安庆市枞阳县2025年初中数学毕业考试模拟冲刺卷含解析

这是一份安庆市枞阳县2025年初中数学毕业考试模拟冲刺卷含解析，共24页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，如图所示的几何体的俯视图是等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．如图，将半径为2的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长度为（ ）
A．B．2C．D．
2．已知一元二次方程x2-8x+15=0的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，则△ABC的周长为（ ）
A．13B．11或13C．11D．12
3．下面运算结果为的是
A．B．C．D．
4．如图，下列图形都是由面积为1的正方形按一定的规律组成，其中，第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，第（2）个图形中面积为1的正方形有5个，第（3）个图形中面积为1的正方形有9个，…，按此规律．则第（6）个图形中面积为1的正方形的个数为（ ）
A．20B．27C．35D．40
5．对假命题“任何一个角的补角都不小于这个角”举反例，正确的反例是( )
A．∠α＝60°，∠α的补角∠β＝120°，∠β＞∠α
B．∠α＝90°，∠α的补角∠β＝90°，∠β＝∠α
C．∠α＝100°，∠α的补角∠β＝80°，∠β＜∠α
D．两个角互为邻补角
6．如图所示的几何体的俯视图是( )
A．B．C．D．
7．如图，△ABC为钝角三角形，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB′C′，连接BB′，若AC′∥BB′，则∠CAB′的度数为（ ）
A．45°B．60°C．70°D．90°
8．如图，直线y=3x+6与x，y轴分别交于点A，B，以OB为底边在y轴右侧作等腰△OBC，将点C向左平移5个单位，使其对应点C′恰好落在直线AB上，则点C的坐标为（ ）
A．（3，3）B．（4，3）C．（﹣1，3）D．（3，4）
9．下列图形中，是正方体表面展开图的是（ ）
A．B．C．D．
10．等腰中，，D是AC的中点，于E，交BA的延长线于F，若，则的面积为( )
A．40B．46C．48D．50
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．分解因式：2a2﹣2=_____．
12．如图，已知点A（4，0），O为坐标原点，P是线段OA上任意一点（不含端点O，A），过P，O两点的二次函数y1和过P，A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B，C，射线OB与射线AC相交于点D．当△ODA是等边三角形时，这两个二次函数的最大值之和等于__．
13．矩形纸片ABCD，AB=9，BC=6，在矩形边上有一点P，且DP=1．将矩形纸片折叠，使点B与点P重合，折痕所在直线交矩形两边于点E，F，则EF长为________．
14．函数y=+的自变量x的取值范围是_____．
15．已知∠=32°，则∠的余角是_____°．
16．如图，已知圆柱底面的周长为，圆柱高为，在圆柱的侧面上，过点和点嵌有一圈金属丝，则这圈金属丝的周长最小为______.
17．某校组织“优质课大赛”活动，经过评比有两名男教师和两名女教师获得一等奖，学校将从这四名教师中随机挑选两位教师参加市教育局组织的决赛，挑选的两位教师恰好是一男一女的概率为____．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）已知二次函数y=x2-4x-5，与y轴的交点为P，与x轴交于A、B两点．（点B在点A的右侧）
（1）当y=0时，求x的值．
（2）点M（6，m）在二次函数y=x2-4x-5的图像上，设直线MP与x轴交于点C，求ct∠MCB的值．
19．（5分）在平面直角坐标系xOy中，点C是二次函数y＝mx2＋4mx＋4m＋1的图象的顶点，一次函数y＝x＋4的图象与x轴、y轴分别交于点A、B．
（1）请你求出点A、B、C的坐标；
（2）若二次函数y＝mx2＋4mx＋4m＋1与线段AB恰有一个公共点，求m的取值范围．
20．（8分）已知：如图，AB为⊙O的直径，C是BA延长线上一点，CP切⊙O于P，弦PD⊥AB于E，过点B作BQ⊥CP于Q，交⊙O于H，
（1）如图1，求证：PQ＝PE；
（2）如图2，G是圆上一点，∠GAB＝30°，连接AG交PD于F，连接BF，若tan∠BFE＝3，求∠C的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，PD＝6，连接QC交BC于点M，求QM的长．
21．（10分）在Rt△ABC中，∠BAC=,D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCFD 的面积．
22．（10分）对于平面直角坐标系中的点，将它的纵坐标与横坐标的比称为点的“理想值”，记作．如的“理想值”．
（1）①若点在直线上，则点的“理想值”等于_______；
②如图，，的半径为1．若点在上，则点的“理想值”的取值范围是_______．
（2）点在直线上，的半径为1，点在上运动时都有，求点的横坐标的取值范围；
（3），是以为半径的上任意一点，当时，画出满足条件的最大圆，并直接写出相应的半径的值．（要求画图位置准确，但不必尺规作图）
23．（12分）先化简：（）÷，再从﹣2，﹣1，0，1这四个数中选择一个合适的数代入求值．
24．（14分）（（1）计算：；
（2）先化简，再求值：
，其中a=．
参考答案
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、C
【解析】
过O作OC⊥AB，交圆O于点D，连接OA，由垂径定理得到C为AB的中点，再由折叠得到CD=OC，求出OC的长，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出AC的长，即可确定出AB的长．
【详解】
过O作OC⊥AB，交圆O于点D，连接OA，
由折叠得到CD=OC=OD=1cm，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：AC2+OC2=OA2，
即AC2+1=4，
解得：AC=cm，
则AB=2AC=2cm．
故选C．
此题考查了垂径定理，勾股定理，以及翻折的性质，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
2、B
【解析】
试题解析：x2-8x+15=0，
分解因式得：（x-3）（x-5）=0，
可得x-3=0或x-5=0，
解得：x1=3，x2=5，
若3为底边，5为腰时，三边长分别为3，5，5，周长为3+5+5=1；
若3为腰，5为底边时，三边长分别为3，3，5，周长为3+3+5=11，
综上，△ABC的周长为11或1．
故选B.
考点：1.解一元二次方程-因式分解法；2.三角形三边关系；3.等腰三角形的性质．
3、B
【解析】
根据合并同类项法则、同底数幂的除法、同底数幂的乘法及幂的乘方逐一计算即可判断．
【详解】
. ，此选项不符合题意；
.，此选项符合题意；
.，此选项不符合题意；
.，此选项不符合题意；
故选：．
本题考查了整式的运算，解题的关键是掌握合并同类项法则、同底数幂的除法、同底数幂的乘法及幂的乘方．
4、B
【解析】
试题解析：第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，
第（2）个图形中面积为1的图象有2+3=5个，
第（3）个图形中面积为1的正方形有2+3+4=9个，
…，
按此规律，
第n个图形中面积为1的正方形有2+3+4+…+（n+1）=个，
则第（6）个图形中面积为1的正方形的个数为2+3+4+5+6+7=27个．
故选B．
考点：规律型：图形变化类.
5、C
【解析】
熟记反证法的步骤，然后进行判断即可．
解答：解：举反例应该是证明原命题不正确，即要举出不符合叙述的情况；
A、∠α的补角∠β＞∠α，符合假命题的结论，故A错误；
B、∠α的补角∠β=∠α，符合假命题的结论，故B错误；
C、∠α的补角∠β＜∠α，与假命题结论相反，故C正确；
D、由于无法说明两角具体的大小关系，故D错误．
故选C．
6、D
【解析】
试题分析：根据俯视图的作法即可得出结论．
从上往下看该几何体的俯视图是D．故选D．
考点：简单几何体的三视图.
7、D
【解析】
已知△ABC绕点A按逆时针方向旋转l20°得到△AB′C′，根据旋转的性质可得∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠AB′B=（180°-120°）=30°，再由AC′∥BB′，可得∠C′AB′=∠AB′B=30°，所以∠CAB′=∠CAC′-∠C′AB′=120°-30°=90°．故选D．
8、B
【解析】
令x=0，y=6，∴B（0，6），
∵等腰△OBC，∴点C在线段OB的垂直平分线上，
∴设C（a，3），则C '（a－5，3），
∴3=3（a－5）+6，解得a=4，
∴C（4，3）.
故选B.
点睛：掌握等腰三角形的性质、函数图像的平移.
9、C
【解析】
利用正方体及其表面展开图的特点解题．
【详解】
解：A、B、D经过折叠后，下边没有面，所以不可以围成正方体，C能折成正方体．
故选C．
本题考查了正方体的展开图，解题时牢记正方体无盖展开图的各种情形．
10、C
【解析】
∵CE⊥BD，∴∠BEF=90°，∵∠BAC=90°，∴∠CAF=90°，
∴∠FAC=∠BAD=90°，∠ABD+∠F=90°，∠ACF+∠F=90°，
∴∠ABD=∠ACF，
又∵AB＝AC，∴△ABD≌△ACF，∴AD=AF，
∵AB=AC，D为AC中点，∴AB=AC=2AD=2AF，
∵BF=AB+AF=12，∴3AF=12，∴AF=4，
∴AB=AC=2AF=8，
∴S△FBC= ×BF×AC=×12×8=48，故选C．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、2（a+1）（a﹣1）．
【解析】
先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【详解】
解：2a2﹣2，
=2（a2﹣1），
=2（a+1）（a﹣1）．
本题考查了提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
12、2
【解析】
连接PB、PC，根据二次函数的对称性可知OB＝PB，PC＝AC，从而判断出△POB和△ACP是等边三角形，再根据等边三角形的性质求解即可．
【详解】
解：如图，连接PB、PC，
由二次函数的性质，OB＝PB，PC＝AC，
∵△ODA是等边三角形，
∴∠AOD＝∠OAD＝60°，
∴△POB和△ACP是等边三角形，
∵A（4，0），
∴OA＝4，
∴点B、C的纵坐标之和为：OB×sin60°+PC×sin60°=4×＝2，
即两个二次函数的最大值之和等于2．
故答案为2．
本题考查了二次函数的最值问题，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，作辅助线构造出等边三角形并利用等边三角形的知识求解是解题的关键．
13、6或2．
【解析】
试题分析：根据P点的不同位置，此题分两种情况计算：①点P在CD上；②点P在AD上．①点P在CD上时,如图：
∵PD=1，CD=AB=9，∴CP=6，∵EF垂直平分PB，∴四边形PFBE是邻边相等的矩形即正方形，EF过点C，∵BF=BC=6，∴由勾股定理求得EF=；②点P在AD上时，如图：
先建立相似三角形，过E作EQ⊥AB于Q，∵PD=1，AD=6，∴AP=1，AB=9，由勾股定理求得PB==1，∵EF垂直平分PB，∴∠1=∠2（同角的余角相等），又∵∠A=∠EQF=90°，∴△ABP∽△EFQ（两角对应相等，两三角形相似），∴对应线段成比例：,代入相应数值：，∴EF=2．综上所述：EF长为6或2．
考点：翻折变换（折叠问题）．
14、x≥1且x≠3
【解析】
根据二次根式的有意义和分式有意义的条件，列出不等式求解即可．
【详解】
根据二次根式和分式有意义的条件可得：

解得：且
故答案为：且
考查自变量的取值范围，掌握二次根式和分式有意义的条件是解题的关键.
15、58°
【解析】
根据余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个角的余角可得答案．
【详解】
解：∠α的余角是：90°-32°=58°．
故答案为58°．
本题考查余角，解题关键是掌握互为余角的两个角的和为90度．
16、
【解析】
要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形，则这圈金属丝的周长最小为2AC的长度．
∵圆柱底面的周长为4dm，圆柱高为2dm，
∴AB=2dm，BC=BC′=2dm，
∴AC2=22+22=8，
∴AC=2dm．
∴这圈金属丝的周长最小为2AC=4dm．
故答案为：4dm
本题考查了平面展开-最短路径问题，圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高，本题把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”是解题的关键．
17、
【解析】
根据列表法求出所有可能及可得出挑选的两位教师恰好是一男一女的结果数而利用概率公式计算可得．
【详解】
解：所有可能的结果如下表：
由表可知总共有12种结果，每种结果出现的可能性相同．挑选的两位教师恰好是一男一女的结果有8种，
所以其概率为挑选的两位教师恰好是一男一女的概率为=，
故答案为．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1），；（2）
【解析】
（1）当y=0，则x2-4x-5=0，解方程即可得到x的值.
(2) 由题意易求M，P点坐标，再求出MP的直线方程，可得ct∠MCB.
【详解】
（1）把代入函数解析式得，
即，
解得：，.
（2）把代入得，即得，
∵二次函数，与轴的交点为，∴点坐标为.
设直线的解析式为，代入，得解得，
∴，
∴点坐标为，
在中,又∵
∴.
本题考查的知识点是抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，解题的关键是熟练的掌握抛物线与x轴的交点，二次函数的性质.
19、（1）A（－4，0）和B（0，4）；（2）或
【解析】
（1）抛物线解析式配方后，确定出顶点C坐标，对于一次函数解析式，分别令x与y为0求出对应y与x的值，确定出A与B坐标；
（2）分m＞0与m＜0两种情况求出m的范围即可．
【详解】
解：（1）y＝mx2＋4mx＋4m＋1＝m（x＋2）2＋1，
∴抛物线顶点坐标为C（－2，1），
对于y＝x＋4，令x＝0，得到y＝4；y＝0，得到x＝－4，
直线y＝x＋4与x轴、y轴交点坐标分别为A（－4，0）和B（0，4）；
（2）把x＝－4代入抛物线解析式得：y＝4m＋1，
①当m＞0时，y＝4m＋1＞0，说明抛物线的对称轴左侧总与线段AB有交点，
∴只需要抛物线右侧与线段AB无交点即可，
如图1所示，
只需要当x＝0时，抛物线的函数值y＝4m＋1＜4，即，
则当时，抛物线与线段AB只有一个交点；
②当m＜0时，如图2所示，
只需y＝4m＋1≥0即可，
解得：，
综上，当或时，抛物线与线段AB只有一个交点．
此题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，以及二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键．
20、（1）证明见解析（2）30°(3) QM=
【解析】
试题分析：
（1）连接OP，PB，由已知易证∠OBP=∠OPB=∠QBP，从而可得BP平分∠OBQ，结合BQ⊥CP于点Q，PE⊥AB于点E即可由角平分线的性质得到PQ=PE；
（2）如下图2，连接OP，则由已知易得∠CPO=∠PEC=90°，由此可得∠C=∠OPE，设EF=x，则由∠GAB=30°，∠AEF=90°可得AE=，在Rt△BEF中，由tan∠BFE=可得BE=，从而可得AB=，则OP=OA=，结合AE=可得OE=，这样即可得到sin∠OPE=，由此可得∠OPE=30°，则∠C=30°；
（3）如下图3，连接BG，过点O作OK⊥HB于点K，结合BQ⊥CP，∠OPQ=90°，可得四边形POKQ为矩形．由此可得QK=PO，OK∥CQ从而可得∠KOB=∠C=30°；由已知易证PE=，在Rt△EPO中结合（2）可解得PO=6，由此可得OB=QK=6；在Rt△KOB中可解得KB=3，由此可得QB=9；在△ABG中由已知条件可得BG=6，∠ABG=60°；过点G作GN⊥QB交QB的延长线于点N，由∠ABG=∠CBQ=60°，可得∠GBN=60°，从而可得解得GN=，BN=3，由此可得QN=12，则在Rt△BGN中可解得QG=，由∠ABG=∠CBQ=60°可知△BQG中BM是角平分线，由此可得QM：GM=QB：GB=9：6由此即可求得QM的长了.
试题解析：
（1）如下图1，连接OP，PB，∵CP切⊙O于P，
∴OP⊥CP于点P，
又∵BQ⊥CP于点Q，
∴OP∥BQ，
∴∠OPB=∠QBP，
∵OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP，
∴∠QBP=∠OBP，
又∵PE⊥AB于点E，
∴PQ=PE；
（2）如下图2，连接，∵CP切⊙O于P，
∴
∴
∵PD⊥AB
∴
∴
∴
在Rt中,∠GAB=30°
∴设EF=x，则
在Rt中,tan∠BFE=3
∴
∴
∴
∴
∴在RtPEO中,
∴30°；
(3)如下图3，连接BG，过点O作于K，又BQ⊥CP，
∴，
∴四边形POKQ为矩形，
∴QK=PO,OK//CQ，
∴30°，
∵⊙O 中PD⊥AB于E ，PD=6 ，AB为⊙O的直径，
∴PE= PD= 3，
根据(2)得，在RtEPO中，，
∴，
∴OB=QK=PO=6，
∴在Rt中， ，
∴，
∴QB=9，
在△ABG中，AB为⊙O的直径，
∴AGB=90°，
∵BAG=30°，
∴BG=6，ABG=60°，
过点G作GN⊥QB交QB的延长线于点N，则∠N=90°，∠GBN=180°-∠CBQ-∠ABG=60°，
∴BN=BQ·cs∠GBQ=3，GN=BQ·sin∠GBQ=，
∴QN=QB+BN=12，
∴在Rt△QGN中，QG=，
∵∠ABG=∠CBQ=60°，
∴BM是△BQG的角平分线，
∴QM：GM=QB：GB=9：6，
∴QM=.
点睛：解本题第3小题的要点是：（1）作出如图所示的辅助线，结合已知条件和（2）先求得BQ、BG的长及∠CBQ=∠ABG=60°；（2）再过点G作GN⊥QB并交QB的延长线于点N，解出BN和GN的长，这样即可在Rt△QGN中求得QG的长，最后在△BQG中“由角平分线分线段成比例定理”即可列出比例式求得QM的长了.
21、（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）1．
【解析】
（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵AD为BC边上的中线
∴DB=DC，
∴AF=CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，
∴AD=DC=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（3）连接DF，
∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=1．
本题主要考查菱形的性质及判定，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．
22、（1）①﹣3；②；（2）；（3）
【解析】
（1）①把Q（1，a）代入y=x-4,可求出a值，根据理想值定义即可得答案；②由理想值越大，点与原点连线与轴夹角越大，可得直线与相切时理想值最大，与x中相切时，理想值最小，即可得答案；（2）根据题意，讨论与轴及直线相切时，LQ 取最小值和最大值，求出点横坐标即可；（3）根据题意将点转化为直线，点理想值最大时点在上，分析图形即可．
【详解】
（1）①∵点在直线上，
∴，
∴点的“理想值”=-3，
故答案为：﹣3.
②当点在与轴切点时，点的“理想值”最小为0.
当点纵坐标与横坐标比值最大时，的“理想值”最大，此时直线与切于点，
设点Q（x，y），与x轴切于A，与OQ切于Q，
∵C（，1），
∴tan∠COA==，
∴∠COA=30°，
∵OQ、OA是的切线，
∴∠QOA=2∠COA=60°，
∴=tan∠QOA=tan60°=，
∴点的“理想值”为，
故答案为：.
（2）设直线与轴、轴的交点分别为点，点，
当x=0时，y=3，
当y=0时，x+3=0，解得：x=，
∴，．
∴，，
∴tan∠OAB=，
∴．
∵，
∴①如图，作直线．
当与轴相切时，LQ=0，相应的圆心满足题意，其横坐标取到最大值．
作轴于点，
∴，
∴．
∵的半径为1，
∴．
∴，
∴．
∴．
②如图
当与直线相切时，LQ=，相应的圆心满足题意，其横坐标取到最小值．
作轴于点，则．
设直线与直线的交点为．
∵直线中，k=，
∴，
∴，点F与Q重合，
则．
∵的半径为1，
∴．
∴．
∴，
∴．
∴．
由①②可得，的取值范围是．
（3）∵M（2，m），
∴M点在直线x=2上，
∵，
∴LQ取最大值时，=，
∴作直线y=x，与x=2交于点N，
当M与ON和x轴同时相切时，半径r最大，
根据题意作图如下：M与ON相切于Q，与x轴相切于E，
把x=2代入y=x得：y=4，
∴NE=4，OE=2，ON==6，
∴∠MQN=∠NEO=90°，
又∵∠ONE=∠MNQ，
∴，
∴，即，
解得：r=.
∴最大半径为.
本题是一次函数和圆的综合题，主要考查了一次函数和圆的切线的性质，解答时要注意做好数形结合，根据图形进行分类讨论．
23、，1．
【解析】
先算括号内的减法，同时把除法变成乘法，再根据分式的乘法进行计算，最后代入求出即可．
【详解】
原式=•
=•
=．
∵由题意，x不能取1，﹣1，﹣2，∴x取2．
当x=2时，原式===1．
本题考查了分式的混合运算和求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解答此题的关键．
24、（1）2016；（2）a（a﹣2），．
【解析】
试题分析：（1）分别根据0指数幂及负整数指数幂的计算法则、特殊角的三角函数值、绝对值的性质及数的开方法则计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；
（2）先算括号里面的，再算除法，最后把a的值代入进行计算即可．
试题解析：（1）原式==2016；
（2）原式====a（a﹣2），
当a=时，原式==．
男1
男2
女1
女2
男1
（男1，男2）
（男1，女1）
（男1，女2）
男2
（男2，男1）
（男2，女1）
（男2，女2）
女1
（女1，男1）
（女1，男2）
（女1，女2）
女2
（女2，男1）
（女2，男2）
（女2，女1）