江西省萍乡市2024届九年级上学期中考二模数学试卷(含答案)

这是一份江西省萍乡市2024届九年级上学期中考二模数学试卷(含答案)，共17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。

(本试卷满分120分，考试时间120分钟)
一、选择题(本大题共6小题，每小题3分，共18分)
1．下列各数中，为无理数的是( )
A.tan 45° B．π0
C. eq \r(2) D．－3
2．某校有21名九年级学生报考海军实验班，初试分数各不相同，按成绩取前10名学生参加复试．若知道某同学的分数，要判断他能否进入复试，需知道这21名学生分数的( )
A.中位数 B．平均数
C.最高分数 D．方差
3．七巧板是我国的一种传统智力玩具，下列用七巧板拼成的图形是轴对称图形的是( )
4.如图，是由4个完全相同的小正方体组成的几何体，移动1，2，3三个小正方体中的一个，使移动前后的几何体的左视图不变，要求这个被移动的小正方体与剩下的未移动的小正方体至少共一个面，则移动的方法有________种( )
A.3 B．4
C．5 D．6
5．如图， 在同一坐标系中(水平方向是x轴)，函数y＝ eq \f(k,x)和y＝kx＋3的图象大致是( )
6．若将抛物线平移，有一个点既在平移前的抛物线上，又在平移后的抛物线上，则称这个点为“平衡点”．现将抛物线C1：y＝(x－2)2－4向右平移m(m＞0)个单位长度后得到新的抛物线C2，若(4，n)为“平衡点”，则m的值为( )
A.2 B．1
C.4 D．3
二、填空题(本大题共6小题，每小题3分，共18分)
7．分解因式：a3－2a2＋a＝________．
8．已知实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，则化简|a－b|－|1－a|＋|b－2|的结果是________．
9．如图，甲、乙两车同时从A地出发，以各自的速度匀速向B地行驶，甲车先到达B地，在B地停留1小时后，沿原路以另一个速度匀速返回．若干时间后与乙车相遇，乙车的速度为每小时60千米．如图是两车之间的距离y(千米)与乙车行驶的时间x(小时)之间函数的图象，则甲车返回的速度是每小时________千米．
10．如图，点C在DE上，∠B＝∠E，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝45°，则∠ACB＝________°.
11．设m，n是方程x2＋x－2 024＝0的两个实数根，则m2＋2m＋n＋mn的值为________．
12.如图所示，⊙O的半径为6 cm，B为⊙O外一点，OB交⊙O于点A，AB＝OA，动点P从点A出发，以π cm/s的速度在⊙O上按逆时针方向运动一周回到点A立即停止．当点P运动的时间为________________时，BP与⊙O相切．
三、解答题(本大题共5小题，每小题6分，共30分)
13．(1)解不等式组： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2＞－1，,x－5≤3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))；))
(2)计算：|－4|＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))-1－( eq \r(2))2＋2 0350.
14．先化简，再求值： eq \f(m2－2m＋1,m2－1)÷ eq \f(m－2,m＋1)，其中实数m可使关于x的一元二次方程x2－4x－m＝0有两个相等的实数根．
15．某充电站从左至右依次排列四个充电桩A，B，C，D，每辆电动车可随机选取一个充电桩进行充电，当一辆电动车随机使用一个充电桩充电时，第二辆电动车可随机使用余下的充电桩充电．若某一时刻充电站无人充电．
(1)王先生所骑电动车随机使用B充电桩充电的概率为________；
(2)求甲、乙两人所骑的两辆电动车随机使用相邻的两个充电桩充电的概率．
16.如图，某学校(A点)与公路(直线l)的距离为300米，与车站(D点)的距离为500米，现要在公路上建一个小商店(C点)，使之与学校A及车站D的距离相等．
(1)在图中作出点C；
(2)求商店C与车站D之间的距离．
17．如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，连接AC，E，F，M分别是AD，DC，AC的中点，连接EF，BM.求证：EF＝BM.
四、解答题(本大题共3小题，每小题8分，共24分)
18.某地义务教育阶段学校积极响应教育部号召，提供课后延时服务，并“因地制宜，各具特色”．教育局为了解该地中学课后延时服务的开展情况，从甲、乙两所中学中各随机抽取100名学生的家长进行问卷调查(每名学生对应一份问卷)，将学生家长对延时服务的评分(单位：分)分为5组(A.90≤x≤100；B.80≤x＜90；C.70≤x＜80；D.60≤x＜70；E.0≤x＜60)，并对数据进行整理、分析．部分信息如下．
a.甲中学延时服务得分情况扇形统计图如图所示．
b.乙中学延时服务得分情况频数分布表如下(不完整).
c.将乙中学在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下：
81，81，81，82，82，83，83，83，83，83.
d．甲、乙两中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如下表．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)a＝________，b＝________．
(2)已知乙中学共有3 000名学生，若对延时服务的评分在80分以上(含80分)表示认为学校延时服务合格，请你估计乙中学有多少名学生的家长认为该校延时服务合格．
(3)小明说：“乙中学的课后延时服务开展得比甲中学好．”你同意小明的说法吗？请写出一条理由．
19．如图1是景德镇市白鹭大桥，此桥为独斜塔无背索斜拉桥，是高度的科学性与艺术性的完美结合．如图2是主桥段AN－NO－OB的一部分，其中NO部分是一段水平路段，西侧AN是落差高度约为1.2米的小斜坡(图中AH＝1.2米)，斜塔MN与水平线夹角为58°.如图3，小敏为了测量斜塔，她在桥底河堤西岸上取点P处并测得点A与塔顶M的仰角分别为45°与76°，已知PQ＝24.4米(点Q为M在桥底的投影，且M，A，Q在一条直线上).
(1)斜塔MN的顶部M距离水平线的高度MH为多少？
(2)斜塔MN的长度约为多少？(精确到0.1米，参考数据：sin 76°≈0.97，cs 76°≈0.24，tan 76°≈4.0，sin 58°≈0.85，cs 58°≈0.53，tan 58°≈1.6)

20．背景：点A在反比例函数y＝ eq \f(k,x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＞0))的图象上，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，分别在射线AC，BO上取点D，E，使得四边形ABED为正方形．如图1，点A在第一象限内，当AC＝4时，小李测得CD＝3.
探究：通过改变点A的位置，小李发现点D，A的横坐标之间存在函数关系．请帮助小李解决下列问题．
(1)求k的值．
(2)设点A，D的横坐标分别为x，z，将z关于x的函数称为“Z函数”．如图2，小李画出了x＞0时“Z函数”的图象．
①求这个“Z函数”的表达式；
②补画x＜0时“Z函数”的图象，并写出这个函数的性质(两条即可)；
③过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，2))作一直线，与这个“Z函数”图象仅有一个交点，求该交点的横坐标．
五、解答题(本大题共2小题，每小题9分，共18分)
21.如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，过点A，B的⊙O分别交AC，BC于点D，E，AB＝AE，CD的垂直平分线交BC于点F，连接DE，DF.
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)已知EF＝3，DE＝4，求BE和AB的长．
22．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c是常数，a≠0)的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
(1)求二次函数的解析式及m，n的值．
(2)P为二次函数y＝ax2＋bx＋c eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4＜x＜2))图象上的任意一点，其横坐标为k，过点P作PQ∥x轴，点Q的横坐标为k＋4.
①若线段PQ与二次函数y＝ax2＋bx＋c eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4＜x＜2))的图象有两个交点，借助图象写出k的取值范围：________；
②设二次函数的图象与x轴正半轴的交点为B，连接BP，BQ，若△BPQ是直角三角形，直接写出k的值．
六、解答题(本大题共12分)
23．如图1，已知四边形ABCD，将顶点为A的角绕着顶点A顺时针旋转，若角的一条边与DC的延长线交于点F，角的另一条边与CB的延长线交于点E，连接EF.
●特例发现
(1)若四边形ABCD为正方形，当∠EAF＝45°时，则EF，DF，BE满足数量关系为_________．
●深入探究
(2)①如图2，如果在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC＝∠ADC＝90°，当∠EAF＝ eq \f(1,2)∠BAD时，则EF，DF，BE满足数量关系为_________．
②如图3，如果在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，当∠EAF＝ eq \f(1,2)∠BAD 时，EF与DF，BE之间的数量关系是否发生改变？请给出详细的证明过程．
●拓展应用
(3)在(2)②中，若BC＝4，DC＝7，CF＝2，求△CEF的周长．
2024年江西中考数学中考模拟卷(二)答案
1．C A.tan 45°＝1是整数，是有理数，选项错误；B.π0＝1，是整数，是有理数，选项错误；C. eq \r(2)是无限不循环小数，是无理数，选项正确；D.－3是整数，是有理数，选项错误．
2．A 由于总共有21个人，且他们的分数互不相同，第11名的成绩是中位数，要判断是否进入前10名，故应知道自己的成绩和中位数．
3．D A.不是轴对称图形，不符合题意；B.不是轴对称图形，不符合题意；C.不是轴对称图形，不符合题意；D.是轴对称图形，符合题意．
4．C 移动1，2，3三个小正方体中的一个，使移动前后的几何体的左视图不变，这个被移动的小正方体与剩下的未移动的小正方体至少共一个面，则移动的方法有5种，如图所示．
5．A A.由函数y＝ eq \f(k,x)的图象可知k＞0与y＝kx＋3的图象k＞0一致，A项正确；B.y＝kx＋3的图象与y轴交于正半轴，B项错误；C.y＝kx＋3的图象与y轴交于正半轴，C项错误；D.由函数y＝ eq \f(k,x)的图象可知k＞0与y＝kx＋3的图象k＜0矛盾，D项错误．
6．C 将抛物线C1：y＝(x－2)2－4向右平移m个单位长度后C2的解析式为：y＝(x－2－m)2－4.
∵点(4，n)为“平衡点”，
∴点(4，n)既在平移前的抛物线上，又在平移后的抛物线上，
∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝(4－2)2－4，,n＝(4－2－m)2－4，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝0，,m＝0))(舍)或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝0，,m＝4.))
7．解析：a3－2a2＋a＝a(a2－2a＋1)＝a(a－1)2.
答案：a(a－1)2
8．解析：由题图可得－3∴a－b<0，1－a＞0，b－2<0，
∴|a－b|－|1－a|＋|b－2|
＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－b))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－a))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－2))
＝－a＋b－1＋a－b＋2＝1.
答案：1
9．解析：由图象可知，返回相遇时两车走的路程和为120千米，甲车走了4.4－3－1＝0.4(小时)，乙车走了4.4－3＝1.4(小时)，甲车返回时的路程为120－1.4×60＝36(千米)，∴甲车返回时的速度为36÷0.4＝90(千米/时).
答案：90
10．解析：∵∠CAD＝∠BAE，
∴∠CAD＋∠CAE＝∠BAE＋∠CAE，
即∠BAC＝∠DAE.
在△ABC和△AED中，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(∠B＝∠E，,AB＝AE，,∠BAC＝∠EAD，))
∴△ABC≌△AED(ASA)，
∴AD＝AC，∠ACB＝∠ADE，
∴∠ACD＝∠ADC.
∵∠CAD＝45°，
∴∠ADC＝67.5°，
∴∠ACB＝67.5°.
答案：67.5
11．解析：m，n是方程x2＋x－2 024＝0的两个实数根，
则m＋n＝－1，mn＝－2 024，
且m2＋m－2 024＝0，则m2＋m＝2 024，
∴m2＋2m＋n＋mn＝m2＋m＋m＋n＋mn＝2 024－1－2 024＝－1.
答案：－1
12．2 s或10 s
13．解：(1) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2＞－1，①,x－5≤3(x－1)，②))
解不等式①，得x＞－3.
解不等式②，得x≥－1.
∴不等式组的解集为x≥－1.
(2)|－4|＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))-1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2＋2 0350
＝4＋3－2＋1＝6.
14．解： eq \f(m2－2m＋1,m2－1)÷ eq \f(m－2,m＋1)＝ eq \f((m－1)2,(m＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－1)))· eq \f(m＋1,m－2)＝ eq \f(m－1,m－2).
∵一元二次方程x2－4x－m＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2－4ac＝16＋4m＝0，
∴m＝－4.
将m＝－4代入原式，得
eq \f(m2－2m＋1,m2－1)÷ eq \f(m－2,m＋1)＝ eq \f(m－1,m－2)＝ eq \f(－4－1,－4－2)＝ eq \f(5,6).
15．解：(1)∵共有4个充电桩，B是其中一个，
∴王先生所骑电动车随机使用B充电桩充电的概率为 eq \f(1,4)，
故答案为 eq \f(1,4).
(2)依题意可画树状图如下：
由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中甲、乙所骑的两辆电动车随机使用相邻的两个充电桩充电的结果共有6种，故所求概率为 eq \f(6,12)＝ eq \f(1,2).
16．解：(1)点C的位置如图所示：
(2)如图，过点A作AB⊥l于点B，则AB＝300米，连接AC.
∵点C在线段AD的垂直平分线上，
∴CD＝CA.
在Rt△ABD中，AB＝300米，AD＝500米，
∴BD＝ eq \r(AD2－AB2)＝400米．
设CD＝x米，则AC＝x米，BC＝(400－x)米．
在Rt△ABC中，由勾股定理，得3002＋(400－x)2＝x2，
解得x＝312.5，
∴商店C与车站D之间的距离为312.5米．
17．证明：∵E，F分别是AD，DC的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF＝ eq \f(1,2)AC.
∵AB⊥BC，M是AC的中点，
∴BM＝ eq \f(1,2)AC，
∴EF＝BM.
18．解：(1)甲中学的得分中在B组的占144÷360×100%＝40%，
∴a＝100－40－25－18－7＝10.
将乙中学延时服务的得分按从小到大的顺序排列后，中间的两个数是82，83，
故中位数是 eq \f(82＋83,2)＝82.5，即b＝82.5.
(2)3 000× eq \f(100－30－10－5,100)＝1 650(名).
答：估计乙中学有1 650名学生的家长认为该校延时服务合格．
(3)同意．
理由：乙中学延时服务得分的平均数、中位数、众数均比甲中学高．
19．解：(1)如题图3，依题意可知PQ＝24.4米，∠APQ＝45°，∠MPQ＝76°，∴MQ＝PQ·tan 76°≈24.4×4＝97.6(米)，AQ＝PQ＝24.4米，∴AM＝MQ－AQ＝97.6－24.4＝73.2(米).如题图2，MH＝AM－AH＝73.2－1.2＝72.0(米)，即斜塔MN的顶部点M距离水平线的高度MH为72.0米．
(2)根据锐角三角函数可得MN＝ eq \f(MH,sin 58°)≈72÷0.85≈84.7(米)，即斜塔MN的长度约为84.7米．
20．解：(1)由题意得，AB＝AD＝1，
∴点A的坐标是(4，1)，∴k＝4×1＝4.
(2)①设点A坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f(4,x)))，∴点D的横坐标为z＝x－ eq \f(4,x)，
∴这个“Z函数”表达式为z＝x－ eq \f(4,x).
②画出的图象如图：
性质如下(答案不唯一)：
(a)函数的图象是两个分支组成的，是两条曲线．
(b)函数的图象关于直角坐标系的原点成中心对称．
(c)当x＞0时，函数值z随自变量x的增大而增大，当x<0时，函数值z随自变量x的增大而增大．
③第一种情况，当过点(3，2)的直线与x轴垂直时，x＝3；
第二种情况，当过点(3，2)的直线与x轴不垂直时，
设该直线的函数表达式为z′＝mx＋b(m≠0)，
∴2＝3m＋b，即b＝－3m＋2，
∴z′＝mx－3m＋2，
由题意得，x－ eq \f(4,x)＝mx－3m＋2，
∴x2－4＝mx2－3mx＋2x，
∴(m－1)x2＋(2－3m)x＋4＝0.
(a)当m＝1时，－x＋4＝0，解得x＝4.
(b)当m≠1时，b2－4ac＝(2－3m)2－4(m－1)×4＝9m2－28m＋20＝0，
解得m1＝2，m2＝ eq \f(10,9).
当m1＝2时，x2－4x＋4＝0， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))2＝0，解得x1＝x2＝2；
当m2＝ eq \f(10,9)时， eq \f(1,9)x2－ eq \f(4,3)x＋4＝0，x2－12x＋36＝0， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－6))2＝0，解得x1＝x2＝6，
∴x的值为2，3，4，6.
21．(1)证明：连接BD，如图．
∵∠BAD＝90°，
∴BD是⊙O的直径，∠ADB＋∠ABD＝90°.
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴∠ABD＋∠DBE＝∠EAD＋∠C.
∵∠DBE＝∠EAD，
∴∠ABD＝∠C，
∴∠ADB＋∠C＝90°.
∵CD的垂直平分线交BC于点F，
∴∠C＝∠CDF，
∴∠ADB＋∠CDF＝90°，
∴∠BDF＝90°.
∵点D在圆上，
∴DF是⊙O的切线．
(2)解：∵BD是⊙O的直径，
∴∠BED＝90°＝∠DEF.
∵EF＝3，DE＝4，
∴DF＝CF＝5，
∴EC＝EF＋CF＝8，
∴DC＝ eq \r(DE2＋EC2)＝4 eq \r(5).
∵∠BDF＝90°，
∴∠DBF＋∠DFB＝90°.
∵∠DBF＋∠EDB＝90°，
∴∠DFB＝∠EDB，
∴△DEF∽△BED，
∴ eq \f(DE,BE)＝ eq \f(EF,DE)，即 eq \f(4,BE)＝ eq \f(3,4)，
∴BE＝ eq \f(16,3)，
∴BC＝ eq \f(16,3)＋3＋5＝ eq \f(40,3).
∵∠DEC＝∠BAC＝90°，
∴△DEC∽△BAC，
∴ eq \f(DE,AB)＝ eq \f(DC,BC)，即 eq \f(4,AB)＝ eq \f(4\r(5),\f(40,3))，
∴AB＝ eq \f(8,3) eq \r(5).
22．解：(1)把(－3，0)，(0，－3)，(1，0)分别代入到二次函数y＝ax2＋bx＋c中，
得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9a－3b＋c＝0，,c＝－3，,a＋b＋c＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，,c＝－3，))
∴二次函数的解析式为y＝x2＋2x－3.
当x＝－2时，m＝(－2)2＋2×(－2)－3＝－3，
当x＝－1时，n＝(－1)2＋2×(－1)－3＝－4，
∴m，n的值分别为－3，－4.
(2)∵P为二次函数y＝ax2＋bx＋c eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4∴点P的坐标是(k，k2＋2k－3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4①若线段PQ与二次函数y＝ax2＋bx＋c eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4∵y＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，
∴此二次函数图象的开口向上，顶点坐标为(－1，－4).
如图1，借助函数图象可知，k的取值范围是－3≤k＜－1，
故答案为－3≤k＜－1.
②设二次函数图象与x轴正半轴的交点为点B，由已知表格中自变量x与函数值y的部分对应值可知B(1，0).
若△BPQ是直角三角形，
∵PQ∥x轴，
∴当∠BPQ＝90°时，BP⊥x轴，k＝1，此时点P与点B重合，不合题意；
当∠BQP＝90°时，点Q的横坐标与点B相同，即k＋4＝1，
解得k＝－3，
此时点P的坐标为(－3，0)在x轴上，点Q与点B重合，不合题意；
当∠PBQ＝90°时，过点P，Q分别作x轴的垂线段PM，QN，如图2，
则∠BMP＝∠QNB＝90°，BM＝|1－k|，BN＝|k＋4－1|＝|k＋3|，PM＝QN＝|k2＋2k－3|，
∴∠MBP＋∠MPB＝90°.
∵∠PBQ＝90°，
∴∠MBP＋∠NBQ＝90°，
∴∠MPB＝∠NBQ，
∴△MPB∽△NBQ，
∴ eq \f(PM,NB)＝ eq \f(BM,QN)，
∴BM·BN＝PM·QN，
∴|1－k|·|k＋3|＝|k2＋2k－3|2，
∴|k－1|·|k＋3|＝|(k－1)(k＋3)|2，
∴|k－1|·|k＋3|＝(k－1)2(k＋3)2.
∵k≠1，k≠－3，
∴|k－1|·|k＋3|≠0，
∴|k－1|·|k＋3|＝1.
结合函数图象可知k2＋2k－3＞0，不满足∠PBQ＝90°，
∴(k－1)(k＋3)＝－1，
即k2＋2k－2＝0，
解得k1＝－1＋ eq \r(3)，k2＝－1－ eq \r(3).
综上所述，k的值为－1＋ eq \r(3)或k2＝－1－ eq \r(3).
23．解：(1)EF＝DF－BE.
证明：在DF上截取DM＝BE.
∵AD＝AB，∠ABE＝∠ADM＝90°，
∴△ABE≌△ADM(SAS)，
∴AE＝AM，∠EAB＝∠DAM.
∵∠EAF＝45°，且∠EAB＝∠DAM，
∴∠BAF＋∠DAM＝45°，即∠MAF＝45°＝∠EAF.
又∵AE＝AM，AF＝AF，
∴△AEF≌△AMF(SAS)，∴EF＝FM.
∵DF＝DM＋FM，
∴DF＝BE＋EF，即EF＝DF－BE.
(2)①EF＝DF－BE，理由同(1).
②没有发生变化，理由如下：
如图4，在DC上截取DG，使DG＝BE，连接AG.
∵∠D＋∠ABC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝∠D.
又∵AB＝AD，DG＝BE，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG.
又∵∠DAG＋∠BAF＝∠BAE＋∠BAF＝∠EAF＝ eq \f(1,2)∠BAD，
∴∠GAF＝∠BAD－(∠DAG＋∠BAF)＝ eq \f(1,2)∠BAD，
∴∠GAF＝∠EAF.
∵AE＝AG(前面已证)，AF＝AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF＝GF，
∴EF＝GF＝DF－DG＝DF－BE.
(3)△CEF的周长＝CE＋EF＋FC＝CE＋(DF－BE)＋FC
＝(CE－BE)＋DF＋FC
＝(CE－BE)＋(DC＋FC)＋FC
＝BC＋DC＋2FC
＝4＋7＋2×2＝15.组别
分组
频数
A
90≤x≤100
15
B
80≤x＜90
C
70≤x＜80
30
D
60≤x＜70
10
E
0≤x＜60
5
学校
平均数
中位数
众数
甲
75
79
80
乙
78
b
83
x
…
－3
－2
－1
0
1
…
y
…
0
m
n
－3
0
…