2025-2026学年江苏省南京市秦淮区九年级（下）开学数学练习卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年江苏省南京市秦淮区九年级（下）开学数学练习卷（含答案+解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列四个数中，最小的数是( )
A. 0B. −8C. 113D. 10
2.2025年2月23日央视新闻报道：2025年春运40天(1月14日至2月22日)全社会跨区域人员流动量达到90.2亿人次，创历史新纪录.将数据9020000000用科学记数法表示为( )
A. 902×107B. 90.2×108C. 9.02×109D. 9.02×1010
3.如图，下列立体图形中，主视图与左视图不相同的是( )
A. 长方体B. 正方体C. 圆柱D. 球
4.下列计算正确的是( )
A. (−2 3)2=−6B. x6÷x3=x2
C. (x−3)2=x2−9D. −(13)−2=−9
5.如图，点O是正八边形ABCDEFGH的外接圆的圆心，⊙O的半径为1.关于结论①、②，下列判断正确的是( )
①∠DAF=60°；
②图中阴影部分的面积为π4−12．
A. 只有①对
B. 只有②对
C. ①、②都对
D. ①、②都不对
6.如图，在正方形ABCD中，点E是BC中点，点G是CD上一点，连接EG、AG，满足∠EAG=45°.点F是EG中点，点H是AG中点，连接EH、AF，EH与AF相交于点I.则EIAI+HI的值为( )
A. 145−512B. 2 145−1124C. 145−612D. 2 145−924
二、填空题：本题共10小题，每小题2分，共20分。
7.函数y= 1−x中，自变量x的取值范围是____________．
8.计算( 61+1)( 61−1)的结果为 ．
9.若点(1,a−2)在第一象限，则a的取值范围是 ．
10.如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于A(−1,0)、B(3,0)两点，与y轴相交于点C，点D在抛物线上，当CD//x轴时，CD的长为 ．
11.等腰三角形的底和腰是方程x2−10x+21=0的两根，则这个三角形的周长是 ．
12.如图，AB/​/CD，AE交CD于点C，DE⊥AE于点E，若∠A=42°，则∠D= ______．
13.如图，边长均为6的正六边形和正五边形拼接在一起，以顶点A为圆心，AB长为半径画弧，得到BC，则BC的长为 (结果保留π).
14.若关于x的方程xx−3−2=mx−3的解为非负数，则m的取值范围是______．
15.如图，反比例函数y=kx的图象经过△ABC的顶点A，AB/​/x轴，点C在x轴上，若点B的坐标为(−1,6)，S△ABC=12，则实数k的值为 ．
16.如图，已知二次函数y=ax2+bx−3的图像交x轴于A(−3,0)、B(1,0)两点，交y轴于点C，P为第三象限内的抛物线上的一个动点，连接AC、OP交于点Q．
(1)PQOQ的最大值为 ．
(2)若PQ·OQ=AQ·CQ，则点P的横坐标为 ．
三、解答题：本题共11小题，共88分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：(π−2)0−( 3)2+|−6|+(15)−1−2cs60°．
18.(本小题6分)
解下列方程：
(1)2x2−5x+2=0；
(2)xx−3−3=3x−3．
19.(本小题6分)
先化简.再求值：a−2a2+2a+1÷(a−1−2a−1a+1).其中a是方程x2+x−2=0的解．
20.(本小题6分)
2023年9月23日，第19届亚运会在杭州开幕，小明和小亮相约一起去亚运会比赛现场为中国队加油，比赛现场的观赛区分为A、B、C、D四个区域，购票以后系统随机分配观赛区域．
(1)小明购买门票在A区观赛的概率为：______；
(2)求小明和小亮在同一区域观看比赛的概率.(请用画树状图或列表说明理由)
21.(本小题6分)
高老师早上开车到学校上班有两条路线，路线一经城市高架，路线二经市区道路．为了解上班路上所用时间，高老师记录了20个工作日的上班路上用时其中10个工作日走路线一，另外10个工作日走路线二．根据记录数据绘制成如下统计图：
(1)根据以上数据把表格补充完整：
(2)请你帮助高老师选择其中一种上班路线，并利用以上至少2个统计量说明理由．
22.(本小题6分)
如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，D是BC边上任意一点(不与B、C重合)，将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE和DE．
(1)求∠EBD的度数；
(2)若AB=4,BD= 2，求DE的长．
23.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，在AB的延长线上取一点D，连接CD，使∠BCD=∠A．
(1)求证：直线CD是⊙O的切线；
(2)若∠ACD=120°，AB=2，求图中阴影部分的面积.(结果保留π)
24.(本小题8分)
旅游开发是人类的活动之一，传统的观光旅游占有重要地位，某区管委会计划开发风景优美的景点，聘请了技术小组抽象出数学模梨如下表：
问题解决：
(1)该技术小组将实际问题抽象出数学模型图，然后利用三角函数解决问题，主要运用的数学思想是______(从下面选项中选出一个即可)；
A.分类讨论B.转化思想C.数学建模D.公理化思想
(2)求出景点A到景点C及景点B到景点C的距离．
25.(本小题10分)
如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3cm，BC=4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AB运动；同时，点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿BC运动．当点Q到达点C时，P、Q两点同时停止运动．
(1)试写出△PBQ的面积S与动点运动时间t之间函数表达式；
(2)运动时间t为何值时，△PBQ的面积最大？最大值为多少？
26.(本小题12分)
已知抛物线y=−(x−b)2+b2+c的顶点在直线y=x上．
(1)用含b的代数式表示c；
(2)若点A(1,a)是抛物线上一点，若将点A向右平移1个单位，再向上平移3个单位，依旧落在抛物线上，求抛物线的解析式；
(3)将该抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到图形F，点M(0,m)和点N(b,n)都在图形F上，且m≥n，求b的取值范围．
27.(本小题14分)
如图1，将两个全等的直角三角形按如图方式摆放.已知△ABC≌△CEF，∠ACB=∠F=90°，将△CEF绕点C旋转，CE与AB边交于点M，CF与AB边交于点N．
(1)求证：CM2=MN⋅AM；
(2)如图2，已知AC=2BC=4，
①当ANMN=3时，求AF长；
②如图3，已知O是AB的中点，求△OEF面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵−80，
则a>2，
故答案为：a>2．
由点(1,a−2)在第一象限，知a−2>0，解之即可．
本题主要考查点的坐标、解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
10.【答案】2
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A(−1,0)、点B(3,0)，
∴该抛物线的对称轴为直线x=−1+32=1，
∵抛物线与y轴相交于点C，点D在抛物线上，CD//x轴，
∴点D的横坐标为：2，
∴CD=2，
故答案为：2．
先根据点A和点B的坐标求出该抛物线的对称轴，再根据二次函数具有对称性，即可得到点D的横坐标，从而可以求得CD的长．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】17
【解析】解：x2−10x+21=0，
(x−3)(x−7)=0，
∴x−3=0或x−7=0，
∴x1=3，x2=7，
∵等腰三角形的底和腰是方程x2−10x+21=0的两根，
∴当腰为3，底为7时，3+3=67，满足三角形三边关系，此时周长为3+7+7=17，
故答案为：17．
先解一元二次方程得到等腰三角形的底和腰为3和7，再分两种情况计算即可，注意三角形三边关系．
本题考查了因式分解法解一元二次方程、三角形三边关系、等腰三角形的性质等知识点，采用分类讨论的思想是解答本题的关键．
12.【答案】48°
【解析】【分析】
本题考查了平行线的性质以及三角形内角和定理，正确理解定理是关键．
首先根据平行线的性质求得∠ECD的度数，然后在直角△ECD中，利用三角形内角和定理求解．
【解答】
解：∵AB//CD，
∴∠ECD=∠A=42°，
又∵DE⊥AE，
∴直角△ECD中，∠D=90°−∠ECD=90°−42°=48°．
故答案为：48°．
13.【答案】22π5
【解析】略
14.【答案】m≤6且m≠3
【解析】【分析】
此题主要考查了分式方程的解，正确解出分式方程是解题关键．首先解分式方程，进而利用方程的解为非负数，得出m的取值范围，即可得出答案．
【解答】
解：xx−3−2=mx−3
去分母得：x−2(x−3)=m，
解得：x=6−m，
∵关于x的方程xx−3−2=mx−3的解为非负数，
∴6−m≥0，
解得：m≤6，
当m=3则x=3，此时分式无解，
故m≤6且m≠3．
故答案为m≤6且m≠3．
15.【答案】−30
【解析】解：设点A(a,6)，
∵S△ABC=12×(−1−a)×6=12，
解得：a=−5，
∴A(−5,6)，
k=(−5)×6=−30．
故答案为：−30．
设点A(a,6)，根据题意可得a的值，即可求点A坐标，代入解析式可求解．
本题考查了反比例函数系数的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征，熟练运用反比例函数的性质解题的关键．
16.【答案】34；
−1− 52

【解析】解：(1)①当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∵抛物线与x轴交点为A (−3,0)、B (1,0)，
∴抛物线解析式为：y=a(x+3)(x−1)，
将点C(0,−3)代入上式，得a×3×(−1)=−3，
∴1=a，
∴抛物线的解析式为：y=(x+3)(x−1)=x2+2x−3，
设P (x,x2+2x−3)，
设直线AC的解析式为y=kx+b′，
由题意可得−3k+b′=0b′=−3,
解得：k=−1b′=−3,
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
如图，过点P作PN⊥x轴，交AC于N，则PN//OC，
∴点N(x,−x−3)，
∴PN=(−x−3)−(x2+2x−3)=−x2−3x，
∵PN//OC，
∴△PNQ∽△OCQ，
∴PQOQ=PNOC，
∴PQOQ=−x2−3x3=−x+322+943，
∴当x=−32时，PQOQ的最大值为943=34；
(2)连接PC，过点P作PH⊥y轴，过点A作AM⊥HP的延长线于点M，
∴∠M=∠PHC=90°，
∴∠HCP+∠CPH=90°，
∵A (−3,0)，C(0,−3)，
∴OA=CO=3，
∵∠AOC=90°，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∵PQ·OQ=AQ·CQ，
∴PQCQ=AQOQ，
∵∠AQP=∠OQC，
∴△AQP∽△OQC，
∴∠APO=∠ACO=45°，
∵PQ·OQ=AQ·CQ，
∴PQAQ=CQOQ，
∵∠PQC=∠AQO，
∴△PQC∽△AQO，
∴∠OAC=∠OPC=45°，
∴∠APC=∠APO+∠OPC=90°，
∴∠APM+∠CPH=90°，
∴∠APM=∠PCH，
∴△MPA∽△HCP，
∴AMHP=PMHC，
设P (x,x2+2x−3)，则AM=−x2−2x+3，PH=−x，PM=3+x，HC=−3−x2+2x−3=−x2−2x，
∴−x2−2x+3−x=x+3−x2−2x，
整理得x+3x2+x−1=0，
∵点P在第三象限，
∴x≠−3，且x0，
∴x=5± 92×2=5±34，
∴x1=2，x2=12；
(2)xx−3−3=3x−3，
x−3(x−3)=3，
解得：x=3，
检验：当x=3时，x−3=0，
∴x=3是原方程的增根，
∴原方程无解．
(1)利用公式法求解即可；
(2)先化成整式方程，再求解，最后验根即可．
本题考查了解一元二次方程和分式方程，掌握相关知识是解题的关键．
19.【答案】1a2+a，12．
【解析】解：原式=a−2(a+1)2÷(a2−1a+1−2a−1a+1)
=a−2(a+1)2÷a2−2aa+1
=a−2(a+1)2×a+1a(a−2)
=1a2+a；
∵a是方程x2+x−2=0的解，
∴a2+a−2=0，即a2+a=2，
∴原式=12．
因此此题可先化简分式，然后根据一元二次方程的解可求解．
本题主要考查分式的化简求解及一元二次方程的解，熟练掌握分式的化简求解及一元二次方程的解法是解题的关键．
20.【答案】14．
14．
【解析】解：(1)由题意知，共有4种等可能的结果，其中小明购买门票在A区观赛的结果有1种，
∴小明购买门票在A区观赛的概率为14．
故答案为：14．
(2)列表如下：
共有16种等可能的结果，其中小明和小亮在同一区域观看比赛的结果有4种，
∴小明和小亮在同一区域观看比赛的概率为416=14．
(1)由题意知，共有4种等可能的结果，其中小明购买门票在A区观赛的结果有1种，利用概率公式可得答案．
(2)列表可得出所有等可能的结果数以及小明和小亮在同一区域观看比赛的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1) 18；18；15；11；
路线一：15，16，17，18，18，18，19，19，20，20，
平均数：15+16+17+18×3+19×2+20×210=18，众数为18；
路线二：11，11，11，12，14，16，17，21，21，22，
中位数：14+162=15，极差：22−11=11；
故答案为：18；18；15；11；
(2)路线二的平均数小于路线一，路线二的中位数小于路线一，路线二的众数小于路线一，则选路线二．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
22.【答案】∠EBD=90° DE=2 5
【解析】解：(1)∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∵∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC与△EAB中，
AC=AB∠DAC=∠BAEAD=AE，
∴△DAC≌△EAB(SAS)，
则∠ABE=∠ACD=45°，
∴∠EBD=∠ABC+∠ABE=45°+45°=90°；
(2)在等腰直角△ABC中，AB=AC=4，
由勾股定理得：BC= AB2+AC2= 42+42=4 2，
∵BD= 2，
∴DC=BC−BD=4 2− 2=3 2，
由(1)知△DAC≌△EAB，
∴CD=BE=3 2，
在Rt△EBD中，∠DBE=90°，
由勾股定理得：DE= BD2+BE2= (3 2)2+( 2)2= 18+2= 20=2 5．
(1)根据△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，得出AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，由旋转性质得AD=AE，∠DAE=90°，证明△DAC≌△EAB(SAS)，得出∠ABE=∠ACD=45°，即可求出∠EBD=90°；
(2)在等腰直角△ABC中，AB=AC=4，勾股定理求出BC=4 2，结合BD= 2，得出DC=3 2，由(1)知△DAC≌△EAB，则CD=BE=3 2，在Rt△EBD中，再根据勾股定理求解即可．
本题主要考查了旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
23.【答案】证明：连接OC，如图，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OCB+∠OCA=90°，
∵OC=OA，
∴∠A=∠OCA，
∵∠BCD=∠A，
∴∠BCD=∠OCA，
∴∠OCB+∠BCD=90°，
即∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴直线CD是⊙O的切线 3−16π
【解析】(1)证明：连接OC，如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OCB+∠OCA=90°，
∵OC=OA，
∴∠A=∠OCA，
∵∠BCD=∠A，
∴∠BCD=∠OCA，
∴∠OCB+∠BCD=90°，
即∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴直线CD是⊙O的切线；
(2)解：∵∠ACD=120°，∠OCD=90°，
∴∠OCA=30°，
∴∠A=∠OCA=30°，
∴∠BOC=2∠A=60°，
∴∠D=30°，
∵AB=2，
∴OB=OC=OA=1，
∴OD=2OC=2，
∴CD= OD2−OC2= 3，
∴图中阴影部分的面积=△OCD的面积−扇形OBC的面积
=12CD⋅OC−60π×12360
=12×2× 3−16π
= 3−16π．
(1)连接OC，利用圆周角定理，等腰三角形的性质和圆的切线的判定定理解答即可；
(2)利用含90°角的直角三角形的性质，勾股定理求得圆的半径，CD，再利用图中阴影部分的面积=△OCD的面积−扇形OBC的面积解答即可．
本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，扇形的面积公式，三角形的面积公式，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
24.【答案】C 景点A到C的距离为2 33km，景点B到C的距离为 63km
【解析】解：(1)该技术小组将实际问题抽象出数学模型图，然后利用三角函数解决问题，主要运用的数学思想是数学建模思想，
故答案为：C；
(2)设CD=x km，
在Rt△ACD中，∠CAD=30°，AD=1km，
∴tan∠CAD=tan30°=CDAD，即x1= 33，
解得：x= 33，
∴CD= 33km，
∵cs∠CAD=cs30°=ADAC，即1AC= 32，
解得：AC=2 33(经检验，是分式方程的解，且符合题意)，
在Rt△CDB中，∠CBD=45°，CD= 33km，
∴sin∠CBD=sin45°=CDBC，即 33BC= 22，
解得：BC= 63(经检验，是分式方程的解，且符合题意)，
∴景点A到C的距离为2 33km，景点B到C的距离为 63km．
(1)根据数学建模思想判断即可；
(2)设CD=xkm，根据tan∠CAD=tan30°=CDAD、cs∠CAD=cs30°=ADAC和sin∠CBD=sin45°=CDBC进行求解即可．
本题考查了解直角三角形的应用，等腰直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解决本题的关键．
25.【答案】【小题1】
解：由题意得t秒时，PB=(3−t)cm，BQ=2tcm，
S=12PB·BQ=12(3−t)×2t=−t2+3t；
【小题2】
解：S=−t2+3t=−(t−32)2+94，
故t=32时，S最大=94．

【解析】1.
利用两点运动的速度表示出PB，BQ的长，进而表示出△PBQ的面积即可；
2. 利用配方法求出函数顶点坐标即可得出答案．
此题主要考查了二次函数的应用，正确表示出PB，BQ的长是解题关键．
26.【答案】c=−b2+b y=−(x−3)2+3 b的取值范围是b≤0或b≥2
【解析】解：(1)∵y=−(x−b)2+b2+c，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=b，顶点为(b,b2+c)，
∵抛物线y=−(x−b)2+b2+c的顶点在直线y=x上，
∴b2+c=b，
∴c=−b2+b；
(2)∵c=−b2+b，
∴抛物线为y=−(x−b)2+b，
∵点A(1,a)是抛物线上一点，
∴a=−(1−b)2+b=−b2+3b−1，
将点A向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到(0,a+3)，
∵点(2,a+3)落在抛物线上，
∴a+3=−(2−b)2+b=−b2+5b−4，
∴−b2+3b−1+3=−b2+5b−4，
解得b=3，
∴抛物线的解析式为y=−(x−3)2+3；
(3)∵将该抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到图形F，点M(0,m)和点N(b,n)都在图形F上，且m≥n，
∴n=b，
∵抛物线y=−(x−b)2+b2+c的顶点在直线y=x上，
∴当b≤0，图形F的解析式为y=(x−b)2−b，
∴x=b时，有最小值−b，
∵点M(0,m)和点N(b,n)都在图形F上，且m≥n，
∴n=−b，
根据二次函数的性质，符合题意；
当b>0时，点M(0,m)在函数y=(x−b)2−b图象上，点N(b,n)在函数y=−(x−b)2+b图象上
∴m=(x−b)2−b=b2−b，n=b，
∵m≥n，
∴b2−b≥b，即b2−2b≥0，
解得b≥2，
综上，b的取值范围是b≤0或b≥2．
(1)根据顶点式得到顶点为(b,b2+c)，由抛物线y=−(x−b)2+b2+c的顶点在直线y=x上，可知b2+c=b，求得c=−b2+b；
(2)由(1)可知抛物线为y=−(x−b)2+b，根据题意得到a=−(1−b)2+b=−b2+3b−1，a+3=−(2−b)2+b=−b2+5b−4，解得b=3，即可得到抛物线的解析式为y=−(x−3)2+3；
(3)由于抛物线y=−(x−b)2+b2+c的顶点在直线y=x上，所以当b≤0，图形F的解析式为y=(x−b)2−b，根据二次函数的性质符合题意；当b>0时，点M(0,m)在函数y=(x−b)2−b图象上，点N(b,n)在函数y=−(x−b)2+b图象上，故m=(x−b)2−b=b2−b，n=b，由m≥n，得出b2−b≥b，即b2−2b≥0，解得b≥2．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与几何变换，掌握二次函数的性质是解题的关键．
27.【答案】证明见解析；
①4 105；
②4− 5≤S△OEF≤4+ 5．
【解析】(1)证明：∵△ABC≌△CEF，
∴∠A=∠ECF，
又∵∠AMC=∠NMC，
∴△AMC∽△CMN，
∴AMCM=CMMN，
∴CM2=AM⋅MN；
(2)解：①∵ANMN=3，
∴AMMN=4，
∵CM2=AM⋅MN，
∴AMCM=2，
又∵ACBC=2，
∴△ABC∽△ACM，
∴∠AMC=90°，
∵AC=4，BC=2，
∴AB=2 5，
∴CM=AC⋅BCAB=4 55，
∴AM=8 55，MN=2 55，
∴CN=2，FN=2，
过F作FG⊥AB于G，如图：
∴FG//CM，
∴GN=MN=2 55，GH=CM=4 55，
∴AG=4 55，
∴AF= 2AG=4 105；
②连接OC，
∴OC=12AB= 5，
把E，F看作定点，
∴O在以C为圆心， 5为半径的圆上，如图：
∴O到EF的最大距离为：4+ 5，最小距离为：4− 5，
∴12×2×(4− 5)≤S△OEF≤12×2×(4+ 5)，
∴4− 5≤S△OEF≤4+ 5．
(1)根据△CMN和△AMC相似求证即可；
(2)①根据①可以求出CM：AM，从而证明CM⊥AB，可以求出AN，AM，CN，过F作AB垂线，根据勾股定理求解AF的长即可；
②把EF看作定线段，则相当于△ABC绕点C运动，因为OC为定值，所以C点轨迹为圆，求出O到直线EF距离的最大最小值，即可求出△OEF面积的取值范围．
本题主要考查了相似形综合题，熟练运用相似三角形的判定与性质、点的轨迹是本题解题的关键．平均数
中位数
众数
方差
极差
路线一
______
18
______
2.4
5
路线二
15.6
______
11
18.04
______
问题情境
数学模型图(示意图)
该市郊外一条笔直的公路经过点A、B两个景点，景区管委会计划开发景点C
测量数据
∠CDB=90°，∠CAD=30°，∠CBD=45°，AD=4km
A
B
C
D
A
(A,A)
(A,B)
(A,C)
(A,D)
B
(B,A)
(B,B)
(B,C)
(B,D)
C
(C,A)
(C,B)
(C,C)
(C,D)
D
(D,A)
(D,B)
(D,C)
(D,D)