云贵川桂四省2021届高三上学期12月联合考试文科数学试卷 Word版含解析 21页

- 1 - 高三数学试卷(文科) 一､选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合 { 5 0}P x x    ， { 4 0}Q x x    ，则 P Q  （ ） A. { 5}x x  B. { | 4 5}x x  C. { |4 5}x x  D. R 【答案】B 【解析】 【分析】 根据集合交集的概念进行运算即可. 【详解】由  5P x x  ， { 4}Q x x ∣ ，所以  | 4 5P Q x x    . 故选：B 2. 若 (1 ) 1 2z i i   ，则 z  （ ） A. 1 3 2 2 i  B. 1 3 2 2 i  C. 3 1 2 2i  D. 3 1 2 2 i  【答案】B 【解析】 【分析】 首先根据复数代数形式的除法运算求出 z ，再求出复数 z 即可； 【详解】解：由题意得 1 2 (1 2 )(1 ) 1 3 1 (1 )(1 ) 2 2 i i iz ii i i          . 所以 1 3 2 2z i   故选：B 3. 从 2，3，4，5，6，7，9，11，12 这 9 个数中任意选取 1 个，则这个数是质数的概率为（ ） A. 1 3 B. 4 9 C. 5 9 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 - 2 - 利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】这 9 个数中 2，3，5，7，11 是质数， 故由古典概型的概率公式得所求概率为 5 9 . 故选：C 4. ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 3a  ， 5b  ，设命题 *:p c N ， C 为钝角关于命题 p 有以下四个判断： ①p 为真命题； ② p 为 *c N ，C 不是钝角； ③p 为假命题： ④ p 为 *Nc  ，C 不是钝角 其中判断正确的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 【答案】A 【解析】 【分析】 ①③利用余弦定理判断；②④利用全称量词命题的否定判断. 【详解】当 6c  或 7 时， 2 2 2 cos 02 a b cC ab    ，则 C 为钝角， p 为真命题，故①正确③ 错误； 因为特称命题的否定是全称命题，所以 p 为 *c N ，C 不是钝角，故②正确④错误； 故选：A 5. 某地区 7 月 1 日至 7 月 10 日白天的平均气温的折线图如图所示，则下列判断错误的是（ ） A. 从 7 月 2 日到 7 月 5 日白天的平均气温呈下降趋势 - 3 - B. 这 10 天白天的平均气温的极差大于 6℃ C. 这 10 天中白天的平均气温为 26℃的频率最大 D. 这 10 天中白天的平均气温大于 26℃的有 5 天 【答案】D 【解析】 【分析】 观察折线图可得选项 A 和选项 B 正确；选项 C，这 10 天中白天的平均气温为 26℃的频率比 其他平均气温的频率都要大，所以该选项正确；选项 D，白天的平均气温大于 26℃的只有 4 天，所以该选项错误. 【详解】选项 A，从 7 月 2 日到 7 月 5 日白天的平均气温呈下降趋势，所以该选项正确；. 选项 B，这 10 天白天的平均气温的极差大于 6℃，所以该选项正确； 选项 C，这 10 天中白天的平均气温为 26℃的频率为 0.3，比其他平均气温的频率都要大，所 以该选项正确； 选项 D，这 10 天中白天的平均气温大于 26℃的只有 4 天，所以该选项错误. 故选：D. 6. 在平行四边形 ABCD 中， 7CD ED  ，且 BE AD DE     .则    （ ） A. 5 B. 6 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 根据条件先将 BE  写成 BC CE  ，再根据 ,BC AD   的关系、 ,CE DE   的关系，将 BE  用 AD  、 DE  表示出来，然后即可求解出 ,  的值，从而结果可求. 【详解】因为 7CD ED  ，所以 6CE DE   ， 则 6BE BC CE AD DE        ，所以 1 6 5      . 故选：A. - 4 - 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据图形特点以及点的位置利用 AD  、 DE  表示出 BE  ，从而完成求解. 7. 设双曲线 2 2 2 14 4 yx n n   的离心率为  * na n  N ，则数列 na 的前 20 项和为（ ） A. 400 B. 410 C. 420 D. 440 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意及双曲线性质得离心率 2 1na n  ，根据等差数列求和公式计算即可. 【详解】解：因为 21 4 4 2 1na n n n     ， 所以数列 na 的前 20 项和为 (3 41) 203 5 41 4402       . 故答案为：440. 【点睛】等差数列基本运算的常见类型及解题策略： （1）求公差 d 或项数 n ：在求解时，一般要运用方程思想； （2）求通项： 1a 和 d 是等差数列的两个基本元素； （3）求特定项：利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解； （4）求前 n 项和：利用等差数列的前 n 项和公式直接求解或利用等差中项间接求解. 8. 如图，某柱桩的底座由一个正六棱柱中间挖掉一个圆柱构成.已知该正六棱柱每个侧面是边 长为 30cm 的正方形，所挖掉的圆柱的底面半径为10cm .为了延长底座的使用时长，需将底座 地面之上的部分（除与地面直接接触的底面之外的表面）涂上防氧化层，则涂层的总面积为 （ ） - 5 - A. 2(2700 3 5400 500π)cm  B. 2(2700 3 5400 400π)cm  C. 2(1350 3 5400 500π)cm  D. 2(1350 3 5400 400π)cm  【答案】C 【解析】 【分析】 由正六棱柱的侧面积加上上底面积加上圆柱的侧面积减支圆柱的上底面积即得． 【详解】 S 涂层 S 正六棱柱上底面 S 正六棱柱侧面 S 圆柱侧面 S 圆柱上底面 2 2 2 23= 6 30 6 30 2 10 30 10 cm4               2=(1350 3 5400 500 )cm  . 故选：C． 9. 若抛物线 2 8x y 上一点 M 到该抛物线焦点 F 的距离为 6，过点 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，设 O 为坐标原点，则四边形 OFMN 的面积为（ ） A. 12 B. 12 2 C. 16 D. 16 2 【答案】B 【解析】 【分析】 延长 MN 交准线 2y   于点 N ，由| | 6MF ，则 6MQ  ,则可得| | 4 2ON  ，从而可求 得答案. 【详解】如图，抛物线的准线方程为 2y   ，焦点 (0,2)F ， 延长 MN 交准线 2y   于点 N ，由| | 6MF ，则 6MQ  - 6 - 因此| | 6 2 4MN    ，所以 M 点的纵坐标为 4，则由 2 8 32M Mx y  , 即 2| | 8 4 32ON    ，| | 4 2ON  ， 由条件可得四边形 OFMN 为梯形， 故四边形 OFMN 的面积为  4 2 2 4 12 22 2 MN OF ON     . 故选：B 10. 设 ABC 的内角 A，B，C 满足 2A C B  ，则函数 ( ) 2sin( )cos sin2f x x B x x   图 象的对称轴方程是（ ） A. π π ,3 2 kx k  Z B. π π ,12 2 kx k  Z C. 5π π ,12 2 kx k  Z D. π π ,6 2 kx k  Z 【答案】C 【解析】 【分析】 先根据条件计算出 B 的值，然后根据两角和的正弦公式以及辅助角公式化简  f x ，最后采用 整体替换的方法求解出对称轴方程. 【详解】因为 ( )A C B    ， 2A+C = B ，所以 3B  ， ( ) 2sin cos sin 23f x x x x      (sin 3 cos )cos sin 2x x x x   1 3 3sin 2 cos22 2 2x x    - 7 - 3sin 2 3 2x        . 由 2 3 2x kx    ， k Z ，得 5 12 2 kx    ， k Z . 故选：C. 【点睛】思路点睛：（1）利用三角恒等变换的公式化简的思路：对于二次的正余弦形式，先 采用降幂公式变形，再利用辅助角公式进行整合； （2）求解形如    sinf x A x   的函数的对称轴方程的思路：令 ,2x k k Z      ，由此求解出关于 x 的方程即为对称轴方程. 11. 某流行病调查中心的疾控人员针对该地区某类只在人与人之向相互传染的疾病，通过现场 调查与传染源传播途径有关的蛛丝马迹，根据传播链及相关数据，建立了与传染源相关确诊 病例人数 ( )H t 与传染源感染后至隔离前时长t (单位：天)的模型：   ektH t  .已知甲传染源 感染后至隔离前时长为 5 天，与之相关确诊病例人数为 8；乙传染源感染后至隔离前时长为 8 天，与之相关确诊病例人数为 20.若某传染源感染后至隔离前时长为两周，则与之相关的确诊 病例人数约为（ ） A. 44 B. 48 C. 80 D. 125 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知数据求得 5e 8k   和 8e 20k   值，两式相除可得 3 5e 2 k  ，然后代入 (14)H 计算可得． 【详解】依题意得 5(5) e 8kH   ， 8(8) e 20kH   ， 8 3 5 (8) e 20 5e(5) e 8 2 k k k H H        ， 所以   3 314 5 3 5(14) e e e 8 1252 k k kH             . 故若某传染源感染后全隔离前时长为两周，则相关确诊病例人数约为 125. 故选：D 12. 已知底面为矩形的四棱锥 P-ABCD 每个顶点都在球 O 的球面上， PA AD ， PA AB ， - 8 - 2PB AB ，且 2 2BC  ，若球 O 的体积为 32 3  ，则棱 PB 的中点到平面 PCD 的距离为 （ ） A. 6 2 B. 6 3 C. 3 2 D. 2 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 首先证明 PA  平面 ABCD 即可推出侧棱 PC 为球 O 的直径，根据球的体积求出 AB，过 A 作 AG PD 于 G，取棱 PA 的中点 F，连接 EF，利用等体积法求出 AG ，E 到平面 PCD 的距 离等于 F 到平面 PCD 的距离. 【详解】 PA AB ， 2PB AB ， 2 2 2PB AB PA   ， PA AB  ，又 PA AD ， AD AB A  ， AB Ì平面 ABCD， AD 平面 ABCD， PA  平面 ABCD. 底面 ABCD 为矩形，侧棱 PC 为球 O 的直径， 设球 O 的半径为 R，则 34 32 3 3 R  ，即 2R  ， 又 2 2 2 28 2 2 2 AB AD AP ABR     ，解得 2AB  . 过 A 作 AG PD 于 G，取棱 PA 的中点 F，连接 EF. 易证CD 平面 APD，则CD AG ，  AG PD ，CD AG ，CD PD D ，CD  平面 PCD， PD  平面 PCD， AG 平面 PCD. P ACD A PCDV V  ，即 1 1 1 1 3 2 3 2AB AD PA CD PD AG         ， - 9 - 可得 2 2 2 2 6 32 3 AG   ， 则 F 到平面 PCD 的距离为 1 6 2 3AG  ， //EF AB ， //AB CD ， //EF CD ， 则 E 到平面 PCD 的距离等于 F 到平面 PCD 的距离， 故棱 PB 的中点到平面 PCD 的距离为 6 3 . 故选：B 二､填空题本大题共 4 小题每小题 5 分共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置. 13. 若 1tan 2   ，则 sin cos sin 2cos       ________. 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 将分式 sin cos sin 2cos       的分子、分母同除以 cos ，然后代入 tan 的值求解出结果. 【详解】因为 sin cos 1 sin cos tan 1 1cos cos 2 sin 2cos 3sin 2cos tan 2 3 cos cos 2                     ， 故答案为： 1 3 . 【点睛】方法点睛：已知 tan 的值，求解形如 sin cos sin cos a b c d       （或 sin cos sin cos n n n n a b c d       ） 的式子的值的方法： 分式的分子、分母同时除以 cos（或 cosn  ），将原式化简为关于 tan 的式子，再根据 tan 的值可求解出结果. 14. 若函数  9( ) log ( 2) 25f x x x   ，则 ( )f x 的值域为________. 【答案】 3 ,2     【解析】 - 10 - 【分析】 根据对数函数的单调性即可求出. 【详解】因为 ( )f x 在 25, 上单调递减，所以 9 3( ) (25) log 27 2f x f   ， 所以 ( )f x 的值域为 3 ,2     . 故答案为： 3 ,2     . 15. 若直线 l 过点 ( 2,0) ，且倾斜角为 4  ，则 l 被圆 2 2 :( 3) ( 3) 10C x y    所截得的弦长 为________. 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 先写出直线 l 的方程，求出圆心 C 到直线 l 的距离为 d，由垂径定理有 2 22 R d ，可得答案. 【详解】直线 l 的倾斜角为 4  ，则斜率为 1. 由题意，可得 l 的方程为 2 0x y   ， 易知点圆心 C 的坐标为 ( )3,3 . 设点 C 到直线 l 的距离为 d，则 | 3 3 2| 2 2 2 d     ， 则所求弦长为 2 22 2 10 8 2 2R d    . 故答案为： 2 2 16. 函数 ( )f x 为定义在 R 上的偶函数且在[0, ) 上单调递增，现有下列四个命题： ①函数 ( ) ( )cosg x f x x 为奇函数； ②函数 ( ) [ ( ) (2)]h x x f x f  有且只有 3 个零点； - 11 - ③不等式 [ ( ) (2)] 0x f x f  的解集为 ( , 2] [0,2]   ； ④ ( )f x 的解析式可能为 2( )   x xf x e e x . 其中所有真命题的序号是________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】 ①根据  f x 是偶函数利用定义得出 ( ) ( )g x g x  可判断；②根据  f x 的性质可得 (2) ( 2) (0) 0h h h    ；③讨论 0x  和 0x  再利用  f x 的单调性可求解；④先判断函数 为偶函数，再利用导数判断函数在[0, ) 的单调性即可判断. 【详解】对①，  f x 是偶函数，    f x f x   ， 若 ( ) ( )cosg x f x x ，则 ( ) ( )cos( ) ( )cos ( )g x f x x f x x g x      ， 则 ( ) ( )cosg x f x x 为偶函数，故①是假命题. 对于②，设函数 ( ) ( ) (2)F x f x f  ， (2) (2) (2) 0 ( 2)    F f f F ，  f x 在[0, ) 上单调递增， ( )F x 在 R 上有且只有 2 个零点， 所以 (2) ( 2) (0) 0h h h    ，故 ( )h x 在 R 上有且只有 3 个零点，故②是真命题. 对③，因为 [ ( ) (2)] 0x f x f  ， 所以当 0x  时， ( ) (2) 0f x f  ，即    2f x f  ，则 2x  ，即 2x ≤ ； 当 0x  时， ( ) (2) 0f x f  ，即 ( ) (2)f x f ，即 2x  ，则 0 2x  ， 故 [ ( ) (2)] 0x f x f  的解集为 ( , 2] [0,2]   ，故③是真命题. 对④，若 2( )   x xf x e e x ，则  2( ) x xf x e f xe x    则此函数满足 ( )f x 为偶函数， 又 ( ) 2   x xf x e e x ， 设 ( ) ( )p x f x ， ( ) 2 2 2 0x xp x e e       . - 12 - 则 ( )p x 为 R 上的增函数，在[0, ) 上， ( ) (0) 0f x f   ， 所以此函数还满足在[0, ) 上单调递增，④是真命题. 【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的应用，解题的关键是正确利用偶函数的性质以及单 调性的判断和利用单调性解不等式. 三､解答题 17. 在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AB AC ， 1AB  ， 1 2AC AA  . （1）证明： 1 1 / /B C 平面 1A BC . （2）求点面 A 到平面 1A BC 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 . 【解析】 【分析】 （1）由 1 1 / /B C BC 即可证明； （2）利用等体积法，根据 1 1A A BC A ABCV V  可求. 【详解】（1）证明：在直三棱柱 1 1 1ABC A B C ，中， 1 1 / /B C BC ， 因为 BC 平面 1A BC ， 1 1B C  平面 1A BC . 所以 1 1 / /B C 平面 1A BC . （2）解：在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA  平面 ABC， 因为 AB Ì平面 ABC，所以 1AA AB . - 13 - 又 1AB  ， 1 2AA  ，所以 1 5A B  ， 同理可得 1 2 2AC  . 因为 AB AC ， 1AB  ， 2AC  ，所以 5BC  . 所以 1A BC 的面积为 1 2 2 5 2 62     . 设点 A 到平面 1A BC 的距离为 h， 由 1 1A A BC A ABCV V  ，得 1 1 16 1 2 23 3 2h       ， 解得 6 3h  . 18. 为了解生猪市场与当地居民人均收人水平的关系农业农村部对 160 城镇当月的猪肉价格 (元/千克)与居民人均收入(元/月)进行了随机调研得到如下表格： 猪肉价格(元/千克) 人均收入(元/月) (0,40] (40,50] (50,60] (0,3000] 6 15 0 (3000,4000] 2 27 5 (4000,5000] 9 45 16 (5000,6000] 0 16 19 （1）估计全国各地猪肉价格在 (50,60](元/千克)内的概率； （2）估计这 160 个城镇的居民人均收人(元/月)的中位数(计算结果保留整数)； （3）根据所给数据完成下面的列联表并根据列联表判断是否有 99.5%的把握认为当月的猪肉 价格与当地居民人均收入水平有关. 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    . - 14 -  2P K k 0.05 0.010 0.005 k 3.841 6.635 7.879 猪肉价格(元/千克) 人均收入(元/月) (0,50] (50,60] 合计 (0,4000] (4000,6000] 合计 【答案】（1） 1 4 ；（2）中位数约为 4357；（3）列联表见解析，有99.5%的把握认为当月的猪 肉价格与当地居民人均收入水平有关. 【解析】 【分析】 （1）根据频率的定义即可求出样本的频率，即可估计全国各地猪肉价格在（50，60]（元/千 克）内的概率； （2）根据中位数的定义即可求出； （3）根据题目所给的数据填写 2×2 列联表，计算 K 的观测值 K2，对照题目中的表格，得出 统计结论． 【详解】（1）因为这 160 个城镇的猪肉价格在 (50.60](元/千克)内的频率为 5 16 19 1 160 4    ， 所以据此得全国各地猪肉价格在 (50.60](元/千克)内的概率约为 1 4 ； （2）因为居民人均收入(元/月)在 0,4000 的频率为 6 15 2 27 5 11 1 160 32 2       ， 居民人均收入(元/月)在 (0,5000]内的频率为 55 9 45 16 25 1 160 32 2      ， 所以居民人均收入(元/月)的中位数在 (4000,5000]之间， 因为 1 11 305002 324000 1000 435725 11 7 32 32       . - 15 - 所以中位数约为4357； （3）列联表如下： 猪肉价格(元/千克) 人均收人(元/月) (0,50]  50 60， 合计  0,4000 50 5 55 (4000,6000] 70 35 105 合计 120 40 160 因为 2 2 160 (50 35 70 5) 1120 11.313 7.87955 105 120 40 99K          ， 所以有99.5%的把握认为当月的猪肉价格与当地居民人均收入水平有关. 【点睛】方法点睛：在频率分布中中位数的求法是：中位数的两边频率和都为 0.5. 19. 已知等比数列 na 的公比为 q. （1）试问数列 1n na a  一定是等比数列吗？说明你的理由. （2）若 4 5 69a a a ， 1 2 3 27a a a  ，求 na 的通项公式及数列 ( 1) 4n nn a  的前 n 项和 .nS 【答案】（1）数列 1n na a  不一定是等比数列，理由见解析；（2）答案见解析. 【解析】 【分析】 （1）可得当 1q   时， 1 0n na a   ，此时不是等比数列； （2）根据题意可求出数列通项公式 13  n na ，再分 n 为奇数和偶数时两种情况可求和. 【详解】解：（1）数列 1n na a  不一定是等比数列. 理由如下： 若 1q   ，则 1 (1 ) 0   n n na a a q ， 此时数列 1n na a  不是等比数列； 若 1q   ， 1 1 1 (1 ) n n na a a q q      - 16 - 则数列 1n na a  一定是公比为 q 的等比数列， 故数列 1n na a  不一定是等比数列. （2）由 4 5 69a a a ，且 4 5 3 6a a a a ；得 3 9a  . 因为 1 2 3 27a a a  ，所以 3 2 27a  ，则 2 3a  ， 所以 9 33q   ， 1 1a  ， 所以 na 的通项公式为 13  n na ， 故 1 31 2 3 4 ( 1) 4 1 3 n n nS n           ， 当 n 为偶数时，  1 2 3 12 n nS n   ； 当 n 为奇数时，  1 1( 1) ( 1) 2 3 1 ( 5) 2 32 2 n n nS n n n           . 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于 n na b 结构，其中 na 是等差数列， nb 是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于 +n na b 结构，利用分组求和法； （4）对于 1 1 n na a        结构，其中 na 是等差数列，公差为 d ，则 1 1 1 1 1 1 n n n na a d a a        ，利 用裂项相消法求和. 20. 已知函数   ln xf x x e   . （1）若曲线  y f x 存在一条切线与直线 1 ey xe   垂直，求这条切线的方程. （2）证明：   2 3ln 4f x x x   . 【答案】（1） 1 0e x ey e    ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由   1ef x e   可求得切点坐标，再利用点斜式可求得所求切线的方程； - 17 - （2）设   2 3ln 4g x x x   ，利用导数得出  max 0f x  ，以及  min 0g x  ，进而可得出        max minf x f x g x g x   ，即可证得所求不等式成立. 【详解】（1）   ln xf x x e   ，   1 1f x x e    ， 因为曲线  y f x 的一条切线与直线 1 ey xe   垂直， 所以这条切线的斜率为 1e e  ，令 1 1 1e x e e   ，得 1x  ，所以切点为 11, e     ， 所求切线的方程为  1 1 1ey xe e    ，即 1 0e x ey e    ； （2）证明：   1 1 e xf x x e xe    . 当  0,x e 时，   0f x  ；当  ,x e  时，   0f x  . 所以，函数  f x 的单调递增区间为 0,e ，单调递减区间为 ,e  ， 所以    max ln 0ef x f e e e     . 设函数   2 3ln 4g x x x   ，则   21 2 12 xg x x x x     . 当 20, 2x      时，   0g x  ；当 2 ,2x       时，   0g x  . 所以，函数  g x 的单调递减区间为 20, 2       ，单调递增区间为 2 ,2      . 所以  min 2 1 1 1 3 1 1 1 1ln ln 2 ln 22 2 2 2 4 4 2 2 2g x g                    . 因为 1ln 2 ln 2e  ，所以  min 0g x  . 又    max 0f x f x ≤ ，所以   2 3ln 4f x x x   . 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式    f x g x （或    f x g x ）转化为证明     0f x g x  （或     0f x g x  ），进而构造辅助函数      h x f x g x  ； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； - 18 - （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函 数. 21. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，左､右焦点分别为 1F ， 2F ，Q 为 C 的上顶点，且满足 1 2 8FQ F Q      . （1）求 C 的方程. （2）若 P 为直线 8x  上的动点，A，B 分别为 C 的左､右顶点，PA 与 C 的另一个交点为 M， PB 与 C 的另一个交点为 N，是否存在定点 G 使得直线 MN 恒过该定点 G？若存在，求 G 的坐 标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 2 2 116 4 x y  ；（2）存在定点 G，且 G 的坐标为 (2,0) . 【解析】 【分析】 （1）由题得到关于 , ,a b c 的方程，解方程即得 C 的方程； （2）设动点 P 为 (8, )m ，联立直线和椭圆的方程求出 2 2 2 144 4 24,36 36 m mM m m       ， 2 2 2 4 16 8,4 4 m mN m m        ，再对直线 MN 的斜率分两种情况讨论得解. 【详解】解：（1）由题意，设 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ， 则 (0, )Q b ， 2 2 2 23 4c e a a  ， 2 2 2 21 4 b a c a   ， 2 2 2 1 2 1 82FQ F Q c b a           ， 因此 2 16a  ， 2 4b  ， 故 C 的方程为 2 2 116 4 x y  . （2）由（1）可知 ( 4,0)A  ， (4,0)B ，可设动点 P 为 (8, )m ， 则 AP 所在直线的方程为 ( 4)12 my x  ， - 19 - BP 所在直线的方程为 ( 4)4 my x  . 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，联立 2 2 116 4 ( 4)12 x y my x       ， 得 2 2 2 236 8 16 576 0m x m x m     ， 2 1 2 16 5764 36 mx m    ， 2 1 2 144 4 36 mx m   ， 1 2 24 36 my m   ， 2 2 2 144 4 24,36 36 m mM m m       ，同理可得 2 2 2 4 16 8,4 4 m mN m m        . 根据椭圆的对称性，若存在定点 G，则点 G 必在 x 轴上， 当直线 MN 的斜率不存在时， 2 2 2 2 4 16 144 4 4 36 m m m m    ， 解得 2 12m  ， 此时直线 MN 的方程为 2x  ，得 (2,0)G . 当 0m  时，直线 MN 的方程为 0y  ，直线 MN 过点 (2,0)G . 当 0m  且直线 MN 的斜率存在时， 2 2 2 2 24 436 144 4 12236 GM m mmk m m m    ， 2 2 2 2 8 44 4 16 1224 GN GM m mmk km m m      ， 所以 M，N，G 三点共线，则直线 MN 过点 (2,0)G . 综上，存在定点 G，且 G 的坐标为 (2,0) . 【点睛】方法点睛：定点问题常用的解题方法有：（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑 动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的 坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数 R  ， 结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式 2 1 2 3( , ) ( , ) ( , ) 0f x y f x y f x y    ，（一般地， ( , )( 1,2,3)if x y i  为关于 ,x y 的二元一次 - 20 - 关系式）由上述原理可得方程组 1 2 3 ( , ) 0 ( , ) 0 ( , ) 0 f x y f x y f x y      ，从而求得该定点. 22. 在直角坐标系 xOy 中曲线 C 的参数方程为 4cos 4 4sin x y        ，( 为参数)以坐标原点为极 点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为3 cos 4 sin m     . （1）求 C 的极坐标方程； （2）若 l 与 C 相交，求 m 的取值范围 【答案】（1） 8sin 0   ；（2） ( 36,4) . 【解析】 【分析】 （1）先把曲线 C 的参数方程化成直角坐标方程，再将直角坐标转化成极坐标； （2）先求出 l 的直角坐标方程，再根据直线和圆相交得到 m 的取值范围. 【详解】解：（1）由 4cos 4 4sin x y        ，得 2 2( 4) 16x y   ， 即 2 2 8 0x y y   ， 则 C 的极坐标方程为 2 8 sin 0    ， 即 8sin 0   (或 8sin   ). （2）因为 l 的极坐标方程为3 cos 4 sin m     ， 所以 l 的直角坐标方程为3 4 0x y m   . 由（1）知，曲线 C 表示圆心为 (0, 4)C  ，半径为 4 的圆， 则 C 到 l 的距离 | 16 | 45 md   ， 解得 36 4m   ，即 m 的取值范围为 ( 36,4) . 【点睛】方法点睛：将参数方程转化为直角坐标方程，常用的方法有：（1）代入消参；（2） 三角恒等式消参.无论用哪一种方法，都要注意变量的范围. 23. 已知函数 ( ) | | | 3 |f x x a x a    . - 21 - （1）求不等式 ( ) 1 | |f x x a   的解集； （2）若 ( ) 18f x a  对 xR 恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1） ( ,3 1) (3 1, )a a    ；（2） 9[ 18, 2) ,4       . 【解析】 【分析】 （1）等价于| 3 | 1x a  ，根据绝对值解法求解； （2）根据双绝对值解出 ( )f x 的最小值| 2 |a ，原不等式等价于| 2 | 18a a  ，平方化简即可. 【详解】解：（1）由 ( ) 1 | |f x x a   ，得| 3 | 1x a  ， 则 3 1x a   或 3 1x a  ， 即 3 1x a  或 3 1x a  ， 故不等式 ( ) 1 | |f x x a   的解集为 ( ,3 1) (3 1, )a a    ， （2）因为 ( ) | | | 3 | | ( 3 ) | | 2 |f x x a x a x a x a a         ， 所以 ( )f x 的最小值为| 2 |a . 因为 ( ) 18f x a  对 xR 恒成立，所以 18 | 2 |a a  ， 又 18 0a   ，所以 9[ 18, 2) ,4a        . 【点睛】含有绝对值的不等式的性质： （1）如果 ,a b 是实数，则|| | | || | | | | | |a b a b a b     ； （2）如果 , ,a b c 是实数，那么| | | | | |a c a b b c     ，当且仅当 ( )( ) 0a b b c   时，等号 成立.