基礎鞏固強化1.(文)(2011·大綱全國卷理)設函數f(x)＝cosωx(ω>0)，將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度后，所得的圖象與原圖象重合，則ω的最小值等于()A.eq\f(1,3) B．3C．6 D．9[答案]C[解析]由題意知，eq\f(π,3)＝eq\f(2π,ω)·k(k∈Z)，∴ω＝6k，令k＝1，∴ω＝6.(理)(2012·浙江諸暨質檢)函數f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x的圖象可以由函數y＝2sin2x的圖象經哪種平移得到()A．向左平移eq\f(π,12)個單位 B．向左平移eq\f(π,6)個單位C．向右平移eq\f(π,12)個單位 D．向右平移eq\f(π,6)個單位[答案]B[解析]∵f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π,3))＝2sin2(x＋eq\f(π,6))，∴f(x)的圖象可以由函數y＝2sin2x向左平移eq\f(π,6)個單位得到，故應選B.2．(文)(2012·福建文，8)函數f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的圖象的一條對稱軸是()A．x＝eq\f(π,4) B．x＝eq\f(π,2)C．x＝－eq\f(π,4) D．x＝－eq\f(π,2)[答案]C[解析]本題考查了正弦型函數圖象的對稱軸問題．函數f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的圖象的對稱軸是x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z.當k＝－1時，x＝－π＋eq\f(3π,4)＝－eq\f(π,4).[點評]正弦(余弦)型函數圖象的對稱軸過圖象的最高點或最低點．(理)(2011·海淀模擬)函數f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))圖象的對稱軸方程可以為()A．x＝eq\f(π,12) B．x＝eq\f(5π,12)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(π,6)[答案]A[解析]令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，令k＝0得x＝eq\f(π,12)，故選A.[點評]f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))的圖象的對稱軸過最高點將選項代入檢驗，∵2×eq\f(π,12)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，∴選A.3．(文)(2011·唐山模擬)函數y＝sin(2x＋eq\f(π,6))的一個遞減區間為()A．(eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)) B．(－eq\f(π,3)，eq\f(π,6))C．(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)) D．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2))[答案]A[解析]由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)得，kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，令k＝0得，eq\f(π,6)≤x≤eq\f(2π,3)，故選A.(理)(2012·新課標全國理，9)已知ω>0，函數f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))在(eq\f(π,2)，π)上單調遞減，則ω的取值范圍是()A．[eq\f(1,2)，eq\f(5,4)] B．[eq\f(1,2)，eq\f(3,4)]C．(0，eq\f(1,2)] D．(0,2][答案]A[解析]本題考查了三角函數y＝Asin(ωx＋φ)的性質及間接法解題．ω＝2?ωx＋eq\f(π,4)∈[eq\f(5π,4)，eq\f(9π,4)]不合題意，排除D，ω＝1?(ωx＋eq\f(π,4))∈[eq\f(3π,4)，eq\f(5π,4)]合題意，排除B，C.4．(2011·大連模擬)已知函數f(x)＝2sinωx(ω>0)在區間[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]上的最小值是－2，則ω的最小值為()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,2)C．2 D．3[答案]B[解析]∵f(x)＝2sinωx(ω>0)在區間[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]上的最小值為－2，∴eq\f(T,4)≤eq\f(π,3)，即eq\f(π,2ω)≤eq\f(π,3)，∴ω≥eq\f(3,2)，即ω的最小值為eq\f(3,2).5．(文)(2011·吉林一中月考)函數y＝sin(ωx＋φ)(x∈R，ω>0,0≤φ<2π)的部分圖象如圖，則()A．ω＝eq\f(π,2)，φ＝eq\f(π,4)B．ω＝eq\f(π,3)，φ＝eq\f(π,6)C．ω＝eq\f(π,4)，φ＝eq\f(π,4)D．ω＝eq\f(π,4)，φ＝eq\f(5π,4)[答案]C[解析]∵eq\f(T,4)＝3－1＝2，∴T＝8，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4).令eq\f(π,4)×1＋φ＝eq\f(π,2)，得φ＝eq\f(π,4)，∴選C.(理)函數y＝eq\f(x,sinx)，x∈(－π，0)∪(0，π)的圖象可能是下列圖象中的()[答案]C[解析]依題意，函數y＝eq\f(x,sinx)，x∈(－π，0)∪(0，π)為偶函數，排除A，當x∈(0，π)時，直線y＝x的圖象在y＝sinx上方，所以y＝eq\f(x,sinx)>1，故選C.6．(文)(2011·課標全國文)設函數f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,4))＋cos(2x＋eq\f(π,4))，則()A．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))單調遞增，其圖象關于直線x＝eq\f(π,4)對稱B．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))單調遞增，其圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱C．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))單調遞減，其圖象關于直線x＝eq\f(π,4)對稱D．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))單調遞減，其圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱[答案]D[解析]f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x.則函數在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調遞減，其圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱．(理)(2011·河南五校聯考)給出下列命題：①函數y＝cos(eq\f(2,3)x＋eq\f(π,2))是奇函數；②存在實數α，使得sinα＋cosα＝eq\f(3,2)；③若α、β是第一象限角且α<β，則tanα<tanβ；④x＝eq\f(π,8)是函數y＝sin(2x＋eq\f(5π,4))的一條對稱軸方程；⑤函數y＝sin(2x＋eq\f(π,3))的圖象關于點(eq\f(π,12)，0)成中心對稱圖形．其中正確命題的序號為()A．①③ B．②④C．①④ D．④⑤[答案]C[解析]①y＝cos(eq\f(2,3)x＋eq\f(π,2))?y＝－sineq\f(2,3)x是奇函數；②由sinα＋cosα＝eq\r(2)sin(α＋eq\f(π,4))的最大值為eq\r(2)<eq\f(3,2)，所以不存在實數α，使得sinα＋cosα＝eq\f(3,2)；③α，β是第一象限角且α<β.例如：45°<30°＋360°，但tan45°>tan(30°＋360°)，即tanα<tanβ不成立；④把x＝eq\f(π,8)代入y＝sin(2x＋eq\f(5π,4))得y＝sineq\f(3π,2)＝－1，所以x＝eq\f(π,8)是函數y＝sin(2x＋eq\f(5π,4))的一條對稱軸；⑤把x＝eq\f(π,12)代入y＝sin(2x＋eq\f(π,3))得y＝sineq\f(π,2)＝1，所以點(eq\f(π,12)，0)不是函數y＝sin(2x＋eq\f(π,3))的對稱中心．綜上所述，只有①④正確．[點評]作為選擇題，判斷①成立后排除B、D，再判斷③(或④)即可下結論．7．(文)函數y＝cosx的定義域為[a，b]，值域為[－eq\f(1,2)，1]，則b－a的最小值為________．[答案]eq\f(2π,3)[解析]cosx＝－eq\f(1,2)時，x＝2kπ＋eq\f(2π,3)或x＝2kπ＋eq\f(4π,3)，k∈Z，cosx＝1時，x＝2kπ，k∈Z.由圖象觀察知，b－a的最小值為eq\f(2π,3).(理)(2011·江蘇南通一模)函數f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(x∈R)，又f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|的最小值等于eq\f(π,2)，則正數ω的值為________．[答案]1[解析]f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))，由f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|的最小值等于eq\f(π,2)可知，eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)，T＝2π，所以ω＝1.8．已知關于x的方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0在x∈(eq\f(π,2)，π)上有兩個不同的實數根，則m的取值范圍是________．[答案]－2<m<－1[解析]m＝1－2sin2x＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))，∵x∈(eq\f(π,2)，π)時，原方程有兩個不同的實數根，∴直線y＝m與曲線y＝2sin(2x＋eq\f(π,6))，x∈(eq\f(π,2)，π)有兩個不同的交點，∴－2<m<－1.9．(2011·濟南調研)設函數y＝2sin(2x＋eq\f(π,3))的圖象關于點P(x0,0)成中心對稱，若x0∈[－eq\f(π,2)，0]，則x0＝________.[答案]－eq\f(π,6)[解析]∵函數y＝2sin(2x＋eq\f(π,3))的對稱中心是函數圖象與x軸的交點，∴2sin(2x0＋eq\f(π,3))＝0，∵x0∈[－eq\f(π,2)，0]∴x0＝－eq\f(π,6).10．(文)(2011·北京文)已知函數f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區間[－eq\f(π,6)，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．[解析](1)因為f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1＝4cosx(eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx)－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))．所以f(x)的最小正周期為π.(2)因為－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，當2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值2；當2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)時，f(x)取得最小值－1.(理)(2011·天津南開中學月考)已知a＝(sinx，－cosx)，b＝(cosx，eq\r(3)cosx)，函數f(x)＝a·b＋eq\f(\r(3),2).(1)求f(x)的最小正周期，并求其圖象對稱中心的坐標；(2)當0≤x≤eq\f(π,2)時，求函數f(x)的值域．[解析](1)f(x)＝sinxcosx－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)(cos2x＋1)＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sin(2x－eq\f(π,3))，所以f(x)的最小正周期為π.令sin(2x－eq\f(π,3))＝0，得2x－eq\f(π,3)＝kπ，∴x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，k∈Z.故所求對稱中心的坐標為(eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，0)(k∈Z)．(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3).∴－eq\f(\r(3),2)≤sin(2x－eq\f(π,3))≤1，即f(x)的值域為[－eq\f(\r(3),2)，1].能力拓展提升11.(文)(2011·蘇州模擬)函數y＝sinx·|eq\f(cosx,sinx)|(0<x<π)的圖象大致是()[答案]B[解析]y＝sinx·|eq\f(cosx,sinx)|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，0<x<\f(π,2),0，x＝\f(π,2),－cosx，\f(π,2)<x<π)).(理)(2011·遼寧文)已知函數f(x)＝Atan(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))，y＝f(x)的部分圖象如圖，則f(eq\f(π,24))＝()A．2＋eq\r(3) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),3) D．2－eq\r(3)[答案]B[解析]由圖可知：T＝2×(eq\f(3,8)π－eq\f(π,8))＝eq\f(π,2)，∴ω＝eq\f(π,T)＝2，又∵圖象過點(eq\f(3,8)π，0)，∴A·tan(2×eq\f(3,8)π＋φ)＝A·tan(eq\f(3,4)π＋φ)＝0，∴φ＝eq\f(π,4).又∵圖象還過點(0,1)，∴Atan(2×0＋eq\f(π,4))＝A＝1，∴f(x)＝tan(2x＋eq\f(π,4))，∴f(eq\f(π,24))＝tan(2×eq\f(π,24)＋eq\f(π,4))＝tan(eq\f(π,12)＋eq\f(π,4))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).12．(文)為了使函數y＝cosωx(ω>0)在區間[0,1]上至多出現50次最小值，則ω的最大值是()A．98π B.eq\f(197,2)πC．99π D．100π[答案]C[解析]由題意至多出現50次最小值即至多需用49eq\f(1,2)個周期，∴eq\f(99,2)·eq\f(2π,ω)≥1，∴ω≤99π，故選C.(理)有一種波，其波形為函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的圖象，若在區間[0，t](t>0)上至少有2個波谷(圖象的最低點)，則正整數t的最小值是()A．5B．6C．7D．8[答案]C[解析]∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的圖象在[0，t]上至少有2個波谷，函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的周期T＝4，∴t≥eq\f(7,4)T＝7，故選C.13．(文)(2011·南昌調研)設函數y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)))的最小正周期為π，且其圖象關于直線x＝eq\f(π,12)對稱，則在下面四個結論中：①圖象關于點(eq\f(π,4)，0)對稱；②圖象關于點(eq\f(π,3)，0)對稱；③在[0，eq\f(π,6)]上是增函數；④在[－eq\f(π,6)，0]上是增函數中，所有正確結論的編號為________．[答案]②④[解析]由最小正周期為π得，eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2；再由圖象關于直線x＝eq\f(π,12)對稱，∴2×eq\f(π,12)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))，當x＝eq\f(π,4)時，f(eq\f(π,4))＝eq\f(1,2)≠0，故①錯；當x＝eq\f(π,3)時，f(eq\f(π,3))＝0，故②正確；由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得，kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，令k＝0得，－eq\f(5π,12)≤x≤eq\f(π,12)，故③錯，④正確，∴正確結論為②④.(理)(2011·南京模擬)已知函數f(x)＝xsinx，現有下列命題：①函數f(x)是偶函數；②函數f(x)的最小正周期是2π；③點(π，0)是函數f(x)的圖象的一個對稱中心；④函數f(x)在區間[0，eq\f(π,2)]上單調遞增，在區間[－eq\f(π,2)，0]上單調遞減．其中真命題是________(寫出所有真命題的序號)．[答案]①④[解析]∵y＝x與y＝sinx均為奇函數，∴f(x)為偶函數，故①真；∵f(eq\f(π,2))＝eq\f(π,2)，f(eq\f(π,2)＋2π)＝eq\f(π,2)＋2π≠eq\f(π,2)，∴②假；∵f(eq\f(π,2))＝eq\f(π,2)，f(eq\f(3π,2))＝－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋eq\f(3π,2)＝2π，eq\f(π,2)＋(－eq\f(3π,2))≠0，∴③假；設0≤x1<x2≤eq\f(π,2)，則eq\f(fx1,fx2)＝eq\f(x1,x2)·eq\f(sinx1,sinx2)<1，∴f(x1)<f(x2)(f(x2)>0)，∴f(x)在[0，eq\f(π,2)]上為增函數，又∵f(x)為偶函數，∴f(x)在[－eq\f(π,2)，0]上為減函數，∴④真．14．函數f(x)＝2acos2x＋bsinxcosx滿足：f(0)＝2，f(eq\f(π,3))＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2).(1)求函數f(x)的最大值和最小值；(2)若α、β∈(0，π)，f(α)＝f(β)，且α≠β，求tan(α＋β)的值．[解析](1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝2，,f\f(π,3)＝\f(1,2)＋\f(\r(3),2)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,\f(1,2)a＋\f(\r(3),4)b＝\f(1,2)＋\f(\r(3),2).))解得a＝1，b＝2，∴f(x)＝sin2x＋cos2x＋1＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))＋1，∵－1≤sin(2x＋eq\f(π,4))≤1，∴f(x)max＝eq\r(2)＋1，f(x)min＝1－eq\r(2).(2)由f(α)＝f(β)得，sin(2α＋eq\f(π,4))＝sin(2β＋eq\f(π,4))．∵2α＋eq\f(π,4)、2β＋eq\f(π,4)∈(eq\f(π,4)，eq\f(9π,4))，且α≠β，∴2α＋eq\f(π,4)＝π－(2β＋eq\f(π,4))或2α＋eq\f(π,4)＝3π－(2β＋eq\f(π,4))，∴α＋β＝eq\f(π,4)或α＋β＝eq\f(5π,4)，故tan(α＋β)＝1.15．(文)(2011·長沙一中月考)已知f(x)＝sinx＋sin(eq\f(π,2)－x)．(1)若α∈[0，π]，且sin2α＝eq\f(1,3)，求f(α)的值；(2)若x∈[0，π]，求f(x)的單調遞增區間．[解析](1)由題設知f(α)＝sinα＋cosα.∵sin2α＝eq\f(1,3)＝2sinα·cosα>0，α∈[0，π]，∴α∈(0，eq\f(π,2))，sinα＋cosα>0.由(sinα＋cosα)2＝1＋2sinα·cosα＝eq\f(4,3)，得sinα＋cosα＝eq\f(2,3)eq\r(3)，∴f(α)＝eq\f(2,3)eq\r(3).(2)由(1)知f(x)＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))，又0≤x≤π，∴f(x)的單調遞增區間為[0，eq\f(π,4)]．(理)在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，向量m＝(b,2a－c)，n＝(cosB，cosC)，且m∥n(1)求角B的大小；(2)設f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(B,2)))＋sinωx(ω>0)，且f(x)的最小正周期為π，求f(x)在區間[0，eq\f(π,2)]上的最大值和最小值．[解析](1)由m∥n得，bcosC＝(2a－c)cosB∴bcosC＋ccosB＝2acosB.由正弦定理得，sinBcosC＋sinCcosB＝2sinAcosB，即sin(B＋C)＝2sinAcosB.又B＋C＝π－A，∴sinA＝2sinAcosB.又sinA≠0，∴cosB＝eq\f(1,2).又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)由題知f(x)＝cos(ωx－eq\f(π,6))＋sinωx＝eq\f(\r(3),2)cosωx＋eq\f(3,2)sinωx＝eq\r(3)sin(ωx＋eq\f(π,6))，由已知得eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋eq\f(π,6))，當x∈[0，eq\f(π,2)]時，(2x＋eq\f(π,6))∈[eq\f(π,6)，eq\f(7π,6)]，sin(2x＋eq\f(π,6))∈[－eq\f(1,2)，1]．因此，當2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值eq\r(3).當2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)，即x＝eq\f(π,2)時，f(x)取得最小值－eq\f(\r(3),2).16．(文)(2011·福建四地六校聯考)已知函數f(x)＝－1＋2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x.(1)求f(x)的單調遞減區間；(2)求f(x)圖象上與原點最近的對稱中心的坐標；(3)若角α，β的終邊不共線，且f(α)＝f(β)，求tan(α＋β)的值．[解析]f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))，(1)由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，∴f(x)的單調減區間為[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)．(2)由sin(2x＋eq\f(π,6))＝0得2x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，∴f(x)圖象上與原點最近的對稱中心坐標是(－eq\f(π,12)，0)．(3)由f(α)＝f(β)得：2sin(2α＋eq\f(π,6))＝2sin(2β＋eq\f(π,6))，又∵角α與β的終邊不共線，∴(2α＋eq\f(π,6))＋(2β＋eq\f(π,6))＝2kπ＋π(k∈Z)，即α＋β＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴tan(α＋β)＝eq\r(3).(理)(2011·浙江文)已知函數f(x)＝Asin(eq\f(π,3)x＋φ)，x∈R，A>0,0<φ<eq\f(π,2).y＝f(x)的部分圖象如圖所示，P、Q分別為該圖象的最高點和最低點，點P的坐標為(1，A)．(1)求f(x)的最小正周期及φ的值；(2)若點R的坐標為(1,0)，∠PRQ＝eq\f(2π,3)，求A的值．[解析](1)由題意得，T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6，因為P(1，A)在y＝Asin(eq\f(π,3)x＋φ)的圖象上，所以sin(eq\f(π,3)＋φ)＝1.又因為0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).(2)設點Q的坐標為(x0，－A)，由題意可知eq\f(π,3)x0＋eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)，得x0＝4，所以Q(4，－A)．連接PQ，在△PRQ中，∠PRQ＝eq\f(2,3)π，由余弦定理得，cos∠PRQ＝eq\f(RP2＋RQ2－PQ2,2RP·RQ)＝eq\f(A2＋9＋A2－9＋4A2,2A·\r(9＋A2))＝－eq\f(1,2)，解得A2＝3又A>0，所以A＝eq\r(3).1．(2012·河北鄭口中學模擬)已知函數f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0，－eq\f(π,2)<φ<0)在x＝eq\f(5π,6)處取得最大值，則f(x)在[－π，0]上的單調增區間是()A．[－π，－eq\f(5π,6)] B．[－eq\f(5π,6)，－eq\f(π,6)]C．[－eq\f(π,3)，0] D．[－eq\f(π,6)，0][答案]D[解析]∵f(x)＝Asin(x＋φ)在x＝eq\f(5π,6)處取得最大值，A>0，－eq\f(π,2)<φ<0，∴φ＝－eq\f(π,3)，∴f(x)＝Asin(x－eq\f(π,3))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得2kπ－eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，令k＝0得－eq\f(π,6)≤x≤0，故選D.2．(2011·長沙二模)若將函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位長度后，與函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖象重合，則ω的最小值為()A．1 B．2C.eq\f(1,12) D.eq\f(23,3)[答案]D[解析]y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，∴eq\f(π,4)－eq\f(π,4)ω＋2kπ＝eq\f(π,3)，∴ω＝8k－eq\f(1,3)(k∈Z)，又∵ω>0，∴ωmin＝eq\f(23,3).3．(2011·北京大興區模擬)已知函數f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,R)圖象上相鄰的一個最大值點與一個最小值點恰好都在圓x2＋y2＝R2上，則f(x)的最小正周期為()A．1B．2C．3D．4[答案]D[解析]f(x)的周期T＝eq\f(2π,\f(π,R))＝2R，f(x)的最大值是eq\r(3)，結合圖形分析知R>eq\r(3)，則2R>2eq\r(3)>3，只有2R＝4這一種可能，故選D.4．(2012·河北保定模擬)已知向量a＝(cosθ，sinθ)與b＝(cosθ，－sinθ)互相垂直，且θ為銳角，則函數f(x)＝sin(2x－θ)的圖象的一條對稱軸是直線()A．x＝π B．x＝eq\f(7π,8)C．x＝eq\f(π,4) D．x＝eq\f(π,2)[答案]B[解析]a·b＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ＝0，∵θ為銳角，∴θ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝sin(2x－eq\f(π,4))．由2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)得，x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)，令k＝1得x＝eq\f(7π,8)，故選B.5.(2011·北京西城模擬)函數y＝sin(πx＋φ)(φ>0)的部分圖象如圖所示，設P是圖象的最高點，A，B是圖象與x軸的交點，則tan∠APB＝()A．10 B．8C.eq\f(8,7) D.eq\f(4,7)[答案]B[分析]利用正弦函數的周期、最值