走向高考·一轮总复习人教A版数学-文科4-3概要

基础巩固强化1.(文)(2011·大纲全国卷理)设函数f(x)＝cosωx(ω>0)，将y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度后，所得的图象与原图象重合，则ω的最小值等于()A.eq\f(1,3) B．3C．6 D．9[答案]C[解析]由题意知，eq\f(π,3)＝eq\f(2π,ω)·k(k∈Z)，∴ω＝6k，令k＝1，∴ω＝6.(理)(2012·浙江诸暨质检)函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x的图象可以由函数y＝2sin2x的图象经哪种平移得到()A．向左平移eq\f(π,12)个单位 B．向左平移eq\f(π,6)个单位C．向右平移eq\f(π,12)个单位 D．向右平移eq\f(π,6)个单位[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)的图象可以由函数y＝2sin2x向左平移eq\f(π,6)个单位得到，故应选B.2．(文)(2012·福建文，8)函数f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的图象的一条对称轴是()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]本题考查了正弦型函数图象的对称轴问题．函数f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的图象的对称轴是x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z.当k＝－1时，x＝－π＋eq\f(3π,4)＝－eq\f(π,4).[点评]正弦(余弦)型函数图象的对称轴过图象的最高点或最低点．(理)(2011·海淀模拟)函数f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))图象的对称轴方程可以为()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)，故选A.[点评]f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))的图象的对称轴过最高点将选项代入检验，∵2×eq\f(π,12)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，∴选A.3．(文)(2011·唐山模拟)函数y＝sin(2x＋eq\f(π,6))的一个递减区间为()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)，故选A.(理)(2012·新课标全国理，9)已知ω>0，函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))在(eq\f(π,2)，π)上单调递减，则ω的取值范围是()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]本题考查了三角函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质及间接法解题．ω＝2⇒ωx＋eq\f(π,4)∈[eq\f(5π,4)，eq\f(9π,4)]不合题意，排除D，ω＝1⇒(ωx＋eq\f(π,4))∈[eq\f(3π,4)，eq\f(5π,4)]合题意，排除B，C.4．(2011·大连模拟)已知函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在区间[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]上的最小值是－2，则ω的最小值为()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,2)C．2 D．3[答案]B[解析]∵f(x)＝2sinωx(ω>0)在区间[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]上的最小值为－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的最小值为eq\f(3,2).5．(文)(2011·吉林一中月考)函数y＝sin(ωx＋φ)(x∈R，ω>0,0≤φ<2π)的部分图象如图，则()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)，∴选C.(理)函数y＝eq\f(x,sinx)，x∈(－π，0)∪(0，π)的图象可能是下列图象中的()[答案]C[解析]依题意，函数y＝eq\f(x,sinx)，x∈(－π，0)∪(0，π)为偶函数，排除A，当x∈(0，π)时，直线y＝x的图象在y＝sinx上方，所以y＝eq\f(x,sinx)>1，故选C.6．(文)(2011·课标全国文)设函数f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,4))＋cos(2x＋eq\f(π,4))，则()A．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))单调递增，其图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称B．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))单调递增，其图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称C．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))单调递减，其图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称D．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))单调递减，其图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称[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.则函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减，其图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称．(理)(2011·河南五校联考)给出下列命题：①函数y＝cos(eq\f(2,3)x＋eq\f(π,2))是奇函数；②存在实数α，使得sinα＋cosα＝eq\f(3,2)；③若α、β是第一象限角且α<β，则tanα<tanβ；④x＝eq\f(π,8)是函数y＝sin(2x＋eq\f(5π,4))的一条对称轴方程；⑤函数y＝sin(2x＋eq\f(π,3))的图象关于点(eq\f(π,12)，0)成中心对称图形．其中正确命题的序号为()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是奇函数；②由sinα＋cosα＝eq\r(2)sin(α＋eq\f(π,4))的最大值为eq\r(2)<eq\f(3,2)，所以不存在实数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)是函数y＝sin(2x＋eq\f(5π,4))的一条对称轴；⑤把x＝eq\f(π,12)代入y＝sin(2x＋eq\f(π,3))得y＝sineq\f(π,2)＝1，所以点(eq\f(π,12)，0)不是函数y＝sin(2x＋eq\f(π,3))的对称中心．综上所述，只有①④正确．[点评]作为选择题，判断①成立后排除B、D，再判断③(或④)即可下结论．7．(文)函数y＝cosx的定义域为[a，b]，值域为[－eq\f(1,2)，1]，则b－a的最小值为________．[答案]eq\f(2π,3)[解析]cosx＝－eq\f(1,2)时，x＝2kπ＋eq\f(2π,3)或x＝2kπ＋eq\f(4π,3)，k∈Z，cosx＝1时，x＝2kπ，k∈Z.由图象观察知，b－a的最小值为eq\f(2π,3).(理)(2011·江苏南通一模)函数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)，则正数ω的值为________．[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．已知关于x的方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0在x∈(eq\f(π,2)，π)上有两个不同的实数根，则m的取值范围是________．[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)时，原方程有两个不同的实数根，∴直线y＝m与曲线y＝2sin(2x＋eq\f(π,6))，x∈(eq\f(π,2)，π)有两个不同的交点，∴－2<m<－1.9．(2011·济南调研)设函数y＝2sin(2x＋eq\f(π,3))的图象关于点P(x0,0)成中心对称，若x0∈[－eq\f(π,2)，0]，则x0＝________.[答案]－eq\f(π,6)[解析]∵函数y＝2sin(2x＋eq\f(π,3))的对称中心是函数图象与x轴的交点，∴2sin(2x0＋eq\f(π,3))＝0，∵x0∈[－eq\f(π,2)，0]∴x0＝－eq\f(π,6).10．(文)(2011·北京文)已知函数f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间[－eq\f(π,6)，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．[解析](1)因为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)的最小正周期为π.(2)因为－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，当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值2；当2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值－1.(理)(2011·天津南开中学月考)已知a＝(sinx，－cosx)，b＝(cosx，eq\r(3)cosx)，函数f(x)＝a·b＋eq\f(\r(3),2).(1)求f(x)的最小正周期，并求其图象对称中心的坐标；(2)当0≤x≤eq\f(π,2)时，求函数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)的最小正周期为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.故所求对称中心的坐标为(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)的值域为[－eq\f(\r(3),2)，1].能力拓展提升11.(文)(2011·苏州模拟)函数y＝sinx·|eq\f(cosx,sinx)|(0<x<π)的图象大致是()[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·辽宁文)已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))，y＝f(x)的部分图象如图，则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]由图可知：T＝2×(eq\f(3,8)π－eq\f(π,8))＝eq\f(π,2)，∴ω＝eq\f(π,T)＝2，又∵图象过点(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∵图象还过点(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)为了使函数y＝cosωx(ω>0)在区间[0,1]上至多出现50次最小值，则ω的最大值是()A．98π B.eq\f(197,2)πC．99π D．100π[答案]C[解析]由题意至多出现50次最小值即至多需用49eq\f(1,2)个周期，∴eq\f(99,2)·eq\f(2π,ω)≥1，∴ω≤99π，故选C.(理)有一种波，其波形为函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的图象，若在区间[0，t](t>0)上至少有2个波谷(图象的最低点)，则正整数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))的图象在[0，t]上至少有2个波谷，函数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，故选C.13．(文)(2011·南昌调研)设函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)))的最小正周期为π，且其图象关于直线x＝eq\f(π,12)对称，则在下面四个结论中：①图象关于点(eq\f(π,4)，0)对称；②图象关于点(eq\f(π,3)，0)对称；③在[0，eq\f(π,6)]上是增函数；④在[－eq\f(π,6)，0]上是增函数中，所有正确结论的编号为________．[答案]②④[解析]由最小正周期为π得，eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2；再由图象关于直线x＝eq\f(π,12)对称，∴2×eq\f(π,12)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))，当x＝eq\f(π,4)时，f(eq\f(π,4))＝eq\f(1,2)≠0，故①错；当x＝eq\f(π,3)时，f(eq\f(π,3))＝0，故②正确；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错，④正确，∴正确结论为②④.(理)(2011·南京模拟)已知函数f(x)＝xsinx，现有下列命题：①函数f(x)是偶函数；②函数f(x)的最小正周期是2π；③点(π，0)是函数f(x)的图象的一个对称中心；④函数f(x)在区间[0，eq\f(π,2)]上单调递增，在区间[－eq\f(π,2)，0]上单调递减．其中真命题是________(写出所有真命题的序号)．[答案]①④[解析]∵y＝x与y＝sinx均为奇函数，∴f(x)为偶函数，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；设0≤x1<x2≤eq\f(π,2)，则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)]上为增函数，又∵f(x)为偶函数，∴f(x)在[－eq\f(π,2)，0]上为减函数，∴④真．14．函数f(x)＝2acos2x＋bsinxcosx满足：f(0)＝2，f(eq\f(π,3))＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2).(1)求函数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·长沙一中月考)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)的单调递增区间．[解析](1)由题设知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)的单调递增区间为[0，eq\f(π,4)]．(理)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，向量m＝(b,2a－c)，n＝(cosB，cosC)，且m∥n(1)求角B的大小；(2)设f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(B,2)))＋sinωx(ω>0)，且f(x)的最小正周期为π，求f(x)在区间[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)由题知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))，当x∈[0，eq\f(π,2)]时，(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，当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值eq\r(3).当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)，即x＝eq\f(π,2)时，f(x)取得最小值－eq\f(\r(3),2).16．(文)(2011·福建四地六校联考)已知函数f(x)＝－1＋2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)求f(x)图象上与原点最近的对称中心的坐标；(3)若角α，β的终边不共线，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)的单调减区间为[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)图象上与原点最近的对称中心坐标是(－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与β的终边不共线，∴(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)已知函数f(x)＝Asin(eq\f(π,3)x＋φ)，x∈R，A>0,0<φ<eq\f(π,2).y＝f(x)的部分图象如图所示，P、Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为(1，A)．(1)求f(x)的最小正周期及φ的值；(2)若点R的坐标为(1,0)，∠PRQ＝eq\f(2π,3)，求A的值．[解析](1)由题意得，T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6，因为P(1，A)在y＝Asin(eq\f(π,3)x＋φ)的图象上，所以sin(eq\f(π,3)＋φ)＝1.又因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).(2)设点Q的坐标为(x0，－A)，由题意可知eq\f(π,3)x0＋eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)，得x0＝4，所以Q(4，－A)．连接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·河北郑口中学模拟)已知函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0，－eq\f(π,2)<φ<0)在x＝eq\f(5π,6)处取得最大值，则f(x)在[－π，0]上的单调增区间是()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)处取得最大值，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，故选D.2．(2011·长沙二模)若将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后，与函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的图象重合，则ω的最小值为()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·北京大兴区模拟)已知函数f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,R)图象上相邻的一个最大值点与一个最小值点恰好都在圆x2＋y2＝R2上，则f(x)的最小正周期为()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)，结合图形分析知R>eq\r(3)，则2R>2eq\r(3)>3，只有2R＝4这一种可能，故选D.4．(2012·河北保定模拟)已知向量a＝(cosθ，sinθ)与b＝(cosθ，－sinθ)互相垂直，且θ为锐角，则函数f(x)＝sin(2x－θ)的图象的一条对称轴是直线()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为锐角，∴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)，故选B.5.(2011·北京西城模拟)函数y＝sin(πx＋φ)(φ>0)的部分图象如图所示，设P是图象的最高点，A，B是图象与x轴的交点，则tan∠APB＝()A．10 B．8C.eq\f(8,7) D.eq\f(4,7)[答案]B[分析]利用正弦函数的周期、最值