新疆成人教育学院-高中生社会实践报告

2020年普通高等学校招生全国统一考试最新高考信息卷
理 科 数 学（十）
注意事项：
、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将 自
己的姓名、考生号填写在答题卡上。
、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题 卡上对应题目的答案标号涂黑，
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题 ，每小题5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Mxx1
，
Nxx
2
x0
，则（ ）
A．
M

N
B．
N

M

D．
MUNxx0



C．
MINxx1

【答案】B
 
【解析】由题意得
Nxx
2
x0x0x1
M
．选B．
2．设

2i

3xi

3

y5

i
（
i
为虚数单位）， 其中
x
，
y
是实数，则
A．5
【答案】A
【解 析】由

2i

3xi

3

y5

i
，得
6x

32x

i 3

y5

i
，
∴

B．
13
C．
22



xyi
等于（ ）
D．2

x63

x3
，解得

，∴
xyi34i 5
．选A．

32xy5

y4
3．某高校调 查了320名学生每周的自习时间(单位：小时），制成了下图所示的频率分布直方

图， 其中自习时间的范围是
5，30

，样本数据分组为

17．5，2 0

，

20，22．5

，

22．5 ，25

，

17．
27．5

，
27．5，30

．根据直方图，这320名学生中每周的自习时间不足
22．5
小时的人数

25，
是（ ）

A．68
【答案】B
【解析】由频率分布直方图可得，320名学生中每周的自习时间不足
2 2．5
小时的人数是
B．72 C．76 D．80
320

0 ．020．07

2．572
人．选B．
4．

1
A．15
【答案】C
【解析】二项式

1x

展开式的通项为
T
r1
C
5x
r
24
为
C
5
C
5
105 5
．选C．


1

5
2
x
1 x
的展开式中的系数为（ ）

2

x

B．
15
C．5 D．
5

5
r

r0,1,2,3,4,5

，故展开式中
x
2
的系数
x
2
y
2
5．已知双曲线
2

2
1

a0,b0

是离心率为
5
，左焦点为
F
，过点
F
与
x
轴垂直
ab
的直线与双曲线的两条渐近线分别交于点
M
，
N
，若
△OMN
的面积为20，其中
O
是坐标
原点，则该双曲 线的标准方程为（ ）
x
2
y
2
A．
1

28
【答案】A
x
2
y
2
B．
1

48
x
2
y
2
C．
1

82
x
2
y
2
D．
1

84
c
b
2
22222
【解析】由
5
可得
c 5a
，∴
ab5a
，故
2
4
．
a
a

∴双曲线的渐近线方程为
y2x
，由题意得
M

c,2c

，
N

c,2c

，
∴
S
△OMN

1
c4c20
，解得< br>c
2
10
，∴
a
2
2
，
b2
8
，
2
x
2
y
2
∴双曲线的方 程为
1
．选A．
28
6．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．
42π

【答案】D
【解析】由三视图可得，该几何体是一个三棱柱与一个圆柱的组合体(如图所示），
其体积
V2π21224π
．
B．
26π
C．
4π
D．
24π


7．执行如下图的程序框图，若输入
a
的值为2，则输出
S
的值为（ ）
开始
输入a
S1,k1
SS
a
k1
否
输出S
结束
k≤4？
是
kk1

D．
4.9
A．
3.2
B．
3.6
C．
3.9

【答案】C
【解析】运行框图中的程序可得
①
k1
，
S1
2
2
，不满足条件，继续运 行；
2
28
=
，不满足条件，继续运行；
33
②
k2
，
S2
③
k3
，
S
8219+=
，不满足条件，继续运行；
346
192107

，不满足条件，继续运行；
6530④
k4
，
S
⑤
k=5
，
S=
10 72117
+==3．9
，满足条件，停止运行，输出
S=3．9
．选C．
30630
8．等比数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，公比为
q
，若
S
6
9S
3
，则
S
5
62
，
a
1

（ ）
A．
2

【答案】B
【解析】由题意得
q1
．由
S
6
9S
3
得
B．
2
C．
5
D．
3

a
1

1q
6

1q
9
a
1

1q< br>3

1q
，
∴
1q9
，∴
q2< br>．又
S
5

3
a
1

12
5

12


31a
1
62
，∴
a
1
2
．选B．
9．已知函数
f

x

cos

2

x


< br>
0,


π
π

π
的最小正周 期为，将其图象向右平移

2

6
个单位后得函数
g

x

cos2x
的图象，则函数
f

x
的图象（ ）
A．关于直线
x
2π
对称
3
B．关于直线
x
π
对称
6
C．关于点


【答案】D

2π

，0

对称
3

D ．关于点



5π

，0

对称 12

【解析】由题意得
2π

π
，故
< br>1
，∴
f

x

cos

2x 


，
2


∴
g
< br>x

cos

2

x



π


π



c os2x


cos2x
，

6
< br>3


∴


π
π

，∴
f

x

cos

2x

．
3

3

2ππ

5π1

2π

f

cos

2

 cos1
33

32

3

，∵
ππ

2π1

π

f

cos< br>
2

cos1
，
63

32

6

∴选项A，B不正确． 又
f


2ππ

2π

co s2

cos

π

10
， < br>
33

3

5ππ

5π

π

f



cos

2

cos



0
，∴选项C不正 确，选项D正确．选D．
123

12

2
10．已知三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的六 个顶点都在球
O
的球面上，球
O
的表面积为
194π
，AA
1

平面
ABC
，
AB5
，
B C12
，
AC13
，则直线
BC
1
与平面
AB
1
C
1
所成角的正弦值为
（ ）
A．
53

52
B．
73

52
C．
52

26
D．
72

26
【答案】C
【解析】由
AB5
，
BC12
，
AC13
，得
AB
2
+BC
2
AC
2
，∴
ABBC
．
设球半径为
R
，
AA1
x
，则由
AA
1

平面
ABC
知
A
1
C
为外接球的直径，
在
Rt△A
1
AC
中，有
x
2
13
2


2R

，又
4πR
2
194π
，∴
4R
2
194
，∴
x5
．
∴
S
△AB
1
C
1
302
，
S
△ABB
1

2
25
．
2
设点
B
到平面
AB
1
C
1
的距离为
d
，
则由
V
BAB
1
C
1
V
C
1
ABB
1
，得
302d 
1
3
125
12
，
32

∴
d
52
d52
，又
BC
1
13
，∴直 线
BC
1
与平面
AB
1
C
1
所成角正弦值 为．选C．

2
BC
1
26
x
2
y2
11．已知椭圆
2

2
1

ab0< br>
的短轴长为2，上顶点为
A
，左顶点为
B
，
F1
，
F
2
分别
ab
是椭圆的左、右焦点，且
△ F
1
AB
的面积为
的取值范围为（ ）
A．

1，2


【答案】D
【解析】由已知得
2b2
，故
b1
；∵
△F
1
AB
的面 积为
B．

2，3


11
23
，点
P
为椭圆上的任意一点，则
PF
1
PF
2
2

4

C．

2，

D．

1，4


23
，
2
∴
123
222
，∴
a c23
，又
ac

ac

ac
< br>b1
，

ac

b
22
∴
a2
，
c3
，∴
PF
1
PF
2
1 12a4

，
PF
1
PF
2
PF
1
PF
2
PF
1

4PF
1

PF
1
2
4PF
1
2
又
23PF
，∴
1PF
1
4PF
1
4
，∴
1
1
23
11
4
．
PF
1
PF
2
即
11

的取值范围为

1，4

．选 D．
PF
1
PF
2
x

1
2
2

12．已知对任意
x

，e

不等式
e
a
x
恒成立(其中
e2．
，
71828
是自然对数的底数）

e

则实数
a
的取值范围是（ ）
A．

0，


【答案】A
【解析】由
ex
得
成立．
x
a
2
< br>
e

2

B．

0，e

C．

，2e

D．

，
2




4
< br>e

x12lnx

1

1
2

2lnx
在
x

，e
2

上恒成立， 即

在
x

，e

上恒
a
ax

e

e


令
f
x


2

1lnx

2lnx

1

，
x

，e
2

，则f


x


，
2
x
x< br>
e

∴当
x

，e

时，f


x

0
，
f

x< br>
单调递增，
e
2
当
x


e ，e


时，
f


x

0< br>，
f

x

单调递减．

1
< br>

∴
f

x

max
f

e


212
，∴
f

e


，
eae
∴
0a
e

e

．故实数
a
的取值范围是

0，

．选A．
2

2

第Ⅱ卷
卷包括必考题和选考题两部分。第(13 )~(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第(22)~(23)题为选考题，考生根据要求 作答。
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

xy40

13．已知实数
x
，
y
满足条件

x2y2 0
，若
zaxy
的最小值为
8
，则实数

x 0，y0

a
__________．
【答案】
2

0

，
A

0， 1

，
B

2，2

，【解析】作出不等式组表示 的可行域，为如图所示的四边形
OABC
，且
O

0，
C< br>
4，0

．

由
zaxy
得
yaxz
，

0< br>
时，直线在
y
轴上的截①当
a0
时，平移直线
y axz
，结合图形得当直线经过点
C

4，
距最小，此时z
取得最小值，且
z
min
4a
，由
4a8，得
a2
，符合题意．
0

时，直线在
y
轴上的截②当
a0
时，平移直线
yaxz
，结合图形得当直线经过 点
O

0，
距最小，此时
z
取得最小值，且
zmin
0
，不合题意．
综上
a2
．
14．若 函数
f

x

是偶函数
x0
时，
f
x

lg

x1

，则满足
f

2x1

1
的实数
x
取值范围
是_ _______．
4

【答案】

5，
【解析】∵函 数
f

x

是偶函数，且
x0
时，
f< br>
x

lg

x1

，
∴< br>x0
时，
f

x

单调递增，∴
x0< br>时，
f

x

单调递减．
又
f

9

lg

91

1
，∴不等式< br>f

2x1

1
可化为
f

2 x1

f

9

，
∴
2x19
，∴
92x19
，解得
5x4
，
4

． ∴实数
x
取值范围是

5，
u uuruuur
15．已知平行四边形
ABCD
中，
AD2
，BAD120
，点
E
是
CD
中点，
AEBD 1
，则
uuuruuur
BDBE
_________．
【答案】13
uuuruuur
uuur
1
uuuruuuruu uruuur
2
1
uuuruuur
1
uuur
2
【解析】由
AEBD1
，得
(ADAB)(ADAB)ADABAD AB1
，
222
uuur
11
设
ABm
， ∴
4mm
2
1
，解得
m3
．
22
uuuruuuruuuruuuruuur
1
uuuruuur
2
3uuuruuur
1
uuur
2
319
∴
BDBE (ADAB)(ADAB)ADADAB+AB42313
．
22 2222
16．已知数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，且
a
2
4
，
S
4
=30
，
n2
时，
a
n1
a
n1
2

a
n
1

，则

an

的通项公式
a
n

___________．
【答案】
n
2

【解析】由
a
n1
a
n1
2

a
n
1

得
a< br>n1
a
n
a
n
a
n1
2

n2

．

又
a
3
a1
2

a
2
1

10
，
S
4
a
1
a
2
a
3
a
4
14a
4
30
，
∴
a
4
16
．又
a
4
a
2
2

a
31

，∴
a
3
9
，∴
a
1
1
，∴
a
2
a
1
3
，
∴数列< br>
a
n1
a
n

是首项为
3
， 公差为
2
的等差数列，
∴
a
n
a
n1
32

n2

2n1

n2
，
∴当
n2
时，
a
n


an
a
n1



a
n1
a< br>n2

．．．

a
2
a
1

a
1


2n1



2 n3

．．．1n
2
，
又
a
1
1
满足上式，∴
a
n
n
2
nN
*
．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在
△ABC
中
a
、
b
、
c
分别为角
A
、
B
、
C
所对的边，已知
（1）求角
B
的大小；
（2）若
a1
，
b7
，求
△ABC
的面积．
33
π
；（2）．
4
3
sinB1
【解析】（1 ）由及
sinAsin

BC

，

2sinAsinC2cosC
sinB1
．

2s inAsinC2cosC
【答案】（1）
B
得
2sinBcosC2 sin

BC

sinC2sinBcosC2cosBsinC sinC
，
2cosBsinCsinC
，又在
△ABC
中，
sinC0
，
cosB
1
π
，
Q0B π
，
B
．
23
（2）在
△ABC
中，由余弦 定理得
b
2
a
2
c
2
2accosB
，即
71c
2
c
，
c
2
c60
，解得
c3
，
133
∴
△ABC
的面积
SacsinB
．
24
18．（12分）在四棱锥
ADBCE
中，底面
DBCE
是等 腰梯形，
BC2DE
，
BDDECE
，
△ADE
是等 边三角形，点
F
在
AC
上．且
AC3AF
．
（1）证明：
AD∥
平面
BEF
；
（2）若平面
ADE
平面
BCED
，求二面角
ABEF
的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
11
．
13

【解析 】（1）连
DC
，交
BE
于点
G
，连
FG
．
A
F
E
G
C
D
B
∵在等腰梯形
DBCE
中，
BDDECE
，
BC2DE
，
B C∥DE
，


CGBCCF
2
，
QAC3 AF
，
2
，
DGDEAF

CFCG
，AD∥FG
，又
AD
平面
BEF
，
FG
平面
BEF
，

AFDG
∴
AD∥
平面
BEF
．
（2 ）取
DE
中点
O
，
BC
中点
H
，连
AO
，
OH
，显然
AODE
．又平面
ADE
平面
BCED
，
平面
ADEI
平面
BCEDDE
，所以
AO
平面
BCED
．由于
O
、
H
分别为
DE
、
BC
中点，
且在等腰梯形
DBCE
中 ，
BC2DE
，则
OHDE
．
以
O
为原点建立下图所示空间直角坐标系
Oxyz
．
z
F
E
D
x
O
G
C
H
B


333


a

a，a，0Ca，a ，0A0，0，a

E，0，0
设
BC2a(a0)
，则B

，，，



2
，
22
2


uuur

r< br>
a
r

3a

33

uuu3

uuu
3
a，a，aAE，0，aBE，a，0∴
AB

，，


2

2

2

，
222

uuuruu uruuuruuur
2
uuur
0，0)
∴
BFBCCF BCCA(2a，
3
2

33

433

a，a，aa，a，a


3

， 3

2233

设平面
ABE
的一个法向量为< br>u

x
1
，y
1
，z
1

，
r

uuu
33
ABuax
1
ay< br>1
az
1
0


22
可得
< br>，
uuur

AEu
a
x
3
az 0
11

22

令
z
1
1，可得
x
1
3
，
y
1
3
，则< br>u3，31，
．
设平面
FBE
的一个法向量为
v
x
2
，y
2
，z
2

，
uuur

3a3
BEvx
2
ay
2
0


22
可得

，
uuur

BFv
4
ax
3
ay
3
az0
222

333


令
y
2
3
，可 得
x
2
1
，
z
2


3< br>
3
1，3，
，则
v


． < br>3
3

311
3
uv11
33
∴
cosu,v
，
uv
113
13
1313 13
33
333
由图形知，二面角
ABEF
为锐角，
∴二面角
ABEF
的余弦值为
11
．
13
1 9．（12分）近年来，随着科学技术迅猛发展，国内有实力的企业纷纷进行海外布局，如在智
能手机行 业，国产品牌已在赶超国外巨头，某品牌手机公司一直默默拓展海外市场，在海外
设多个分支机构需要国 内公司外派大量80后、90后中青年员工．该企业为了解这两个年龄层
员工对是否愿意接受外派工作的 态度随机调查了100位员工，得到数据如下表：

80后
90后
合计
愿意接受外派人数
20
40
60
不愿意接受外派人数
20
20
40
合计
40
60
100
（1）根据调查的数据，判断能否在犯错误的概率不超过
01
的前提下认为“是否愿意 接受外派
．
与年龄层有关”，并说明理由；
（2）该公司选派12人参观驻海外分支 机构的交流体验活动，在参与调查的80后员工中用分
层抽样方法抽出6名，组成80后组，在参与调查 的90后员工中，也用分层抽样方法抽出6
名，组成90后组．
①求这12人中，80后组、90后组愿意接受外派的人数各有多少?
②为方便交流，在80 后组、90后组中各选出3人进行交流，记在80后组中选到愿意接受外
派的人数为
x
，在90后组中选到愿意接受外派的人数为
y
，求
xy
的概率．
参考数据：

P

k
2
k
0


k
0

015．

010．

0．05

0．025

0．010

0．005

2．072

2．706

3841．

5．024

6．635

7．879

2
n(adbc）
参考公式：
k=
，其中
nabcd
．

ab

cd

ac

bd

2
【答案】（1）能在犯错误的 概率不超过
01
的前提下认为“是否愿意接受外派与年龄有关”；
．
1
（2）①3，4．②．
2
【解析】（1）由列联表可得
k
2
100

20204020

6040 6040
2

400400100
2．7782．706
，
5760000
所以能在犯错误的概率不超过
01
的前提下认为“是否 愿意接受外派与年龄有关”．
．
（2）①由分层抽样知80后组中，愿意接受外派人数为3， 在90后组中，愿意接受外派人数
为4．
②“
xy
”包含“
x 0
，
y1
”，“
x0
，
y2
”，“
x0
，
y3
”，“
x1
，
y2
”，“x1
，
，“
x2
，
y3
”六种情况．
y3
”
0303
21
C
3
C
3
C
1
C
3
C
3
C
2
13
4
C24
C
2
且
P

x0，y1


3

3

，
P

x0，y2


3

3

，
C
6
C
6
100C
6
C
6
100
032
01
C
3
C
3
C
3
C
1
C
2
1 27
3
C
3
4
C
24
C
2
，P

x1，y2


3

3
< br>，
P

x0，y3


3

3
C
6
C
6
100C
6
C
6
1 00
221
00
C
1
C
3
C
3
C
3
C
3
99
3
C
3
4
C
24
C
2
，
P

x2，y3

3

3

．
P

x1，y3


3

3

C
6
C
6
1 00C
6
C
6
100
∴
P(xy)
131 279911

．即
xy
的概率为．
10022
20．（12分）设抛物线的顶点为坐标原点，焦点
F
在
y
轴的正半轴上，点
A
是抛物线上的一点，
以
A
为圆心，2为半径的圆与
y轴相切，切点为
F
．
（1）求抛物线的标准方程：
（2）设直线m
在
y
轴上的截距为6，且与抛物线交于
P
，
Q
两点，连接
QF
并延长交抛物线
的准线于点
R
，当直线
P R
恰与抛物线相切时，求直线
m
的方程．
【答案】（1）
x
2
4y
；（2）直线
m
的方程为
y
【解析】（1）设 抛物线方程为
x
2
2py(p0)
，
11
x6
或
yx6
．
22

∵以
A
为圆心，
2
为半径的圆与
y
轴相切，切点为
F
，
∴
p=2
，∴该抛物线的标准方程为
x
2
4y
．
（2）由题知直线
m
的斜率存在，设其方程为
ykx6
， 
ykx6
由

2
消去
y
整理得
x
2
4kx240
，

x4y

xx 4k
显然

16k
2
960
．设
P

x
1
，y
1

，
Q

x2
，y
2

，则

12
．
x
•
x
24

12

x
1
2

x
1
2
x
1
抛物线在点
P

x
1
，

处的切线方程为
y

xx
1

，
4
42


x
1
24

x
1
2
4
，1

， 令< br>y1
，得
x
，可得点
R

2x
1
2x
1

由
Q
，
F
，
R< br>三点共线得
k
QF
k
FR
，
2
x
2
1
11
4
∴，即
x
1
2
4x
2
2
416x
1
x
2
0
，

2
x
1
4
x
2
2x
1
 
2
整理得
(x
1
x
2
)
2
 4


x
1
x
2

2x
1< br>x
2

1616x
1
x
2
0
，

22
∴

24

4


4k

2

24


16 16

24

0
，

解得
k< br>2

1
1
，即
k
，
4
2
11
x6
或
yx6
．
22
x1
，且曲线
yf

x

在点
1，f

1


处的切线与
y
轴垂直． x
∴所求直线
m
的方程为
y
21．（12分）已知函数
f

x

klnx
（1）求函数
f

x

的单调区间；
,

U

1,e

（其中
e
为自然对数的底数）（2）若对任意
x

01< br>，都有
求
a
的取值范围．
f

x

x1

11
(a0)
恒成立，
xa
1
< br>，单调增区间为

1，

；


． 【答案】（1）单调减区间为

0，
（2）

e1，
【解 析】（1）∵
f

x

klnx
∴
f


x


x1


， ，定义域为

0，
x
k1kx1

2
．由题意知
f


1

k10
，解得
k1
，
xx
2
x

∴
f


x

x1
，由
f


x

0
，解得
x1
；由
f


x

0
，解得
0x1
，
2
x
f

x

的单调减区间为

0，1

，单调增区间为

1，

．
（2）由（1）知
f

x

lnx1
f

x

x1
1
，
x

1lnx111lnx
．

xx1x 1x

x1

xx1
设
m

x


lnx
x1xlnx
，则
m


x


，
2
x1
x

x1

令
n

x

x1xlnx
，则
n


x

1lnx1lnx
，
+

上单调递减，
x1
时，
n


x

0
，故
n

x

在
1，
n

x

n

1

0
，
x

1，e

时，
m


x

0
，
m

x
单调递减，
x

1，e

时，
m
x

m

e


由题意知
1
，
e1
11
，又
a0
，
ae1
．

ae1
lnx1

成立，
x1a
下面证明 当
ae1
，
0x1
时，
即证
alnxx1成立，
令


x

alnxx1
，则



x


aax
，
1
xx
1

是增函数， 由
ae1
，0x1
，得



x

0
，故


x

在

0，
x
0，1

时，


x




1

0
，
alnxx1
成立，即
lnx1

成立，
x1a


． 故正数
a
的取值范围是
e1，
请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。
22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】
在直角坐标系
xOy
中，以坐标原点
O
为极点，以
x
轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线
C
的
极坐标方程为

sin

cos
，点
P
的曲线
C
上运动．
（1）若点
Q
在射 线
OP
上，且
OPOQ4
，求点
Q
的轨迹的直角坐标方 程；


3π

（2）设
M

4，

，求
△MOP
面积的最大值．

4

【答案】（1）
xy4
；（2）
22
．
【解析】（1）设Q


,


，则
P

< br>1
,



0,

1
0
，
又
OPOQ4
，


1
4
，


1


4
4

，

sin

cos

，

< br>cos



sin

4
．
将
x

cos

，
y

sin

代入上式可得点
Q
的直角坐标方程为
xy4
．
< br>3π

（2）设
P


,

< br>
0

，则

cos

sin

，
Q
M

4
，

，
4

△MOP
的面积
S
2
122

3π

4

sin




2

cos

sin


222
< br>4

2

cos

sin


2

1sin2


22
，
当且 仅当
sin2

1
，即


π
时等号成 立．
4
△MOP
面积的最大值为
22
．
(用直角坐标方程求解，参照给分）
23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】
设
a0
，
b0
，且
a
2
bab
2
2
，求证：
（1）
a
3
b
3
2
；
（2）

ab

a
5
b
5
4
．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【解析】（1）
Qa0
，
b0
，
a
2
bab
2
2
，
< br>

a
3
b
3

2a
3b
3
a
2
bab
2
a
2
< br>ab

b
2

ba


< br>ab


a
2
b
2



ab

ab

0
，
2
< br>a
3
b
3
2
．
（2）

a b


a
5
b
5

a
6< br>b
6
a
5
bab
5


a< br>3
b
3

2a
3
b
3
a5
bab
5

2


a
3
b
3

ab

a
4
2a
2
b
2
b
4



a
3
b3

ab

a
2
b
2

，
222
Qa0
，
b0
，
a
3
b
3
2
，



ab


a
5
b
5

2
2
4
．