2}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ，

所以函数 $ y={ \sin }^{2}(x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 图象的对称轴为直线 $ x=\dfrac{k\mathrm{\pi }}{2}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}(k\in \boldsymbol{Z}) $ .

函数 $ y= \sin 2x+a \cos 2x=\sqrt{1+{a}^{2}} \sin (2x+\theta ) $ ,其中 $ \sin \theta =\dfrac{a}{\sqrt{1+{a}^{2}}} $ , $ \cos \theta =\dfrac{1}{\sqrt{1+{a}^{2}}} $ ，则 $ \tan \theta =a $ ，

令 $ 2x+\theta =n\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}(n\in \boldsymbol{Z}) $ ，得 $ x=\dfrac{n}{2}\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\dfrac{\theta }{2}(n\in \boldsymbol{Z}) $ ，

所以函数 $ y= \sin 2x+a \cos 2x $ 图象的对称轴为直线 $ x=\dfrac{n}{2}\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\dfrac{\theta }{2}(n\in \boldsymbol{Z}) $ ，

因为两函数图象的对称轴相同，所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\dfrac{\theta }{2}=-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+\dfrac{s\mathrm{\pi }}{2} $ , $ s\in \boldsymbol{Z} $ ，解得 $ \theta =\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}-s\mathrm{\pi } $ , $ s\in \boldsymbol{Z} $ ，所以 $ a= \tan \theta =-\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由三倍角公式得 $ \cos {54}^{\circ }=4{ \cos }^{3}{18}^{\circ }-3 \cos {18}^{\circ }= \sin {36}^{\circ }=2 \sin {18}^{\circ }\cdot \cos {18}^{\circ } $ ,

化简得 $ 4{ \cos }^{2}{18}^{\circ }-3=2 \sin {18}^{\circ } $ ,

$ \therefore 4{ \sin }^{2}{18}^{\circ }+2 \sin {18}^{\circ }-1=0 $ ,

解得 $ \sin {18}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4} $ （负值舍去）, $ \therefore t=2 \sin {18}^{\circ } $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

显然 $ f(-x)=\left| \sin (-x)\right|\cdot \cos (-x)=\left| \sin \text{ }x\right| \cos \text{ }x=f(x) $ ，即函数 $ f(x) $ 是偶函数，又 $ f(x+2\mathrm{\pi })=\left| \sin (x+2\mathrm{\pi })\right|\cdot \cos (x+2\mathrm{\pi })=\left| \sin \text{ }x\right| \cos \text{ }x=f(x) $ ，所以函数 $ f(x) $ 是周期函数， $ 2\mathrm{\pi } $   是它的一个周期， $ \mathrm{B} $ 正确；

当 $ 0\leqslant x\leqslant \mathrm{\pi } $   时， $ 0\leqslant 2x\leqslant 2\mathrm{\pi } $   ， $ f(x)= \sin \text{ }x\cdot \cos \text{ }x=\dfrac{1}{2} \sin \text{ }2x $ 的最小值为 $ -\dfrac{1}{2} $ ，最大值为 $ \dfrac{1}{2} $ ，即当 $ 0\leqslant x\leqslant \mathrm{\pi } $   时， $ f(x) $ 的取值范围是 $ [-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}] $ ，因为 $ f(x) $ 是偶函数，所以当 $ -\mathrm{\pi }\leqslant x\leqslant 0 $ 时， $ f(x) $ 的取值范围也是 $ [-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}] $ ，因此当 $ -\mathrm{\pi }\leqslant x\leqslant \mathrm{\pi } $   时， $ f(x) $ 的取值范围是 $ [-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}] $ ，而 $ 2\mathrm{\pi } $   是 $ f(x) $ 的周期，所以 $ x\in \boldsymbol{R} $ ， $ f(x) $ 的值域为 $ [-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}] $ ， $ \mathrm{A} $ 正确；

因为 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{1}{2} $ ， $ f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4})=-\dfrac{1}{2} $ ，即函数 $ f(x) $ 图象上的点 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{1}{2}) $ 关于直线 $ x=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ 的对称点 $ (\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{1}{2}) $ 不在此函数图象上， $ \mathrm{C} $ 不正确；

当 $ x > 2 $ 时，恒有 $ { \log }_{4}x > \dfrac{1}{2} $ 成立，而 $ f(x) $ 的值域为 $ [-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}] $ ，方程 $ f(x)={ \log }_{4}x $ 在 $ (2,+\mathrm{\infty }) $ 上无零点，又当 $ 0 < x < 1 $ 或 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < x < 2 $ 时， $ f(x) $ 的值与 $ { \log }_{4}x $ 的值异号，即方程 $ f(x)={ \log }_{4}x $ 在 $ (0,1) $ ， $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},2) $ 上都无零点.令 $ g(x)=f(x)-{ \log }_{4}x=\dfrac{1}{2} \sin \text{ }2x-{ \log }_{4}x $ ， $ x\in [1,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ，显然 $ g(x) $ 在 $ [1,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上单调递减，而 $ g(1)=\dfrac{1}{2} \sin \text{ }2 > 0 $ ， $ g(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=-{ \log }_{4}\frac{\mathrm{\pi }}{2} < 0 $ ，于是存在唯一 $ {x}_{0}\in (1,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，使得 $ g({x}_{0})=0 $ ，因此方程 $ f(x)={ \log }_{4}x $ 在 $ [1,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上有唯一实根，则方程 $ f(x)={ \log }_{4}x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上有唯一实根，又 $ y={ \log }_{4}x $ 的定义域为 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ ，所以方程 $ f(x)={ \log }_{4}x $ 有且仅有一个实数根， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

由 $ \tan (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )=\dfrac{3}{2} \cos 2\alpha $ ,

可得 $ \dfrac{ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )}{ \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )}=\dfrac{3}{2} \cos 2\alpha =\dfrac{3}{2} \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2\alpha ) $ ,即 $ \dfrac{ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )}{ \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )}=3 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )\cdot \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha ) $ .

由于 $ \alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,故 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha \in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,则 $ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )\ne 0 $ ,

所以 $ \dfrac{1}{ \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )}=3 \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha ) $ ,则 $ { \cos }^{2}(\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\alpha )=\dfrac{1}{3} $ ,

所以 $ \dfrac{1+ \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2\alpha )}{2}=\dfrac{1- \sin 2\alpha }{2}=\dfrac{1}{3} $ ,解得 $ \sin 2\alpha =\dfrac{1}{3} $ .

当 $ x=2 $ 时， $ f(\alpha )={ \sin }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\alpha =1 $ .

当 $ x=4 $ 时， $ f(\alpha )={ \sin }^{4}\alpha +{ \cos }^{4}\alpha ={\left({ \sin }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\alpha \right) ^ {2}}-2{ \sin }^{2}\alpha { \cos }^{2}\alpha =1-\dfrac{1}{2}{ \sin }^{2}2\alpha =\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4} \cos 4\alpha $ ，

因为 $ -1\leqslant \cos 4\alpha \leqslant 1 $ ，所以 $ \dfrac{1}{2}\leqslant \dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4} \cos 4\alpha \leqslant 1 $ ，所以当 $ x=4 $ 时， $ f(\alpha )\in [\dfrac{1}{2},1] $ .

当 $ x=6 $ 时， $ f(\alpha )={ \sin }^{6}\alpha +{ \cos }^{6}\alpha $

$ =({ \sin }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\alpha )({ \sin }^{4}\alpha -{ \sin }^{2}\alpha { \cos }^{2}\alpha +{ \cos }^{4}\alpha ) $

$ = ({ \sin }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\alpha ) [ ({ \sin }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\alpha )^{2}-3{ \sin }^{2}\alpha { \cos }^{2}\alpha ] $

$ =1-3{ \sin }^{2}\alpha { \cos }^{2}\alpha =1-\dfrac{3}{4}{ \sin }^{2}2\alpha $

$ =\dfrac{5}{8}+\dfrac{3}{8} \cos 4\alpha $ ，

因为 $ -1\leqslant \cos 4\alpha \leqslant 1 $ ，

所以 $ \dfrac{1}{4}\leqslant \dfrac{5}{8}+\dfrac{3}{8} \cos 4\alpha \leqslant 1 $ ，

所以当 $ x=6 $ 时， $ f(\alpha )\in [\dfrac{1}{4},1] $ .

由以上规律可以猜想：当 $ x=2k(k\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }) $ 时， $ f(\alpha ) $ 的取值范围是 $ [\dfrac{1}{{2}^{k-1}},1](k\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }) $ .

$ \cos (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}+2\alpha )=2{ \cos }^{2}(\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+\alpha )-1=2{ \cos }^{2}[\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-\alpha )]-1=2{ \sin }^{2}(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-\alpha )-1=\dfrac{2}{9}-1=-\dfrac{7}{9} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

$ \because \theta $ 为锐角， $ \cos (\theta +{15}^{\circ })=\dfrac{3}{5} $ ， $ \therefore \sin (\theta +{15}^{\circ })=\dfrac{4}{5} $ .

$ \therefore \sin (2\theta +{30}^{\circ })=2 \sin (\theta +{15}^{\circ }) \cos (\theta +{15}^{\circ })=\dfrac{24}{25} $ ，

$ \cos (2\theta +{30}^{\circ })=2{ \cos }^{2}(\theta +{15}^{\circ })-1=2×\dfrac{9}{25}-1=-\dfrac{7}{25} $ .

$ \therefore \cos (2\theta -{15}^{\circ })= \cos (2\theta +{30}^{\circ }-{45}^{\circ })= \cos (2\theta +{30}^{\circ }) \cos {45}^{\circ }+ \sin (2\theta +{30}^{\circ })\cdot \sin {45}^{\circ }=-\dfrac{7}{25}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{24}{25}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{17\sqrt{2}}{50} $ .