2024年广东省东莞中学初中部中考数学一模试卷

这是一份2024年广东省东莞中学初中部中考数学一模试卷，共21页。

A．1℃B．10℃C．19℃D．9℃
2．（3分）如所示4个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）下列运算结果正确的是（ ）
A．a3•a2＝a6B．（2a2）3＝8a6
C．a（a+1）＝a2+1D．（a3+a）÷a＝a2
4．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，连接AC，若AC＝6，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．24B．30C．D．
5．（3分）如图，AB是O的直径，∠D＝32°，则∠BOC等于（ ）
A．32°B．58°C．60°D．64°
6．（3分）将方程x2﹣6x+1＝0配方后，原方程可变形为（ ）
A．（x﹣3）2＝8B．（x﹣3）2＝﹣10
C．（x+3）2＝﹣10D．（x+3）2＝8
7．（3分）若点A（﹣3，a），B（﹣1，b），C（2，c）都在反比例函数y＝的图象上，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
8．（3分）一段加固后的护栏如图所示，该护栏竖直部分是由等距（任意相邻两根木条之间的距离相等）且平行的木条构成．已知AC＝50cm，则BC的长度为（ ）
A．20cmB．25cmC．30cmD．
9．（3分）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长l6＝6R，则π≈＝3．再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率，则圆周率π约为（ ）
A．12sin15°B．12cs15°C．12sin30°D．12cs30°
10．（3分）已知ab＝1，M＝，N＝，则M与N的大小关系为（ ）
A．M＞NB．M＝NC．M＜ND．不确定
二.填空题（共5小题）
11．（3分）因式分解：x2﹣3x＝ ．
12．（3分）若3a﹣b＝1，则6a﹣2b+1的值为 ．
13．（3分）如图，AB∥CD，AE交CD于点F，∠A＝60°，∠C＝25°，则∠E＝ ．
14．（3分）如图，若随机闭合开关S1，S2，S3中的两个，则只能让一个灯泡发光的概率为 ．
15．（3分）如图，某品牌扫地机器人的形状是“莱洛三角形”，它的三“边”分别是以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径的三段圆弧．若该等边三角形的边长为3，则这个“莱洛三角形”的周长是 ．
三.解答题（共8小题）
16．（1）化简：；
（2）解不等式组并写出它的所有整数解．
17．某商场销售甲、乙两种商品，其中甲商品进价40元/件，售价50元/件；乙商品进价50元/件，售价80元/件．现商场用12500元购入这两种商品并全部售出，获得总利润4000元，则该商场购进甲、乙两种商品各多少件？
18．线上教学期间，很多同学采用笔记本电脑学习，九年级一班同学为保护眼睛，开展实践探究活动．如图，当张角∠AOB＝150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为11cm，此时用眼舒适度不太理想．小组成员调整张角大小继续探究，最后联系黄金比知识发现当张角∠A'OB＝108°时（点A'是A的对应点），用眼舒适度较为理想．求此时顶部边缘A'处离桌面的高度A'D的长．（结果精确到1cm；参考数据：sin18°≈0.31，cs18°≈0.95，tan18°≈0.32）
19．健康医疗大数据蕴藏了丰富的居民健康状况、卫生服务利用等海量信息，是人民健康保障的数据金矿和证据源泉．目前，体质健康测试已成为中学生的必测项目之一．某校某班学生针对该班体质健康测试数据开展调查活动，先收集本班学生八年级的《体质健康标准登记表》，再算出每位学生的最后得分，最后得分记为x，得到如表：
（1）该班总人数为 ；频数m的值为 ；
（2）该班有三名学生的最后得分分别是68，88，91，将他们的成绩随机填入表格，求恰好得到的表格是的概率．
20．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+4的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，线段OB上有一点C，点B关于直线AC的对称点B′在x轴上．
（1）点A的坐标为 ；点B的坐标为 ；BO的长为 ；
（2）求直线AC的解析式；
（3）点P是直线AC上一点，当∠APB＝90°时，求点P的坐标．
21．【探索发现】有张形状为直角三角形的纸片，小俊同学想用些大小不同的圆形纸片去覆盖这张三角形纸片，经过多次操作发现，如图1，以斜边AB为直径作圆，刚好是可以把Rt△ABC覆盖的面积最小的圆，称之为最小覆盖圆．
【理解应用】我们也可以用一些大小不同的圆覆盖锐角三角形和钝角三角形，请你通过操作探究解决下列问题：如图2．在△ABC中，∠A＝105°，试用直尺和圆规作出这个三角形的最小覆盖圆（不写作法，保留作图痕迹）．
【拓展提升】如图3，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝40°，AB＝，请求出△ABC的最小覆盖圆的半径．
22．如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）过点P作PQ⊥x轴，分别交线段AB、抛物线于点Q，C，连接AC．若OP＝1，求△ACQ的面积；
（3）如图2，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点D的坐标．
23．（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连接PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AB＝mAC，CQ＝nAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．
2024年广东省东莞中学初中部中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（共10小题）
1．【分析】利用最高气温减去最低气温即可得到答案．
【解答】解：温差＝9﹣（﹣10）＝19（℃），
故选：C．
【点评】本题考查有理数的减法，解题关键是掌握有理数的减法法则．
2．【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，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、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是中心对称图形，故此选项合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
3．【分析】根据同底数幂乘法、积的乘方、幂的乘方以及整式的乘除运算法则进行判断即可．
【解答】解：A、a3⋅a2＝a3+2＝a5，故此选项计算错误，不符合题意；
B、（2a2）3＝8a6，故此选项计算正确，符合题意；
C、a（a+1）＝a2+a，故此选项计算错误，不符合题意；
D、（a3+a）÷a＝a2+1，故此选项计算错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了幂的相关运算以及整式的乘除运算法则，熟练掌握相关运算法则是解本题的关键．
4．【分析】先根据菱形的性质证明AB＝BC＝CD＝AD，在根据已知条件证明△ABC是等边三角形，求出AB＝BC＝AC＝6，从而求出菱形周长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，
∴菱形ABCD的周长为：
AB+BC+CD+AD
＝6+6+6+6
＝24，
故选：A．
【点评】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握菱形的性质、等边三角形的判定和性质．
5．【分析】直接利用圆周角定理求解．
【解答】解：∵∠D和∠BOC都对，
∴∠BOC＝2∠D＝2×32°＝64°．
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
6．【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．
【解答】解：∵x2﹣6x+1＝0，
∴x2﹣6x＝﹣1，
则x2﹣6x+9＝﹣1+9，即（x﹣3）2＝8，
故选：A．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
7．【分析】先根据反比例函数中k＞0判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．
【解答】解：∵反比例函数y＝中k＞0，
∴函数图象的两个分式分别位于一、三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小．
∵﹣3＜0，﹣1＜0，
∴A（﹣3，a），B（﹣1，b）位于第三象限，
∴a＜0，b＜0，
∵﹣3＜﹣1＜0，
∴0＞a＞b．
∵2＞0，
∴点C（2，c）位于第一象限，
∴c＞0，
∴b＜a＜c．
故选：B．
【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
8．【分析】由平行线分线段成比例可得出答案．
【解答】解：过点C作CD⊥AM交AM于点D，交BN于点E，
∵BE∥AD，
∴，
∵AC＝50cm，
∴BC＝30cm．
故选：C．
【点评】本题主要考查平行线分线段成比例，解决本题的关键是熟练掌握平行线分线段成比例并灵活运用．
9．【分析】利用圆内接正十二边形的性质求出A6A7＝2A6M＝2R×sin15°，再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”，即可解决问题．
【解答】解：在正十二边形中，∠A6OM＝360°÷24＝15°，
∴A6M＝sin15°×OA6＝R×sin15°，
∵OA6＝OA7，OM⊥A6A7，
∴A6A7＝2A6M＝2R×sin15°，
∴π≈＝12sin15°，
故选：A．
【点评】本题主要考查了圆内接多边形的性质，解直角三角形等知识，读懂题意，计算出正十二边形的周长是解题的关键．
10．【分析】根据异分母分式加减，分别计算出M、N的值，就不难判断它们的大小．
【解答】解：∵M＝＝＝，ab＝1，
∴M＝＝1；
同理，N＝＝＝1，
∴M＝N．
故选：B．
【点评】此题的实质还是化简分式，题目灵活了很多，也用到了整体代入的思想．
二.填空题（共5小题）
11．【分析】提取公因式x即可．
【解答】解：原式＝x•x﹣x•3
＝x（x﹣3），
故答案为：x（x﹣3）．
【点评】本题考查提公因式法因式分解，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
12．【分析】先利用等式的性质，再整体代入求值．
【解答】解：∵3a﹣b＝1，
∴6a﹣2b＝2．
∴6a﹣2b+1＝2+1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了代数式的求值，掌握等式的性质和整体代入的思想方法是解决本题的关键．
13．【分析】先根据两直线平行，同位角相等得出∠EFD＝∠A＝60°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和得到∠EFD＝∠E+∠C，即可求出∠E的度数．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠EFD＝∠A，
∵∠A＝60°，
∴∠EFD＝60°，
∵∠EFD是△CEF的一个外角，
∴∠EFD＝∠E+∠C，
∵∠C＝25°，
∴∠E＝∠EFD﹣∠C＝60°﹣25°＝35°，
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质和三角形外角的性质是解题的关键．
14．【分析】利用树状图列举出所有可能出现的结果总数，从中找到符合条件的结果数，进而求出概率．
【解答】解：用树状图表示所有可能出现的结果有：
∴能让灯泡发光的概率：P＝＝，
故答案为：．
【点评】考查用树状图或列表法求等可能事件的概率，方法是用树状图或列表法列举出所有可能出现的结果总数，找出符合条件的结果数，用分数表示即可，注意每种情况发生的可能性相等．
15．【分析】弧长的计算公式：l＝（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r），由此即可求解．
【解答】解：如图，△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∴的长＝的长＝的长＝＝π，
∴这个“莱洛三角形”的周长是3π．
故答案为：3π．
【点评】本题考查弧长的计算，等边三角形的性质，关键是掌握弧长的计算公式．
三.解答题（共8小题）
16．【分析】（1）先通分，再加减，最后化简分式；
（2）先解不等式组中的两个不等式，再确定不等式组的解集．
【解答】解：（1）
＝﹣
＝﹣
＝
＝
＝；
（2）
解①，得x＞﹣2，
解②，得x≤1．
∴原不等式组的解集为﹣2＜x≤1．
【点评】本题考查了分式的加减、一元一次不等式组，掌握分式的加减法法则、解一元一次不等式组的一般步骤是解决本题的关键．
17．【分析】设购进甲种商品x件，乙种商品y件，根据商场用12500元购入这两种商品并全部售出，获得总利润4000元，列出二元一次方程组，解方程组即可．
【解答】解：设该商场购进甲种商品x件，乙种商品y件，
由题意得：，
解得：，
答：该商场购进甲种商品250件，乙种商品50件．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
18．【分析】利用平角定义先求出∠AOC＝30°，然后在Rt△ACO中，利用锐角三角函数的定义求出AO的长，从而求出A′O的长，再利用平角定义求出∠A′OD的度数，最后在Rt△A′DO中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠AOB＝150°，
∴∠AOC＝180°﹣∠AOB＝30°，
在Rt△ACO中，AC＝11cm，
∴AO＝2AC＝22（cm），
由题意得：
AO＝A′O＝22cm，
∵∠A′OB＝108°，
∴∠A′OD＝180°﹣∠A′OB＝72°，
在Rt△A′DO中，A′D＝A′O•cs18°≈22×0.95＝21（cm），
∴此时顶部边缘A'处离桌面的高度A'D的长约为21cm．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
19．【分析】（1）根据成绩为良好的频数及频率求出该班总人数，然后计算m即可；
（2）列出所有情况即可解决问题．
【解答】解：（1）由表格可知，
成绩为良好的频数为18，频率为40%，
所以该班总人数为：18÷40%＝45（人），
∴m＝45﹣6﹣18﹣12＝9（人）．
故答案为：45，9；
（2）将68，88，91进行随机排列得，
68，88，91；68，91，88；88，68，91；88，91，68；91，68，88；91，88，68．
得到每一列数据是等可能的，
所以恰好得到88，91，68的概率是．
【点评】此题考查的是概率公式，注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
20．【分析】（1）令y＝0，则x+4＝0，解得x＝﹣3，令x＝0，则y＝4，即可求解；
（2）点B、点B'关于直线AC对称，则AB′＝AB＝5，BM＝B′M，得到M（1，2），即可求解；
（3）由AB2＝PA2+PB2，即可求解．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+4的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令y＝0，则x+4＝0，解得x＝﹣3，令x＝0，则y＝4，
∴点A（﹣3，0），点B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
故答案为：（﹣3，0）、（0，4）、4；
（2）连接BB′交AC于M，
∵点A（﹣3，0），点B（0，4），
则AB＝5，
∵点B、点B'关于直线AC对称，
∴AB′＝AB＝5，BM＝B′M，
∴B′（2，0），
∵B（0，4），
∴M（1，2），
由点A、M的坐标得，直线AC的解析式为y＝x+；
（3）∵点P是直线AC上一点，直线AC的解析式为y＝x+，
设P（p，p+），
∵点A（﹣3，0），点B（0，4），
∴AB2＝32+42＝25，
PA2＝（p+3）2+（p+）2，
PB2＝p2+（p+﹣4）2，
当P为直角顶点时，AB2＝PA2+PB2，
25＝（p+3）2+（p+）2+p2+（p+﹣4）2，
解得p＝1或﹣3（舍去），
∴点P的坐标为（1，2）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了三角形的面积，待定系数法求一次函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是数形结合思想的运用．
21．【分析】【理解应用】以BC为直径作圆即可；
【拓展提升】如图2，△ABC的最小覆盖圆为△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB，过O作OH⊥AB，解直角三角形OAH即可．
【解答】解：【理解应用】如图1，作BC的垂直平分线，交BC于点O，以点O为圆心，OC的长为半径作圆即可；
【拓展提升】如图3，△ABC的最小覆盖圆为△ABC的外接圆⊙O，
连接OA、OB，过O作OH⊥AB，
∵△ABC中，∠A＝80°，∠B＝40°，
∴∠C＝60°，
∴∠AOB＝2∠C＝120°，
∵OA＝OB，
∴AH＝BH＝AB，
∵AB＝2，
∴AH＝，
∴∠AOH＝60°，
∴AO＝r，OH＝r，
∴（）2+（r）2＝r2，
∴r＝2，
∴△ABC的最小覆盖圆的半径为2．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了尺规作图，圆的有关性质，解题关键是熟练掌握垂直平分线的作法以及三角形外接圆的性质．
22．【分析】（1）直接利用待定系数法求解析式即可；
（2）令y＝0，得到点A的坐标，设直线AB的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法得AB解析式，再根据坐标与点的位置关系及三角形面积公式可得答案；
（3）设P（t，0），过点D作x轴的垂线，交x轴于N，根据余角性质得∠NPD＝∠OBP，再根据全等三角形的判定与性质可得点D的坐标，代入解析式求解可得答案．
【解答】解：（1）将B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），
解得a＝，
∴y＝（x+3）（x﹣4）＝x2﹣x﹣2．
（2）令y＝0，则（x+3）（x﹣4）＝0，
解得x＝﹣3或x＝4，
∴A（4，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2，
∵OP＝1，且PC与线段AB有交点Q，
∴P（1，0），
∵PQ⊥x轴，
∴Q（1，﹣），C（1，﹣2），
∴AP＝3，QC＝，
∴S△ACQ＝AP•QC＝×3×＝．
（3）设P（t，0），如图：过点D作x轴的垂线，交x轴于N，
∴∠PND＝∠POB＝90°，
由题知∠BPD＝90°，PB＝PD，
∴∠OPB+∠NBD＝90°，
∵∠OPB+∠OBP＝90°，
∴∠NPD＝∠OBP，
∴△PND≌△BOP（AAS），
∴ND＝DP，PN＝OB，
∴D（t+2，﹣t），
∵点D在抛物线上，
∴﹣t＝（t+2+3）（t+2﹣4），
解得t＝1或t＝﹣10，
∴点D的坐标为（3，﹣1）或（﹣8，10）．
【点评】此题考查的是二次函数的性质、待定系数法求解析式、全等三角形的判定与性质、余角的性质等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．
23．【分析】（1）根据正方形的性质及角的和差推出∠A＝∠DCM，AD＝DC，∠ADP＝∠CDM，利用ASA即可证明△DAP≌△DCM；
（2）作QN⊥BC于点N，则四边形DBNQ是矩形，根据矩形的性质推出∠DQN＝90°，QN＝DB，根据角的和差推出∠DQP＝∠MQN，结合∠QDP＝∠QNM＝90°，推出△DQP∽△NQM，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理求出AB＝6，则DB＝2，根据矩形的性质推出DQ∥BC，进而推出△ADQ∽△ABC，根据相似三角形的性质求解即可；
（3）根据题意推出AB＝mAC，CQ＝nAC，推导出CQ＝AB，AQ＝（）AB，BC＝AB，根据四边形内角和定理及邻补角定义推出∠AQP＝∠NQM，结合∠A＝∠QNM＝90°，推出△QAP∽△QNM，根据相似三角形的性质得出，根据题意推出△QCN∽△BCA，根据相似三角形的性质求出QN＝AB，据此求解即可．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
，
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
∴，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵AB＝mAC，CQ＝nAC，
∴CQ＝AB，
∴AQ＝AC﹣CQ＝（）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝＝AB，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
∴，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴＝＝＝，
∴QN＝AB，
∴＝＝＝．
【点评】此题是相似综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
成绩
频数
频率
不及格（0≤x≤59）
6
及格（60≤x≤74）
m
20%
良好（75≤x≤89）
18
40%
优秀（90≤x≤100）
12