高考湖北卷文科数学试题及答案.pdf

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1、2011 年普通高等学校招生全国统一考试文科数学（湖北卷）本试题卷三大题 21 小题。全卷满分 150 分，考试用时 120 分钟。一、选择题：本大题共10 小题，每小题5 分，共50 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已经U 1,2,3,4,5,6,7,8，A 1,3,5,7，B 2,4,5，则 C CU(AB)A6,8B5,7C4,6,7D1,3,5,6,8【详细解析】先求出AB=1,2,3,4,5,7，再求C CU(AB)【考点定位】考查集合的并集，补集的运算,属于简单题.2若向量a a (1,2)，b b (1,1)，则2a a b b与a a b b的夹角等于A3

2、BCD4644【详细解析】分别求出2a ab b与a a b b的坐标，再求出a a，b b，带入公式求夹角。【考点定位】考查向量的夹角公式 cos=ab,属于简单题.a b3若定义在 R R 上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)g(x)ex，则g(x)=111AexexB(exex)C(exex)D(exex)222e【详细解析】x111xx1xx(e e)(e e)则f(x)=(exex)，f(x)=(exex)2222【考点定位】考查任何函数都可以写成一个奇函数与一个偶函数的和。f(x)=f(x)f(x)f(x)f(x)f(x)f(x)，其中偶函数G(x)=，奇函数 H(x)=

3、222f(x)f(x).属于中档题.24将两个顶点在抛物线y2 2px(p 0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为 n，则An 0Bn 1Cn 2Dn 3【详细解析】根据抛物线的对称性，正三角形的两个顶点一定关于 x 轴对称，且过焦点的两条直线yCODFxBA倾斜角分别为30和150，这时过焦点的直线与抛物线最多只有两个交点，如图所以正三角形的个数记为 n，n=2，所以选 C.【考点定位】本题主要考查了抛物线的简单性质.主要是利用抛物线和正三角形的对称性.属于简单题.5有一个容量为200 的样本，其频率分布直方图如图所示根据样本的频率分布直方图估计，样本数据落在区间10,12)内的

4、频数为A18B36C54D72【详细解析】因为组距为 2，所以10,12)的频率为 0.18，所以频数为 2000.18=36【考点定位】本题主要考查频率分布直方图，知道其横坐标、纵坐标的含义，以及图像与横轴所围面积的和为“1”,属于简单题.6已知函数f(x)3sin xcosx，xR R若f(x)1，则x的取值范围为Ax|2kCx|2k0.050.022468 10 12样本数据0.190.15003 x 2k,k Z ZBx|k3 x k,k Z Z6 x 2k55,kZ ZDx|k x k,kZ Z666【详细解析】由条件3sin xcosx 1得sinx1，则622k6 x6 2k5，

5、解得2k x 2k，k Z，所以选 A.36【考点定位】本题考查三角函数的公式运用sin（-）=sincos-cossin,属于简单题.7设球的体积为V1，它的内接正方体的体积为V2下列说法中最合适的是AV1比V2大约多一半BV1比V2大约多两倍半CV1比V2大约多一倍DV1比V2大约多一倍半【详细解析】依题意V1433 332.6R球3=V238R球2【考点定位】本题考查空间立体几何的空间想象力，知道球的内接正方体的对角线长与球半径的关系，并会用球的体积公式和正方体体积公式.属于中档题.x 0,y 0,8直线2x y 10 0与不等式组表示的平面区域的公共点有x y 2,4x 3y 20A0

6、 个B1 个C2 个D无数个【详细解析】如图直线 2x+y-10=0 与不等式组表示的平面区域只有一个公共点【考点定位】本题考查不等式组表示的平面区域，考查数形结合的数学方法.属于简单题.9 九章算术“竹九节”问题：现有一根 9 节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面 4 节的容积共 3 升，下面 3 节的容积共 4 升，则第 5 节的容积为A1 升B674737升C升D升664433【详细解析】由题意4a1+43d=329a1+解得a1=9865d6a1+d=4，2213767，d=，所以易求 a5=226666【考点定位】本题数列的通项公式和前 n 项和公式，解题时要注意公式的灵活运

7、用.属于简单题.10 若实数a，b满足a 0，b 0，且ab 0，则称 a 与 b 互补 记(a,b)a2b2ab，那么(a,b)0是a与b互补的A必要而不充分的条件B充分而不必要的条件C充要条件D既不充分也不必要的条件【详细解析】若(a,b)=a2b2ab，则a2b2=（a+b）两边平方解得 ab=0，故 a，b 至少有一为 0，不妨令a=0 则可得|b|-b=0，故 b0，即a与b互补，而当a与b互补时，易得ab=0，此时a2b2ab=0，即(a,b)=0，故(a,b)=0 是 a 与 b 互补的充要条件.【考点定位】本题考查的知识点是必要条件、充分条件与充要条件的，其中判断（a，b）=0

8、a 与 b 互补与 a 与 b 互补（a，b）=0 的真假，是解答本题的关键属于中档题二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分请将答案填在答题卡对应题号的位置上，一题两空的题，其答案按先后次序填写答错位置，书写不清，模棱两可均不得分11某市有大型超市 200 家、中型超市 400 家、小型超市 1400 家为掌握各类超市的营业情况，现按分层抽样方法抽取一个容量为100 的样本，应抽取中型超市家【答案】20【详细解析】大型超市200 家、中型超市400 家、小型超市1400 家.共有超市200+400+1400=2000 按分层抽样方法抽取一个容量为100 样本，每个个体被抽

9、到的概率是10011，中型超市要抽取 400=20 家.20002020【考点定位】本题考察分层抽样，这是每年必考的题目，解题的关键是抽样过程中每个个体被抽到的概率相等.属于简单题.12(x13 x（结果用数值表示）)18的展开式中含x15的项的系数为【答案】173r1r1832r【详细解析】二项展开式的通项为 Tr+1=C18x，令 18-=15 得 r=2，所以展23r12开式中含 x15的项的系数为C18=173【考点定位】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题.属于简单题.13在30 瓶饮料中，有 3 瓶已过了保持期从这30 瓶饮料中任取 2 瓶，则至少取到 1 瓶

10、已过保质期饮料的概率为（结果用最简分数表示）【答案】228145228C27【详细解析】p 12.C30145【考点定位】考查独立事件的概率，属于简单题.14过点(1,2)的直线l被圆x2 y22x2y 1 0截得的弦长为2，则直线l的斜率为【答案】1 或177【详细解析】设直线斜率是 k，由题意得圆心到直线的距离为2，由点到直线的距离公2式可计算得 k=1 或177【考点定位】考查解析几何中直线与圆的位置关系，会运用点到直线的位置关系公式.属于中档题.15里氏震级M的计算公式为：M lg Alg A0，其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，A0是相应的标准地震的振幅 假设在一次地震中，地震

11、仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为 0.001，则此次地震的震级为级；9 级地震的最大振幅是 5 级地震最大振幅的倍【答案】6 或 10000【详细解析】根据题意，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为 0.01，则 M=lgA-lgA0=lg1000-lg0.001=3-（-3）=6.设 9 级地震的最大振幅是 x，5 级地震最大振幅是 y，9=lgx+3,5=lgy+3，解得 x=106，y=102，所以x10610000y102【考点定位】本题考查对数的运算法则，解题时要注意公式的灵活运用,属于中档题.三、解答题：本大题共 6 小题，共 75

12、 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16（本小题满分 12 分）设ABC 的内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c已知a 1，b 2，cosC（）求ABC 的周长；14（）求cos(AC)的值【详细解析】（）c2 a2b22abcosC 1441 4,4c 2,ABC的周长为a bc 1 2 2 5（）1115cosC,sinC 1cos2C 1()244415asinC15sin A 4c28a c,A C，故 A 为锐角，cosA 1sin2A 1(1527)8871151511cos(AC)cos AcosC sin AsinC 848416【考点定位】考查三角形与三角函数的

13、运用及运算能力，属于简单题。17（本小题满分 12 分）成等差数列的三个正数的和等于 15，并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为等比数列bn的b3、b4、b5（）求数列bn的通项公式；5（）数列bn的前n项和为Sn，求证：数列Sn是等比数列4【详细解析】（）设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d依题意，得 a-d+a+a+d=15，解得 a=5所以bn中的b3,b4,b5依次为7d,10,18 d依题意，有(7d)(18d)100，解得d 2或d 13（舍去）故bn的第 3 项为 5，公比为 222由b3b12，即5 b12，解得b154所以bn是以5为首项，2 为公比的等比数列

14、，其通项公式为4bn5n12 52n345(12n)55（）数列bn的前 n 项和Sn452n2，即Sn 52n241245Sn1n155524所以S1，2n254252Sn455因此数列Sn 是以为首项，公比为 2 的等比数列24【考点定位】考查数列的综合运用，属于中档题.18（本小题满分 12 分）如图，已知正三棱柱ABC A1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为3 2，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE 2 2，BF 2（）求证CF C1E；（）求二面角E CF C1的大小A1B1C1EFABCCE C1F【详细解析】解法 1：（）由已知可得CC13 2，22(2 2)2 2

15、3，EF2 AB2(AEBF)2，EF C1E 22(2)26，于是有EF C1E C1F，CE C1E CC1，所以C1E EF，C1E CE又EF222222CE E，所以C1E 平面CEF由CF 平面CEF，故CF C1E（）在CEF中，由（）可得EF CF 6，CE 2 3，222于是有EF CF CE，所以CF EF又由（）知CF C1E，且EFC1E E，所以CF 平面C1EF又C1F 平面C1EF，故CF C1F于是EFC1即为二面角E CF C1的平面角由（）知C1EF是等腰直角三角形，所以EFC1 45，即所求二面角E CF C1的大小为45解法 2：建立如图所示的空间直角坐

16、标系，则由已知可得A(0,0,0),B(3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,3 2),E(0,0,2 2),F(3,1,2).（）C1E(0,2,2)，CF (3,1,2)，C1ECF 022 0，CF C1EA1zC1B1（）CE (0,2,2 2)，设平面CEF的一个法向量为mm (x,y,z)，EmmCE 0,由mm CE，mm CF，得mmCF 0,2y2 2z 0,即可取mm (0,2,1)3x y2z 0.设侧面BC1的一个法向量为 n n，由n n BC，FAxCyBn n CC1，及CB (3,1,0)，CC1(0,0,3 2)，可取n n (1,3,0)设二面角E

17、CF C1的大小为，于是由为锐角可得cos|mmn n|62，45，|mm|n n|322即所求二面角E CF C1的大小为45【考点定位】考查线线垂直，求二面角的大小，属于中档题.19（本小题满分 12 分）提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况的一般情况下，大桥上的车流速度v（单位：千米/小时）是车流密度x（单位：辆/千米）的函数当桥上的车流密度达到 200 辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为 0；当车流密度不超过 20 辆/千米时，车流速度为 60 千米/小时研究表明：当20 x 200时，车流速度v是车流密度x的一次函数（）当0 x 200时，求函数v(x)的表达式；（）

18、当车流密度x为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时）f(x)xv(x)可以达到最大，并求出最大值（精确到 1 辆/小时）【详细解析】（）由题意：当0 x 20时，v(x)60；当20 x 200时，v(x)axb1a ,200ab 0,3再由已知得解得20020ab 60,b.30 x 20,60,故函数v(x)的表达式为v(x)1(200 x),20 x 200.30 x 20,60 x,（）依题意并由（）可得f(x)1x(200 x),20 x 200.3当0 x 20时，f(x)为增函数，故当x 20时，其最大值为6020 1200；当20 x 200时，f

19、(x)11 x(200 x)210000 x(200 x)，3323当且仅当x 200 x，即x 100时，等号成立10000310000 3333，综上，当x 100时，f(x)在区间0,200上取得最大值3所以，当x 100时，f(x)在区间20,200上取得最大值即当车流密度为 100 辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333 辆/小时【详细解析】考查分段函数的综合运用，属于中档题.20（本小题满分 13 分）设函数f(x)x32ax2bxa，g(x)x23x 2，其中xR，a、b为常数已知曲线y f(x)与y g(x)在点(2,0)处有相同的切线l（）求a、b的值，并写出切线

20、l的方程；（）若方程f(x)g(x)mx有三个互不相同的实根0、x1、x2，其中x1 x2，且对任意的xx1,x2，f(x)g(x)m(x 1)恒成立，求实数m的取值范围【详细解析】（）f(x)3x24axb，g(x)2x3由于曲线y f(x)与y g(x)在点(2,0)处有相同的切线，故有f(2)g(2)0，f(2)g(2)1，由此得88a2ba 0,a 2,解得b 5.128ab 1,所以a 2，b 5，切线l的方程为x y 2 0（）由（）得f(x)x34x25x2，所以f(x)g(x)x33x22x依题意，方程x(x 3x2m)0有三个互不相同的实根 0、x1、x2，故x1、x2是方程

21、x 3x2m 0的两相异的实根，22所以 94(2 m)0，即m 14又对任意的xx1,x2，f(x)g(x)m(x1)成立，特别地，取x x1时，f(x1)g(x1)mx1 m成立，得m 0由韦达定理，可得x1 x23 0，x1x2 2m 0，故0 x1 x2对任意的xx1,x2，有x x2 0，x x1 0，x 0，则f(x)g(x)mx x(x x1)(x x2)0，又f(x1)g(x1)mx1 0，所以函数f(x)g(x)mx在xx1,x2的最大值为 0于是当m 0时，对任意的xx1,x2，f(x)g(x)m(x1)恒成立综上，m的取值范围是(1,0)4【详细解析】考查函数综合运用，属

22、于中档题.21（本小题满分 14 分）平面内与两定点A1(a,0)、A2(a,0)(a 0)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线（）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；（）当m 1时，对应的曲线为C1；对给定的m(1,0)(0,)，对应的曲线为C2设F1、F2是C2的两个焦点试问：在C1上，是否存在点N，使得F1NF2的面积S|m|a2若存在，求tan F1NF2的值；若不存在，请说明理由【详细解析】（）设动点为M，其坐标为(x,y)当x a时，由条件可得kMA1kMA2即mx y ma(x a)，222yyy2 m，xa xax

23、2a2又A1(a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx y ma，故依题意，曲线 C 的方程为mx y ma222222x2y21，C 是焦点在 y 轴上的椭圆；当m 1时，曲线 C 的方程为2ama2当m 1时，曲线 C 的方程为x y a，C 是圆心在原点的圆；222x2y21,C 是焦点在 x 轴上的椭圆；当1 m 0时，曲线 C 的方程为2ama2x2y21，C 是焦点在 x 轴上的双曲线当m 0时，曲线 C 的方程为22ama（）由（）知，当m 1时，C1的方程为x y a；当m(1,0)222(0,)时，C2的两个焦点分别为F1(a 1m,0)，F2(a 1m,0)对于给定的m(1,

24、0)(0,)，C1上存在点N(x0,y0)(y0 0)使得S|m|a2的充要条件是22x0 y0 a2,y0 0,122a 1m|y0|m|a.2由得0|y0|a，由得|y0|m|a1m当0|m|a1515 a，即时，m 0，或0 m 221m2存在点N，使S|m|a；当|m|a1515 a，即1 m，或m 时，221m不存在满足条件的点 N当m1515,0)(0,时，22由NF1(a 1m x0,y0)，NF2(a 1m x0,y0)，2222可得NF1NF2 x0(1m)a y0 ma令|NF1|r1NF2，1，|NF2|r2，Fma2则由NF，1r2 1NF2 rr1 2cos ma，可

25、得rcos21ma2sin1 ma2tan，于是由S|m|a2，从而S r1r2sin 22cos2可得2|m|1ma2tan|m|a2，即tan m2综上可得：当m152,0)时，在C1上，存在点 N，使得S|m|a，且tanF1NF2 2；2当m(0,15时,在C1上,存在点N,使得S|m|a2,且tanF1NF2 2；2当m(1,1515)(,)时，在C1上，不存在满足条件的点N22【详细解析】考查解析几何的综合运用，属于难题.2011 年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数学数学（文史类）试题参考答案（文史类）试题参考答案一、选择题：本题主要考查基础知识和基本运算每小题5 分，满分

26、 50 分1A2C3D4C5B6A7D8B9B10C二、填空题：本题主要考查基础知识和基本运算每小题5 分，满分 25 分1120121713141 或2814517156，100007三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分16本小题主要考查三角函数的基本公式和解斜三角形的基础知识，同时考查基本运算能力（满分 12 分）解：（）c2 a2b22abcosC 144c 2,1 4,4ABC的周长为a b c 1 2 2 5（）cosC 1115,sinC 1cos2C 1()244415asinC15sin A 4c28a c,A C，故A为锐角，cos A 1sin2A 1(1527)8

27、871151511848416cos(AC)cos AcosC sin AsinC 17本小题主要考查等差数列、等比数列及其求和公式等基础知识，同时考查基本运算能力（满分 12 分）解：（）设成等差数列的三个正数分别为a d,a,a d依题意，得a d a a d 15，解得a 5所以bn中的b3,b4,b5依次为7 d,10,18 d依题意，有(7 d)(18 d)100，解得d 2或d 13（舍去）故bn的第 3 项为 5，公比为 2由b3 b122，即5 b122，解得b1所以bn是以545为首项，2 为公比的等比数列，其通项公式为4bn5n12 52n345(1 2n)55 52n2，

28、即Sn 52n2（）数列bn的前n项和Sn41 244552n1554所以S1，2n254252Sn4Sn155因此数列Sn是以为首项，公比为 2 的等比数列2418 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查空间想象能力和推理论证能力（满分 12 分）解法 1：（）由已知可得CC13 2，CE C1F 22(2 2)2 2 3，EF2 AB2(AE BF)2，EF C1E 22(2)26，于是有EF2C1E2 C1F2，CE2C1E2 CC12，所以C1E EF，C1E CE又EF CE E，所以C1E 平面CEF由CF 平面CEF，故CF C1E（）在CEF中，由（）可

29、得EF CF 6，CE 2 3，于是有EF2CF2 CE2，所以CF EF又由（）知CF C1E，且EF C1E E，所以CF 平面C1EF又C1F 平面C1EF，故CF C1F于是EFC1即为二面角E CF C1的平面角由（）知C1EF是等腰直角三角形，所以EFC1 45，即所求二面角E CF C1的大小为45解法 2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0),B(3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,3 2),E(0,0,2 2),F(3,1,2).（）C1E (0,2,2)，CF (3,1,2)，C1ECF 022 0，CF C1EA1zC1B1（）CE (0,

30、2,2 2)，设平面CEF的一个法向量为m m (x,y,z)，Em m CE 0,由m m CE，m m CF，得m m CF 0,2y 2 2z 0,即可取m m (0,2,1)3x y 2z 0.设侧面BC1的一个法向量为n n，由n n BC，FAxCyBn n CC1，及CB (3,1,0)，CC1(0,0,3 2)，可取n n (1,3,0)设二面角E CF C1的大小为，于是由为锐角可得cos|m mn n|62，45，|m m|n n|232即所求二面角E CF C1的大小为4519 本小题主要考查函数、最值等基础知识，同时考查运用数学知识解决实际问题的能力（满分 12 分）解

31、：（）由题意：当0 x 20时，v(x)60；当20 x 200时，v(x)ax b1a ,200a b 0,3再由已知得解得20020a b 60,b.30 x 20,60,故函数v(x)的表达式为v(x)1(200 x),20 x 200.30 x 20,60 x,（）依题意并由（）可得f(x)1x(200 x),20 x 200.3当0 x 20时，f(x)为增函数，故当x 20时，其最大值为6020 1200；11 x(200 x)210000当20 x 200时，f(x)x(200 x)，3323当且仅当x 200 x，即x 100时，等号成立所以，当x 100时，f(x)在区间20

32、,200上取得最大值综上，当x 100时，f(x)在区间0,200上取得最大值10000310000 3333，3即当车流密度为 100 辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333 辆/小时20本小题主要考函数、导数、不等式等基础知识，同时考查综合运用数学知识进行推理论证的能力，以及函数与方程和特殊与一般的思想（满分 13 分）解：（）f(x)3x24axb，g(x)2x 3由于曲线y f(x)与y g(x)在点(2,0)处有相同的切线，故有f(2)g(2)0，f(2)g(2)1，88a 2b a 0,a 2,由此得解得128a b 1,b 5.所以a 2，b 5，切线l的方程为x y

33、 2 0（）由（）得f(x)x34x25x2，所以f(x)g(x)x33x22x依题意，方程x(x23x 2m)0有三个互不相同的实根 0、x1、x2，故x1、x2是方程x23x 2m 0的两相异的实根，所以 9 4(2 m)0，即m 14又对任意的xx1,x2，f(x)g(x)m(x 1)成立，特别地，取x x1时，f(x1)g(x1)mx1 m成立，得m 0由韦达定理，可得x1 x2 3 0，x1x2 2m 0，故0 x1 x2对任意的xx1,x2，有x x2 0，x x1 0，x 0，则f(x)g(x)mx x(x x1)(x x2)0，又f(x1)g(x1)mx1 0，所以函数f(x)

34、g(x)mx在xx1,x2的最大值为 0于是当m 0时，对任意的xx1,x2，f(x)g(x)m(x 1)恒成立1综上，m的取值范围是(,0)421本小题主要考曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算能力，以及分类与整合和数形结合的思想（满分 14 分）解：（）设动点为M，其坐标为(x,y)当x a时，由条件可得kMA1kMA2即mx2 y2 ma2(x a)，又A1(a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2 y2 ma2，故依题意，曲线C的方程为mx2 y2 ma2x2y21，C是焦点在y轴上的椭圆；当m 1时，曲线C的方程为2a ma2yyy2 m，x ax ax2 a2当m 1时

35、，曲线C的方程为x2 y2 a2，C是圆心在原点的圆；x2y21，C是焦点在x轴上的椭圆；当1 m 0时，曲线C的方程为2a ma2x2y21，C是焦点在x轴上的双曲线当m 0时，曲线C的方程为2ama2（）由（）知，当m 1时，C1的方程为x2 y2 a2；当m(1,0)(0,)时，C2的两个焦点分别为F1(a 1m,0)，F2(a 1m,0)对于给定的m(1,0)(0,)，C1上存在点N(x0,y0)(y0 0)使得S|m|a2的充要条件是22x0 y0 a2,y0 0,122a 1 m|y0|m|a.2|m|a1 m由得0|y0|a，由得|y0|当0|m|a1515 a，即 m 0，或0

36、 m 时，221 m存在点N，使S|m|a2；|m|a1515 a，即1 m，或m 时，221 m当不存在满足条件的点N当m1515,0)(0,时，22由NF1(a 1m x0,y0)，NF2(a 1m x0,y0)，22可得NF1 NF2 x0(1 m)a2 y0 ma2令|NF1|r1，|NF2|r2，F1NF2，ma2则由NF1NF2 r1r2cos ma，可得r1r2，cos21ma2sin1 ma2tan，于是由S|m|a2，从而S r1r2sin 22cos212|m|可得ma2tan|m|a2，即tan 2m综上可得：当m15,0)时，在C1上，存在点N，使得S|m|a2，且tan F1NF2 2；215时，在C1上，存在点N，使得S|m|a2，且tan F1NF2 2；21515)(,)时，在C1上，不存在满足条件的点N22当m(0,当m(1,