浙江省台州市白云中学2022年数学九上期末统考试题含解析

这是一份浙江省台州市白云中学2022年数学九上期末统考试题含解析
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．在平面直角坐标系中，点P（1，﹣2）是线段AB上一点，以原点O为位似中心把△AOB放大到原来的两倍，则点P对应点的坐标为（ ）
A．（2，﹣4）B．（2，﹣4）或（﹣2，4）
C．（，﹣1）D．（，﹣1）或（﹣，1）
2．如图,直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G,且AB∥CD,若BO=6cm,OC=8cm 则BE+CG的长等于( )
A．13B．12C．11D．10
3．在Rt△ABC中，∠C =90°，sinA=，则csB的值等于( )
A．B．C．D．
4．下列各数中，属于无理数的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，将绕点逆时针旋转，旋转角为，得到，这时点，，恰好在同一直线上，下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．某林业部门要考察某幼苗的成活率，于是进行了试验，下表中记录了这种幼苗在一定条件下移植的成活情况，则下列说法不正确的是（ ）
A．由此估计这种幼苗在此条件下成活的概率约为0.9
B．如果在此条件下再移植这种幼苗20000株，则必定成活18000株
C．可以用试验次数累计最多时的频率作为概率的估计值
D．在大量重复试验中，随着试验次数的增加，幼苗成活的频率会越来越稳定，因此可以用频率估计概率
7．如图,已知双曲线上有一点,过作垂直轴于点,连接,则的面积为( )
A．B．C．D．
8．如图，在给定的一张平行四边形纸片上作一个菱形．甲、乙两人的作法如下：
甲：连接AC，作AC的垂直平分线MN分别交AD，AC，BC于M，O，N，连接AN，CM，则四边形ANCM是菱形．
乙：分别作∠A，∠B的平分线AE，BF，分别交BC，AD于E，F，连接EF，则四边形ABEF是菱形．
根据两人的作法可判断（）
A．甲正确，乙错误B．乙正确，甲错误C．甲、乙均正确D．甲、乙均错误
9．下列四个几何体中，主视图与俯视图不同的几何体是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知线段MN＝4cm，P是线段MN的黄金分割点，MP＞NP，那么线段MP的长度等于（ ）
A．（2+2）cmB．（2﹣2）cmC．（+1）cmD．（﹣1）cm
11．如图，正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知BE＝1，则EF的长为（ ）
A．B．C．D．3
12．若反比例函数的图像经过点，则下列各点在该函数图像上的为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若一元二次方程的一个根是，则__________．
14．已知（x、y、z均不为零），则_____________．
15．如图，已知∠AOB＝30°，在射线OA上取点O1，以点O1为圆心的圆与OB相切；在射线O1A上取点O2，以点O2为圆心，O2O1为半径的圆与OB相切；在射线O2A上取点O3，以点O3为圆心，O3O2为半径的圆与OB相切……，若⊙O1的半径为1，则⊙On的半径是______________．
16．若正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为__________．
17．如图，是的直径，点在上，且，垂足为，，，则__________．
18．一中和二中举行数学知识竞赛，参赛学生的竞赛得分统计结果如下表：
某同学分析上表后得到如下结论：.
①一中和二中学生的平均成绩相同；
②一中优秀的人数多于二中优秀的人数（竞赛得分85分为优秀）；
③二中成绩的波动比一中小.
上述结论中正确的是___________. （填写所有正确结论的序号）
三、解答题（共78分）
19．（8分）解方程：x2﹣2x﹣2=1．
20．（8分）在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝kAC，点D在AC上，连接BD．
（1）如图1，当k＝1时，BD的延长线垂直于AE，垂足为E，延长BC、AE交于点F．求证：CD＝CF；
（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，连接AG并延长交BC于点H．
①如图2，若CH＝CD，探究线段AG与GH的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；
②如图3，若点D是AC的中点，直接写出cs∠CGH的值（用含k的代数式表示）．
21．（8分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y＝﹣ x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是直线CD上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交 线段CD于点E，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求PE的长最大时m的值．
（3）Q是平面直角坐标系内一点，在（2）的情况下，以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形是否存在？若存在，请直接写出存在 个满足题意的点．
22．（10分）如图:在平面直角坐标系中，点.
(1)尺规作图:求作过三点的圆;
(2)设过三点的圆的圆心为M，利用网格，求点M的坐标;
(3)若直线与相交，直接写出的取值范围.
23．（10分）如图，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过点，交轴于点，点为抛物线上一动点，过点作轴的垂线，交直线于点，设点的横坐标为.
（1）求抛物线的解析式.
（2）当点在直线下方的抛物线上运动时，求出长度的最大值.
（3）当以，，为顶点的三角形是等腰三角形时，求此时的值.
24．（10分）如图，在Rt△ABE中，∠B＝90°，以AB为直径的⊙O交AE于点C，CE的垂直平分线FD交BE于点D，连接CD．
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并证明；
（2）若AC＝6，CE＝8，求⊙O的半径．
25．（12分）如图，AB为⊙O的弦，若OA⊥OD,AB、OD相交于点C,且CD=BD．
(1)判定BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(2)当OA=3，OC=1时，求线段BD的长.
26．某图书馆2014年年底有图书20万册，预计2016年年底图书增加到28.8万册．
（1）求该图书馆这两年图书册数的年平均增长率；
（2）如果该图书馆2017年仍保持相同的年平均增长率，请你预测2017年年底图书馆有图书多少万册？
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【详解】点P（1，﹣2）是线段AB上一点，以原点O为位似中心把△AOB放大到原来的两倍，
则点P的对应点的坐标为（1×2，﹣2×2）或（1×（﹣2），﹣2×（﹣2）），即（2，﹣4）或（﹣2，4），
故选：B．
【点睛】
本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
2、D
【解析】根据切线长定理得：BE=BF，CF=CG，∠OBF=∠OBE，∠OCF=∠OCG；
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠OBF+∠OCF=90°，
∴∠BOC=90°，
∵OB=6cm，OC=8cm，
∴BC=10cm，
∴BE+CG=BC=10cm，
故选D.
【点睛】本题主要考查了切线长定理，涉及到平行线的性质、勾股定理等，求得BC的长是解题的关键.
3、B
【解析】在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A+∠B=90°，则csB=sinA=．故选B．
点睛：本题考查了互余两角三角函数的关系．在直角三角形中，互为余角的两角的互余函数相等．
4、A
【分析】根据无理数的三种形式：①开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有π的数，结合选项进行判断即可．
【详解】A、是无理数，故本选项正确；
B、=2，是有理数，故本选项错误；
C、0，是有理数，故本选项错误；
D、1，是有理数，故本选项错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查了无理数的定义，属于基础题，掌握无理数的三种形式是解答本题的关键．
5、C
【分析】由旋转的性质可得AB=AD，∠BAD=α，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为α，
∴AB=AD，∠BAD=α，
∴∠B=
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
6、B
【分析】大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率即可得到答案．
【详解】解：由此估计这种幼苗在此条件下成活的概率约为0.9，故A选项正确；
如果在此条件下再移植这种幼苗20000株，则大约成活18000株，故B选项错误；
可以用试验次数累计最多时的频率作为概率的估计值，故C选项正确；
在大量重复试验中，随着试验次数的增加，幼苗成活的频率会越来越稳定，因此可以用频率估计概率，故D选项正确.
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率，掌握这个知识点是解题的关键．
7、B
【分析】根据已知双曲线上有一点,点纵和横坐标的积是4，的面积是它的二分之一，即为所求.
【详解】解：∵双曲线上有一点，设A的坐标为(a,b),
∴b=
∴ab=4
∴的面积==2
故选：B.
【点睛】
本题考查了反比例函数的性质和三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键.
8、C
【解析】试题分析：甲的作法正确：
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．∴∠DAC=∠ACN．
∵MN是AC的垂直平分线，∴AO=CO．
在△AOM和△CON中，∵∠MAO=∠NCO，AO=CO，∠AOM=∠CON，
∴△AOM≌△CON（ASA），∴MO=NO．∴四边形ANCM是平行四边形．
∵AC⊥MN，∴四边形ANCM是菱形．
乙的作法正确：如图，
∵AD∥BC，∴∠1=∠2，∠2=∠1．
∵BF平分∠ABC，AE平分∠BAD，∴∠2=∠3，∠5=∠2．
∴∠1=∠3，∠5=∠1．∴AB=AF，AB=BE．∴AF=BE．
∵AF∥BE，且AF=BE，∴四边形ABEF是平行四边形．
∵AB=AF，∴平行四边形ABEF是菱形．
故选C．
9、C
【分析】根据正方体的主视图与俯视图都是正方形，圆柱横着放置时，主视图与俯视图都是长方形，球体的主视图与俯视图都是圆形，只有圆锥的主视图与俯视图不同进行分析判定．
【详解】解：圆锥的主视图与俯视图分别为圆形、三角形，
故选：C．
【点睛】
本题考查简单的几何体的三视图，注意掌握从不同方向看物体的形状所得到的图形可能不同．
10、B
【解析】根据黄金分割的定义进行作答.
【详解】由黄金分割的定义知，，又MN=4，所以，MP=2  2. 所以答案选B.
【点睛】
本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握黄金分割的定义是本题解题关键.
11、B
【解析】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG；再由正方形ABCD的边长为3，BE=1，可得EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG；最后由勾股定理可以求得答案.
【详解】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG，
∵正方形ABCD的边长为3，BE=1，
∴EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG，
在直角三角形ECF中，
∵EF2=EC2+CF2，
∴(1+GF)2=22+(3-GF)2，
解得GF=，
∴EF=1+=．
故正确选项为B.
【点睛】此题考核知识点是：正方形性质；轴对称性质；勾股定理.解题的关键在于：从图形折叠过程找出对应线段，利用勾股定理列出方程.
12、C
【分析】将点代入求出反比例函数的解析式，再对各项进行判断即可．
【详解】将点代入得
解得
∴
只有点在该函数图象上
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了反比例函数的问题，掌握反比例函数的性质以及应用是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】将x=1代入一元二次方程，即可求得m的值，本题得以解决．
【详解】解：∵一元二次方程有一个根为x=1，
∴11-6+m=0，
解得，m=1，
故答案为1．
【点睛】
本题考查一元二次方程的解，解答本题的关键是明确题意，求出m的值．
14、
【分析】根据题意，可设x=5k，y=4k，z=3k，将其代入分式即可．
【详解】解：∵
∴设x=5k，y=4k，z=3k，将其代入分式中得：．
故答案为．
【点睛】
本题考查了比例的性质，解此类题可根据分式的基本性质先用未知数k表示出x，y，z，再代入计算．
15、2n−1
【分析】
作O1C、O2D、O3E分别⊥OB，易找出圆半径的规律，即可解题．
【详解】
解：作O1C、O2D、O3E分别⊥OB，
∵∠AOB＝30°，
∴OO1＝2CO1，OO2＝2DO2，OO3＝2EO3，
∵O1O2＝DO2，O2O3＝EO3，
∴圆的半径呈2倍递增，
∴⊙On的半径为2n−1 CO1，
∵⊙O1的半径为1，
∴⊙O10的半径长＝2n−1，
故答案为：2n−1．
【点睛】
本题考查了圆切线的性质，考查了30°角所对直角边是斜边一半的性质，本题中找出圆半径的规律是解题的关键．
16、
【分析】根据题意画出草图，可得OG=2，，因此利用三角函数便可计算的外接圆半径OA.
【详解】
解：如图，连接、，作于；
则，
∵六边形正六边形，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查多边形的内接圆和外接圆，关键在于根据题意画出草图，再根据三角函数求解，这是多边形问题的解题思路.
17、2
【分析】先连接OC，在Rt△ODC中，根据勾股定理得出OC的长，即可求得答案．
【详解】连接OC，如图，
∵CD=4，OD=3，，
在Rt△ODC中，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了圆的认识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
18、①②
【分析】根据表格中的数据直接得出平均数相同，再根据一中成绩的中位数86＞85可判断一中优秀人数较多，最后根据方差越大，成绩波动越大判断波动性.
【详解】由表格数据可知一中和二中的平均成绩相同，
故①正确；
∵一中成绩的中位数86＞85，二中成绩的中位数84＜85，竞赛得分85分为优秀
∴一中优秀的人数多于二中优秀的人数
故②正确；
二中的方差大于一中，则二中成绩的波动比一中大，
故③错误；
故答案为：①②
【点睛】
本题考查平均数，中位数与方差，难度不大，熟练掌握基本概念是解题的关键.
三、解答题（共78分）
19、x1=1+，x2=1﹣．
【解析】试题分析：把常数项2移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣2的一半的平方．
试题解析：x2﹣2x﹣2=1
移项，得
x2﹣2x=2，
配方，得
x2﹣2x+1=2+1，即（x﹣1）2=3，
开方，得
x﹣1=±．
解得x1=1+，x2=1﹣．
考点：配方法解一元二次方程
20、（1）证明见解析；（2）①，证明见解析；②cs∠CGH=．
【分析】（1）只要证明△ACF≌△BCD（ASA），即可推出CF＝CD．
（2）结论：．设CD＝5a，CH＝2a，利用相似三角形的性质求出AM，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
（3）如图3中，设AC＝m，则BC＝km，m，想办法证明∠CGH＝∠ABC即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵∠ACB＝90°，BE⊥AF
∴∠ACB＝∠ACF＝∠AEB＝90°
∵∠ADE+∠EAD＝∠BDC+∠DBC＝90°，∠ADE＝∠BDC，
∴∠CAF＝∠DBC，
∵BC＝AC，
∴△ACF≌△BCD（ASA），
∴CF＝CD．
（2）解：结论：．
理由：如图2中，作AM⊥AC交CG的延长线于M．
∵CG⊥BD，MA⊥AC，
∴∠CAM＝∠CGD＝∠BCD＝90°，
∴∠ACM+∠CDG＝90°，∠ACM+∠M＝90°，
∴∠CDB＝∠M，
∴△BCD∽△CAM，
∴＝k，
∵CH＝CD，设CD＝5a，CH＝2a，
∴AM＝，
∵AM∥CH，
∴，
∴．
（3）解：如图3中，设AC＝m，则BC＝km，m，
∵∠DCB＝90°，CG⊥BD，
∴△DCG∽△DBC，
∴DC2＝DG•DB，
∵AD＝DC，
∴AD2＝DG•DB，
∴，
∵∠ADG＝∠BDA，
∴△ADG∽△BDA，
∴∠DAG＝∠DBA，
∵∠AGD＝∠GAB+∠DBA＝∠GAB+∠DAG＝∠CAB，
∵∠AGD+∠CGH＝90°，∠CAB+∠ABC＝90°，
∴∠CGH＝∠ABC，
∴.
【点睛】
本题为四边形综合探究题，考查相似三角形、三角函数等知识，解题时注意相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理的应用.
21、（1）（2）当时,的长最大（3）
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）设点的坐标为、点的坐标为，列出，根据二次函数的图象性质求解即可；
（3）分以为对角线时、以为对角线时、以为对角线时三种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线与轴交于、两点
∴将、两点代入，得：
∴
∴抛物线的解析式为：．
（2）∵直线与轴交于点，与轴交于点
∴点的坐标为，点的坐标为
∴
∵点的横坐标为
∴点的坐标为，点的坐标为
∴
∵，
∴当时,的长最大．
（3）∵由（2）可知，点的坐标为：
∴以、、、为顶点的四边形是平行四边形分为三种情况，如图：
①以为对角线时
∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为
∴点的坐标为，即；
②以为对角线时
∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为
∴点的坐标为，即；
③以为对角线时
∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为
∴点的坐标为，即．
∴综上所述，在（2）的情况下，存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为：、或
∴存在个满足题意的点．
【点睛】
本题考查了二次函数、一次函数和平行四边形的综合应用，涉及到的知识点有待定系数法求解析式、利用一次函数关系式求与坐标轴交点坐标、根据图像信息直接列函数关系式、将二次函数一般式通过配方法转化成顶点式、求当二次函数取最值时的自变量取值、根据平行四边形的性质求得符合要求的点的坐标等，属于压轴题目，有一定难度．
22、（1）见解析；（2）M(1,3)；（3）
【分析】(1) 作OA和OB的垂直平分线，交点即为圆心，据此作圆即可；
(2)AB的中点即为圆心M，由此可解；
(3)求出半径，即可知直线与相切时a的值，由此可得相交时的取值范围.
【详解】解：(1) 如图即为所要求作的过三点的圆；
作OA和OB的垂直平分线，交点即为圆心，作圆即可.
(2) 由图可知， ∠AOB=，所以AB是所求作圆的直径，
因为AB中点的坐标为(1,3),
即所求圆心M的坐标是(1,3).
（3）由圆心M和圆上任意点可求出半径r=AM=BM=，
∴当a=1-或1+时，直线与相切，
∴当 时，直线与相交.
【点睛】
本题考查了网格作图，圆的有关性质，直线与圆的位置关系，掌握切线时的有关计算是解题的关键.
23、（1）；（2）当时，线段的长度有最大值，最大值为；（3）的值为6或或或3
【分析】（1）令即可得出点A的坐标，再根据点B的坐标利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）由点D的横坐标，可知点P和点D的坐标，再根据点在直线下方的抛物线上，即可表示PD解析式，并转化为顶点式就可得出答案；
（3）根据题意分别表示出,,分当时，当时，当时三种情况分别求出m的值即可.
【详解】（1）对于，取，得，∴.
将，代入，
得解得
∴抛物线的解析式为.
（2）∵点的横坐标为，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∵点在直线下方的抛物线上，
∴
.
∵，
当时，线段的长度有最大值，最大值为.
（3）由，，，得，
，.
当为等腰三角形时，有三种情况：
①当时，，即，
解得（不合题意，舍去），；
②当时，，即，解得，；
③当时，，即，解得.
综上所述，的值为6或或或3.
【点睛】
本题考查了待定系数求二次函数解析式、二次函数的最值、等腰三角形的性质，综合性比较强，需要注意的是求m的值时，等腰三角形要分情况讨论.
24、（1）CD与⊙O相切，证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接OC，由于FD是CE的垂直平分线，所以∠E＝∠DCE，又因为∠A＝∠OCA，∠A+∠E＝90°，所以∠OCA+∠DCE＝90°，所以CD与⊙O相切．
（2）连接BC，易知∠ACB＝90°，所以△ACB∽ABE，所以由于AC•AE＝84，所以OA＝AB＝．
【详解】（1）连接OC，如图1所示．
∵FD是CE的垂直平分线，
∴DC＝DE，
∴∠E＝∠DCE，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∵Rt△ABE中，∠B＝90°，
∴∠A+∠E＝90°，
∴∠OCA+∠DCE＝90°，
∴OC⊥CD，
∴CD与⊙O相切．
（2）连接BC，如图2所示．
∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∴△ACB∽ABE，
∴,
∵AC＝6，CE＝8，
∴AE=14，
∵AC•AE＝84，
∴AB2＝84，
∴AB＝2，
∴OA＝．
【点睛】
此题考查圆的切线的判定定理，三角形相似的判定及性质定理，题中根据问题连接相应的辅助线是解题的关键.
25、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）连接OB，由BD=CD，利用等边对等角得到∠DCB=∠DBC，再由AO垂直于OD，得到三角形AOC为直角三角形，得到两锐角互余，等量代换得到OB垂直于BD，即可得证；
（2）设BD=x，则OD=x+1，在RT△OBD中，根据勾股定理得出32+x2=（x+1）2，通过解方程即可求得．
【详解】解：（1）证明：连接OB，
∵OA=OB，DC=DB，
∴∠A=∠ABO，∠DCB=∠DBC，
∵AO⊥OD，
∴∠AOC=90°，即∠A+∠ACO=90°，
∵∠ACO=∠DCB=∠DBC，
∴∠ABO+∠DBC=90°，即OB⊥BD，
则BD为圆O的切线；
（2）解：设BD=x，则OD=x+1，而OB=OA=3，
在RT△OBD中，OB2+BD2=OD2，
即32+x2=（x+1）2，
解得x=1，
∴线段BD的长是1．
26、（1）20%（2）34.56
【解析】试题分析：（1）经过两次增长，求年平均增长率的问题，应该明确原来的基数，增长后的结果．设这两年的年平均增长率为x，则经过两次增长以后图书馆有书20（1+x）2万册，即可列方程求解；
（2）利用求得的百分率，进一步求得2017年年底图书馆存图书数量即可．
试题解析：（1）设年平均增长率为x，根据题意得
20（1+x）2=28.8，
即（1+x）2=1.44，
解得：x1=0.2，x2=﹣2.2（舍去）
答：该图书馆这两年图书册数的年平均增长率为20%；
（2）28.8（1+0.2）=34.56（万册）
答：预测2016年年底图书馆存图书34.56万册．
考点：一元二次方程的应用
移植总数
400
1500
3500
7000
9000
14000
成活数
369
1335
3203
6335
8073
12628
成活的频率
0923
0.890
0915
0.905
0.897
0.902
学校
参赛人数
平均数
中位数
方差
一中
45
83
86
82
二中
45
83
84
135