发布时间 : 星期二 文章2020-2021学年广东省广州市高考数学二模试卷(理科)及答案解析更新完毕开始阅读
∴ξ的取值为0，1，2，3． ∴P（ξ=0）=∴ξ的分布列为 ξ 0 P Eξ=0×
+1×1 2 +2×
3 +3×
=．
=83﹣0.65×75=33.60．
=
，P（ξ=1）=
=
，P（ξ=2）=
=
，P（ξ=3）=
=
，
（ⅱ）解：∵b=0.65，a=
∴线性回归方程为=0.65x+33.60 当x=96时， =0.65×96+33.60=96． 可预测该同学的物理成绩为96分．
19．如图，在多面体ABCDM中，△BCD是等边三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD． （Ⅰ）求证：CD⊥AM；
（Ⅱ）若AM=BC=2，求直线AM与平面BDM所成角的正弦值．
【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】（I）取CD的中点O，连接OB，OM，则可证OM∥AB，由CD⊥OM，CD⊥OB得出CD⊥平面ABOM，于是CD⊥AM；
（II）以O为原点建立空间直角坐标系，求出所成角的正弦值为|cos＜
＞|．
和平面BDM的法向量，则直线AM与平面BDM
【解答】（Ⅰ）证明：取CD的中点O，连接OB，OM． ∵△BCD是等边三角形，
∴OB⊥CD．
∵△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°， ∴OM⊥CD．
∵平面CMD⊥平面BCD，平面CMD∩平面BCD=CD，OM?平面CMD， ∴OM⊥平面BCD． 又∵AB⊥平面BCD， ∴OM∥AB．
∴O，M，A，B四点共面．
∵OB∩OM=O，OB?平面OMAB，OM?平面OMAB， ∴CD⊥平面OMAB．∵AM?平面OMAB， ∴CD⊥AM．
（Ⅱ）作MN⊥AB，垂足为N，则MN=OB． ∵△BCD是等边三角形，BC=2， ∴
，CD=2．
．
在Rt△ANM中，
∵△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°， ∴
．
∴AB=AN+NB=AN+OM=2．
以点O为坐标原点，以OC，BO，OM为坐标轴轴建立空间直角坐标系O﹣xyz， 则M（0，0，1），∴
，
，D（﹣1，0，0），
，
．
．
设平面BDM的法向量为=（x，y，z）， 由n?
，n?
，∴
．
，
令y=1，得=
设直线AM与平面BDM所成角为θ， 则
=
=
．
∴直线AM与平面BDM所成角的正弦值为．
20．已知点F（1，0），点A是直线l1：x=﹣1上的动点，过A作直线l2，l1⊥l2，线段AF的垂直平分线与l2交于点P．
（Ⅰ）求点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）若点M，N是直线l1上两个不同的点，且△PMN的内切圆方程为x+y=1，直线PF的斜率为k，求
的取值范围．
2
2
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．
【分析】（Ⅰ）点P到点F（1，0）的距离等于它到直线l1的距离，从而点P的轨迹是以点F为焦点，直线l1：x=﹣1为准线的抛物线，由此能求出曲线C的方程．
（Ⅱ）设P（x0，y0），点M（﹣1，m），点N（﹣1，n），直线PM的方程为（y0﹣m）x﹣（x0+1）y+（y0﹣m）+m（x0+1）=0，△PMN的内切圆的方程为x+y=1，圆心（0，0）到直线PM的距离为1，由x0＞1，得（x0﹣1）m+2y0m﹣（x0+1）=0，同理，由此利用韦达定理、弦长公式、直线斜率，结合已知条件能求出
的取值范围．
2
2
2
，
【解答】解：（Ⅰ）∵点F（1，0），点A是直线l1：x=﹣1上的动点，过A作直线l2，l1⊥l2，线段AF的垂直平分线与l2交于点P，
∴点P到点F（1，0）的距离等于它到直线l1的距离，
∴点P的轨迹是以点F为焦点，直线l1：x=﹣1为准线的抛物线， ∴曲线C的方程为y=4x．
（Ⅱ）设P（x0，y0），点M（﹣1，m），点N（﹣1，n），
2
直线PM的方程为：y﹣m=（x+1），
化简，得（y0﹣m）x﹣（x0+1）y+（y0﹣m）+m（x0+1）=0， ∵△PMN的内切圆的方程为x+y=1， ∴圆心（0，0）到直线PM的距离为1，即
=1，
2
2
∴=
2
，
由题意得x0＞1，∴上式化简，得（x0﹣1）m+2y0m﹣（x0+1）=0， 同理，有
∴m，n是关于t的方程（x0﹣1）t+2y∴m+n=
，mn=
，
2
，
t﹣（x0+1）=0的两根，
∴|MN|=|m﹣n|==，
∵，|y0|=2，
∴|MN|==2，
直线PF的斜率，则k=||=，
∴==，
∵函数y=x﹣在（1，+∞）上单调递增， ∴
，
∴，