第5.5节综合训练

因为 $ \tan {40}^{\circ }+\sqrt{3} $

$ =\dfrac{ \sin {40}^{\circ }+\sqrt{3} \cos {40}^{\circ }}{ \cos {40}^{\circ }} $

$ =\dfrac{2(\dfrac{1}{2} \sin {40}^{\circ }+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos {40}^{\circ })}{ \cos {40}^{\circ }} $

$ =\dfrac{2 \sin ({40}^{\circ }+{60}^{\circ })}{ \cos {40}^{\circ }}=\dfrac{2 \sin {80}^{\circ }}{ \cos {40}^{\circ }} $

$ =\dfrac{4 \sin {40}^{\circ } \cos {40}^{\circ }}{ \cos {40}^{\circ }}=4 \sin {40}^{\circ } $ ，而 $ \cos {50}^{\circ }= \sin {40}^{\circ } $ ，所以 $ \dfrac{ \tan {40}^{\circ }+\sqrt{3}}{ \cos {50}^{\circ }}=4 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

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

又因为 $ \sin (\alpha -\beta )= \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta =4 \sin \alpha \cos \beta =-\dfrac{2}{3} $ ，可得 $ \sin \alpha \cos \beta =-\dfrac{1}{6} $ ，

所以 $ \sin (\alpha +\beta )= \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta =-2 \sin \alpha \cos \beta =\dfrac{1}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \cos (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $

$ = \cos [\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-x)]= \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-x)=\dfrac{7}{25} $ ，

$ \cos (x-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3})= \cos (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}-2\mathrm{\pi })= \cos (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=\dfrac{7}{25}.\text{ }{ \cos }^{2}(x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6})=\dfrac{1+ \cos (2x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3})}{2}\text{ }=\dfrac{1+ \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+2\mathrm{\pi })}{2}=\dfrac{1+ \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})}{2}\text{ }=\dfrac{1+1-2{ \sin }^{2}(x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})}{2}=\dfrac{2-2{ \sin }^{2}(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-x)}{2}\text{ }=1-{ \sin }^{2}(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-x)=1-\dfrac{49}{625}=\dfrac{576}{625} $ ，

所以 $ \dfrac{ \cos (x-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3})}{{ \cos }^{2}(x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6})}=\dfrac{\dfrac{7}{25}}{\dfrac{576}{625}}=\dfrac{175}{576} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

$ f(x)= \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}-x)\cdot \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+x)=(\dfrac{1}{2} \cos x+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin x)\cdot (\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos x-\dfrac{1}{2} \sin x) $

$ =\dfrac{\sqrt{3}}{4} \cos 2x+\dfrac{1}{4} \sin 2x=\dfrac{1}{2} \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ， $ \mathrm{B} $ ，当 $ x\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ 时， $ 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\in [0,\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}] $ ，而正弦函数 $ y= \sin x $ 在 $ [0,\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}] $ 上先单调递增后单调递减，

因此函数 $ f(x) $ 在区间 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ 上不单调， $ \mathrm{A} $ ， $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ， $ \mathrm{D} $ ，当 $ x\in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 时， $ 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\in [\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3}] $ ，而正弦函数 $ y= \sin x $ 在 $ [\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3}] $ 上单调递减，因此 $ f(x) $ 在区间 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上单调递减， $ \mathrm{C} $ 错误， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{D} $ .

如图所示,在等腰三角形 $ ABC $ 中, $ AC $ 为底边, $ \mathrm{\angle }ABC={36}^{\circ } $ , $ \dfrac{AC}{AB}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2} $ ,

作 $ BD\perp AC $ ,垂足为 $ D $ ,则 $ \mathrm{\angle }ABD={18}^{\circ } $ ,

所以 $ \sin {18}^{\circ }=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4} $ ,

所以 $ \sin {126}^{\circ }= \cos {36}^{\circ } $ $ =1-2{ \sin }^{2}{18}^{\circ }=1- $

$ 2×{\left(\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}\right) ^ {2}}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{4} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意得 $ f (x )= \sin 2x+a \cos 2x=\sqrt{{a}^{2}+1} \sin (2x+\varphi ) ( \sin \varphi =\dfrac{a}{\sqrt{{a}^{2}+1}} $ , $ \cos \varphi =\dfrac{1}{\sqrt{{a}^{2}+1}}) $ ,

由于函数 $ f(x)= \sin 2x+a \cos 2x $ 的图象关于点 $ (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{8},0) $ 对称,

故 $ 2×(-\dfrac{\mathrm{\pi }}{8})+\varphi =k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,即 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,

由于 $ \tan \varphi =a $ ,故 $ a= \tan \varphi = \tan (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi })=1 $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,

故 $ f(x)=\sqrt{2} \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi }) $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,最小正周期为 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{2}=\mathrm{\pi } $ .

由于 $ f({x}_{1})\cdot f({x}_{2})=-2 $ ,故 $ f({x}_{1}) $ , $ f({x}_{2}) $ 中的一个为函数的最大值,另一个为函数的最小值,即 $ a|{x}_{2}-{x}_{1}|=|{x}_{2}-{x}_{1}| $ 的最小值为 $ \dfrac{T}{2}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ， $ \cos 2A=1-2{ \sin }^{2}A=\dfrac{7}{25} $ ，可得 $ \sin A=±\dfrac{3}{5} $ ，又因为 $ A\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，所以 $ \sin A=\dfrac{3}{5} > \dfrac{1}{2} $ ，可得 $ A > \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ，由 $ \cos 2A=2{ \cos }^{2}A-1=\dfrac{7}{25} $ 得 $ \cos A=±\dfrac{4}{5} $ ，又因为 $ A\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，所以 $ \cos A=\dfrac{4}{5} $ ，

因为 $ B\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ， $ \sin B=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ，

所以 $ \cos B=\sqrt{1-{ \sin }^{2}B}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ，

$ \cos 2B=1-2{ \sin }^{2}B=\dfrac{3}{5} $ ，则 $ 2B\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，

由 $ \cos 2B=\dfrac{3}{5} < \cos A=\dfrac{4}{5} $ 得 $ A < 2B $ ，故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ，因为 $ \sin A=\dfrac{3}{5} > \sin B=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ， $ A\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ B\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，所以 $ B < A $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ，因为 $ A\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ B\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，且 $ \cos (A+B)= \cos A \cos B- \sin A \sin B=\dfrac{4}{5}×\dfrac{2\sqrt{5}}{5}-\dfrac{3}{5}×\dfrac{\sqrt{5}}{5}=\dfrac{\sqrt{5}}{5} < \dfrac{1}{2} $ ,所以 $ A+B > \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

因为 $ f(x)=( \sin x+ \cos x)\cdot ( \sin x-| \cos x|) $

$ = \{\hspace{-0.5em} \begin{array}{c}{ \sin }^{2}x-{ \cos }^{2}x=- \cos 2x\\ (2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}\leqslant x\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} ),\\ ( \sin x+ \cos x)^{2}=1+ \sin 2x\\ (2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < x < 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} )\end{array} \hspace{-0.5em} (k\in \boldsymbol{Z} ) $ ,

即 $ f\left(x\right)=\begin{cases}- \cos 2x\left(2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}\leqslant x\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}\right),\\ 1+ \sin 2x\left(2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < x < 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}\right)\end{cases} $

$ (k\in \boldsymbol{Z}) $ ,所以 $ f(x) $ 的图象如图所示.

由图可知函数 $ f(x) $ 是周期为 $ 2\mathrm{\pi } $ 的周期函数,在 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上单调递增,所以 $ f(x) $ 在区间 $ [-2\mathrm{\pi },-\dfrac{3}{2}\mathrm{\pi }] $ 上单调递增,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

因为 $ f(x)-\dfrac{3}{2}=0 $ ,所以直线 $ y=\dfrac{3}{2} $ 与 $ y=f(x) $ 图象的交点的横坐标即为方程的解,由图知在 $ x\in [-2\mathrm{\pi },2\mathrm{\pi }] $ 上有四个交点,且 $ {x}_{1}+{x}_{2}=2×(-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4})=-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} $ , $ {x}_{3}+{x}_{4}=2×\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{5\mathrm{\pi }}{2} $ ,所以 $ {x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}+{x}_{4}=\mathrm{\pi } $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

由图可知直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi }(k\in \boldsymbol{Z}) $ 不是函数 $ f(x) $ 图象的对称轴,故 $ \mathrm{C} $ 错误.

由图可知,若 $ f({x}_{1})-f({x}_{2})=3 $ ,则 $ f({x}_{1})=2 $ , $ f({x}_{2})=-1 $ ,则 $ {x}_{1}=\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4}+2{k}_{1}\mathrm{\pi } $ , $ {k}_{1}\in \boldsymbol{Z} $ , $ {x}_{2}=2{k}_{2}\mathrm{\pi } $ , $ {k}_{2}\in \boldsymbol{Z} $ ,所以 $ {x}_{1}-{x}_{2}=\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4}+2{k}_{1}\mathrm{\pi }-2{k}_{2}\mathrm{\pi } $ , $ {k}_{1}\in \boldsymbol{Z} $ , $ {k}_{2}\in \boldsymbol{Z} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B} $ .

由 $ \tan A $ ， $ \tan B $ 是方程 $ {x}^{2}-10x+6=0 $ 的两个根，得 $ \tan A+ \tan B=10 $ , $ \tan A \tan B=6 $ ，在 $ △ABC $ 中， $ \tan C=- \tan (A+B)=-\dfrac{ \tan A+ \tan B}{1- \tan A \tan B}=-\dfrac{10}{1-6}=2 > 0 $ ，则 $ C $ 为锐角，可得 $ \sin C=2 \cos C $ ，又 $ { \sin }^{2}C+{ \cos }^{2}C=1 $ ，所以 $ \cos C=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ .

由于 $ x\in (\mathrm{\pi },2\mathrm{\pi }) $ ,故 $ \dfrac{x}{2}+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{24}\in (\dfrac{17\mathrm{\pi }}{24},\dfrac{29\mathrm{\pi }}{24}) $ ,结合 $ \sin (\dfrac{x}{2}+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{24})=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ,可得 $ \cos (\dfrac{x}{2}+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{24})=-\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ,

则 $ \cos (x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})=1-2{ \sin }^{2}(\dfrac{x}{2}+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{24})=1-2×{\left(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\right) ^ {2}}=\dfrac{3}{5} $ ,

$ \sin (x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})=2 \sin (\dfrac{x}{2}+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{24}) \cos (\dfrac{x}{2}+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{24})=-2×\dfrac{\sqrt{5}}{5}×\dfrac{2\sqrt{5}}{5}=-\dfrac{4}{5} $ ,

所以 $ \cos (x+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4})= \cos [(x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}]= \cos (x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12}) \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}- \sin (x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12}) \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{3}{5}×\dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{5}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3+4\sqrt{3}}{10} $ .

依题意, $ f(x)=\dfrac{1}{2} \sin 2x-\dfrac{ \cos 2x+1}{2}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ,

由 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin (2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{3\sqrt{2}}{10} $ ,得 $ \sin (2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{3}{5} $ ,又 $ {x}_{0}\in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{8},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{8}] $ ,则 $ 2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ,则 $ \cos (2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{4}{5} $ ,所以 $ \cos 2{x}_{0}= \cos [(2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}]= \cos (2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}- \sin (2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})\cdot \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{4}{5}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{3}{5}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{10} $ .

集合 $ ｛\dfrac{\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3},\mathrm{\pi }｝ $ 相对于常数 $ {\theta }_{0} $ 的“余弦方差”是一个常数 $ T $ ,

可得 $ \mu =\dfrac{1}{3}[{ \cos }^{2}(\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}-{\theta }_{0})+{ \cos }^{2}(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}-{\theta }_{0})+{ \cos }^{2}(\mathrm{\pi }-{\theta }_{0})] $

$ =\dfrac{1}{3} [{\left(\dfrac{1}{2} \cos {\theta }_{0}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin {\theta }_{0} \right) ^ {2}}+ (-\dfrac{1}{2} \cos {\theta }_{0}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin {\theta }_{0})^{2}+{ \cos }^{2}{\theta }_{0} ] $

$ =\dfrac{\dfrac{1}{2}{ \cos }^{2}{\theta }_{0}+\dfrac{3}{2}{ \sin }^{2}{\theta }_{0}+{ \cos }^{2}{\theta }_{0}}{3} $

$ =\dfrac{1}{2} $ .

所以此时“余弦方差”是一个常数,且常数为 $ \dfrac{1}{2} $ .

（1） $ \because 0 < \alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ， $ \begin{cases} \tan \text{ }\alpha =\dfrac{ \sin \text{ }\alpha }{ \cos \text{ }\alpha }=7,\\ { \sin }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\alpha =1,\end{cases}\text{ }\therefore \sin \text{ }\alpha =\dfrac{7\sqrt{2}}{10} $ , $ \cos \text{ }\alpha =\dfrac{\sqrt{2}}{10} $ ,

又 $ \because -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < \beta < 0 $ , $ \sin \text{ }\beta =-\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ,

$ \therefore \cos \text{ }\beta =\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ,

$ \therefore \cos (\alpha -\beta )= \cos \text{ }\alpha \cos \text{ }\beta + \sin \text{ }\alpha \sin \text{ }\beta =\dfrac{2\sqrt{5}}{5}×\dfrac{\sqrt{2}}{10}-\dfrac{\sqrt{5}}{5}×\dfrac{7\sqrt{2}}{10}=-\dfrac{\sqrt{10}}{10} $ .

（2）由（1）可知 $ \tan \text{ }\beta =-\dfrac{1}{2} $ ,

$ \therefore \tan \text{ }2\beta =\dfrac{2 \tan \text{ }\beta }{1-{ \tan }^{2}\beta }=-\dfrac{4}{3} $ ，

$ \therefore \tan (\alpha -2\beta )=\dfrac{ \tan \text{ }\alpha - \tan \text{ }2\beta }{1+ \tan \text{ }\alpha \tan \text{ }2\beta }=-1 $ .

$ \because 0 < \alpha -2\beta < \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} $ , $ \therefore \alpha -2\beta =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ .

因为 $ x\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ，所以 $ 0\leqslant \sin x\leqslant 1 $ ， $ 0\leqslant \cos x\leqslant 1 $ ，

设 $ y=\sqrt{ \sin x}+\sqrt{ \cos x} $ ，

则 $ {y}^{2}= \sin x+2\sqrt{ \sin x\cdot \cos x}+ \cos x $ .

设 $ t= \sin x+ \cos x=\sqrt{2} \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ，因为 $ x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}] $ ，所以 $ t\in [1,\sqrt{2}] $ ，

且 $ \sin x\cdot \cos x=\dfrac{{t}^{2}-1}{2} $ .

所以 $ {y}^{2}=t+2\sqrt{\dfrac{{t}^{2}-1}{2}}=t+\sqrt{2}\sqrt{{t}^{2}-1} $ ， $ t\in [1,\sqrt{2}] $ .

观察可知，在 $ [1,\sqrt{2}] $ 上， $ g(t)=t+\sqrt{2}\sqrt{{t}^{2}-1} $ 单调递增，

当 $ t=1 $ 时， $ {y}^{2}=1 $ ，当 $ t=\sqrt{2} $ 时， $ {y}^{2}=2\sqrt{2} $ ，所以 $ 1\leqslant {y}^{2}\leqslant 2\sqrt{2} $ ，

又 $ y > 0 $ ，所以 $ 1\leqslant y\leqslant \sqrt{2\sqrt{2}}=\sqrt[4]{8} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \because ｛ \sin \theta $ , $ \sin 2\theta $ , $ \sin 3\theta ｝=｛ \cos \theta $ , $ \cos 2\theta $ , $ \cos 3\theta ｝ $ ，

$ \therefore \sin \theta + \sin 2\theta + \sin 3\theta = \cos \theta + \cos 2\theta + \cos 3\theta $ ，

由和差化积公式可得，

$ \sin \theta + \sin 3\theta =2 \sin \dfrac{\theta +3\theta }{2} \cos \dfrac{\theta -3\theta }{2}=2 \sin 2\theta \cos (-\theta )=2 \sin 2\theta \cos \theta $ ，

$ \cos \theta + \cos 3\theta =2 \cos \dfrac{\theta +3\theta }{2} \cos \dfrac{\theta -3\theta }{2}=2 \cos 2\theta \cos (-\theta )=2 \cos 2\theta \cos \theta $ ，

$ \therefore \sin \theta + \sin 2\theta + \sin 3\theta =2 \sin 2\theta \cos \theta + \sin 2\theta = \sin 2\theta (2 \cos \theta +1) $ ，

$ \cos \theta + \cos 2\theta + \cos 3\theta =2 \cos 2\theta \cos \theta + \cos 2\theta = \cos 2\theta (2 \cos \theta +1) $ ，

$ \therefore \sin 2\theta (2 \cos \theta +1)= \cos 2\theta (2 \cos \theta +1) $ ，

$ \therefore \sin 2\theta = \cos 2\theta $ 或 $ \cos \theta =-\dfrac{1}{2} $ .

当 $ \cos \theta =-\dfrac{1}{2} $ 时， $ \theta =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}+2k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ 或 $ \theta =\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3}+2k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，

此时 $ \cos \theta = \cos 2\theta =-\dfrac{1}{2} $ ，不满足集合元素的互异性，故舍去；

当 $ \sin 2\theta = \cos 2\theta $ 时， $ 2\theta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，

$ \therefore \theta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}+\dfrac{k\mathrm{\pi }}{2} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，满足题意，

$ \therefore \theta =\dfrac{(4k+1)}{8}\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ .

$ \sin {54}^{\circ }- \sin {18}^{\circ }= \sin ({36}^{\circ }+{18}^{\circ })- \sin ({36}^{\circ }-{18}^{\circ }) $

$ = \sin {36}^{\circ } \cos {18}^{\circ }+ \cos {36}^{\circ } \sin {18}^{\circ }- \sin {36}^{\circ } \cos {18}^{\circ }+ \cos {36}^{\circ } \sin {18}^{\circ } $

$ =2 \cos {36}^{\circ } \sin {18}^{\circ } $

$ =\dfrac{2 \cos {36}^{\circ } \sin {18}^{\circ } \cos {18}^{\circ }}{ \cos {18}^{\circ }} $

$ =\dfrac{ \sin {36}^{\circ } \cos {36}^{\circ }}{ \cos {18}^{\circ }} $

$ =\dfrac{\dfrac{1}{2} \sin {72}^{\circ }}{ \cos {18}^{\circ }} $

$ =\dfrac{1}{2} $ ,

$ \dfrac{ \tan {96}^{\circ }- \tan {12}^{\circ }(1+\dfrac{1}{ \sin {6}^{\circ }})}{1+ \tan {96}^{\circ } \tan {12}^{\circ }(1+\dfrac{1}{ \sin {6}^{\circ }})} $

$ =\dfrac{ \sin {96}^{\circ } \cos {12}^{\circ } \sin {6}^{\circ }- \sin {12}^{\circ } \cos {96}^{\circ }(1+ \sin {6}^{\circ })}{ \cos {96}^{\circ } \cos {12}^{\circ } \sin {6}^{\circ }+ \sin {96}^{\circ } \sin {12}^{\circ }(1+ \sin {6}^{\circ })} $

$ =\dfrac{ \cos {6}^{\circ } \cos {12}^{\circ }+ \sin {12}^{\circ }(1+ \sin {6}^{\circ })}{- \sin {6}^{\circ } \cos {12}^{\circ }+ \cos {6}^{\circ } \sin {12}^{\circ }+2 \cos {6}^{\circ } \cos {6}^{\circ }} $

$ =\dfrac{ \sin {12}^{\circ }+ \cos {6}^{\circ }}{ \sin {6}^{\circ }+2 \cos {6}^{\circ } \cos {6}^{\circ }} $

$ =\dfrac{ \sin ({30}^{\circ }-{18}^{\circ })+ \sin ({30}^{\circ }+{54}^{\circ })}{ \sin ({60}^{\circ }-{54}^{\circ })+1+ \cos ({30}^{\circ }-{18}^{\circ })} $

$ =\dfrac{\dfrac{1}{2} \cos {18}^{\circ }-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin {18}^{\circ }+\dfrac{1}{2} \cos {54}^{\circ }+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin {54}^{\circ }}{\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos {54}^{\circ }-\dfrac{1}{2} \sin {54}^{\circ }+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos {18}^{\circ }+\dfrac{1}{2} \sin {18}^{\circ }+1} $

$ =\dfrac{\dfrac{1}{2}( \cos {18}^{\circ }+ \cos {54}^{\circ })+\dfrac{\sqrt{3}}{2}( \sin {54}^{\circ }- \sin {18}^{\circ })}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}( \cos {18}^{\circ }+ \cos {54}^{\circ })-\dfrac{1}{2}( \sin {54}^{\circ }- \sin {18}^{\circ })+1} $

$ =\dfrac{\dfrac{1}{2}( \cos {18}^{\circ }+ \cos {54}^{\circ })+\dfrac{\sqrt{3}}{2}×\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}( \cos {18}^{\circ }+ \cos {54}^{\circ })+\dfrac{3}{4}} $

$ =\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .