精品解析：山东省济宁市汶上县2025-2026学年上学期 九年级第二次阶段性检测数学试卷

2025-2026学年度九年级素养提升二——数学学科 一．选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列2024年巴黎奥运会的运动图标中，不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 根据下列表格的对应值： 1 由此可判断方程必有一个根满足（ ） A. B. C. D. 3. 关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ） A. 且 B. C. 且 D. 4. 将抛物线通过平移后，得到抛物线的解析式为，则平移的方向和距离是（ ） A. 向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 B. 向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 C. 向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 D. 向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 5. 一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1．筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2．已知圆心O在水面上方，且被水面截得的弦长为8米，半径长为5米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦所在直线的距离是（ ） A. 1米 B. 2米 C. 3米 D. 4米 7. 若二次函数的图象经过原点，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 无法确定 8. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系用“”表示为（ ） A. B. C. D. 9. 若，是一元二次方程的两个实数根，则的值是（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 10. 二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③m为任意实数，则；④；⑤若，且，则．其中正确的个数是（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 二．填空题（每小题3分，共15分） 11. 若是关于的二次函数，则m的值为__________． 12. 我校八年级组织班级篮球赛，赛制为单循环形式（即每两班之间都比赛一场），若共进行了45场比赛，则有_______个班级篮球队参加． 13. 如图，是由绕点按逆时针方向旋转得到的．若，则的度数为________． 14. 如图，是的直径，点在上，，，则______． 15. 如图，在平面直角坐标系中，，，形状相同的抛物线的顶点在直线上，其对称轴与轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，根据上述规律，抛物线的顶点坐标为_________． 三．解答题（共75分） 16. 选择合适的方法解下列方程． （1） （2） （3） 17. 如图，在边长为1的正方形网格中建立平面直角坐标系，的三个顶点均在格点上． （1）画出关于原点对称的； （2）画出绕点A逆时针旋转得到的，并写出点的坐标． 18. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：不论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程的两个实数根分别为，且，求的值． 19. 位于宁波市江北区的保国寺以其精湛绝伦的建筑工艺闻名全国，其中大雄宝殿（又称无梁殿）更是以四绝“鸟不栖，虫不入，蜘蛛不结网，梁上无灰尘”吸引了各地游客前来参观．据统计，假期第一天保国寺的游客人数为5000人次，第三天游客人数达到7200人次． （1）求游客人数从假期第一天到第三天的平均日增长率； （2）据悉，景区附近商店推出了保国寺旅游纪念章，每个纪念章的成本为5元，当售价为10元时，平均每天可售出500个，为了让游客尽可能得到优惠，商店决定降价销售．市场调查发现，售价每降低1元，平均每天可多售出200个，若要使每天销售旅游纪念章获利最多，则售价应降低多少元？ 20. 如图，在中,．动点P、Q分别从点A，B同时出发，点P以的速度向点B移动，点Q以的速度向点C移动．（不考虑起始位置，且点P，Q不与点A，B重合） （1）P、Q两点出发后第几秒时,的面积为？ （2）的面积能否为？说明理由． 21. 阅读材料，解答问题． 解方程：． 解：把视为一个整体，设， 则原方程可化为． 解得，． 或． ，． 以上方法就叫换元法，达到简化或降次的目的，体现了转化的思想． 请仿照材料解下列方程： （1） （2）． 22. 请阅读下列材料： 问题：如图1，在等边三角形内有一点P，且，，，求度数的大小和等边三角形的边长． 李明同学的思路是：将绕点B逆时针旋转，画出旋转后的图形（如图2），连接，可得是等边三角形，而又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），所以，而，进而求出等边的边长为，问题得到解决． 请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题： 问题：如图3，在正方形内有一点P，且，，．求 （1）度数的大小； （2）正方形的边长． 23. 在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线，点C为抛物线与y轴的交点． （1）如图，若该抛物线经过点； ①求抛物线的解析式，并直接写出抛物线与x轴的另一个交点B的坐标； ②连接．若点E为直线上方抛物线上的动点，连接、，则四边形的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点E的横坐标；若不存在，请说明理由． （2）当时，对于任意的正数t，若点，在该抛物线上，则________（填“”“”或“”）； （3）已知点，，若该抛物线与线段恰有一个公共点，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度九年级素养提升二——数学学科 一．选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列2024年巴黎奥运会的运动图标中，不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点． 【详解】解：选项A、B、D均能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 选项C不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 故选：C． 2. 根据下列表格的对应值： 1 由此可判断方程必有一个根满足（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数与一元二次方程的综合应用，熟悉二次函数的图象与性质是解题的关键．通过观察表格中函数值的变化，当时函数值为负，时函数值为正，根据函数性质，所对应的方程的根在． 【详解】解：∵当时，， 当时，， ∴方程必有一个根满足，。 故选：C． 3. 关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ） A. 且 B. C. 且 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到a+2≠0且△≥0，然后求出两不等式的公共部分即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴△≥0且a+2≠0， ∴（-3）2-4（a+2）×1≥0且a+2≠0， 解得：a≤且a≠-2， 故选：A． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根． 4. 将抛物线通过平移后，得到抛物线的解析式为，则平移的方向和距离是（ ） A. 向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 B. 向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 C. 向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 D. 向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 【答案】D 【解析】 【分析】先确定两个抛物线的顶点坐标，再利用点平移的规律确定抛物线平移的情况． 【详解】解：抛物线的顶点坐标为，抛物线的顶点坐标为， 而点向左平移2个，再向下平移3个单位可得到， 所以抛物线向左平移2个，再向下平移3个单位得到抛物线y=x2+2x+3． 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式；二是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式． 5. 一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先观察解析式可得两函数图象在y轴上交于一点，再根据二次函数图象和一次函数图象的性质分析即可． 【详解】观察解析式发现：一次函数与二次函数与y轴的交点为同一点，故排除B、C选项； A、二次函数图象开口向上，则，但是一次函数y随x的增大而减小，则，a的取值矛盾，故A不符合题意； D、二次函数图象开口向上，则，一次函数y随x的增大而增大，则，符合，故D符合题意； 故选：D 【点睛】本题考查二次函数和一次函数的图象性质，若能根据解析式先排除掉部分选项，则先进行排除．另外，用假设法来搞定这种数形结合题也是一种很好的方法． 6. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1．筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2．已知圆心O在水面上方，且被水面截得的弦长为8米，半径长为5米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦所在直线的距离是（ ） A. 1米 B. 2米 C. 3米 D. 4米 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．连接、，交于点，由垂径定理得（米，再由勾股定理得（米，然后求出的长即可． 【详解】解：如图，连接、，交于点， 由题意得：米，， （米，， （米， 米， 故选：B 7. 若二次函数的图象经过原点，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，注意二次函数二次项系数不为． 把代入求解，注意的取值范围． 【详解】解：把代入得， 解得或， ， ， 故选：B． 8. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系用“”表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了比较二次函数函数值的大小，正确得到离对称轴越远函数值越大是解题的关键．根据题意可得二次函数开口向上，对称轴为直线，则离对称轴越远函数值越小，据此可得答案． 【详解】解：∵二次函数解析式为， ∴二次函数开口向下，对称轴为直线， ∴离对称轴越远函数值越小， ∵点都在二次函数的图象上，， ∴， 故选：B． 9. 若，是一元二次方程的两个实数根，则的值是（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程的解的定义，根据一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值得到，即，再根据根与系数的关系得到，再由，代值计算即可． 【详解】解：∵，是一元二次方程的两个实数根， ∴，， ∴， ∴ ， 故选：B． 10. 二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③m为任意实数，则；④；⑤若，且，则．其中正确的个数是（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象与系数之间的关系．根据图象正确的获取信息，利用二次函数的性质进行判断，是解题的关键． ①根据开口方向，对称轴，与轴的交点位置，进行判断；②利用对称轴进行判断；③利用最值进行判断；④根据对称性和图象上的点，进行判断；⑤利用对称性进行判断． 【详解】解：∵抛物线开口向上，则， ∵对称轴为直线，则， ∴，故②正确 抛物线与轴交于负半轴，则， ∴，故①错误； ∵当时，取得小值， ∴， 当m为任意实数，则，故③正确， ④∵抛物线关于对称， ∴和的函数值相同， 即：， 由图象知，当时，函数值大于0， ∴，故④正确； ⑤当关于对称时：即：时， 对应的函数值相同， 即：， ∴ ∴若，且，则；故⑤正确； 综上所述，正确的是②③④⑤，共4个， 故选：C． 二．填空题（每小题3分，共15分） 11. 若是关于的二次函数，则m的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数定义，利用二次函数定义可得，且，解方程即可． 【详解】解：∵是关于x的二次函数， ∴，且， 解得：． 故答案为：． 12. 我校八年级组织班级篮球赛，赛制为单循环形式（即每两班之间都比赛一场），若共进行了45场比赛，则有_______个班级篮球队参加． 【答案】10 【解析】 【分析】设有x个班级篮球队参加比赛，则每一个班比赛场，由于是单循环形式，故篮球赛的总场数为场，从而即可建立方程，求解并检验即可． 【详解】解：设有x个班级篮球队参加比赛， 由题意得， 解得（舍）， ∴有10个班级篮球队参加比赛． 故答案为：10． 【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，找出等量关系“共进行了45场比赛”是解决本题的关键． 13. 如图，是由绕点按逆时针方向旋转得到的．若，则的度数为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查图形旋转的性质，根据图形旋转的性质可得，，结合，即可求得答案． 【详解】由图形旋转的性质可得，． ∵ ∴． ∴． ∴． 故答案为：． 14. 如图，是的直径，点在上，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相关判定与性质是解题的关键，先证明得出，再利用直径所对圆周角是90度得出，即可求解． 【详解】解：在中，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 15. 如图，在平面直角坐标系中，，，形状相同的抛物线的顶点在直线上，其对称轴与轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，根据上述规律，抛物线的顶点坐标为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据A（-3，0），B（0，1）的坐标求直线AB的解析式为，根据横坐标的变化规律可知，C8的横坐标为55，代入直线AB的解析式中，可求纵坐标． 【详解】解：设直线AB的解析式为y=kx+b，（k≠0）， ∵A（-3，0），B（0，1）， ， 解得， ∴直线AB的解析式为； ∵对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…， 观察发现：每个数都是前两个数的和， ∴抛物线C8的顶点坐标的横坐标为55， 当x=55时， ∴抛物线C8的顶点坐标为 故答案为： 【点睛】此题考查了待定系数法求一次函数的解析式和二次函数的对称性，还考查了点与函数关系式的关系，考查了学生的分析归纳能力． 三．解答题（共75分） 16. 选择合适的方法解下列方程． （1） （2） （3） 【答案】（1）， （2）， （3）， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）先移项，再利用因式分解法解一元二次方程即可； （2）直接利用公式法解一元二次方程即可； （3）先去括号，再利用配方法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， 移项，得， 因式分解，得， 得，或， 解得：，； 【小问2详解】 解：， 其中，，，， ， ∴， ∴，； 【小问3详解】 解：， 得， 配方，得， 即， 得， 解得：，． 17. 如图，在边长为1的正方形网格中建立平面直角坐标系，的三个顶点均在格点上． （1）画出关于原点对称的； （2）画出绕点A逆时针旋转得到的，并写出点的坐标． 【答案】（1） 如图，即为所求； ； （2）如图，即为所求， 【解析】 【分析】本题考查了画中心对称图形，画旋转图形，写出点的坐标． （1）根据中心对称的性质作图即可； （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：； 18. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：不论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程的两个实数根分别为，且，求的值． 【答案】（1）证明： ， ∵， ∴， ∴不论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系等知识﹒ （1）计算出，据此即可证明一元二次方程总有两个不相等的实数根； （2）根据一元二次方程根与系数关系得到，代入，得到，即可求出﹒ 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵一元二次方程两个实数根分别为， ∴， ∵， ∴， ∴﹒ 19. 位于宁波市江北区的保国寺以其精湛绝伦的建筑工艺闻名全国，其中大雄宝殿（又称无梁殿）更是以四绝“鸟不栖，虫不入，蜘蛛不结网，梁上无灰尘”吸引了各地游客前来参观．据统计，假期第一天保国寺的游客人数为5000人次，第三天游客人数达到7200人次． （1）求游客人数从假期第一天到第三天的平均日增长率； （2）据悉，景区附近商店推出了保国寺旅游纪念章，每个纪念章的成本为5元，当售价为10元时，平均每天可售出500个，为了让游客尽可能得到优惠，商店决定降价销售．市场调查发现，售价每降低1元，平均每天可多售出200个，若要使每天销售旅游纪念章获利最多，则售价应降低多少元？ 【答案】（1） （2）元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的增长率问题，二次函数的实际应用 ，根据题意，正确列出式子或等式是解题的关键． （1）设游客人数从假期第一天到第三天的平均日增长率为x,根据题意得关于x的一元二次方程，解方程，然后根据问题的实际意义作出取舍即可； （2）设售价应降低m元，设每天销售旅游纪念章获利元，根据每个的利润乘以销售量，等于，列出式子，再利用二次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：设游客人数从假期第一天到第三天的平均日增长率为x， 根据题意，得， 解得（舍去）． 答：平均增长率为； 【小问2详解】 解：设售价应降低m元，则每天的销量为个．设每天销售旅游纪念章获利元， 根据题意可得， ∵， ∴当时，取得最大值， 则要使每天销售旅游纪念章获利最多，则售价应降低元． 20. 如图，在中,．动点P、Q分别从点A，B同时出发，点P以的速度向点B移动，点Q以的速度向点C移动．（不考虑起始位置，且点P，Q不与点A，B重合） （1）P、Q两点出发后第几秒时,的面积为？ （2）的面积能否为？说明理由． 【答案】（1）1秒后，的面积等于 （2） 解：根据三角形的面积公式，得， ， ， 故的面积不能等于 【解析】 【分析】本题考查了动点问题中的线段长度表示、直角三角形面积公式以及一元二次方程的解法与判别式的应用，解题的关键是用运动时间（单位：s）表示出的两条直角边长度，再结合面积公式建立方程，同时结合动点运动范围判断解的合理性． （1）先根据点P、Q的运动速度与时间，分别表示出直角边（cm）、（cm）；再利用的条件，结合三角形面积公式列出关于的一元二次方程；求解方程后，根据动点运动范围（即，即）舍去不合理解，得到符合条件的值． （2）同（1）的方法，根据面积为列出关于的一元二次方程；计算该方程的判别式，由判别式可知方程无实数根，进而判断不存在这样的时间，即的面积不能为． 【小问1详解】 解：根据题意，知 设t秒后，的面积等于， 根据三角形的面积公式，得， ， ， 解得秒或秒（舍去）． 故1秒后，的面积等于； 【小问2详解】 略 21. 阅读材料，解答问题． 解方程：． 解：把视为一个整体，设， 则原方程可化为． 解得，． 或． ，． 以上方法就叫换元法，达到简化或降次的目的，体现了转化的思想． 请仿照材料解下列方程： （1） （2）． 【答案】（1），；（2）， ， 【解析】 【分析】（1）仿照材料的方法，设，则原方程可化为，进而解方程即可求解； （2）仿照材料的方法，设，则原方程可化为，进而解方程即可求解； 【详解】解：（1）设，则原方程可化为， 整理得，解得， ． 当时，即， 当时，无解． 原方程的解为，． （2）设，则原方程可化为， 整理得，解得，． 当时，即，解得， 当时，即，解得． 综上所述，原方程的解为， ，． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握换元法解一元二次方程是解题的关键． 22. 请阅读下列材料： 问题：如图1，在等边三角形内有一点P，且，，，求度数的大小和等边三角形的边长． 李明同学的思路是：将绕点B逆时针旋转，画出旋转后的图形（如图2），连接，可得是等边三角形，而又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），所以，而，进而求出等边的边长为，问题得到解决． 请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题： 问题：如图3，在正方形内有一点P，且，，．求 （1）度数的大小； （2）正方形的边长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将绕点B逆时针旋转，得到，连接，根据旋转的性质，易证是等腰直角三角形，进而得到，，再利用勾股定理的逆定理，证得是直角三角形，得到，进而得到，即可求出度数； （2）过点B作交的延长线于点E，易证是等腰直角三角形，利用勾股定理，求得，进而得到，再利用勾股定理，求出，即可得到正方形的边长． 【小问1详解】 解：将绕点B逆时针旋转，得到，连接 由旋转的性质可知，，，，， 是等腰直角三角形， ，， 在中，，， ， 是直角三角形， ， ， ； 【小问2详解】 解：过点B作交的延长线于点E， ， ， 是等腰直角三角形， ， 由勾股定理得：， ， , 在中，， 正方形的边长为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理等知识，利用旋转的性质作辅助线是解题关键． 23. 在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线，点C为抛物线与y轴的交点． （1）如图，若该抛物线经过点； ①求抛物线的解析式，并直接写出抛物线与x轴的另一个交点B的坐标； ②连接．若点E为直线上方抛物线上的动点，连接、，则四边形的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点E的横坐标；若不存在，请说明理由． （2）当时，对于任意的正数t，若点，在该抛物线上，则________（填“”“”或“”）； （3）已知点，，若该抛物线与线段恰有一个公共点，求a的取值范围． 【答案】（1）①，点B的坐标的坐标为；②存在， （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）①利用待定系数法求出表达式，然后根据对称性求出点B坐标； ②首先求出，所占直线解析式为，如图所示，过点E作轴交x轴于点G，交于点F，设，则，表示出，得到，然后根据二次函数的性质求解即可； （2）首先得到抛物线开口向上，然后判断出点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，即可得到； （3）首先得到抛物线，然后分两种情况讨论：和，然后分别求解即可． 【小问1详解】 ①∵抛物线的对称轴是直线，经过点 ∴ 解得 ∴抛物线的解析式为 ∵，对称轴是直线 ∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标的坐标为； ②∵， ∴ ∵ 当时， ∴，即 ∴ 设所占直线解析式为 ∴将代入得， 解得 ∴所占直线解析式为 如图所示，过点E作轴交x轴于点G，交于点F ∵点E为直线上方抛物线上的动点 ∴设，则 ∴ ∴ ∵ ∴当时，由最大值 ∴此时； 【小问2详解】 ∵当时， ∴抛物线开口向上 ∵对于任意的正数t，若点，在该抛物线上， ∴， ∵ ∴点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离 ∴； 【小问3详解】 ∵抛物线的对称轴是直线 ∴ ∴抛物线 如图所示，当时，抛物线开口向上，当抛物线经过点时， ∴ 解得 ∴若该抛物线与线段恰有一个公共点 ∴； 如图所示，当时，抛物线开口向下，当抛物线的顶点在线段上时，此时抛物线与线段只有一个交点 ∴此时抛物线顶点坐标为 ∴ 解得 综上所述，若该抛物线与线段恰有一个公共点，a的取值范围为或． 【点睛】本题考查抛物线综合，二次函数的性质，抛物线与线段的公共交点问题，掌握抛物线的顶点坐标，二次函数的性质，抛物线与线段的公共交点，掌握二次函数的性质是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $