重庆市巴蜀中学校2023-2024学年九年级数学下学期入学测试题（解析版）

这是一份重庆市巴蜀中学校2023-2024学年九年级数学下学期入学测试题（解析版），共35页。试卷主要包含了 的绝对值是， 下列运算正确的是， 估计的值在， 已知两个分式等内容，欢迎下载使用。

1. 的绝对值是（ ）
A. 2024B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了绝对值的意义，根据绝对值的意义解答即可．
【详解】解：的绝对值是2024，
故选：A．
2. 对称是自然界和人类社会中普遍存在的形式之一，也是重要数学发现与创造中的重要美学因素，下列四幅图是垃圾分类标志图案，则四幅图案中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念，先寻找对称中心，再旋转180度后与原图重合，作出选择即可．
【详解】解：根据中心对称图形的概念对各图形分析判断：
A、是中心对称图形，故不符合题意；
B、不是中心对称图形，故符合题意；
C、不是中心对称图形，故不符合题意；
D、不中心对称图形，故不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，熟记相关概念是解答本题的关键．
3. 如果反比例函数的图象经过点，则k的值是（ ）
A. 7B. 5C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】直接将点代入反比例函数解析式计算k的值即可．
【详解】解：将点代入反比例函数得：，
解得，
故选D．
【点睛】本题考查反比例函数系数的求解，方法为函数图像上的点可代入解析式得到方程，正确的计算是解题的关键．
4. 如图所示，与是位似图形，点O为位似中心．若，的周长为3，则的周长为（ ）
A. 12B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据位似得出两个三角形的相似比，再根据相似三角形的周长比等于相似比解答即可．
【详解】与是位似图形，
，，
，
∵，
∴，
与的周长比是2，
由于的周长为3，
所以的周长为6，
故选：B．
【点睛】本题考查的是位似变换、相似三角形的性质，掌握相似三角形的周长比等于相似比是解题的关键．
5. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用幂的乘方，积的乘方，单项式乘单项式，合并同类项法则，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、，选项错误，不符合题意；
B、，选项错误，不符合题意；
C、，选项错误，不符合题意；
D、，选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查幂的乘方，积的乘方，单项式乘单项式，合并同类项．熟练掌握相关运算法则，是解题的关键．
6. 估计的值在（ ）
A. 4和5之间B. 5和6之间C. 6和7之间D. 7和8之间
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，估算无理数的大小，先根据二次根式的混合运算法则进行计算，并估算无理数的大小即可得出答案．
【详解】解：
，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
7. 将图①中的正方形剪开得到图②，图②中共有4个正方形；将图②中的一个正方形剪开得到图③，图③中共有7个正方形；将图③中一个正方形剪开得到图④，图④中共有10个正方形……如此下去，则第9个图中共有正方形的个数为（ ）
A. 19个B. 22个C. 25个D. 28个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查图形变化的规律．依次求出图形中正方形的个数，发现规律“正方形的个数依次增加3”即可解决问题．
【详解】解：由所给图形可知，
第①个图形中正方形的总个数为：；
第②个图形中正方形的总个数为：；
第③个图形中正方形的总个数为：；
第④个图形中正方形的总个数为：；
，
依次类推，第个图形中正方形的总个数为个，
当时，
（个，
即第9个图形中正方形的总个数为25个．
故选：C．
8. 如图，在中，M为弦AB上一点，且，连接，过M作交于点N，则的长为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点O作于点C，连接，根据得出，根据垂径定理可得，，设，根据勾股定理可得，最后根据，即可求解．
【详解】解：过点O作于点C，连接，
∵，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
设，
在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理的内容，正确画出辅助线，构造直角三角形，用勾股定理求解．
9. 如图，在正方形的边上取一点E，连接并延长交的延长线于点F，将射线绕点A顺时针旋转后交的延长线于点G，连接，若，则的大小是（ ）
A. αB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，由“”可证，可得，由“”可证，可得，由角的数量关系可求解．．
【详解】解：在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵将射线绕点A顺时针旋转后交的延长线于点G，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
10. 已知两个分式：：将这两个分式进行如下操作：
第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为；（即，
第二次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为；（即，
第三次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为；（即，（依此类推）
将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论：
①；②当时，；③在第为正整数）次和第次操作的结果中：为定值；④在第为正整数）次操作的结果中：，．
以上结论正确的个数有（ ）个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用第一次、第二次、第三次操作，找到规律，然后判断即可．本题考查的分式的和与差，解题的关键是细心运算，找到数字规律．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
可知，故选项①正确；
当时，，故选项②不正确；
当时，不是定值，故选项③不正确；
，
，
，
，
，
，
，
故选项④正确，
故选：B．
二．填空题（共8小题，每小题4分，共32分）
11. 计算：_____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是实数的运算，先分别根据零指数幂、负整数指数幂的计算法则及特殊角的三角函数值计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
12. 若正n边形的每个内角的度数均为．则n的值是_______．
【答案】9
【解析】
【分析】本题考查了多边形内角和公式以及正多边形的性质，根据多边形内角和公式结合“正n边形的每个内角的度数均为”，列式计算，即可作答．
【详解】解：∵正n边形的每个内角的度数均为
∴
解得
故答案：9．
13. 近期，我国多地出现了因肺部感染支原体病毒爆发的支原体肺炎流感．现有一个人因感染了支原体病毒，感冒发烧，经过两轮传染后共有169人被感染，则每轮传染中平均一个人传染的人数是 _______人．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．设每轮传染中平均一个人传染的人数是x人，则第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有人被传染，根据题意可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染的人数是x人，则第一轮传染中有x人被传染，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴每轮传染中平均一个人传染的人数是12人，
故答案为：12．
14. 盒子里装4张形状、大小、质地完全相同的卡片，上面分别标着数字，，、，从中随机抽出一个后放回，再随机抽出一个，则两次抽出的卡片上的数字都是同类二次根式的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先把和化为最简二次根式，然后再用列表法，结合同类二次根式的定义，得出共有种等可能情况，其中两次抽出的卡片上的数字都是同类二次根式的有种，再根据概率公式计算即可．
【详解】解：∵，，
列表图如下：
共有种等可能情况，其中两次抽出的卡片上的数字都是同类二次根式的有种，
∴两次抽出的卡片上的数字都是同类二次根式的概率为．
故答案为：
【点睛】本题考查了用列表法求概率、概率公式、同类二次根式，解本题的关键在找出所有等可能情况和所求情况数．
15. 如图，在中，点E为的中点，点F为上一点，与相交于点H．若，，，则的长为____．
【答案】20
【解析】
【分析】延长交的延长线于点G．证明，得出，求出，根据平行线分线段成比例定理，得出，代入求出结果即可．
【详解】如图，延长交的延长线于点G．
四边形为平行四边形，
．
，．
点E为边的中点，
．
在和中，，
，
．
，，
．
，
．
，
，即，
解得．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是作出辅助线，证明．
16. 如图，半径为5的扇形中，，点C在上，点E在上，点D在弧上，四边形是正方形，则图中阴影部分的面积为________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，交于点F．由正方形的性质得出，．即根据扇形面积公式求出扇形的面积即可．
【详解】如图，连接，交于点F．

∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，扇形的面积公式．理解是解题关键．
17. 若关于x的一元一次不等式组，至少有2个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则所有满足条件的整数a的值之和是___________．
【答案】4
【解析】
【分析】先解不等式组，确定a的取值范围，再把分式方程去分母转化为整式方程，解得，由分式方程有正整数解，确定出a的值，相加即可得到答案．
【详解】解：
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式的解集为，
∵不等式组至少有2个整数解，
∴，
解得：；
∵关于y的分式方程有非负整数解，
∴
解得：，
即且，
解得：且
∴a的取值范围是，且
∴a可以取：1，3，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解题关键．
18. 对于一个四位自然数，如果满足各个数位上的数字互不相同且均不为0，它的千位数字与个位数字之和等于百位数字与十位数字之和，那么称这个数为“平衡数”．对于一个“平衡数”，从千位数字开始顺次取出三个数字构成四个三位数，把这四个三位数的和与222的商记为．例如：，因为，所以1526是一个“平衡数”，从千位数字开始顺次取出三个数字构成的四个三位数分别为152、526、261、615，这四个三位数的和为：，，所以．若是最大的“平衡数”，则______；若都是“平衡数”，其中，，（，，，，都是整数），规定：，当是一个完全平方数时，则的最小值为_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题考查了新定义问题，一定要认真读题，理解“平衡数”的定义，并用来解决问题，找出平衡数中各数字之间的关系是解题的关键．理解“平衡数”的定义，写出最大的平衡数，并根据的定义计算即可；根据的定义求出，，根据计算即可．
【详解】解：根据如果n满足各个数位上的数字互不相同且均不为0，它的千位数字与个位数字之和等于百位数字与十位数字之和，那么称这个数n为“平衡数”．
∴最大的平衡数为，
∴；
由题意得：，
∴，
∵s是平衡数，
∴
∴
同理，，
∵t都是平衡数，
∴，
∴
∵，，，，
∴，
∴
∴
∴
同理可得，
∴
∴
∵是一个完全平方数，
∴，
∵，，
∴，或，
当，时，
∴
当，时，
∴
∵
∴k的最小值为．
故答案为：，
三、解答题：（本大题8个小题，第19题8分，其余每题各10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线）．请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了整式的混合运算、分式的乘除混合运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先运用完全平方公式以及单项式乘多项式 展开，再合并同类项，即可作答．
（2）先通分括号内，再运算除法，即可作答．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
20. 如图，在四边形中，，．

（1）尺规作图：在上截取，连接，作的角平分线，分别交于点F、G，连接．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）所作图形中，求证：．（请补全下面的证明过程，不写证明理由）
证明：∵是的角平分线，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴，
∴ ，
又∵，
∴ ，
∴四边形是平行四边形，
∴．
【答案】（1）图形见解析
（2），，，
【解析】
【分析】（1）根据尺规作图的基本要求，规范作图解答即可．
（2）根据作图，结合平行线的性质，平行四边形的判定和性质，等量代换解答即可．
本题考查了基本作图，平行四边形的判定和性质，熟练掌握基本作图，平行四边形的判定和性质是解题的关键．
【小问1详解】
根据题意，作图如下：
．
【小问2详解】
证明：∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
21. 熊猫作为我国独有的珍稀动物，因其萌态可掬深受全世界人们的喜爱．成都大熊猫繁育研究基地的“和花、和叶”，重庆动物园的“渝可、渝爱”，北京动物园的“萌兰”等被称为“熊猫界的顶流”倍受人们的关注．某校举办了“珍爱自然，珍爱熊猫，共创美好家园”的知识竞赛，从该校七、八年级中各随机抽取10名学生的成绩（百分制，单位：分）进行整理、描述和分析（成绩得分用表示，共分成四组；；；）．下面给出了部分信息：
七年级10名学生的成绩是：82，86，87，88，89，93，93，94，98，100．
八年级10名学生的成绩在组中的数据是：91，94，93，92．
八年级抽取的学生成绩扇形统计图：
七、八年级抽取的学生成绩统计表：
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空： ， ， ；
（2）根据以上数据．你认为该校七年级和八年级中哪个年级学生掌握知识较好？请说明理由（一条即可）；
（3）已知该校七年级有800人，八年级有900人参加了此次知识竞赛活动，请估计两个年级参加竞赛活动的成绩不低于90分的共有多少人？
【答案】（1），，；
（2）八年级学生掌握知识较好，理由见解答（答案不唯一）；
（3）两个年级参加竞赛活动的成绩不低于90分的共有人．
【解析】
【分析】本题考查用样本估计总体、扇形统计图、中位数、众数的意义和计算方法，以及利用方差作决策，从统计图表中获取数量之间的关系是解决问题的关键．
（1）根据众数和中位数的定义求解即可；
（2）根据平均数、方差的意义求解即可（答案不唯一）；
（3）总人数乘以样本中成绩不低于90分的人数所占比例得到七、八年级各自成绩不低于90分的人数，再相加即可解题．
【小问1详解】
解：由题知，八年级组所占百分比为：．
八年级组所占百分比为：，
，
七年级10名学生的成绩中出现次数最多，
，
由中位数定义可知；
故答案为：，，；
【小问2详解】
解：八年级学生掌握知识较好，
由表格知，八年级学生成绩的平均数与七年级相等，而八年级学生成绩的方差小于七年级，所以八年级学生成绩更加稳定（答案不唯一）；
【小问3详解】
解：七年级成绩不低于90分的有：（人）；
八年级成绩不低于90分的：（人）；
（人）；
答：两个年级参加竞赛活动的成绩不低于90分的共有人．
22. 某家具生产车间有名工人生产家用餐桌和椅子，张桌子和把椅子配成一套．已知一名工人一天可以生产张桌子或把椅子．
（1）分别安排多少名工人生产桌子和椅子可使一天生产的桌椅正好配套？
（2）今年一套餐桌的成本比去年提高了，去年总投入了万元，今年投入的比去年多10万元，结果生产的餐桌比去年少套，则今年的成本是每套多少万元？
【答案】（1）安排名工人生产桌子，名工人生产椅子可使一天生产的桌椅正好配套；
（2）今年的成本定每套万元．
【解析】
【分析】（）设安排名工人生产椅子，则安排名工人生产椅子，根据题意列出一元一次方程，然后求解即可；
（）设去年的成本是每套万元，则今年的成本是每套万元，根据题意列分式方程，解方程并检验即可；
本题主要考查一元一次方程的应用，分式方程的应用，解题的关键是理解清楚题意，找到其中的等量关系列出方程．
【小问1详解】
设安排名工人生产椅子，则安排名工人生产椅子，
由题意得，
解得：，
∴，
答：安排名工人生产桌子，名工人生产椅子可使一天生产的桌椅正好配套；
【小问2详解】
设去年的成本是每套万元，则今年的成本是每套万元 ，
根据题意得，
解得： ，
经检验，是原分式方程的解 ，
∴，
答： 今年的成本定每套万元．
23. 如图，菱形的面积为24，对角线，动点E，F分别以每秒1个单位长度的速度同时从点A出发，点E沿折线方向运动，点F沿折线着方向运动，当两者相遇时停止运动．设运动时间为x秒，点E，F的距离为y．

（1）请直接写出y关于x的函数表达式并注明自变量x的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质；
（3）结合函数图象，直接写出当时x的取值范围．
【答案】（1）
（2）画函数图象见解析，当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据菱形的性质得出，得出总的运动时间为10秒，分两种情况：当时，当时，根据等腰三角形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可；
（2）在直角坐标系中描点连线即可，再根据函数的增减性即可得出其性质；
（3）结合图象利用分别求解即可．
【小问1详解】
连接交于，
在菱形中，菱形的面积为24，对角线，
，
，，
，
总的运动时间为： 秒），
连接，
当点在上，点在上运动时，由题意是等腰三角形，
即时，由，
，，
，
，
，
，
，
，
，
当点在上，点在上运动时，是等腰三角形，
即时，由，
同理，
，
，
，
综上所述；
【小问2详解】
函数图象如图：

当时，随的增大而增大；
当时，随的增大而减小；
【小问3详解】
当时的取值范围为：或．
【点睛】此题是四边形综合题，考查了动点问题，一次函数的图象及性质，相似三角形的性质和判定，菱形的性质及等腰三角形的判定和性质，正确理解动点问题是解题的关键．
24. 如图，一货船从港口A出发，以40海里/小时的速度向正北方向航行，经过1小时到达B处，测得小岛C在B的东北方向，且在点A的北偏东方向．（参考数据：，，，，）
（1）求的距离（结果保留整数）；
（2）由于货船在B处突发故障，于是立即以30海里/小时的速度沿赶往小岛C维修，同时向维修站D发出信号，在D处的维修船接到通知后立即准备维修材料，之后以50海里/小时的速度沿前往小岛C，已知D在A的正东方向上，C在D的北偏西方向，通知时间和维修船准备材料时间一共6分钟，请计算说明维修船能否在货船之前到达小岛C．
【答案】（1）的距离为77海里
（2）维修船能在货船之前到达小岛C
【解析】
【分析】（1）过C作交延长线于M，由题意可得，设，则，通过勾股定理和三角函数进行列方程求解即可；
（2）结合三角函数和平行线的性质进行求解并比较即可得到解答．
【小问1详解】
过C作交延长线于M，
由题意得，海里，
由题意得，在中，，
∴，
设 ，则，
在中，，
∴，
解得，
∴海里，
在中，，
∴海里；
【小问2详解】
∵海里，
∴海里，
∵，
∴，
∴，
∴海里，
∵，，
∴，
∴，
∴海里，
货船从B到C用时：（小时），
∵6分钟小时，
∴（小时）
∴（海里），
∵（海里），
∴能在货船之前到达小岛C．
【点睛】本题考查了三角函数的综合、勾股定理的应用、分式方程的应用和平行线的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
25. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线经过，与轴交于点、点，与轴交于点．

（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，连接，点为抛物线上之间的一个动点，过点作轴交于点，过点作交直线于点，求的最大值，并求出此时点的坐标；
（3）如图2，将原抛物线沿射线方向平移个单位得到新抛物线，点为新抛物线的对称轴与轴的交点，连接，点为新抛物线对称轴右侧平面内一点，当与相似时，请直接写出所有满足条件的点坐标．
【答案】（1）
（2）的最大值为，点P的坐标为，
（3）点Q的坐标是或或
【解析】
【分析】此题考查了二次函数的图象和性质、相似三角形的判定和性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
（1）利用待定系数法解答即可；
（2）设点P的坐标是，其中，得到，根据二次函数性质即可得到答案；
（3）分两种情况分别画图，进行解答即可．
【小问1详解】
解：将、点代入函数解析式得到，
，
解得，
∴
【小问2详解】
当，，
当，，解得或，
∴点A点的坐标是，
设直线的解析式为，
∴
∴，
∴直线的解析式为
同理可得的解析式为
设点P的坐标是，其中
∵轴，
∴
∵
∴，
∴，
∴
当时，由最大值，
此时点P的坐标为，
【小问3详解】
直线的解析式为
∴
∵原抛物线沿射线方向平移个单位得到新抛物线，
∴原抛物线沿y轴正方向平移，沿x轴正方向平移
∴，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴，
∵，
∴
∴直角三角形，
∴，
设点Q的坐标为，
当时，如图1，过点D作轴于点F，过点Q作轴于点E，

∴，
∴，
∴
解得
∴点Q的坐标是
∴，
∴
解得
∴点Q的坐标是
当时，如图2，过点D作轴于点M，过点Q作于点G，

∴，
∴，
∴
解得
∴点Q的坐标是
当时，
解得
∴点Q坐标是（不合题意，舍去）
综上可知，点Q坐标是或或
26. 如图，在中，，点是射线上一动点，为射线上一动点．
（1）如图1，当在线段上，且，连接，，过点作于点，，求线段的长．
（2）如图2，当，连接并延长到，使，连接．请猜想与的数量关系，并证明你的猜想．
（3）如图3，若，连接，将绕点顺时针旋转，得到，若为的中点，为平面内任意一点，把沿直线翻折后得到，当最小时，求点到的距离．
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）求出，由求出，利用即可求出答案；
（2）连接，过点F作交的延长线于点G，证明，则，证明，则，进一步得到是等腰直角三角形，即可得到结论；
（3）以点C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，得到，过点A作轴，过点D作于点M，过点作于点N，证明，得到，证明点在直线上，作点A关于直线的对称点，连接，得到，得到，则在以点F为圆心，4为半径的圆上，当三点共线时，最小，进一步求解即可．
【小问1详解】
解：∵在中，，，，
∴
∴，
∵
∴
∴，
∴,
∵
∴
∵，
∴
∴
【小问2详解】
，理由如下；
如图2，连接，过点F作交的延长线于点G，
∵，
∴
∴
∵
∴
∵，
∴
∴
∴
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
【小问3详解】
以点C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，
∵
∴
过点A作轴，过点D作于点M，过点作于点N，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴点的横坐标为
∴点在直线上，
作点A关于直线的对称点，连接，
∴，
∵F是的中点，
∴，
∵沿直线翻折后得到，
∴，
∴在以点F为圆心，4为半径的圆上，
当三点共线时，最小，
设直线的解析式为，
∵，
∴
解得
∴直线的解析式为，
设点的坐标为，
∴,
即
解得，，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为，
∵，
∴
解得
∴直线的解析式为，
过点作直线的平行线
∴
解得，
∴解析式为，
则平行直线与y轴交点为，
∴
过点G作于点H，
∵
∴,
∴，
解得，，
∴点到直线的距离为
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、一次函数的图象和性质、轴对称的性质等知识，准确添加辅助线和数形结合是解题关键．和
和
和
和
和
和
和
和
和
和
和
和
和
和
和
和
平均数
中位数
众数
方差
七年级
91
91

29.8
八年级
91

95
17.8