2020年宁夏高考数学（文科）模拟试卷（2）.docx下载_163文库

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1、第 1 页（共 19 页） 2020 年宁夏高考数学（文科）模拟试卷年宁夏高考数学（文科）模拟试卷 2 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 AxN|x1，Bx|x5，则 AB（） Ax|1x5 Bx|x1 C2，3，4 D1，2，3，4，5 2 （5 分）若复数（a+i）（1+i）在复平面上所对应的点在实轴上，则实数 a（） A2 B1 C1 D2 3 （5 分）双曲线 2 9 2 16 = 1的左顶点到其渐近线的距离为（） A2 B9 5 C12 5 D3 4 （5 分）谋士梅长苏与侠女霓凰郡主约好

2、在公元 958 年的某一天下午 5 点6 点之间在城门口见面，他们约定：谁先到谁先等 20 分钟，20 分钟内不见另一人的到来则离去请你计算他们能见面的概率是（） A1 3 B4 9 C5 9 D11 36 5 （5 分）如果点 p（sin2，cos）位于第二象限，那么所在的象限是（） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 6 （5 分）标准对数远视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，标准对数远视力表各行为正方形“E”形视标，且从视力 5.2 的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下方一行“E”边长的 10 10 倍，若视力 4.1 的视标边

3、长为 a，则视力 4.9 的视标边长为（）第 2 页（共 19 页） A10 4 5 B10 9 10 C10; 4 5 D10; 9 10 7 （5 分）函数 f（x）1+log2x 与 g（x）21 x 在同一直角坐标系下的图象大致是（） A B C D 8 （5 分）若，，满足，| = | | = 2| | = 2，则( ) ( )的最大值为（） A10 B12 C53 D62 9 （5 分）已知 x，y 满足约束条件 2 0 + 1 0 + 1 0 ，则 z2x+y 的最小值为（） A4 B2 C1 D1 3 10 （5 分）已知球、母线和直径相等的圆柱、正方体，它们

4、的体积依次为 V1、V2、V3，若它们的表面积相等，则 V12：V22：V32（） A6：2： B3：2： C6：4： D3：2： 11 （5 分）已知 F 是抛物线 y28x 的焦点，过点 F 的直线与抛物线交于不同的两点 A，D，第 3 页（共 19 页）与圆（x2）2+y24 交于不同的两点 B，C（如图），则|AB|CD|的值是（） A4 B2 C1 D 2 2 12 （5 分）已知实数 a，b 满足 ln（b+1）+a3b0，实数 c，d 满足 2dc+5 =0，则（a c）2+（bd）2的最小值为（） A1 B2 C3 D4 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小

5、题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）若平面平面，直线 l平面，那么 l 和的位置关系为 14 （5 分）在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续 10 天，每天新增疑似病例不超过 7 人” 过去 10 日，A、B、 C、D 四地新增疑似病例数据信息如下： A 地：中位数为 2，极差为 5；B 地：总体平均数为 2，众数为 2； C 地：总体平均数为 1，总体方差大于 0；D 地：总体平均数为 2，总体方差为 3 则以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标志的是、（填 A、 B、 C、D） 1

6、5 （5 分）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为： () = 1 ，当 = (，都是正整数，是既约真分数) 0，当 = 0，1或0，1上的无理数，若函数 f（x）是定义在 R 上的奇函数，且对任意 x 都有 f（2x）+f（x）0，当 x0，1时，f（x）R（x），则 (18 5 ) + (30) = 16 （5 分）已知首项为 1 的数列an满足+1(2 2:4:2) 2 =n+1， cn= ，则数列cn 的通项公式为三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分

7、） 17 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b， c，且 + = 3，2sin2C3sinAsinB 第 4 页（共 19 页）（1）求 C；（2）设 P（1，cosA），Q（cosA，1），且 AC，与的夹角为，求 cos 的值 18 （12 分）某校高三（1）班共有 40 名学生，他们每天自主学习的时间全部在 180 分钟到 330 分钟之间，按他们学习时间的长短分 5 个组统计得到如下频率分布表：分组频数频率 180，210） 4 0.1 210，240） 8 s 240，270） 12 0.3 270，300

8、） 10 0.25 300，330） n t （1）求分布表中 s，t 的值；（2）某兴趣小组为研究每天自主学习的时间与学习成绩的相关性，需要在这 40 名学生中按时间用分层抽样的方法抽取 20 名学生进行研究，问应抽取多少名第一组的学生？（3）已知第一组的学生中男、女生均为 2 人在（2）的条件下抽取第一组的学生，求既有男生又有女生被抽中的概率 19 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 中，ABCD，BCD= 2，PABD，AB2，PAPD CDBC1 （）求证：平面 PAD平面 ABCD；（）求点 C 到平面 PBD 的距离 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2

9、 =1 的右焦点为（1，0），且经过点 A（0，1）（）求椭圆 C 的方程；（）设 O 为原点，直线 l：ykx+t（t1）与椭圆 C 交于两个不同点 P、Q，直线 AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N 若|OM|ON|2，求证：直线 l 经过定点第 5 页（共 19 页） 21 （12 分）已知函数 f（x）x22alnx（aR）（）当 a= 1 2时，点 M 在函数 yf（x）的图象上运动，直线 yx2 与函数 yf（x）的图象不相交，求点 M 到直线 yx2 距离的最小值；（）讨论函数 f（x）零点的个数，并说明理由四解答题（共四解答题（共

10、1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）已知曲线 C 的极坐标方程为2= 9 2+92，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系（1）求曲线 C 的普通方程；（2）A、B 为曲线 C 上两个点，若 OAOB，求 1 |2 + 1 |2的值五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23若 a0，b0，且( + ) = 1 （1）求 1 3 + 1 3的最小值；（2）是否存在 a，b，使得 1 2 + 1 3的值为 6 3 ？并说明理由第 6 页（共 19 页） 2020 年宁夏高考数学（文科）模拟试卷年宁

12、 a1 故选：B 3 （5 分）双曲线 2 9 2 16 = 1的左顶点到其渐近线的距离为（） A2 B9 5 C12 5 D3 【解答】解：由双曲线 2 9 2 16 = 1，得 a29，b216，双曲线 2 9 2 16 = 1的左顶点坐标为（3，0），其一条渐近线方程为 y= 4 3，即 4x3y0 由对称性得左顶点到其渐近线的距离为 d= |12| 42+(3)2 = 12 5 故选：C 4 （5 分）谋士梅长苏与侠女霓凰郡主约好在公元 958 年的某一天下午 5 点6 点之间在城门口见面，他们约定：谁先到谁先等 20 分钟，20 分钟内不见另一人的到来则离去请你计算他们能

13、见面的概率是（） A1 3 B4 9 C5 9 D11 36 【解答】解：由题意知本题是一个几何概型，设事件 A 为“两人能会面” ，试验包含的所有事件是（x，y）|5x6，5y6，并且事件对应的集合表示的第 7 页（共 19 页）面积是 s1，满足条件的事件是 A（x，y）|5x6，5y6，|xy| 20 60 所以事件对应的集合表示的面积是 12 1 2 2 3 2 3 = 5 9，根据几何概型概率公式得到 P= 5 9 故选：C 5 （5 分）如果点 p（sin2，cos）位于第二象限，那么所在的象限是（） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【解答】解：点

14、 P（sin2，cos）位于第二象限， cos0 且 sin20，又 sin22sincos， sin0，cos0 是第四象限的角故选：D 6 （5 分）标准对数远视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，标准对数远视力表各行为正方形“E”形视标，且从视力 5.2 的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下方一行“E”边长的 10 10 倍，若视力 4.1 的视标边长为 a，则视力 4.9 的视标边长为（）第 8 页（共 19 页） A10 4 5 B10 9 10 C10; 4 5 D10; 9 10 【解答】解：由题意可得，假若视力 4.9 的视标边长为

15、首项，则公比 q= 10 10 ，视力 4.1 的视标边长为 a，故 aa1q8，即 a1= 8 = (10 1 10)8 = 10; 4 5a，故选：C 7 （5 分）函数 f（x）1+log2x 与 g（x）21 x 在同一直角坐标系下的图象大致是（） A B C D 【解答】解：函数 f（x）1+log2x 的图象是增函数，过（1，1）点；排除 A， g（x）21 x2 （1 2） x，是减函数经过（0，2）点，排除 B，D，故选：C 第 9 页（共 19 页） 8 （5 分）若，，满足，| = | | = 2| | = 2，则( ) ( )的最大值为（） A10 B1

16、2 C53 D62 【解答】解：，，满足，| = | | = 2| | = 2，则 ( ) ( ) = + 2 =2cos ， 4cos ， 2cos ， +412，当且仅当，同向，，反向，，反向时，取得最大值故选：B 9 （5 分）已知 x，y 满足约束条件 2 0 + 1 0 + 1 0 ，则 z2x+y 的最小值为（） A4 B2 C1 D1 3 【解答】解：先根据 x，y 满足线性约束条件 2 0 + 1 0 + 1 0 画出可行域，平移直线 02x+y，当直线 z2x+y 过点 B（0，1）时，z 取最小值为 1 故选：C 10 （5 分）已知球、母线和直径相

17、等的圆柱、正方体，它们的体积依次为 V1、V2、V3，若它们的表面积相等，则 V12：V22：V32（） A6：2： B3：2： C6：4： D3：2：【解答】解：设球的直径为 d，正方体的棱长为 a，圆柱的底面半径是 r，球的表面积为：d2，正方体的表面积为：6a2，圆柱的表面积为：6r2；第 10 页（共 19 页）故 d26a26r2，由题意 da；球的体积为 V1= 4 3( 2) 3 = 3 6 ，正方体的体积是：a3，圆柱的体积为：2r3， d26a2，d2= 6 2， 3 6 = 6 6 2 =a2d， d26r2，d26r2， 12=（ 3 6 ）2（ 6 626

18、）262r6， 22=42r6， 6a26r2，a2r2， 32=a63r6， V12：V22：V3262r6：42r6：3r66：4：故选：C 11 （5 分）已知 F 是抛物线 y28x 的焦点，过点 F 的直线与抛物线交于不同的两点 A，D，与圆（x2）2+y24 交于不同的两点 B，C（如图），则|AB|CD|的值是（） A4 B2 C1 D 2 2 【解答】解：根据题意，设 A（x1，y1），D（x2，y2），抛物线方程为 y28x 的焦点为（2，0），圆 M：（x2）2+y24 的圆心为（2，0），圆心与焦点重合，半径 r2，又由直线 l 过抛物线焦点，则

19、|AB|AF|2x1+22x1， |CD|DF|2x2+22x2，由直线 l：xmy+2，联立抛物线方程可得 y28my160，所以 y1y216，则|AB|CD|x1x2= 12 8 2 2 8 = 162 64 =4 故选：A 12 （5 分）已知实数 a，b 满足 ln（b+1）+a3b0，实数 c，d 满足 2dc+5 =0，则（a c）2+（bd）2的最小值为（）第 11 页（共 19 页） A1 B2 C3 D4 【解答】解：由 ln（b+1）+a3b0，得 a3bln（b+1），则点（b，a）是曲线 y3x ln（x+1）上的任意一点，由 2dc+5 =0，得 c2

20、d+5，则点（d，c）是直线 y2x+5上的任意一点，因为（ac）2+（bd）2表示点（b，a）到点（d，c）的距离的平方，即曲线上的一点与直线上一点的距离的平方，所以（ac）2+（bd）2的最小值就是曲线上的点到直线距离的最小值的平方，即曲线上与直线 y2x+5平行的切线到该直线的距离的平方 y3 1 +1 = 3+2 +1 ，令 y2，得 x0，此时 y0，即过原点的切线方程为 y2x，则曲线上的点到直线距离的最小值的平方2= ( 5 22+(1)2) 2 = 1 故选：A 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13（5 分

21、）若平面平面，直线 l平面，那么 l 和的位置关系为 l 或者 l 【解答】解：如图，根据 l，可得 l 或者 l，当 l 时，根据面面平行得定义得l，故答案为l或者l 第 12 页（共 19 页） 14 （5 分）在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续 10 天，每天新增疑似病例不超过 7 人” 过去 10 日，A、B、 C、D 四地新增疑似病例数据信息如下： A 地：中位数为 2，极差为 5；B 地：总体平均数为 2，众数为 2； C 地：总体平均数为 1，总体方差大于 0；D 地：总体平均数为 2，总体方差为 3 则

22、以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标志的是 A 、 D （填 A、 B、 C、 D）【解答】解：该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续 10 天，每天新增疑似病例不超过 7 人” 在 A 地中，中位数为 2，极差为 5，2+57，每天新增疑似病例不会超过 7 人，所以 A 地符合标准；在 B 地中，总体平均数为 2，众数为 2，每天新增疑似病例可以超过 7 人，所以 B 地不符合标准；在 C 地中，总体平均数为 1，总体方差大于 0，每天新增疑似病例可以超过 7 人，所以 C 第 13 页（共 19 页）地不符合标准；在 D 地中，总体平均数为 2，总体

23、方差为 3根据方差公式，如果存在大于 7 的数存在，那么方差大于 3，所以 D 地符合标准故答案为：AD 15 （5 分）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为： () = 1 ，当 = (，都是正整数，是既约真分数) 0，当 = 0，1或0，1上的无理数，若函数 f（x）是定义在 R 上的奇函数，且对任意 x 都有 f（2x）+f（x）0，当 x0，1时，f（x）R（x），则 (18 5 ) + (30) = 1 5 【解答】解：f（x）是定义在 R 上的奇函数，且对任意 x 都有 f（2x）+f（x）0， f（2

24、x）f（x）， f（x+2）f（x），即 f（x）的周期为 2，当 x0，1时，f（x）R（x）， (18 5 ) + (30) = ( 2 5 + 4) + (1 + 3) = ( 2 5) + 2 (1 3) = (2 5) (1 3) = 1 5 0 = 1 5 故答案为： 1 5 16 （5 分）已知首项为 1 的数列an满足+1(2 2:4:2) 2 =n+1， cn= ，则数列cn 的通项公式为 32 1 2 【解答】解：依题意，由+1(2 2:4:2) 2 =n+1，可得 :1 +1 = 2 2:4:2 2 =2+ 4 +（） 2 即 cn+1= 2 +4cn+2

25、cn+1+2= 2 +4cn+4（cn+2）2 第 14 页（共 19 页）构造数列bn：令 bncn+2，则 bn+1= 2，两边取以 e 为底的对数，可得 lnbn+12lnbn a11，c1= 1 1 =1，b1c1+23，lnb1ln3 数列lnbn是以 ln3 为首项，2 为公比的等比数列 lnbnln32n 1， bn= = 32 1 = 32 1，nN* cnbn2= 32 1 2，故答案为：32 1 2 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设ABC 的内角 A，B，

26、C 所对的边分别为 a，b， c，且 + = 3，2sin2C3sinAsinB （1）求 C；（2）设 P（1，cosA），Q（cosA，1），且 AC，与的夹角为，求 cos 的值【解答】解：（1）2sin2C3sinAsinB， 2 = 3 2，由正弦定理得2= 3 2， + = 3， a2+b2+2ab3c2，根据余弦定理得： = 2+22 2 = 222 2 = 2 = 1 2， = 3 （2）由（1）知 = 3，代入已知，并结合正弦定理得： + = 3 2 = 1 2 ，解得 = 1 2或 sinA1（舍去），所以 A30，B90， = 2 =

27、3，第 15 页（共 19 页）而| | | | = 1 + 2 2 + 1 = 1 + 2 = 7 4， = 2 1+2 = 3 7 4 = 43 7 18 （12 分）某校高三（1）班共有 40 名学生，他们每天自主学习的时间全部在 180 分钟到 330 分钟之间，按他们学习时间的长短分 5 个组统计得到如下频率分布表：分组频数频率 180，210） 4 0.1 210，240） 8 s 240，270） 12 0.3 270，300） 10 0.25 300，330） n t （1）求分布表中 s，t 的值；（2）某兴趣小组为研究每天自主学习的时间与学习成绩的相关性，需要在

28、这 40 名学生中按时间用分层抽样的方法抽取 20 名学生进行研究，问应抽取多少名第一组的学生？（3）已知第一组的学生中男、女生均为 2 人在（2）的条件下抽取第一组的学生，求既有男生又有女生被抽中的概率【解答】解：（1）根据频率，频数和样本容量之间的关系得到 = 8 40 = 0.2，根据频率分布表中的所有的频率之和是 1 得到 t10.1s0.30.250.15 （2）设应抽取 x 名第一组的学生， 4 = 20 40，得 x2 故应抽取 2 名第一组的学生（3）由题意知本题是一个古典概型，在（2）的条件下应抽取 2 名第一组的学生记第一组中 2 名男生为 a1，a2，

29、2 名女生为 b1，b2 按时间用分层抽样的方法抽取 2 名第一组的学生共有 6 种等可能的结果，第 16 页（共 19 页）列举如下：a1a2，a1b1，a1b2，a2b1，a2b2，b1b2 其中既有男生又有女生被抽中的有 a1b1，a1b2，a2b1，a2b2这 4 种结果，既有男生又有女生被抽中的概率为 = 4 6 = 2 3 19 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 中，ABCD，BCD= 2，PABD，AB2，PAPD CDBC1 （）求证：平面 PAD平面 ABCD；（）求点 C 到平面 PBD 的距离【解答】证明：（）ABCD，BCD= 2，PAPDCDBC1，

30、BD= 2， = 2， = 4， = 4， AB2，AD= 2，AB2AD2+BD2，ADBD， PABD，PAADA，BD平面 PAD， BD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD 解：（）取 AD 中点 O，连结 PO，则 POAD，且 PO= 2 2 ，由平面 PAD平面 ABCD，知 PO平面 ABCD，由 BD平面 PAD，得 BDPD，又 PD1，BD= 2，PBD 的面积为 2 2 ，又BCD 的面积为1 2，VP BCDVCPBD，设点 C 到平面 PBD 的距离为 d，则1 3 2 2 = 1 3 1 2 2 2 ，解得 d= 1 2，点 C 到平面 P

31、BD 的距离为1 2 第 17 页（共 19 页） 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1 的右焦点为（1，0），且经过点 A（0，1）（）求椭圆 C 的方程；（）设 O 为原点，直线 l：ykx+t（t1）与椭圆 C 交于两个不同点 P、Q，直线 AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N 若|OM|ON|2，求证：直线 l 经过定点【解答】解：（）椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1 的右焦点为（1，0），且经过点 A（0，1）可得 bc1，a= 2+ 2= 2，则椭圆方程为 2 2 +y21；（）证明：ykx+t 与椭圆方程

32、x2+2y22 联立，可得（1+2k2）x2+4ktx+2t220，设 P（x1，y1），Q（x2，y2）， 16k2t24（1+2k2）（2t22）0，x1+x2= 4 1+22，x1x2= 222 1+22， AP 的方程为 y= 11 1 x+1，令 y0，可得 x= 1 11，即 M（ 1 1;1，0）； AQ 的方程为 y= 21 2 x+1，令 y0，可得 y= 2 12即 N（ 2 1;2，0）（1y1）（1y2）1+y1y2（y1+y2）1+（kx1+t）（kx2+t）（kx1+kx2+2t）（1+t22t）+k22 2;2 1:22 +（ktk）（ 4 1

33、+22）= (1)2 1+22， |OM|ON|2，即为| 1 1;1 2 1;2|2，即有|t21|（t1）2，由 t1，解得 t0，满足0，即有直线 l 方程为 ykx，恒过原点（0，0） 21 （12 分）已知函数 f（x）x22alnx（aR）（）当 a= 1 2时，点 M 在函数 yf（x）的图象上运动，直线 yx2 与函数 yf（x）的图象不相交，求点 M 到直线 yx2 距离的最小值；（）讨论函数 f（x）零点的个数，并说明理由【解答】解：（）f（x）的定义域为（0，+）， a= 1 2时，f（x）x 2lnx，f（x）2x1 ，第 18 页（共 19 页）令

34、 f（x）1，解得：x1 或 x= 1 2，故 f（1）1，M（1，1）到直线 xy20 的距离 d= |112| 2 = 2，（）由 f（x）0，得 2a= 2 （x0 且 x1），设 g（x）= 2 （x0 且 x1），y2a，问题转化为讨论 yg（x）的图象和 y2a 的图象的交点个数问题， g（x）= (21) 2 ，（x0 且 x1），令 g（x）0，解得：x= ，当 0x1 或 1x时，g（x）0，当 x时，g（x）0，故 g（x）在（0，1），（1，）递减，在（，+）递增，故 g（x）极小值g（）2e，又 0x1 时，g（x）0，当 x1 时，g（x

35、）0，故当 2a0 或 2a2e 即 a0 或 ae 时，直线 y2a 与函数 yg（x）的图象有 1 个交点，当 2a2e 即 ae 时，有 2 个交点，当 0ae 时没有交点，故函数 f（x）当 a0 或 ae 时 1 个零点，当 ae 时 2 个零点，0ae 时没有零点四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）已知曲线 C 的极坐标方程为2= 9 2+92，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系（1）求曲线 C 的普通方程；（2）A、B 为曲线 C 上两个点，若 O

36、AOB，求 1 |2 + 1 |2的值【解答】解：（1）由2= 9 2+92，得 2cos2+92sin29，将 xcos，ysin 代入，得到曲线 C 的普通方程是 2 9 + 2= 1 （5 分）（2）因为2= 9 2+92，第 19 页（共 19 页）所以 1 2 = 2 9 + 2，由 OAOB，设 A（1，），则 B 点的坐标可设为(2， 2)，所以 1 |2 + 1 |2 = 1 1 2 + 1 2 2 = 2 9 + 2 + 2 9 + 2 = 1 9 + 1 = 10 9 （10 分）五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23若 a0，b0，且( + ) = 1 （1）求 1 3 + 1 3的最小值；（2）是否存在 a，b，使得 1 2 + 1 3的值为 6 3 ？并说明理由【解答】解：（1）( + ) = 1， ( + ) = 1 ， a0，b0，( + ) 2，当且仅当 ab 时取等号， 1 2， 1 2 1 3 + 1 3 2 1 3 1 3 = 2 42， 1 3 + 1 3 42，当且仅当 ab 时取等号（2）a0，b0， 1 2 + 1 3 2 1 2 1 3 = 2 6 23 3 ， 6 3 23 3 ，不存在 a，b，使得 1 2 + 1 3的值为 6 3

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