2022-2023学年河北省廊坊市广阳六中九年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省廊坊市广阳六中九年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共21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. 下列语句正确的是( )
A. (−1)2的立方根是−1B. −3是27的负的立方根
C. 125216的立方根是±56D. 64的立方根是2
2. 截至2021年12月31日，长江干流六座梯级水电站全年累计发电量达2628.83亿千瓦时，相当于减排二氧化碳约2.2亿吨．将262883000000用科学记数法表示应为( )
A. 26.2883×1010B. 2.62883×1011C. 2.62883×1012D. 0.262883×1012
3. 反比例函数y=6x的图象分别位于( )
A. 第一、第三象限B. 第一、第四象限C. 第二、第三象限D. 第二、第四象限
4. 如图，利用工具测量角，则∠1的大小为( )
A. 30°B. 60°C. 40°D. 50°
5. 下列计算正确的是( )
A. x4+x2=x6B. x3−x2=xC. (x3)2=x6D. x6÷x3=x2
6. 如图，数轴上表示1、 3的对应点分别为点A、点B.若点A是BC的中点，则点C所表示的数为( )
A. 3−1B. 1− 3C. 3−2D. 2− 3
7. 下列正确的是( )
A. 4+9=2+3B. 4×9=2×3C. 94= 32D. 4.9=0.7
8. 若x和y互为倒数，则(x+1y)(2y−1x)的值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
9. 如图，一个正多边形纸片不小心被撕去一块，则这个正多边形纸片是( )
A. 正八边形
B. 正六边形
C. 正五边形
D. 正方形
10. 用一根长为a(单位：cm)的铁丝，首尾相接围成一个正方形，要将它按图的方式向外等距扩1(单位：cm)得到新的正方形，则这根铁丝需增加( )
A. 4cm
B. 8cm
C. (a+4)cm
D. (a+8)cm
11. 估计 36× 12+ 8的值应在( )
A. 5和6之间B. 6和7之间C. 7和8之间D. 8和9之间
12. 已知抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，0①2a+b<0；
②当x>1时，y随x的增大而增大；
③关于x的方程ax2+bx+(b+c)=0有两个不相等的实数根．
其中，正确结论的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
13. 不透明的袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外两个小球无其他差别．从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 34
14. 如图，直线l，m相交于点O，P为这两直线外一点，且OP=2.8.若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是( )
A. 0
B. 5
C. 6
D. 7
15. 如图，在△ABC中，AB=BC= 3，∠BAC=30°，分别以点A，C为圆心，AC的长为半径作弧，两弧交于点D，连接DA，DC，则四边形ABCD的面积为( )
A. 6 3B. 9C. 6D. 3 3
16. 如图，菱形ABCD中，∠D=150°，则∠1=( )
A. 30°B. 25°C. 20°D. 15°
二、填空题（本大题共3小题，共9.0分）
17. 若 x−7在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是______ ．
18. 现有甲、乙、丙三种不同的长方形纸片(边长如图)．
(1)取甲、乙纸片各1块，其面积和为 ；
(2)嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片 块.
19. 如图，棋盘旁有甲、乙两个围棋盒．

(1)甲盒中都是黑子，共10个．乙盒中都是白子，共8个．嘉嘉从甲盒拿出a个黑子放入乙盒，使乙盒棋子总数是甲盒所剩棋子数的2倍，则a= ；
(2)设甲盒中都是黑子，共m(m>2)个，乙盒中都是白子，共2m个．嘉嘉从甲盒拿出a(1三、解答题（本大题共7小题，共73.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题9.0分)
计算：(π−1)0+4sin45°− 8+|−3|．
21. (本小题10.0分)
如图，BD是△ABC的角平分线，DE//BC，交AB于点E．
(1)求证：∠EBD=∠EDB．
(2)当AB=AC时，请判断CD与ED的大小关系，并说明理由．
22. (本小题10.0分)
如图，已知经过原点的抛物线y=2x2+mx与x轴交于另一点A(2,0)．
(1)求m的值和抛物线顶点M的坐标；
(2)求直线AM的解析式．
23. (本小题10.0分)
如图，在⊙O中，AB为直径，CD与⊙O相切于点C，弦CF⊥AB于点E，连接AC．
(1)求证：∠ACD=∠ACF；
(2)当AD⊥CD时，BE=3cm，CF=12cm，求AD的长．
24. (本小题10.0分)
比较x2+1与2x的大小．
(1)尝试(用“<”，“=”或“>”填空)：
①当x=1时，x2+1______2x；
②当x=0时，x2+1______2x；
③当x=−2时，x2+1______2x．
(2)归纳：若x取任意实数，x2+1与2x有怎样的大小关系？试说明理由．
25. (本小题12.0分)
图1表示的是某书店今年1∼5月的各月营业总额的情况，图2表示的是该书店“党史”类书籍的各月营业额占书店当月营业总额的百分比情况.若该书店1∼5月的营业总额一共是182万元，观察图1、图2，解答下列问题：
(1)求该书店4月份的营业总额，并补全条形统计图．
(2)求5月份“党史”类书籍的营业额．
(3)请你判断这5个月中哪个月“党史”类书籍的营业额最高，并说明理由．
26. (本小题12.0分)
如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线．点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．
(1)求证：∠DBG=90°．
(2)若BD=6，DG=2GE．
①求菱形ABCD的面积．
②求tan∠BDE的值．
(3)若BE=AB，当∠DAB的大小发生变化时(0°<∠DAB<180°)，在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、(−1)2=1，1的立方根是1，故本选项错误，不合题意；
B、−3是−27的立方根，一个数的立方根只有一个，故本选项错误，不合题意；
C、125216的立方根是56，故本选项错误，不合题意；
D、 64=8，8的立方根是2，故本选项正确，符合题意．
故选：D．
根据正数的立方根是正数、负数的立方根是负数和立方根的概念解答即可．
本题主要考查了立方根的概念，掌握如果一个数x的立方等于a，即x的三次方等于a(x3=a)，那么这个数x就叫做a的立方根是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：262883000000=2.62883×1011．
故选：B．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：反比例函数y=6x，k=6>0，
∴该反比例函数图象在第一、三象限．
故选：A．
根据反比例函数的性质，可以得到该函数图象经过哪几个象限，本题得以解决．
本题考查反比例函数的图象，解答本题的关键是明确当k>0时，反比例函数图象经过第一、三象限．
4.【答案】A
【解析】解：根据对顶角相等的性质，可得：∠1=30°，
故选：A．
根据对顶角的性质解答即可．
本题主要考查了对顶角，熟练掌握对顶角相等是解答本题关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、x4与x2没不是同类项的不能合并，故本选项错误；
B、x3与x2不是同类项的不能合并，故本选项错误；
C、(x3)2=x6；正确；
D、应为x6÷x3=x6−3=x3，故本选项错误．
故选：C．
根据幂的乘方，底数不变指数相乘；同底数幂相除，底数不变指数相减；对各选项分析判断后利用排除法求解．
主要考查幂的乘方的性质，同底数幂的除法，熟练掌握运算性质是解题的关键，没有同类项的一定不能合并．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的是实数与数轴，熟知数轴上的点与实数是一一对应关系是解答此题的关键．设点C表示的数是x，再根据点A为中点，列方程即可得出x的值．
【解答】
解：设点C表示的数是x，
∵数轴上表示1、 3的对应点分别为点A、点B，点A是BC的中点，
∴BA=AC，
∴1−x= 3−1，
解得x=2− 3．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：A． 4+9= 13≠2+3，错误，不符合题意；
B. 4×9=2×3，正确，符合题意；
C. 94= 38≠ 32，错误，不符合题意；
D. 4.9≠0.7，错误，不符合题意．
故选：B．
根据二次根式的性质判断即可．
本题主要考查二次根式的性质，掌握二次根式的性质是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵x和y互为倒数，
∴xy=1，
∵(x+1y)(2y−1x)
=2xy−1+2−1xy
=2×1−1+2−1
=2−1+2−1
=2．
故选：B．
根据x和y互为倒数可得xy=1，再将(x+1y)(2y−1x)进行化简，将xy=1代入即可求值．
本题主要考查分式化简求值，解题关键是熟练掌握分式化简．
9.【答案】C
【解析】解：通过量角器测得正多边形的内角为108°，
(n−2)⋅180°=108°×n，
解得：n=5．
故选：C．
通过量角器测得正多边形的内角为108°，根据多边形的内角和公式列方程求解即可．
本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的内角和公式：(n−2)⋅180°是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵原正方形的周长为acm，
∴原正方形的边长为a4cm，
∵将它按图的方式向外等距扩1cm，
∴新正方形的边长为(a4+2)cm，
则新正方形的周长为4(a4+2)=a+8(cm)，
因此需要增加的长度为a+8−A=8cm．
故选：B．
根据题意得出原正方形的边长，再得出新正方形的边长，继而得出答案．
本题主要考查列代数式，解题的关键是根据题意表示出新正方形的边长及代数式的书写规范．
11.【答案】C
【解析】解：原式= 18+ 8
=3 2+2 2
=5 2
= 50，
∵49<50<64，
∴7< 50<8，
故选：C．
先化简二次根式，再估算无理数的大小即可得出答案．
本题考查了估算无理数的大小，二次根式的混合运算，无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
12.【答案】C
【解析】解：①∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0)，
∴a+b+c=0，
∵a∴a+b+a<0，即2a+b<0，本小题结论正确；
②∵a+b+c=0，0∴b<0，
∴对称轴x=−b2a>1，
∴当1③∵a+b+c=0，
∴b+c=−a，
对于方程ax2+bx+(b+c)=0，Δ=b2−4×a×(b+c)=b2+4a2>0，
∴方程ax2+bx+(b+c)=0有两个不相等的实数根，本小题结论正确；
故选：C．
根据抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0)、结合题意判断①；根据抛物线的对称性判断②；根据一元二次方程根的判别式判断③．
本题考查的是二次函数图象与系数的关系、一元二次方程根的判别式、抛物线与x轴的交点，熟记二次函数的对称轴、增减性以及一元二次方程根的判别式是解题的关键．
13.【答案】A
【解析】解：列表如下：
所有等可能的情况有4种，其中第一次摸到红球、第二次摸到绿球的有1种情况，
所以第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率为14，
故选：A．
列表得出所有等可能的情况数，找出第一次摸到红球、第二次摸到绿球的情况数，即可确定出所求的概率．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】B
【解析】解：连接OP1，OP2，P1P2，
∵点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，
∴OP1=OP=2.8，OP=OP2=2.8，
OP1+OP2>P1P2，
P1P2<5.6，
故选：B．
由对称得OP1=OP=2.8，OP=OP2=2.8，再根据三角形任意两边之和大于第三边，即可得出结果．
本题考查线段垂直平分线的性质，解本题的关键熟练掌握对称性和三角形边长的关系．
15.【答案】D
【解析】解：连接BD交AC于O，
∵AD=CD，AB=BC，
∴BD垂直平分AC，
∴BD⊥AC，AO=CO，
∵AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC=30°，
∵AC=AD=CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠DAC=∠DCA=60°，
∴∠BAD=∠BCD=90°，∠ADB=∠CDB=30°，
∵AB=BC= 3，
∴BD=2 3，
由勾股定理可得AD=CD=3，
∴四边形ABCD的面积=2×12×3× 3=3 3，
故选：D．
本题考查了含30°角的直角三角形，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
连接BD交AC于O，根据已知条件得到BD垂直平分AC，求得BD⊥AC，AO=CO，根据等腰三角形的性质得到∠ACB=∠BAC=30°，根据等边三角形的性质得到∠DAC=∠DCA=60°，推出∠BAD=∠BCD=90°，求得AD=CD=3，于是得到结论．
16.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D=150°，
∴AB//CD，∠BAD=2∠1，
∴∠BAD+∠D=180°，
∴∠BAD=180°−150°=30°，
∴∠1=15°；
故选：D．
由菱形的性质得出AB//CD，∠BAD=2∠1，求出∠BAD=30°，即可得出∠1=15°．
此题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
17.【答案】x≥7
【解析】解：由题意得：x−7≥0，
解得：x≥7，
故答案为：x≥7．
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式，得到答案．
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
18.【答案】a2+b2 ；
4.

【解析】
【分析】
本题考查了完全平方式，掌握完全平方公式是解题的关键．
(1)由图可知：一块甲种纸片面积为a2，一块乙种纸片的面积为b2，一块丙种纸片面积为ab，即可求解；
(2)利用完全平方公式可求解．
【解答】
解：(1)由图可知：一块甲种纸片面积为a2，一块乙种纸片的面积为b2，
∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为a2+b2，
故答案为：a2+b2；
(2)设取丙种纸片x块才能用它们拼成一个新的正方形，
∵一块甲种纸片面积为a2，一块乙种纸片的面积为b2，一块丙种纸片面积为ab，
∴a2+4b2+xab是一个完全平方式，
∴x=2×2=4，
故答案为：4．
19.【答案】(1)4
(2)(m+2a)；1
【解析】
【分析】
本题考查了一元一次方程的应用，理解题意是解题的关键．
(1)根据嘉嘉从甲盒拿出a个黑子放入乙盒，使乙盒棋子总数是甲盒所剩棋子数的2倍，列出方程计算即可求解；
(2)根据题意可得乙盒棋子总数比甲盒所剩棋子数多的个数，根据题意可以求出y=x，进一步求出yx的值．
【解答】
解：(1)依题意有：a+8=2(10−a)，
解得a=4．
故答案为：4；
(2)依题意有：2m+a−(m−a)=(m+2a)个，
y=a−(a−x)=a−a+x=x，
yx=xx=1．
故答案为：(m+2a)，1．
20.【答案】解：原式=1+4× 22−2 2+3
=1+2 2−2 2+3
=4．
【解析】直接利用零指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、二次根式的性质、绝对值的性质分别化简，进而合并得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
21.【答案】(1)证明：∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠CBD=∠EBD，
∵DE//BC，
∴∠CBD=∠EDB，
∴∠EBD=∠EDB．
(2)解：CD=ED，理由如下：
∵AB=AC，
∴∠C=∠ABC，
∵DE//BC，
∴∠ADE=∠C，∠AED=∠ABC，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴CD=BE，
由(1)得，∠EBD=∠EDB，
∴BE=DE，
∴CD=ED．
【解析】(1)利用角平分线的定义和平行线的性质可得结论；
(2)利用平行线的性质可得∠ADE=∠AED，则AD=AE，从而有CD=BE，由(1)得，∠EBD=∠EDB，可知BE=DE，等量代换即可．
本题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义等知识，熟练掌握平行与角平分线可推出等腰三角形是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵抛物线y=2x2+mx与x轴交于另一点A(2,0)，
∴2×22+2m=0，
∴m=−4，
∴y=2x2−4x
=2(x−1)2−2，
∴顶点M的坐标为(1,−2)，
(2)设直线AM的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵图象过A(2,0)，M(1,−2)，
∴2k+b=0k+b=−2，
解得k=2b=−4，
∴直线AM的解析式为y=2x−4．
【解析】(1)将A(2,0)代入抛物线解析式即可求出m的值，然后将关系式化为顶点式即可得出顶点坐标；
(2)设直线AM的解析式为y=kx+b(k≠0)，将点A，M的坐标代入即可．
本题主要考查了待定系数法求函数的关系式，以及二次函数顶点式的转化，属于常考题型．
23.【答案】(1)证明：连接OC，

∵CD切⊙O于点C，
∴∠OCD=90°，
∴∠ACD+∠ACO=90°．
∵CF⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠ACF+∠CAE=90°．
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAE，
∴∠ACD=∠ACF；
(2)解：由(1)可知，∠ACD=∠ACF．
∵CF⊥AB，CF=12cm，
∴CE=12CF=6(cm)．
设⊙O的半径为r，则OE=r−3，
在Rt△OEC中，OC2=OE2+CE2，
即r2=(r−3)2+62，
解得：r=152，
∴AE=AB−BE=15−3=12(cm)．
∵∠ACD=∠ACF，AD⊥CD，CF⊥AB，
∴AD=AE=12(cm)．
【解析】(1)连接OC，根据切线的性质得到∠OCD=90°，根据等腰三角形的性质得到∠ACO=∠CAE，根据等角的余角相等可得出结论；
(2)根据垂径定理得到CE=12CF=6cm，根据勾股定理求出⊙O的半径，根据角平分线的性质定理解答即可．
本题考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及角平分线的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
24.【答案】解：(1)=，>，>；
(2)x2+1≥2x．
证明：∵x2+1−2x=(x−1)2≥0，
∴x2+1≥2x．
【解析】
【分析】
本题考查了配方法的应用，利用完全平方非负数的性质是解题关键．
(1)根据代数式求值，可得代数式的值，根据有理数的大小比较，可得答案；
(2)根据完全平方公式，可得答案．
【解答】
解：(1)①当x=1时，x2+1=2x=2；
②当x=0时，x2+1=1，2x=0，则x2+1>2x；
③当x=−2时，x2+1=4+1=5，2x=−4，则x2+1>2x．
故答案为=；>；>．
(2)见答案．
25.【答案】解：(1)该书店4月份的营业总额是：182−(30+40+25+42)=45(万元)，
补全统计图如下：
(2)42×25%=10.5(万元)，
答：5月份“党史”类书籍的营业额是10.5万元；
(3)4月份“党史”类书籍的营业额是45×20%=9(万元)，
∵10.5>9，且1−3月份的营业总额以及“党史”类书籍的营业额占当月营业额的百分比都低于4、5月份，
∴5月份“党史”类书籍的营业额最高．
【解析】
【分析】
本题考查的是条形统计图和折线统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据，如粮食产量，折线统计图表示的是事物的变化情况，如增长率．
【解答】
(1)用1∼5月的营业总额减去其他月份的总额，求出4月份的营业额，从而补全统计图；
(2)用5月份的营业额乘以“党史”类书籍所占的百分比即可；
(3)先判断出1−3月份的营业总额以及“党史”类书籍的营业额占当月营业额的百分比都低于4、5月份，再求出4月份的“党史”类书籍的营业额，与5月份进行比较，即可得出答案．
26.【答案】(1)证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴CB=AB，CD=AD，
∵BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠CBD=∠ABD=12∠ABC，
∵∠CBG=∠EBG=12∠EBC，
∴∠DBG=∠CBD+∠CBG=12(∠ABC+∠EBC)=12×180°=90°．
(2)解：①如图2，连结AC交BD于点K，交DE于点L，
∵AC⊥BD，
∴∠AKB=90°，
∵AB=5，BD=6，
∴BK=DK=12BD=3，
∴AK= AB2−BK2= 52−32=4，
∴CK=AK=4，
∴AC=8，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×8×6=24．
②∵∠DKL=∠DBG=90°，
∴AC//BG，
∴DLGL=DKBK=1，
∴DL=GL=12DG，
∵DG=2GE，
∴GE=12DG，
∴DL=GL=GE，
∵CD//AB，
∴CLAL=DLEL=12，
∴CL=13AC=13×8=83，
∴KL=4−83=43，
∴tan∠BDE=KLDK=433=49．
(3)解：如图3，过点G作GT//BC，交AE于点T，则GT为定值，
理由：连结AC交BD于点K，交DE于点L，
∵∠DKL=∠DBG=90°，
∴当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG//AC，
∴△BGE∽△ALE，
∵BE=AB，
∴EGLG=BEAB=1，
∴EG=LG，
∵KL//BG，
∴DLLG=DKBK=1，
∴DL=LG=EG=13ED，
∵AD//BC，
∴GT//AD，
∴△ETG∽△EAD，
∴GTDA=ETEA=EGED=13，
∵BE=AB=DA=5，
∴GT=13DA=13×5=53，
∴GT为定值；
∵EA=BE+AB=10，
∴ET=13EA=13×10=103．
【解析】(1)由菱形的性质得CB=AB，CD=AD，可证明△ABD≌△CBD，得∠CBD=12∠ABC，而∠CBG=12∠EBC，所以∠DBG=12(∠ABC+∠EBC)=90°；
(2)①连结AC交BD于点K，交DE于点L，由∠AKB=90°，AB=5，DK=BK=12BD=3，根据勾股定理可求得AK=4，则AC=8，即可由S菱形ABCD=12AC⋅BD求出菱形ABCD的面积；
②先由∠DKL=∠DBG=90°证明AC//BG，则DLGL=DKBK=1，所以DL=GL=12DG，再由DG=2GE得GE=12DG，则DL=GL=GE，即可由CD//AB，得CLAL=DLEL=12，可求得CL=13AC=83，所以KL=4−83=43，再求出tan∠BDE的值即可；
(3)过点G作GT//BC，交AE于点T，由∠DKL=∠DBG=90°可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG//AC，由△BGE∽△ALE得EGLG=BEAB=1，所以EG=LG，同理可得DL=LG，再证明△ETG∽△EAD，得GTDA=ETEA=EGED=13，即可求得GT=53，说明GT为定值，再求出ET的值即可．
此题重点考查菱形的性质、平行线的判定、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
红
绿
红
(红，红)
(绿，红)
绿
(红，绿)
(绿，绿)