2025届江西省乐平市数学九上开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】

这是一份2025届江西省乐平市数学九上开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】，共25页。试卷主要包含了选择题，三象限D．第二，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）1的平方根是( )
A．1B．-1C．±1D．0
2、（4分）在□ABCD中，延长AB到E，使BE＝AB，连接DE交BC于F，则下列结论不一定成立的是( )
A．∠E＝∠CDFB．EF＝DFC．AD＝2BFD．BE＝2CF
3、（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
4、（4分）坐标平面上,有一线性函数过(-3,4)和(-7,4)两点,则此函数的图象会过( )
A．第一、二象限B．第一、四象限
C．第二、三象限D．第二、四象限
5、（4分）已知，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）如图，在中，，，于点，则与的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）过原点和点的直线的解析式为（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）如图直线l1：y=ax+b，与直线l2：y=mx+n交于点A（1，3），那么不等式ax+b＜mx+n的解集是（ ）
A．x＞3 B．x＜3 C．x＞1 D．x＜1
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）将正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2按如图所示方式放置，点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线和x轴上，则点B2019的横坐标是______.
10、（4分）一次函数y=2x-1的图象在轴上的截距为______
11、（4分）如图，菱形的对角线相交于点，若，则菱形的面积＝____.
12、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AB且E为垂足，如果∠A＝125°，则∠BCE＝____.
13、（4分）如图,在平面直角坐标系中直线y=−x+10与x轴,y轴分别交于A．B两点,C是OB的中点,D是线段AB上一点,若CD=OC,则点D的坐标为___
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝3，BC＝5，连接BD，∠BAD的平分线分别交BD、BC于点E、F，且AE∥CD
（1）求AD的长；
（2）若∠C＝30°，求CD的长．
15、（8分）计算：
（1）－|5－|＋； （2）－(2＋)2
16、（8分）如图，已知直线 :与x轴，y轴的交点分别为A，B，直线 : 与y轴交于点C，直线与直线的交点为E，且点E的横坐标为2.
（1）求实数b的值；
（2）设点D（a，0）为x轴上的动点，过点D作x轴的垂线，分别交直线与直线于点M、N，若以点B、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形，求a的值.
17、（10分）张明、王成两位同学在初二学年10次数学单元检测的成绩（成绩均为整数，且个位数为0）如图所示利用图中提供的信息，解答下列问题：
（1）完成下表：
（2）如果将90分以上（含90分）的成绩视为优秀，则优秀率较高的同学是 ；
（3）根据图表信息，请你对这两位同学各提出学习建议．
18、（10分）如图，等腰直角中，，点在上，将绕顶点沿顺时针方向旋转90°后得到.
（1）求的度数；
（2）当，时，求的大小；
（3）当点在线段上运动时（不与，重合），求证：.
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）某食堂午餐供应10元、16元、20元三种价格的盒饭，根据食堂某月销售午餐盒饭的统计图，可计算出该月食堂午餐盒饭的平均价格是_______元．
20、（4分）如图是由6个形状大小完全相同菱形组成的网格，若菱形的边长为1，一个内角(∠O)为60°，△ABC的各顶点都在格点上，则BC边上的高为______．
21、（4分）如图，，的垂直平分线交于点，若，则下列结论正确是______（填序号）① ②是的平分线 ③是等腰三角形 ④的周长.
22、（4分）当__________时，分式有意义．
23、（4分）若分式 的值为零，则x=________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）某长途汽车客运公司规定旅客可免费携带一定质量的行李，当行李的质量超过规定时，需付的行李费y（元）是行李质量x（kg）的一次函数．已知行李质量为20kg时需付行李费2元，行李质量为50kg时需付行李费8元．
（1）当行李的质量x超过规定时，求y与x之间的函数表达式；
（2）求旅客最多可免费携带行李的质量．
25、（10分）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为AB、BC的中点，连接CE、DF，将△CBE沿CE对折，得到△CGE，延长EG交CD的延长线于点H。
（1）求证：CE⊥DF；
（2）求的值．
26、（12分）如图①，在四边形中，，，，，点从点开始沿边向终点以每秒的速度移动，点从点开始沿边向终点以每秒的速度移动，当其中一点到达终点时运动停止，设运动时间为秒.
（1）求证：当时，四边形是平行四边形；
（2）当为何值时，线段平分对角线？并求出此时四边形的周长；
（3）当为何值时，点恰好在的垂直平分线上？
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】
根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x=a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题．
【详解】
∵(±1) =1，
∴1的平方根是±1.
故选：C.
此题考查平方根，解题关键在于掌握其定义
2、D
【解析】
试题分析：根据CD∥AE可得∠E=∠CDF，A正确；根据AB=BE可得CD=BE，从而说明△DCF和△EBF全等，得到EF=DF，B正确；根据中点的性质可得BF为△ADE的中位线，则AD=2BF，C正确；D无法判定.
考点：(1)、平行四边形的性质；(2)、三角形中位线性质.
3、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．
4、A
【解析】
根据该线性函数过点（-3，4）和（-7，4）知，该直线是y=4，据此可以判定该函数所经过的象限．
【详解】
∵坐标平面上有一次函数过(-3,4)和(-7,4)两点,
∴该函数图象是直线y=4,
∴该函数图象经过第一、二象限.
故选：A．
本题考查了一次函数的性质．解题时需要了解线性函数的定义：在某一个变化过程中，设有两个变量x和y，如果可以写成y=kx+b（k为一次项系数，b为常数），那么我们就说y是x的一次函数，其中x是自变量，y是因变量．一次函数在平面直角坐标系上的图象为一条直线．
5、C
【解析】
根据不等式的性质逐个判断即可．
【详解】
解：A、∵x＞y，
∴2x＞2y，故本选项不符合题意；
B、∵x＞y，
∴x−6＞y−6，故本选项不符合题意；
C、∵x＞y，
∴x＋5＞y＋5，故本选项符合题意；
D、∵x＞y，
∴−3x＜−3y，故本选项不符合题意；
故选：C．
本题考查了不等式的性质，能熟记不等式的性质的内容是解此题的关键，注意：不等式的性质1是：不等式的两边都加（或减）同一个数或式子，不等号的方向不变，不等式的性质2是：不等式的两边都乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变，不等式的性质3是：不等式的两边都乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
6、A
【解析】
易证得△BCD∽△BAC，得∠BCD＝∠A＝30°，那么BC＝2BD，即△BCD与△BAC的相似比为1：2，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得到正确的结论．
【详解】
解：∵
∴∠BDC＝90°，
∵∠B＝∠B，∠BDC＝∠BCA＝90°，
∴△BCD∽△BAC；①
∴∠BCD＝∠A＝30°；
Rt△BCD中，∠BCD＝30°，则BC＝2BD；
由①得：S△BCD：S△BAC＝(BD：BC)2＝1：4；
故选：A．
此题主要考查的是直角三角形和相似三角形的性质；
相似三角形的性质：相似三角形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方．
7、A
【解析】
设直线的解析式为y=kx（k≠0），把（2，3）代入函数解析式，根据待定系数法即可求得．
【详解】
解：∵直线经过原点，
∴设直线的解析式为y=kx（k≠0），
把（2，3）代入得3=2k，
解得，
该直线的函数解析式为y=x．
故选：A．
此题主要考查了用待定系数法求函数的解析式．熟练掌握待定系数法是解题的关键．
8、D
【解析】
根据函数图象交点左侧直线y=ax+b图象在直线：y=mx+n图象的下面，即可得出不等式ax+b＜mx+n的解集．
【详解】
解：∵直线l1：y=ax+b，与直线l2：y=mx+n交于点A（1，3），
∴不等式ax+b＜mx+n的解集是：x＜1．
故选：D．
本题考查一次函数与不等式，利用数形结合得出不等式的解集是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、.
【解析】
利用一次函数图象上点的坐标特征及正方形的性质可得出点B1，B2，B3，B4，B5的坐标，根据点的坐标的变化可找出变化规律“点Bn的坐标为（2n-1，2n-1）（n为正整数）”，再代入n=2019即可得出结论．
【详解】
当x=0时，y=x+1=1，
∴点A1的坐标为（0，1）．
∵四边形A1B1C1O为正方形，
∴点B1的坐标为（1，1），点C1的坐标为（1，0）．
当x=1时，y=x+1=2，
∴点A1的坐标为（1，2）．
∵A2B2C2C1为正方形，
∴点B2的坐标为（3，2），点C2的坐标为（3，0）．
同理，可知：点B3的坐标为（7，4），点B4的坐标为（15，8），点B5的坐标为（31，16），…，
∴点Bn的坐标为（2n-1，2n-1）（n为正整数），
∴点B2019的坐标为（22019-1，22018）．
故答案为22019-1．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律“点Bn的坐标为（2n-1，2n-1）（n为正整数）”是解题的关键．
10、-1
【解析】
根据截距的定义：一次函数y=kx+b中，b就是截距，解答即可.
【详解】
解：∵一次函数y=2x-1中b=-1，
∴图象在轴上的截距为-1.
故答案为：-1.
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征.
11、3.
【解析】
先求出菱形对角线AC和BD的长度，利用菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】
因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD．
在Rt△AOB中，利用勾股定理求得BO=1．
∴BD=6，AC=2．
∴菱形ABCD面积为×AC×BD=3．
故答案为：3．
本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是熟记菱形面积的求解方法，运用对角线求解面积是解题的最优途径．
12、1
【解析】
分析：根据平行四边形的性质和已知，可求出∠B，再进一步利用直角三角形的性质求解即可．
详解：∵AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°，
∴∠B=180°-125°=55°，
∵CE⊥AB，
∴在Rt△BCE中，∠BCE=90°-∠B=90°-55°=1°．
故答案为1．
点睛：本题主要考查了平行四边形的性质，运用平行四边形对边平行的性质，得到邻角互补的结论，这是运用定义求四边形内角度数的常用方法．
13、（4，8）
【解析】
由解析式求得B的坐标，加入求得C的坐标，OC=5，设D（x，-x+10），根据勾股定理得出x +（x-5）=25，解得x=4，即可求得D的坐标．
【详解】
由直线y＝−x+10可知：B（0，10），
∴OB=10，
∵C是OB的中点，
∴C（0，5），OC=5，
∵CD=OC，
∴CD=5，
∵D是线段AB上一点，
∴设D（x，-x+10），
∴CD=
∴
解得x =4，x =0（舍去）
∴D（4，8），
故答案为：（4，8）
此题考查一次函数与平面直角坐标系，勾股定理，解题关键在于利用勾股定理进行计算
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1) 2；(2)
【解析】
分析：(1)根据等角对等边即可证得BF=AB,然后根据FC=BC-BF即可求解;(2)过B作AF的垂线BG,垂足为H. 由(1)得：四边形AFCD为平行四边形且AB=BF=3,在RT△BHF中求得BH的长,利用勾股定理即可求解.
详解：(1)AD∥BC,AE∥CD,
∴四边形AFCD是平行四边形
∴AD=CF
∵AF平分∠BAD
∴∠BAF=∠DAF
∵AD∥BC
∴∠DAF=∠AFB
∴∠BAF=∠AFB
∴AB=BF
∵AB=3，BC=5
∴BF=3
∴FC=5-3=2
∴AD=2.
(2)如图，
过点B作BH⊥AF交AF于H
由(1)得：四边形AFCD为平行四边形且AB=BF=3，
∴AF=CD，AF∥CD
∴FH=AH，∠AFB=∠C
∵∠C=30°
∴∠HFB=30°
∴BF=2BH
∵BF=3
∴BH=
∴FH=,
∴AF=2×=3
∴CD=3.
点睛：本题考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理的应用，解本题的关键是正确的作出辅助线.
15、（1）13+4；（2）-1．
【解析】
（1）先把二次根式化简，然后去绝对值后合并即可；
（2）利用分母有理化和完全平方公式计算．
【详解】
解：（1）原式=3-（5-）+18
=3-5++18
=13+4；
（2）原式=4-（4+4+3）
=4-1-4
=-1．
故答案为：（1）13+4；（2）-1．
本题考查二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
16、（2）2；（2）a=5或-2.
【解析】
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征，由点E在直线上可得到点E的坐标，由点E在直线上，进而得出实数b的值；
（2）依据题意可得MN＝|2+a−(2−a)|＝|a−2|，BO=2．当MN=BO=2时，以点B、O、M、N为顶点的四边形为平行四边形，即可得到|a-2|=2，进而得出a的值．
【详解】
解：（2）∵点E在直线l2上，且点E的横坐标为2，
∴点E的坐标为（2，2），
∵点E在直线l上，
∴2＝−×2+b，
解得：b=2；
（2）如图，当x=a时，yM＝2−a，yN＝2+a，
∴MN＝|2+a−(2−a)|＝|a−2|，
当x=0时，yB=2，
∴BO=2．
∵BO∥MN，
∴当MN=BO=2时，以点B、O、M、N为顶点的四边形为平行四边形，
此时|a-2|=2，
解得：a=5或a=-2．
∴当以点B、O、M、N为顶点的四边形为平行四边形，a的值为5或-2．
故答案为：（2）2；（2）a=5或-2.
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质以及解一元一次方程，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
17、（1）张明：平均成绩80，方,60；王成：平均成绩80，中位,85，众,90；（2）王成；（3）张明学习成绩还需提高，优秀率有待提高.
【解析】
(1)根据平均数、中位数、众数、方差的概念以及求解方法分别求解，填表即可；
(2)分别计算两人的优秀率，然后比较即可；
(3)比较这两位同学的方差，方差越小，成绩越稳定．
【详解】
(1)张明的平均成绩=(80+70+90+80+70+90+70+80+90+80)÷10=80，
张明的成绩的方差=[4×(80-80)2+3×(70-80)2+3×(90-80)2]÷10=60，
王成的平均成绩=(80+60+100+70+90+50+90+70+90+100)÷10=80，
王成的成绩按大小顺序排列为50、60、70、70、80、90、90、90、100、100，
中间两个数为80，90，则张明的成绩的中位数为85，
王成的成绩中90分出现的次数最多，则王成的成绩的众数为90，
根据相关公式计算出结果，可以填得下表：
(2)如果将90分以上(含90分)的成绩视为优秀，
则张明的优秀率为：3÷10=30%，
王成的优秀率为：5÷10=50%，
所以优秀率较高的同学是王成，
故答案为：王成；
(3)尽管王成同学优秀率较高，但是方差大，说明成绩不稳定，我们可以给他提这样一条参考意见：王成的学习要持之以恒，保持稳定；
相对而言，张明的成绩比较稳定，但是优秀率不及王成，我们可以给他提这样一条参考意见：张明同学的学习还需再加把劲，学习成绩还需提高，优秀率有待提高.
本题考查了平均数，中位数与众数，方差，统计量的选择等知识，正确把握相关概念以及求解方法是解题的关键.
18、（1）；（1）；（3）见解析.
【解析】
（1）由于∠PCB=∠BCQ=45°，故有∠PCQ=90°;
（1）利用勾股定理得出AC的长，再利用旋转的性质得出AP=CQ，求得PC的长度，进而利用勾股定理得出PQ的长；
（3）先证明△PBQ也是等腰直角三角形，从而得到PQ1=1PB1=PA1+PC1．
【详解】
（1）∵△ABP绕顶点B沿顺时针方向旋转90°后得到△CBQ，
∴，
∴，
∴.
（1）当时，有，，
，
∴.
（3）由（1）可得，，，
，
∴是等腰直角三角形，是直角三角形.
∴，
∵，
∴，
故有.
考查了旋转的性质以及勾股定理和等腰直角三角形的性质等知识，得出旋转前后对应线段之间关系是解题关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、13
【解析】
试题解析：
故答案为
点睛：题目主要考查加权平均数.分别用单价乘以相应的百分比然后相加，计算即可得解.
20、
【解析】
如图，连接EA、EC，先证明∠AEC＝90°，E、C、B共线，求出AE即可.
【详解】
解：如图，连接EA，EC，
∵菱形的边长为1，由题意得∠AEF＝30°，∠BEF＝60°，AE＝，
∴∠AEC＝90°，
∵∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°，
∴∠ECB＝180°，
∴E、C、B共线，
∴AE即为△ACB的BC边上的高，
∴AE＝，
故答案为．
本题考查菱形的性质，特殊三角形边角关系等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
21、①②③④
【解析】
由△ABC中，∠A=36°，AB=AC，根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理，即可求得∠C的度数；又由线段垂直平分线的性质，易证得△ABD是等腰三角形，继而可求得∠ABD与∠DBC的度数，证得BD是∠ABC的平分线，然后由∠DBC=36°，∠C=72°，证得∠BDC=72°，易证得△DBC是等腰三角形，个等量代换即可证得④△BCD的周长=AB+BC．
【详解】
∵△ABC中，∠A=36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C==72°，
故①正确；
∵DM是AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠A=36°，
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=36°，
∴∠ABD=∠DBC，
∴BD是∠ABC的平分线；
故②正确；
∵∠DBC=36°，∠C=72°，
∴∠BDC=180°-36°-72°=72°，
∴∠BDC=∠C，
∴BC=BD，
∴△DBC是等腰三角形；
故③正确；
∵BD=AD，
∴△BCD的周长=BD+BC+CD=AC+BC=AB+BC，
故④正确；
故答案为：①②③④．
本题考查的是线段垂直平分线的性质及等腰三角形的判定与性质，熟知垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等是解答此题的关键．
22、≠
【解析】
若分式有意义，则≠0，
∴a≠
23、2
【解析】
分式的值为1的条件是：（1）分子=1；（2）分母≠1．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．
【详解】
依题意得x2-x-2=1，解得x=2或-1，
∵x+1≠1，即x≠-1，
∴x=2．
此题考查的是对分式的值为1的条件的理解和因式分解的方法的运用，该类型的题易忽略分母不为1这个条件．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）当行李的质量x超过规定时，y与x之间的函数表达式为y=x﹣2；
（2）旅客最多可免费携带行李10kg．
【解析】
（1）用待定系数法求一次函数的表达式；
（2）旅客最多可免费携带行李的质量就是时x的值 .
【详解】
(1)根据题意，设与的函数表达式为y=kx+b
当x=20时，y=2，得2=20k+b当x=50时，y=8，得8=50k+b.
解方程组，得，所求函数表达式为y=x-2.
(2) 当y=0时，x-2=0，得x=10.
答：旅客最多可免费携带行李10kg.
考点：一次函数的实际应用
25、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）运用△BCE≌Rt△CDF（SAS），再利用角的关系求得∠CKD=90°即可解题．
（2）设正方形ABCD的边长为2a，设CH=x，利用勾股定理求出a与x之间的关系即可解决问题．
【详解】
（1）证明：设EC交DF于K．
∵E，F分别是正方形ABCD边AB，BC的中点，
∴CF=BE，
在Rt△BCE和Rt△CDF中，
，
∴△BCE≌Rt△CDF（SAS），
∠BCE=∠CDF，
又∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠CDF+∠ECD=90°，
∴∠CKD=90°，
∴CE⊥DF．
（2）解：设正方形ABCD的边长为2a．
EB=EG，∠BEC=∠CEG，∠EGC=∠B=90°
∵CD∥AB，
∴∠ECH=∠BEC，∴∠ECH=∠CEH，
∴EH=CH，
∵BE=EG=a，CD=CG=2a，
在Rt△CGH中，设CH=x，
∴x2=（x-a）2+（2a）2，
∴x=a，
∴GH=EH-EG=a-a=a，
∴．
本题考查的是旋转变换、翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟知旋转、翻折不变性是解答此题的关键，学会构建方程解决问题．
26、 (1)见解析;(2)t=3, ;(3) .
【解析】
（1）根据，求出DQ,AP的长，再根据平行四边形的判定定理即可求解；
（2）根据题意得到DE=BE,根据矩形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，即可求出t的值，再根据勾股定理即可求解；
（3）分别过点、作，，根据矩形的性质可得，求出 的长，再根据垂直平分线的性质得到PD=PQ，故DE=PM，代入即可求出t的值.
【详解】
（1）证明：∵，
∴当秒时，两点停止运动，在运动过程中，，
∴，当时，，，
∴，
又∵，∴，
∴四边形为平行四边形.
（2）如图①，设交于点，若平分对角线，则，
∵，
∴，，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，解得，符合题意，
∴当秒时，平分对角线，
此时，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
过点作于点，
∵，，，
∴，，∴，
由勾股定理，得，
∴四边形的周长.
（3）如图②，分别过点、作，，分别交于点、，连接、，
可得四边形是矩形，，，，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵点在的垂直平分线上，
∴，，四边形是矩形，
∴，即，
解得，
则当为时，点恰好在的垂直平分线上.
此题主要考查矩形动点问题，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
姓名
平均成绩
中位数
众数
方差（s2）
张明

80
80

王成



260
姓名
平均成绩
中位数
众数
方差(s2)
张明
80
80
80
60
王成
80
85
90
260