2025届北京市昌平区名校数学九上开学统考试题【含答案】

这是一份2025届北京市昌平区名校数学九上开学统考试题【含答案】，共24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）下列函数中，自变量x的取值范围是x≥3的是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）已知边长分别为a、b的长方形的周长为10，面积4，则ab2+a2b的值为（ ）
A．10B．20C．40D．80
3、（4分）如图，下图是汽车行驶速度（千米/时）和时间（分）的关系图，下列说法其中正确的个数为（ ）
（1）汽车行驶时间为40分钟；（2）AB表示汽车匀速行驶；（3）在第30分钟时，汽车的速度是90千米/时；（4）第40分钟时，汽车停下来了.
A．1个B．2个C．3个D．4个
4、（4分）自驾游是当今社会一种重要的旅游方式，五一放假期间小明一家人自驾去灵山游玩，下图描述了小明爸爸驾驶的汽车在一段时间内路程s（千米）与时间t（小时）的函数关系，下列说法中正确的是（ ）
A．汽车在0～1小时的速度是60千米/时
B．汽车在2～3小时的速度比0～0.5小时的速度快
C．汽车从0.5小时到1.5小时的速度是80千米/时
D．汽车行驶的平均速度为60千米/时
5、（4分）爷爷在离家900米的公园锻炼后回家，离开公园20分钟后，爷爷停下来与朋友聊天10分钟，接着又走了15分钟回到家中．下面图形中表示爷爷离家的距离y（米）与爷爷离开公园的时间x（分）之间的函数关系是（ ）
A．B．
C．D．
6、（4分）下列根式中是最简二次根式的是
A．B．C．D．
7、（4分）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，它是菱形B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形D．当时，它是正方形
8、（4分）在矩形中，，，现将矩形折叠使点与点重合，则折痕的长是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，已知等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，AB＝5，点E是边AB上的动点（不与A，B点重合），连接DE，过点D作DF⊥DE交AC于点F，连接EF，点H在线段AD上，且DH＝AD，连接EH，HF，记图中阴影部分的面积为S1，△EHF的面积记为S2，则S1＝_____，S2的取值范围是_____．
10、（4分）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠BAC交BC于D，DE⊥AB于D，若AB＝10，则△BDE的周长等于_.
11、（4分）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则AE的长是_____．
12、（4分）如图，在等边三角形ABC中，AC＝9，点O在AC上，且AO＝3，点P是AB上的一动点，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD，要使点D恰好落在BC上，则AP的长是________．
13、（4分）关于x的一元二次方程（m﹣5）x2+2x+2=0有实根，则m的最大整数解是__．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作.交于点，以、为邻边作矩形，连接.
（1）求证：矩形是正方形；
（2）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由.
15、（8分）如图所示，已知平行四边形ABCD，对角线AC，BD相交于点O，∠OBC＝∠OCB．
（1）求证：平行四边形ABCD是矩形；
（2）请添加一个条件使矩形ABCD为正方形．
16、（8分）已知,利用因式分解求的值．
17、（10分）一分钟投篮测试规定，得6分以上为合格，得9分以上为优秀，甲、乙两组同学的一次测试成绩如下：
（1）请你根据上述统计数据，把下面的图和表补充完整；
一分钟投篮成绩统计分析表：
（2）下面是小明和小聪的一段对话，请你根据（1）中的表，写出两条支持小聪的观点的理由．
18、（10分）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）求证：AE=DF；
（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；
（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
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）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，将斜边AB翻折，使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则BD的长为_____.
20、（4分）一次函数与轴的交点坐标为__________．
21、（4分）如图，含有30°的直角三角板△ABC，∠BAC＝90°，∠C＝30°，将△ABC绕着点A逆时针旋转，得到△AMN，使得点B落在BC边上的点M处，过点N的直线l∥BC，则∠1＝______．
22、（4分）对于任意非零实数a，b，定义“☆”运算为：a☆b＝，若（x+1）☆x+（x+2）☆（x+1）+（x+3）☆（x+2）+…+（x+2018）☆（x+2017）＝，则x＝_____．
23、（4分）随着海拔高度的升高，大气压强下降，空气中的含氧量也随之下降，即含氧量y（g/m3）与大气压强x（kPa）成正比例函数关系．当x=36（kPa）时，y=108（g/m3），请写出y与x的函数关系式 ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在中，的角平分线交于点，交的延长线于点，连接.
(1)请判断的形状，并说明理由；
(2)已知，，求的面积.
25、（10分）在平面直角坐标系中，原点为O，已知一次函数的图象过点A（0，5），点B（-1，4）和点P（m，n）．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当n=2时，求直线 AB，直线 OP与 x轴围成的图形的面积；
（3）当的面积等于的面积的2倍时，求n的值．
26、（12分）如图，在中，点，是直线上的两点，，连结，，，．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若，，，四边形是矩形，求的长．
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、D
【解析】
求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使各函数在实数范围内有意义，必须：
A、分式有意义，x﹣1≠0，解得：x≠1；B、二次根式和分式有意义，x﹣1＞0，解得x＞1；
C、函数式为整式，x是任意实数；D、二次根式有意义，x﹣1≥0，解得x≥1．故选D．
2、B
【解析】
直接利用矩形周长和面积公式得出ab，a+b，进而利用提取公因式法分解因式得出答案.
【详解】
解：由边长分别为a、b的长方形的周长为10，面积4，
.则2（a+b）=10，ab=4，则a+b=5，故ab2+a2b=ab（b+a）=4×5=20.
故选：B.
本题主要考查了提取公因式法以及矩形的性质应用，正确分解因式是解题关键.
3、C
【解析】
仔细分析图象特征，根据横轴和纵轴的意义依次分析各小题即可作出判断.
【详解】
解：由图可得，在x=40时，速度为0，故（1）（4）正确；
AB段，y的值相等，故速度不变，故（2）正确；
x=30时，y=80，即在第30分钟时，汽车的速度是80千米/时；故（3）错误；
故选C．
本题考查实际问题的函数图象.实际问题的函数图象是初中数学的重点，贯穿于整个初中数学的学习，是中考中比较常见的知识点，一般难度不大，需熟练掌握.
4、C
【解析】
由图像可得：0到0.5小时行驶路程为30千米，所以速度为60km/h;0.5到1.5小时行驶路程为90千米，所以速度为80km/h；之后休息了0.5小时；2到3小时行驶路程为40千米，所以速度为40km/h；路程为150千米，用时3小时，所以平均速度为50km/h;故A、B、D选项是错误的，C选项正确.
故选C.
5、B
【解析】
由题意，爷爷在公园回家，则当时，；从公园回家一共用了45分钟，则当时，；
【详解】
解：由题意，爷爷在公园回家，则当时，；
从公园回家一共用了分钟，则当时，；
结合选项可知答案B．
故选：B．
本题考查函数图象；能够从题中获取信息，分析运动时间与距离之间的关系是解题的关键．
6、B
【解析】
A．=，故此选项错误；
B．是最简二次根式，故此选项正确；
C．=3，故此选项错误；
D．=，故此选项错误；
故选B．
考点：最简二次根式．
7、D
【解析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形进行判断；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行判断；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行判断；根据对角线相等的平行四边形是矩形进行判断．
【详解】
A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC时，它是菱形，故A选项正确；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，∴四边形ABCD是菱形，故B选项正确；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当AC=BD时，它是矩形，不是菱形，故D选项错误；
综上所述，符合题意是D选项；
故选D．
此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错．
8、A
【解析】
设BE=x，表示出CE=8-x，根据翻折的性质可得AE=CE，然后在Rt△ABE中，利用勾股定理列出方程求出x，再根据翻折的性质可得∠AEF=∠CEF，根据两直线平行，内错角相等可得∠AFE=∠CEF，然后求出∠AEF=∠AFE，根据等角对等边可得AE=AF，过点E作EH⊥AD于H，可得四边形ABEH是矩形，根据矩形的性质求出EH、AH，然后求出FH，再利用勾股定理列式计算即可得解．
【详解】
设BE=x，则CE=BC-BE=8-x，
∵沿EF翻折后点C与点A重合，
∴AE=CE=8-x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，
即42+x2=（8-x）2
解得x=3，
∴AE=8-3=5，
由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，
∵矩形ABCD的对边AD∥BC，
∴∠AFE=∠CEF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=5，
过点E作EH⊥AD于H，则四边形ABEH是矩形，
∴EH=AB=4，
AH=BE=3，
∴FH=AF-AH=5-3=2，
在Rt△EFH中，EF==．
故选A．
本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程求出BE的长度是解题的关键，也是本题的突破口．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
作EM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，根据题意可证△ADF≌△BDE，可得△DFE是等腰直角三角形．可证△BME≌△ANF，可得NF=BM．所以S1= HD×BD，
代入可求S1．由点E是边AB上的动点（不与A，B点重合），可得DE垂直AB时DE最小，即,且S2=S△DEF-S1，代入可求S2的取值范围
【详解】
作EM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，
∵EM⊥BD，AD⊥BC
∴EM∥AD
∵△ABC是等腰直角三角形，AD⊥BC，AB＝5
∴∠B＝∠C＝45°＝∠BAD＝∠DAC，BD＝CD＝AD＝
∵DF⊥DE
∴∠ADF+∠ADE＝90°且∠ADE+∠BDE＝90°
∴∠ADF＝∠BDE且AD＝BD，∠B＝∠DAF＝45°
∴△ADF≌△BDE，
∴AF＝BE，DE＝DF
∴△DEF是等腰直角三角形，
∵AF＝BE，∠B＝∠DAF＝45°，∠EMB＝∠ANF＝90°
∴△BME≌△ANF
∴NF＝BM
∵∵点E是边AB上的动点
∴
∵
∴
本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，关键是证△DEF是等腰直角三角形．
10、1
【解析】
由题中条件可得Rt△ACD≌Rt△AED，进而得出AC=AE，然后把△BDE的边长通过等量转化即可得出结论．
【详解】
解：∵AD平分∠CAB，AC⊥BC于点C，DE⊥AB于E，
∴CD=DE．
又∵AD=AD，
∴Rt△ACD≌Rt△AED，
∴AC=AE．
又∵AC=BC，
∴BC=AE，
∴△DBE的周长为：DE+BD+EB=CD+BD+EB=BC+EB=AC+EB=AE+EB=AB=1．
故答案为：1.
本题主要考查了角平分线的性质以及全等三角形的判定及性质，能够掌握并熟练运用．
11、
【解析】
根据菱形的性质得出BO、CO的长，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴CO＝AC＝3cm，BO＝BD＝4cm，AO⊥BO，
∴BC＝＝5cm，
∴S菱形ABCD＝＝×6×8＝24cm2，
∵S菱形ABCD＝BC×AE，
∴BC×AE＝24，
∴AE＝cm．
故答案为： cm．
此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．
12、6
【解析】
由题意得，∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD，∠A=∠POD=60°，
∴∠APO=∠COD，
在△AOP与△CDO中，
，
∴△AOP≌△CDO（AAS），
∴AP=CO=AC﹣AO=9﹣3=6.
故答案为6.
13、m=1．
【解析】
分析：若一元二次方程有实根，则根的判别式△=b2﹣1ac≥2，建立关于m的不等式，求出m的取值范围．还要注意二次项系数不为2．
详解：∵关于x的一元二次方程（m﹣5）x2+2x+2=2有实根，
∴△=1﹣8（m﹣5）≥2，且m﹣5≠2，
解得m≤5.5，且m≠5，
则m的最大整数解是m=1．
故答案为m=1．
点睛：考查了根的判别式，总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞2，方程有两个不相等的实数根；（2）△=2，方程有两个相等的实数根；（3）△＜2方程没有实数根．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析 （2）是定值，8
【解析】
（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=8即可．
【详解】
（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE=CG，
∴AC=AE+CE=AB=×4=8，
∴CE+CG=8是定值．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
15、（1）证明见解析；（2）AB=AD（或AC⊥BD答案不唯一）．
【解析】
试题分析：（1）根据平行四边形对角线互相平分可得OA=OC，OB=OD，根据等角对等边可得OB=OC，然后求出AC=BD，再根据对角线相等的平行四边形是矩形证明；
（2）根据正方形的判定方法添加即可．
试题解析：解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，∵∠OBC=∠OCB，∴OB=OC，∴AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）AB=AD（或AC⊥BD答案不唯一）．
理由：∵四边形ABCD是矩形，又∵AB=AD，∴四边形ABCD是正方形．
或：∵四边形ABCD是矩形，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形．
16、75.
【解析】
原式分解因式后，将已知等式代入计算即可求出值．
【详解】
原式
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
17、 (1)见解析；（2）乙组成绩好于甲组，理由见解析
【解析】
（1）根据测试成绩表求出乙组成绩为1分和9分的人数，补全统计图，再根据平均数的计算方法和中位数的定义求出平均数和中位数，即可补全分析表；
（2）根据平均分、方差、中位数、合格率的意义即可写出支持小聪的观点的理由．
【详解】
（1）根据测试成绩表即可补全统计图（如图）：
补全分析表：甲组平均分（4×1+5×2+6×5+1×2+8×1+9×4）÷15＝6.8，
乙组中位数是第8个数，是1．
（2）甲乙两组平均数一样，乙组的方差低于甲组，说明乙组成绩比甲组稳定，又乙组合格率比甲组高，所以乙组成绩好于甲组．
此题考查频数（率）分布直方图，方差，中位数，加权平均数，解题关键在于掌握中位数和方差的运算公式.
18、（1）见解析；（2）能，t=10；（3）t=或12.
【解析】
（1）利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；
（2）易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；
（3）△DEF为直角三角形，分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论.
【详解】
解：（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，
∴AB=AC=×60=30cm，
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，
∴DF=CD=2t，∴DF=AE；
（2）能，
∵DF∥AB，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10，
∴当t=10时，AEFD是菱形；
（3）若△DEF为直角三角形，有两种情况：
①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，
则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=，
②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，
则AE=2AD，即，解得：t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
易求AB=10，则CE=1．设CD=x，则ED=DB=6-x．根据勾股定理求解．
【详解】
∵∠C=90，AC=8，BC=6，
∴AB=10.
根据题意，AE=AB=10，ED=BD.
∴CE=1.
设CD=x，则ED=6−x.
根据勾股定理得
x1+11=(6−x)1,解得x=.即CD长为,
BD=6-=
本题考查的知识点是翻折变换（折叠问题），解题的关键是熟练的掌握翻折变换（折叠问题）.
20、
【解析】
令y=0,即可求出交点坐标.
【详解】
令y=0，得x=1,
故一次函数与x轴的交点为
故填
此题主要考查一次函数的图像，解题的关键是熟知一次函数的性质.
21、30°
【解析】
试题分析：根据旋转图形的性质可得：AB=AM，∠AMN=∠B=60°，∠ANM=∠C=30°，根据∠B=60°可得：△ABM为等边三角形，则∠NMC=60°，根据平行线的性质可得：∠1+∠ANM=∠NMC=60°，则∠1=60°-30°=30°．
22、﹣1
【解析】
已知等式左边利用题中的新定义化简，再利用拆项法变形，整理后即可求出解．
【详解】
解：已知等式利用题中的新定义化简得：
+…+＝，
整理得：（）＝，
合并得：（）＝，即＝0，
去分母得：x+2018+x＝0，
解得：x＝﹣1，
经检验x＝﹣1是分式方程的解，
则x＝﹣1．
故答案为：﹣1．
本题考查了分式的混合运算，属于新定义题型，将所求的式子变形之后利用进行拆项是解题的关键．
23、y=3x．
【解析】
试题分析：设y=kx，然后根据题意列出关系式．
依题意有：x=36（kPa）时，y=108（g/m3），
∴k=3，
故函数关系式为y=3x．
考点：根据实际问题列一次函数关系式．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)是等腰三角形，理由见解析；(2)．
【解析】
（1）根据平行四边形的性质证得∠F=∠DAF，从而得到结论；
（2）利用S平行四边形ABCD=2S△ADE求解即可．
【详解】
(1)是等腰三角形，利用如下：
∵四边形为平行四边形，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
即是等腰三角形
(2)∵在等腰中，，
∴．
∴
在中，
∴
∴
∴．
考查了平行四边形的性质及解直角三角形的知识，体现了转化的数学思想．
25、（1）；（2）；（1）n的值为7或1．
【解析】
（1）利用待定系数法求一次函数的解析式；
（2）设直线AB交x轴于C，如图，则C（-5，0），然后根据三角形面积公式计算即可；
（1）利用三角形面积公式得到 ，解得m=2或m=-2，然后利用一次函数解析式计算出对应的纵坐标即可．
【详解】
解：（1）设这个一次函数的解析式是y=kx+b，
把点A（0，5），点B（-1，4）的坐标代入得：
，
解得：,
所以这个一次函数的解析式是y=x+5；
（2）设直线AB交x轴于C，
如图， 当y=0时，x+5=0，解得x=-5，
则C（-5，0），
当n=2时，，
即直线AB，直线OP与x轴围成的图形的面积为5；
（1）∵当的面积等于的面积的2倍，
∴，
∴m=2或m=-2，
即P点的横坐标为2或-2，
当x=2时，y=x+5=7，此时P（2，7）；
当x=-2时，y=x+5=1，此时P（-2，1）；
综上所述，n的值为7或1．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式：考查了直线与坐标轴围成的图形的面积，掌握以上知识是解题的关键．
26、 (1)见解析；（2）
【解析】
（1）连结交于点,由四边形ABCD是平行四边形,可得OA=OC,OD=OB,又因为，从而OE=OF,可证四边形是平行四边形；
（2）由勾股定理可求出BD的长，进而求出OD的长，再由勾股定理求出AO的长，根据矩形的性质可知AO=EO，从而可求出DE的长.
【详解】
（1）连结交于点,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC,OD=OB,
∵，
∴OE=OF,
四边形是平行四边形;
（2），，，
，
，
.
四边形是矩形，
，，，
，
.
本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答（1）的关键，熟练掌握矩形的性质是解（2）的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
成绩（分）
4
5
6
7
8
9
甲组（人）
1
2
5
2
1
4
乙组（人）
1
1
4
5
2
2
统计量
平均分
方差
中位数
合格率
优秀率
甲组

2.56
6
80.0%
26.7%
乙组
6.8
1.76

86.7%
13.3%
统计量
平均分
方差
中位数
合格率
优秀率
甲组
6.8
2.56
6
80.0%
26.1%
乙组
6.8
1.16
1
86.1%
13.3%