北京市海淀区师达中学2024-2025学年下学期九年级开学考 数学试卷（含解析）

这是一份北京市海淀区师达中学2024-2025学年下学期九年级开学考 数学试卷（含解析），共31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（共16分，每题2分）
1. 图1是数学家皮亚特•海恩（Piet Hein）发明的索玛立方块，它由四个及四个以内大小相同的立方体以面相连接构成的不规则形状组件组成．图2不可能是下面哪个组件的视图（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依次分析所给几何体从正面看及从左面看得到的图形是否与所给图形一致即可．
【详解】A、主视图和左视图从左往右2列正方形的个数均依次为2，1，符合所给图形；
B、主视图和左视图从左往右2列正方形的个数均依次为2，1，符合所给图形；
C、主视图左往右2列正方形的个数均依次为1，1，不符合所给图形；
D、主视图和左视图从左往右2列正方形的个数均依次为2，1，符合所给图形．
故选C．
【点睛】考查由视图判断几何体；用到的知识点为：主视图，左视图分别是从正面看及从左面看得到的图形．
2. 我国已建成世界上规模最大的社会保障体系、医疗卫生体系，基本养老保险覆盖1040000000人左右，将1040000000用科学记数法表示应为（ ）
A. 1.04×1010B. 1.04×109C. 10.4×109D. 0.104×1011
【答案】B
【解析】
【分析】1040000000用科学记数法表示成的形式，其中，，代入可得结果．
【详解】解：1040000000的绝对值大于表示成的形式，
∵，，
∴1040000000表示成，
故选B．
【点睛】本题考查了科学记数法．解题的关键在于确定的值．
3. 如图，，，平分，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了平行线的性质、角平分线的定义等知识，由平行线的性质求出，，由角平分线定义得到，由平行线的性质即可得到答案.
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴
故选：D
4. 实数a在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了，利用数轴比较数的大；由a所在位置，得出a的取值范围，即可判断、，根据不等式的性质得出的取值范围，即可判断、，即可求解，
【详解】解：由数轴可知：，则：、错误，不符合题意，
∵，则：正确，符合题意，错误，不符合题意，
故选：C．
5. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根、则实数的值为（ ）
A. 3B. 2C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程方程根的判别式，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
根据，方程有两个不相等的实根；，方程有两个相等的实根；，方程无实根，由此即可求解．
详解】解：根据题意得，，
解得，，
故选：B ．
6. 每一个外角都是的正多边形是（ ）
A. 正四边形B. 正六边形C. 正七边形D. 正九边形
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理．根据多边形的外角和是和这个多边形的每一个外角都等于，即可求得多边形的边数．
【详解】解：∵多边形的外角和是，这个多边形的每一个外角都等于，
∴这个多边形的边数是，
故选：D．
7. 某地新高考有一项“6选3”选课制，高中学生李鑫和张锋都已选了地理和生物，现在他们还需要从“物理、化学、政治、历史”四科中选一科参加考试．若这四科被选中的机会均等，则他们恰好一人选物理，另一人选化学的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用列表的方法把所有可能性列出来，并找到符合题意的可能性求出概率．
【详解】解：列表如图所示：
他们恰好一人选物理，另一人选化学的概率是．
故选：A．
【点睛】本题考查概率，解题的关键是掌握利用列表法求概率的方法．
8. 如图，在正方形中，点是对角线上一点（点不与、重合），连接并延长交于点，过点作交于点，连接、，交于点，给出四个结论：①；②；③；④；
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ③④C. ①②③D. ①②④
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接，利用直角三角形性质可得，即，四点共圆，再运用勾股定理即可判断结论①；将绕点顺时针旋转得到，可证得，即可判断结论②；连接，过点作于，过点作于，则四边形是矩形，可证得，再结合等腰直角三角形性质即可判断结论③；④分当点P不与点D重合时，当点P与点D重合时，两种情况讨论，延长至，使，连接，取的中点，连接，，可证得，，进而可证得，再利用相似三角形性质、等腰直角三角形性质即可判断结论④．
【详解】解：如图1，取的中点，连接，
∵，四边形是正方形，
，
，
，
四点共圆，
，
在中，，
在中，，
∴；故①正确；
将绕点顺时针旋转得到，如图2，
，
，
共线，
，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴；故②正确；
连接，过点作于，过点作于，则四边形是矩形，如图3，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故③正确；
④当点P不与点D重合时，延长至，使，连接，取的中点，连接，，如图4，
四边形是正方形，
，，
又，
，
，，
，
，
是的中点，
，
，，，四点共圆，
，
由②得，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
在中，，
，
如图，当点P与点D重合时，
此时点重合，点重合，点重合，
，
∴，故④错误；
综上分析可知：正确结论的序号是①②③．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
二、填空题（共16题，每题2分）
9. 若代数式有意义，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件、解一元一次不等式，解决本题的关键是根据二次根式的被开方数是非负数，得到不等式，解不等式求出的取值范围即可．
【详解】解：代数式有意义，
，
解得：．
故答案为：．
10. 分解因式：_____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了综合提公因式以及公式法分解因式，先提公因式x，再利用平方差公式进行分解因式即可．
【详解】解：，
故答案为：
11. 方程的解为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查分式方程的解法，先去分母，然后解整式方程，最后检验，即可求解．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴，
经检验，是原方程的解．
故答案为：
12. 某地区青少年、成年人和老年人人数比约为3∶5∶2，现从中抽取一个样本容量为1000的样本，调查了解他们对新闻、体育、动画三类节目的喜爱情况．老年人应抽取________人．
【答案】200
【解析】
【分析】老年人抽取的人数应按照该地区的青少年、成年人和老年人的人数比来分配，故可列出式子求解.
【详解】依题意应抽取老年人人数为1000=200人.
【点睛】此题主要考查样本比例的计算，正确把握计算方法是解题的关键.
13. 如图，A，B，C，D是⊙O上的四个点，∠BAC=42°，OD⊥BC于点E，则∠BDE为_____°．
【答案】69
【解析】
【分析】连接CD，由圆内接四边形的性质得∠BDC+∠BAC=180°，可得∠BDC =180°-42°=138°，再由垂径定理得出，则BD=CD，然后根据等腰三角形的性质即可求出∠BDE的度数．
【详解】解：如图，连接CD，
∵A，B，C，D是⊙O上的四个点，
∴∠BDC+∠BAC=180°，
∵∠BAC=42°，
∴∠BDC =180°-42°=138°，
∵OD⊥BC，
∴，
∴BD=CD，
∴∠BDE=∠BDC=，
故答案为：69．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质及垂径定理等知识，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
14. 如图，在矩形中，点E在边上，连接并延长，交的延长线于点F．若，，，则的长为______．
【答案】5
【解析】
【分析】结合矩形的性质，证明，即可得，即可求出，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：在矩形中，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴在中，，
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
15. 如图，在矩形中，点O是坐标原点的图象上，点B在反比例函数， ，则________．
【答案】
【解析】
【分析】过A、B作轴于E，轴于F，利用三角函数、勾股定理解可得，结合矩形的性质可得，再证，推出，根据反比例函数k的几何意义可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
过A、B作轴于E，轴于F，如图：
∵，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵反比例函数在第二象限，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，锐角三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，反比例函数k的几何意义等，综合性强，有一定难度，熟练掌握反比例函数k的几何意义是解题的关键．
16. 对于题目：“如图1，平面上，正方形内有一长为12 、宽为6 的矩形，它可以在正方形的内部及边界通过移转（即平移或旋转）的方式，自由地从横放移转到竖放，求正方形边长的最小整数．”甲、乙、丙作了自认为边长最小的正方形，先求出该边长，再取最小整数．
甲：如图2，思路是当为矩形对角线长时就可移转过去；结果取n=14．
乙：如图3，思路是当为矩形外接圆直径长时就可移转过去；结果取n=14．
丙：如图4，思路是当为矩形的长与宽之和的倍时就可移转过去；结果取n=13．
甲、乙、丙的思路和结果均正确的是___________ ．
【答案】甲、乙
【解析】
【分析】根据矩形长为12宽为6，可得矩形的对角线长为，由矩形在该正方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，可得该正方形的边长不小于，进而可得正方形边长的最小整数n的值．
【详解】∵矩形长为12宽为6，
∴矩形的对角线长为：，
∵矩形在该正方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，
∴该正方形的边长不小于，
∵，
∴该正方形边长的最小整数n为14．
故甲的思路正确，长方形对角线最长，只要对角线能通过就可以，结果也正确；
乙的思路正确，长方形对角线就是圆的直径最长，只要圆能通过就可以，结果也正确；
丙的思路错误，长方形对角线最长，只要对角线能通过才可以，故丙的思路与结果都错误；
故答案为：甲、乙．
【点睛】本题考查了矩形的性质、圆的性质与旋转的性质，熟练运用矩形的性质是解题的关键．
三、解答题（共68分，第17-20题每题5分，第21题6分，第22题5分，第23-24题每题分6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题每题7分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了求特殊角三角函数值，二次根式的加减计算，零指数幂，先计算特殊角三角函数值，再计算零指数幂和化简二次根式，最后计算加减法即可．
【详解】解：
．
18. 解不等式组：
【答案】
【解析】
【分析】先求出每一个不等式的解集，再根据不等式组解集的确定方法“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解”确定不等式组的解集．
本题考查了一元一次不等式组解法，熟练进行不等式求解是解题的关键．
【详解】
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为．
19. 已知，求代数式的值．
【答案】，
【解析】
【分析】此题考查了代数式求值和分式性质，利用了整体代入的思想，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
将代数式运用分式性质化简变形后，由已知等式求出，整体代入计算即可求出值；
详解】解：
，
，
，
∴原式．
20. 在平面直角坐标系中，一次函数经过点，．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当时，对于x的每一个值，函数的值大于一次函数的值，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式，灵活掌握所学知识是解题关键．
（1）用待定系数法求解即可；
（2）根据题意，列出关于m的不等式，结合图象的性质即可求解．
【小问1详解】
解：∵一次函数的图象过点，，
∴把代入得：，
解得：，
∴一次函数的解析式；
【小问2详解】
解：由（1）得：一次函数的解析式，
当时，，
∵当时，对于x的每一个值，函数的值大于一次函数的值，
把代入得：，
∴，
解得：．
当直线与平行时，，此时函数的值大于一次函数的值，
∴
21. 在房山区践行“原色育人，生态发展”教育发展理念的引领下，某校为提升实践育人实效，积极组织学生建设劳动基地，参与校园种植活动．计划在校园内一块矩形的空地上开垦两块完全相同的矩形菜园，如图所示，已知空地长米，宽米，矩形菜园的长与宽的比为，并且预留的上、中、下、左、右通道的宽度相等，那么预留通道的宽度和矩形菜园的宽分别是多少米？
【答案】预留通道的宽度是米，矩形菜园的宽是米
【解析】
【分析】本题考查了一元一次方程的应用．设矩形菜园的宽为米，则长为，根据预留的上、中、下、左、右通道的宽度相等，可列一元一次方程，解得的值即为矩形菜园的宽，可求得预留通道的宽度．
【详解】解：设矩形菜园的宽为米，则矩形菜园的长为米．
由题意可得，
．
解得．
∴．
答：预留通道的宽度是米，矩形菜园的宽是米．
22. 某校兴趣小组在学科实践活动中，从市场上销售的A，B两个品种的花生仁中各随机抽取30粒，测量其长轴长度，然后对测量数据进行了收集、整理和分析．下面是部分信息．

a．两种花生仁的长轴长度统计表：
b.两种花生仁的长轴长度的平均数、中位数、众数、方差如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）兴趣小组的同学在进行抽样时，以下操作正确的是_________（填序号）；
①从数量足够多的两种花生仁中挑取颗粒大的各30粒；
②将数量足够多的两种花生仁分别放在两个不透明的袋子中，摇匀后从中各取出30粒；
（2）写出a，b，c的值；
（3）学校食堂准备从A，B两个品种的花生仁中选购一批做配菜食材，根据菜品质量要求，花生仁大小要均匀，那么兴趣小组应向食堂推荐选购_____（填“A”或“B”）品种花生仁，理由是_______________________
【答案】（1）② （2），，
（3）A，A的方差小于B的方差．
【解析】
【分析】（1）抽样时应当尽量避免主观因素的影响据此即可解答；
（2）根据平均数、中位数、众数的定义求解即可；
（3）根据方差的意义即可解答．
【小问1详解】
解：抽样时应当尽量避免主观因素的影响，则②符合题意．
故答案为②．
【小问2详解】
解：A品种花生仁的平均数为：；
A品种花生仁的样本中13出现了10次，次数最多，则众数为；
B品种花生仁的样本有30个数据，从小到大排列处于中间为第15和第16的数据分别是17,18，则中位数为．
【小问3详解】
解：由于菜品质量要求，花生仁大小要均匀，即数据波动小，方差小；因为A品种花生仁的方差1.4小于B品种花生仁的方差,则应选A．
故答案为：A，A的方差小于B的方差．
【点睛】本题主要考查了抽样调查、平均数、中位数、众数、方差等知识点，理解平均数、中位数、众数、方差的意义是解答本题的关键．
23. 如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．
（1）求证：四边形BCEF是矩形；
（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）EF=．
【解析】
【分析】（1）先证明四边形BCEF是平行四边形，再根据垂直，即可求证；
（2）根据勾股定理的逆定理，求得△CDF是直角三角形，等面积法求得CE，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵EF=DA，
∴EF=BC，EF∥BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵CE⊥AD，
∴∠CEF=90°，
∴平行四边形BCEF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∵CF=4，DF=5，
∴CD2+CF2=DF2，
∴△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，
∴△CDF的面积=DF×CE=CF×CD，
∴CE=，
由（1）得：EF=BC，四边形BCEF是矩形，
∴∠FBC=90°，BF=CE=，
∴BC=，
∴EF=．
【点睛】此题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理以及逆定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
24. 如图，在中，，为边上的点，以为直径作交于点，连接并延长交于点，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（）连接，由得，进而得，又由得，即可由得到，据此即可求证；
（）由得，即可得，得到，进而得，，，连接，证明，得到，据此即可求解；
此题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余，切线的判定定理，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【小问1详解】
证明：连接，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴
∴连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
25. 如图1，灌溉车为公路绿化带草坪浇水，图2是灌溉车浇水操作时的截面图．现将灌溉车喷出水的上、下边缘线近似地看作平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象．已知喷水口H离地竖直高度为，草坪水平宽度，竖直高度忽略不计.上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为，高出喷水口，下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，设灌溉车到草坪的距离为d（单位：m）．
（1）求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程的长；
（2）下边缘抛物线落地点B的坐标为______；
（3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个草坪，d的取值范围为______．
【答案】（1）喷出水的最大射程为
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题是二次函数的实际应用，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数与方程的关系等知识，读懂题意，建立二次函数模型是解题的关键．
（1）由顶点得，设，再根据抛物线过点，可得a的值，从而解决问题；
（2）由对称轴知点的对称点为，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，可得点B的坐标；
（3）根据点坐标以及草坪宽度可得结论．
【小问1详解】
解：由题意得是上边缘抛物线的顶点，
设，
又∵抛物线过点，
∴
∴，
∴上边缘抛物线的函数解析式为，
当时，，
解得（舍去），
∴喷出水的最大射程为；
【小问2详解】
解：∵对称轴为直线，
∴点的对称点为，
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，
∴点B的坐标为，
故答案为：；
【小问3详解】
解：∵，
，
，，
，，
，
∴要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个草坪，d的取值范围为，
故答案为：．
26. 在平面直角坐标系中，点，在抛物线上，其中．
（1）求抛物线的对称轴（用含的式子表示）；
（2）①当时，求的值；
②若，求的值（用含的式子表示）；
（3）若对于，都有，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）①，②
（3）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线对称轴的公式，代值求解即可；
（2）①根据抛物线表达式，代入求值即可；②根据可知，即求抛物线与 轴交点坐标，得出方程求解即可；
（3）根据抛物线对称轴及，结合条件，都有，列出不等式求解即可．
【小问1详解】
解：抛物线，
对称轴；
【小问2详解】
解：①抛物线，
当时，；
②若，则，为抛物线与轴的交点，
，十字相乘分解因式得，
或，
，
；
【小问3详解】
解：点，在抛物线上，
，，
即
，
若，则，即，
，即，
，即，
，
当时，对于，都有，
．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系、二次函数图象上的点的坐标特点、二次函数与一元二次方程的关系及一元一次不等式等知识点，熟练掌握二次函数图象上的点的坐标特点及二次函数的性质是解题的关键．
27. 如图，等边中，D是边上一点，且，点D关于直线的对称点为E，连接，，在直线上取一点F，使得，直线与直线交于点G．
（1）若，求的度数（用含的代数式表示）；
（2）用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1）
（2）；证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形性质得，则，再根据可得出的度数；
（2）连接，延长交于点，根据对称性得，进而得，则，由此可证，进而可依据“”判定和全等，则，由此得，则，据此可得线段与的数量关系．
【小问1详解】
解：∵是等边三角形，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：线段与的数量关系是：，
证明如下：
连接，延长交于点，如图所示：
∵点关于直线的对称点为，
，
，
，
，
又，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
又∵，
∴，
∴
，
．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质等知识点，理解等边三角形的性质，轴对称的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键，正确地添加辅助线构造全等三角形是解决问题的难点．
28. 在平面直角坐标系中，的半径为．对于的弦和点，给出如下定义：若在上或其内部存在一点使得四边形是菱形且是该菱形的对角线，则称点是弦的“伴随点”．
（1）如图，点．
①在点中，弦的“伴随点”是点 ；
②若点是弦的“伴随点”且，则长为 ；
（2）已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的伴随点．记点的横坐标为，当时，直接写出的取值范围．
【答案】（1）①；②
（2）且
【解析】
【分析】（1）①根据新定义，弦的“伴随点”在的垂直平分线上（除的中点外），且在上或其内部存在一点，且，结合坐标系，即可求解；
②根据圆周角定理，圆内接四边形对角互补得出，根据新定义得出点在外，且只有1个，进而解直角三角形，即可求解；
（2）分析新定义，结合（1）②可得弦的“伴随点”是线段除点外上的点，而，根据新定义得出点的轨迹为线段（除点）上任意一点，当旋转时，构成的图形如图所示，是两个同心圆构成的圆环（实线部分）除开半径为的圆（虚线部分）；根据对称性分别求得，进而根据且，得出的范围，根据与轴的夹角为，即可求解．
【小问1详解】
解：①∵，点关于对称的点分别为
只有在的垂直平分线上（除的中点外），且在内部存在一点，
故答案为：．
②如图所示，设为的中点，,为的垂直平分线与的交点，
∵
∴，则是等腰直角三角形，
∴的垂直平分线为一三象限的平分线上即，点在一三象限的平分线上
∵，
∴
如图所示，则分别为关于的对称点，弦的“伴随点”是线段除点外上的点，
又∵点是弦的“伴随点”且
∴点在外，且只有1个，
∵
∴，
∵
∴
∴，
故答案为：．
【小问2详解】
解：由（1）②可得，弦的“伴随点”是线段除点外上的点，而，
∵在上，且，
设，则
∴，即，
同理，则
∵，则，则
∴，，，
当是直线上一点，且存在的弦，点是弦的伴随点．
∴点的轨迹为线段（除点）上任意一点，当旋转时，构成的图形如图所示，是两个同心圆构成的圆环（实线部分）除开半径为的圆（虚线部分）
∴且
即且
又∵与轴的夹角为
∴的横坐标为
∴且．
【点睛】本题考查了几何新定义，圆周角定理，菱形的性质，点与圆的位置关系，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识正确的分析新定义是解题的关键．花生仁长轴长度（mm）
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
A品种花生仁粒数
5
10
6
7
2
0
0
0
0
0
B品种花生仁粒数
0
0
2
3
6
4
5
4
4
2
平均数
中位数
众数
方差
A品种花生仁
a
13.5
c
1.4
B品种花生仁
17.5
b
16
3.9