43 中学 2019-2020 第二学期高三数学统练（五）
一、选择题
1．已知集合 A＝{y|y＝2x+1，x∈R}，B＝{x| ≥0}，则 A∩（∁RB）＝（ ）
A．[2，+∞） B．[1，2] C．（1，2] D．（﹣∞，1]
【分析】可以求出集合 A，B，然后进行交集和补集的运算即可．
解：∵A＝{y|y＞1}，B＝{x|x≤﹣1 或 x＞2}，
∴∁RB＝{x|﹣1＜x≤2}，A∩（∁RB）＝（1，2]．
故选：C．
2．函数 的大致图象为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】判断函数的奇偶性和对称性，利用函数值的对应性以及，函数极限思想进行判
断即可．
解：因为 f（﹣x）＝ ＝f（x），所以 f（x）为偶函数，排除 A；
因为 f（0）＝﹣ ＜0，所以排除 B；
因为 x→+∞，f（x）→0，所以排除 D．
故选：C．3．已知等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，则“S1+S5＜2S3”是“d＜0”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
【分析】化简条件：由 S1+S5＜2S3，得 a1+5a1+10d＜2（3a1+3d），即 d＜0，即可判断
出结论．
解：化简条件：由 S1+S5＜2S3，得 a1+5a1+10d＜2（3a1+3d），即 d＜0，
所以“S1+S5＜2S3”是“d＜0”的充要条件．
故选：C．
4．设 F1，F2 分别是双曲线 ﹣ ＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，O 为坐标原点，过
左焦点 F1 作直线 F1P 与圆 x2+y2＝a2 相切于点 E，与双曲线右支交于点 P，且满足 ＝
（ + ），| |＝ ，则双曲线的方程为（ ）
A． ﹣ ＝1 B． ﹣ ＝1
C． ﹣ ＝1 D． ﹣ ＝1
【分析】根据圆的半径得出 a，根据中位线定理和勾股定理计算 c，从而得出 b，即可得
出双曲线的方程．
解：∵E 为圆 x2+y2＝a2 上的点，
∴OE＝a＝ ，
∵ ＝ （ + ），
∴E 是 PF1 的中点，又 O 是 F1F2 的中点，
∴PF2＝2OE＝2a＝2 ，且 PF2∥OE，
又 PF1﹣PF2＝2a＝2 ，
∴PF1＝4a＝4 ，
∵PF1 是圆的切线，∴OE⊥PF1，
∴PF2⊥PF1，
又 F1F2＝2c，∴4c2＝PF12+PF22＝60，
∴c2＝15，∴b2＝c2﹣a2＝12．
∴双曲线方程为： ﹣ ＝1．
故选：D．
5．定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（x+2）＝﹣f（x），当 x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，
设 a＝ln ，b＝ ，c＝（ ）﹣0.1，则（ ）
A．f（a）＜f（b）＜f（c） B．f（b）＜f（c）＜f（a）
C．f（b）＜f（a）＜f（c） D．f（c）＜f（b）＜f（a）
【分析】根据 f（x）的对称性和单调性进行判断．
解：当 x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，则 f（x）在[0，1]上是增函数，
且当 x∈[0，1]时，0≤f（x）≤1，
∵f（x+2）＝﹣f（x）＝f（﹣x），
∴f（x）的图象关于直线 x＝1 对称．
∴f（a）＝f（﹣lnπ）＝﹣f（lnπ）＝﹣f（2﹣lnπ）＜0，
f（b）＝f（ ）＝f（﹣ ）＝﹣f（ ）＜0，
f（c）＝f（30.1）＝f（2﹣30.1）＞0，
∵0＜ ＜2﹣lnπ＜1，
∴0＜f（ ）＜f（2﹣lnπ）＜1
∴﹣f（2﹣lnπ）＜﹣f（ ）＜0，即 f（a）＜f（b）＜0，
∴f（a）＜f（b）＜f（c）．
故选：A．6．已知 f（x）＝sin（ωx+φ）+cos（ωx+φ），ω＞0， ，f（x）是奇函数，直线
与函数 f（x）的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为 ，则（ ）
A．f（x）在 上单调递减
B．f（x）在 上单调递减
C．f（x）在 上单调递增
D．f（x）在 上单调递增
【分析】利用辅助角公式进行化简，结合函数是奇函数以及条件求出 ω 和 φ 的值，结
合三角函数的单调性进行求解即可．
解：∵f（x）＝sin（ωx+φ）+cos（ωx+φ）＝ sin（ωx+φ+ ），
∵f（x）是奇函数， ，
∴φ+ ＝0，得 φ＝﹣ ，
则 f（x）＝ sinωx，
由 sinωx＝ 得 sinωx＝1，
∵直线 与函数 f（x）的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为 ，
∴T＝ ，0 即 ＝ ，得 ω＝4，
即 f（x）＝ sin4x，
由 2kπ﹣ ≤4x≤2kπ+ ，k∈Z 得 kπ﹣ ≤x≤ kπ+ ，当 k＝0 时，函数的 递
增区间为[﹣ ， ]，k＝1 时，递增区间为[ ， ]
由 2kπ+ ≤4x≤2kπ+ ，k∈Z 得 kπ+ ≤x≤ kπ+ ，当 k＝0 时，函数的递
减区间为[ ， ]，当 k＝1 时，函数的递减区间为[ ， ]，
故选：A．
7．袋中装有 5 个同样大小的球，编号为 1，2，3，4，5．现从该袋内随机取出 3 个球，记
被取出的球的最大号码数为 ξ，则 Eξ 等于（ ）
A．4 B．4.5 C．4.75 D．5
【分析】由题意 ξ 的可能取值为 3，4，5，分别求出相应的概率，由此能求出 Eξ．解：∵袋中装有 5 个同样大小的球，编号为 1，2，3，4，5．现从该袋内随机取出 3 个
球，记被取出的球的最大号码数为 ξ，
∴ξ 的可能取值为 3，4，5，
P（ξ＝3）＝ ＝ ，
P（ξ＝4）＝ ＝ ，
P（ξ＝5）＝ ＝ ，
∴Eξ＝ ＝4.5．
故选：B．
8．已知 M 是边长为 1 的正△ABC 的边 AC 上的动点，N 为 AB 的中点，则 • 的取值范
围是（ ）
A．[﹣ ，﹣ ] B．[﹣ ，﹣ ] C．[﹣ ，﹣ ] D．[﹣ ，﹣ ]
【分析】可取 AC 的中点为 O，然后以点 O 为原点，直线 AC 为 x 轴，建立平面直角坐
标系，从而根据条件可得出 ，并设 M（x，0）， ，
从而可得出 ，根据 x 的范围，配方即可求出 的最大值和最
小值，从而得出取值范围．
解：取 AC 的中点 O，以 O 为原点，直线 AC 为 x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则：
，设 ，
∴ ，
∴ ＝ ，且 ，
∴ 时， 取最小值 ； 时， 取最大值 ，
∴ 的取值范围是 ．
故选：A．9．已知函数 f（x）＝x3﹣3x2+2，函数 g（x）＝ ，则关于 x 的方程 g[f
（x）]﹣a＝0（a＞0）的实根个数取得最大值时，实数 a 的取值范围是（ ）
A．（1， ] B．（1， ） C．[1， ] D．[0， ]
【分析】利用换元法设 t＝f（x），则 g（t）＝a 分别作出两个函数的图象，根据 a 的取
值确定 t 的取值范围，利用数形结合进行求解判断即可．
解：作出函数 f（x）和 g（x）的图象如图：
由 g[f（x）]﹣a＝0（a＞0）得 g[f（x）]＝a，（a＞0）
设 t＝f（x），则 g（t）＝a，（a＞0）
由 y＝g（t）的图象知，
①当 0＜a＜1 时，方程 g（t）＝a 有两个根﹣4＜t1＜﹣3，或﹣3＜t2＜﹣2，
由 t＝f（x）的图象知，当﹣4＜t1＜﹣3 时，t＝f（x）有 1 个根，
当﹣3＜t2＜﹣2 时，t＝f（x）有 1 个根，
此时方程 g[f（x）]﹣a＝0（a＞0）有 2 个根，
②当 a＝1 时，方程 g（t）＝a 有两个根 t1＝﹣3，或 t2＝ ，
由 t＝f（x）的图象知，当 t1＝﹣3 时，t＝f（x）有 0 个根，
当 t2＝ 时，t＝f（x）有 3 个根，
此时方程 g[f（x）]﹣a＝0（a＞0）有 3 个根，
③当 1＜a＜ 时，方程 g（t）＝a 有两个根 0＜t1＜ ，或 ＜t2＜1，由 t＝f（x）的图象知，当 0＜t1＜ 时，t＝f（x）有 3 个根，
当 ＜t2＜1 时，t＝f（x）有 3 个根，
此时方程 g[f（x）]﹣a＝0（a＞0）有 3+3＝6 个根，
④当 a＝ 时，方程 g（t）＝a 有两个根 t1＝0，或 t2＝1，
由 t＝f（x）的图象知，当 t1＝0 时，t＝f（x）有 3 个根，
当 t2＝1 时，t＝f（x）有 3 个根，
此时方程 g[f（x）]﹣a＝0（a＞0）有 3+3＝6 个根
⑤当 a＞ 时，方程 g（t）＝a 有 1 个根 t1＞1，
由 t＝f（x）的图象知，当 t1＞1 时，t＝f（x）有 3 或 2 个或 1 个根，
此时方程 g[f（x）]﹣a＝0（a＞0）有 3 或 2 个或 1 个根，
综上方程 g[f（x）]﹣a＝0（a＞0）的实根最多有 6 个根，
当方程的实根为 6 个时，对应的 1＜a≤ ，
即实数 a 的取值范围是（1， ]
故选：A．二、填空题
10．i 是虚数单位，则 ＝ 5 ．
【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可
解：∵ ＝ ，
＝4﹣3i，
而|4﹣3i|＝5．
故答案为：5
11．已知（ ﹣ ）9 的展开式中，x3 的系数为 ，则常数 a 的值为 4 ．
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于 0＝3，求得 r 的值，即
可求得展开式中 x3 的系数，再由 x3 的系数为 ，求得 a 的值．
解：（ ﹣ ）9 的展开式中，通项公式为 Tr+1＝ • •（﹣1）r•a9﹣r• ，
令 ﹣9＝3，求得 r＝8，故 x3 的系数为 • a＝ ，∴a＝4，
故答案为：4．
12．已知抛物线 C：y2＝2px（p＞0）的焦点为 F，准线 l：x＝﹣ ，点 M 在抛物线 C 上点
A 在准线 l 上，若 MA⊥l，直线 AF 的倾斜角为 ，则|MF|＝ 10 ．
【分析】画出图形，抛物线的性质和正三角形的性质计算出 A，M 的坐标，计算|MF|即
可．
解：抛物线 C：y2＝2px（p＞0）的焦点为 F，准线 l：x＝﹣ ，抛物线 C：y2＝10x，
点 M 在抛物线 C 上，点 A 在准线 l 上，若 MA⊥l，且直线 AF 的倾斜角为 ，直线 AF
的斜率 kAF＝ ，准线与 x 轴的交点为 N，则 AN＝5tan ＝5 ，A（﹣ ，﹣5 ），
|MF|＝ ＝10．
故答案为：10．
13．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是 ，那
么这个球的半径是 2 ，三棱柱的体积是 48 ．
【分析】由球的体积公式算出半径 R＝2，结合题意得出正三棱柱的高 h＝2R＝4．由球
与正三棱柱的三个侧面相切，得球的半径和底面正三角形边长的关系，算出出边长 a＝4
，进而可得该三棱柱的体积．
解：设球半径为 R，则
由球的体积公式，得 πR3＝ ，解之得 R＝2．
∵球与正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，
∴正三棱柱的高 h＝2R＝4．
设正三棱柱的底面边长为 a，可得其内切圆的半径为
r＝ × a＝2，解之得 a＝4 ．
从而得出该正三棱柱的体积为
V＝S 底•h＝ ×a×asin60°×h＝ •（4 ）2×4＝48
故答案为：2，48
14．已知正实数 x，y 满足 4x2+y2＝1+2xy，则当 x＝ 时， 的最小值是
6 ．【分析】利用基本不等式可知 ，当且仅当“ ”时取等号，而
运用基本不等式后，结合二次函数的性质可知恰在 时取得最小值，由此得解．
解：依题意，1+2xy＝4x2+y2≥4xy，即 ，当且仅当“ ”时取等号，
∴ ＝ ，当
且仅当“ ”时取等号，
故答案为： ，6．
15．定义在 R 上的偶函数 f（x）满足 f（e+x）＝f（e﹣x），且 f（0）＝0，当 x∈（0，e]时，
f（x）＝lnx．已知方程 在区间[﹣e，3e]上所有的实数根之和为
3ea．将函数 的图象向右平移 a 个单位长度，得到函数 h（x）的
图象，则 a＝ 2 ，h（8）＝ 4 ．
【分析】根据条件求出函数是周期为 2e 的周期函数，作出函数的图象，求出两个图象的
交点个数，利用对称性求出 a 的值，利用三角函数平移关系求出 h（x）的解析式，进行
求解即可．
解：∵定义在 R 上的偶函数 f（x）满足 f（e+x）＝f（e﹣x），
∴f（e+x）＝f（e﹣x）关于 x＝e 对称，
且 f（e+x）＝f（e﹣x）＝f（x﹣e），
即 f（2e+x）＝f（x），即函数 f（x）是周期为 2e 的周期函数，
作出函数 f（x）在[﹣e，3e]的图象如图：
同时作出 y＝ sin（ x）的图象，
由图象知，两个函数共有 6 个交点，他们彼此关于 x＝e 对称，
则设对称的两个零点为 x1，x2，则 ＝e，
则 x1+x2＝2e，则所有实根之和为 6e＝3ea，则 a＝2，
将函数 的图象向右平移 a＝2 个单位长度，
得到 h（x）＝3sin2[ （x﹣2）]+1＝3sin2[ x﹣ ）]+1＝3cos2 x+1，
则 h（8）＝3cos2（ ×8）+1＝3cos2（2π）+1＝3+1＝4，故答案为：2，4
三、解答题
16．已知函数 f（x）＝（4cos2x﹣2）sin2x+cos4x，x∈R．
（1）求函数 f（x）的单调区间，并求当 x∈[0， ]时，函数 f（x）的最大值和最小值：
（2）设 A，B，C 为△ABC 的三个内角，若 cosB＝ ，f（ ）＝﹣1，且角 A 为钝
角，求 cosC 的值．
【分析】（1）利用二倍角公式，两角和的正弦公式化简函数，通过三角函数的单调性来
求解最值；
（2）根据 ，代入
cosC，通过两角差的余弦公式求值．
解 ： f （ x ） ＝ （ 4cos2x ﹣ 2 ） sin2x+cos4x ＝ 2cos2x • sinx+cos4x ＝ sin4x+cos4x ＝
．
（1）．∵ ，∴ ．
；
．
答： ．
（2） ，∴ ．
，
由题意可得，角 A 是钝角，∴ ．cosC ＝ cos （ π ﹣ A ﹣ B ） ＝ ＝
．
答： ．
17．如图，正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD
＝ CD＝1，点 M 在线段 EC 上．
（Ⅰ）若点 M 为 EC 的中点，求证：BM∥平面 ADEF；
（Ⅱ）求证：平面 BDE⊥平面 BEC；
（Ⅲ）当平面 BDM 与平面 ABF 所成二面角的余弦值为 时，求 AM 的长．
【分析】（Ⅰ）如图建系 D﹣xyz，求出平面 ADEF 的法向量，通过 ，
，然后说明 BM∥平面 ADEF．
（Ⅱ）求出平面 BDE 的法向量，平面 BEC 的法向量，通过 ．说明平面
BDE⊥平面 BEC．
（Ⅲ） 设 ，得 M（0，2λ，1﹣λ），求出平面 BDM 的法向量，
平面 ABF 的法向量利用向量的数量积求出 M 坐标，然后求解 AM 的长．
【解答】（本题 13 分）
（Ⅰ）证明：∵正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直，AD 为交线，
∴ED⊥平面 ABCD，由已知得 DA，DE，DC 两两垂直，如图建系 D﹣xyz，
可得 D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），E（0，0，1），F
（1，0，1）．…（1 分）
由 M 为 EC 的中点，知 取得 ．………
易知平面 ADEF 的法向量为 ………∵ ∴ ………4 分）
∵BM⊄平面 ADEF∴BM∥平面 ADEF………（ Ⅱ ） 证 明 ： 由 （ Ⅰ ） 知 ， ，
设平面 BDE 的法向量为 ，
平面 BEC 的法向量为
由 得 …
由 得 …
∵ ．∴平面 BDE⊥平面 BEC．…………（8 分）
（Ⅲ） 解：设 ，设 M（x，y，z），计算得 M（0，2λ，1﹣
λ），………（9 分）
则 ，
设平面 BDM 的法向量为 ，
由 得 ………（10 分）
易知平面 ABF 的法向量为 ，………（11 分）
由已知得
解得 ，此时 ……（12 分）
∴ ，则 ，
即 AM 的长为 ．…（13 分）18．已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，a1＝2，且 4Sn＝an•an+1，数列{bn}中，b1＝ ，且 bn+1＝
，n∈N*．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设 cn＝ （n∈N*），求{cn}的前 n 项和 Tn．
【分析】（1）由 a1＝2，且 4Sn＝an•an+1，可得 4a1＝a1•a2，解得 a2．当 n≥2 时，4an＝
4（Sn﹣Sn﹣1），an≠0，可得 an+1﹣an﹣1＝4，可得数列{an}的奇数项与偶数项都成等差数
列，公差为 4，即可得出．
（2）b1＝ ，且 bn+1＝ ，n∈N*．两边取倒数可得： ＝ ﹣ ，化为
﹣ ＝ ，利用“裂项求和”可得 bn+1，可得 bn．cn＝ ，再利
用“错位相减法”、等比数列的前 n 项和公式即可得出．
解：（1）∵a1＝2，且 4Sn＝an•an+1，
∴4a1＝a1•a2，解得 a2＝4．
当 n≥2 时，4an＝4（Sn﹣Sn﹣1）＝an•an+1﹣an﹣1an，an≠0，
可得 an+1﹣an﹣1＝4，
∴数列{an}的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为 4，
∴an＝a2k﹣1＝2+4（k﹣1）＝4k﹣2＝2n，
a2k＝4+4（k﹣1）＝4k＝2n，
∴an＝2n．
（2）b1＝ ，且 bn+1＝ ，n∈N*．两边取倒数可得： ＝ ﹣ ，
化为 ﹣ ＝ ，
∴ ﹣ ＝ + + … + +
＝ + +…+ +4
＝ +3，
∴bn+1＝ ，可得 bn＝ ．当 n＝1 时也成立．
∴cn＝ ＝ ＝ ，
∴{cn}的前 n 项和 Tn＝ +…+ ，
＝ +…+ + ，
∴ ＝ +…+ ﹣ ＝ ﹣ ＝1﹣ ﹣ ＝1﹣ ，
∴Tn＝2﹣ ．
19．已知函数 f（x）＝（x2﹣a+1）ex．
（1）当 a＝2 时，求曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数 f（x）的单调的单调性；
（3）已知 x1，x2 是 f（x）的两个不同的极值点，x1＜x2，且|x1+x2|≥|x1x2|﹣1，若 g
（x1）＝f（x1）+（x12﹣2）e ，证明：g（x1）≤ ．
【分析】（1）确定切点，求导函数，确定切线斜率，即可得到切线方程；
（2）先求导，再分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；
（2）先确定 0＜a≤4，再求得 g（x1）＝（x12﹣2x1﹣2）e ，利用导数确定 g（x1）的
单调性求得最大值 ，即可证得结论．
解：（1）当 a＝2 时，f（x）＝（x2﹣1）ex．∴f′（x）＝ex（x2+2x﹣1），
∴f′（1）＝2e，
∵f（1）＝0，
∴曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y＝2ex﹣2e；
（2）∵f（x）＝（x2﹣a+1）ex，
∴f′（x）＝ex（x2+2x+1﹣a）＝ex[（x+1）2﹣a]，
当 a≤0 时，f′（x）≥0 恒成立，
∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，
当 a＞0 时，令 f′（x）＝0，解得 x1＝﹣1﹣ ，x2＝﹣1+ ，
则当 x∈（﹣∞，﹣1﹣ ），（﹣1+ ，+∞）时，f′（x）＞0，当 x∈（﹣1﹣ ，﹣
1+ ）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，﹣1﹣ ），（﹣1+ ，+∞）上单调递增，在（﹣1﹣ ，﹣
1+ ）上单调递减；
证明（3）由（2）可知当 a＞0 时，f（x）的有两个不同极值点，
∵x1，x2 为 f（x）的两个不同极值点
∴x1+x2＝﹣2，x1x2＝﹣a+1
∵|x1+x2|≥|x1x2|﹣1，∴2≥|﹣a+1|﹣1，∴0＜a≤4．
由（2）可得又由 f′（x）＝（x2+2x﹣a+1）ex＝0，x1＜x2，解得 x1＝﹣1﹣ ，
∵0＜a≤4，所以 x1＝﹣1﹣ ∈[﹣3，﹣1）
g（x1）＝f（x1）+（x12﹣2） ＝（2x12﹣a﹣1）e ，
又∵x1＝﹣1﹣ ，∴a＝x12+2x1+1，∴g（x1）＝（x12﹣2x1﹣2） ，
∴g′（x1）＝（x12﹣4） ，
令 g′（x1）＝0 得 x1＝﹣2 或 2，
在区间[﹣3，﹣1）上，g（x1），g′（x1）变化状态如下表：
x1 ﹣3 （﹣3，﹣2） ﹣2 （﹣2，﹣1）
g（x1） + 0 ﹣
g′（x1） 增 极大值 减
所以当 x1＝﹣2 时，g（x1）取得最大值 ，所以 g（x1）≤ ．20．（16 分）已知椭圆 的左、右焦点分别为 F1、F2，短轴两个端点
为 A、B，且四边形 F1AF2B 是边长为 2 的正方形．
（1）求椭圆的方程；
（2）若 C、D 分别是椭圆长的左、右端点，动点 M 满足 MD⊥CD，连接 CM，交椭圆
于点 P．证明： 为定值．
（3）在（2）的条件下，试问 x 轴上是否存异于点 C 的定点 Q，使得以 MP 为直径的圆
恒过直线 DP、MQ 的交点，若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意知 a＝2，b＝c，b2＝2，由此可知椭圆方程为 ．
（2）设 M（2，y0），P（x1，y1）， ，直线 CM：
， 代 入 椭 圆 方 程 x2+2y2 ＝ 4 ， 得
，然后利用根与系数的关系能够推导出 为定
值．
（ 3 ） 设 存 在 Q （ m ， 0 ） 满 足 条 件 ， 则 MQ ⊥
DP ． ， 再 由
，由此可知存在 Q（0，0）满足条件．
解：（1）a＝2，b＝c，a2＝b2+c2，∴b2＝2；∴椭圆方程为
（2）C（﹣2，0），D（2，0），设 M（2，y0），P（x1，y1），
直线 CM： ，代入椭圆方程 x2+2y2＝4，
得
∵ x1 ＝ ﹣ ， ∴ ， ∴ ， ∴
∴ （定值）
（3）设存在 Q（m，0）满足条件，则 MQ⊥DP
则由 ，从而得 m＝0
∴存在 Q（0，0）满足条件
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