1. (3分)如图，射线 OC 的端点 O 在直线 AB 上，∠α=2∠β.下列式子的值最大的是 (
A.sinβ
B.2cosβ
C.tanβ
D.sinβcosβ
C
)A.sinβ
B.2cosβ
C.tanβ
D.sinβcosβ
答案：1.C
解析：
解：
∵射线OC的端点O在直线AB上，
∴∠α+∠β=180°，
又∠α=2∠β，
∴2∠β+∠β=180°，解得∠β=60°．
计算各选项：
A. sinβ=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}\approx0.866$；
B. 2cosβ=2cos60°=2×$\frac{1}{2}=1$；
C. tanβ=tan60°=$\sqrt{3}\approx1.732$；
D. sinβcosβ=sin60°cos60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}\approx0.433$．
比较得：$\sqrt{3}$最大，即tanβ的值最大．
答案：C
∵射线OC的端点O在直线AB上，
∴∠α+∠β=180°，
又∠α=2∠β，
∴2∠β+∠β=180°，解得∠β=60°．
计算各选项：
A. sinβ=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}\approx0.866$；
B. 2cosβ=2cos60°=2×$\frac{1}{2}=1$；
C. tanβ=tan60°=$\sqrt{3}\approx1.732$；
D. sinβcosβ=sin60°cos60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}\approx0.433$．
比较得：$\sqrt{3}$最大，即tanβ的值最大．
答案：C
2. (3分)上分点一 如图，ME，EF 是⊙O 的弦，且 ME=EF，直线 MN 与⊙O 相切，且 EF//MN，则 cos E 的值为 (
A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C
)A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：2.C
解析：
证明：连接 $OM$，$OE$，$OF$。
∵ $MN$ 与 $\odot O$ 相切于点 $M$，
∴ $OM ⊥ MN$。
∵ $EF // MN$，
∴ $OM ⊥ EF$，设垂足为 $H$，则 $EH = HF$。
∵ $ME = EF$，设 $EH = x$，则 $EF = 2x$，$ME = 2x$。
在 $Rt\triangle MHE$ 中，$MH = \sqrt{ME^2 - EH^2} = \sqrt{(2x)^2 - x^2} = \sqrt{3}x$。
设 $OH = d$，$OE = OM = r$，则 $MH = OM + OH = r + d = \sqrt{3}x$。
在 $Rt\triangle OHE$ 中，$OE^2 = OH^2 + EH^2$，即 $r^2 = d^2 + x^2$。
联立得 $\begin{cases} r + d = \sqrt{3}x \\ r^2 - d^2 = x^2 \end{cases}$，
由平方差公式 $r^2 - d^2 = (r - d)(r + d) = x^2$，代入 $r + d = \sqrt{3}x$，得 $r - d = \frac{x}{\sqrt{3}}$。
解得 $r = \frac{2x}{\sqrt{3}}$，$d = \frac{x}{\sqrt{3}}$。
在 $\triangle OME$ 中，由余弦定理：
$\cos \angle OEM = \frac{OE^2 + ME^2 - OM^2}{2 · OE · ME} = \frac{r^2 + (2x)^2 - r^2}{2 · r · 2x} = \frac{4x^2}{4xr} = \frac{x}{r} = \frac{x}{\frac{2x}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵ $\angle OEM = \angle E$，
∴ $\cos E = \frac{1}{2}$。
答案：C
∵ $MN$ 与 $\odot O$ 相切于点 $M$，
∴ $OM ⊥ MN$。
∵ $EF // MN$，
∴ $OM ⊥ EF$，设垂足为 $H$，则 $EH = HF$。
∵ $ME = EF$，设 $EH = x$，则 $EF = 2x$，$ME = 2x$。
在 $Rt\triangle MHE$ 中，$MH = \sqrt{ME^2 - EH^2} = \sqrt{(2x)^2 - x^2} = \sqrt{3}x$。
设 $OH = d$，$OE = OM = r$，则 $MH = OM + OH = r + d = \sqrt{3}x$。
在 $Rt\triangle OHE$ 中，$OE^2 = OH^2 + EH^2$，即 $r^2 = d^2 + x^2$。
联立得 $\begin{cases} r + d = \sqrt{3}x \\ r^2 - d^2 = x^2 \end{cases}$，
由平方差公式 $r^2 - d^2 = (r - d)(r + d) = x^2$，代入 $r + d = \sqrt{3}x$，得 $r - d = \frac{x}{\sqrt{3}}$。
解得 $r = \frac{2x}{\sqrt{3}}$，$d = \frac{x}{\sqrt{3}}$。
在 $\triangle OME$ 中，由余弦定理：
$\cos \angle OEM = \frac{OE^2 + ME^2 - OM^2}{2 · OE · ME} = \frac{r^2 + (2x)^2 - r^2}{2 · r · 2x} = \frac{4x^2}{4xr} = \frac{x}{r} = \frac{x}{\frac{2x}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵ $\angle OEM = \angle E$，
∴ $\cos E = \frac{1}{2}$。
答案：C
3. (3分)在平面直角坐标系中，点 A 与点 B($\sin60°$，$\sqrt{3}$)关于 y 轴对称.若反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图像经过点 A，则 k=
$-\frac{3}{2}$
.答案：3.$-\frac{3}{2}$
解析：
点$ B $的坐标为$(\sin60^{\circ}, \sqrt{3})$，$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以点$ B $的坐标为$(\frac{\sqrt{3}}{2}, \sqrt{3})$。
因为点$ A $与点$ B $关于$ y $轴对称，关于$ y $轴对称的点纵坐标相同，横坐标互为相反数，所以点$ A $的坐标为$(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \sqrt{3})$。
反比例函数$ y = \frac{k}{x} $的图像经过点$ A $，将点$ A(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \sqrt{3})$代入$ y = \frac{k}{x} $，可得$\sqrt{3} = \frac{k}{-\frac{\sqrt{3}}{2}}$，解得$ k = \sqrt{3} × (-\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\frac{3}{2}$。
$-\frac{3}{2}$
因为点$ A $与点$ B $关于$ y $轴对称，关于$ y $轴对称的点纵坐标相同，横坐标互为相反数，所以点$ A $的坐标为$(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \sqrt{3})$。
反比例函数$ y = \frac{k}{x} $的图像经过点$ A $，将点$ A(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \sqrt{3})$代入$ y = \frac{k}{x} $，可得$\sqrt{3} = \frac{k}{-\frac{\sqrt{3}}{2}}$，解得$ k = \sqrt{3} × (-\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\frac{3}{2}$。
$-\frac{3}{2}$
4. (3分)若锐角 x 满足$\tan^2x-(\sqrt{3}+1)\tan x+\sqrt{3}=0$，则 x=
$45°$或$60°$
.答案：4.$45°$或$60°$
解析：
解：令$t = \tan x$，则方程化为$t^2 - (\sqrt{3} + 1)t + \sqrt{3} = 0$。
因式分解得$(t - 1)(t - \sqrt{3}) = 0$，解得$t = 1$或$t = \sqrt{3}$。
当$\tan x = 1$时，$x = 45°$；当$\tan x = \sqrt{3}$时，$x = 60°$。
$45°$或$60°$
因式分解得$(t - 1)(t - \sqrt{3}) = 0$，解得$t = 1$或$t = \sqrt{3}$。
当$\tan x = 1$时，$x = 45°$；当$\tan x = \sqrt{3}$时，$x = 60°$。
$45°$或$60°$
5. (2025·江苏淮安模拟·3分)如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A＜∠B，沿△ABC 的中线 CO 将△COA 折叠，使点 A 落在点 D 处.若 CD 恰好与 AB 垂直，垂足为 M，则 tan A 的值为
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
.答案：5.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
解析：
证明：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CO是中线，
∴CO=AO=BO=$\frac{1}{2}$AB，
∴∠A=∠ACO，
由折叠性质得：∠ACO=∠DCO，OD=AO，∠D=∠A，
∴∠A=∠ACO=∠DCO，
设∠A=α，则∠ACO=∠DCO=α，
∵CD⊥AB，
∴∠DMB=90°，
∴∠D+∠DOM=90°，
∵∠DOM=∠AOC=180°-∠A-∠ACO=180°-2α，
∴α+180°-2α=90°，
解得α=30°，
∴∠A=30°，
∴tan A=tan 30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
∴CO=AO=BO=$\frac{1}{2}$AB，
∴∠A=∠ACO，
由折叠性质得：∠ACO=∠DCO，OD=AO，∠D=∠A，
∴∠A=∠ACO=∠DCO，
设∠A=α，则∠ACO=∠DCO=α，
∵CD⊥AB，
∴∠DMB=90°，
∴∠D+∠DOM=90°，
∵∠DOM=∠AOC=180°-∠A-∠ACO=180°-2α，
∴α+180°-2α=90°，
解得α=30°，
∴∠A=30°，
∴tan A=tan 30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
6. (6分)新素养 运算能力 计算：
（1）(2025·青海)$\sqrt{12}+(1-\sqrt{2})^0+|-\sqrt{3}|-2\sin30°$；
（2）$6\tan^230°-\sqrt{3}\sin60°-2\sin45°$；
（3）$3\tan30°-2\cos45°+2\sin60°$.
（1）(2025·青海)$\sqrt{12}+(1-\sqrt{2})^0+|-\sqrt{3}|-2\sin30°$；
（2）$6\tan^230°-\sqrt{3}\sin60°-2\sin45°$；
（3）$3\tan30°-2\cos45°+2\sin60°$.
答案：6.(1)原式$=2\sqrt{3}+1+\sqrt{3}-2 × \frac{1}{2}=3\sqrt{3}$.
(2)原式$=6 × (\frac{\sqrt{3}}{3})^2-\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2}-2 × \frac{\sqrt{2}}{2}=2-\frac{3}{2}-\sqrt{2}=\frac{1}{2}-\sqrt{2}$.
(3)原式$=3 × \frac{\sqrt{3}}{3}-2 × \frac{\sqrt{2}}{2}+2 × \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{3}=2\sqrt{3}-\sqrt{2}$.
(2)原式$=6 × (\frac{\sqrt{3}}{3})^2-\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2}-2 × \frac{\sqrt{2}}{2}=2-\frac{3}{2}-\sqrt{2}=\frac{1}{2}-\sqrt{2}$.
(3)原式$=3 × \frac{\sqrt{3}}{3}-2 × \frac{\sqrt{2}}{2}+2 × \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{3}=2\sqrt{3}-\sqrt{2}$.