黑龙江龙东地区2025-2026学年九年级下学期一模数学试卷（含解析）（中考模拟）

这是一份黑龙江龙东地区2025-2026学年九年级下学期一模数学试卷（含解析）（中考模拟），共11页。试卷主要包含了考试时间120分钟，全卷共三道大题，总分120分，其中结论正确的序号有等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．考试时间120分钟
2．全卷共三道大题，总分120分
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列图形中，既可以看作是轴对称图形，又可以看作是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】轴对称图形是沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合的图形；中心对称图形是绕某一点旋转后能与自身重合的图形．
【详解】解：选项A：该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合要求．
选项B：该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合要求．
选项C：该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合要求．
选项D：该图形是轴对称图形，同时是中心对称图形，符合要求．
2. 如图①是用3个大小相同的小正方体搭成的几何体，在此基础上，再搭上若干个小正方体，使其主视图、左视图如图②所示，则至少再放小正方体的个数为（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】在俯视图标出小正方体的个数，即可得出答案．
【详解】由主视图和左视图可确定所需正方体个数最少时俯视图为：
则至少再放小正方体的个数为2个．
3. 下列各式计算正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查整式的相关运算法则，需要根据同底数幂的乘法、幂的乘方、合并同类项法则、平方差公式分别计算各选项，判断计算是否正确．
【详解】选项A：，∴ A计算错误，不符合题意；
选项B：，∴ B计算错误，不符合题意；
选项C：，∴ C计算错误，不符合题意；
选项D：，∴ D计算正确，符合题意．
4. 下图列举了圆周率小数点后位数字，下表则对这位数字进行了统计．从统计的结果可以看出，圆周率小数点后位数字的众数与中位数分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据众数及中位数的定义求解即可.
【详解】解：由上表可知，出现次数最多次的是，
∴众数是，
∵按照从小到大排列第个数是，
∴，
故选：D ．
5. 如图为一个“”形水槽的横截面，外框与内框均为矩形，外框矩形的长为，宽为，内框矩形的面积为，水槽三面厚度相等，设厚度为，依题意可列方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】因为内框矩形面积为，根据矩形面积公式，那么可列出关于的方程．
【详解】解：水平方向左右两侧各有厚度，因此内框的水平长度为 ；
竖直方向仅底部有厚度，因此内框的竖直长度为 ；
∵内框矩形面积为，
∴可列方程： ．
6. 若关于x的分式方程无解，则m的值为（ ）
A. 0B. 2或4C. 4D. 0或2
【答案】D
【解析】
【分析】先将分时方程化为整式方程，再根据方程无解的情况分类讨论，当时，当时，分别进行计算即可．
【详解】解：方程两边同乘，得，
整理得，
∵原方程无解，
∴当时，；
当时，此时，，
当时，无解；
当时，，解得；
综上，m的值为0或2；
故选：D．
本题考查了分式方程无解的情况，即分式方程有增根，分两种情况，分别是有增根和化成的整式方程无解，熟练掌握知识点是解题的关键．
7. 某足球联赛中，组委会规定：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．某足球队共进行了8场比赛，得了12分，则该队获胜场数的可能性有（ ）
A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了二元一次方程以及一元一次不等式的应用，根据题中的等量关系建立方程是解题的关键；设获胜场数和平场数，根据得分规则和总场数限制列出关系式，结合场数为非负整数的特点，列举出获胜场数的所有可能，即可得到结果.
【详解】设该队获胜场，平场，则负场，其中，均为非负整数，且，
根据得分规则列方程得：，整理得 ，
∵，
∴，解得
又∵，将代入得：，解得 ，
∵为非负整数，
∴的可能取值为，共种可能性.
8. 如图，在平面直角坐标系中，正方形和正方形的顶点，都在第一象限，，都在轴的正半轴上，在轴的正半轴上，点在边上，反比例函数的图象过点．若的面积为2，则的值为（ ）
A. 10B. C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】设正方形和正方形的边长分别为和，表示出等各点坐标，用待定系数法求出直线的解析式，求出与边的交点，将沿分割为和，以为底和分别为高求出两个三角形面积之和，由求出，再由两点在上得，求出值．
【详解】解：设正方形的边长为，正方形的边长为，
，
设直线的解析式为，
将代入，得，
将代入，得，
，
直线的解析式为，
设交于点，
所在直线为，
将代入，得，
，
，
以为底，
点到的距离为，点到的距离为，
，
，
，
在反比例函数的图像上，
即，
将代入，得，
解得，，
，
，
．
9. 如图，在中，于点，点在边上，与交于点于点，连接，若，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点D作，交于点H，则，由等腰得出，，，从而有，得到点B，C，D，F四点共圆，因此，从而是等腰直角三角形，得到，，证明，得到，又，因此，．设，，根据，求得，再在中由勾股定理构造方程，求解即可．
【详解】解：过点D作，交于点H，则，
∵，，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴点B，C，D，F四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴在中，，
设，，则，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，即，
∴，
解得，
∴．
10. 如图，是边长为4的正方形外一点，为锐角，连接，的平分线交于点，过点作交的延长线于点，连接，则以下结论：①；②；③面积的最大值为8；④若为的中点，则四边形的面积为16．其中结论正确的序号有（ ）
A. ①②④B. ①②③C. ①③④D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】连接，证明，再根据内角和定理计算即可得结论；根据已知条件证明，再根据角平分线的性质和等腰三角形的性质推导出三角形全等的条件证明，即可得出结论；根据已知条件确定点在以为直径的圆上，确定点的最大距离等于圆心到定直线的距离+半径，计算即可得出结论；利用分割法进行面积求解即可得出结论；
【详解】如图，连接，
四边形是正方形，
，
，
，为等腰三角形，
为等腰三角形，
平分，
，
又，，
，
，
为等腰三角形，
，
，，
在中，，
，故正确；
如图，连接，
，
，
在中，
，
，
为等腰直角三角形，，
在正方形中，，且，
，
，
，
，
，
，
点，，共线，
，
，
在等腰中，，
，
又，
代入化简得：，
解得：，
平分，
，
在等腰中，，
，
在中，，
代入计算得，
，
在和中，
，
，故正确；
的边为定值，要使其面积最大，需使点到直线的距离最大，
，且线段固定，
点在以为直径的圆上，
设该圆心为正方形中心，则，半径，
圆心到边的距离为，
验证最值点：设圆上到距离最大的点为，则为劣弧的中点，
若与重合，此时，
，
当时，，
为锐角，
符合题意，点能取到该最远点，
点到的最大距离为，
的最大值为，故错误；
若为中点，则，
，即，
由知，相似比为，
，即，
，
设，则，，
在中，，
，
解得，
，
，故正确；
综上所述：正确的是．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11. 函数中，自变量x的取值范围是_________．
【答案】且
【解析】
【分析】首先根据二次根式有意义的条件可得；接下来由分式有意义的条件可得，进而求解即可．
【详解】解：由题意得：且，
解得：且．
故答案为：且．
本题主要考查的是求函数自变量的取值范围，解题的关键是掌握二次根式以及分式有意义的条件．
12. （深度求索）是一家中国的人工智能公司，该公司研发的混合专家语言模型含6710亿个总参数．把数据6710亿用科学记数法表示应是_________．
【答案】
【解析】
【分析】先将亿化为整数形式，再根据科学记数法的定义，将其表示为（其中，为整数）的形式即可．
【详解】解：亿．
13. 如图，，，，为4个小灯泡，其中一个灯丝断裂．现从中随机选取两个安装到图中的电路中的A，B两处，然后合上开关，则A，B两处小灯泡全亮的概率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】假如灯泡灯丝断裂，根据题意列出表格，然后根据表格得出一共有12种等可能的情况，其中没和灯泡一起选中的有6种情况，然后根据概率公式计算即可．
【详解】解：假如灯泡灯丝断裂，根据题意列表如下：
从中随机选取两个安装到图中的电路中的A，B两处，一共有12种等可能的情况，其中没和灯泡一起选中的有6种情况，
故则A，B两处小灯泡全亮的概率为：．
14. 如图，在平行四边形中，点在对角线上，且，连接，．请添加一个条件_________，使四边形为矩形（填一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质得到，根据全等三角形的判定定理证明四边形为平行四边形，进而即可得到答案．
【详解】解：添加，理由如下：
四边形是平行四边形，
，，
．
在和中，
，
，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
∵，
四边形是矩形．
15. 若关于的不等式组只有3个整数解，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【详解】解：解不等式得，
解不等式得，
∵关于的不等式组只有3个整数解，
∴，
解得．
16. 如图，为的直径，与相切于点，连接，若，则的度数为_________．
【答案】
【解析】
【分析】如图：连接，利用等边对等角可得，再根据切线的性质以及相关已知条件可得，然后利用平行线的性质即可解答．
【详解】解：如图：连接，
∵，，
∴，
∵与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴．
17. 已知一个圆锥的侧面积为，底面半径为2，则该圆锥的母线长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先根据底面半径求出底面周长，再设母线长为未知数，代入圆锥侧面积公式列方程求解即可．
【详解】解：圆锥底面半径为，
圆锥底面周长为，
设圆锥的母线长为，
由圆锥侧面积公式，得
，
解得．
18. 如图，在Rt中，，，，点在边上，，是边上的动点，连接，将沿翻折，得到，连接，则的最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据含角的直角三角形的性质求出，由翻折得到．在上取点G，使得，连接，，证明可得，因此，从而．过点G作于点H，通过解直角三角形求出，即可解答．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵沿翻折，得到，
∴．
如图，在上取点G，使得，连接，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即的最小值为的长．
过点G作于点H，
∵，，
∴，
∴在中，，
，
∴，
∴在中，．
∴的最小值为．
19. 在矩形中，，，点，分别在，上，，连接，将沿翻折，得到，直线交对角线于点，当是直角三角形时，的长为_____．
【答案】或或
【解析】
【分析】先根据矩形性质和勾股定理求出对角线的长，确定，得到的长度，再根据直角顶点的不同分两种情况讨论，结合翻折的性质和直角三角形的边角关系求解的长．
【详解】∵矩形中，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵沿翻折，得到，
∴，
∴，，，
∴，
∵为直角三角形，分两种情况讨论：
情况1：如图，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴；
情况2：如图，，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，，
∵在中，，，
∴，
∴；
情况3：如图，，过点作交ED于点，
∵，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，
∵在中，，，
∴，，
∵，即，解得：，
∴．
综上，的长为或或．
20. 如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点．四边形都是矩形，顶点都在轴上，顶点都在直线上，对角线都与直线垂直，设矩形的面积分别为，，依此规律，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】先根据一次函数与坐标轴交点的特点求得和，利用勾股定理求得，从而利用等面积法求得，根据矩形的性质易证，从而根据相似三角形对应边成比例求得，，进而求得；然后通过证明，求得，同理可证，得到，，进而求得；同理得到、，进而探究出规律，即可解答．
【详解】解：∵直线交轴于点，交轴于点，
令，则；令，则，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴
∴，，
∴，
同理，，，
，
∴．
三、解答题（满分60分）
21. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】先计算括号内的，再计算除法，然后根据特殊角的三角函数值可得的值，然后代入化简后的结果，即可求解．
【详解】解：原式
；
当时，
原式．
22. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为．
（1）将向下平移个单位长度，再向右平移个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标；
（2）画出绕原点逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中所经过的路径长．
【答案】（1）见解析，；
（2）见解析，；
（3）．
【解析】
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出的对应点即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出的对应点即可；
（3）利用勾股定理求出，再利用弧长公式求解．
【小问1详解】
解：如图，即为所求，；
【小问2详解】
如图，即为所求，
【小问3详解】
∵，
∴由勾股定理，得．
∴．
∴点旋转到点的过程中所经过的路径长为．
23. 如图，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）抛物线上存在点，使，此时点的坐标为或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可；
（2）作，与x轴交于点E，则，证明，可得，点，过点B作，交抛物线于点D， 此时满足，则此时点D即为所求，求出直线的解析式为，可得直线的解析式为，然后联立得：，可求出点D的坐标；作，交y轴于点F，则此时满足，证明，，求出直线的解析式为，联立得：，求出点D的坐标．
【小问1详解】
解：抛物线与轴交于两点，
，
解得，
抛物线的解析式为．
【小问2详解】
解：抛物线上存在点，使，
根据题意得：，，
对于，
当时，，
∴点，即，
如图，作，与x轴交于点E，则，
∵，
∴，
∴，
∴点，
过点B作，交抛物线于点D，
∴，
∴，
此时满足，则此时点D即为所求；
设直线的解析式为，
把点代入得：
，解得：，
∴直线的解析式为，
∴可设直线的解析式为，
把点代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立得：，
解得：或，
∴点的坐标为；
如图，作，交y轴于点F，则此时满足，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴同理直线的解析式为，
联立得：，
解得：或，
∴点的坐标为；
综上所述：抛物线上存在点，使，此时点的坐标为或．
24. “乌翠之冬”森林冰雪欢乐季的冰雪娱乐项目丰富多样，其中参与度较高的有：A．冰滑梯；B．大雪圈；C．大滑板；D．雪地拔河；E．抽冰杂（）．为了解市民对上述项目的喜爱情况，组委会随机抽取了若干名参与上述项目的市民进行调查，被抽取的每位市民必须且只能选择一个项目，再将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．请根据两幅统计图提供的信息，回答下列问题：
（1）本次调查共抽取了_____名市民；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）扇形统计图中的值是_____，“大雪圈”所在的扇形的圆心角度数为_____；
（4）在冰雪欢乐季期间，每天大约有4000名游客参与以上冰雪娱乐项目，请估计每天参与“大滑板”娱乐项目的游客有多少人．
【答案】（1）200 （2）见解析
（3）
（4）680人
【解析】
【分析】（1）由A项目人数40人占，利用除法求出总人数；
（2）由E项目人数19人求出百分比a，进而求出D项目百分比，再求出D、B项目人数补全条形图；
（3）由（2）中计算得a值，由B项目人数求出百分比，再乘得圆心角；
（4）由C项目人数求出百分比，用样本比例乘4000估计总体．
【小问1详解】
解：由条形图知A项目有40人，由扇形图知A占,
总人数（人）
故答案为：200；
【小问2详解】
解：E项目19人，占，即，
占，D项目人数（人），
项目人数（人），
条形统计图补充：为50人，为57人，
【小问3详解】
解：由(2)知，
项目占，圆心角；
【小问4详解】
解：C项目（大滑板）占
估计每天参与大滑板的游客（人）
答：每天参与“大滑板”娱乐项目的游客约有680人．
25. 已知两地相距100千米，甲、乙两车分别从两地出发相向而行，甲车先出发，途中停车休息一段时间，然后以原来的速度继续前进，两车离B地的距离（单位：千米）与甲车出发时间（单位：小时）的关系如图所示，请结合图像解答下列问题：
（1）甲车行驶过程中的速度是 千米/时，途中停车休息的时间为 小时；
（2）求甲车停车休息一段时间后至到达地的过程中与的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；
（3）直接写出甲车出发多少小时两车恰好相距15千米．
【答案】（1）50，
（2）
（3）小时或小时
【解析】
【分析】（1）由图像可知，甲在前1小时走了50千米，据此计算速度即可；由于甲的速度未改变，故走完全程不休息需要2小时，而图像可知用了小时，相减即可求出休息时间；
（2）设甲休息后的解析式为，将图像上两点和代入即可求出解析式；
（3）先算出乙路程与时间的关系式，再根据列出方程求解即可．
【小问1详解】
解：根据甲的图像可知前1小时走了（千米），
故甲的速度为（千米/小时）；
∵甲走100千米需要（小时），而他到达终点的时间是小时，
∴休息了（小时）．
【小问2详解】
解：（小时），
设甲车休息后至到达B地过程中的函数关系式为，
将和代入解析式，得，
解得，
所求函数关系式为；
【小问3详解】
解：设乙车路程与时间的关系式为，将和代入得：
，解得，
∴，
当时，，此时两车相距（千米），
∴相距15千米时间段为之间，
依题意得，，
解得：或
∴甲出发小时或小时两车相距15千米．
26. 在中，为内一点，连接为的中点，连接．
（1）如图①，当时，易证：（需要证明）；
（2）如图②，当时，猜想线段，，之间有怎样的数量关系，并加以证明；
（3）如图③，当时，猜想线段，，之间又有怎样的数量关系，直接写出结论，不需要证明．
【答案】（1）见解析 （2），见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）延长至点F，使得，连接，在上截取，得出是的中位线，由中位线的定理得出，，再证明，由全等三角形的性质得出，，再得出为等边三角形，由等边三角形的性质得出，再由线段的和差关系以及等量即可得出．
（2）延长至点F，使得，连接，过点A作交与点G，得出是的中位线，由中位线的定理得出，，再证明，由全等三角形的性质得出，，再得出为等腰直角三角形，再由等腰直角三角形的性质得出，再由线段的和差关系以及等量即可得出．
（3）延长至点F，使得，连接，在上截取，得出是的中位线，由中位线的定理得出，，再证明，由全等三角形的性质得出，，再得出为等腰三角形，由等腰三角形的性质得出，再由线段的和差关系以及等量即可得出．
【小问1详解】
解：延长至点F，使得，连接，在上截取，
∵E为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：，
证明：延长至点F，使得，连接，过点A作交于点G，
∵E为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
【小问3详解】
解：延长至点F，使得，连接，在上截取，
∵E为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴为等腰三角形，
∴，
过点A作于点M，
∴，，
∴，
∵，
∴．
27. 4月23日是世界读书日．某书店在世界读书日前同时购进A，B两类图书，已知1本A类图书的进价比1本B类图书的进价多8元，用1600元购进A类图书的数量与用1200元购进B类图书的数量相同．
（1）求A，B两类图书每本的进价各是多少元；
（2）该书店计划用不超过6000元购进这两类图书200本，A类图书每本的售价为38元，B类图书每本的售价为28元，设购进A类图书本，将这批图书全部售出后获得的利润为元．
①求与之间的函数解析式；
②书店如何进货才能使所获利润最大？最大利润为多少元？
【答案】（1）1本A类图书的进价为32元，1本B类图书的进价为24元
（2）①；②购进A类图书150本，B类图书50本所获利润最大，最大利润为1100元
【解析】
【分析】（1）设1本A类图书的进价为元，则1本B类图书的进价为元，根据“1本A类图书的进价比1本B类图书的进价多8元，用1600元购进A类图书的数量与用1200元购进B类图书的数量相同”，列方程，解方程即可得解；
（2）先由列出一次函数解析式，找到自变量的取值范围，由一次函数的增减性，即可得解．
【小问1详解】
解：设1本A类图书的进价为元，则1本B类图书的进价为元．
根据题意，得，
解得．
经检验是方程的解，且符合题意．
（元）．
答：1本A类图书的进价为32元，1本B类图书的进价为24元，
【小问2详解】
解：①根据题意，得，
与之间的函数解析式为，
②根据题意，得，
解得，
，
随的增大而增大，
当时，值最大，
（本），
答：购进A类图书150本，B类图书50本所获利润最大，最大利润为1100元．
28. 如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于，两点，其中是关于的一元二次方程的根，．点在第三象限，是等边三角形，直线与直线交于点．动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿向点运动，动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向点运动，当点到达点时，点也停止运动，两点同时出发，设运动时间为秒．
（1）求直线的解析式；
（2）连接，求的面积关于运动时间的函数解析式；
（3）当时，直线上是否存在一点，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在．点的坐标为或或
【解析】
【分析】（1）求出，坐标，再利用待定系数法计算即可；（2）分两种情况：当时，，当时，，分别计算面积即可；（3）求出点的坐标，根据等腰三角形的性质分类讨论即可；
【小问1详解】
解方程，
，
或，
解得：，，
是方程的根，，
，
点的坐标为，
，
，
，
点坐标为，
将，代入，
得，解得，
直线的解析式为；
【小问2详解】
，
，
是等边三角形，
，
，
又，
，
，
如图，作，
点的运动速度为每秒个单位长度，
，
是等边三角形，
，
，，
，
点的运动速度为每秒个单位长度，
，
，
，
，
当时，，
，
当时，，
，
综上所述，关于运动时间的函数解析式为：
．
【小问3详解】
为等边三角形，，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
联立方程组，
解得：，
，
，
，
从向以每秒个单位长度运动秒，
，，
，即为的三等分点，且靠近点，
设，
，，
，
，，
，
在直线上，
设，
是等腰三角形，为腰，
分两种情况：
当时，
，
，
，
，
当时，，得；
当时，，得；
当时，
，
，
，
，
，
解得：或，
当时，，得，与点重合，此时三点共线，舍去；
当时，，得，与点重合，
此时，符合条件；
综上所述：存在满足条件的点的坐标为或或．数字
频数
（，）
（，）
（，）
（，）
（，）
（，）
（，）
（，）
（，）
（，）
（，）
（，）