2023届山东省青岛市集团学校数学九上期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，在矩形中，，，以为直径作.将矩形绕点旋转，使所得矩形的边与相切，切点为，边与相交于点，则的长为（ ）

A．2.5 B．1.5 C．3 D．4
2．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是　　
A． B． C． D．
3．已知如图，则下列4个三角形中，与相似的是（ ）

A． B．
C． D．
4．若抛物线y=ax2+2ax+4（a＜0）上有A（-，y1），B（- ，y2），C（ ，y3）三点，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2 ＜y3 B．y3＜y2 ＜y1 C．y3＜y1 ＜y2 D．y2＜y3 ＜y1
5．如图，⊙O的半径为1，点 O到直线 的距离为2，点 P是直线上的一个动点，PA切⊙O于点 A，则 PA的最小值是（ ）

A．1 B． C．2 D．
6．抛物线与y轴的交点为（ ）
A． B． C． D．
7．若关于x的一元二次方程kx2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是( )
A．k＞1 B．k＜1 C．k＞1且k≠0 D．k＜1且k≠0
8．如图，在矩形中，．将向内翻折，点 落在上，记为，折痕为．若将沿向内翻折，点恰好 落在上，记为，则的长为（ ）

A． B． C． D．
9．如图，已知直线y＝x与双曲线y＝（k＞0）交于A、B两点，A点的横坐标为3，则下列结论：①k＝6；②A点与B点关于原点O中心对称；③关于x的不等式＜0的解集为x＜﹣3或0＜x＜3；④若双曲线y＝（k＞0）上有一点C的纵坐标为6，则△AOC的面积为8，其中正确结论的个数（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
10．方程（m﹣2）x2+mx﹣1＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为（ ）
A．任何实数． B．m≠0 C．m≠2 D．m≠﹣2
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，是半圆的直径，四边形内接于圆，连接，，则_________度．

12．一元二次方程的两个实数根为，则＝_____．
13．在一个不透(明的袋子中装有除了颜色外其余均相同的个小球，其中红球个，黑球个，若再放入个一样的黑球并摇匀，此时，随机摸出一个球是黑球的概率等于，则的值为__________．
14．已知∽，若周长比为4：9，则_____________．
15．若方程x2＋2x－11＝0的两根分别为m、n，则mn（m＋n）＝______．
16．将一些半径相同的小圆按如图所示的规律摆放，请仔细观察，第_________个图形有94个小圆.

17．如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边在其坐标轴上，以轴上的某一点为位似中心作矩形，使它与矩形位似，且点，的坐标分别为，，则点的坐标为__________．

18．小刚和小亮用图中的转盘做“配紫色”游戏：分别转动两个转盘各一次，若其中的一个转盘转出了红色，另一个转出了蓝色，则可配成紫色，此时小刚赢，否则小亮赢．若用P1表示小刚赢的概率，用P2 表示小亮赢概率，则两人赢的概率P1________P2（填写>，=或<）

三、解答题(共66分)
19．（10分）在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系。的顶点都在格点上，请解答下列问题：

（1）作出关于原点对称的；
（2）写出点、、的坐标。
20．（6分）某商场试销一种成本为每件60元的服装，经试销发现，每天的销售量(件)与销售单价（元）的关系符合次函数．
（1）如果要实现每天2000元的销售利润，该如何确定销售单价？
（2）销售单价为多少元时，才能使每天的利润最大？其每天的最大利润是多少？
21．（6分）如图：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°。延长CB至D，使DB=AB。连接AD．

（1）求∠ADB的度数.
（2）根据图形，不使用计算器和数学用表，请你求出tan75°的值.
22．（8分）武汉市某中学进行九年级理化实验考查，有A和B两个考查实验，规定每位学生只参加一个实验的考查，并由学生自己抽签决定具体的考查实验，小孟、小柯、小刘都要参加本次考查．
（1）用列表或画树状图的方法求小孟、小柯都参加实验A考查的概率；
（2）他们三人中至少有两人参加实验B的概率　 　（直接写出结果）．
23．（8分）问题情境:在综合实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图（1），将一张菱形纸片ABCD（∠BAD＝60°）沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD
操作发现:（1）将图（1）中的△ABC以A为旋转中心，顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°）得到如图（2）所示△ABC′，分别延长BC′和DC交于点E，发现CE＝C′E．请你证明这个结论．

（2）在问题（1）的基础上，当旋转角α等于多少度时，四边形ACEC′是菱形？请你利用图（3）说明理由．
拓展探究:（3）在满足问题（2）的基础上，过点C′作C′F⊥AC，与DC交于点F．试判断AD、DF与AC的数量关系，并说明理由．

24．（8分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线，其顶点为A．
（1）写出这条抛物线的开口方向、顶点A的坐标，并说明它的变化情况；
（2）直线BC平行于x轴，交这条抛物线于B、C两点（点B在点C左侧），且，求点B坐标．

25．（10分）如图，一次函数y=kx+b（k、b为常数，k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，且与反比例函数y=（n为常数，且n≠0）的图象在第二象限交于点C．CD⊥x轴，垂足为D，若OB=2OA=3OD=1．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式；
（2）记两函数图象的另一个交点为E，求△CDE的面积；
（3）直接写出不等式kx+b≤的解集．

26．（10分）（1）3tan30°-tan45°+2sin60°
（2）

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】连接OE,延长EO交 CD于点G，作于点H,通过旋转的性质和添加的辅助线得到四边形和都是矩形，利用勾股定理求出的长度，最后利用垂径定理即可得出答案．
【详解】连接OE,延长EO交 CD于点G，作于点H

则
∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为

∴四边形和都是矩形，

∵四边形都是矩形

即

故选：D．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，勾股定理及垂径定理，掌握矩形的性质，勾股定理及垂径定理是解题的关键．
2、A
【分析】根据一元二次方程的根的判别式，建立关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+m=0有两个不相等的实数根，
∴△=b2﹣4ac=（﹣3）2﹣4×1×m＞0，
∴m＜，
故选A．
【点睛】
本题考查了根的判别式，解题的关键在于熟练掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系，即：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
3、C
【分析】根据相似三角形的判定定理逐一分析即可．
【详解】解: ∵AB=AC=6，∠B=75°
∴∠B=∠C=75°
∴∠A=180°－∠B－∠C=30°，
对于A选项，如下图所示

∵，但∠A≠∠E
∴与△EFD不相似，故本选项不符合题意；
对于B选项，如下图所示

∵DE=DF=EF
∴△DEF是等边三角形
∴∠E=60°
∴，但∠A≠∠E
∴与△EFD不相似，故本选项不符合题意；
对于C选项，如下图所示

∵，∠A=∠E=30°
∴∽△EFD，故本选项符合题意；
对于D选项，如下图所示

∵，但∠A≠∠D
∴与△DEF不相似，故本选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
此题考查的是相似三角形的判定，掌握有两组对应边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似是解决此题的关键．
4、C
【分析】根据抛物线y＝ax2＋2ax＋4（a＜0）可知该抛物线开口向下，可以求得抛物线的对称轴，又因为抛物线具有对称性，从而可以解答本题．
【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋2ax＋4（a＜0），
∴对称轴为：x＝，
∴当x＜−1时，y随x的增大而增大，当x＞−1时，y随x的增大而减小，
∵A（−，y1），B（−，y2），C（，y3）在抛物线上，且−＜−，−0.5＜，
∴y3＜y1＜y2，
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，解题的关键是明确二次函数具有对称性，在对称轴的两侧它的增减性不一样．
5、B
【分析】因为PA为切线，所以△OPA是直角三角形．又OA为半径为定值，所以当OP最小时，PA最小．根据垂线段最短，知OP=1时PA最小．运用勾股定理求解．
【详解】解：作OP⊥a于P点，则OP=1．
根据题意，在Rt△OPA中，
AP==
故选：B．

【点睛】
此题考查了切线的性质及垂线段最短等知识点，如何确定PA最小时点P的位置是解题的关键，难度中等偏上．
6、C
【解析】令x=0，则y=3，抛物线与y轴的交点为（0，3）．
【详解】解：令x=0，则y=3，
∴抛物线与y轴的交点为（0，3），
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，会求函数与坐标轴的交点是解题的关键．
7、D
【解析】根据一元二次方程的定义和△的意义得到k≠1且△＞1，即（﹣2）2﹣4×k×1＞1，然后解不等式即可得到k的取值范围．
【详解】∵关于x的一元二次方程kx2﹣2x+1＝1有两个不相等的实数根，
∴k≠1且△＞1，即(﹣2)2﹣4×k×1＞1，
解得k＜1且k≠1．
∴k的取值范围为k＜1且k≠1．
故选D．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝1（a≠1）的根的判别式△＝b2﹣4ac：当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△＝1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
8、B
【分析】首先根据矩形和翻折的性质得出△AED≌△A'ED，△A'BE≌△A'B'E，∠A'B'E=∠B=∠A'B'D=90°，∠AED=∠A'ED，∠A'EB=∠A'EB'，BE=B'E，进而得出∠AED=∠A'ED=∠A'EB=60°，∠ADE=∠A'DE=∠A'DC=30°，判定△DB'A'≌△DCA'，DC=DB'，得出AE，设AB=DC=x，利用勾股定理构建方程，即可得解.
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC=∠C=∠B=90°，AB=DC，
由翻折知，△AED≌△A'ED，△A'BE≌△A'B'E，∠A'B'E=∠B=∠A'B'D=90°，
∴∠AED=∠A'ED，∠A'EB=∠A'EB'，BE=B'E，
∴∠AED=∠A'ED=∠A'EB=×180°=60°，
∴∠ADE=90°﹣∠AED=30°，∠A'DE=90°﹣∠A'EB=30°，
∴∠ADE=∠A'DE=∠A'DC=30°，
又∵∠C=∠A'B'D=90°，DA'=DA'，
∴△DB'A'≌△DCA'（AAS），
∴DC=DB'，
在Rt△AED中，
∠ADE=30°，AD=2，
∴AE=，
设AB=DC=x，则BE=B'E=x﹣
∵AE2+AD2=DE2，
∴（）2+22=（x+x﹣）2，
解得，x1=（负值舍去），x2=，
故答案为B．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB＝60°．
9、A
【分析】①由A点横坐标为3，代入正比例函数，可求得点A的坐标，继而求得k值；
②根据直线和双曲线的性质即可判断；
③结合图象，即可求得关于x的不等式＜0的解集；
④过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥轴于点E，可得S△AOC=S△OCD+S梯形AEDC-S△AOE=S梯形AEDC，由点C的纵坐标为6，可求得点C的坐标，继而求得答案．
【详解】①∵直线y＝x与双曲线y＝（k＞0）交于A、B两点，A点的横坐标为3，
∴点A的纵坐标为：y＝×3＝2，
∴点A（3，2），
∴k＝3×2＝6，
故①正确；
②∵直线y＝x与双曲线y＝（k＞0）是中心对称图形，
∴A点与B点关于原点O中心对称
，故②正确；
③∵直线y＝x与双曲线y＝（k＞0）交于A、B两点，
∴B（﹣3，﹣2），
∴关于x的不等式＜0的解集为：x＜﹣3或0＜x＜3，
故③正确；
④过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，
∵点C的纵坐标为6，
∴把y＝6代入y＝得：x＝1，
∴点C（1，6），
∴S△AOC＝S△OCD+S梯形AEDC﹣S△AOE＝S梯形AEDC＝×（2+6）×（3﹣1）＝8，故④正确；
故选：A．

【点睛】
此题考查了反比例函数的性质、待定系数法求函数的解析式以及一次函数的性质等知识．此题难度较大，综合性很强，注意掌握数形结合思想的应用．
10、C
【分析】根据二次项系数不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】∵方程（m﹣2）x2+mx﹣1＝0是关于x的一元二次方程，
∴m﹣2≠0，
解得，m≠2，
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用问题，掌握一元一次方程的性质以及应用是解题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】首先根据圆周角定理求得∠ADB的度数，从而求得∠BAD的度数，然后利用圆内接四边形的性质求得未知角即可．
【详解】解：∵AB是半圆O的直径，AD=BD，
∴∠ADB=90°，∠DAB=45°，
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠BCD=180°-45°=1°，
故答案为：1．
【点睛】
考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是根据圆周角定理得到三角形ABD是等腰直角三角形，难度不大．
12、1
【分析】直接根据一元二次方程根与系数的关系进行求解即可．
【详解】的两个实数根为，，
．
故答案为1．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟记根与系数的关系是解题的关键．
13、1
【分析】由概率=所求情况数与总情况数之比，根据随机摸出一个球是黑球的概率等于可得方程，继而求得答案．
【详解】根据题意得：，
解得：．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14、4：1
【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．
【详解】∵△ABC∽△DEF，
∴．
故答案为：4:1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质，牢记相似三角形(多边形)的周长的比等于相似比是解题的关键．
15、22
【分析】
【详解】∵方程x2＋2x－11＝0的两根分别为m、n，
∴m+n=-2,mn=-11,
∴mn(m＋n)＝（-11）×(-2)=22.
故答案是：22
16、9.
【分析】分析数据可得：第1个图形中小圆的个数为6；第2个图形中小圆的个数为10；第3个图形中小圆的个数为16；第1个图形中小圆的个数为21；则知第n个图形中小圆的个数为n（n+1）+1．依此列出方程即可求得答案．
【详解】解：设第n个图形有91个小圆，依题意有n2+n+1=91 即n2+n=90
（n+10）（n﹣9）=0
解得n1=9，n2=﹣10（不合题意舍去）．
故第9个图形有91个小圆．
故答案为：9
【点睛】
本题考查(1)、一元二次方程的应用；(2)、规律型：图形的变化类．
17、
【分析】首先求出位似图形的位似中心坐标，然后即可得出点D的坐标.
【详解】连接BF交轴于P，如图所示：

∵矩形和矩形，点，的坐标分别为，，
∴点C的坐标为
∵BC∥GF
∴
∴GP=1，PC=2，OP=3
∴点P即为其位似中心
∴OD=6
∴点D坐标为
故答案为：.
【点睛】
此题主要考查位似图形的性质，熟练掌握，即可解题.
18、<
【分析】由于第二个转盘红色所占的圆心角为120°，则蓝色部分为红色部分的两倍，即相当于分成三个相等的扇形（红、蓝、蓝），再列出表，根据概率公式计算出小刚赢的概率和小亮赢的概率，即可得出结论．
【详解】解：用列表法将所有可能出现的结果表示如下：

红
蓝
蓝
蓝
（红，蓝）
（蓝，蓝）
（蓝，蓝）
黄
（红，黄）
（蓝，黄）
（蓝，黄）
黄
（红，黄）
（蓝，黄）
（蓝，黄）
红
（红，红）
（蓝，红）
（蓝，红）
上面等可能出现的12种结果中，有3种情况可以得到紫色，
所以小刚赢的概率是；则小亮赢的概率是
所以；
故答案为：<
【点睛】
本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．

三、解答题(共66分)
19、（1）详见解析；（2），，
【分析】（1）根据平面直角坐标系中关于坐标原点对称的特征即可得到；
（2）根据平面内任意一点关于坐标原点的对称点为，即可得解.
【详解】（1）如下图所示，即为所求；

（2）根据平面内任意一点关于坐标原点的对称点为，则、、.
【点睛】
本题主要考查了平面直角坐标系中坐标的变换，熟练掌握关于原点对称的点坐标表示方法是解决本题的关键.
20、（1）100元；（2）当销售单价定为105元时，可获得最大利润，最大利润是2025元．
【分析】（1）根据题意列出方程，解一元二次方程即可；
（2）先根据利润=每件的利润×销售量表示出利润，然后利用二次函数的性质求最大值即可．
【详解】（1）依题意得：，
解得或（不合题意）．
（2）若每天的利润为元，
则
，
∴当销售单价定为105元时，可获得最大利润，最大利润是2025元．
【点睛】
本题主要考查二次函数与一元二次方程的应用，掌握解一元二次方程的方法和二次函数的性质是解题的关键．
21、（1）∠ADB=15°；(2)
【分析】（1）利用等边对等角结合∠ABC是△ADB的外角即可求出∠ADB的度数；
（2）根据图形可得∠DAB=75°，设AC=x, 根据，求出CD即可；
【详解】（1）∵DB=AB
∴∠BAD=∠BDA
∵∠ABC=30°=∠BAD+∠BDA
∴∠ADB=15°
（2）设AC=x,
在Rt△ABC中，∠ABC=30°，
∴
∴
∴
∴
【点睛】
此题考查了解直角三角形，涉及的知识有：勾股定理，含30度直角三角形的性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．
22、（1）；（2）
【分析】（1）先画出树状图，得出所有等情况数和小孟、小柯都参加实验A考查的情况数，再根据概率公式即可得出答案；
（2）根据每人都有2种选法，得出共有8种等情况数，他们三人中至少有两人参加实验B的有4种，再根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：（1）画树状图如图所示：

∵两人的参加实验考查共有四种等可能结果，而两人均参加实验A考查有1种，
∴小孟、小柯都参加实验A考查的概率为．
（2）共有8种等情况数，他们三人中至少有两人参加实验B的有4种，
所以他们三人中至少有两人参加实验B的概率是.
故答案为：．
【点睛】
本题考查了数据统计的知识，中考必考题型，重点需要掌握树状图的画法.
23、（1）见解析；（2）当α＝30°时，四边形AC′EC是菱形，理由见解析；（3）AD+DF＝AC，理由见解析
【分析】（1）先判断出∠ACC′=∠AC′C，进而判断出∠ECC′=∠EC′C，即可得出结论；
（2）判断出四边形AC′EC是平行四边形，即可得出结论；
（3）先判断出HAC′是等边三角形，得出AH=AC′，∠H=60°，再判断出△HDF是等边三角形，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图2，连接CC′，

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠AC′B＝30°，AC＝AC′，
∴∠ACC′＝∠AC′C，
∴∠ECC′＝∠EC′C，
∴CE＝C′E；
（2）当α＝30°时，四边形AC′EC是菱形，
理由：∵∠DCA＝∠CAC′＝∠AC′B＝30°，
∴CE∥AC′，AC∥C′E，
∴四边形AC′EC是平行四边形，
又∵CE＝C′E，
∴四边形AC′EC是菱形；
（3）AD+DF＝AC．
理由：如图4，分别延长CF与AD交于点H，
∵∠DAC＝∠C′AC＝30°，C′F⊥AC，
∴∠AC′H＝∠DAC′＝60°，
∴△HAC′是等边三角形，
∴AH＝AC′，∠H＝60°，
又∵AD＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA＝30°，
∴∠HDC＝∠DAC+∠DCA＝60°，
∴△HDF是等边三角形，
∴DH＝DF，
∴AD+DF＝AD+DH＝AH．
∵AC′＝AC，
∴AC＝AD+DF．

【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了旋转的旋转，等边三角形的判定和旋转，菱形的判定和性质，判断出△HAC′是等边三角形是解本题的关键．
24、（1）开口方向向下，点A的坐标是，在对称轴直线左侧部分是上升的，右侧部分是下降的；（2）点B的坐标为
【分析】（1）先化为顶点式，然后由二次函数的性质可求解；
（2）如图，设直线与对称轴交于点，则，设线段的长为，则，可求点坐标，代入解析式可求的值，即可求点坐标．
【详解】解：（1）抛物线的开口方向向下，
顶点的坐标是，
抛物线的变化情况是：在对称轴直线左侧部分是上升的，右侧部分是下降的；
（2）如图，设直线与对称轴交于点，则．

设线段的长为，则，
点的坐标可表示为，
代入，得．
解得（舍，，
点的坐标为．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的应用，利用参数求点坐标是本题的关键．
25、（1）y=﹣，y=﹣2x+1（2）S△CDE=140；（3）x≥10，或﹣4≤x＜0
【分析】（1）根据三角形相似，可求出点坐标，可得一次函数和反比例函数解析式；
（2）联立解析式，可求交点坐标；
（3）根据数形结合，将不等式转化为一次函数和反比例函数图象关系．
【详解】（1）由已知，OA=6，OB=1，OD=4
∵CD⊥x轴
∴OB∥CD
∴△ABO∽△ACD
∴
∴
∴CD=20
∴点C坐标为（﹣4，20）
∴n=xy=﹣80
∴反比例函数解析式为：y=
把点A（6，0），B（0，1）代入y=kx+b得：

解得：
∴一次函数解析式为：y=﹣2x+1
（2）当=﹣2x+1时，解得
x1=10，x2=﹣4
当x=10时，y=﹣8
∴点E坐标为（10，﹣8）
∴S△CDE=S△CDA+S△EDA=
（3）不等式kx+b≤，从函数图象上看，表示一次函数图象不低于反比例函数图象
∴由图象得，x≥10，或﹣4≤x＜0
【点睛】
本题考查了应用待定系数法求一次函数和反比例函数解析式以及用函数的观点通过函数图象解不等式．
26、（1）；（2）
【分析】（2）根据特殊角的三角函数值，代入求出即可．
（2）根据特殊角的三角函数值，零指数幂求出每一部分的值，代入求出即可．
【详解】（1）

（2）

【点睛】
本题考查了实数的运算法则，同时也利用了特殊角的三角函数值、0指数幂的定义及负指数幂定义解决问题．