山东省德州市武城县禹城市联考2023-2024学年九年级下学期第一次练兵考试数学试题

这是一份山东省德州市武城县禹城市联考2023-2024学年九年级下学期第一次练兵考试数学试题，共33页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，根据以上信息，回答下列问题等内容，欢迎下载使用。

（满分 150分；时间 120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请将选择题答案用2B铅笔填涂在答题卡指定题号里；将非选择题的答案用0.5 毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷上无效．
3．考生必须保持答题卡的整洁．
一、选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个均记零分．）
1. ﹣6的倒数是（ ）
A. ﹣B. C. ﹣6D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】解：﹣6的倒数是﹣．故选A．
2. 下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合，根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐一判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；该试卷源自 每日更新，享更低价下载。故选：D．
3. 下列式子是二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的定义，根据形如的式子叫做二次根式进行求解即可．
【详解】解：A、当时，原式不是二次根式，不符合题意；
B、是二次根式，符合题意；
C、当时不是二次根式，不符合题意；
D、当时，原式不是二次根式，不符合题意；
故选：B．
4. 如图所示的几何体，它的左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据几何体确定出其左视图即可．
【详解】解：根据题意得：几何体的左视图为：
故选：A．
【点睛】此题考查了简单组合体的三视图，锻炼了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．根据合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方法则逐项计算即可．
【详解】解：A．与不是同类项，不能合并，故不正确；
B．，故不正确；
C．，故不正确；
D．，正确；
故选D．
6. 关于x的方程x2+5x+m=0的一个根为-2，则另一个根是（ ）
A. -6B. -3C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】分析：根据一元二次方程的两根之和等于－5求解.
详解：设另一个根为a，则根据根与系数的关系可得－2＋a＝－5，解得a＝－3.
故选B.
点睛：已知一元二次方程的一个根，求所含的字母系数的方法有：①把已知的根代入到原方程中，求出字母系数，再把字母系数的值代回到原方程求出另一个根；②用两根之和或者两根之积求解.
7. 地球周围的大气层阻挡了紫外线和宇宙射线对地球生命的伤害，同时产生一定的大气压，海拔不同，大气压不同，观察图中数据，你发现，正确的是（ ）
A. 海拔越高，大气压越大
B. 图中曲线是反比例函数的图象
C. 海拔4千米时，大气压约为70千帕
D. 图中曲线表达了大气压和海拔两个量之间的变化关系
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象中的数据回答即可．
【详解】解：A．海拔越高，大气压越小，该选项不符合题意；
B．∵图象经过点(2，80)，(4，60)，
∴2×80=160，4×60=240，而160≠240，
∴图中曲线不是反比例函数的图象，该选项不符合题意；
C．∵图象经过点 (4，60)，
∴海拔为4千米时，大气压约为60千帕，该选项不符合题意；
D．图中曲线表达了大气压和海拔两个量之间的变化关系，该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了函数的图象，解题的关键是读懂题意，能正确识图．
8. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，若点刚好落在边上，且，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【详解】解：，
，
，
将绕点按逆时针方向旋转得到，
，，
，
，
，
，
，
故选：C．
9. 如图，一次函数图象经过点，与正比例函数图象交于点，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系：当时，直线都在直线的上方，当时，直线在x轴上方，于是可得到不等式的解集．
【详解】解：当时，，
∵一次函数图象经过点，
∴时，，
∴不等式的解集为．
故选D．
10. 为扎实推进“五育”并举工作，加强劳动教育，某校投入2万元购进了一批劳动工具．开展课后服务后，学生的劳动实践需求明显增强，需再次采购一批相同的劳动工具，已知采购数量与第一次相同，但采购单价比第一次降低10元，总费用降低了15%．设第二次采购单价为x元，则下列方程中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】设第二次采购单价为x元，则第一次采购单价为(x+10)元，根据单价=总价÷数量，结合总费用降低了15%，采购数量与第一次相同，即可得出关于x的分式方程．
【详解】解：设第二次采购单价为x元，则第一次采购单价为(x+10)元，
依题意得：，
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
11. 如图，已知直线，与轴、轴分别交于、两点，是以为圆心，为半径的圆上一动点，连接、，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查的是一次函数图象与坐标轴的交点、圆上动点问题，勾股定理，求出圆上距离直线最近的点到直线的距离是解决此题的关键．过点作于点，连接，根据一次函数求出点、的坐标，然后利用等面积即可求出的值，根据圆上距离直线最远的点为，即可求得面积的最大值．
【详解】解：过点作于点，连接，
令，则，
令，则，得，
点，点，
，，，
根据勾股定理可得：，
则由三角形面积公式得：，
，
，
，
圆的半径
圆上点到直线的最大距离是，即 ，
则面积的最大值为：，
故选：C．
12. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在函数，的图象上，轴，点C是y轴上一点，线段AC与x轴正半轴交于点D．若的面积为8，，则k的值为（ ）
A. 2B. 4C. －2D. －4
【答案】D
【解析】
【分析】由轴，可知△COD∽△CEA，△COF∽△CEB，设OC=3c，OF=3b，OD=3a，表示出点A和点B的坐标，根据点B在的图象上，可得bc=①，根据点的图象上，可得ac=②，根据的面积为8，可得4ac+4bc=1③，把①、②代入③即可求出k的值．
【详解】解：设AB交y轴于点E，BC交x轴于点F，如图，
∵，
∴，
∵轴，
∴△COD∽△CEA，△COF∽△CEB，
∴，．
设OC=3c，OF=3b，OD=3a，则CE=8c，OE=5c，BE=8b，AE=8a，AB=8a+8b，
∴B(-8b，5c)，A(8a，5c)，
∵点B在的图象上，
∴8b×5c=k，
∴bc=．
∵点的图象上，
∴8a×5c=6，
∴ac=．
∵的面积为8，
∴，
∴，
∴4ac+4bc=1，
∴4+4()=1，
解得k=-4，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，反比例函数图象上点的坐标特征，设参数表示出点A和点B的坐标是解答本题的关键．
二、填空题（本题6 小题，每题4 分，共24分）
13. 因式分解：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查综合运用提公因式法和公式法因式分解．先提取公因式，再利用平方差公式因式分解．
【详解】解：原式，
故答案为：．
14. 如图，已知，数轴上点A 所表示的数为a，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数与数轴，勾股定理，化简二次根式，根据勾股定理求出即可得到答案．
【详解】解：由题意得，，
∴，
故答案为：．
15. 杭州亚运会吉祥物是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人，组合名为“江南忆”，出自唐朝诗人白居易的名句“江南忆，最忆是杭州”．现有三张杭州亚运会吉祥物卡片，正面图案如图所示，背面完全相同，把这三张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取一张，不放回，再抽取一张，则抽取的这两张卡片的正面图案恰好是“琮琮”和“莲莲”的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查列表法与树状图法．画树状图得出所有等可能的结果数以及抽取的这两张卡片的正面图案恰好是“琮琮”和“莲莲”的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：将“宸宸”、“琮琮”和“莲莲”分别记为，，，
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中抽取的这两张卡片的正面图案恰好是“琮琮”和“莲莲”的结果有：，，共2种，
抽取的这两张卡片的正面图案恰好是“琮琮”和“莲莲”的概率为．
故答案为：．
16. 将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点在半圆上，点、的度数分别为、，则的大小为___________
【答案】
【解析】
【分析】设半圆圆心为O，连OA，OB，则∠AOB＝86°−30°＝56°，根据圆周角定理得∠ACB＝∠AOB，即可得到∠ACB的大小．
【详解】设半圆圆心为O，连OA，OB，如图，
∵∠ACB＝∠AOB，
而∠AOB＝86°−30°＝56°，
∴∠ACB＝×56°＝28°．
故答案为：28°．
【点睛】本题考查了圆周角定理．在同圆或等圆中，同弧和等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半．
17. 如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，若点为抛物线上一点且横坐标为，点为轴上一点，点在以点为圆心，为半径的圆上，则的最小值______ ．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出点，点，作点关于轴对称的点，则点，连接交与轴于，交于，过点作轴于，连接，当点与点重合，点与点重合时，为最小，最小值为线段的长，然后可在中由勾股定理求出，进而可得，据此可得出答案．
【详解】解：对于，当时，，
解得：，，
点的坐标为，
对于，当时，，
点的坐标为，
作点关于轴对称的点，则点，
连接交与y轴于，交于，过点作轴于，连接，

当点与点重合，点与点重合时，为最小，最小值为线段的长．
理由如下：
当点与点不重合，点与点不重合时，
根据轴对称的性质可知：，
，
根据“两点之间线段最短”可知：，
即：，
，
，
即：，
当点与点重合，点与点重合时，为最小．
点，，
，，，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
．
即为最小值为．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了二次函数与轴的交点，利用轴对称求最短路线，圆的性质，勾股定理等，解答此题的关键是准确的求出二次函数与轴的交点坐标，难点是确定当为最小时，点，的位置．
18. 如图，在正方形中，为上一点，过点作，交于，交对角线于，取的中点，连接，，．下列结论：①；②且；③；④≌；⑤若，则，其中哪些结论是正确的______．（填序号）

【答案】②③④
【解析】
【分析】证明，不垂直于，可得与不平行．可得不正确；证明≌，可得，，证明，可得正确；证明，可得正确；证明≌，可得正确；如图，过点作于点，设，则，求解，，可得不正确；
【详解】解：在正方形中，，，
∵，
，
四边形为矩形，
在中，，
，
是中点，
，
正方形对角线互相垂直，过点只能有一条垂直于的直线，
不垂直于，
与不平行．
不正确；
四边形是矩形，
，，
平分，
，
，
．
在中，是的中点，
，，
，
，
，而，
≌，
，，
，
即，
．
正确；
≌，
，
，
．
正确；
，，，
≌，
正确；
如图，过点作于点，

设，则，
，，
，
，
，
，
，
，
不正确；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的性质，熟记各几何图形的性质与判定并灵活运用是解本题的关键.
三、解答题（本题共 7 道题，共 78 分）
19. （1）计算：
（2）解不等式组
【答案】（1）1；（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了求特殊角三角函数值，实数的混合计算，负整数指数幂，解一元一次不等式组：
（1）先计算特殊角三角函数值负整数指数幂，再根据实数的运算法则求解即可．
（2）先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可．
【详解】解：（1）
；
（2）
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为．
20. “赏中华诗词，寻文化基因，品文学之美”，某校举行了古诗词知识竞赛，了解七年级学生对“古诗词”的掌握情况．现从七年级随机抽取50名学生进行古诗词竞赛，并将他们的竞赛成绩（百分制，单位：分）进行统计．部分信息如下：
【数据整理】50名学生成绩的频数分布直方图如图所示：（数据分成五组：，，，，）
【数据分析】50名学生成绩的平均数、中位数、众数如下：
其中成绩在这一组的具体得分是：77，79，76，75，76，73，76，70，77，71，79．根据以上信息，回答下列问题：
（1）在这次测试中，50名学生的成绩在80分以上（含80分）的人数占总人数的 ；
（2）成绩在这一组的11位学生得分的中位数是 分，表中m 的值为 ；
（3）随机抽取50名学生中，小星竞赛得分为76分，小红说：本次竞赛小星属于中等偏上水平，你是否同意小红的说法？说明理由．
【答案】（1）46 （2）76；78
（3）不同意小红的说法，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查频数（率）分布直方图、中位数．
（1）将频数分布直方图中和这两组的人数相加即可得出答案．
（2）根据中位数的定义可得答案．
（3）根据中位数的意义判断即可．
【小问1详解】
解：由频数分布直方图可知，
50名学生的成绩在80分以上（含80分）的有（人），
∴在这次测试中，50名学生的成绩在80分以上（含80分）的人数占总人数的
故答案为：46．
【小问2详解】
解：将成绩在这一组的得分按照从小到大排列，则排在第6位的为76分，
∴成绩在这一组的11位学生得分的中位数是76分．
∵50名学生成绩的中位数是第25，26个数据的平均数，而把这些数据从小到大排列，第25，26个数据分别为77，79，
∴，
故答案为：76，78．
【小问3详解】
解：不同意小红的说法．
理由：∵50名学生成绩的中位数为78分，，
∴本次竞赛小星属于中等偏下水平．
21. 我国素有“基建狂魔”的称号，设计并建造了大量的世纪工程，如三峡大坝及三峡水电工程；秦岭隧道工程；珠港澳跨海大桥工程……每天的工程建设都在如火如荼地进行着．如图，某天一台塔吊正对新建的大楼进行封顶施工，现在我们将这个实际问题通过数学建模抽象成以下数学问题，如果工人在楼顶A处测得吊钩D处的俯角，测得塔吊B，C两点的仰角分别为和，此时米，塔吊需向A处吊运材料．（参考数值，，）

（1）求楼顶A到平衡臂距离（结果保留根号）；
（2）吊钩D需向右、向上分别移动多少米才能将材料送达A处？（结果保留根号）
【答案】（1）米
（2）吊钩D需向右移动7米、向上移动米才能将材料送达A处
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形解决俯角、仰角的实际应用，等腰三角形的判定．正确理解题意是关键．
（1）设交于点F，由题意得米，在中由三角函数可求得，即楼顶A到平衡臂的距离；
（2）由（1）的计算可求得，在中，由正切关系可求得，即可求得向上与向右平移的距离．
【小问1详解】
解：设交于点F，如图；

由题意知，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴米；
∵，
∴在中，（米）；
∵楼顶A到平衡臂的距离与的长度相等，
∴楼顶A到平衡臂的距离为米；
【小问2详解】
解：由（1）知，米，，
∴（米）；
在中，米，
∴吊钩D需向右移动7米、向上移动米才能将材料送达A处．

22. 如图，中，，以为直径的圆交于点E，过点E作于于点F，交的延长线于点D．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，要证明是的切线，只要证明即可；
（2）连接，在中，求得，，在中，求得，证明，利用相似三角形的性质，列式计算即可求解．
【小问1详解】
证明：连接，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：连接，
∵直径，
∴，
在中，，，
∴，，
在中，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
解得，
即．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理及其推论、勾股定理、等腰三角形的性质以及解直角三角形等，注意准确作出辅助线是解此题的关键．
23. 高台跃下，凌空旋转，天际中滑翔出优美曲线；跳台滑雪简称“跳雪”，运动员沿着助滑道飞速下滑，在起跳点腾空，身体在空中沿抛物线飞行直至着陆坡，主要考核运动员的飞行距离和动作姿势．在这项运动里，我们可以用数学知识解决一些实际问题．如图是某跳台滑雪训练场的横截面示意图，取某一位置的水平线为x轴，过起跳点A作水平线的垂线为y轴，建立平面直角坐标系．图中的抛物线近似表示滑雪场地上的一座小山坡，某运动员从点O正上方50米处的A点滑出，滑出后沿一段抛物线运动．飞行中某一时刻当运动员运动到离A处的水平距离为60米时，高出水平线的高度为60米．
（1）求抛物线所对应的函数表达式．
（2）若运动员在高出水平线10米的小山坡上着地，求此时运动员降落点到A点的水平距离．
（3）在（2）的条件下，当运动员滑行中与小山坡的竖直距离最大时，求运动员运动的水平距离．
【答案】（1）
（2）到A点的水平距离120米时，运动员在距地10米的小山坡上着地
（3）当运动员与小山坡的竖直距离最大时，运动员运动的水平距离50米
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的基本性质，并能将实际问题与二次函数模型相结合是解决本题的关键．
（1）将代入，求出即可；
（2）由题意将代入，解方程即可解决；
（3）把代入求出表达式，从而得出关于x的函数表达式，根据二次函数性质即可解决．
【小问1详解】
解：把代入，
，
解得，
∴抛物线所对应的函数表达式；
【小问2详解】
解：由题意得：，
解得（舍去），
答：到A点的水平距离120米时，运动员在距地10米的小山坡上着地．
【小问3详解】
把代入，
解得，
，
，
，
时，值最大，
答：当运动员与小山坡的竖直距离最大时，运动员运动的水平距离50米．
24. 综合与实践
问题情境：四边形是边长为5的菱形，连接．将绕点按顺时针方向旋转得到，点，旋转后的对应点分别为，．旋转角为．

（1）观察思考：如图1，连接，当点第一次落在对角线上时，__________．
（2）探究证明：如图2，当，且时，与交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．
（3）拓展延伸：如图3，连接．在旋转过程中，当与菱形的一边平行时，且，请直接写出线段的长．
【答案】（1）
（2）四边形是菱形，理由见解析
（3）的长为或．
【解析】
【分析】（1）连接，根据菱形的性质得出，根据旋转的性质得出，进而可得是等边三角形，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出，由旋转可得，，则，进而证明，即可得证
（3）①当时，如图所示，设交于点，过点作于点，勾股定理求得的长，进而求得的长，勾股定理即可求解；②当时，证明三点共线，即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示，连接，

∵四边形是菱形，
∴垂直平分，
∴，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即，
故答案为：．
【小问2详解】
四边形是菱形，
证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
由旋转可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
【小问3详解】
①当时，如图所示，设交于点，过点作于点，

∵，
设，则，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
又，，
∴，
∴，
∴，
②如图所示，当时，

∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴三点共线，
∴，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了正切的定义，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
25. 二次函数交x轴于点和点，交y轴于点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图1，点E为抛物线的顶点，点为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为，当四边形的面积为12时，求t的值；
（3）如图2，过点C作轴，交抛物线于另一点D．点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P．是否存在点M使为直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，或或或
【解析】
【分析】（1）由题意可设该抛物线解析式为交点式：，再将代入，求出a的值，即得出该抛物线解析式；
（2）连接，延长，交y轴于点Q．由抛物线解析式可求出，进而可求出直线的解析式为：，即得出．由旋转的性质可得，即证明四边形是平行四边形，得出．再根据，即得出，求出的长，即可求出t的值；
（3）设，分类讨论：①当，且点P位于点B右侧时时，②当，且点P位于点B左侧时时，③当时和④当时，结合解直角三角形和等腰直角三角形的性质，可分别列出关于x的等式，解出x的值，即得出答案．
【小问1详解】
解：∵二次函数过点，
∴设抛物线解析式为，
将代入，得：，
解得：，
∴二次函数的解析式为：；
【小问2详解】
解：如图，连接，延长，交y轴于点Q．
由（1）得，
∴抛物线顶点，
设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴直线的解析式为：，
∴．
∵抛物线绕点旋转，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：存在．
设，
分类讨论：①如图，当时，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴，
整理，得：，
解得：，，
经检验，是原方程的解．
∵此时点P位于B点右侧，
∴舍去，
∴此时；
②如图，当时，
同理可得：，
解得：（舍去），，
∴M点的坐标为，
③如图，当时，
∴是等腰直角三角形，
∴也是等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得：（舍去），
∴M点的坐标为；
④如图，当时，
∴是等腰直角三角形，
∴也是等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得：（舍去），
∴M点的坐标为．
综上所述：满足条件的M点的坐标为或或或．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，一次函数的应用，旋转的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识点，并利用数形结合的思想是解题关键．年级
平均数
中位数
众数
七年级
m
80