人教版九年级数学上册珠海市第九中学第一学期第二次阶段性测试docx.docx
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初中数学试卷
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珠海市第九中学2015-2016学年第一学期第二次阶段性测试
九年级数学
(考试用时:
100分钟;满分:
120分)
一.选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)
1.直角坐标系内,点P(﹣2,3)关于原点对称点Q的坐标为( )
A.(2,﹣3)B.(2,3)C.(3,﹣2)D.(﹣2,﹣3)
【考点】关于原点对称的点的坐标.
【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P(x,y),关于原点的对称点是(﹣x,﹣y)”解答即可.
【解答】解:
根据中心对称的性质,得点A(﹣2,3)关于原点对称的点的坐标是(2,﹣3).
故选A.
【点评】关于原点对称的点坐标的关系,是需要识记的基本问题,记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆.
2.下列图形中,是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A.等边三角形B.平行四边形C.矩形D.菱形
【考点】中心对称图形;轴对称图形.
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念结合常见图形的形状求解.
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴.
如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心.
【解答】解:
A、等边三角形是轴对称图形,不是中心对称图形,故A选项错误;
B、平行四边形不是轴对称图形,是中心对称图形,故B选项正确;
C、矩形是轴对称图形,也是中心对称图形,故C选项错误;
D、菱形是轴对称图形,也是中心对称图形,故D选项错误.
故选:
B.
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180°后两部分重合.
3.下列事件是必然事件的是( )
A.某运动员射击一次击中靶心
B.抛一枚硬币,正面朝上
C.3个人分成两组,一定有2个人分在一组
D.明天一定是晴天
【考点】随机事件.
【分析】必然事件就是一定会发生的事件,依据定义即可判断.
【解答】解:
A、是不确定事件,故选项错误;
B、是不确定事件,故选项错误;
C、是必然事件,故选项正确.
D、是不确定事件,故选项错误.
故选C.
【点评】解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念.必然事件指在一定条件下一定发生的事件.不可能事件是指在一定条件下,一定不发生的事件.不确定事件即随机事件是指在一定条件下,可能发生也可能不发生的事件.
4.用配方法解方程x2﹣4x+2=0,下列配方正确的是( )
A.(x+2)2=2B.(x﹣2)2=2C.(x﹣2)2=﹣2D.(x﹣2)2=6
【考点】解一元二次方程-配方法.
【分析】配方法的一般步骤:
(1)把常数项移到等号的右边;
(2)把二次项的系数化为1;
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方.
【解答】解:
移项,得:
x2﹣4x=﹣2,
配方:
x2﹣4x+4=﹣2+4,
即(x﹣2)2=2.
故选B.
【点评】此题考查了配方法解一元二次方程,解题时要注意解题步骤的准确应用.选择用配方法解一元二次方程时,最好使方程的二次项的系数为1,一次项的系数是2的倍数.
5.由二次函数y=2(x﹣3)2+1,可知( )
A.其图象的开口向下B.其图象的对称轴为直线x=﹣3
C.其最小值为1D.当x<3时,y随x的增大而增大
【考点】二次函数的性质.
【分析】根据二次函数的性质,直接根据a的值得出开口方向,再利用顶点坐标的对称轴和增减性,分别分析即可.
【解答】解:
由二次函数y=2(x﹣3)2+1,可知:
A:
∵a>0,其图象的开口向上,故此选项错误;
B.∵其图象的对称轴为直线x=3,故此选项错误;
C.其最小值为1,故此选项正确;
D.当x<3时,y随x的增大而减小,故此选项错误.
故选:
C.
【点评】此题主要考查了二次函数的性质,同学们应根据题意熟练地应用二次函数性质,这是中考中考查重点知识.
6.已知⊙O的半径为2,圆心O到直线
的距离PO=1,则直线
与⊙O的位置关系是( )
A.相切B.相离C.相交D.无法判断
【考点】直线与圆的位置关系.
【分析】由⊙O的半径为2,圆心O到直线l的距离PO=1,根据若d<r,则直线与圆相交;若d=r,则直线于圆相切;若d>r,则直线与圆相离,即可求得答案.
【解答】解:
∵⊙O的半径为2,圆心O到直线l的距离PO=1,
∴直线l与⊙O的位置关系是:
相交.
故选C.
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系,解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定.
7.如图,将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′,若∠AOB=15°,则∠AOB′的度数是( )
A.25°B.30°C.35°D.40°
【考点】旋转的性质.
【分析】根据旋转的性质旋转前后图形全等以及对应边的夹角等于旋转角,进而得出答案即可.
【解答】解:
∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′,
∴∠A′OA=45°,∠AOB=∠A′OB′=15°,
∴∠AOB′=∠A′OA﹣∠A′OB′=45°﹣15°=30°,
故选:
B.
【点评】此题主要考查了旋转的性质,根据旋转的性质得出∠A′OA=45°,∠AOB=∠A′OB′=15°是解题关键.
8.如图,⊙O中,四边形ABCD是圆内接四边形,∠BOC=110°,则∠BDC的度数是( )
A.110°B.70°C.55°D.125°
【考点】圆周角定理;圆内接四边形的性质.
【专题】计算题.
【分析】根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍,可得圆心角∠BOC是圆周角∠CAB的2倍,进而由∠BOC的度数求出∠CAB的度数,再根据圆内接四边形的对角互补,由四边形ABDC为圆O的内接四边形,可得∠CAB与∠BDC互补,由∠CAB的度数即可求出∠BDC的度数.
【解答】解:
∵圆心角∠BOC和圆周角∠CAB都对弧BC,
∴∠BOC=2∠CAB,又∠BOC=110°,
∴∠CAB=55°,又四边形ABDC为圆O的内接四边形,
∴∠CAB+∠BDC=180°,
则∠BDC=180°﹣∠CAB=125°.
故选D
【点评】此题考查了圆周角定理,以及圆内接四边形的性质,利用了转化的思想,圆周角定理为同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半;圆内接四边形的对角互补,熟练掌握此定理及性质是解本题的关键.
9.在半径为3的圆中,150°的圆心角所对的弧长是( )
A.
B.
C.
D.
【考点】弧长的计算.
【分析】利用弧长公式可得.
【解答】解:
=
.
故选D.
【点评】此题主要是利用弧长公式进行计算,学生要牢记公式.
10.如图已知扇形AOB的半径为6cm,圆心角的度数为120°,若将此扇形围成一个圆锥,则围成的圆锥的底面半径为( )
A.2cmB.4cmC.1cmD.8cm
【考点】圆锥的计算.
【分析】首先利用扇形的弧长公式即可求得扇形,然后根据圆的周长公式即可求解.
【解答】解:
扇形的弧长是
=4πcm,
设底面半径是r,则2πr=4π,
解得:
r=2cm.
故选A.
二.填空题(本大题共6小题,每小题4分,共24分)
11.方程x2+4x=0的解为 x1=0,x2=﹣4 .
【考点】解一元二次方程-因式分解法.
【专题】计算题.
【分析】方程左边分解因式后,利用两数相乘积为0两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解.
【解答】解:
方程变形得:
x(x+4)=0,
可得x=0或x+4=0,
解得:
x1=0,x2=﹣4.
故答案为:
x1=0,x2=﹣4
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法,熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键.
12.如图,已知AB为⊙O的直径,点C在⊙O上,∠C=15°,则∠BOC的度数为 30° .
【考点】圆周角定理.
【专题】数形结合.
【分析】结合图形,可知∠A为圆周角,∠BOC为其圆心角,故有∠BOC=2∠A=2∠C,即可得出∠BOC的度数.
【解答】解:
结合图形,∠BOC=2∠A,
又△OAC为等腰三角形,
即∠A=∠C,
所以∠BOC=2∠A=2∠C=30°
故答案为30°.
【点评】本题主要考查了圆周角定理的应用,属于基础题目,比较简单.
13.圣诞节时,一个小组有x人,他们每两人之间互送贺卡一张,已知全组共送贺卡132张,则可列方程为 x(x﹣1)=132 .
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程.
【分析】设这个小组有x人,要求他们之间互送贺卡,即除自己外,每个人都要求送其他的人一张贺卡,即每个人要送x﹣1张贺卡,所以全组共送x(x﹣1)张,又知全组共送贺卡132张,由送贺卡数相等为等量关系,列出方程即可.
【解答】解:
设这个小组有x人,则每人应送出x﹣1张贺卡,由题意得:
x(x﹣1)=132,
故答案为:
x(x﹣1)=132.
【点评】本题考查一元二次方程的应用,关键在于找出等量关系,列出方程求解.
14.将一个正六边形绕着其中心,至少旋转 60 度可以和原来的图形重合.
【考点】旋转的性质.
【专题】几何变换.
【分析】根据正六边形的性质,求出它的中心角即可.
【解答】解:
∵正六边形的中心角=
=60°,
∴一个正六边形绕着其中心,至少旋转60°可以和原来的图形重合.
故答案60.
【点评】本题考查了旋转的性质:
旋转前后的两个图形全等,对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角,对应点到旋转中心的距离相等.也考查了正六边形的性质.
15.从1,2,3,…9共9个数字中任取一个数字,取出数字为奇数的概率是
.
【考点】概率公式.
【分析】先求出1,2,3,…9共9个数字中奇数的个数,再根据概率公式求解即可.
【解答】解:
∵1,2,3,…9共9个数字中奇数有1,3,5,7,9共5个数,
∴取出数字为奇数的概率是
.
故答案为:
.
【点评】本题考查的是概率公式,熟知随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数与所有可能出现的结果数的商是解答此题的关键.
16.如图是抛物线y=ax2+bx+c的图象的一部分,请你根据图象写出方程ax2+bx+c=0的两根是 x1=﹣3,x2=1 .
【考点】抛物线与x轴的交点.
【分析】设抛物线与x轴的另一交点为(x,0),根据中点坐标公式即可得出x的值,进而得出结论.
【解答】解:
∵由图可知,抛物线与x轴的一个交点坐标为(﹣3,0),对称轴为直线x=﹣1,
∴设抛物线与x轴的另一交点为(x,0),则
=﹣1,解得x=1,
∴方程ax2+bx+c=0的两根是x1=﹣3,x2=1.
故答案为:
x1=﹣3,x2=1.
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点,熟知二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,a≠0)的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间的关系是解答此题的关键.
三.解答题
(一)(本大题共3小题,每小题6分,共18分)
17.解一元二次方程:
x2﹣x﹣12=0.
【考点】解一元二次方程-因式分解法.
【分析】首先把一元二次方程x2﹣x﹣12=0转化成(x﹣4)(x+3)=0,然后解两个一元一次方程即可.
【解答】解:
∵x2﹣x﹣12=0,
∴(x﹣4)(x+3)=0,
∴x﹣4=0或x+3=0,
∴x1=4,x2=﹣3.
【点评】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程的知识,解答本题的关键是掌握因式分解法解一元二次方程的步骤,此题难度不大.
18.已知关于x的一元二次方程x2+(m+3)x+m+1=0.求证:
无论m取何值,原方程总有两个不相等的实数根.
【考点】根的判别式.
【分析】表示出根的判别式,配方后得到根的判别式大于0,进而确定出方程总有两个不相等的实数根;
【解答】证明:
△=(m+3)2﹣4(m+1)=m2+6m+9﹣4m﹣4=m2+2m+5=(m+1)2+4,
∵(m+1)2≥0,
∴(m+1)2+4>0,
则无论m取何实数时,原方程总有两个不相等的实数根;
【点评】此题考查了根的判别式,根的判别式的值大于0,方程有两个不相等的实数根;根的判别式的值等于0,方程有两个相等的实数根;根的判别式的值小于0,方程没有实数根.
19.如图,某座桥的桥拱是圆弧形,它的跨度AB为8米,拱高CD为2米,求桥拱的半径.
【考点】垂径定理的应用;勾股定理.
【分析】设圆的半径为R米,由于CD平分弧AB,且CD⊥AB,根据垂径定理的推论得到圆心O在CD的延长线上,再根据垂径定理得到CD平分AB,则AD=
AB=4,在Rt△OAD中,利用勾股定理可计算出半径R.
【解答】解:
设圆的半径为R米,
∵CD平分弧AB,且CD⊥AB,
∴圆心O在CD的延长线上,
∴CD平分AB,
∴AD=
AB=4,
在Rt△OAD中,AD=6,OA=R,OD=R﹣CD=R﹣2,
∵OA2=OD2+AD2,
∴R2=42+(R﹣2)2,
解得R=5,
即桥拱所在圆的半径5米.
【点评】本题考查了垂径定理的应用:
先把实际问题中的数据与几何图形中的量对应起来,然后根据垂径定理及其推论进行证明或计算.
四.解答题
(二)(本大题共3小题,每小题7分,共21分)
20.在一个不透明的口袋中装有3个完全相同的小球,把它们分别标号为1,2,3,随机地摸出一个小球然后放回,再随机地摸出一个小球,求两次摸出小球的标号之积是3的倍数的概率(采用树形图或列表法).
【考点】列表法与树状图法.
【分析】画出树状图,然后根据概率公式计算即可得解.
【解答】解:
根据题意画出树状图如下:
共有9种情况,两次摸出的小球的标号不同有6种,
两次摸出小球的标号之积是3的倍数的情况有5种,
所以P(两次摸出小球的标号之积是3的倍数)=
.
【点评】本题考查了列表法和树状图法,用到的知识点为:
概率=所求情况数与总情况数之比.
21.如图,在边长为1的正方形组成的网格中,△AOB的顶点均在格点上,其中点A(5,4),B(1,3),将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A1OB1.
(1)画出△A1OB1;
(2)在旋转过程中点B所经过的路径长为;
(3)求在旋转过程中线段AB、BO扫过的图形的面积之和.
【考点】作图-旋转变换;勾股定理;弧长的计算;扇形面积的计算.
【专题】作图题.
【分析】
(1)根据网格结构找出点A、B绕点O逆时针旋转90°后的对应点A1、B1的位置,然后顺次连接即可;
(2)利用勾股定理列式求OB,再利用弧长公式计算即可得解;
(3)利用勾股定理列式求出OA,再根据AB所扫过的面积=S扇形A1OA+S△A1B1O﹣S扇形B1OB﹣S△AOB=S扇形A1OA﹣S扇形B1OB求解,再求出BO扫过的面积=S扇形B1OB,然后计算即可得解.
【解答】解:
(1)△A1OB1如图所示;
(2)由勾股定理得,BO=
=
,
所以,点B所经过的路径长=
=
;
故答案为:
.
(3)由勾股定理得,OA=
=
,
∵AB所扫过的面积=S扇形A1OA+S△A1B1O﹣S扇形B1OB﹣S△AOB=S扇形A1OA﹣S扇形B1OB,
BO扫过的面积=S扇形B1OB,
∴线段AB、BO扫过的图形的面积之和=S扇形A1OA﹣S扇形B1OB+S扇形B1OB,
=S扇形A1OA,
=
,
=
π.
【点评】本题考查了利用旋转变换作图,弧长公式,扇形的面积,勾股定理,熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键,难点在于(3)表示出两线段扫过的面积之和等于扇形的面积.
22.如图,已知AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB,垂足为E,∠AOC=60°,OC=2.
(1)求OE和CD的长;
(2)求图中阴影部分的面积.
【考点】扇形面积的计算;垂径定理.
【分析】
(1)在△OCE中,利用三角函数即可求得CE,OE的长,再根据垂径定理即可求得CD的长;
(2)根据半圆的面积减去△ABC的面积,即可求解.
【解答】解:
(1)在△OCE中,
∵∠CEO=90°,∠EOC=60°,OC=2,
∴OE=
OC=1,
∴CE=
OC=
,
∵OA⊥CD,
∴CE=DE,
∴CD=
;
(2)∵S△ABC=
AB•EC=
×4×
=
,
∴
.
【点评】本题主要考查了垂径定理以及三角函数,一些不规则的图形的面积可以转化为规则图形的面积的和或差求解.
五.解答题(三)(本大题共3小题,每小题9分,共27分)
23.某商场要经营一种新上市的文具,进价为20元/件.试营销阶段发现:
当销售单价是25元时,每天的销售量为250件;销售单价每上涨1元,每天的销售量就减少10件.
(1)写出商场销售这种文具,每天所得的销售利润w(元)与销售单价x(元)之间的函数关系式;
(2)求销售单价为多少元时,该文具每天的销售利润最大;
(3)商场的营销部结合上述情况,提出了A、B两种营销方案:
方案A:
该文具的销售单价高于进价且不超过30元;
方案B:
每天销售量不少于10件,且每件文具的利润至少为25元
请比较哪种方案的最大利润更高,并说明理由.
【考点】二次函数的应用.
【分析】
(1)根据利润=(单价﹣进价)×销售量,列出函数关系式即可;
(2)根据
(1)式列出的函数关系式,运用配方法求最大值;
(3)分别求出方案A、B中x的取值范围,然后分别求出A、B方案的最大利润,然后进行比较.
【解答】解:
(1)由题意得,销售量=250﹣10(x﹣25)=﹣10x+500,
则w=(x﹣20)(﹣10x+500)
=﹣10x2+700x﹣10000;
(2)w=﹣10x2+700x﹣10000=﹣10(x﹣35)2+2250.
∵﹣10<0,
∴函数图象开口向下,w有最大值,
当x=35时,w最大=2250,
故当单价为35元时,该文具每天的利润最大;
(3)A方案利润高.理由如下:
A方案中:
20<x≤30,
故当x=30时,w有最大值,
此时wA=2000;
B方案中:
,
故x的取值范围为:
45≤x≤49,
∵函数w=﹣10(x﹣35)2+2250,对称轴为直线x=35,
∴当x=45时,w有最大值,
此时wB=1250,
∵wA>wB,
∴A方案利润更高.
【点评】本题考查了二次函数的应用,难度较大,最大销售利润的问题常利用函数的增减性来解答,我们首先要吃透题意,确定变量,建立函数模型,然后结合实际选择最优方案.其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值(或最小值),也就是说二次函数的最值不一定在x=
时取得.
24.如图,AB是⊙O的直径,BD是⊙O的弦,延长BD到点C,使DC=BD,连接AC,过点D作DE⊥AC,垂足为E.
(1)求证:
AB=AC;
(2)求证:
DE为⊙O的切线;
(3)若⊙O的半径为5,∠BAC=60°,求DE的长.
【考点】切线的判定;圆周角定理.
【专题】计算题;证明题.
【分析】
(1)根据垂直平分线的判断方法与性质易得AD是BC的垂直平分线,故可得AB=AC;
(2)连接OD,由平行线的性质,易得OD⊥DE,且DE过圆周上一点D故DE为⊙O的切线;
(3)由AB=AC,∠BAC=60°知△ABC是等边三角形,根据等边三角形的性质,可得AB=BC=10,CD=
BC=5;又∠C=60°,借助三角函数的定义,可得答案.
【解答】
(1)证明:
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°;
∵BD=CD,
∴AD是BC的垂直平分线.
∴AB=AC.(3分)
(2)证明:
连接OD,
∵点O、D分别是AB、BC的中点,
∴OD∥AC.
∵DE⊥AC,
∴OD⊥DE.
∴DE为⊙O的切线.(6分)
(3)解:
由AB=AC,∠BAC=60°知△ABC是等边三角形,
∵⊙O的半径为5,
∴AB=BC=10,CD=
BC=5.
∵∠C=60°,
∴DE=CD•sin60°=
.(9分)
【点评】本题考查切线的判定,线段相等的证明及线段长度的求法,要求学生掌握常见的解题方法,并能结合图形选择简单的方法解题.
25.如图,已知抛物线经过原点O和x轴上另一点E,顶点M的坐标为(2,4);矩形ABCD的顶点A与点O重合,AD、AB分别在x轴、y轴上,且AD=2,AB=3.
(1)求抛物线所对应的函数关系式;
(2)将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿x轴的正方向匀速平行移动,同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动,设它们运动的时间为t秒(0≤t≤3),直线AB与该抛物线的交点为N(如图2所示).
①当
时,判断点P是否在直线ME上,并说明理由;
②设以P、N、C、D为顶点的多边形面积为S,试问S是否存在最大值?
若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由;
(1)
(2)
【考点】二次函数综合题;二次函数的最值;待定系数法求二次函数解析式;三角形的面积.
【分析】
(1)设出抛物线的顶点式y=a(x﹣2)2+4,将原点的坐标代入解析式就可以求出a的值,从而求出函数的解析式.
(2)①由
(1)抛物线的解析式可以求出E点的坐标,从而可以求出ME的解析式,再将P点的坐标代入直线的解析式就可以判断P点是否在直线ME上.
②设出点N(t,﹣(t﹣2)2+4),可以表示出PN的值,根据梯形的面积公式可以表示出S与t的函数关系式,从而可以求出结论.
【解答】解:
(1)设抛物线的解析式为:
y=a(x﹣2)2+4,
∵抛物线过点m(2,4)和原点,
∴0=4a+4,
∴a=﹣1
∴抛物线的解析式为:
y=﹣(x﹣2)2+4
(2)①∵y=﹣(x﹣2)2+4
∴当y=0时,﹣(x﹣2)2+4=0,
∴x1=0,x2=4,
∴E(4,0),
设直线ME的解析式为:
y=kx+b,则
,
解得:
,
∴直线ME的解析式为:
y=﹣2x+8,
∵矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿x轴的正方向匀速平移,同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动,
∴当t=
时,P(
,
)
∴当x=
时,y=3≠
,
∴当
时,点P不在直线ME上.
②设点N(t,﹣(t﹣2)2+4),则P(t,t),
∴PN=﹣t2+3t,
∵AD=2,AB=3
∴S=
=﹣t2+3t+3,
∴S=﹣(t2﹣3t+
﹣
)+3=﹣(t﹣
)2+
∴当t=
时,S的最大值是
;
(1)
(2)
【点评】本题是一道二次函数的综合试题,考查了待定系数法求函数的解析式,二次函数的最值,三角形的面积公式的运用,梯形的面积公式的运用.
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