专题38 利用正态分布三段区间的概率值求概率(原卷版).docx
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1、lt;,所以cos(),又sin ,所以cos cos()cos()cos sin()sin .6在ABC中,A,B,C的对边分别是a,b,c.若A120,a1,则2b3c的最大值为()A3 B. C3 D.答案B解析因为A120,a1,所以由正弦定理可得,所以bsin B,csin C,故2b3csin B2sin Csin2sin Csin C2cos Csin(C)其中sin ,cos ,所以2b3c的最大值为.二、多项选择题7(2020临沂模拟)在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b2,c3,A3C,则下列结论正确的是()Acos C Bsin BCa3 DSABC答案A
2、D解析因为A3C,ABC,所以B2C.由正弦定理,得,即,所以cos C,故A正确;因为cos C,所以sin C,所以sin Bsin 2C2sin Ccos C2,故B错误;因为cos Bcos 2C2cos2C1,所以sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C,则cos A,所以a2b2c22bccos A(2)2322231,所以a1,故C错误;SABCbcsin A23,故D正确8已知0,若sin 2m,cos 2n且mn,则下列选项中与tan恒相等的有()A. B. C. D.答案AD解析sin 2m,cos 2n,m2n21,tan.三、填空题9(2020保
3、定模拟)已知tan,则_.答案解析因为tan,所以,即,解得tan ,所以tan .10在ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且,则A_.答案解析由正弦定理,得,整理得b2a22acsin Bc2,即b2c2a22acsin B2bcsin A,由余弦定理得,b2c2a22bccos A,2bccos A2bcsin A,即cos Asin A,tan A1,A.11(2020全国)如图,在三棱锥PABC的平面展开图中,AC1,ABAD,ABAC,ABAD,CAE30,则cosFCB_.答案解析在ABD中,ABAD,ABAD,BD,FBBD.在ACE中,AEAD,AC1,CAE30
4、,EC1,CFCE1.又BC2,在FCB中,由余弦定理得cosFCB.12(2020山东省师范大学附中月考)在ABC中,设角A,B,C对应的边分别为a,b,c,记ABC的面积为S,且4a2b22c2,则的最大值为_答案解析由题意知,4a2b22c2b24a22c2a2c22accos B,整理,得2accos B3a23c2cos B,因为222,代入cos B,整理得2,令t,则2(9t222t9)2,所以2,所以,故的最大值为.四、解答题13(2020全国)ABC中,sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C.(1)求A;(2)若BC3,求ABC周长的最大值解(1)由正弦定理和已知
5、条件得BC2AC2AB2ACAB.由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcos A由得cos A.因为0A,所以A.(2)由正弦定理及(1)得2,从而AC2sin B,AB2sin(AB)3cos Bsin B.故BCACAB3sin B3cos B32sin.又0BA;条件:cos B.解(1)在ABC中,由余弦定理知,b2c2a22bccos A,所以2b22bccos A(1tan A),所以bc(cos Asin A),又由正弦定理知,得sin Bsin C(cos Asin A),所以sin(AC)sin C(cos Asin A),即sin Acos Ccos Asin Csin
6、 Ccos Asin Csin A,所以sin Acos Csin Csin A,因为sin A0,所以cos Csin C,所以tan C1,又因为0C,所以C.(2)选择条件,cos B,因为cos B,且0B0,表示以为圆心,为半径的圆例2(1)(2018天津)在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为_答案x2y22x0解析方法一设圆的方程为x2y2DxEyF0.圆经过点(0,0),(1,1),(2,0),解得圆的方程为x2y22x0.方法二画出示意图如图所示,则OAB为等腰直角三角形,故所求圆的圆心为(1,0),半径为1,所求圆的方程为(x1)2y21
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