精品解析：　上海虹口区2024—2025学年下学期八年级期末学生学习能力诊断练习 数学　

2024学年度第二学期初二年级期末学生学习能力诊断练习 数学 练习卷 （满分100分，时间90分钟） 注意： 1．本练习卷含三个大题，共25题．答题时，请务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本练习卷上答题一律无效． 2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤． 一、选择题：（本大题共6题，每题2分，满分12分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置】 1. 下列说法中，正确的是（　　） A. 是二项方程 B. 是无理方程 C. 是二元二次方程 D. 是分式方程 2. 已知一次函数的图像经过第一、三、四象限，那么（　　） A. B. C. D. 3. 掷两枚质地均匀的骰子，下列事件是随机事件的是（ ） A. 点数的和为1 B. 点数的和为6 C. 点数的和大于12 D. 点数的和小于13 4. 下列说法中，正确的是（　　） A. B. C. 如果，那么 D. 如果，那么 5. 如图，四边形为平行四边形，延长到E，使，连结、、，添加一个条件，不能判定四边形为矩形的是（ ） A. B. C. D. 6. 我们把有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．如图，在的网格中，四边形是“等邻边四边形”，顶点在网格格点上，如果点也在网格格点上，那么点的位置有（　　） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 二、填空题：（本大题共12题，每题2分，满分24分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置】 7. 直线的截距是___________． 8. 方程=1的解是_______． 9. 已知一次函数，如果，那么的值是___________． 10. 直线是由向下平移__________个单位得到的． 11. 已知直线经过点，那么___________（填“<”、“>”或“=”）． 12. 如图，直线与交点的横坐标为1，则关于x，y的二元一次方程组的解为________． 13. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______． 14. 如图，在中，分别是边的中点，连接．如果，那么的长为___________． 15. 如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为 _________________ ． 16. 如图，在梯形中，，，是的中点，联结、交于点，如果，，那么用向量、表示向量为___________ 17. 如图，在平面直角坐标系中，的边落在轴的正半轴上，且点，直线以每秒2个单位长度的速度沿轴向下平移，经过______________秒，该直线可将分成面积相等的两部分． 18. 如图，在中，分别为边上的点（不与顶点重合），且，连接，将四边形沿着翻折得到四边形．如果点在内部，那么的取值范围为___________． 三、解答题：（本大题共7题，满分64分） 19. 解方程：． 20. 解方程组： 21. 布袋里有1个红球和若干个白球，它们除了颜色外其他都相同． （1）如果摸出一个球，摸到白球的概率是，那么白球有___________个； （2）已知白球有3个，如果摸出一个球再放回袋中，搅匀后再摸出一个球，求事件“摸到一红一白两球”的概率．（请用“树形图”写出分析过程） 22. 根据以下素材，完成任务： 制定订餐方案 素材一 某店家有两种午餐套餐，套餐价格如下表所示： 套餐类别 套 套 套餐单价 元 元 素材二 某学校八年级组织活动需要订购午餐，已知1班人数比2班多5人，如果1班全部选套，2班全部选套，那么这两个班级都花费1400元． 素材三 “六一”儿童节，店家搞促销，套餐满30份及以上打9折． 问题解决 任务一 求的值和1班的人数． 任务二 “六一”促销期间，设1班有人选择套餐，全班订餐总费用为元，当该班选择套餐人数不少于30人时，求与的函数关系式． 任务三 求“六一”促销期间1班订餐的最低总费用． 23. 如图，在梯形中，，点在边上，联结，，过点作交的延长线为点，联结． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）延长交于点，如果点为的中点，求证：． 24. 如图，直线经过点和点，将向上平移个单位得到，且经过点． （1）求直线的表达式和的值； （2）连接，将沿直线平移到，边与轴相交于点（如图），小明说：“我发现边上存在点，在平移的过程中可以使得四边形为菱形”．你觉得小明的发现是否正确？如果正确，求点的坐标；如果不正确，请说明理由． 25. 【模型构建】 如图①，已知，如果，那么．我们把这种图形叫做“一线三直角”． 【初步探究】 我们发现，如果和不是直角，但都相等，且，结论也依然成立．请在下面两题中，选择一题进行解答． （1）如图②，已知，且，求证：． （2）如图③，已知，且，求证：． 【探究应用】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．设，求关于的函数解析式，并写出定义域． 【拓展探究】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．分别是线段的中点，联结，如果是等边三角形，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年度第二学期初二年级期末学生学习能力诊断练习 数学 练习卷 （满分100分，时间90分钟） 注意： 1．本练习卷含三个大题，共25题．答题时，请务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本练习卷上答题一律无效． 2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤． 一、选择题：（本大题共6题，每题2分，满分12分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置】 1. 下列说法中，正确的是（　　） A. 是二项方程 B. 是无理方程 C. 是二元二次方程 D. 是分式方程 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的知识点是二项方程、无理方程、二元二次方程、分式方程的定义，解题关键是熟练掌握相关定义． 根据二项方程、无理方程、二元二次方程、分式方程的定义对选项进行逐一判断即可． 【详解】解：选项，方程为三次方程，但二项方程需形如（仅含一个高次项和常数项），此方程含和项，不符合二项方程定义，选项错误； 选项，方程中，为常数，根号内不含未知数，因此是整式方程而非无理方程，选项错误； 选项，方程含两个未知数和，且项次数为，符合二元二次方程定义，选项正确； 选项，方程的分母为常数，不含未知数，化简后为整式方程，选项错误． 故选：． 2. 已知一次函数的图像经过第一、三、四象限，那么（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的知识点是已知函数经过的象限求参数范围，解题关键是熟练掌握一次函数的图像与性质． 一次函数图像经过的象限由和共同决定，当时，图像上升，经过第一、三象限；当时，图像与轴交于负半轴，从而经过第四象限，结合这两个条件即可确定的范围． 【详解】解：将函数整理为一般形式：，其中，， 图像经过第一、三、四象限， 图像上升（）且与轴交于负半轴（）， 即， 解得． 故选：． 3. 掷两枚质地均匀的骰子，下列事件是随机事件的是（ ） A. 点数的和为1 B. 点数的和为6 C. 点数的和大于12 D. 点数的和小于13 【答案】B 【解析】 【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可． 【详解】解：A、点数和为1，是不可能事件，不符合题意； B、点数和为6，是随机事件，符合题意； C、点数和大于12，是不可能事件，不符合题意； D、点数的和小于13，是必然事件，不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件． 4. 下列说法中，正确的是（　　） A. B. C. 如果，那么 D. 如果，那么 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的知识点是向量的基本性质及运算，解题关键是理解向量是既有方向又有大小的量． 根据向量是既有方向又有大小的量，向量的加法满足所有的加法运算定律，逐项进行分析判断即可． 【详解】解：选项，，题目中右侧为标量，符号表述不严谨，选项错误； 选项，，不一定等于，选项错误； 选项，向量的模长相等仅说明长度相同，但方向可能不同，因此与不一定相等，选项错误； 选项，向量相等要求方向与长度均相同，则模长必然相等，选项正确． 故选：． 5. 如图，四边形为平行四边形，延长到E，使，连结、、，添加一个条件，不能判定四边形为矩形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．先证四边形为平行四边形，再由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ，，，， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， A、∵， ∴， ∴平行四边形是矩形，故选项A不符合题意； B、∵时，又， ∴， ∴平行四边形是矩形，故选项B不符合题意； C、∵， ∴平行四边形是矩形，故选项C不符合题意； D、∵， ∴平行四边形是菱形，无法判定其为矩形，故选项D符合题意． 故选：D． 6. 我们把有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．如图，在的网格中，四边形是“等邻边四边形”，顶点在网格格点上，如果点也在网格格点上，那么点的位置有（　　） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的知识点是新定义下的格点问题，解题关键是充分考虑多种情况． 分情况考虑：①时，②时，找到所有符合条件的点即可． 【详解】解：依图得，此时， 则要使四边形是“等邻边四边形”， 可分两种情况考虑： ①时，即要使，符合要求，此时； ②时，即要使，、符合要求，此时，． 综上，点的位置有个． 故选：． 二、填空题：（本大题共12题，每题2分，满分24分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置】 7. 直线的截距是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的知识点是一次函数图象上点的坐标特征及一次函数性质，解题关键是熟记截距的定义． 根据截距的定义：直线中，就是截距即可得解． 【详解】解：令，得， 直线的截距是． 故答案为：． 8. 方程=1的解是_______． 【答案】x=2 【解析】 【详解】=1，两边平方得，2x﹣3=1， 解得，x=2； 经检验，x=2是方程的根； 故答案为x=2． 考点：解无理方程. 9. 已知一次函数，如果，那么的值是___________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了一次函数，把，代入，，得出关于a的方程，然后解方程即可． 【详解】解∶根据题意，得， ∴， 故答案为∶1． 10. 直线是由向下平移__________个单位得到的． 【答案】8 【解析】 【分析】根据一次函数平移规律解答即可． 【详解】∵直线是由向下平移得到， ∴平移距离为｜-3-5|=8， 故答案为：8． 【点睛】本题考查了一次函数的平移规律，熟记平移距离等于平移前后常数项差的绝对值是解题的关键． 11. 已知直线经过点，那么___________（填“<”、“>”或“=”）． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一次函数的性质，熟知一次函数的性质是解答的关键．根据得到函数y随x的增大而减小，进而求解即可． 【详解】解：∵在函数中，， ∴函数y随x的增大而减小， ∵直线经过点，， ∴， 故答案为：． 12. 如图，直线与交点的横坐标为1，则关于x，y的二元一次方程组的解为________． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了二元一次去方程组与一次函数的关系，熟练掌握该知识点是关键． 首先利用待定系数法求出两直线交点的纵坐标，进而可得到两直线的交点坐标，再根据两函数图象的交点就是两函数组成的二元一次去方程组的解可得答案． 【详解】解：∵直线与交点的横坐标为1， ∴纵坐标为， ∴两直线交点坐标， ∴x，y的方程组的解为， 故答案为：． 13. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可． 【详解】解：设边数为n，由题意得， 180（n－2）=3603， 解得n=8． 所以这个多边形的边数是8． 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键． 14. 如图，在中，分别是边的中点，连接．如果，那么的长为___________． 【答案】6 【解析】 【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，熟练掌握中位线定理是解题的关键； 由三角形中位线定理得，，得出，得出． 【详解】解：∵D，E分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：6． 15. 如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为 _________________ ． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正方形的性质结合勾股定理求得，进而可得 ，结合已知可得，根据，即可求解． 【详解】解：正方形的边长为，对角线，交于点， ，，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， 的长为． 16. 如图，在梯形中，，，是的中点，联结、交于点，如果，，那么用向量、表示向量为___________ 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查平面向量以及梯形的性质，关键是掌握相反向量和向量的加法法则．先根据已知条件得出，再根据平面向量的加法法则求出即可． 【详解】解：∵，，是的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的边落在轴的正半轴上，且点，直线以每秒2个单位长度的速度沿轴向下平移，经过______________秒，该直线可将分成面积相等的两部分． 【答案】3 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数的平移、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、一次函数综合应用等知识，理解题意，正确作出辅助线是解题关键．设经过秒，该直线可将分成面积相等的两部分，由一次函数图像平移的特征可得该直线的解析式为，设此时直线交于点，过点轴于点，过点轴于点，易得四边形为矩形，证明，由全等三角形的性质可得，进而可得；再确定点的坐标，然后求解即可． 【详解】解：设经过秒，该直线可将分成面积相等的两部分， 此时，该直线的解析式为， 如下图，设此时直线交于点，过点轴于点，过点轴于点， 则， ∴四边形为矩形， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 若直线可将分成面积相等的两部分， 则有， ∴，即， ∵， ∴，， ∴， 对于直线， 当时，可有，解得， 当时，可有，解得， ∴， ∴， ∴， 解得秒， ∴经过3秒，该直线可将分成面积相等的两部分． 故答案为：3． 18. 如图，在中，分别为边上的点（不与顶点重合），且，连接，将四边形沿着翻折得到四边形．如果点在内部，那么的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接，当落在上时，证明四边形为矩形，可得，，可得，如图，当落在上时，连接，，交于，连接，证明，，，证明为等边三角形，可得，再证明在上，即可得到答案. 【详解】解：如图，连接，当落在上时， 由对折可得：，，，而， ∴， ∵在中，， ∴，，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 如图，当落在上时，连接，，交于，连接， 同理可得：，，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，， 由对折可得：， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴在上， ∴点在内部，那么的取值范围为：； 故答案为： 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 三、解答题：（本大题共7题，满分64分） 19. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了解分式方程．分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解． 【详解】解：， 两边都乘以， 得：， 整理得， 解得：或， 检验：是分式方程的根，是分式方程的增根， ∴原分式方程的解为． 20. 解方程组： 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了解二元二次方程组，由②得，则原方程组为或，分别解二元一次方程组，即可求解． 【详解】解： 由②得 ∴ ∴原方程组为或 解得：或 21. 布袋里有1个红球和若干个白球，它们除了颜色外其他都相同． （1）如果摸出一个球，摸到白球的概率是，那么白球有___________个； （2）已知白球有3个，如果摸出一个球再放回袋中，搅匀后再摸出一个球，求事件“摸到一红一白两球”的概率．（请用“树形图”写出分析过程） 【答案】（1）4 （2） 【解析】 【分析】本题考查了概率公式和列表法或树状图法求概率，熟练掌握概率公式是解题关键.。 （1）设百红球的个数为x个，根据概率公式得到，然后解方程即可； （2）先画树状图展示所有12种等可能结果，再找出一红一白的结果数，然后根据概率公式计算． 【小问1详解】 解：设白球的个数为x个， 根据题意得， 解得， 经检验：是原分式方程的解， ∴白球有4个， 故答案为：4. 【小问2详解】 解：画树状图如下： 共有16种等可能结果，其中摸到一红一白两球结果数为6种， 所以两次摸到的球都是白球的概率． 22. 根据以下素材，完成任务： 制定订餐方案 素材一 某店家有两种午餐套餐，套餐价格如下表所示： 套餐类别 套 套 套餐单价 元 元 素材二 某学校八年级组织活动需要订购午餐，已知1班人数比2班多5人，如果1班全部选套，2班全部选套，那么这两个班级都花费1400元． 素材三 “六一”儿童节，店家搞促销，套餐满30份及以上打9折． 问题解决 任务一 求的值和1班的人数． 任务二 “六一”促销期间，设1班有人选择套餐，全班订餐总费用为元，当该班选择套餐人数不少于30人时，求与的函数关系式． 任务三 求“六一”促销期间1班订餐的最低总费用． 【答案】任务一：a的值为35，1班的人数是40人； 任务二：； 任务三：“六一”促销期间1班订餐的最低总费用为1260元． 【解析】 【分析】本题考查一次函数的应用和方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式． 任务一：设1班的人数为x人，由1班全部选A套，2班全部选B套，这两个班级都花费1400元，可得，即可解得答案； 任务二：根据题意得， 任务三：结合任务二，根据一次函数性质可得答案． 【详解】解：任务一：设1班的人数为x人，则2班的人数为人， ∵1班全部选A套，2班全部选B套，这两个班级都花费1400元， ∴， 由②得：③， 把①代入③整理得：④， 把④代入①得：， 解得或（舍去）， ∴， ∴a的值为35，1班的人数是40人； 任务二：根据题意得， ∴y与x的函数关系式为； 任务三：在中，y随x的增大而减小， ∴当时，y取最小值， ∴“六一”促销期间1班订餐的最低总费用为1260元． 23. 如图，在梯形中，，点在边上，联结，，过点作交的延长线为点，联结． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）延长交于点，如果点为的中点，求证：． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了等腰图象的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）先由等腰梯形的判定与性质得到，然后证明，证明四边形是平行四边形，再由互余关系得到，继而，然后可求证； （2）连接，则为的中位线，得出，然后得到是平行四边形，则，那么． 【小问1详解】 证明：∵在梯形中， ∴梯形是等腰梯形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 证明：连接， ∵，点为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∵， ∴是平行四边形， ∴， ∴． 24. 如图，直线经过点和点，将向上平移个单位得到，且经过点． （1）求直线的表达式和的值； （2）连接，将沿直线平移到，边与轴相交于点（如图），小明说：“我发现边上存在点，在平移的过程中可以使得四边形为菱形”．你觉得小明的发现是否正确？如果正确，求点的坐标；如果不正确，请说明理由． 【答案】（1），6 （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元函数的综合应用，菱形的性质，勾股定理等知识，解题是关键是： （1）根据待定系数法求直线的表达式，然后求出直线与y轴的交点坐标，再根据平移的规律求m 的值即可； （2）同（1）可求直线的表达式为，若四边形为菱形，则，，，根据平移的性质和平行四边形的判定可得出四边形是平行四边形，则，进而得出为的中点，根据中点坐标公式求出，设，根据两点间距离公式得出，则可求出或，则或，然后分类讨论，求出的表达式，与直线的表达式联立方程组求解，即可求出F的坐标． 【小问1详解】 解：设直线的表达式为， 把和代入，得， 解得， ∴， 当时，， ∴与y轴交于， ∵向上平移个单位得到，且经过点 ∴； 【小问2详解】 解：同（1）可求直线的表达式为， 如图， 若四边形为菱形， 则，，， ∵平移， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 即为的中点， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， 解得或， ∴或， 当时， ∵， ∴设的表达式为， 把代入，得， 解得， ∴， 联立方程组， 解得， ∴； 当时， ∵， ∴设的表达式为， 把代入，得， 解得， ∴， 联立方程组， 解得， ∴ 此时，故不符题意，舍去； 综上，． 25. 【模型构建】 如图①，已知，如果，那么．我们把这种图形叫做“一线三直角”． 【初步探究】 我们发现，如果和不是直角，但都相等，且，结论也依然成立．请在下面两题中，选择一题进行解答． （1）如图②，已知，且，求证：． （2）如图③，已知，且，求证：． 【探究应用】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．设，求关于的函数解析式，并写出定义域． 【拓展探究】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．分别是线段的中点，联结，如果是等边三角形，求的长． 【答案】初步探究：（1）见解析；（2）见解析；探究应用：；拓展探究： 【解析】 【分析】初步探究：（1）由三角形内角和定理和平角的定义可得，则可证明，进而可证明得到，则可证明； （2）同（1）证明即可； 探究应用：如图所示，在上分别截取，连接，由正方形的性质得到，，则，进而可证明，同理可得，则，由勾股定理得，，则；进而可得，据此可得答案； 拓展探究：如图所示，在直线上作，连接，由等边三角形的性质可得，同理可证明，则， ；求出，得到；设，则，则，，再求出，则，解方程可得，，；过点N作分别交于T、R，则四边形是矩形， 可得，，，证明，得到，；可得，则，；过点N作于，则四边形是矩形，则，求出，得到，则． 【详解】解：初步探究：（1）∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，在上分别截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴，； ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴同（1）可得， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， 同理可得 ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 拓展探究：如图所示，在直线上作，连接， ∵是等边三角形， ∴， 同理可证明， ∴， ； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴，； 如图所示，过点N作分别交于T、R，则四边形是矩形， ∴，，， ∴； ∵N是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点N作于，则四边形是矩形， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，矩形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $