新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷四高考押题专练一（附解析）

四　高考押题专练2024年高考数学押题卷(一)时间：120分钟　满分：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设集合A＝{y|y＝＋1}，B＝{y|y＝ex}，则(∁RA)∩B＝(　　)A．(0，＋∞)B．[1，＋∞)C．(0，1)D．(－∞，1)2．设复数z满足为纯虚数，则|z|＝(　　)A．1B．C．D．23．已知p：ab≤1，q：a＋b≤2，则p是q的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．已知a＝(1，2)，b为单位向量，若a·b＋|a|·|b|≤0，则b＝(　　)A．(，)B．(－，)C．(，－)D．(－，－)5．函数f(x)＝的部分图象可能为(　　)6．将1，2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对．若n＝4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为(　　)A．4B．5C．6D．77．已知点M，N是抛物线Γ：y2＝2px(p>0)和动圆C：(x－1)2＋(y－3)2＝r2(r>0)的两个公共点，点F是Γ的焦点，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，则当r变化时，r＋|MF|的最小值为(　　)A．3B．4C．5D．68．已知a＝1.01ln(ln1.01)－(ln1.01)ln1.01，b＝sin[ln(1＋cos1.01)]，c＝etan(sin1.01)＋1，则a，b，c的大小关系为(　　)A．a<b<cB．b<a<cC．c<b<aD．c<a<b二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知圆C：x2＋y2＝1，直线l：y＝x＋1，则(　　)A．直线l在y轴上的截距为1B．直线l的倾斜角为C．直线l与圆C有2个交点D．圆C上的点到直线l的最大距离为10．在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，方差为1.1；乙队每场比赛平均失球数是2.1，方差为0.4，下列说法正确的有(　　)A．平均来说甲队比乙队防守技术好B．乙队比甲队的防守技术更稳定C．每场比赛甲队的失球数一定比乙队少D．乙队可能有一半的场次不失球11．已知函数f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx＋)＋…＋sin(ωx＋)，其中ω>0，n∈N*，则(　　) A．若f(x)存在最小正周期T且T＝π，则ω＝2B．若ω＝2，则f(x)存在最小正周期T且T＝πC．若n＝3，ω＝2π，则g(x)＝f(x－)－2(x－1)的所有零点之和为2D．若n＝3，ω＝2，则g(x)＝在(0，π)上恰有2个极值点12．如图，在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝BC＝2，点D满足＝λ(λ>0)，将△ABD沿直线BD翻折到△PBD的位置，下列说法正确的是(　　)A．若λ＝2，则BD＝B．异面直线PC和BD夹角的最大值为C．三棱锥PBCD体积的最大值为D．点P到平面BCD距离的最大值为2[答题区]题号123456789101112答案三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在(2x＋x2)4的展开式中，含x5项的系数为________．14.如图，一个水平放置在桌面上的无盖正方体容器ABCDA1B1C1D1，AB＝4，容器内装有高度为h的水，现将容器绕着棱A1B1所在直线顺时针旋转45°，容器中溢出的水刚好装满一个半径为的半球形容器，不考虑容器厚度以及其他因素影响，则h＝________.15．设样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，则A，B，C三个事件________(填“是”或“不是”)两两独立，且＝________．16．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点F为椭圆C的右焦点，P为椭圆上一点，且PF垂直于x轴．过原点O作直线PA的垂线，垂足为M，过原点O作直线PB的垂线，垂足为N，记S1，S2分别为△MON，△PAB的面积．若＝，则椭圆C的离心率为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝anan＋ 1(n∈N*).(1)求{an}的通项公式；(2)若Sk≤2023恒成立，求正整数k的最大值．解：18．(12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且·＝·＝·.(1)求角A；(2)若b＝2，求△ABC的面积．解： 19.(12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值．解：20．(12分)2023年5月10日长征七号火箭剑指苍穹，搭载天舟六号货运飞船为中国空间站运送补给物资，为中国空间站的航天员们长时间探索宇宙奥秘提供强有力的后援支持．某校部分学生十分关注中国空间站的发展，若将累计关注中国空间站发展的消息达到6次及以上者称为“航天达人”，未达到6次者称为“非航天达人”．现从该校随机抽取50人进行分析，得到数据如表所示：航天达人非航天达人合计 男2026女14合计(1)补全2×2列联表，根据小概率值α＝0.010的独立性检验，能否认为“航天达人”与性别有关联？(2)现从抽取的“航天达人”中，按性别采用分层抽样的方法抽取6人，然后从这6人中随机抽取3人，记这3人中女“航天达人”的人数为X，求X的分布列和数学期望．附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.α0.1000.0500.0100.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解：21．(12分)已知双曲线C1：－＝1的一条渐近线方程为y＝－x，椭圆C2：＋＝1的长轴长为4，其中a>b>0.过点P(2，1)的动直线l1交C1于A，B两点，过点P的动直线l2交C2于M，N两点．(1)求双曲线C1和椭圆C2的方程．(2)是否存在定点Q，使得四条直线QA，QB，QM，QN的斜率之和为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解： 22．(12分)已知f(x)＝ax＋＋c－lnx，其中a，b，c∈R.(1)若b＝c＝0，讨论f(x)的单调性；(2)已知x1，x2是f(x)的两个零点，且x1<x2，证明：x2(ax1－1)<b<x1(ax2－1).解： 2024年高考数学押题卷(一)1．解析：对集合A，∵≥0，∴y≥1，∴A＝{y|y≥1}，∁RA＝{y|y<1}，B＝{y|y>0}，则(∁RA)∩B＝(0，1)，故选C.答案：C2．解析：因为为纯虚数，所以可设＝bi(b≠0，b∈R)，则z＝，方法一　可得z＝＝＋i，所以|z|＝＝＝1，故选A.方法二　|z|＝＝＝＝1，故选A.答案：A3．解析：取a＝0，b＝3，则a＋b＝3，不满足a＋b≤2，所以p不能推出q；取a＝－2，b＝－2，则ab＝4，不满足ab≤1，所以q不能推出p.故p是q的既不充分也不必要条件，选D.答案：D4．解析：由a·b＋|a|·|b|≤0，可得|a|·|b|·cos〈a，b〉＋|a|·|b|≤0，得cos〈a，b〉＋1≤0，得cos〈a，b〉≤－1，又cos〈a，b〉≥－1，所以cos〈a，b〉＝－1，得〈a，b〉＝180°，可知a与b共线且反向．方法一　不妨设b＝(x，y)，因为b为单位向量，所以|b|＝1.由，得或.当b＝(，)时，a＝b，a与b共线且同向，不合题意；当b＝(－，－)时，a＝－b，a与b共线且反向，符合题意．故选D.方法二　b＝－＝－(1，2)＝(－，－)，故选D.答案：D5．解析：因为f(－x)＝＝＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，排除D；因为f(π)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上必有零点，排除C；因为当x∈(0，π)时，f(x)>0，所以排除B.故选A.答案：A6．解析：由题知数列{an}中的项都是正整数，当n＝4时，1≤i<j≤4，将1，2，3，4按照某种顺序排成一列，则用列举法列出所有恰有2个逆序对的数列的组合为{1，4，2，3}，{1，3，4，2}，{2，1，4，3}，{2，3，1，4}，{3，1，2，4}，共5个，故选B.答案：B7．解析：方法一　当MN为圆C的直径时，设直线MN的方程为y＝2x＋m.由，得4x2＋(4m－2p)x＋m2＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－＝，y1＋y2＝2x1＋m＋2x2＋m＝2(x1＋x2)＋2m＝2×＋2m＝p.因为MN为圆C 的直径，所以直线MN过圆心C(1，3)，且C为线段MN的中点，所以＝3，即＝3，得p＝6.所以抛物线Γ的方程为y2＝12x，准线l的方程为x＝－3.如图，记点M在准线l上的射影为M′，连接MM′，CM′.由抛物线的定义可知点M到焦点F的距离等于点M到准线l的距离，即|MF|＝|MM′|.则r＋|MF|＝|MC|＋|MM′|≥|CM′|，当且仅当C，M，M′三点共线且M位于M′，C之间时取等号，此时CM′⊥l，则(r＋|MF|)min＝1＋3＝4，故选B.方法二　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则，两式相减得y－y＝2p(x1－x2)，即(y1＋y2)(y1－y2)＝2p(x1－x2)，即＝2p.当MN为圆C的直径时，MN过圆心C(1，3)，且C为线段MN的中点，那么有＝3，即y1＋y2＝6，且直线MN所在直线的斜率k＝＝2，可得(y1＋y2)k＝2p，得p＝6.下同方法一．答案：B8．解析：对a，方法一　∵1.01ln(ln1.01)＝eln1.01ln(ln1.01)＝eln(ln1.01)×ln1.01＝[eln(ln1.01)]ln1.01＝(ln1.01)ln1.01，∴a＝1.01ln(ln1.01)－(ln1.01)ln1.01＝(ln1.01)ln1.01－(ln1.01)ln1.01＝0.方法二　记ln(ln1.01)＝m，则ln1.01＝em，1.01＝eem，∴a＝(eem)m－(em)em＝emem－emem＝0.方法三　记ln1.01＝t，则1.01＝et，∴a＝(et)lnt－tt＝etlnt－tt＝elntt－tt＝tt－tt＝0.对b，∵0<1.01<，∴<cos1.01<1，<1＋cos1.01<2，∴ln<ln(1＋cos1.01)<ln2，∴0<b<1.对c，易知0<sin1.01<1，∴tan(sin1.01)>0，tan(sin1.01)＋1>1，∴c＝etan(sin1.01)＋1>e.综上，a<b<c，故选A.答案：A9．解析：如图，对A，在y＝x＋1中，令x＝0，得y＝1，所以直线l在y轴上的截距为1，A 正确．对B，记直线l的倾斜角为θ，则0≤θ<π，直线l的斜率k＝tanθ＝1，得θ＝，B正确．对C，圆心C到直线l的距离d＝，圆C的半径r＝1，因为d<r，所以圆C与直线l相交，有2个交点，C正确．对D，圆C上的点到直线l的最大距离为d＋r＝＋1，D错误．综上，选ABC.答案：ABC10．解析：对A，由甲队的平均失球数小于乙队的平均失球数，可知甲队的防守技术比乙队好，A正确．对B，甲队失球数的方差大于乙队失球数的方差，可知乙队比甲队的防守技术更稳定，B正确．对C，平均数可以说明数据的整体情况，无法说明每场比赛甲队的失球数一定比乙队少，C错误．对D，记乙队在n(n∈N*，且n为偶数)场比赛中失球数依次为x1，x2，…，xn，则乙队失球数的平均数＝2.1，假设乙队有一半的场次不失球，不妨设x1＝x2＝…＝x＝0，则乙队失球数的方差s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]＝[×2＋(x＋1－)2＋…＋(xn－)2]＝2＋[(x＋1－)2＋…＋(xn－)2]>×2.12>2.2，与已知矛盾．D错误．综上，选AB.答案：AB11．解析：方法一　当n＝1时，f(x)＝sin(ωx＋)，当n＝2时，f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx＋)＝sinωx＋cosωx－sinωx＋cosωx＝cosωx，当n＝3时，f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx＋)＋sin(ωx＋π)＝cosωx－sinωx＝2cos(ωx＋)，当n＝4时，f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx＋)＋sin(ωx＋π)＋sin(ωx＋)＝cosωx－sinωx－sinωx－cosωx＝cos(ωx＋)，当n＝5时，f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx＋)＋…＋sin(ωx＋)＝－sinωx，当n＝6时，f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx＋)＋…＋sin(ωx＋)＝0.可以看出，函数f(x)的解析式以6为周期循环．对A，易知∀n∈N*，除了n＝6k(k∈N*)的情况，其他都可以满足最小正周期T＝π，此时ω＝2，故A正确．对B，当ω＝2时，若n＝6k(k∈N*)，则f(x)＝0，此时f(x)无最小正周期，故B不正确．对C，当n＝3，ω＝2π时，f(x)＝2cos(2πx＋)，f(x－)＝2cos[2π(x－)＋ ]＝2cos(2πx－＋)＝2cos(2πx－)＝2sin(2πx).令h(x)＝2(x－1)，求g(x)的零点即求f(x－)－h(x)＝0的根，即求f(x－)＝h(x)的根，也就是求f(x－)的图象与h(x)的图象的交点的横坐标，如图1所示，f(x－)的图象与h(x)的图象有3个交点．不妨设交点坐标依次为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，因为f(x－)与h(x)的图象都过点(1，0)，且都关于点(1，0)对称，所以x2＝1，x1＋x3＝1×2＝2，所以x1＋x2＋x3＝3，所以g(x)的所有零点之和为3.故C不正确．对D，当n＝3，ω＝2时，f(x)＝2cos(2x＋)，f(x－)＝2cos[2(x－)＋]＝2cos(2x－＋)＝2cos(2x－)＝2sin2x，所以g(x)＝，对g(x)求导，得g′(x)＝，令g′(x)＝0，得4cos2x－2sin2x＝0，得2cos2x＝sin2x，得tan2x＝2，因为x∈(0，π)，所以2x∈(0，2π)，结合正切函数在(0，2π)上的图象(图2)可知，g′(x)有两个变号零点，所以函数g(x)在(0，π)上有2个极值点，故D正确．综上，正确选项为AD.方法二　由题意得f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx＋)＋…＋sin(ωx＋)＝(cos＋cos＋…＋cos)sinωx＋(sin＋sin＋…＋sin)cosωx，令p＝cos＋cos＋…＋cos，q＝sin＋sin＋…＋sin，则f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中tanφ＝.对A，若f(x)存在最小正周期且T＝π，则p，q不全为0，此时f(x)的最小正周期T＝＝π，得ω＝2，故A正确．对B，当ω＝2，若n＝6，则p＝q＝0，f(x)＝0，此时f(x)无最小正周期．故B不正 确．下同方法一．答案：AD12．解析：对A，当λ＝2时，＝2，D为线段AC上靠近A的三等分点．因为△ABC是顶角为120°的等腰三角形，AB＝BC＝2，所以AC＝2，则CD＝.在△CBD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，得BD＝，故A错误．对B，连接PC，当λ＝1时，D为AC的中点，BD⊥AC，那么有，得BD⊥平面PCD，所以BD⊥PC.所以异面直线PC和BD夹角的最大值为，故B正确．对C，设CD＝m，BD＝n，P到BD的距离为h，则AD＝2－m，当平面PBD⊥平面BCD时，三棱锥PBCD的体积最大，此时三棱锥PBCD的高为h.S△BCD＝·2m·sin∠BCD＝，S△ADB＝S△ABC－S△BCD＝－.所以S△ADB＝－＝·BD，解得h＝.在△CBD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，得2m－m2＝4－n2.三棱锥PBCD的体积V＝··＝＝.令f(n)＝＝－(1≤n<2)，对f(n)求导，得f′(n)＝－－<0，f(n)单调递减，在△ABC中，当D为AC的中点时，BD取得最小值1，即n取得最小值1.f(n)max＝f(1)＝－＝，所以三棱锥PBCD体积的最大值为.故C错误．对D，点P到平面BCD的距离小于等于PB＝2，当AB⊥BD，即PB⊥BD时，点P到平面BCD的距离取得最大值2，故D正确．综上，选BD.答案：BD13．解析：展开式的通项Tr＋1＝C·(2x)4－r·x2r＝C·24－r·x4＋r.取r＝1，得C·23·x5＝32x5，故含x5项的系数为32.答案：3214．解析：容器内水的总体积＝溢出水的体积＋未溢出水的体积．容器沿着棱A1B1所在直线顺时针旋转45°时，未溢出水的体积等于整个正方体体积的一半；溢出水的体积等于半球形容器的体积．则溢出水的体积V1＝××＝4，未溢出水的体积V2＝×43＝32.所以水的总体积V＝V1＋V2＝36＝4×4×h，解得h＝.答案：15．解析：由题意得，P(A)＝＝，P(B)＝，P(C)＝，因为AB＝{a}，所以P(AB)＝，又P(A)P(B)＝×＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)，即A与B相互独立，同理可推出B与C，A与C相互独立，则A，B，C三个事件是两两独立． ABC＝{a}，所以P(ABC)＝，则＝＝＝2.答案：是　216．解析：如图，不妨设点P在第一象限，因为PF垂直于x轴，所以可设P(c，yP)，则＋＝1，得P(c，)，则直线AP的斜率kAP＝＝.因为直线AP与直线OM垂直，所以kOM·kAP＝－1，即kOM·＝－1，得kOM＝－.同理可得kON＝.由，得xM＝，同理可得xN＝.记点M在x轴上的射影为M′，点N在x轴上的射影为N′，连接MM′，NN′，记梯形MM′N′N的面积为S3，则S1＝S△MON＝S3－S△MM′O－S△NN′O＝(yM＋yN)－|xMyM|－|xNyN|，易知xM<0，xN>0，所以化简得S1＝(xNyM－xMyN).因为yM＝－xM，yN＝xN，所以S1＝(xNyM－xMyN)＝(－xMxN－xMxN)＝－(xMxN＋xMxN)＝－··[·]＝.又S2＝·2a·＝b2＝a2－c2，＝，所以＝，得4a4＝9c4，即a＝c，所以椭圆C的离心率e＝.答案：17．解析：(1)当n＝1时，2a1＝a1a2，得a2＝2.当n≥2时，2Sn－1＝an－1an，所以2an＝2(Sn－Sn－1)＝an(an＋1－an－1)(n≥2).因为数列{an}的各项均不为零，所以an＋1－an－1＝2(n≥2)，所以数列{an}的奇数项是以a1为首项，2为公差的等差数列；偶数项是以a2为首项，2为公差的等差数列．当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k－1＝a1＋(k－1)×2＝2k－1，即an＝n；当n＝2k(k∈N*)时，a2k＝a2＋(k－1)×2＝2k，即an＝n.综上，数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以Sn＝.因为Sk≤2023，所以k(k＋1)≤4046，当k≤63时，不等式恒成立； 当k＝64时，Sk>2023.故正整数k的最大值为63.18．解析：方法一　(1)在△ABC中有·＝·＝·，即bc·cosA＝－ac·cosB＝－ab·cosC.因为bc·cosA＝－ac·cosB，所以由正弦定理可得sinBcosA＝－sinAcosB，即tanA＝－3tanB.同理可得tanC＝tanB.在△ABC中，有tanA＝tan(π－B－C)＝－tan(B＋C)＝，得tanB＝(tanB＝－舍去)，tanA＝－1，tanC＝.由0<A<π，得A＝.(2)△ABC的面积S＝bcsinA，将A＝，b＝2代入，得S＝c.由(1)知tanB＝，tanC＝，所以sinB＝，sinC＝.在△ABC中，由正弦定理＝，得c＝2.所以S＝×2＝2.方法二　(1)由题得，·＝||·||cosA＝bc·cosA＝bc·＝，·＝||·||(－cosB)＝ca(－cosB)＝－ca·＝－，·＝||·||(－cosC)＝ab(－cosC)＝－ab·＝－.因为·＝·，所以＝·，得b2＋2c2＝a2.同理有＝·，得b＝c，b＝a.由余弦定理得cosA＝＝＝－，所以A＝.(2)由b＝2结合(1)得，c＝2，a＝2，所以△ABC的面积S＝bcsinA＝×2×2×＝2.19．解析：(1)证明：在△PAB中，PA＝AB，E为PB的中点，所以AE⊥PB.在正方形ABCD中，BC⊥AB.因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC. 又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAB，所AE⊥BC，又AE⊥PB，PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直．以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，线段PB的中点E(1，0，1)，设F(2，λ，0)，0≤λ≤2，则＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，＝(1，0，1)，＝(2，λ，0).设平面PDC的法向量为m＝(x，y，z)，由，得，取y＝1，得m＝(0，1，1).设平面AEF的法向量为n＝(a，b，c)，由，得，取b＝－2，得n＝(λ，－2，－λ).所以平面AEF与平面PDC的夹角的余弦值为|cos〈m，n〉|＝||＝.令λ＋2＝t，则t∈[2，4]，|cos〈m，n〉|＝＝＝，所以当＝，即t＝3时，平面AEF与平面PDC的夹角的余弦值取得最大值，此时平面AEF与平面PDC的夹角取得最小值.20．解析：(1)补全2×2列联表如下：航天达人非航天达人合计男20626女101424合计302050 零假设H0：假设“航天达人”与性别无关．根据表中的数据可得χ2＝≈6.464.因为6.464<6.635＝x0.01，所以根据小概率值α＝0.01的χ2独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为“航天达人”与性别无关．(2)在“航天达人”中按性别采用分层抽样的方法抽取6人，则男“航天达人”有×6＝4(人)，女“航天达人”有2人．X的所有可能取值为0，1，2.则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝.所以X的分布列为X012PX的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.21．解析：(1)如图，因为双曲线C1的渐近线方程为y＝±x，所以＝.因为椭圆C2的长轴长2a＝4，所以a＝2，得b＝1.所以双曲线C1的方程为－y2＝1.椭圆C2的方程为＋y2＝1.(2)方法一　当直线l1，l2的斜率不存在时，不满足题意.故设直线l1的方程为y＝kx＋m，因为直线l1过点P(2，1)，所以2k＋m＝1.由，得(1－4k2)x2－8kmx－4m2－4＝0.故1－4k2≠0，Δ1＝64k2m2＋16(m2＋1)(1－4k2)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.设Q(x0，y0)，则kQA＋kQB＝＋＝.化简得kQA＋kQB＝.代入根与系数的关系，得kQA＋kQB＝. 将2k＋m＝1代入，消去m化简得kQA＋kQB＝.由动直线l1，l2互不影响可知，要满足kQA＋kQB＋kQM＋kQN为定值，则kQA＋kQB为定值，kQM＋kQN为定值．因此要满足kQA＋kQB为定值，则有：①若16y0－8x0y0＝0，则16x0－16－4x＝0，计算得x0＝2，y0＝0.此时Q(2，0)，kQA＋kQB＝1.②若16y0－8x0y0≠0，即y0≠0，x0≠2，有＝＝，无解．综上，当Q的坐标为(2，0)时，kQA＋kQB＝1.下面只需验证当Q的坐标为(2，0)时，kQM＋kQN是定值．设直线l2的方程为y＝tx＋n，因为直线l2过点P(2，1)，所以2t＋n＝1.由，得(1＋4t2)x2＋8tnx＋4n2－4＝0.Δ2＝64t2n2－16(n2－1)(1＋4t2)>0.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则x3＋x4＝，x3x4＝.kQM＋kQN＝＋＝.化简得kQM＋kQN＝.代入根与系数的关系可得kQM＋kQN＝.将2t＋n＝1代入，可得kQM＋kQN＝－1.所以当Q的坐标为(2，0)时，kQA＋kQB＝1，kQM＋kQN＝－1，kQA＋kQB＋kQM＋kQN＝0.所以存在满足题意的定点Q，点Q的坐标为(2，0).方法二　由＋y2＝1，得x2＋4y2＝4，得[(x－2)＋2]2＋4y2＝4，即(x－2)2＋4(x－2)＋4y2＝0.设l2与C2的交点M(x1，y1)，N(x2，y2)，l2：y＝k(x－2)＋1，即y－k(x－2)＝1，则可得(x－2)2＋4(x－2)[y－k(x－2)]＋4y2＝0，同除以(x－2)2，可得1＋4·－4k＋4＝0，即4＋4·＋1－4k＝0.不妨设Q(2，0)，记k1＝kQM＝，k2＝kQN＝.由根与系数的关系可得，k1＋k2＝－1，为定值，即kQM＋kQN＝－1.同理设l1与C1的交点A(x3，y3)，B(x4，y4)，l2：y＝t(x－2)＋1，即y－t(x－2)＝1，由－y2＝1，得x2－4y2＝4，得[(x－2)＋2]2－4y2＝4，可得(x－2)2＋4(x－2)[y－t(x－2)]－4y2＝0.同除以(x－2)2，可得1＋4·－4t－4＝0， 即4－4·－1＋4t＝0.记k3＝kQA＝，k4＝kQB＝.由根与系数的关系可得，k3＋k4＝1，为定值，即kQA＋kQB＝1.综上，存在定点Q(2，0)，使得kQM＋kQN＝－1，kQA＋kQB＝1.即kQM＋kQN＋kQA＋kQB＝0，即存在定点Q(2，0)，使得四条直线的斜率之和为定值0.22．解析：(1)若b＝c＝0，则f(x)＝ax－lnx(x>0).f′(x)＝a－＝.①若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，令f′(x)>0得x>，令f′(x)<0得0<x<，所以f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．(2)因为x1，x2是f(x)的两个零点，x1<x2，所以ax1＋＋c－lnx1＝0，ax2＋＋c－lnx2＝0.所以a(x1－x2)＋b(－)＋lnx2－lnx1＝0，即b＝ax1x2－x1x2·.要证x2(ax1－1)<b<x1(ax2－1)，只需证ax1x2－x2<b<ax1x2－x1，即证－x2<－x1x2<－x1，即证1－<ln<－1，令t＝，则t>1，即证1－<lnt<t－1.令p(t)＝lnt－1＋(t>1)，即p′(t)＝－＝>0，所以p(t)在(1，＋∞)上单调递增，则p(t)>ln1－1＋＝0，即lnt>1－.令q(t)＝lnt－t＋1(t>1)，则q′(t)＝－1<0，所以q(t)在(1，＋∞)上单调递减，则q(t)<ln1－1＋1＝0，即lnt<t－1.综上可得：x2(ax1－1)<b<x1(ax2－1).