2025届福建省泉州市泉州聚龙外国语学校数学九年级第一学期开学综合测试试题【含答案】

这是一份2025届福建省泉州市泉州聚龙外国语学校数学九年级第一学期开学综合测试试题【含答案】，共24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。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）如图，在▱ABCD中，AC与BD交于点O，下列说法正确的是（ ）
A．AC=BDB．AC⊥BDC．AO=COD．AB=BC
2、（4分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，且BD=2CD，BC=6cm，则点D到AB的距离为（ ）
A．4cmB．3cmC．2cmD．1cm
3、（4分）化简的结果是（）
A．－2B．2C．D．4
4、（4分）如图，直线的图象如图所示．下列结论中，正确的是（ ）
A．B．方程的解为；
C．D．若点A（1，m）、B（3，n）在该直线图象上，则．
5、（4分）如图，在六边形中，，分别平分，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）若分式的值为5，则x、y扩大2倍后，这个分式的值为（ ）
A．B．5C．10D．25
7、（4分）如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）
A．B．C．5D．4
8、（4分）某校组织数学学科竞赛为参加区级比赛做选手选拔工作，经过多次测试后，有四位同学成为晋级的候选人，具体情况如下表，如果从这四位同学中选出一名晋级（总体水平高且状态稳定）你会推荐（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B都在格点上，则线段AB的长度为_________．
10、（4分）己知关于的分式方程有一个增根，则_____________．
11、（4分）将函数的图象向下平移3个单位，所得图象的函数解析式为______.
12、（4分）在平面直角坐标系中，P（2，﹣3）关于x轴的对称点是_____
13、（4分）若是方程的一个根，则的值为____________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）有红、白、蓝三种颜色的小球各一个，它们除颜色外没有其他任何区别.现将3个小球放入编号为①②③的三个盘子里，规定每个盒子里放一个，且只能放一个小球
（1）请用树状图或其他适当的形式列举出3个小球放入盒子的所有可能情况；
（2）求红球恰好被放入②号盒子的概率.
15、（8分）如图，在中，，，点D是BC边的中点，于点E，于点F．
（1）________（用含α的式子表示）
（2）作射线DM与边AB交于点M，射线DM绕点D顺时针旋转，与AC边交于点N．根据条件补全图形，并写出DM与DN的数量关系，请说明理由.
16、（8分）在ABCD中，∠ADC的平分线交直线BC于点E、交AB的延长线于点F，连接AC．
（1）如图1，若∠ADC=90°，G是EF的中点，连接AG、CG.
①求证：BE=BF；
②请判断△AGC的形状，并说明理由.
（2）如图2，若∠ADC=60°，将线段FB绕点F顺时针旋转60°至FG，连接AG、CG，判断△AGC的形状.（直接写出结论不必证明）
17、（10分）用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹．
如图，已知点，点和直线．
（1）在直线上求作一点，使最短；
（2）请在直线上任取一点（点与点不重合），连接和，试说明．
18、（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在反比例函数图象上，直线交于点，交正半轴于点，且
求的长:
若，求的值．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）直线与轴、轴的交点分别为、则这条直线的解析式为__________．
20、（4分）如图，菱形ABCD的边长为2，点E，F分别是边AD，CD上的两个动点，且满足AE+CF＝BD＝2，设△BEF的面积为S，则S的取值范围是______．
21、（4分）如图，直线 y=﹣2x+2 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，把△AOB 绕点 A 顺时针旋转 90°后得 到△AO′B′，则直线 AB′的函数解析式是_____．
22、（4分）计算：__________．
23、（4分）表①给出了直线l1上部分（x，y）坐标值，表②给出了直线l2上部分点（x，y）坐标值，那么直线l1和直线l2的交点坐标为_______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知关于的一元二次方程.
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程两个根的绝对值相等，求此时的值.
25、（10分）在购买某场足球赛门票时，设购买门票数为x（张），总费用为y（元）．现有两种购买方案：
方案一：若单位赞助广告费10000元，则该单位所购门票的价格为每张60元；
（总费用＝广告赞助费+门票费）
方案二：购买门票方式如图所示．
解答下列问题：
（1）方案一中，y与x的函数关系式为 ；
方案二中，当0≤x≤100时，y与x的函数关系式为 ，当x＞100时，y与x的函数关系式为 ；
（2）如果购买本场足球赛门票超过100张，你将选择哪一种方案，使总费用最省？请说明理由；
（3）甲、乙两单位分别采用方案一、方案二购买本场足球赛门票共700张，花去总费用计58000元，求甲、乙两单位各购买门票多少张．
26、（12分）考虑下面两种移动电话计费方式
（1）直接写出两种计费方式的费用y（单位：元）关于本地通话时间x（单位：分钟）的关系式．
（2）求出两种计费方式费用相等的本地通话时间是多少分钟．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、C
【解析】
试题分析：由平行四边形的性质容易得出结论．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO；
故选C．
2、C
【解析】
作DE⊥AB于E，根据题意求出CD，根据角平分线的性质求出DE.
【详解】
解：作DE⊥AB于E，
∵BD=2CD，BC=6，
∴CD=2，
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，DE⊥AB，
∴DE=CD=2，
即点D到AB的距离为2cm，
故选：C．
本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
3、B
【解析】
先将括号内的数化简，再开根号，根据开方的结果为正数可得出答案．
【详解】
==2，
故选：B．
本题考查了二次根式的化简，解此类题目要注意算术平方根为非负数．
4、B
【解析】
根据函数图象可直接确定k、b的符号判断A、C，根据图象与x轴的交点坐标判断选项B，根据函数性质判断选项D.
【详解】
由图象得：k<0，b>0，∴A、C都错误；
∵图象与x轴交于点（1,0），∴方程的解为，故B正确；
∵k<0，∴y随着x的增大而减小，由1<3得m>n，故D错误，
故选：B.
此题考查一次函数的图象，一次函数的性质，正确理解图象得到对应的信息是解题的关键.
5、A
【解析】
由多边形内角和定理求出∠A+∠B+∠E+∠F+∠CDE+∠BCD＝720°①，由角平分线定义得出∠BCP＝∠DCP，∠CDP＝∠PDE，根据三角形内角和定理得出∠P+∠PCD+∠PDE＝180°，得出2∠P+∠BCD+∠CDE＝360°②，由①和②即可求出结果.
【详解】
在六边形 A BCDEF中，
∠A+∠B+∠E+∠F+∠CDE+∠BCD＝(6-2)×180°＝720°①，
CP、DP分別平分∠BCD、∠CDE，
∴∠BCP＝∠DCP，∠CDP＝∠PDE，
∠P+∠PCD+∠PDE＝180°，
∴2(∠P+∠PCD+∠PDE)＝360°，
即2∠P+∠BCD+∠CDE＝360°②，
①-②得:∠A+∠B+∠E+∠F-2∠P＝360°，
即α-2∠P＝360°，
∴∠P=α-180°，
故选:A.
本题考查了多边形内角和定理、角平分线定义以及三角形内角和定理;熟记多边形内角和定理和三角形内角和定理是解题关键.
6、B
【解析】
用、分别代替原式中的、，再根据分式的基本性质进行化简，观察分式的变化即可.
【详解】
根据题意，得
新的分式为.
故选：.
此题考查了分式的基本性质.
7、A
【解析】
根据菱形性质求出AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，设AB,CD交于O点，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵AC＝8，DB＝6，
∴AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，
由勾股定理得：AB＝＝5，
∵S菱形ABCD＝×AC×BD＝AB×DH，
∴×8×6＝5×DH，
∴DH＝，
故选A．
本题考查了勾股定理和菱形的性质的应用，能根据菱形的性质得出S菱形ABCD＝×AC×BD＝AB×DH是解此题的关键．
8、C
【解析】
在这四位同学中，乙、丙的平均分一样，但丙的方差小，成绩比较稳定，由此可知，可推荐丙，故选C.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
建立格点三角形，利用勾股定理求解AB的长度即可．
【详解】
如图所示，作出直角三角形ABC，小方格的边长为1，
∴由勾股定理得．
考查了格点中的直角三角形的构造和勾股定理的应用，熟记勾股定理内容是解题关键．
10、
【解析】
增根是分式方程化为整式方程后产生的使分式方程的分母为0的根．有增根，那么最简公分母x-3=0，所以增根是x=3，把增根代入化为整式方程的方程即可求出未知字母的值．
【详解】
方程两边都乘(x−3)，得
x−2(x−3)=k+1，
∵原方程有增根，
∴最简公分母x−3=0，即增根是x=3，
把x=3代入整式方程，得k=2.
本题主要考查了分式方程的增根，熟悉掌握步骤是关键.
11、y=2x﹣1
【解析】
根据“上加下减”的平移原理，结合原函数解析式即可得出结论．
【详解】
根据“上加下减”的原理可得：
函数y=2x的图象向下平移1个单位后得出的图象的函数解析式为y=2x﹣1．
故答案为：y=2x﹣1．
本题考查了一次函数图象与几何变换，解题的关键是根据平移原理找出平移后的函数解析式．
12、（2，1）
【解析】
平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于x轴的对称点的坐标是（x，﹣y），即关于横轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数，这样就可以求出对称点的坐标．
【详解】
点P（2，﹣1）关于x轴的对称点的坐标是（2，1），
故答案为：2，1．
本题主要考查了平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系，是需要识记的内容，比较简单．
13、1
【解析】
把x＝m代入方程，求出2m2﹣3m＝1，再变形后代入，即可求出答案．
【详解】
∵m是方程2x2﹣3x﹣1＝0的一个根，
∴代入得：2m2﹣3m﹣1＝0，
∴2m2﹣3m＝1，
∴4m2﹣6m+2019＝2（2m2﹣3m）+2019＝2×1+2019＝1，
故答案为：1．
本题考查了求代数式的值和一元二次方程的解，能求出2m2﹣3m＝1是解此题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）详见解析；（2）
【解析】
列举出符合题意的各种情况的个数，再根据概率公式解答即可．
【详解】
（1）
（2）P(红球恰好被放入②号盒子)=
本题考查列表法与树状图法，列举出符合题意的各种情况的个数是解题关键.
15、 (1);(2) ,理由见解析
【解析】
（1）先利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到∠B=∠C=90°-，然后利用互余可得到∠EDB=；
（2）①如图，利用∠EDF=180°-2画图；
②先利用等腰三角形的性质得到DA平分∠BAC，再根据角平分线性质得到DE=DF，根据四边形内角和得到∠EDF=180°-2，所以∠MDE=∠NDF，然后证明△MDE≌△NDF得到DM=DN；
【详解】
解：（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠C=（180°-∠A）=90°-，
而DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠EDB=90°-∠B=90°-（90°-）=；
故答案为：；
（2）①补全图形如图所示.
②结论：．
理由；在四边形AEDF中，，于点E，于点F，
∴，
连接AD，∵点D是BC边的中点，，
∴，
又∵射线DM绕点D顺时针旋转与AC边交于点N，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用数形结合区找出边和角的关系，然后解决问题.
16、（1）①证明见解析；②△AGC是等腰直角三角形．证明见解析；（2）△AGC是等边三角形.
【解析】
（1）①先判定四边形ABCD是矩形，再根据矩形的性质可得∠ABC=90°，AB∥DC，AD∥BC，然后根据平行线的性质求出∠F=∠FDC，∠BEF=∠ADF，再根据DF是∠ADC的平分线，利用角平分线的定义得到∠ADF=∠FDC，从而得到∠F=∠BEF，然后根据等角对等边的性质即可证明；
②连接BG，根据等腰直角三角形的性质可得∠F=∠BEF=45°，再根据等腰三角形三线合一的性质求出BG=FG，∠F=∠CBG=45°，然后利用“边角边”证明△AFG和△CBG全等，根据全等三角形对应边相等可得AG=CG，再求出∠GAC+∠ACG=90°，然后求出∠AGC=90°，然后根据等腰直角三角形的定义判断即可；
（2）连接BG，根据旋转的性质可得△BFG是等边三角形，再根据角平分线的定义以及平行线的性质求出AF=AD，平行四边形的对角相等求出∠ABC=∠ADC=60°，然后求出∠CBG=60°，从而得到∠AFG=∠CBG，然后利用“边角边”证明△AFG和△CBG全等，根据全等三角形对应边相等可得AG=CG，全等三角形对应角相等可得∠FAG=∠BCG，然后求出∠GAC+∠ACG=120°，再求出∠AGC=60°，然后根据等边三角形的判定方法判定即可．
【详解】
（1）证明：①∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AB∥DC，AD∥BC，
∴∠F=∠FDC，∠BEF=∠ADF，
∵DF是∠ADC的平分线，∴∠ADF=∠FDC，∴∠F=∠BEF，
∴BF=BE；
②△AGC是等腰直角三角形．
理由如下：连接BG，
由①知，BF=BE，∠FBC=90°，∴∠F=∠BEF=45°，
∵G是EF的中点，∴BG=FG，∠F=∠CBG=45°，
∵∠FAD=90°，∴AF=AD，又∵AD=BC，∴AF=BC，
在△AFG和△CBG中， ∴△AFG≌△CBG，
∴AG=CG，∠FAG=∠BCG，
又∵∠FAG+∠GAC+∠ACB=90°，∴∠BCG+∠GAC+∠ACB=90°，
即∠GAC+∠ACG=90°，∴∠AGC=90°，∴△AGC是等腰直角三角形；
(2)△AGC是等边三角形.
证明：连接BG，∵FB绕点F顺时针旋转60°至FG，
∴△BFG是等边三角形，
∴FG=BG，∠FBG=60°，
又∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，
∴∠ABC=∠ADC=60°
∴∠CBG=180°-∠FBG-∠ABC=180°-60°-60°=60°，
∴∠AFG=∠CBG，
∵DF是∠ADC的平分线，
∴∠ADF=∠FDC，
∵AB∥DC，
∴∠AFD=∠FDC，
∴∠AFD=∠ADF，
∴AF=AD，
在△AFG和△CBG中，
，
∴△AFG≌△CBG（SAS），
∴AG=CG，∠FAG=∠BCG，
在△ABC中，∠GAC+∠ACG=∠ACB+∠BCG+∠GAC=∠ACB+∠BAG+∠GAC=∠ACB+∠BAC=180°-60°=120°，
∴∠AGC=180°-（∠GAC+∠ACG）=180°-120°=60°，
∴△AGC是等边三角形．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，难度较大，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17、（1）作图见解析；（2）证明见解析
【解析】
（1）根据题意，做点A关于直线的对称点，连接交直线与点P即可；
（2）根据两点之间线段最短，结合三角形两边之和大于第三边即可证得．
【详解】
（1）作点关于直线的对称点，连接交直线于，
则点即为所求，作图如下：
（2）在直线上任取另一点，连接、、，
∵点与关于直线成轴对称，点在直线上，
∴，，
∵，
∴
即，
∴，
∴最小．
本题考查了点对称的性质，“将军饮马”模型求同侧线段之和最短，三角形三边关系的应用，掌握点的对称性和两点之间线段最短是解题的关键．
18、（1）6；（2）4
【解析】
（1）首先利用勾股定理求出EF的长，然后结合题意利用菱形的性质证明出△DOE为等腰三角形，由此求出DO，最后进一步求解即可；
（2）过点A作AN⊥OE，垂足为E，在Rt△AON中，利用勾股定理求出AN的长，然后进一步根据反比例函数的性质求出值即可.
【详解】
（1）∵，
∴EF=，∠OEF=∠OFE=45°，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA=AB=BC=OC，OB⊥AC，DO=DB，
∴△DOE为等腰三角形，
∴DO=DE=EF=3，
∴OB=2DO=6；
（2）
如图，过点A作AN⊥OE，垂足为E，则△ANE为等腰直角三角形，
∴AN=NE，
设AN=，则NE=，ON=，
在Rt△AON中，由勾股定理可得：，
解得：，，
当时，A点坐标为：(，)，C点坐标为：(，)；
当时，C点坐标为：(，)，A点坐标为：(，)；
∴.
本题主要考查了菱形的性质和等腰三角形性质与判定及勾股定理和反比例函数性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、y=1x+1．
【解析】
把（-1，0）、（0，1）代入y=kx+b得到 ，然后解方程组可．
【详解】
解：根据题意得
，
解得，
所以直线的解析式为y=1x+1．
故答案为y=1x+1．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式：设一次函数的解析式为y=kx+b（k、b为常数，k≠0），然后把函数图象上两个点的坐标代入得到关于k、b的方程组，然后解方程组求出k、b，从而得到一次函数的解析式．
20、≤S≤．
【解析】
先证明△BDE≌△BCF，再求出△BEF为正三角形即可解答.
【详解】
解：∵菱形ABCD的边长为2，BD＝2，
∴△ABD和△BCD都为正三角形，
∴∠BDE＝∠BCF＝60°，BD＝BC，
∵AE+DE＝AD＝2，而AE+CF＝2，
∴DE＝CF，
∴△BDE≌△BCF(SAS)；
∴∠DBE＝∠CBF，BE＝BF，
∵∠DBC＝∠DBF+∠CBF＝60°，
∴∠DBF+∠DBE＝60°即∠EBF＝60°，
∴△BEF为正三角形；
设BE＝BF＝EF＝x，
则S＝•x•x•sin60°＝x2，
当BE⊥AD时，x最小＝2×sin60°＝，
∴S最小＝×()2＝，
当BE与AB重合时，x最大＝2，
∴S最大＝×22＝，
∴≤S≤．
故答案为：≤S≤．
本题考查三角形全等和几何的综合运用，找出表示面积的方法是解题关键.
21、y=0.5x−0.5
【解析】
令x=0，求得点B的坐标，令y=0，求得点A的坐标，由旋转的性质可知：AO′=AO，O′B′=OB，从而可求得点B′的坐标．
【详解】
令x=0得y=2，则OB=2，令y=0得，x=1，则OA=1，
由旋转的性质可知：O′A=1,O′B′=2.
则点B′(3,1).
设直线AB′的函数解析式为y=kx+b，
把(1,0)(3,1)代入解析式,可得 ，
解得： ，
所以解析式为：y=0.5x−0.5；
此题考查一次函数图象与几何变换，解题关键在于求出A,B的坐标.
22、
【解析】
先把每个二次根式化简，然后合并同类二次根式即可。
【详解】
解：原式=2-
=
本题考查了二次根式的化简和运算，熟练掌握计算法则是关键。
23、（2，-1）
【解析】
【分析】通过观察直线l1上和l2上部分点的坐标值，会发现当x=2时，y的值都是-1，即两直线都经过点（2，-1），即交点．
【详解】通过观察表格可知，直线l1和直线l2都经过点（2，-1），
所以直线l1和直线l2交点坐标为（2，-1），
故答案为：（2，-1）
【点睛】本题考查了两直线相交的问题，仔细观察图表数据，判断出两直线的交点坐标是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）或-1.
【解析】
（1）先求出判别式△的值，再对“△”利用完全平方公式变形即可证明；
（2）根据求根公式得出x1=m+2，x2=1，再由方程两个根的绝对值相等即可求出m的值．
【详解】
解：（1）∵，
∴方程总有两个实数根；
（2）∵，
∴，.
∵方程两个根的绝对值相等，
∴.
∴或-1.
本题考查的是根的判别式及一元二次方程的解的定义，在解答（2）时得到方程的两个根是解题的关键．
25、解：(1) 方案一:y=60x+10000；
当0≤x≤100时，y=100x；
当x＞100时，y=80x+2000；
(2)当60x+10000＞80x+2000时，即x＜400时，选方案二进行购买，
当60x+10000=80x+2000时，即x=400时，两种方案都可以，
当60x+10000＜80x+2000时，即x＞400时，选方案一进行购买；
(3) 甲、乙单位购买本次足球赛门票分别为500张、200张.
【解析】
（1）根据题意可直接写出用x表示的总费用表达式；
（2）根据方案一与方案二的函数关系式分类讨论；
（3）假设乙单位购买了a张门票，那么甲单位的购买的就是700-a张门票，分别就乙单位按照方案二：①a不超过100；②a超过100两种情况讨论a取值的合理性．从而确定求甲、乙两单位各购买门票数．
【详解】
解：(1) 方案一:y=60x+10000；
当0≤x≤100时，y=100x；
当x＞100时，y=80x+2000；
(2)因为方案一y与x的函数关系式为y=60x+10000，
∵x＞100，方案二的y与x的函数关系式为y=80x+2000；
当60x+10000＞80x+2000时，即x＜400时，选方案二进行购买，
当60x+10000=80x+2000时，即x=400时，两种方案都可以，
当60x+10000＜80x+2000时，即x＞400时，选方案一进行购买；
(3) 设甲、乙单位购买本次足球赛门票数分别为a张、b张；
∵甲、乙单位分别采用方案一和方案二购买本次足球比赛门票，
∴乙公司购买本次足球赛门票有两种情况：b≤100或b＞100.
① b≤100时，乙公司购买本次足球赛门票费为100b，
解得不符合题意，舍去；
② 当b＞100时，乙公司购买本次足球赛门票费为80b+2000，
解得符合题意
答：甲、乙单位购买本次足球赛门票分别为500张、200张.
26、（1）方式一y＝0.3x+30，方式二y＝0.4x；（2）300分钟．
【解析】
（1）根据图表中两种计费方式的费用y关于本地通话时间x的关系，直接写出即可；
（2）令两种方式中的函数解析式相等即可求出x.
【详解】
解：（1）由题意可得，
方式一：y＝30+0.3x＝0.3x+30，
方式二：y＝0.4x，
即方式一中费用y（单位：元）关于本地通话时间x（单位：分钟）的关系式是y＝0.3x+30，
方式二中费用y（单位：元）关于本地通话时间x（单位：分钟）的关系式是y＝0.4x；
（2）令0.3x+30＝0.4x，
解得，x＝300，
答：两种计费方式费用相等的本地通话时间是300分钟．
一次函数在实际生活中的应用是本题的考点，根据题意列出函数解析式是解题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
甲
乙
丙
丁
平均分
92
94
94
92
方差
35
35
23
23
方式一
方式二
月租费（月/元）
30
0
本地通话费（元/分钟）
0.30
0.40