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2024 年中考第一次模拟考试（云南卷）
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1.近年来，我国能源保供稳价政策有力推进，能源先进产能平稳有序释放，规模以上工业原煤、原油、天
然气和电力生产同比保持增长.其中2022年1−11月份，我国生产原煤40.9亿吨.40.9亿用科学记数法表示
为( )
A. 40.9×108 B. 4.09×109 C. 4.09×108 D. 0.409×1010
【分析】根据科学记数法−绝对值较大的数表示方法即可解答．
【详解】【答案】B
解：40.9亿=4.09×109．
故选：B．
【点睛】本题考查科学记数法−绝对值较大的数，掌握该方法是解题关键．
2.我国古代（九章算术）中注有“今两算得失相反，要令正负以名之”.意思是今有两数若其意义相反，则
分别叫做正数与负数如果向北走5步记作+5步，那么向南走7步记作( )
A. −7步 B. +7步 C. +12步 D. −2步
【分析】本题主要考查了正数与负数。
【详解】【答案】A
解：∵向北走5步记作+5步，
∴向南走7步记作−7步，
故选A．
【点睛】关键是熟练掌握正数与负数的概念.利用正数与负数的概念进行判断即可．
3.如图，已知直线AB//CD，若∠1=65°，则∠2的度数为( )A. 65° B. 115° C. 125° D. 120°
【分析】先根据对顶角相等，∠1=65°，求出∠3的度数，再由两直线平行，同旁内角互补得出∠2的度
数．
【详解】【答案】B
解：
∵∠1=65°，
∴∠3=∠1=65°，
∵AB//CD，
∴∠2=180°−∠3=180°−65°=115°．
【点睛】本题考查了平行线的性质的知识点，解题关键点是熟练掌握平行线的性质．
4.下列立体图形中，主视图是圆的是( )
A. B.
C. D.
【分析】本题考查了简单几何体的三视图，熟记常见几何体的三视图是解题关键.根据从正面看得到的图形
是主视图，可得答案．
【详解】【答案】D
【解答】
解：A.三棱锥的主视图是矩形，故A不符合题意；
B.圆柱的主视图是矩形，故B不符合题意；C.圆锥的主视图是等腰三角形，故C不符合题意．
D.球的主视图是圆，故D符合题意；
故选D．
【点睛】熟记常见几何体的三视图是解题关键.根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
5.下列运算正确的是( )
A. √(−3) 2=3 B. (3a) 2=6a2
C. 3+√2=3√2 D. (a+b) 2=a2+b2
【分析】根据二次根式的性质、积的乘方、合并同类项法则、完全平方公式进行化简计算即可．
【详解】【答案】A
【解析】解：A．√(−3) 2=3，原计算正确，符合题意；
B.(3a) 2=9a2，原计算错误，不符合题意；
C.3与√2不是同类二次根式，不可以合并，原计算错误，不符合题意；
D.(a+b) 2=a2+2ab+b2，原计算错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式的性质、积的乘方、合并同类项法则、完全平方公式，掌握相关性质与法则
是解题的关键．
6.4月23日是世界读书日，学校举行“快乐阅读，健康成长”读书活动.小明随机调查了本校七年级30名同
学近4个月内每人阅读课外书的数量，数据如下表所示：
人数 6 7 10 7
课外书数量(本) 6 7 9 12
则阅读课外书数量的中位数和众数分别是( )
A. 8，9 B. 10，9 C. 7，12 D. 9，9
【分析】本题考查了中位数和众数，解答本题的关键是掌握中位数和众数的概念．
【详解】【答案】D
9+9
【解析】解：中位数为第15个和第16个的平均数 =9，众数为9．
2
故选：D．
【点睛】利用中位数，众数的定义即可解决问题．7.古钱币是我国悠久的历史文化遗产，以下是在《中国古代钱币》特种邮
票中选取的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
【分析】本题考查了轴对称与中心对称图形，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度后与原图重合．
【详解】【答案】A
【解析】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形的，故本选项符合题意．
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：A．
【点睛】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
8.按一定顺序排列的单项式：−2x，4x3，−8x5，16x7，−32x9，64x11，…，第n个单项式是( )A. 2nxn+1 B. 2nxn−1 C. (−2) nx2n−1 D. (−2) nx2n+1
【分析】本题考查了单项式的有关概念．确定单项式的系数和次数时，把一个单项式分解成数字因数和字
母因式的积，找准单项式的系数和次数．分别找出单项式的系数和次数的规律是解决此类问题的关键．
【详解】【答案】C
【解析】解：第 个单项式是 ，
1 −2x=(−2) 1x2×1−1
第 个单项式是 ，
2 4x3=(−2) 2x2×2−1
第 个单项式是 ，
3 −8x5=(−2) 3x2×3−1
第 个单项式是 ，
4 16x7=(−2) 4x2×4−1
…，
第 个单项式是 ．
n (−2) nx2n−1
故选：C．
【点睛】分别找到系数，符号以及字母的次数的规律，可解出本题．
k
9.在同一直角坐标系中，函数y=−kx+k与y= (k≠0)的大致图象可能为( )
x
A. B.
C. D.
【分析】本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的性质，一次函数的图象上点的坐标特征，重
点是注意系数k的取值．
【详解】【答案】D
【解析】解：∵一次函数y=−kx+k=−k(x−1)，∴直线经过点(1,0)，A、C不合题意；
B、由一次函数的图象经过第一、三、四象限可知k<0，反比例函数的图象在一、三象限可知k>0，矛盾，
不合题意；
D、由一次函数的图象经过第一、三、四象限可知k<0，反比例函数的图象在一、三象限可知k<0，一致，
符合题意；
故选：D．
【点睛】根据一次函数及反比例函数的图象与系数的关系作答．
10.如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠C=60°，点D为边AC的中点，BD=2，则BC的长为( )
A. √3 B. 2√3 C. 2 D. 4
【分析】本题考查了直角三角形斜边中线，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是
解题的关键．
【详解】【答案】C
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D为边AC的中点，BD=2，
∴AC=2BD=4，
∵∠C=60°，
∴∠A=30°，
1
∴BC= AC=2，
2
故选：C．
【点睛】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和含30°角所对的直角边等于斜边的一半即可得到结论．
11.如图，为测量池塘的宽度(A,B两点之间的距离)，在池塘的一侧选取一点O，连接OA，OB，并分别
取它们的中点D，E，连接DE，现测出DE=20米，那么A，B间的距离是( )A. 10米 B. 20米 C. 30米 D. 40米
【分析】本题考查三角形的中位线定理有关知识，利用三角形的中位线定理解决问题即可．
【详解】【答案】D
【解答】
解：连接AB，
∵OD=DA，OE=EB，
1
∴DE//AB,DE= AB，
2
∴AB=2DE=40(米)，
故选D．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理有关知识，利用三角形的中位线定理解决问题即可．
12.小明上月在某文具店正好用20元钱买了几本笔记本，本月再去买时，恰遇此文具店搞优惠酬宾活动，
同样的笔记本，每本比上月便宜1元，结果小明只比上月多用了4元钱，却比上月多买了2本．若设他上月
买了x本笔记本，则根据题意可列方程
24 20 20 24
A. − =1 B. − =1
x+2 x x x+2
24 20 20 24
C. − =1 D. − =1
x x+2 x+2 x
【分析】由设他上月买了x本笔记本，则这次买了(x+2)本，然后可求得两次每本笔记本的价格，由等量
关系：每本比上月便宜1元，即可得到方程．
【详解】【答案】B
【解析】解：设他上月买了x本笔记本，则这次买了(x+2)本，
20 20+4
根据题意得： − =1，
x x+2
20 24
即： − =1．
x x+2
故选B．
【点睛】此题考查了分式方程的应用．注意准确找到等量关系是关键．⏜ ⏜
13.如图，⊙O中， AB=AC ，∠ABC=70°.则∠BOC的度数为( )
A. 100° B. 90° C. 80° D. 70°
【分析】先根据圆周角定理得到∠ABC=∠ACB=70°，再利用三角形内角和计算出∠A=40°，然后根
据圆周角定理得到∠BOC的度数．
【详解】【答案】C
【解析】解： ⏜ ⏜ ，
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠A=180°−70°−70°=40°，
∴∠BOC=2∠A=80°．
故选：C．
【点睛】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．
1
14.在函数y= 中，自变量x的取值范围是( )
2x−1
1 1 1 1
A. x≠ B. x≠− C. x> D. x≥
2 2 2 2
【分析】本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：(1)当函数表达式是整式时，自变量可取
全体实数；(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；(3)当函数表达式是二次根式时，被开
方数非负．根据分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】【答案】A
【解答】
解：由题意得，2x−1≠0，
1
解得x≠ ．
2
故选A．15.估计√5+2的值在( )
A. 2和3之间 B. 3和4之间 C. 4和5之间 D. 5和6之间
【分析】直接得出√5的取值范围进而得出答案．
【详解】【答案】C
【解析】解：∵2<√5<3，
∴4<√5+2<5，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出√5的取值范围是解题关键．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4个小题，每小题2分，共8分）
16.因式分解：ab2−4a= ．
【分析】此题考查因式分解，先提取公因式，再利用平方差公式进行分解即可．
【详解】【答案】a(b+2)(b−2)
【解答】
解：原式=a(b2−4)=a(b+2)(b−2)．
故答案为a(b+2)(b−2)．
【点睛】此题考查因式分解，先提取公因式，再利用平方差公式进行分解即可．
17.如图，在△ABC中，D为边AC上的点，连接BD，添加一个条件：
______，可以使得△ADB∽△ABC.(只需写出一个)
【分析】根据题意可得已有的条件为∠A=∠A，再添加一个角即可．
【详解】【答案】∠ABD=∠C(答案不唯一)
【解析】解：添加的条件为∠ABD=∠C
∵∠ABD=∠C，∠A=∠A，
∴△ADB∽△ABC，
故答案为：∠ABD=∠C(答案不唯一)．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
18.为了解学生的阅读情况，对某校六年级部分学生的阅读情况展开调查，并列出了相应的频数分布直方图(如图所示)(每组数据含最小值，不含最大值)(0～1小时4人，1～2小时10人，2～3小时14人，3～4
小时16人，4～5小时6人)，若共有200名学生，则该学校六年级学生阅读时间不低于3小时的人数
是 ．
【分析】本题考查频数(率)分布直方图
【详解】【答案】88
16+6
【解析】200× =88(人).故该学校六年级学生阅读时间不低于3小时的人数是88人．
4+10+14+16+6
19.为了给同学庆祝生日，小明自己动手用扇形纸片制作了一顶圆锥形生日帽，生日帽的底面圆半径r为
7cm，高ℎ为24cm，则该扇形纸片的面积为___cm2．
【分析】本题考查了圆锥的计算，勾股定理等知识．
【详解】【答案】175π
【解答】
解：母线长=√72+242=25(cm)，
扇形的弧长为：2π×7=14π，
1
该扇形薄纸板的面积：
·14π·25=175π(cm2
)
2
【点睛】利用勾股定理计算出母线长=25cm，即可求出扇形的面积．
三、解答题（本大题共8个小题，共62分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）20.(本小题7分)
1
计算：|−2|−(π−2) 0+( ) −1−4tan45°．
3
【分析】直接利用零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质分别化
简得出答案．
【详解】解：原式=2−1+3−4×1
=2−1+3−4
=0．
【点睛】此题主要考查了零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质，
正确化简各数是解题关键．
21.(本小题6分)
如图，在△ABC中，AB=AC，D、E是BC边上的点，且BD=CE.求证：AD=AE．
【分析】由“SAS”可证△ABD △ACE，可得AD=AE．
【详解】【答案】证明：∵AB=≌AC，
∴∠B=∠C，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
∠B=∠C，
BD=CE
∴△ABD △ACE(SAS)，
∴AD=A≌E．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的
关键．
22.(本小题7分)
为落实“文明吴中”的工作部署，市政府计划对吴中道路进行改造，现安排甲、乙两个工程队完成．已知甲队的工作效率是乙队工作效率的2倍，甲队改造360米的道路比乙队改造同样长的道路少用3天．求甲工
程队每天能改造道路的长度是多少米？
1
【分析】设甲工程队每天能改造道路的长度是x米，则乙工程队每天能改造道路的长度是 x米，利用工作
2
时间=工作总量÷工作效率，结合甲队改造360米的道路比乙队改造同样长的道路少用3天，可得出关于x
的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
1
【详解】【答案】解：设甲工程队每天能改造道路的长度是x米，则乙工程队每天能改造道路的长度是 x
2
米，
360 360
− =3
根据题意得： 1 x ，
x
2
解得：x=120，
经检验，x=120是所列方程的解，且符合题意．
答：甲工程队每天能改造道路的长度是120米．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
23.(本小题6分)
在某次数学测验中，一道题满分3分，老师评分只给整数，即得分只能为0分，1分，2分，3分，王老师为
了了解学生得分情况和试题的难易情况，对初三(1)班所有学生的试题进行了分析整理，并绘制了两幅尚
不完整的统计图，如图所示．
解答下列问题：
(1)m= ______ ，n= ______ ，并补全条形统计图；
(2)如果A、B、C、D四位同学得分恰好为0分，1分，2分，3分，王老师随机叫两位同学进行学法指导，
求抽中的两位同学得分之和为3分的概率．
【分析】(1)根据得0分的人数除以占的百分比求出调查的总人数，进而求出m与n的值，补全条形统计图即可；
(2)列表得出所有等可能的情况数，找出得分之和为3分的情况数，即可求出所求概率．
【详解】【答案】25 20
【解析】解：(1)根据题意得：6÷10%=60(位)，60−(6+27+12)=15(位)，12÷60×100%=20%，
则m=25，n=20，
补全条形统计图，如图所示：
故答案为：25，20；
(2)列表得：
0 1 2 3
0 --- (0,1) (0,2) (0,3)
1 (1,0) --- (1,2) (1,3)
2 (2,0) (2,1) --- (2,3)
3 (3,0) (3,1) (3,2) ---
所有等可能的情况数为12种，其中得分之和为3分的情况有4中，分别为(0,3)，(1,2)，(2,1)，(3,0)，
4 1
则P(得分之和为3分)= = ．
12 3
【点睛】此题考查了列表法与树状图法，扇形统计图，以及图形统计图，弄清题中的数据是解本题的关键．
24.(本小题8分)
云南玉溪米线文化节是玉溪各族人民的传统节日，自每年正月初一起，至三月二十二日止，历时81天，创
世界纪录协会世界上历时最长的节日世界纪录.“小锅米线凉米线，各具风味有特色.鳞鱼米线辣味汤，五
味齐全又一色.过桥米线斗大碗，油汤飘香藏典故.土鸡米线大小碗，碗中包含玉溪情.玉溪米线吃齐全，不
枉登陆玉溪城”米线节期间，某店铺购进A，B两种米线进行销售.若购进1斤A种米线和2斤B种米线共需
花费4元，购进3斤A种米线和4斤B种米线共需花费9元.已知该店A，B两种米线的售价如下表：种类 售价(单位：元/斤)
A种米线 2
B种米线 3.5
经过市场调查，该店计划在米线节期间每天售出米线共200斤，且每天售出A种米线的数量不少于B种米线
的3倍，设该店在米线节期间每天售出A种米线x斤，米线节期间共计81天的总利润为y元．
(1)求购进每斤A种米线、B种米线的价格分别是多少元？
(2)x取何值时，总利润y最大？并求出最大总利润．
【分析】(1)设购进每斤A种米线的价格是a元，每斤B种米线的价格是b元，根据“购进1斤A种米线和2
斤B种米线共需花费4元，购进3斤A种米线和4斤B种米线共需花费9元”，可列出关于a，b的二元一次方
程组，解之即可得出结论；
(2)根据每天售出A种米线的数量不少于B种米线的3倍，可列出关于x的一元一次不等式，解之可得出x的
取值范围，利用总利润=销售天数×(每斤的销售利润×进货数量)，可找出y关于x的函数关系式，再利用一
次函数的性质，即可解决最值问题．
【详解】【答案】解：(1)设购进每斤A种米线的价格是a元，每斤B种米线的价格是b元，
{ a+2b=4
根据题意得： ，
3a+4b=9
{ a=1
解得： ．
b=1.5
答：购进每斤A种米线的价格是1元，每斤B种米线的价格是1.5元；
(2)∵该店计划在米线节期间每天售出米线共200斤，且每天售出A种米线x斤，
∴每天售出B种米线(200−x)斤．
根据题意得：x≥3(200−x)，
解得：x≥150，
∵米线节期间共计81天的总利润为y元，
∴y=81[(2−1)x+(3.5−1.5)(200−x)]，即y=−81x+32400，
∵−81<0，
∴y随x的增大而减小，
又∵x≥150，
∴当x=150时，y取得最大值，最大值为−81×150+32400=20250．
答：x为150时，总利润y最大，最大总利润为20250元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：
(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出y关于x的函数关系式．25.(本小题8分)
如图，已知E、F分别是 ABCD的边BC、AD上的点，且BE=DF．
▱
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若BC=10，∠BAC=90°，且四边形AECF是菱形，求BE的长．
【分析】(1)首先由已知证明AF//EC，BE=DF，推出四边形AECF是平行四边形．(2)由已知先证明
AE=BE，即BE=AE=CE，从而求出BE的长．
【详解】
【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，且AD=BC，
∴AF//EC，
∵BE=DF，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
(2)解：∵四边形AECF是菱形，
∴AE=EC，
∴∠1=∠2，
∵∠3=90°−∠2，∠4=90°−∠1，
∴∠3=∠4，
∴AE=BE，
1
∴BE=AE=CE= BC=5．
2
【点睛】此题考查的知识点是平行四边形的判定和性质及菱形的性质，解题的关键是运用平行四边形的性
质和菱形的性质推出结论．
26.(本小题8分)如图，已知⊙O是△ABC的外接国，AB是⊙O的直径，D是AB延长线的一点，AE⊥CD交DC的延长
线于E，CF⊥AB于F，且CE=CF．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AB=10，BD=3，求AE的长．
【分析】(1)要证DE是⊙O的切线，只要连接OC，再证∠DCO=90°即可；
(2)由切线的性质及勾股定理可得CD的长，再根据三角形面积公式及勾股定理可得AF的长，最后由全等
三角形的判定与性质可得答案．
【详解】
【答案】(1)证明：(1)连接OC；
∵AE⊥CD，CF⊥AB，又CE=CF，
∴∠1=∠2．
∵OA=OC，
∴∠2=∠3，∠1=∠3．
∴OC//AE．
∴OC⊥CD．
∴DE是⊙O的切线．
(2)解：∵OC⊥ED，AB=10，BD=3，
∴OB=OC=5．
CD=√OD2−OC2=√39，
1 1
∵S = OC⋅CD= OD⋅CF，
△OCD 2 2
1 1
即 ×5×√39= (5+3)⋅CF，
2 2
5√39
∴CF= ，
825
∴OF=√OC2−FC2=
，
8
25 65
∴AF=OA+OF=5+ = ，
8 8
在Rt△AEC和Rt△AFC中，CE=CF，AC=AC，
∴Rt△AEC Rt△AFC(HL)，
≌65
∴AE=AF= ．
8
【点睛】本题考查了切线的判定，和解直角三角形．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆
心与这点(即为半径)，再证垂直即可．
27.(本小题12分)
如图1，抛物线y=−x2+bx与x轴交于点A，与直线y=−x交于点B(4,−4)，点C(0,−4)在y轴上．点P
从点B出发，沿线段BO方向匀速运动，运动到点O时停止．
(1)求抛物线y=−x2+bx的表达式；
(2)当BP=2√2时，请在图1中过点P作PD⊥OA交抛物线于点D，连接PC，OD，判断四边形OCPD的
形状，并说明理由；
(3)如图2，点P从点B开始运动时，点Q从点O同时出发，以与点P相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点
P停止运动时点Q也停止运动．连接BQ，PC，求CP+BQ的最小值．
【分析】本题考查的是一次函数与二次函数的综合，待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的判定，
全等三角形的判定与性质，勾股定理有关知识
(1)利用待定系数法将B点坐标代入抛物线y=−x2+bx中，即可求解．
(2)作辅助线，根据题意，求出PD的长，PD=OC，PD//OC，利用一组对边平行且相等的四边形是平
行四边形即可得证．
(3)作出图，证明△CBP △MOQ(SAS)，CP+BQ的最小值为MB，根据勾股定理求出MB即可
【详解】 ≌解：(1)∵抛物线y=−x2+bx过点B(4,−4)，
∴−16+4b=−4，
∴b=3，
∴y=−x2+3x．
答：抛物线的表达式为y=−x2+3x．
(2)四边形OCPD是平行四边形，
理由如下：
如图1，作PD⊥OA交x轴于点H，连接PC、OD，
∵点P在y=−x上，
∴OH=PH，∠POH=45°，
连接BC，
∵OC=BC=4，
∴OB=4√2，
∵BP=2√2，
∴OP=OB−BP=2√2，
在等腰直角△POH中，OH2+PH2=OP2，
√2 √2
∴OH=PH= OP= ×2√2=2，
2 2
当x =2时，DH= y =−4+3×2=2，
D D
∴PD=DH+PH=2+2=4，
∵C(0,−4)，
∴OC=4，
∴PD=OC，∵OC⊥x轴，PD⊥x轴，
∴PD//OC，
∴四边形OCPD是平行四边形．
(3)如图2，由题意得，BP=OQ，连接BC，
在OA上方作△OMQ，使得∠MOQ=45°，OM=BC，
∵OC=BC=4，BC⊥OC，
∴∠CBP=45°，
∴∠CBP=∠MOQ，
∵BP=OQ，∠CBP=∠MOQ，BC=OM，
∴△CBP △MOQ(SAS)，
∴CP=M≌Q，
∴CP+BQ=MQ+BQ≥MB(当M，Q，B三点共线时最短)，
∴CP+BQ的最小值为MB，
∵∠MOB=∠MOQ+∠BOQ=45°+45°=90°，
∴MB=√OM2+OB2=√42+(4√2) 2=4√3，
即CP+BQ的最小值为4√3
答：CP+BQ的最小值为4√3．
