2025届上海市外国语大附属外国语学校九上数学开学复习检测模拟试题【含答案】

这是一份2025届上海市外国语大附属外国语学校九上数学开学复习检测模拟试题【含答案】，共27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，在中，对角线与相交于点，是边的中点，连接.若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）如图，过平行四边形ABCD对角线交点O的直线交AD于E，交BC于F，若AB=5，BC=6，OE=2，那么四边形EFCD周长是（ ）
A．16B．15C．14D．13
3、（4分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC于E，AB＝，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）在同一平面直角坐标系中，函数y＝与函数y＝－x＋b（其中b是实数）的图象交点个数是（ ）．
A．0个B．1个C．2个D．0或1或2个
5、（4分）如图，点在正方形外，连接，过点作的垂线交于，若，则下列结论不正确的是( )
A．B．点到直线的距离为
C．D．
6、（4分）如图，中，，垂直平分，垂足为，，且，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）下列各式由左边到右边的变形中，属于分解因式的是
A．a（x+y）="ax+ay"
B．x2﹣4x+4=x（x﹣4）+4
C．10x2﹣5x=5x（2x﹣1）
D．x2﹣16+6x=（x+4）（x﹣4）+6x
8、（4分）如图，要使□ABCD成为矩形，需添加的条件是（）
A．AB=BCB．∠ABC=90°C．AC⊥BDD．∠1=∠2
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）在平面直角坐标系中，正方形、、，…，按图所示的方式放置.点、、，…和点、、，…分别在直线和轴上.已知，，则点的坐标是______.
10、（4分）如图是一种“羊头”形图案，其作法是：从正方形①开始，以它的一边为斜边，向外作等腰直角三角形，然后再以其直角边为边，分别向外作正方形②和②′，…依此类推，若正方形①的边长为64m，则正方形⑨的边长为________cm．
11、（4分）如图，已知AD是△ABC的中线，，，那么_________；
12、（4分）不等式组的整数解是__________．
13、（4分）小明到超市买练习本，超市正在打折促销：购买10本以上，从第11本开始按标价打七折优惠，买练习本所花费的钱数y（元）与练习本的个数x（本）之间的函数关系如图所示，那么图中a的值是_______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在中，，点、分别在边、上，且，，点在边上，且，联结．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）如果，，求四边形的面积．
15、（8分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点，AB=5,OA:OB =3:4.
（1）求直线l的表达式；
（2）点P是轴上的点，点Q是第一象限内的点.若以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出Q点的坐标．
16、（8分）如图，直线AB：y＝﹣x﹣b分别与x、y轴交于A（6，0）、B两点．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若P为A点右侧x轴上的一动点，以P为直角顶点，BP为腰在第一象限内作等腰直角△BPQ，连接QA并延长交y轴于点K，当P点运动时，K点的位置是否发生变化？若不变，请求出它的坐标；如果变化，请说明理由．
17、（10分）如图，在正方形ABCD中，点E为AB上的点（不与A，B重合），△ADE与△FDE关于DE对称，作射线CF，与DE的延长线相交于点G，连接AG，
（1）当∠ADE=15°时，求∠DGC的度数；
（2）若点E在AB上移动，请你判断∠DGC的度数是否发生变化，若不变化，请证明你的结论；若会发生变化，请说明理由；
（3）如图2， 当点F落在对角线BD上时，点M为DE的中点，连接AM，FM，请你判断四边形AGFM的形状，并证明你的结论。
18、（10分）计算：
（1）
（2）（）﹣（）
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）某超市促销活动，将三种水果采用甲、乙、丙三种方式搭配装进礼盒进行销售．每盒的总成本为盒中三种水果成本之和，盒子成本忽略不计．甲种方式每盒分别装三种水果；乙种方式每盒分别装三种水果 ．甲每盒的总成本是每千克 水果成本的倍，每盒甲的销售利润率为；每盒甲比每盒乙的售价低；每盒丙在成本上提高标价后打八折出售，获利为每千克 水果成本的倍．当销售甲、乙、丙三种方式搭配的礼盒数量之比为时，则销售总利润率为__________.
20、（4分）如图 ， 在 射 线 OA、OB 上 分 别 截 取 OA1、OB1， 使 OA1 OB1；连接 A1B1 ， 在B1 A1、B1B 上分别截取 B1 A2、B1B2 ，使 B1 A2B1B2 ，连接 A2 B2；……依此类推，若A1B1O，则 A2018 B2018O =______________________．
21、（4分）甲、乙、丙、丁四人进行射击测试，每人10次射击的平均成绩恰好是9.4环，方差分别是，，，，在本次射击测试中，成绩最稳定的是_____．
22、（4分）一次函数的图象不经过__________象限
23、（4分）若关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是__________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）某养猪场要出售200只生猪，现在市场上生猪的价格为11元/，为了估计这200只生猪能卖多少钱，该养猪场从中随机抽取5只，每只猪的重量（单位：）如下：76，71，72，86，1．
（1）计算这5只生猪的平均重量；
（2）估计这200只生猪能卖多少钱？
25、（10分）如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，过点E作EF∥CD交BC的延长线于点F，连接CD．
（1）求证：DE＝CF；
（2）求EF的长．
26、（12分）如图，已知□ABCD边BC在x轴上，顶点A在y轴上，对角线AC所在的直线为y=+6，且AC=AB，若点P从点A出发以1cm/s的速度向终点O运动，同时点Q从点C出发以2cm/s的速度沿射线CB运动，当点P到达终点O时，点Q也随之停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
（1）直接写出顶点D的坐标（______，______），对角线的交点E的坐标（______，______）；
（2）求对角线BD的长；
（3）是否存在t，使S△POQ=S▱ABCD，若存在，请求出的t值；不存在说明理由．
（4）在整个运动过程中，PQ的中点到原点O的最短距离是______cm，（直接写出答案）
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、B
【解析】
利用三角形内角和定理得出∠BCA的度数，再利用三角形中位线定理以及平行线的性质即可得出答案
【详解】
°，∠BAC=80°
∠BCA=180°-50°=50°
对角线AC与BD相交与点O，E是CD的中点，
EO是△DBC的中位线
EO∥BC
∠1=∠ACB=50°
故选B.
本题考查三角形内角和定理，熟练掌握三角形的性质及平行线的性质是解题关键.
2、B
【解析】
根据平行四边形性质得出AD=BC=6，AB=CD=5，OA=OC，AD∥BC，推出∠EAO=∠FCO，证△AEO≌△CFO，推出AE=CF，OE=OF=2，求出DE+CF=DE+AE=AD=6，即可求出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=6，AB=CD=5，OA=OC，AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴AE=CF，OE=OF=2，
∴DE+CF=DE+AE=AD=6，
∴四边形EFCD的周长是EF+FC+CD+DE=2+2+6+5=1．
故选B．
本题考查平行四边形性质，全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是求出DE+CF的长和求出OF长．
3、D
【解析】
由勾股定理的逆定理可判定△BAC是直角三角形，继而根据求出平行四边形ABCD的面积即可求解．
【详解】
解：∵AC＝2，BD＝4，四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝AC＝1，BO＝BD＝2，
∵AB＝，
∴AB2+AO2＝BO2，
∴∠BAC＝90°，
∵在Rt△BAC中，BC＝，
S△BAC＝×AB×AC＝×BC×AE，
∴×2＝AE，
∴AE＝，
故选：D．
本题考查了勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，能得出△BAC是直角三角形是解此题的关键．
4、D
【解析】
联立两个函数可得，再根据根的判别式确定交点的情况即可．
【详解】
联立两个函数得
∴根的判别式的值可以为任意数
∴这两个函数的图象交点个数是0或1或2个
故答案为：D．
本题考查了函数交点的问题，掌握根的判别式是解题的关键．
5、B
【解析】
A、首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；
B、利用全等三角形的性质和对顶角相等即可解答；
C、由（1）可得∠BEF＝90°，故BE不垂直于AE过点B作BP⊥AE延长线于P，由①得∠AEB＝135°所以∠PEB＝45°，所以△EPB是等腰Rt△，于是得到结论；
D、根据勾股定理和三角形的面积公式解答即可．
【详解】
解：在正方形ABCD中，AB＝AD，
∵AF⊥AE，
∴∠BAE＋∠BAF＝90°，
又∵∠DAF＋∠BAF＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
在△AFD和△AEB中，

∴△AFD≌△AEB（SAS），故A正确；
∵AE＝AF，AF⊥AE，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴∠AEB＝∠AFD＝180°−45°＝135°，
∴∠BEF＝135°−45°＝90°，
∴EB⊥ED，故C正确；
∵AE＝AF＝，
∴FE＝AE＝2，
在Rt△FBE中，BE＝，
∴S△APD＋S△APB＝S△APE＋S△BPE，
＝
，故D正确；
过点B作BP⊥AE交AE的延长线于P，
∵∠BEP＝180°−135°＝45°，
∴△BEP是等腰直角三角形，
∴BP＝，
即点B到直线AE的距离为，故B错误，
故选：B．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，综合性较强，难度较大，熟记性质并仔细分析图形，理清图中三角形与角的关系是解题的关键．
6、D
【解析】
先根据勾股定理求出AC的长，再根据DE垂直平分AC得出FA的长，根据相似三角形的判定定理得出△AFD∽△CBA，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论．
【详解】
解：∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，
∴AC=，
∵DE垂直平分AC，垂足为F，
∴FA=AC=，∠AFD=∠B=90°，
∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∴△AFD∽△CBA，
∴，
即，
解得AD=，
故选D.
本题考查的是勾股定理及相似三角形的判定与性质，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
7、C
【解析】
分析：根据分解因式就是把一个多项式化为几个整式的积的形式，利用排除法求解：
A、是多项式乘法，故选项错误；
B、右边不是积的形式，x2﹣4x+4=（x﹣2）2，故选项错误；
C、提公因式法，故选项正确；
D、右边不是积的形式，故选项错误．
故选C．
8、B
【解析】
根据一个角是90度的平行四边形是矩形进行选择即可．
【详解】
解：A、是邻边相等，可判定平行四边形ABCD是菱形；
B、是一内角等于90°，可判断平行四边形ABCD成为矩形；
C、是对角线互相垂直，可判定平行四边形ABCD是菱形；
D、是对角线平分对角，可判断平行四边形ABCD成为菱形；
故选：B．
本题主要应用的知识点为：矩形的判定． ①对角线相等且相互平分的四边形为矩形．②一个角是90度的平行四边形是矩形．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
由正方形的轴对称性，由C1、C2的坐标可求A1、A2的坐标，将A1、A2的坐标代入y=kx+b中，得到关于k与b的方程组，求出方程组的解得到k与b的值，从而求直线解析式，由正方形的性质求出OB1，OB2的长，设B2G=A3G=t，表示出A3的坐标，代入直线方程中列出关于b的方程，求出方程的解得到b的值，确定出A3的坐标．
【详解】
连接A1C1，A2C2，A3C3，分别交x轴于点E、F、G，
∵正方形A1B1C1O、A2B2C2B1、A3B3C3B2，
∴A1与C1关于x轴对称，A2与C2关于x轴对称，A3与C3关于x轴对称，
∵C1（1，-1），C2（，−），
∴A1（1，1），A2（，），
∴OB1=2OE=2，OB2=OB1+2B1F=2+2×（-2）=5，
将A1与A2的坐标代入y=kx+b中得： ，
解得： ，
∴直线解析式为y=x+，
设B2G=A3G=t，则有A3坐标为（5+t，t），
代入直线解析式得：t=（5+t）+，
解得：t=，
∴A3坐标为.
故答案是：.
考查了一次函数的性质，正方形的性质，利用待定系数法求一次函数解析式，是一道规律型的试题，锻炼了学生归纳总结的能力，灵活运用正方形的性质是解本题的关键．
10、4
【解析】
第一个正方形的边长为64cm，则第二个正方形的边长为64×cm，第三个正方形的边长为64×（）2cm，依此类推，通过找规律求解．
【详解】
根据题意：第一个正方形的边长为64cm；
第二个正方形的边长为：64×=32cm；
第三个正方形的边长为：64×（）2cm，
…
此后，每一个正方形的边长是上一个正方形的边长的 ，
所以第9个正方形的边长为64×（）9-1=4cm，
故答案为4
本题是一道找规律的题目，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．
11、
【解析】
【分析】根据向量的加法运算法则可求出结果.
【详解】因为AD是△ABC的中线，所以BD=DC,即 ，又因为-==，所以，.
故答案为
【点睛】本题考核知识点:向量的计算.解题关键点：熟记向量的计算法则.
12、，，1
【解析】
先求出每个不等式的解集，再确定其公共解，得到不等式组的解集，最后求其整数解即可．
【详解】
解：；
由①得：；
由②得：；
不等式组的解集为：；
所以不等式组的整数解为，，1，
故答案为：，，1．
本题考查了不等式组的解法及整数解的确定．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
13、1.
【解析】
根据题意求出当x≥10时的函数解析式，当y=27时代入相应的函数解析式，可以求得相应的自变量a的值，本题得以解决．
【详解】
解：由题意得每本练习本的原价为：20÷10=2（元），
当x≥10时，函数的解析式为y=0.7×2（x-10）+20=1.4x+6，
当y=27时，1.4x+6=27，解得x=1，
∴a=1．
故答案为：1.
本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意可以列出相应的函数关系式，根据关系式可以解答问题．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）证明见解析；（2）1．
【解析】
（1）由平行线的性质及等腰三角形的性质得出，进而有，通过等量代换可得出，然后利用一组对边平行且相等即可证明四边形是平行四边形，然后再利用即可证明四边形是菱形；
（2）过点作交于点，在含30°的直角三角形中求出FG的长度，然后利用即可求出面积．
【详解】
（1），
．
，
，，
，
．
，
．
，
，
又，
．
又，
四边形是平行四边形．
又，
四边形是菱形．
（2）过点作交于点．
四边形是菱形，且，
．
，
．
又，
．
在中，，，
．
．
本题主要考查平行线的性质，等腰三角形的判定，菱形的判定及性质，掌握平行线的性质，等腰三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，菱形的判定及性质是解题的关键．
15、（1）y=+4 （2）（3，5）或（3，）
【解析】
（1）首先根据已知条件以及勾股定理求得OA、OB的长度，即求得A、B的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）分P在B点的上边和在B的下边两种情况画出图形进行讨论，求得Q的坐标．
【详解】
（1）∵OA:OB=3:4，AB=5，
∴根据勾股定理，得OA=3，OB=4，
∵点A、B在x轴、y轴上，
∴A(3，0)，B(0，4)，
设直线l表达式为y=kx+b（k≠0），
∵直线l过点A(3，0)，点B（0，4），
∴ ，
解得 ，
∴直线l的表达式为y=+4；
（2）如图，当四边形BP1AQ1是菱形时，则有BP1=AP1=AQ1，
则有OP1=4-BP1，
在Rt△AOP1中，有AP12=OP12+AO2，
即AQ12=（4-AQ1）2+32，
解得：AQ1=，所以Q1的坐标为（3，）；
当四边形BP2Q2A是菱形时，则有BP2 =AQ2=AB=5，
所以Q2的坐标为（3，5），
综上所述，Q点的坐标是（3，5）或（3，）．
本题考查了一次函数的性质、勾股定理、菱形的判定与性质，熟练掌握待定系数法、运用分类讨论与数形结合思想是解题的关键.
16、（1）y＝﹣x＋6；（2）不变化，K（0，－6）
【解析】
（1）根据点A的坐标，利用待定系数法可求出直线AB的解析式；
（2）过点Q作QH⊥x轴于点H，易证△BOP≌△PHQ，利用全等三角形的性质可得出OB=HP，OP=HQ，两式相加得PH+PO=BO+QH，即OA+AH=BO+QH，又OA=OB，可得AH=QH，即△AHQ是等腰直角三角形，进而证得△AOK为等腰直角三角形，求出OK=OA=6，即可得出K点的坐标．
【详解】
解：（1）将A（6，0）代入y=-x-b，得：-6-b=0，
解得：b=-6，
∴直线AB的解析式为y=-x+6；
（2）不变化，K（0，－6）
过Q作QH⊥x轴于H，
∵△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠BPQ=90°，PB=PQ，
∵∠BOA=∠QHA=90°，
∴∠BPO=∠PQH，
∴△BOP≌△HPQ，
∴PH=BO，OP=QH，
∴PH+PO=BO+QH，
即OA+AH=BO+QH，
又OA=OB，
∴AH=QH，
∴△AHQ是等腰直角三角形，
∴∠QAH=45°，
∴∠OAK=45°，
∴△AOK为等腰直角三角形，
∴OK=OA=6，
∴K（0，－6）．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（2）利用全等三角形的性质及等腰三角形的判定得出△AOK是等腰三角形．
17、 (1) ∠DGC=45°； (2) ∠DGC=45°不会变化； (3) 四边形AGFM是正方形
【解析】
（1）根据对称性及正方形性质可得∠CDF=60°=∠DFC，再利用三角形外角∠DFC=∠FDE+∠DPF可求∠DPC度数；
（2）由(1)知△DFC为等腰三角形，得出DF=DC，求出∠DFC=45º+∠EDF，由∠DFC=∠DGC+∠EDF可得∠DGC=45º；
（3）证明FG=MF=MA=AG，∠AGF=90º，即可得出结论.
【详解】
(1)△FDE与ADE关于DE对称
∴△FDE≌△ADE
∴∠FDE＝∠ADE＝15º，AD=FD
∴∠ADF=2∠FDE=30º
∵ABCD为正方形
∴AD=DC=FD，∠ADC=∠DAC=∠DFE=90º
∴∠FDC=∠ADC-∠ADF=60º
∴△DFC为等边三角形
∴∠DFC=60º
∵∠DFC为△DGF外角
∴∠DFC=∠FDE+∠DGC
∴∠DGC=∠DFC-∠FDE=60-15º=45º
(2)不变.
证明: 由(1)知△DFC为等腰三角形，DF=DC
∴∠DFC=∠DCF= (180º-∠CDF) =90º-∠CDF①
∵∠CDF=90º-∠ADF=90º-2∠EDF②
将②代入①得∠DFC=45º+∠EDF
∵∠DFC=∠DGC+∠EDF
∴∠DGC=45º
(3)四边形AMFG为正方形.
证明: ∵M为Rt△ADE中斜边DE的中点
∴AM＝DE
∵M为Rt△FED中斜边DE的中点
∴FM=DE=AM=MD
由(1)知△AED≌△FED ∴AD=DF，∠ADG=∠FDG
△ADG与△FDG中，
AD=DF， ∠ADG=∠FDG，DG=DG
∴△ADG≌△FDG，
由(2)知∠DGC=45º
∴∠DGA=∠DGF=45º，AG=FG， ∠AGF=∠DGA+∠DGF=90º
∵DB为正方形对角线，
∴∠ADB=∠45º，
∵∠ADG=∠GDF=∠ADB=22.5º
∵DM＝FM
∴∠GDF=∠MFD=22.5º
∵∠GMF=∠GDF+∠MFD=45º
∴∠GMF=∠DGF＝45º
∴MF=FG
∴FG=MF=MA=AG，∠AGF=90º
∴四边形AMFG为正方形。
本题主要考查了正方形的性质与判定. 解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
18、（1）-1；（2）2+3．
【解析】
（1）利用积的乘方得到原式，然后根据平方差公式计算；
（2）先把二次根式化为最简二次根式，然后去括号合并即可．
【详解】
（1）
＝[（+2）（﹣2）]2019
＝（3﹣4）2019
＝﹣1；
（2）（）﹣（）
＝4+2﹣2
＝2+3．
本题考查了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．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、20%．
【解析】
分别设每千克A、B、C三种水果的成本为x、y、z，设丙每盒成本为m，然后根据题意将甲、乙、丙三种方式的每盒成本和利润用x表示出来即可求解．
【详解】
设每千克A、B、C三种水果的成本分别为为x、y、z，依题意得：
6x+3y+z=12.5x，
∴3y+z=6.5x，
∴每盒甲的销售利润=12.5x•20%=2.5x
乙种方式每盒成本=2x+6y+2z=2x+13x=15x，
乙种方式每盒售价=12.5x•（1+20%）÷（1-25%）=20x，
∴每盒乙的销售利润=20x-15x=5x，
设丙每盒成本为m，依题意得：m（1+40%）•0.8-m=1.2x，
解得m=10x．
∴当销售甲、乙、丙三种方式的水果数量之比为2：2：5时，
总成本为：12.5x•2+15x•2+10x•5=105x，
总利润为：2.5x•2+5x×2+1.2x•5=21x，
销售的总利润率为 ×100%=20%，
故答案为：20%．
此题考查了三元一次方程的实际应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解题的关键．
20、
【解析】
分析：根据等腰三角形两底角相等用α表示出∠A2B2O，依此类推即可得到结论．
详解：∵B1A2=B1B2，∠A1B1O=α，∴∠A2B2O=α，同理∠A3B3O==α，∠A4B4O=α，∴∠AnBnO=α，∴A2018 B2018O =．
故答案为：．
点睛：本题考查了等腰三角形两底角相等的性质，图形的变化规律，依次求出相邻的外角的度数，得到分母为2的指数次幂变化，分子不变的规律是解题的关键．
21、丙
【解析】
根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【详解】
甲、乙、丙、丁四人进行射击测试，每人10次射击的平均成绩恰好都是9.4环，方差分别是0.90，1.22，0.43，1.68，
∴S2丙