2024届四川省达州市大竹县数学九年级第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届四川省达州市大竹县数学九年级第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图所示，AB是⊙O的直径，点C为⊙O外一点，CA，CD是⊙O的切线，A，D为切点，连接BD，AD．若∠ACD=30°，则∠DBA的大小是（）A．15° B．30° C．60° D．75°2．已知关于x的一元二次方程有一个根为，则a的值为（）A．0 B． C．1 D．3．某同学在解关于x的方程ax2+bx+c＝0时，只抄对了a＝1，b＝﹣8，解出其中一个根是x＝﹣1．他核对时发现所抄的c是原方程的c的相反数，则原方程的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根C．有一个根是x＝1 D．不存在实数根4．下面是投影屏上出示的抢答题，需要回答横线上符号代表的内容．如图，已知与相切于点，点在上.求证：.证明：连接并延长，交于点，连接．∵与相切于点，∴，∴．∵@是的直径，∴（直径所对的圆周角是90°），∴，∴◎.∵，∴▲（同弧所对的※相等），∴．下列选项中，回答正确的是（）A．@代表 B．◎代表 C．▲代表 D．※代表圆心角5．老师出示了如图所示的小黑板上的题后，小华说：过点；小明说：；小颖说：轴被抛物线截得的线段长为2，三人的说法中，正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．0个6．⊙O的半径为6cm，点A到圆心O的距离为5cm，那么点A与⊙O的位置关系是（

）A．点A在圆内B．点A在圆上C．点A在圆外D．不能确定7．掷一枚质地均匀的硬币次，下列说法中正确的是（）A．可能有次正面朝上 B．必有次正面朝上C．必有次正面朝上 D．不可能次正面朝上8．如图，一次函数分别与轴、轴交于点、，若sin，则的值为（）A． B． C． D．9．甲、乙两船从相距300km的A、B两地同时出发相向而行，甲船从A地顺流航行180km时与从B地逆流航行的乙船相遇，水流的速度为6km/h，若甲、乙两船在静水中的速度均为xkm/h，则求两船在静水中的速度可列方程为（）A．= B．=C．= D．=10．如图，在Rt△ABC中，CE是斜边AB上的中线，CD⊥AB，若CD＝5，CE＝6，则△ABC的面积是（）A．24 B．25 C．30 D．36二、填空题(每小题3分,共24分)11．把多项式分解因式的结果是．12．如图是水平放置的水管截面示意图，已知水管的半径为50cm，水面宽AB=80cm，则水深CD约为______cm．13．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE，点C和点E是对应点，若∠CAE=90°，AB=1，则BD=_________．14．如图，若抛物线与轴无交点，则应满足的关系是__________．15．正方形ABCD的边长为4，点P在DC边上，且DP＝1，点Q是AC上一动点，则DQ＋PQ的最小值为______．16．如果记，表示当时的值，即；表示当时的值，即；表示当时，的值，即；那么______________．17．如图，以AB为直径，点O为圆心的半圆经过点C，若AC=BC=，则图中阴影部分的面积是___________18．如图，已知⊙O上三点A，B，C，半径OC＝，∠ABC＝30°，切线PA交OC延长线于点P，则PA的长为____．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，，点是线段的一个三等分点，以点为圆心，为半径的圆交于点，交于点，连接(1)求证:是的切线；(2)点为上的一动点，连接.①当时，四边形是菱形;②当时，四边形是矩形.20．（6分）某商店销售一种进价为20元/双的手套，经调查发现，该种手套每天的销售量w（双）与销售单价x（元）满足w＝﹣2x+80（20≤x≤40），设销售这种手套每天的利润为y（元）．（1）求y与x之间的函数关系式；（2）当销售单价定为多少元时，每天的利润最大？最大利润是多少？21．（6分）如图，在正方形ABCD中，M、N分别是射线CB和射线DC上的动点，且始终∠MAN＝45°．（1）如图1，当点M、N分别在线段BC、DC上时，请直接写出线段BM、MN、DN之间的数量关系；（2）如图2，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，给予证明，若不成立，写出正确的结论，并证明；（3）如图3，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，若CN＝CD＝6，设BD与AM的延长线交于点P，交AN于Q，直接写出AQ、AP的长．22．（8分）图1和图2中的正方形ABCD和四边形AEFG都是正方形．（1）如图1，连接DE，BG，M为线段BG的中点，连接AM，探究AM与DE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；（2）在图1的基础上，将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结DE、BG，M为线段BG的中点，连结AM，探究AM与DE的数量关系和位置关系，并证明你的结论．23．（8分）为加强中小学生安全教育，某校组织了“防溺水”知识竞赛，对表现优异的班级进行奖励，学校购买了若干副乒乓球拍和羽毛球拍，购买2副乒乓球拍和1副羽毛球拍共需116元；购买3副乒乓球拍和2副羽毛球拍共需204元．（1）求购买1副乒乓球拍和1副羽毛球拍各需多少元；（2）若学校购买乒乓球拍和羽毛球拍共30幅，且支出不超过1480元，则最多能够购买多少副羽毛球拍？24．（8分）如图1，抛物线y＝﹣x2+mx+n交x轴于点A(﹣2，0)和点B，交y轴于点C(0，2)．(1)求抛物线的函数表达式；(2)若点M在抛物线上，且S△AOM＝2S△BOC，求点M的坐标；(3)如图2，设点N是线段AC上的一动点，作DN⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DN长度的最大值．25．（10分）在一个不透明的袋子里，装有3个分别标有数字﹣1，1，2的乒乓球，他们的形状、大小、质地等完全相同，随机取出1个乒乓球．（1）写出取一次取到负数的概率；（2）小明随机取出1个乒乓球，记下数字后放回袋子里，摇匀后再随机取出1个乒兵球，记下数字．用画树状图或列表的方法求“第一次得到的数与第二次得到的数的积为正数”发生的概率．26．（10分）如图，有四张背面相同的卡片A、B、C、D，卡片的正面分别印有正三角形、平行四边形、圆、正五边形（这些卡片除图案不同外，其余均相同）．把这四张卡片背面向上洗匀后，进行下列操作：（1）若任意抽取其中一张卡片，抽到的卡片既是中心对称图形又是轴对称图形的概率是；（2）若任意抽出一张不放回，然后再从余下的抽出一张．请用树状图或列表表示摸出的两张卡片所有可能的结果，求抽出的两张卡片的图形是中心对称图形的概率．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【题目详解】连接OD，∵CA，CD是⊙O的切线，∴OA⊥AC，OD⊥CD，∴∠OAC=∠ODC=90°，∵∠ACD=30°，∴∠AOD=360°﹣∠C﹣∠OAC﹣∠ODC=150°，∵OB=OD，∴∠DBA=∠ODB=∠AOD=75°．故选D．考点：切线的性质；圆周角定理．2、D【分析】根据一元二次方程的定义，再将代入原式，即可得到答案.【题目详解】解：∵关于x的一元二次方程有一个根为，∴，，则a的值为：．故选D．【题目点拨】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的定义.3、A【分析】直接把已知数据代入进而得出c的值，再解方程根据根的判别式分析即可．【题目详解】∵x＝﹣1为方程x2﹣8x﹣c＝0的根，1+8﹣c＝0，解得c＝9，∴原方程为x2－8x＋9＝0，∵＝（﹣8）2－4×9＞0，∴方程有两个不相等的实数根．故选：A．【题目点拨】本题考查一元二次方程的解、一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，根的情况由来判别，当＞0时，方程有两个不相等的实数根，当＝0时，方程有两个相等的实数根，当＜0时，方程没有实数根．4、B【分析】根据圆周角定理和切线的性质以及余角的性质判定即可．【题目详解】解：由证明过程可知：A：@代表AE，故选项错误；B：由同角的余角相等可知：◎代表，故选项正确；C和D：由同弧所对的圆周角相等可得▲代表∠E，※代表圆周角，故选项错误；故选B.【题目点拨】本题考查了切线的性质，圆周角定理，余角的性质等知识点，熟记知识点是解题的关键．5、B【分析】根据图上给出的条件是与x轴交于（1，0），叫我们加个条件使对称轴是，意思就是抛物线的对称轴是是题目的已知条件，这样可以求出的值，然后即可判断题目给出三人的判断是否正确．【题目详解】∵抛物线过（1，0），对称轴是，∴解得，

∴抛物线的解析式为，

当时，，所以小华正确；∵，所以小明正确；

抛物线被轴截得的线段长为2，已知过点（1，0），则可得另一点为（-1，0）或（3，0），所以对称轴为y轴或，此时答案不唯一，所以小颖错误．综上，小华、小明正确，

故选：B．【题目点拨】本题考查了抛物线与轴的交点以及待定系数法求二次函数解析式，利用待定系数法求出抛物线的解析式是解题的关键．6、A【解题分析】∵⊙O的半径为6cm，点A到圆心O的距离为5cm，∴d＜r，∴点A与⊙O的位置关系是：点A在圆内，故答案为：A．7、A【分析】根据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，可得答案.【题目详解】解：．掷一枚质地均匀的硬币次，可能有2次正面朝上，故本选项正确；．掷一枚质地均匀的硬币次，有可能有次正面朝上，故本选项错误；．掷一枚质地均匀的硬币次，有可能有次正面朝上，故本选项错误；．掷一枚质地均匀的硬币次，有可能有次正面朝上，故本选项错误；故选：．【题目点拨】本题考查的知识点是随机事件的概念，理解随机事件的概念是解题的关键.8、D【分析】由解析式求得图象与x轴、y轴的交点坐标，再由sin，求出AB，利用勾股定理求出OA=，由此即可利用OA=1求出k的值.【题目详解】∵,∴当x=0时，y=-k，当y=0时，x=1，∴B（0，-k），A（1,0），∵sin，∴，∵OB=-k，∴AB=，∴OA==∴=1，∴k=，故选：D.【题目点拨】此题考查一次函数的性质，勾股定理，三角函数，解题中综合运用，题中求出AB，利用勾股定理求得OA的长是解题的关键.9、A【解题分析】分析：直接利用两船的行驶距离除以速度=时间，得出等式求出答案．详解：设甲、乙两船在静水中的速度均为xkm/h，则求两船在静水中的速度可列方程为：=．故选A．点睛：此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，正确表示出行驶的时间和速度是解题关键．10、C【分析】根据题意及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得：AB=2CE=12再根据三角形面积公式，即△ABC面积=AB×CD=30.故选C.【题目详解】解：∵CE是斜边AB上的中线，∴AB＝2CE＝2×6＝12，∴S△ABC＝×CD×AB＝×5×12＝30，故选：C．【题目点拨】本题的考点是直角三角形斜边上的中线性质及三角形面积公式.方法是根据题意求出三角形面积公式中的底，再根据面积公式即可得出答案.二、填空题(每小题3分,共24分)11、m（4m+n）（4m﹣n）．【解题分析】试题分析：原式==m（4m+n）（4m﹣n）．故答案为m（4m+n）（4m﹣n）．考点：提公因式法与公式法的综合运用．12、1【解题分析】连接OA，设CD为x，由于C点为弧AB的中点，CD⊥AB，根据垂径定理的推理和垂径定理得到CD必过圆心0，即点O、D、C共线，AD=BD=AB=40，在Rt△OAD中，利用勾股定理得（50-x）2+402=502，然后解方程即可．【题目详解】解：连接OA、如图，设⊙O的半径为R，

∵CD为水深，即C点为弧AB的中点，CD⊥AB，∴CD必过圆心O，即点O、D、C共线，AD=BD=AB=40，

在Rt△OAD中，OA=50，OD=50-x，AD=40，

∵OD2+AD2=OA2，

∴（50-x）2+402=502，解得x=1，

即水深CD约为为1．

故答案为；1【题目点拨】本题考查了垂径定理的应用：从实际问题中抽象出几何图形，然后垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题.13、．【解题分析】∵将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE，点C和点E是对应点，∴AB=AD=1,∠BAD=∠CAE=90°，∴BD===.故答案为:.14、【分析】根据抛物线与轴交点个数与的符号关系即可得出结论．【题目详解】解：∵抛物线与轴无交点∴故答案为：．【题目点拨】此题考查的是根据抛物线与轴交点个数判断的关系，掌握抛物线与轴交点个数与的符号关系是解决此题的关键．15、1【分析】要求DQ+PQ的最小值，DQ，PQ不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DQ，PQ的值，从而找出其最小值求解．【题目详解】解：如图，连接BP，∵点B和点D关于直线AC对称，∴QB=QD，则BP就是DQ+PQ的最小值，∵正方形ABCD的边长是4，DP=1，∴CP=3，∴BP=∴DQ+PQ的最小值是1．【题目点拨】本题考查轴对称-最短路线问题；正方形的性质．16、【分析】观察前几个数，，，，依此规律即可求解．【题目详解】∵，，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴2019个1．故答案为：．【题目点拨】此题考查了分式的加减运算法则．解答此类题目的关键是认真观察题中式子的特点，找出其中的规律．17、【解题分析】试题解析：∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∵AC=BC=，∴△ACB为等腰直角三角形，∴OC⊥AB，∴△AOC和△BOC都是等腰直角三角形，∴S△AOC=S△BOC，OA=AC=1，∴S阴影部分=S扇形AOC=．【题目点拨】先利用圆周角定理得到∠ACB=90°，则可判断△ACB为等腰直角三角形，接着判断△AOC和△BOC都是等腰直角三角形，于是得到S△AOC=S△BOC，然后根据扇形的面积公式计算图中阴影部分的面积．本题考查了扇形面积的计算：圆面积公式：S=πr2，（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．求阴影面积常用的方法：①直接用公式法；②和差法；③割补法．求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．18、1【分析】连接OA，根据圆周角定理求出∠AOP，根据切线的性质求出∠OAP＝90°，解直角三角形求出AP即可．【题目详解】连接OA，∵∠ABC＝10°，∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，∵切线PA交OC延长线于点P，∴∠OAP＝90°，∵OA＝OC＝，∴AP＝OAtan60°＝×＝1．故答案为：1．【题目点拨】本题考查了圆的切线问题，掌握圆周角定理、圆的切线性质是解题的关键．三、解答题(共66分)19、(1)见解析；(2)①60°，②120°.【分析】（1）连接，由，得到为等边三角形，得到，即可得到，则结论成立；（2）①连接BD，由圆周角定理，得到∠ABD=30°，则∠DBE=60°，又有∠BEP=120°，根据同旁内角互补得到PE//DB，然后证明，即可得到答案；②由圆周角定理，得∠ABD=60°，得到∠EBD=90°，然后由直径所对的圆周角为90°，得到，即可得到答案.【题目详解】证明：连接，，.，为等边三角形，.点是的三等分点，，，，即，是的切线.（2）①当时，四边形是菱形；如图，连接BD，∵，∴，∴，∵AB为直径，则∠AEB=90°，由（1）知，∴，∴，∴PE//DB，∵，，∴，∴四边形是菱形；故答案为：60°.②当时，四边形是矩形.如图，连接AE、AD、DB，∵，∴，∴，∵AB是直径，∴，∴四边形是矩形.故答案为：.【题目点拨】本题考查了圆的切线的判定和性质，圆周角定理，菱形的判定和矩形的判定，解题的关键是正确作出辅助线，利用圆的性质进行解题.20、（1）y=﹣2x2+120x﹣1600；（2）当销售单价定为每双30元时，每天的利润最大，最大利润为1元．【分析】（1）用每双手套的利润乘以销售量得到每天的利润；（2）由（1）得到的是一个二次函数，利用二次函数的性质，可以求出最大利润以及销售单价．【题目详解】（1）y=w（x﹣20）=（﹣2x+80）（x﹣20）=﹣2x2+120x﹣1600；（2）y=﹣2（x﹣30）2+1．∵20≤x≤40，a=﹣2＜0，∴当x=30时，y最大值=1．答：当销售单价定为每双30元时，每天的利润最大，最大利润为1元．【题目点拨】本题考查的是二次函数的应用．（1）根据题意得到二次函数．（2）利用二次函数的性质求出最大值．21、（1）BM+DN＝MN；（2）（1）中的结论不成立，DN﹣BM＝MN．理由见解析；（3）AP＝AM+PM＝3．【分析】（1）在MB的延长线上，截取BE=DN，连接AE，则可证明△ABE≌△ADN，得到AE=AN，进一步证明△AEM≌△ANM，得出ME=MN，得出BM+DN=MN；

（2）在DC上截取DF=BM，连接AF，可先证明△ABM≌△ADF，得出AM=AF，进一步证明△MAN≌△FAN，可得到MN=NF，从而可得到DN-BM=MN；

（3）由已知得出DN=12，由勾股定理得出AN＝＝＝6，由平行线得出△ABQ∽△NDQ，得出＝＝＝＝，∴＝，求出AQ=2；由（2）得出DN-BM=MN．设BM=x，则MN=12-x，CM=6+x，在Rt△CMN中，由勾股定理得出方程，解方程得出BM=2，由勾股定理得出AM＝＝，由平行线得出△PBM∽△PDA，得出＝＝，，求出PM=PM＝AM＝，得出AP＝AM+PM＝3.【题目详解】（1）BM+DN＝MN，理由如下：如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，∴∠ABE＝90°＝∠D，在△ABE和△ADN中，，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∴∠EAN＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠EAM＝45°＝∠NAM，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，又∵ME＝BE+BM＝BM+DN，∴BM+DN＝MN；故答案为：BM+DN＝MN；（2）（1）中的结论不成立，DN﹣BM＝MN．理由如下：如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，则∠ABM＝90°＝∠D，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，即∠MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，在△MAN和△FAN中，，∴△MAN≌△FAN（SAS），∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN．（3）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ABM＝∠MCN＝90°，∵CN＝CD＝6，∴DN＝12，∴AN＝＝＝6，∵AB∥CD，∴△ABQ∽△NDQ，∴＝＝＝＝，∴＝，∴AQ＝AN＝2；由（2）得：DN﹣BM＝MN．设BM＝x，则MN＝12﹣x，CM＝6+x，在Rt△CMN中，由勾股定理得：62+（6+x）2＝（12﹣x）2，解得：x＝2，∴BM＝2，∴AM＝＝＝2，∵BC∥AD，∴△PBM∽△PDA，∴＝＝＝，∴PM＝AM＝，∴AP＝AM+PM＝3．【题目点拨】本题是四边形的综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．22、（1）AM=DE，AM⊥DE，理由详见解析；（2）AM=DE，AM⊥DE，理由详见解析.【解题分析】试题分析：（1）AM=DE，AM⊥DE，理由是：先证明△DAE≌△BAG，得DE=BG，∠AED=∠AGB，再根据直角三角形斜边的中线的性质得AM=BG，AM=BM，则AM=DE，由角的关系得∠MAB+∠AED=90°，所以∠AOE=90°，即AM⊥DE；（2）AM=DE，AM⊥DE，理由是：作辅助线构建全等三角形，证明△MNG≌△MAB和△AGN≌△EAD可以得出结论．试题解析：（1）AM=DE，AM⊥DE，理由是：如图1，设AM交DE于点O，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴AG=AE，AD=AB，∵∠DAE=∠BAG，∴△DAE≌△BAG，∴DE=BG，∠AED=∠AGB，在Rt△ABG中，∵M为线段BG的中点，∴AM=BG，AM=BM，∴AM=DE，∵AM=BM，∴∠MBA=∠MAB，∵∠AGB+∠MBA=90°，∴∠MAB+∠AED=90°，∴∠AOE=90°，即AM⊥DE；（2）AM=DE，AM⊥DE，理由是：如图2，延长AM到N，使MN=AM，连接NG，∵MN=AM，MG=BM，∠NMG=∠BMA，∴△MNG≌△MAB，∴NG=AB，∠N=∠BAN，由（1）得：AB=AD，∴NG=AD，∵∠BAN+∠DAN=90°，∴∠N+∠DAN=90°，∴NG⊥AD，∴∠AGN+∠DAG=90°，∵∠DAG+∠DAE=∠EAG=90°，∴∠AGN=∠DAE，∵NG=AD，AG=AE，∴△AGN≌△EAD，∴AN=DE，∠N=∠ADE，∵∠N+∠DAN=90°，∴∠ADE+∠DAN=90°，∴AM⊥DE．考点：旋转的性质；正方形的性质．23、（1）购买一副乒乓球拍28元，一副羽毛球拍60元；（2）这所中学最多可购买20副羽毛球拍．【分析】（1）设购买一副乒乓球拍x元，一副羽毛球拍y元，由购买2副乒乓球拍和1副羽毛球拍共需116元，购买3副乒乓球拍和2副羽毛球拍共需204元，可得出方程组，解出即可．（2）设可购买a副羽毛球拍，则购买乒乓球拍（30﹣a）副，根据购买足球和篮球的总费用不超过1480元建立不等式，求出其解即可．【题目详解】（1）设购买一副乒乓球拍x元，一副羽毛球拍y元，由题意得，，解得：．答：购买一副乒乓球拍28元，一副羽毛球拍60元．（2）设可购买a副羽毛球拍，则购买乒乓球拍（30﹣a）副，由题意得，60a+28（30﹣a）≤1480，解得：a≤20，答：这所中学最多可购买20副羽毛球拍．考点：一元一次不等式的应用；二元一次方程组的应用．24、（2）y=﹣x2﹣x+2；（2）（0，2）或（﹣2，2）或（，﹣2）或（，﹣2）；（3）2.【解题分析】（2）把点A、C的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系数的值；（2）设M点坐标为（m，n），根据S△AOM=2S△BOC列出关于m的方程，解方程求出m的值，进而得到点P的坐标；（3）先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y=x+2，再设