第五章素养检测

$ \dfrac{ \sin 2\alpha }{ \cos 2\alpha -3} $

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

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

$ =\dfrac{-\dfrac{1}{2}}{-1-2×\dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

因为 $ \cos 2{047}^{\circ }= \cos (1{800}^{\circ }+{247}^{\circ })= \cos {247}^{\circ }= \cos ({270}^{\circ }-{23}^{\circ })=- \sin {23}^{\circ } $ ,

故 $ \sin {22}^{\circ } \cos {23}^{\circ }- \cos {22}^{\circ } \cos 2{047}^{\circ }= \sin {22}^{\circ } \cos {23}^{\circ }+ \cos {22}^{\circ } \sin {23}^{\circ }= \sin {45}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

依题意 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < 1 < \alpha < \dfrac{3}{2} < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,则有 $ 0 < \cos \alpha < \sin \alpha < 1 < \tan \alpha $ ,且 $ \tan \alpha > \alpha $ ,

因此 $ { \log }_{ \sin \alpha }\alpha < 0 $ , $ 0 < { \log }_{ \cos \alpha } \sin \alpha < { \log }_{ \cos \alpha } \cos \alpha =1 $ , $ { \log }_{\alpha } \tan \alpha > { \log }_{\alpha }\alpha =1 $ ,所以 $ x < y < z $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为函数 $ f(x)=x \cos x+ \sin x $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ 且 $ f(-x)=-x \cos (-x)+ \sin (-x)=-x \cos x- \sin x=-f(x) $ ,所以 $ f(x) $ 为奇函数,所以排除选项 $ \mathrm{B} $ .

当 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 时, $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}× \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+ \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}=1 > 0 $ ,

当 $ x=\mathrm{\pi } $ 时, $ f(\mathrm{\pi })=\mathrm{\pi }× \cos \mathrm{\pi }+ \sin \mathrm{\pi }=-\mathrm{\pi } < 0 $ ,

所以可排除选项 $ \mathrm{A} $ 和选项 $ \mathrm{C} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

当 $ x\in (0,\mathrm{\pi }) $ 时， $ \omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\omega \mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ，则由题意可得 $ y= \tan x-1 $ 在 $ x\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\omega \mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ 上有3个零点，

可得 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+3\mathrm{\pi } < \omega \mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+4\mathrm{\pi } $ ，

解得 $ 3 < \omega \leqslant 4 $ ，即 $ \omega $ 的取值范围是 $ (3,4] $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

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

由 $ x\in [0,2\mathrm{\pi }) $ ，得 $ \omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},2\mathrm{\pi }\omega +\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ，依题意，函数 $ f(x) $ 在 $ [0,2\mathrm{\pi }) $ 上既有最大值 $ M $ ，又有最小值 $ m $ ，且 $ M+m=1 $ ,

因此 $ 2\mathrm{\pi }\omega +\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} > \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} $ ，解得 $ \omega > \dfrac{5}{8} $ ，所以 $ \omega $ 的所有可能取值构成的集合为 $ (\dfrac{5}{8},+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由题知， $ f(x)=2 \sin x \cos x- \sin x= \sin x(2 \cos x-1) $ ，

令 $ f(x)=0 $ ，则 $ \sin x(2 \cos x-1)=0 $ ，

得 $ \sin x=0 $ 或 $ 2 \cos x-1=0 $ .

对于 $ \sin x=0 $ ，解得 $ x=k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,

则在 $ [-2\mathrm{\pi },4\mathrm{\pi }] $ 上，

当 $ k=-2 $ 时， $ x=-2\mathrm{\pi } $ ;当 $ k=-1 $ 时， $ x=-\mathrm{\pi } $ ;

当 $ k=0 $ 时， $ x=0 $ ;当 $ k=1 $ 时， $ x=\mathrm{\pi } $ ;

当 $ k=2 $ 时， $ x=2\mathrm{\pi } $ ;当 $ k=3 $ 时， $ x=3\mathrm{\pi } $ ;

当 $ k=4 $ 时， $ x=4\mathrm{\pi } $ .

对于 $ 2 \cos x-1=0 $ ，即 $ \cos x=\dfrac{1}{2} $ ，解得 $ x=2k\mathrm{\pi }±\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，

则在 $ [-2\mathrm{\pi },4\mathrm{\pi }] $ 上，

当 $ k=-1 $ 时， $ x=-2\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ x=-2\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=-\dfrac{7\mathrm{\pi }}{3} < -2\mathrm{\pi } $ （舍去）;

当 $ k=0 $ 时， $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ x=-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ;当 $ k=1 $ 时， $ x=2\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{7\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ x=2\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3} $ ;

当 $ k=2 $ 时， $ x=4\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{11\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ x=4\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{13\mathrm{\pi }}{3} > 4\mathrm{\pi } $ （舍去）.

所以这些零点之和为 $ (-2\mathrm{\pi }+2\mathrm{\pi })+(-\mathrm{\pi }+\mathrm{\pi })+0+4\mathrm{\pi }+3\mathrm{\pi }+(-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3})+(-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})+\dfrac{7\mathrm{\pi }}{3}+\dfrac{11\mathrm{\pi }}{3}=13\mathrm{\pi } $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题中函数 $ f(x) $ 的图象,可得点 $ C $ 的横坐标为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以函数 $ f(x) $ 的最小正周期 $ T=2×[\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}-(-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})]=\mathrm{\pi } $ ,所以 $ \mathrm{D} $ 错误.

又由 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=2 $ ,且 $ f(-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=0 $ ,得 $ \sin [2×(-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+\varphi ]= \sin (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+\varphi )=0 $ ,

根据五点作图法且 $ 0 < \varphi < \mathrm{\pi } $ ,可得 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+\varphi =0 $ ,解得 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以 $ f(x)=A \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,当 $ x=0 $ 时,可得 $ f(0)=A \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}A $ ,即 $ |OM|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}A $ ,若圆 $ C $ 的半径为 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{12} $ ,则满足 $ |CM{|}^{2}={|OM|}^{2}+{|OC|}^{2} $ ,即 $ {\left(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12}\right) ^ {2}}={\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}A\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\right) ^ {2}} $ ,解得 $ A=\dfrac{\sqrt{3}\mathrm{\pi }}{6} $ ,

所以 $ f(x) $ 的解析式为 $ f(x)=\dfrac{\sqrt{3}\mathrm{\pi }}{6} \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ,所以 $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ ,因为 $ x\in (-\dfrac{7\mathrm{\pi }}{12},-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ,可得 $ 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\in (-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ , $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ,结合三角函数的性质,可得函数 $ f(x) $ 在 $ (-\dfrac{7\mathrm{\pi }}{12},-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 上是先单调递减后单调递增,所以 $ \mathrm{B} $ 错误.

对于 $ \mathrm{C} $ ,将函数 $ f(x) $ 的图象向左平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{12} $ 个单位长度后,得到 $ g(x)=A \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=A \cos 2x $ 的图象,

令 $ 2x=k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,得 $ x=\dfrac{k\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,

所以直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ 不是函数 $ g(x) $ 图象的对称轴,所以 $ \mathrm{C} $ 错误.

故选 $ \mathrm{A} $ .

当 $ a < 0 $ 时，角 $ \theta $ 的终边在第四象限， $ \mathrm{A} $ 错误；

由三角函数的定义可知， $ \tan \theta =\dfrac{4a}{-3a}=-\dfrac{4}{3} $ ， $ \mathrm{B} $ 正确；

当 $ a > 0 $ 时，点 $ (-3a,4a) $ 到原点的距离 $ r=\sqrt{{\left(-3a\right) ^ {2}}+{\left(4a\right) ^ {2}}}=5|a|=5a $ ，

所以 $ \sin \theta + \cos \theta =\dfrac{4a}{5a}+\dfrac{-3a}{5a}=\dfrac{1}{5} $ ， $ \mathrm{C} $ 正确；

$ \sin \theta \cdot \cos \theta =\dfrac{4a}{5|a|}\cdot \dfrac{-3a}{5|a|}=\dfrac{-12{a}^{2}}{25{a}^{2}}=-\dfrac{12}{25} $ ，与 $ a $ 的正负无关， $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ 选项，由题图可知， $ A=f(x)_{ \max }=2 $ ，

函数 $ f(x) $ 的最小正周期 $ T $ 满足 $ \dfrac{3T}{4}=\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{12}=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ，可得 $ T=\mathrm{\pi } $ ，则 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\mathrm{\pi }}=2 $ ，

则 $ f(x)=2 \cos (2x+\varphi ) $ .

又因为 $ f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6})=2 \cos (\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}+\varphi )=2 $ ，所以 $ \cos (\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}+\varphi )=1 $ .

因为 $ 0 < \varphi < \mathrm{\pi } $ ，则 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{3} < \varphi +\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3} < \dfrac{8\mathrm{\pi }}{3} $ ，所以 $ \varphi +\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}=2\mathrm{\pi } $ ，可得 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，

所以 $ f(x)=2 \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ， $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ 选项，当 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant x\leqslant \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ 时， $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\leqslant 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\leqslant \dfrac{5\mathrm{\pi }}{3} $ ，所以 $ f(x) $ 在 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}] $ 上不单调， $ \mathrm{B} $ 错误.

对于 $ \mathrm{C} $ 选项，当 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{12} < x < \dfrac{7\mathrm{\pi }}{12} $ 时， $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} $ ，由 $ 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\mathrm{\pi } $ 可得 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，

所以函数 $ f(x) $ 在区间 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{12},\dfrac{7\mathrm{\pi }}{12}) $ 内的图象关于直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 对称，

若 $ {x}_{1} $ ， $ {x}_{2}\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{12},\dfrac{7\mathrm{\pi }}{12}) $ ， $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ 且 $ f({x}_{1})=f({x}_{2}) $ ，则 $ {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ，

所以 $ f({x}_{1}+{x}_{2})=f(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3})=2 \cos \dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}=2 \cos (2\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=2 \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=1 $ ， $ \mathrm{C} $ 正确.

对于 $ \mathrm{D} $ 选项，把 $ f(x) $ 的图象向右平移 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{12} $ 个单位长度，

可得到函数 $ y=2 \cos [2(x-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}]=2 \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=2 \sin 2x $ 的图象，

再将所得曲线上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数 $ g(x) $ 的图象，

则 $ g(x)=2 \sin x $ , $ y=g(x+\dfrac{3}{2}\mathrm{\pi })=2 \sin (x+\dfrac{3}{2}\mathrm{\pi })=-2 \cos x $ 为偶函数， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

$ \mathrm{A} $ 选项,如图①,作出单位圆,与 $ x $ 轴交于 $ A $ 点,且 $ A(1,0) $ ,点 $ B $ 在单位圆上,且在第一象限,

过点 $ A $ 作 $ AC $ 垂直于 $ x $ 轴,交射线 $ OB $ 于点 $ C $ ,连接 $ AB $ ,设 $ \mathrm{\angle }AOB=\alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,

由三角函数的定义可知 $ AC= \tan \alpha $ , $ \stackrel{⌢}{AB}=\alpha $ ,

设扇形 $ OAB $ 的面积为 $ {S}_{1} $ ,则 $ {S}_{△OAC} > {S}_{1} $ ,即 $ \dfrac{1}{2} \tan \alpha > \dfrac{1}{2}\alpha $ ,故 $ \tan \alpha > \alpha $ ,

所以当 $ x\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 时, $ \tan x > x $ 成立, $ \mathrm{A} $ 正确.

图①

$ \mathrm{B} $ 选项,作出函数 $ {y}_{1}= \tan x $ , $ x\in ｛x|0 < x < \dfrac{5\mathrm{\pi }}{2} $ , $ x\ne \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 且 $ x\ne \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}｝ $ 与 $ {y}_{2}=x $ 的图象,如图②所示,令 $ {x}_{2} > {x}_{1} $ ,可得 $ {x}_{1}\in (\mathrm{\pi },\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ {x}_{2}\in (2\mathrm{\pi },\dfrac{5\mathrm{\pi }}{2}) $ ,故 $ {x}_{2}+{x}_{1} > 3\mathrm{\pi } $ , $ \mathrm{B} $ 错误.

图②

$ \mathrm{C} $ 选项, $ y= \tan x $ 的最小正周期为 $ \mathrm{\pi } $ ,由图②可知 $ {x}_{2} > {x}_{1}+\mathrm{\pi } $ ,故 $ {x}_{2}-{x}_{1} > \mathrm{\pi } $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

$ \mathrm{D} $ 选项,由 $ \mathrm{B} $ 项可知 $ \sin {x}_{1}\ne 0 $ , $ \sin {x}_{2}\ne 0 $ ,则由 $ {x}_{1}= \tan {x}_{1} $ , $ {x}_{2}= \tan {x}_{2} $ ,可知 $ \dfrac{{x}_{1}}{ \sin {x}_{1}}=\dfrac{1}{ \cos {x}_{1}} $ , $ \dfrac{{x}_{2}}{ \sin {x}_{2}}=\dfrac{1}{ \cos {x}_{2}} $ ,

所以 $ \dfrac{{x}_{1}}{ \sin {x}_{1}}+\dfrac{{x}_{2}}{ \sin {x}_{2}}=\dfrac{1}{ \cos {x}_{1}}+\dfrac{1}{ \cos {x}_{2}} $ ,

则 $ {x}_{1} \sin {x}_{2}+{x}_{2} \sin {x}_{1}= \sin {x}_{1}\cdot \sin {x}_{2}\cdot (\dfrac{1}{ \cos {x}_{1}}+\dfrac{1}{ \cos {x}_{2}}) $ .

不妨令 $ {x}_{2} > {x}_{1} $ ,则 $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} > {x}_{2}-\mathrm{\pi } > {x}_{1} > \mathrm{\pi } $ ,

由于 $ y=\dfrac{1}{ \cos x} $ 在 $ (\mathrm{\pi },\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递减,

所以 $ \dfrac{1}{ \cos {x}_{1}} > \dfrac{1}{ \cos ({x}_{2}-\mathrm{\pi })}=-\dfrac{1}{ \cos {x}_{2}} $ ,

即 $ \dfrac{1}{ \cos {x}_{1}}+\dfrac{1}{ \cos {x}_{2}} > 0 $ .

又因为 $ {x}_{1}\in (\mathrm{\pi },\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ {x}_{2}\in (2\mathrm{\pi },\dfrac{5\mathrm{\pi }}{2}) $ ,

所以 $ \sin {x}_{1} < 0 $ , $ \sin {x}_{2} > 0 $ ,

所以 $ \sin {x}_{1} \sin {x}_{2} < 0 $ ,

所以 $ \sin {x}_{1} \sin {x}_{2}(\dfrac{1}{ \cos {x}_{1}}+\dfrac{1}{ \cos {x}_{2}}) < 0 $ ,

即 $ {x}_{1} \sin {x}_{2}+{x}_{2} \sin {x}_{1} < 0 $ , $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

设扇形的半径为 $ r(r > 0) $ ，圆心角为 $ \alpha (0 < \alpha < 2\mathrm{\pi }) $ ，

依题意可得 $ 2r+\alpha r=20 $ ，则 $ r=\dfrac{20}{2+\alpha } $ ，

所以 $ S=\dfrac{1}{2}\alpha {r}^{2}=\dfrac{1}{2}\alpha ×{\left(\dfrac{20}{2+\alpha }\right) ^ {2}}=\dfrac{200}{\alpha +\dfrac{4}{\alpha }+4}\leqslant \dfrac{200}{2\sqrt{\alpha \cdot \dfrac{4}{\alpha }}+4}=25 $ ，

当且仅当 $ \alpha =\dfrac{4}{\alpha } $ ，即 $ \alpha =2 $ 时取等号，

此时 $ r=5 $ ,满足题意，

故扇形圆心角为2时扇形的面积取得最大值.

由 $ \alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，得 $ \cos \alpha > 0 $ ，由 $ \beta \in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，得 $ -1 < \sin \beta < 1 $ ， $ 0 < 1- \sin \beta < 2 $ .

由 $ (1+ \cos 2\alpha )(1+ \sin \beta )= \sin 2\alpha \cos \beta $ ，得 $ 2{ \cos }^{2}\alpha (1+ \sin \beta )=2 \sin \alpha \cos \alpha \cos \beta $ ，

则 $ \tan \alpha =\dfrac{1+ \sin \beta }{ \cos \beta } $ ， $ { \tan }^{2}\alpha - \sin \beta $

$ =\dfrac{{\left(1+ \sin \beta \right) ^ {2}}}{{ \cos }^{2}\beta }- \sin \beta =\dfrac{1+ \sin \beta }{1- \sin \beta }- \sin \beta $

$ =\dfrac{2}{1- \sin \beta }+1- \sin \beta -2 $

$ \geqslant 2\sqrt{\dfrac{2}{1- \sin \beta }\cdot (1- \sin \beta )}-2=2\sqrt{2}-2 $ ，

当且仅当 $ \dfrac{2}{1- \sin \beta }=1- \sin \beta $ ，即 $ \sin \beta =1-\sqrt{2} $ 时取等号，

所以 $ { \tan }^{2}\alpha - \sin \beta $ 的最小值为 $ 2\sqrt{2}-2 $ .

因为 $ {x}_{0} $ 是函数 $ f(x)= \sin x $ 的“ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}- $ 笃志点”,

所以 $ f({x}_{0})f({x}_{0}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,

即 $ \sin {x}_{0} \sin ({x}_{0}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,

所以 $ \sin {x}_{0}(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin {x}_{0}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} \cos {x}_{0})=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,即 $ \sin {x}_{0}( \sin {x}_{0}+ \cos {x}_{0})=1 $ ,

即 $ \dfrac{1- \cos 2{x}_{0}}{2}+\dfrac{ \sin 2{x}_{0}}{2}=1 $ ,

故 $ \sin (2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,

所以 $ 2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ 或 $ 2{x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,

故 $ {x}_{0}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ 或 $ {x}_{0}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .