1.已知一个扇形的圆心角为$\frac{π}{6}$，且所对应的弧长为$\frac{π}{2}$，则该扇形的面积为（）

A.$π$
B.$\frac{3π}{4}$
C.$\frac{π}{2}$
D.$\frac{3π}{2}$

1.B 设该扇形的圆心角为$α$,弧长为$l$.
根据题意,得扇形的半径 $r=\frac{l}{α}=\frac{\frac{π}{2}}{\frac{π}{6}}=3$,
所以该扇形的面积 $S=\frac{1}{2}α r^2=\frac{1}{2}×\frac{π}{6}×3^2=\frac{3π}{4}$.

2.函数$f(x)=\ln x +2x -8$的零点所在的大致区间为$(n,n+1)(n\in\mathbf{N}^*)$，则$n$为（）

A.1
B.2
C.3
D.4

2.C 因为函数 $y=\ln x$ 与 $y=2x-8$ 在 $(0,+∞)$ 上均单调递增,所以函数 $f(x)$ 在 $(0,+∞)$ 上为增函数.
因为 $f(1)=-6＜0,f(2)=\ln 2-4＜0,f(3)=\ln 3-2＜0,f(4)=\ln 4＞0$,所以函数 $f(x)$ 的零点所在区间为 $(3,4)$.
又因为函数 $f(x)=\ln x+2x-8$ 的零点所在的大致区间为 $(n,n+1)(n\in\mathbf{N}^*)$,所以 $n=3$.

3.已知$\cosα=-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$，$π＜α＜\dfrac{3π}{2}$，则$\tanα$的值为（）

A.$2\sqrt{2}$
B.$-2\sqrt{2}$
C.$\dfrac{\sqrt{2}}{4}$
D.$-\dfrac{\sqrt{2}}{4}$

3.C 因为 $\cos α=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$,且 $π＜α＜\frac{3π}{2}$,
所以 $\sin α=-\sqrt{1-\cos^2α}=-\frac{1}{3}$,
所以 $\tan α=\frac{\sin α}{\cos α}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

4.在$△ ABC$中，$\cos(\frac{π}{2} - 2A) = \sin 2B$，则$△ ABC$为 （）

A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形

4.D 因为 $\cos(\frac{π}{2}-2A)=\sin 2B$,所以 $\sin 2A=\sin 2B$,
所以 $2A=2B$ 或 $2A+2B=π$,(容易忽略 $2A+2B=π$ 致错)
所以 $A=B$ 或 $A+B=\frac{π}{2}$,所以 $A=B$ 或 $C=\frac{π}{2}$,
所以 $△ ABC$ 为等腰三角形或直角三角形.

5.若$θ \in (0, \dfrac{π}{2}), \tan(\dfrac{π}{2} - θ) = \dfrac{1}{2}$, 则$\sinθ - \cosθ =$（）

A.$-\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
C.$-\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
D.$\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$

5.B 由 $\tan(\frac{π}{2}-θ)=\frac{1}{2}$,得 $\frac{\sin(\frac{π}{2}-θ)}{\cos(\frac{π}{2}-θ)}=\frac{1}{2}$, 所以 $\frac{\cos θ}{\sin θ}=\frac{1}{2}$,所以 $\sin θ=2\cos θ$.(不知道对 $\tan(\frac{π}{2}-θ)=\frac{1}{2}$ 如何转化,想不到切化弦)
因为 $\sin^2θ+\cos^2θ=1$,所以 $4\cos^2θ+\cos^2θ=1$,
所以 $\cos^2θ=\frac{1}{5}$.
又因为 $θ\in(0,\frac{π}{2})$,所以 $\cos θ=\frac{\sqrt{5}}{5}$,所以 $\sin θ=\frac{2\sqrt{5}}{5}$,
所以 $\sin θ-\cos θ=\frac{2\sqrt{5}}{5}-\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

6.某工厂产生的废气经过过滤后排放,规定排放时污染物的残留含量不得超过0.1%.已知在过滤过程中污染物的残留数量$P$(单位:mg/L)与过滤时间$t$(单位:h)之间的函数关系为$P=P_0 e^{-kt}$($k$为正常数,$P_0$为原污染物数量).若前5 h废气中的污染物被过滤掉了90%,则要能够按规定排放废气,至少还需要过滤（）

A.5 h
B.10 h
C.12.5 h
D.15 h

6.B 由题意,知前5 h过滤了90%的污染物.
因为 $P=P_0 \mathrm{e}^{-kt}$,所以 $(1-90\%)P_0=P_0 \mathrm{e}^{-5k}$,
所以 $0.1=\mathrm{e}^{-5k}$,即 $-5k=\ln 0.1$,所以 $k=-\frac{1}{5}\ln 0.1$,
所以 $P=P_0 \mathrm{e}^{-kt}=P_0 \mathrm{e}^{\frac{t}{5}\ln 0.1}$.
由题意,得 $0.1\% P_0=P_0 \mathrm{e}^{\frac{t}{5}\ln 0.1}$,
即 $0.001=\mathrm{e}^{\frac{t}{5}\ln 0.1}$,得 $\frac{t}{5}\ln 0.1=\ln 0.001$,解得 $t=15$,
所以要能够按规定排放废气,至少还需要过滤 $15-5=10(\mathrm{h})$.

7.(一题多解)已知$\tan(π+θ)=2$，则
$\dfrac{\sin^3θ+\sinθ}{\cos^3θ+\sinθ\cos^2θ}=$ ()

A.$\dfrac{7}{3}$
B.$\dfrac{10}{3}$
C.4
D.6

7.(一题多解)D 方法1:根据诱导公式可得,$\tan(π+θ)=\tan θ=2$,即 $\frac{\sin θ}{\cos θ}=2$,所以 $\sin θ=2\cos θ$,
则 $\frac{\sin^3θ+\sin θ}{\cos^3θ+\sin θ\cos^2θ}=\frac{\sin θ(\sin^2θ+1)}{\cos^2θ(\cos θ+\sin θ)}=\frac{2\cos θ[(2\cos θ)^2+1]}{\cos^2θ(\cos θ+2\cos θ)}=\frac{2(4\cos^2θ+1)}{3\cos^2θ}$.
因为 $\sin θ=2\cos θ$,且 $\sin^2θ+\cos^2θ=1$,
所以 $4\cos^2θ+\cos^2θ=1$,所以 $\cos^2θ=\frac{1}{5}$,
所以 $\frac{\sin^3θ+\sin θ}{\cos^3θ+\sin θ\cos^2θ}=\frac{2(4\cos^2θ+1)}{3\cos^2θ}=\frac{2×(4×\frac{1}{5}+1)}{3×\frac{1}{5}}=6$.
方法2:根据诱导公式可得,$\tan(π+θ)=\tan θ=2$,
所以 $\frac{\sin^3θ+\sin θ}{\cos^3θ+\sin θ\cos^2θ}=\frac{\sin^3θ+\sin θ(\sin^2θ+\cos^2θ)}{\cos^3θ+\sin θ\cos^2θ}=\frac{2\sin^3θ+\sin θ\cos^2θ}{\cos^3θ+\sin θ\cos^2θ}=\frac{2\tan^3θ+\tan θ}{1+\tan θ}=\frac{2×2^3+2}{1+2}=6$.

8.已知点$(2,y)$在角$α$的终边上，且$\sinα=-\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，则（）

A.$y=1$
B.$\cosα=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
C.$\cos(\dfrac{π}{2}+α)=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\tan(\dfrac{π}{2}+α)=2$

8.BCD 因为 $\sin α=\frac{y}{\sqrt{2^2+y^2}}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$,所以 $y＜0$.
平方,得 $\frac{y^2}{4+y^2}=\frac{1}{5}$,解得 $y=-1$,故 A 错误.
$\cos α=\frac{2}{\sqrt{4+1}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$,故 B 正确.
$\cos(\frac{π}{2}+α)=-\sin α=\frac{\sqrt{5}}{5}$,故 C 正确.
$\tan(\frac{π}{2}+α)=\frac{\sin(\frac{π}{2}+α)}{\cos(\frac{π}{2}+α)}=\frac{\cos α}{-\sin α}=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{5}}{5}}=2$,故 D 正确.

9.已知函数$f(x)=\begin{cases}|\ln x|, & x＞0, \\ -2x^2 -4x, & x≤0,\end{cases}$方程$f(x)-t=0$有四个不同的实根$x_1,x_2,x_3,x_4(x_1＜x_2＜x_3＜x_4)$，则（ ）

A.$0＜t＜2$
B.$x_1+x_2=-2$
C.$x_3x_4=\mathrm{e}$
D.$x_3+x_4＜\mathrm{e}^2+\dfrac{1}{\mathrm{e}^2}$

9.ABD 依题意,作出函数 $f(x)$ 的大致图象,如图所示.
当方程 $f(x)-t=0$ 有四个不同的实根时,$0＜t＜2$,故 A 正确.
由题意可得,$x_1,x_2$ 关于直线 $x=-1$ 对称,所以 $x_1+x_2=-2$,故 B 正确.
由 $|\ln x_3|=-\ln x_3=\ln x_4$,得 $\frac{1}{x_3}=x_4$,所以 $x_3x_4=1$,故 C 错误.(两个等量关系:①$x_1,x_2$ 关于直线 $x=-1$ 对称;②$x_3x_4=1$)
由图可知,$x_4＞1$ 且 $\ln x_4＜2$,所以 $1＜x_4＜\mathrm{e}^2$.
又函数 $y=x+\frac{1}{x}$ 在 $(1,+∞)$ 上单调递增,所以 $x_3+x_4=x_4+\frac{1}{x_4}＜\mathrm{e}^2+\frac{1}{\mathrm{e}^2}$,故 D 正确.

10.已知函数$f(x)=\begin{cases}x^2 + 2x - 3, & x ≤ 0, \\0.5^x - 1, & x ＞ 0.\end{cases}$ 若方程$f(x)=k$存在2个实数解，则$k$的取值范围是 ______ .

10.$(-4,-3]\cup(-1,0)$ 画出函数 $f(x)=\begin{cases}x^2+2x-3,x≤0,\\0.5^x-1,x＞0\end{cases}$ 的图象,如图所示.
因为方程 $f(x)=k$ 存在 2 个实数解,所以函数 $y=k$ 与函数 $y=f(x)$ 的图象有两个交点.
由图可得,$-4＜k≤-3$ 或 $-1＜k＜0$,
所以 $k$ 的取值范围是 $(-4,-3]\cup(-1,0)$.

11.已知α为第一象限角，且$\sinα - \cosα = \frac{\sqrt{2}}{2}$，则$\sinα =$ ，$\tanα =$ 。

11.$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$ $2+\sqrt{3}$ 由题意,得 $(\sin α-\cos α)^2=(\frac{\sqrt{2}}{2})^2$,
所以 $\sin^2α-2\sin α\cos α+\cos^2α=\frac{1}{2}$,
所以 $1-2\sin α\cos α=\frac{1}{2}$,
解得 $\sin α\cos α=\frac{1}{4}$,
所以 $(\sin α+\cos α)^2=\sin^2α+2\sin α\cos α+\cos^2α=1+2×\frac{1}{4}=\frac{3}{2}$.
因为 $α$ 在第一象限,所以 $\sin α+\cos α＞0$,
所以 $\sin α+\cos α=\frac{\sqrt{6}}{2}$.
联立$\begin{cases}\sin α-\cos α=\frac{\sqrt{2}}{2},\\\sin α+\cos α=\frac{\sqrt{6}}{2},\end{cases}$解得$\begin{cases}\sin α=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4},\\\cos α=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},\end{cases}$
所以 $\tan α=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}=\frac{(\sqrt{2}+\sqrt{6})(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{(\sqrt{6}-\sqrt{2})(\sqrt{6}+\sqrt{2})}=\frac{2+2\sqrt{12}+6}{6-2}=\frac{8+4\sqrt{3}}{4}=2+\sqrt{3}$.