精品解析：江西省南昌一中教育集团2025-2026学年九年级上学期期中阶段性联考数学试题

2025-2026学年第一学期期中阶段性学习质量检测 初三数学试卷 说明：1．本卷共有六个大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，写在试卷上的答案无效． 一、选择题（6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列四个2024年巴黎奥运会项目图标中，不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的识别：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．根据中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、该图标是中心对称图形，本选项不符合题意； B、该图标不是中心对称图形，本选项符合题意；； C、该图标是中心对称图形，本选项不符合题意；； D、该图标是中心对称图形，本选项不符合题意；． 故选：B． 2. 已知，是一元二次方程的两个实数根，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，直接应用一元二次方程根与系数的关系，即对于方程，两根之和为． 【详解】∵方程 中，，， ∴． 故选：C． 3. 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的根的判别式，通过计算每个二次方程的判别式，判断根的情况．若，则有两个不相等的实数根． 【详解】解：A、，∵，∴，有两个不相等的实数根． B、，∵，∴，无实数根． C、，∵，∴，无实数根． D、，∵，∴，有两个相等的实数根． ∴只有选项A有两个不相等的实数根． 故选：A． 4. 把抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位，得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了抛物线的平移，按照“左加右减，上加下减”的规律进行解答即可，掌握抛物线“左加右减，上加下减”的平移规律是解题的关键． 【详解】解：把抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位，得到的抛物线是， 故选：． 5. 在同一平面直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象大致为　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象，利用一次函数，二次函数系数及常数项与图象位置之间关系是解题关键． 一次函数，可判断、的符号；根据二次函数的图象位置，可得，． 【详解】解：A、函数中，，，中，，，故A错误； B、函数中，，，中，，，故B正确； C、函数中，，，中，，，故C错误； D、函数中，，，中，，，故D错误． 故选：B． 6. 如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（ ） A. 正东方向 B. 正南方向 C. 正西方向 D. 正北方向 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，掌握方法是解决问题的关键．根据图形旋转方式，可证明皆为等边三角形，可得，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后与重合，依此规律解答即可． 【详解】解：将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和， 则，且， 为等边三角形， 同理，皆为等边三角形， ∵将绕点逆时针旋转， ∴， 为等边三角形，的中点为， ， ， 同理， 则， ∵， ∴每转到12次后与方向重合， ， ∴第30次操作后，第3个循环中的第6个位置，恰与方向相反， 又∵为等边三角形， ， 此时点在点的正北方． 故选：D． 二、填空题（6小题，每小题3分，共18分） 7. 点关于原点对称的点的坐标是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查坐标与中心对称，根据关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数，即可得解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是； 故答案为：． 8. 若关于的一元二次方程有一个根为2，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的解，将已知根代入方程，得到关于a的一元一次方程，解方程即可求出a的值． 【详解】解：因为关于x的一元二次方程有一个根为2， 所以将代入方程，得，即， 所以， 解得． 故答案为：4． 9. 如图，是的半径，弦于点，连接．若的半径为，的长为，则的长是______ ． 【答案】12 【解析】 【分析】此题主要考查了垂径定理和勾股定理．根据垂径定理可得的长，根据勾股定理可得结果． 【详解】解：∵，的长为， ∴， ， ∴． 故答案为：12． 10. 如图所示，点A，B，C在同一直线上，点M在AC外，经过图中的三个点作圆，可以作________个． 【答案】3 【解析】 【分析】根据“不在同一直线上的三点确定一个圆”确定圆的个数即可． 【详解】过A、B、M；A、C、M；B、C、M共能确定3个圆， 故答案为3． 【点睛】本题考查了确定圆的条件，注：过三点作圆，分两种情况：①三点共线；②三点不共线． 11. 若二次函数的图象经过，，三点，则，，的大小关系是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质．根据二次函数的性质，当时，抛物线开口向上，顶点处函数值最小，点离对称轴越远，函数值越大． 【详解】解：二次函数（）的对称轴为，顶点为． 由于，函数开口向上，顶点处函数值最小． 点到对称轴的距离为， 点到对称轴的距离为， 点到对称轴的距离为． 因此，最小，次之，最大． 故答案为：． 12. 如图，矩形的顶点在轴上，点的坐标为，点在边上，沿翻折后点恰好落在轴上点处，若为等腰三角形，点的坐标为____________． 【答案】或或 【解析】 【分析】解：如图，为等腰三角形，当，，可得，从而可得答案；当时，如图，则，，从而可得答案；当时，如图，设，，建立方程，从而可得答案． 【详解】解：如图，为等腰三角形，当，， ∴，， ∴， ∴， 当时，如图，则， ∴， ∴； 当时，如图，设， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴； 综上：或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查的是坐标与图形，等腰三角形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键． 三、解答题（共5题，每题6分，共30分） 13. 选择适当的方法解下列方程： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用开平方的方法解方程即可； （2）利用公式法解方程即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， 解得． 【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键． 14. 如图，已知二次函数的图象经过点，． （1）求该函数的解析式． （2）利用图象直接写出，当取什么值时，函数值大于：______． 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数与轴交点问题、利用二次函数图象解不等式等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）利用待定系数法即可得解； （2）令，求出二次函数图象与x轴的交点，再根据图象直接可得解． 【小问1详解】 解：∵二次函数的图象分别经过点，． ∴， 解得 函数的解析式； 【小问2详解】 解：令，则， 解得，， ∴该二次函数图象与x轴的交点为，， 由图象可得当或时，， 故答案为：或． 15. 若一人患上流感，经过两轮传染后，共有144人被传染上流感，这时引起有关部门注意，加以控制，以后每轮传染少5人，问第四轮传染后共有多少人患流感？ 【答案】第四轮传染后共有7056人患流感 【解析】 【分析】设每轮传染中平均每人传染了x人，根据经过两轮传染后共有144人患了流感，可求出x，进而求出第四轮过后，又被感染的人数． 本题考查了一元二次方程的应用，先求出每轮传染中平均每人传染了多少人数是解题关键． 【详解】解：设每轮传染中平均每人传染了x人，依题意有：， 故， ∴或， ∴，（不合题意，舍去）， （人）． 答：第四轮传染后共有7056人患流感． 16. 已知关于x的方程有两个实数根，． （1）求k的取值范围； （2）若，求k的值． 【答案】（1）的取值范围为： （2） 【解析】 【分析】（1）根据一元二次方程的根的判别式的意义得到，即，解不等式即可得到的范围； （2）根据一元二次方程根与系数的关系得到，，则，即，利用因式分解法解得，，然后由（1）中的的取值范围即可得到的值， 【小问1详解】 解：关于x的方程有两个实数根， ，即，解得， 的取值范围为：； 【小问2详解】 解：方程有两个实数根，， ，， ， ，即， ，， ， ． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式和根与系数的关系，解一元二次方程和解一元一次不等式等知识点，熟练掌握一元二次方程的根的判别式和根与系数的关系的性质是解决此题的关键． 17. 已知是中心对称图形，点是平面上一点，请仅用无刻度直尺画出点关于对称中心的对称点． （1）如图1，点E在的边上； （2）如图2，点E在外． 【答案】（1） 如图1，点即为所求； （2）如图2，点即为所求． 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形、平行四边形的性质，熟练掌握中心对称图形、平行四边形的性质是解答本题的关键． （1）连接，交于点，再连接并延长，交于点，则点即为所求； （2）连接，交于点，连接，交于点，连接并延长，交于点，再连接并延长，交的延长线于点，则点即为所求． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 四、解答题（共3题，每题8分，共24分） 18. 已知关于的一元二次方程，其中、、分别为三边的长． （1）如果是方程的根，试判断的形状，并说明理由； （2）如果是等边三角形，试求这个一元二次方程的根． 【答案】（1）等腰三角形， 理由如下： 将代入方程，得：， 整理，得：， 即：， ∴， ∴为等腰三角形． （2） 【解析】 【分析】（1）将代入方程，进行整理即可判断的形状； （2）根据等边三角形三边相等，用表示，解一元二次方程即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴，即：， ， 解得：． 【点睛】本题考查一元二次方程的解，以及解一元二次方程，同时考查了等腰三角形的判定和等边三角形的性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 19. 在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一个角度后，能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，为这个旋转对称图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线交点旋转90°，180°，270°都能与自身重合，所以正方形是旋转对称图形，90°，180°，270°都可以是这个旋转对称图形的一个旋转角． （1）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是120°的是___________；（写出所有正确结论前的序号） ①等边三角形；②正六边形；③正八边形． （2）正五边形显然满足下面两个条件：①是旋转对称图形，且有一个旋转角是72°；②是轴对称图形，但不是中心对称图形．请你找出一种图形也同时满足上述两个条件． 【答案】（1）①② （2）正十五边形 【解析】 【分析】本题考查正多边形的性质和图形旋转的性质： （1）根据题意求出，其中n为正多边形的边数，120°能被整除则满足题意； （2），要满足题意，则可为正多边形，其中边数为奇数且为5的整数倍． 【小问1详解】 解：如图： ，，， 能被整除，不能被整除， ∴①等边三角形和②正六边形是旋转对称图形，且有一个旋转角是120°． 故答案为：①②； 【小问2详解】 ②，是轴对称图形，但不是中心对称图形， 故可为正多边形，其中边数为奇数且为5的整数倍，如正十五边形． 故答案为：正十五边形． 20. 如图①，一个可调节高度的喷灌架喷射出的水流可以近似地看成抛物线．图②是喷射出的水流在平面直角坐标系中的示意图，其中喷灌架置于点O处，喷水头的高度（喷水头距喷灌架底部的距离）设置的是1米，当喷射出的水流距离喷水头水平距离为8米时，达到最大高度5米． （1）求水流运行轨迹的函数解析式； （2）若在距喷灌架米处有一棵3米高的果树，问：水流是否会碰到这棵果树？请通过计算说明． 【答案】（1） （2） 能．理由如下； 当x=14时，<3， ∴水流能碰到这棵果树． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数解析式，二次函数的应用．熟练掌握二次函数解析式，二次函数的应用是解题的关键． （1）由题可知，抛物线的顶点为．设水流形成的抛物线为，将点代入，可求，进而可得抛物线解析式； （2）当x=14时，<3，进而可证水流能碰到这棵果树． 【小问1详解】 解：由题可知，抛物线的顶点为． 设水流形成的抛物线为， 将点代入，得， 解得，， ∴抛物线为； 【小问2详解】 略 五、解答题（共2题，每题9分，共18分） 21. 已知二次函数 （1）用配方法把这个二次函数化成的形式； （2）在所给的平面直角坐标系中，画出这个二次函数的图象； （3）在同一坐标系中画出将函数图象向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后的图象． 【答案】（1）； （2） 二次函数的图象如图所示： ； （3） 如图所示． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的三种形式，二次函数的图象与性质及用描点法画二次函数的图象，掌握二次函数的图像与性质．学会利用数形结合是解题的关键． （1）用配方法可以得到解答； （2）根据二次函数的顶点式解析式作图； （3）根据二次函数的性质画出图象即可； 【小问1详解】 解： 即 【小问2详解】 解： ∴顶点坐标为． 当时，解得， ∴抛物线与x轴的交点坐标为，． 当时，， ∴抛物线与y轴的交点坐标为． 【小问3详解】 解：函数图象向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后变为： ，即； 22. 如图1，在中，，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点E． （1）【特殊情形，整体感知】 通过观察图1，线段与的数量关系是___________； （2）【转化应用，类比迁移】 在中，，，点O是直线上一动点（不与点C，B重合），线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接． 如图2，点O在边上时，猜想与的位置关系并说明理由； ②如图3，点O在的延长线上，若，当四边形的面积为18时，求点D到的距离； （3）【积累经验，拓展延伸】 若，，直接选出此时对应的α与β的数量关系___________． A． B． C． D． 【答案】（1） （2）①，理由如下： 在上截取，连接， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②1 （3）ABC 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，合理添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键． （1）根据旋转的性质，证明，即可得出结果； （2）①在上截取，连接，推出，进而推出，证明，得到，角的和差关系，求出，即可得出结论； ②过点D作于点F，证明，得到，设，分割法求面积，列出方程进行求解即可； （3）分点在线段上，点在线段的延长线上，在的延长线上三种情况进行讨论求解即可． 【小问1详解】 解：， ∵， ∴， ∴， ， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：①略 ②过点D作于点F，则， ∵， ∴， 由旋转有， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵四边形的面积， ∴， ∴， ∴或（舍去）； ∴，即点D到的距离为1； 【小问3详解】 解：分三种情况讨论： ①当点在线段上时， 由（2）①可知：， ∴， 即：； ②当点在线段的延长线上时， 由（2）②可知，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ③当点在的延长线上时，如图：作，连接， 与（1）同理可得， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 综上：或或． 故选：ABC 六、解答题（本大题共12分） 23. 如图，抛物线过点，顶点为Q．抛物线（其中t为常数，且），顶点为P． （1）直接写出a的值和点Q的坐标． （2）嘉嘉说：无论t为何值，将的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在上． 淇淇说：无论t为何值，总经过一个定点． 请选择其中一人的说法进行说理． （3）当时， ①求直线PQ的解析式； ②作直线，当l与的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标． （4）设与的交点A，B的横坐标分别为，且．点M在上，横坐标为．点N在上，横坐标为．若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n． 【答案】（1）， （2）两人说法都正确， 把向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为：， 当时， ∴， ∴在上， ∴嘉嘉说法正确； ∵ ， 当时，， ∴过定点； ∴淇淇说法正确； （3）①；②或 （4） 【解析】 【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式，再化为顶点式即可得到顶点坐标； （2）把向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为：，再检验即可，再根据函数化为，可得函数过定点； （3）①先求解的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；②如图，当（等于6两直线重合不符合题意），可得，可得交点，交点，再进一步求解即可； （4）如图，由题意可得是由通过旋转，再平移得到的，两个函数图象的形状相同，如图，连接交于，连接，，，，可得四边形是平行四边形，当点M是到直线的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线的距离恰好也为d，此时与重合，与重合，再进一步利用中点坐标公式解答即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线过点，顶点为Q． ∴， 解得：， ∴抛物线为：， ∴； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：①当时， ， ∴顶点，而， 设为， ∴， 解得：， ∴为； ②如图，当（等于6两直线重合不符合题意）， ∴， ∴交点，交点， 由直线，设直线为， ∴， 解得：， ∴直线为：， 当时，， 此时直线与轴交点的横坐标为， 同理当直线过点， 直线为：， 当时，， 此时直线与轴交点的横坐标为， 【小问4详解】 解：如图，∵，， ∴是由通过旋转，再平移得到的，两个函数图象的形状相同， 如图，连接交于，连接，，，， ∴四边形是平行四边形， 当点M是到直线的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线的距离恰好也为d， 此时与重合，与重合， ∵，， ∴的横坐标为， ∵，， ∴的横坐标为， ∴， 解得：； 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，一次函数的综合应用，二次函数的平移与旋转，以及特殊四边形的性质，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期期中阶段性学习质量检测 初三数学试卷 说明：1．本卷共有六个大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，写在试卷上的答案无效． 一、选择题（6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列四个2024年巴黎奥运会项目图标中，不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，是一元二次方程的两个实数根，则（ ） A. 2 B. C. D. 3. 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ） A. B. C. D. 4. 把抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位，得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 5. 在同一平面直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象大致为　　 A. B. C. D. 6. 如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（ ） A. 正东方向 B. 正南方向 C. 正西方向 D. 正北方向 二、填空题（6小题，每小题3分，共18分） 7. 点关于原点对称的点的坐标是_______． 8. 若关于的一元二次方程有一个根为2，则_______． 9. 如图，是的半径，弦于点，连接．若的半径为，的长为，则的长是______ ． 10. 如图所示，点A，B，C在同一直线上，点M在AC外，经过图中的三个点作圆，可以作________个． 11. 若二次函数的图象经过，，三点，则，，的大小关系是________． 12. 如图，矩形的顶点在轴上，点的坐标为，点在边上，沿翻折后点恰好落在轴上点处，若为等腰三角形，点的坐标为____________． 三、解答题（共5题，每题6分，共30分） 13. 选择适当的方法解下列方程： （1） （2） 14. 如图，已知二次函数的图象经过点，． （1）求该函数的解析式． （2）利用图象直接写出，当取什么值时，函数值大于：______． 15. 若一人患上流感，经过两轮传染后，共有144人被传染上流感，这时引起有关部门注意，加以控制，以后每轮传染少5人，问第四轮传染后共有多少人患流感？ 16. 已知关于x的方程有两个实数根，． （1）求k的取值范围； （2）若，求k的值． 17. 已知是中心对称图形，点是平面上一点，请仅用无刻度直尺画出点关于对称中心的对称点． （1）如图1，点E在的边上； （2）如图2，点E在外． 四、解答题（共3题，每题8分，共24分） 18. 已知关于的一元二次方程，其中、、分别为三边的长． （1）如果是方程的根，试判断的形状，并说明理由； （2）如果是等边三角形，试求这个一元二次方程的根． 19. 在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一个角度后，能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，为这个旋转对称图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线交点旋转90°，180°，270°都能与自身重合，所以正方形是旋转对称图形，90°，180°，270°都可以是这个旋转对称图形的一个旋转角． （1）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是120°的是___________；（写出所有正确结论前的序号） ①等边三角形；②正六边形；③正八边形． （2）正五边形显然满足下面两个条件：①是旋转对称图形，且有一个旋转角是72°；②是轴对称图形，但不是中心对称图形．请你找出一种图形也同时满足上述两个条件． 20. 如图①，一个可调节高度的喷灌架喷射出的水流可以近似地看成抛物线．图②是喷射出的水流在平面直角坐标系中的示意图，其中喷灌架置于点O处，喷水头的高度（喷水头距喷灌架底部的距离）设置的是1米，当喷射出的水流距离喷水头水平距离为8米时，达到最大高度5米． （1）求水流运行轨迹的函数解析式； （2）若在距喷灌架米处有一棵3米高的果树，问：水流是否会碰到这棵果树？请通过计算说明． 五、解答题（共2题，每题9分，共18分） 21. 已知二次函数 （1）用配方法把这个二次函数化成的形式； （2）在所给的平面直角坐标系中，画出这个二次函数的图象； （3）在同一坐标系中画出将函数图象向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后的图象． 22. 如图1，在中，，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点E． （1）【特殊情形，整体感知】 通过观察图1，线段与的数量关系是___________； （2）【转化应用，类比迁移】 在中，，，点O是直线上一动点（不与点C，B重合），线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接． 如图2，点O在边上时，猜想与的位置关系并说明理由； ②如图3，点O在的延长线上，若，当四边形的面积为18时，求点D到的距离； （3）【积累经验，拓展延伸】 若，，直接选出此时对应的α与β的数量关系___________． A． B． C． D． 六、解答题（本大题共12分） 23. 如图，抛物线过点，顶点为Q．抛物线（其中t为常数，且），顶点为P． （1）直接写出a的值和点Q的坐标． （2）嘉嘉说：无论t为何值，将的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在上． 淇淇说：无论t为何值，总经过一个定点． 请选择其中一人的说法进行说理． （3）当时， ①求直线PQ的解析式； ②作直线，当l与的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标． （4）设与的交点A，B的横坐标分别为，且．点M在上，横坐标为．点N在上，横坐标为．若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $