湖北省襄阳襄城区四校联考2024年九年级数学第一学期开学经典模拟试题【含答案】

这是一份湖北省襄阳襄城区四校联考2024年九年级数学第一学期开学经典模拟试题【含答案】，共25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）分式方程的解为（ ）
A．x=-2B．x=-3C．x=2D．x=3
2、（4分）在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，下列结论错误的是( )
A．∠ABO＝∠CDOB．∠BAD＝∠BCD
C．AB＝CDD．AC⊥BD
3、（4分）如图，在同一直角坐标系中，函数和的图象相交于点A，则不等式的解集是
A．B．C．D．
4、（4分）如果把分式中的x和y都扩大2倍，那么分式的值（ ）
A．扩大为原来的4倍B．扩大为原来的2倍
C．不变D．缩小为原来的倍
5、（4分）如图，双曲线与直线交于点M，N，并且点M坐标为(1，3)点N坐标为(-3，-1)，根据图象信息可得关于x的不等式的解为( )
A．B．
C．D．
6、（4分）一组数据：1、2、2、3，若添加一个数据2，则发生变化的统计量是
A．平均数B．中位数C．众数D．方差
7、（4分）如图，在□ABCD中，AC与BD相交于点O，点E是边BC的中点，AB = 4，则OE的长是 （ ）
A．2B．
C．1D．
8、（4分）二次根式有意义的条件是（ ）
A．x＜2B．x＜﹣2C．x≥﹣2D．x≤2
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若方程的两根，则的值为__________．
10、（4分）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是_____．
11、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，点D在线段BC上一动点，以AC为对角线的平行四边形ADCE中，则DE的最小值是______．
12、（4分）如果是关于的方程的增根，那么实数的值为__________
13、（4分）如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的面积为49，则正方形A、B、C、D的面积之和为_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，平行四边形中，点分别是的中点.求证.
15、（8分）为加快城市群的建设与发展，在A、B两城市间新建一条城际铁路，建成后，铁路运行里程由现在的210km缩短至180km，平均时速要比现行的平均时速快200km，运行时间仅是现行时间的，求建成后的城际铁路在A、B两地的运行时间？
16、（8分）在△BCF中，点D是边CF上的一点，过点D作AD∥BC，过点B作BA∥CD交AD于点A，点G是BC的中点，点E是线段AD上一点，且∠CDG＝∠ABE＝∠EBF．
（1）若∠F＝60°，∠C＝45°，BC＝2，请求出AB的长；
（2）求证：CD＝BF+DF．
17、（10分）母亲节前夕，某商店从厂家购进A、B两种礼盒，已知A、B两种礼盒的单价比为3：4，单价和为210元．
（1）求A、B两种礼盒的单价分别是多少元？
（2）该商店购进这两种礼盒恰好用去9900元，且购进A种礼盒最多36个，B种礼盒的数量不超过A种礼盒数量的2倍，共有几种进货方案？
（3）根据市场行情，销售一个A钟礼盒可获利12元，销售一个B种礼盒可获利18元．为奉献爱心，该店主决定每售出一个B种礼盒，为爱心公益基金捐款m元，每个A种礼盒的利润不变，在（2）的条件下，要使礼盒全部售出后所有方案获利相同，m值是多少？此时店主获利多少元？
18、（10分）如图1，已知四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于点E，以点E为顶点作正方形EFGH．
（1）如图1，点A、D分别在EH和EF上，连接BH、AF，直接写出BH和AF的数量关系；
（2）将正方形EFGH绕点E顺时针方向旋转．
①如图2，判断BH和AF的数量关系，并说明理由；
②如果四边形ABDH是平行四边形，请在备用图中补全图形；如果四方形ABCD的边长为，求正方形EFGH的边长．

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）一个正多边形的每个外角等于72°，则它的边数是__________．
20、（4分）如图，在矩形中，，．若点是边的中点，连接，过点作交于点，则的长为______．
21、（4分）如图，折叠矩形纸片，使点与点重合，折痕为，点落在处，若，则的长度为______.
22、（4分）如图，E是矩形ABCD的对角线的交点，点F在边AE上，且DF＝DC，若∠ADF＝25°，则∠ECD＝___°．
23、（4分）约分___________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，连接AD、AE，以△ADE的边AE所在直线为对称轴作△ADE的轴对称图形△AD′E，连接D′C，若BD＝CD′．
（1）求证：△ABD≌△ACD′；
（1）如图1，若∠BAC＝110°，探索BD，DE，CE之间满足怎样的数量关系时，△CD′E是正三角形；
（3）如图3，若∠BAC＝90°，求证：DE1＝BD1+EC1．
25、（10分）某班“数学兴趣小组”对函数的图象和性质进行了探究，过程如下，请补充完整.
（1）自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值列表如下：
其中，__________.
（2）根据上表的数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分.
（3）观察图象，写出该函数的两条性质：
①____________________________________________________________
②____________________________________________________________
（4）进一步探究函数图象发现：
①方程的解是__________.
②方程的解是__________.
③关于的方程有两个不相等实数根，则的取值范围是__________.
26、（12分）甲、乙两位运动员在相同条件下各射靶10次，毎次射靶的成绩情况如图.
(1)请填写下表:
(2)请你从平均数和方差相结合对甲、乙两名运动员6次射靶成绩进行分析:
(3)教练根据两人的成绩最后选择乙去参加比赛，你能不能说出教练让乙去比赛的理由?(至少说出两条理由)
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】
解：去分母得：2x=x﹣3，解得：x=﹣3，经检验x=﹣3是分式方程的解．故选B．
2、D
【解析】
由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对边平行且相等，对角相等；两直线平行，内错角相等；即可求得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，∠BAD＝∠BCD，
∴ ∠ABO＝∠CDO．所以A、B、C正确.

故选：D．
本题考查平行四边形的性质．注意平行四边形的对边相等，对角相等，对角线互相平分定理的应用是解此题的关键．
3、C
【解析】
先利用得到，再求出m得到，接着求出直线与x轴的交点坐标为，然后写出直线在x轴上方和在直线下方所对应的自变量的范围．
【详解】
当时，，则，
把代入y2得，解得，
所以，解方程，解得，则直线与x轴的交点坐标为，
所以不等式的解集是，
故选C．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于或小于的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在x轴上或下方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
4、B
【解析】
依题意，分别用2x和2y去代换原分式中的x和y，利用分式的基本性质化简即可；
【详解】
解：分别用2x和2y去代换原分式中的x和y得，
，
可见新分式扩大为原来的2倍，
故选B.
本题主要考查了分式的基本性质，掌握分式的基本性质是解题的关键.
5、D
【解析】
求关于x的不等式＜kx+b的解，就是看一次函数图象在反比例函数图象上方时点的横坐标的集合．
【详解】
∵点M坐标为（1，3），点N坐标为（-3，-1），
∴关于x不等式＜kx+b的解集为：-3＜x＜0或x＞1，
故选D．
此题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题，利用图象求不等式的解时，关键是利用两函数图象的交点横坐标．
6、D
【解析】
解：A．原来数据的平均数是2，添加数字2后平均数仍为2，故A与要求不符；
B．原来数据的中位数是2，添加数字2后中位数仍为2，故B与要求不符；
C．原来数据的众数是2，添加数字2后众数仍为2，故C与要求不符；
D．原来数据的方差==，
添加数字2后的方差==，
故方差发生了变化．
故选D．
7、A
【解析】
根据平行四边形的性质得BO=DO，所以OE是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半．
【详解】
解：在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，
∴BO=DO，
∵点E是边BC的中点，
所以OE是△ABC的中位线，
∴OE=AB=1．
故选A．
本题利用平行四边形的性质和三角形的中位线定理求解，需要熟练掌握．
8、C
【解析】
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【详解】
由题意得：x+1≥0，解得：x≥﹣1．
故选C．
本题考查了的知识点为：二次根式有意义的条件是被开方数是非负数．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据根与系数的关系求出，代入即可求解．
【详解】
∵是方程的两根
∴=-=4，==1
∴===4+1=1，
故答案为：1．
此题主要考查根与系数的关系，解题的关键是熟知=-，=的运用．
10、2+
【解析】
试题分析：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．
∵PE⊥AB，AB=2，半径为2，
∴AE=AB=，PA=2， 根据勾股定理得：PE=1，
∵点A在直线y=x上，
∴∠AOC=45°，
∵∠DCO=90°，
∴∠ODC=45°，
∴△OCD是等腰直角三角形，
∴OC=CD=2，
∴∠PDE=∠ODC=45°，
∴∠DPE=∠PDE=45°，
∴DE=PE=1，
∴PD=
∵⊙P的圆心是（2，a），
∴a=PD+DC=2+．
本题主要考查的就是垂径定理的应用以及直角三角形勾股定理的应用，属于中等难度的题型．解决这个问题的关键就是在于作出辅助线，将所求的线段放入到直角三角形中．本题还需要注意的一个隐含条件就是：直线y=x或直线y=-x与x轴所形成的锐角为45°，这一个条件的应用也是很重要的．
11、1
【解析】
平行四边形ADCE的对角线的交点是AC的中点O，当OD⊥BC时，OD最小，即DE最小，根据三角形中位线定理即可求解．
【详解】
解：平行四边形ADCE的对角线的交点是AC的中点O，当OD⊥BC时，OD最小，即DE最小．
∵OD⊥BC，BC⊥AB，
∴OD∥AB，
又∵OC=OA，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD=AB=3，
∴DE=2OD=1．
故答案为：1．
本题考查了三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，正确理解DE最小的条件是关键．
12、1
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，把x=2代入计算即可求出k的值．
【详解】
去分母得：x+2=k+x2-1，
把x=2代入得：k=1，
故答案为：1．
此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
13、1
【解析】
根据勾股定理计算即可.
【详解】
解：最大的正方形的面积为1，
由勾股定理得，正方形E、F的面积之和为1，
∴正方形A、B、C、D的面积之和为1，
故答案为1．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、见解析
【解析】
根据平行四边形的性质和已知可证AE=CF，∠BAE=∠DCF，AB=CD，故根据SAS可证△ABE≌△DCF．
【详解】
证明：四边形是平行四边形，
，
点分别是的中点，
，
，
在和中，，
.
本题考查了平行四边形的判定和全等三角形的判定．掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
15、h.
【解析】
设城际铁路现行速度是xkm/h，则建成后时速是（x+200）xkm/h；现行路程是210km，建成后路程是180km，由时间=，运行时间=现行时间，列方程即可求出x的值，进而可得建成后的城际铁路在A、B两地的运行时间.
【详解】
设城际铁路现行速度是xkm/h，则建成后时速是（x+200）xkm/h；
根据题意得：×=，
解得：x=70，
经检验：x=70是原方程的解，且符合题意，
∴==（h）
答：建成后的城际铁路在A、B两地的运行时间为h.
本题考查了分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
16、（1）3+（2）见解析
【解析】
（1）过点E作EH⊥AB交AB于点H．分别求出AH，BH即可解决问题；
（2）连接EF，延长FE交AB与点M．想办法证明△BMF是等腰三角形即可解决问题；
【详解】
解：（1）过点E作EH⊥AB交AB于点H．
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
∴AB＝DC，∠DAB＝∠DBC，
在△CGD和△AEB中，
，
∴△CGD≌△AEB，
∴∠DGC＝∠BEA，
∴∠DGB＝∠BED，
∵AD∥BC，
∴∠EDG+∠DGB＝180°，
∴∠EDG+∠BED＝180°
∴EB∥DG，
∴四边形BGDE为平行四边形，
∴BG＝ED，
∵G是BD的中点，
∴BG＝BC，
∴BC＝AD，ED＝BG＝AD，
∵BC＝2，
∴AE＝AD＝，
在Rt△AEH中，∵∠EAB＝45°，sin∠EAB＝sin 45°＝，
∴EH＝，
∵∠EHA＝90°，
∴△AHE为等腰直角三角形，
∴AH＝EH＝，
∵∠F＝60°，
∴∠FBA＝60°，
∵∠EBA＝∠EBF，
∴∠EBA＝30°，
在Rt△EHB中，tan∠EBH＝tan 30°＝，
∴HB＝3，
∴AB＝3+.
（2）连接EF，延长FE交AB与点M．
∵∠A＝∠EDF，AE＝DE，∠AEM＝∠DEF，
∴△AEM≌△DEF（ASA），
∴DF＝AM，ME＝EF，
又∵∠EBA＝∠EBF，
∴△MBF是等腰三角形
∴BF＝BM，
又∵AB＝AM+BM，
∴CD＝BF+DF．
本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
17、（1）A种礼盒单价为90元，B种礼盒单价为120元;（2）见解析;（3）1320元．
【解析】
（1）利用A、B两种礼盒的单价比为3：4，单价和为210元，得出等式求出即可；
（2）利用两种礼盒恰好用去9900元，结合（1）中所求，得出等式，利用两种礼盒的数量关系求出即可；
（3）首先表示出店主获利，进而利用w，m关系得出符合题意的答案．
【详解】
（1）设A种礼盒单价为3x元，B种礼盒单价为4x元，
则：3x+4x＝210，
解得x＝30，
所以A种礼盒单价为3×30＝90元，
B种礼盒单价为4×30＝120元．
（2）设A种礼盒购进a个，购进B种礼盒b个，
则：90a+120b＝9900，
可列不等式组为：，
解得：30≤a≤36，
因为礼盒个数为整数，所以符合的方案有2种，分别是：
第一种：A种礼盒30个，B种礼盒60个，
第二种：A种礼盒34个，B种礼盒57个．
（3）设该商店获利w元，由（2）可知：w＝12a+（18﹣m）b，a=110-，
则w＝（2﹣m）b+1320，
若使所有方案都获利相同，则令2﹣m＝0，得m＝2，
此时店主获利1320元．
此题主要考查了一元一次方程的应用以及一次函数的应用和一元一次不等式的应用，根据题意结合得出正确等量关系是解题关键．
18、（1）见解析；（2）①BH=AF，理由见解析，②正方形EFGH的边长为．
【解析】
（1）根据正方形的对角线互相垂直平分可得AE=BE，∠BEH=∠AEF=90°，然后利用“边角边”证明△BEH和△AEF全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）①连接EG，根据正方形的性质得到AE=BE，∠BEA=90°，EF=EH，∠HEF=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②如备用图，根据平行四边形的性质得到AH∥BD，AH=BD，于是得到∠EAH=∠AEB=90°，根据勾股定理即可得到结论；
【详解】
(1)在正方形ABCD中,AE=BE,∠BEH=∠AEF=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=EH，
∵在△BEH和△AEF中,
∴△BEH≌△AEF(SAS)，
∴BH=AF；
(2)①BH=AF，
理由：连接EG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AE=BE,∠BEA=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=EH,∠HEF=90°，
∴∠BEA+∠AEH=∠HEF+∠AEH，
即∠BEH=∠AEF，
在△BEH与△AEF中,，
∴△BEH≌△AEF，
∴BH=AF；
②如备用图，∵四边形ABDH是平行四边形，
∴AH∥BD，AH=BD，
∴∠EAH=∠AEB=90°，
∵四方形ABCD的边长为，
∴AE=BE=CE=DE=1，
∴EH===，
∴正方形EFGH的边长为.
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出图形是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
根据题意利用多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．
【详解】
解：360÷72=1．
故它的边数是1．
故答案为：1．
本题考查多边形内角与外角，根据正多边形的外角和求多边形的边数是解题的关键．
20、
【解析】
根据S△ABE=S矩形ABCD=3=•AE•BF，先求出AE，再求出BF即可．
【详解】
解：如图，连接BE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=90°，
在Rt△ADE中，AE=
∵S△ABE=S矩形ABCD=3=•AE•BF，
∴BF=．
故答案为：.
本题考查矩形的性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，解题关键是灵活运用所学知识解决问题，用面积法解决有关线段问题是常用方法．
21、
【解析】
由折叠的性质可得AF=FC，AG=DC=4，∠GAF=∠FCD=90°，由勾股定理可求AF的值，GF的值．
【详解】
解：∵折叠矩形纸片ABCD，使点C与点A重合，
∴AF=FC，AG=DC=4，∠GAF=∠FCD=90°
在Rt△ABF中，AF2=BF2+AB2，
∴AF2=（8-AF）2+16
∴AF=5
∴FG==
故答案为：
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，求AF的长是本题的关键．
22、17.1．
【解析】
根据矩形的性质由∠ADF求出∠CDF，再由等腰三角形的性质得出∠ECD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵∠ADF=21°，
∴∠CDF=∠ADC﹣∠ADF=90°﹣21°=61°，
∵DF=DC，
∴∠ECD=，
故答案为：17.1．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，解本题的关键是求出∠CDF．是一道中考常考的简单题．
23、
【解析】
根据分式的性质,分子分母同时扩大或缩小相同倍数时分式的值不变即可解题.
【详解】
=,（分子分母同时除以6abc）.
本题考查了分式的变形和化简,属于简单题,熟悉分式的性质是解题关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（1）BD＝DE＝CE的数量关系时，△CD′E是正三角形；（3）见解析．
【解析】
（1）根据轴对称的性质得到AD=AD`，即可证明△ABD≌△ACD′
（1）由（1）可得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，再根据轴对称的性质得到∠EAD′+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝∠DAE＝∠BAC＝60°，得到△CD′E是正三角形，即可解答
（3）利用勾股定理即可解答
【详解】
（1）证明：∵△ADE与△AD′E是关于AE的轴对称图形，
∴AD＝AD′，
在△ABD和△ACD′中， ，
∴△ABD≌△ACD′（SSS）；
（1）解：∵△ABD≌△ACD′，
∴∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，
∵△ADE与△AD′E是关于AE的轴对称图形，
∴∠DAE＝∠EAD′，DE＝ED′，
∴∠EAD′+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝∠DAE＝∠BAC＝60°，
∵△CD′E是正三角形，
∴CE＝CD′＝ED′，
∵BD＝CD′，DE＝ED′，
∴BD＝DE＝CE；
（3）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝∠ACD′＝45°，
∴∠ECD′＝90°，
∴ED′1＝CD′1+EC1，
∵BD＝CD′，DE＝ED′，
∴DE1＝BD1+EC1．
此题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，解题关键在于利用全等三角形的性质进行解答
25、（1）1；（2）见解析；（1）①函数值y≥2函数值y≥2；②当x＞1时，y随x的增大而增大；（4）①；②或；③.
【解析】
（1）求出x=-2时的函数值即可；
（2）利用描点法画出函数图象即可；
（1）结合图象写出两个性质即可；
（4）分别求出方程的解即可解决问题；
【详解】
解：（1）x=-2时，y=|x-1|=1，故m=1，故答案为1．
（2）函数图象如图所示：
（1）①函数值y≥2，②当x＞1时，y随x的增大而增大；
故答案为函数值y≥2；当x＞1时，y随x的增大而增大；
（4）①方程|x-1|=2的解是x=1
②方程|x-1|=1.5的解是x=2.5或-2.5
③关于x的方程|x-1|=a有两个实数根，则a的取值范围是a＞2，
故答案为x=1，x=2.5或-2.5，a＞2．
本题考查一次函数的图象与性质、一次函数与一元一次方程的关系等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
26、（1）见解析；（2）甲的成绩比乙稳定；（1）见解析
【解析】
（1）根据中位数、平均数的概念计算；
（2）从平均数和方差相结合看，方差越小的越成绩越好；
（1）根据题意，从平均数，中位数两方面分析即可.
【详解】
解:(1) ：（1）通过折线图可知：
甲的环数按从小到大排列是5、6、6、7、7、7、7、8、8、9，
则数据的中位数是（7+7）÷2=7；
的平均数=（2+4+6+7+8+7+8+9+9+10）=7；
乙命中9环以上的次数（包括9环）为1．
填表如下：
(2)因为平均数相同，
所以甲的成绩比乙稳定.
(1)理由1:因为平均数相同，命中9环以上的次数甲比乙少，所以乙的成绩比甲好些；
理由2:因为平均数相同，甲的中位数小于乙的中位数，所以乙的成绩比甲好些；
理由1：甲的成绩在平均数上下波动；而乙处于上升势头，从第4次以后就没有比甲少的情况发生，乙较有潜力.
本题考查了折线统计图．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．也考查了中位数、平均数和方差的概念．在实际生活中常常用它们分析问题．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
…
0
1
2
3
4
5
…
…
4
2
1
0
1
2
3
4
…
平均数
方差
中位数
命中9环以上的次数(包括9环)
甲
7
1.2
1
乙
5.4
7.5
平均数
方差
中位数
命中9环以上的次数(包括9环)
甲
7
1.2
7
1
乙
7
5.4
7.5
1