10. $\dfrac{\sqrt{3}\tan 10° +1}{(2\cos^2 10° -1)\sin 10°}=$

10.8 原式$=\frac{\frac{\sqrt{3}\sin 10°+\cos 10°}{\cos 10°}}{\cos 20°\sin 10°}=\frac{2(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 10°+\frac{1}{2}\cos 10°)}{\cos 20°\sin 10°\cos 10°}=\frac{2(\cos 30°\sin 10°+\sin 30°\cos 10°)}{\frac{1}{2}\cos 20°\sin 20°}=\frac{2\sin 40°}{\frac{1}{4}\sin 40°}=8.$

11.已知$\sin(α + \frac{π}{6}) = \frac{1}{3} + \cosα$，
则$\cos(2α - \frac{π}{3}) =$ 。

11.$\dfrac{7}{9}$ 因为 $\sin(α+\frac{π}{6})=\frac{1}{3}+\cos α,$所以 $\sin α\cos \frac{π}{6}+\cos α\sin \frac{π}{6}=\frac{1}{3}+\cos α,$$\frac{\sqrt{3}}{2}\sin α+\frac{1}{2}\cos α=\frac{1}{3}+\cos α,$$\frac{\sqrt{3}}{2}\sin α-\frac{1}{2}\cos α=\frac{1}{3},$即 $\sin(α-\frac{π}{6})=\frac{1}{3},$所以 $\cos(2α-\frac{π}{3})=1-2\sin^2(α-\frac{π}{6})=1-2×(\frac{1}{3})^2=1-\frac{2}{9}=\frac{7}{9}.$

四 解答题(12题13分,13题15分,14题15分,共43分)
12.已知$\tan α=-3$.
(1)若α为第四象限角,求$\cos α$的值;
(2)求$f(α)=$$$的值;
(3)求$\sin^2α - \sin2α$的值.
13.已知函数$f(x)=\sqrt{3}\sin2x - 2\cos^2x +1$.
(1)求函数$f(x)$在区间$[-\frac{π}{12},\frac{π}{2})$上的
(2)设$α,β∈(0,\frac{π}{2})$,且$f(\frac{1}{2}α+\frac{π}{12})=\frac{10}{13}$,
$f(\frac{1}{2}β+\frac{π}{3})=\frac{6}{5}$,求$\sin(α-β)$的值.

12.解:(1)因为 $α$ 为第四象限角,所以 $\cos α＞0.$由 $\begin{cases}\tan α=\frac{\sin α}{\cos α}=-3,\\\sin^2α+\cos^2α=1,\end{cases}$ 解得 $\cos α=\frac{\sqrt{10}}{10}.$(2)因为 $\tan α=-3,$所以 $f(α)=\frac{\sin α\cos α}{-\cos α\cos α}=-\tan α=3.$(3)因为 $\tan α=-3,$ 所以 $\sin^2α-\sin 2α=\sin^2α-2\sin α\cos α=\frac{\sin^2α-2\sin α\cos α}{\sin^2α+\cos^2α}=\frac{\tan^2α-2\tan α}{\tan^2α+1}=\frac{9+6}{9+1}=\frac{15}{10}=\frac{3}{2}.$
13.解:(1) $f(x)=\sqrt{3}\sin 2x-2\cos^2x+1=\sqrt{3}\sin 2x-\cos 2x=2\sin(2x-\frac{π}{6}).$因为 $x\in[-\frac{π}{12},\frac{π}{2}),$ 所以 $2x-\frac{π}{6}\in[-\frac{π}{3},\frac{5π}{6}).$当 $2x-\frac{π}{6}=\frac{π}{2},$ 即 $x=\frac{π}{3}$ 时, $f(x)$ 取得最大值 2;当 $2x-\frac{π}{6}=-\frac{π}{3},$ 即 $x=-\frac{π}{12}$ 时, $f(x)$ 取得最小值 $-\sqrt{3}.$故函数 $f(x)$ 在区间 $[-\frac{π}{12},\frac{π}{2})$ 上的值域为 $[-\sqrt{3},2].$(2)因为 $f(\frac{1}{2}α+\frac{π}{12})=2\sin α=\frac{10}{13},f(\frac{1}{2}β+\frac{π}{3})=2\cos β=\frac{6}{5},$ 所以 $\sin α=\frac{5}{13},\cos β=\frac{3}{5}.$因为 $α,β\in(0,\frac{π}{2}),$ 所以 $\cos α=\frac{12}{13},\sin β=\frac{4}{5},$所以 $\sin(α-β)=\sin α\cos β-\cos α\sin β=\frac{15}{65}-\frac{48}{65}=-\frac{33}{65}.$

14.已知函数$f(x)=-2\sin^2 x + 2\sqrt{3}\sin x\cos x +1$.
(1)求$f(x)$的最小正周期及其图象的对称轴.
(2)若将$f(x)$的图象向右平移$\frac{π}{6}$个单位长度,再向上平移$m(m＞0)$个单位长度,得到函数$g(x)$的图象.
①求$g(x)$的单调递增区间;
②若对任意的$x_1,x_2\in[-\frac{π}{6},\frac{π}{2}]$,有$f(x_1)＜g(x_2)$恒成立,求实数$m$的取值范围.

14.解:(1)因为 $f(x)=-2\sin^2x+2\sqrt{3}\sin x\cos x+1=-2×\frac{1-\cos 2x}{2}+\sqrt{3}\sin 2x+1=\sqrt{3}\sin 2x+\cos 2x=2(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x+\frac{1}{2}\cos 2x)=2\sin(2x+\frac{π}{6}),$所以 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\frac{2π}{2}=π.$令 $2x+\frac{π}{6}=\frac{π}{2}+kπ,k\in\mathbf{Z},$ 解得 $x=\frac{π}{6}+\frac{kπ}{2},k\in\mathbf{Z},$所以 $f(x)$ 图象的对称轴为 $x=\frac{π}{6}+\frac{kπ}{2},k\in\mathbf{Z}.$(2)①由题意,得 $g(x)=2\sin[2(x-\frac{π}{6})+\frac{π}{6}]+m=2\sin(2x-\frac{π}{6})+m.$令 $-\frac{π}{2}+2kπ≤ 2x-\frac{π}{6}≤\frac{π}{2}+2kπ,k\in\mathbf{Z},$解得 $-\frac{π}{6}+kπ≤ x≤\frac{π}{3}+kπ,k\in\mathbf{Z},$所以 $g(x)$ 的单调递增区间为 $[-\frac{π}{6}+kπ,\frac{π}{3}+kπ](k\in\mathbf{Z}).$②当 $x\in[-\frac{π}{6},\frac{π}{2}]$ 时, $2x+\frac{π}{6}\in[-\frac{π}{6},\frac{7π}{6}].$由正弦函数的图象可知, $\sin(2x+\frac{π}{6})\in[-\frac{1}{2},1],$所以 $f(x)=2\sin(2x+\frac{π}{6})\in[-1,2].$当 $x\in[-\frac{π}{6},\frac{π}{2}]$ 时, $2x-\frac{π}{6}\in[-\frac{π}{2},\frac{5π}{6}].$由正弦函数的图象可知, $\sin(2x-\frac{π}{6})\in[-1,1],$所以 $g(x)=2\sin(2x-\frac{π}{6})+m\in[-2+m,2+m].$因为对任意的 $x_1,x_2\in[-\frac{π}{6},\frac{π}{2}],$ 有 $f(x_1)＜g(x_2)$ 恒成立,所以当 $x\in[-\frac{π}{6},\frac{π}{2}]$ 时, $f(x)_{\max}＜g(x)_{\min},$则 $-2+m＞2,$ 解得 $m＞4,$所以实数 $m$ 的取值范围为 $(4,+∞).$(先得出 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $[-\frac{π}{6},\frac{π}{2}]$ 上的值域, 再根据 $x\in[-\frac{π}{6},\frac{π}{2}]$ 时 $f(x)_{\max}＜g(x)_{\min}$ 列不等式求解)

13.已知函数$f(x)=\sqrt{3}\sin2x - 2\cos^2x +1$。
(1)求函数$f(x)$在区间$[-\dfrac{π}{12},\dfrac{π}{2})$上的值域；
·自我复盘·
我的易错点：

13.(1) 函数$f(x)$在区间$[-\frac{π}{12},\frac{π}{2})$上的值域为$[-\sqrt{3},2]$。