精品解析：江西省赣州市赣县区白鹭中学2025-2026学年九年级上学期期中考试数学试题

2025~2026学年期中考试九年级数学 一、选择题 1. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意， 故选：A． 2. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义和△的意义得到k≠0且△＞0，即（-2）2-4×k×1＞0，然后解不等式即可得到k的取值范围． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程kx2-2x+1=0有两个不相等的实数根， ∴k≠0且△＞0，即（-2）2-4×k×1＞0， 解得k＜1且k≠0． ∴k的取值范围为k＜1且k≠0． 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义，掌握根的判别式是解题的关键． 3. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式． 直接根据平移规律作答即可． 【详解】解：将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度后所得抛物线解析式为． 故选：B． 4. 已知点，为二次函数图象上三点，若大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键；利用二次函数的对称性和开口方向，通过计算各点到对称轴的距离比较函数值大小即可． 【详解】解：∵二次函数（）的对称轴为，且开口向上， ∴点离对称轴越远，函数值越大， ∵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，且， ∴； 故选C． 5. 一次函数和二次函数（，，是常数，且）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】本题考查了一次函数、二次函数图象综合判断，解题的关键是根据一次函数、二次函数的图象，分别确定系数的符号，再作出判断． 对每个图象中的一次函数的图象确定，的符号，再对照二次函数得出，的符号比较是否一致，然后作出选择． 【详解】从选项A中的直线可知，，，抛物线开口向下，所以错误； 从选项B中的直线可知，，，抛物线对称轴在轴左侧，所以错误； 从选项C中的直线可知，，，抛物线开口向上，所以错误； 从选项D中的直线可知，，，抛物线开口向上，对称轴在轴右侧，所以正确． 故选：D． 6. 边长为的正方形的顶点在轴正半轴上，顶点在轴正半轴上．如图将正方形绕顶点逆时针旋转，使点恰好落在抛物线上，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数与几何的综合应用，连接，作轴于点，正方形的性质求出的长，旋转结合角的和差关系，求出，根据含30度角的直角三角形的性质，求出点坐标，即可得出结果． 【详解】解：连接，作轴于点， ∵正方形，边长为， ∴， ∴， ∵旋转， ∴与轴正半轴的夹角为， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵点落在抛物线上， ∴， ∴； 故选：D． 二、填空题 7. 二次函数的顶点坐标是 _____． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式的顶点式直接写出顶点坐标即可． 【详解】解：∵二次函数， ∴该函数图象的顶点坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了求二次函数的顶点坐标，解题的关键是熟练掌握二次函数的顶点坐标为． 8. 已知点与点关于原点对称，则的值等于 _____． 【答案】1 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的性质，如果两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数，由此求出a，b的值，代入求和即可． 【详解】解：点与点关于原点对称， ，， ， 故答案为：1． 9. 已知方程的根为，则的值为____________． 【答案】6 【解析】 【分析】解方程，将解得的代入即可解答． 【详解】解：， 对左边式子因式分解，可得 解得，， 将，代入， 可得原式， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，熟练掌握计算方法是解题的关键． 10. 如图是某学校人行过道中的一个以为圆心的圆形拱门，路面的宽为，圆形拱门所在圆的半径长为，拱门高为___________． 【答案】9 【解析】 【分析】此题考查了垂径定理的应用，熟记垂径定理是解题的关键．连接，根据垂径定理及勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， 由垂径定理得，， 在中，由勾股定理得，， 即， 得． 故答案为：9． 11. 《九章算术》“勾股”章有一题：“今有二人同所立．甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会，问甲、乙行各几何．”大意是说：已知甲、乙两人同时从同一地点出发，甲每单位时间走7步，乙每单位时间走3步．乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时，甲、乙各走了多远？设甲走了步（步为古代长度单位，类似于现在的米），根据题意可列方程：____________．（结果化为一般式） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题列一元二次方程、勾股定理的应用，由题意得出，，，则，求出，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：如图： 由题意得：，，， ∴， ∵甲每单位时间走7步，乙每单位时间走3步， ∴， 由勾股定理可得：， ∴， 整理得：， 故答案为：． 12. 如图所示，已知矩形中，，现将边绕它的一个端点旋转，当另一端点恰好落在边所在直线的点处时，线段的长度为______ 【答案】或或 【解析】 【分析】分两种情形：AD=AE，DE=DA，利用勾股定理分别求解即可． 【详解】解：如图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD=6，AD=BC=10，∠ABC=∠DCB=90°， 当AD=AE=10时，BE=， ∴DE1=，DE2=， 当DE=DA=10时，DE=10， 综上所述，满足条件的DE的值为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 三、解答题 13. 解方程： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键； （1）根据因式分解法可进行求解； （2）先移项，然后根据因式分解法可进行求解． 【小问1详解】 解：， ， 或， ∴； 【小问2详解】 解：， ， ， 或， ∴． 14. 如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接． （1）求的长 （2）若，求的度数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形性质，角的运算和勾股定理，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． （1）根据旋转的性质即可得到，再根据勾股定理即可解题； （2）根据旋转的性质即可得到，从而到，结合，可得到，从而得到的度数． 【小问1详解】 解：由旋转的性质可知：，， ； 【小问2详解】 解：由旋转的性质可知：，，， ， ， ， ， ． 15. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到 ．请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． （1）如图1，作线段绕点顺时针旋转的得到的线段． （2）如图2，作关于直线的对称图形． 【答案】（1）如图所示，线段即为所求； （2）如图所示，即为所求． 【解析】 【分析】本题主要考查了画旋转图形和画轴对称图形，熟知相关知识是解题的关键． （1）如图所示，延长交于点F，则线段即为所求；可证明，再证明可得； （2）延长交于点F，延长交于P，则即为所求；可证明，则可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 如图，已知抛物线的对称轴为直线，交轴于，两点，交轴于点，其中点的坐标为． （1）直接写出A点的坐标； （2）求二次函数的解析式． （3）关于的不等式的解集为___________． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键； （1）根据二次函数的对称性可进行求解； （2）根据待定系数法可进行求解； （3）根据图象可直接进行求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线的图象交轴于，两点， ∴，两点关于该抛物线的对称轴对称， ∵点的坐标为，对称轴为直线， ∴点的横坐标为， ∴； 【小问2详解】 解：由题意得： ，解得：， ∴二次函数的解析式为； 【小问3详解】 解：由函数图象可得：关于的不等式的解集为； 故答案为． 17. 如图，，交于点C，D，是半径，且于点F． （1）求证：； （2）若，求的半径． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． （2） 【解析】 【分析】本题主要考查垂径定理、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点，掌握垂径定理和等腰三角形的性质是解题的关键． （1）由垂径定理得到，由等腰三角形的性质得到，再根据线段的和差即可证明结论； （2）如图：连接，设的半径是r，则，由垂径定理得到，再根据勾股定理列方程求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图：连接， 设的半径是r，则， ∵， ∴， ∵， ∴，解得： ， ∴的半径是． 四、问答题 18. 已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为， （1）画出关于原点成中心对称的； （2）将绕点按顺时针旋转所得的，则点的坐标为___________． （3）在轴存在一点使得最短，作出点的位置． 【答案】（1）图见详解 （2）图见详解， （3）图见详解 【解析】 【分析】本题主要考查点的坐标关于原点对称、旋转的性质及轴对称的性质，熟练掌握点的坐标关于原点对称、旋转的性质及轴对称的性质是解题的关键； （1）先得出点A、B、C关于原点对称的点，然后连线问题可求解； （2）根据旋转的性质可进行作图； （3）作点C关于y轴的对称点D，然后连接，则与y轴的交点即为所求点P． 【小问1详解】 解：所作如图所示： 【小问2详解】 解：所作如图所示，由图可知点的坐标为； 故答案为． 【小问3详解】 解：所作点如图所示． 19. 已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k＝0． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）记该方程的两个实数根为x1和x2若以x1，x2，3为三边长的三角形是直角三角形，求k的值． 【答案】 （1）∵关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k＝0． ∴， ∴， ∴方程总有两个实数根； （2）k的值为或． 【解析】 【分析】（1）先把方程变为一元二次方程一般式，然后确定，再计算即可； （2）将方程因式分解得，得出方程的解，然后分两种情况2k＜3与2k＞3，分别根据勾股定理建构方程求解即可． 【详解】解：（1） 略 （2）将方程因式分解得， 解得， ∵以2k，1，3为三边长的三角形是直角三角形， ∴当2k＜3时，则，解得(舍去)； 当2k＞3时，则，解得(舍去)； 以1，2k，3为三边长的三角形是直角三角形，k的值为或． 【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，因式分解法和直接开平方法解一元二次方程，勾股定理，掌握一元二次方程根的判别式，因式分解法和直接开平方法解一元二次方程，勾股定理是解题关键． 20. 某主播销售一种商品，已知这种商品的成本价为20元/个，规定销售价格不低于成本价，且不高于成本价的2倍，通过前几天的销售发现，该商品每天的销售量（单位：个）与销售价格（单位：元/个）之间满足一次函数关系，部分对应数据如下表： /（元/个） … 23 25 28 110 /个 … 540 500 440 … （1）求出关于的函数关系式，并直接写出的取值范围． （2）求销售该商品每天的最大利润． 【答案】（1） （2）销售该商品每天的最大利润为4500元 【解析】 【分析】本题考查一次函数的实际应用，二次函数的实际应用： （1）设关于的函数关系式为，根据表中数据利用待定系数法求解； （2）根据成本、售价、销量之间的关系列出W关于x的二次函数，再求出二次函数的最值即可． 【小问1详解】 解：设关于的函数关系式为． 将，代入上式， 得，解得， ． 【小问2详解】 解：设销售该商品每天的利润为元． 由题意得． ，， 当时，取得最大值，且最大值为4500． 答：销售该商品每天的最大利润为4500元． 五、问答题 21. 某数学兴趣小组在探究函数的图象和性质时，经历了以下探究过程： （1）列表（完成下列表格）． … 0 1 2 3 … … 6 3 2 3 3 6 … （2）描点并在图中画出函数的大致图象； （3）根据函数图象，完成以下问题： ①当函数的图象向下平移___________个单位时，图象与轴有三个公共点； ②结合图象探究发现，直接写出使方程有四个解的的取值范围． 【答案】（1）见详解 （2）图象见详解 （3）①3；② 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键； （1）根据函数进行代值求解即可； （2）根据（1）及描点、连线可画函数图象； （3）①由（1）可知：当时，方程有三个解，分别为或0或2，然后问题可求解； ②由表格可知：当时，方程有三个解，分别为或0或2，当时，方程有两个解，分别为或1，然后结合函数图象可进行求解． 【小问1详解】 解：当时，则有；当时，则有；补全表格如下： … 0 1 2 3 … … 6 3 2 3 2 3 6 … 【小问2详解】 解：由（1）及题意可得函数图象如下： 【小问3详解】 解：①由（1）可知：当时，方程有三个解，分别为或0或2， ∴当函数的图象向下平移3个单位长度后，图象与轴有三个公共点； 故答案为3； ②由表格可知：当时，方程有三个解，分别为或0或2， 当时，方程有两个解，分别为或1， ∴结合图象可知：方程有四个解的的取值范围为． 22. 综合与实践 投壶，源于射礼，是我国古代宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪．顾名思义，投壶就是由游戏者轮流站在离壶一定距离的地方，用手把箭投向壶中并计算得分．综合与实践小组的同学受游戏启发，将箭抽象为一个点，以抛出箭时的站立点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系进行研究（单位长度为1米）．把壶近似看作矩形，、在轴上．已知壶口的宽度米，高度米．某同学将箭从点处抛出，箭的飞行轨迹为抛物线的一部分，且当箭达到最大飞行高度2米时，到抛出点的水平距离为1米．箭刚好从点擦边投入壶中． （1）求抛物线的函数解析式． （2）求站立点与壶的距离． （3）该同学再次抛出箭，仅调整了抛出点的高度，其他条件不变．若要使得箭再次投入壶中，请直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2）站立点与壶的距离为2.4米 （3） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，二次函数的平移，理解题意，正确求出二次函数解析式是解题关键． （1）根据题意得到抛物线的顶点坐标为，设顶点式，再利用待定系数法求解即可； （2）根据题意设，由抛物线过点，求出的值，即可求解； （3）设点调整的高度为米，则调整后的抛物线解析式为，将点和点分别代入解析式，求出临界的值，即可得解． 【小问1详解】 解：由题意可知，抛物线的顶点坐标为， 设抛物线解析式为， 将点代入解析式得：， 解得， 抛物线解析式为； 【小问2详解】 解：矩形， 米，米． 设， 抛物线过点， 则， 解得：或（舍）， ， 米， 米， 【小问3详解】 解：设点调整的高度为米， 则调整后的抛物线解析式为， 由（2）可知，，， 当抛物线经过点时，， 解得，此时点向下调整米， 当抛物线经过点时，， 解得，此时点无需调整， ， 米， 调整后的的取值范围． 六、问答题 23. （1）如图1，正方形的边长为4，对角线、相交于点是边上点（点不与、重合），将射线绕点逆时针旋转，所得射线与交于点，则四边形的面积为___________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的对角线的交点是矩形的一个顶点，将矩形绕着点旋转，与边相交于点．与边相交于点，连接，猜想之间的数量关系．并进行证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在直角中，，，，的顶点在边的中点处，，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，则的长度为___________cm． 【答案】（1）；（2）；（3）或 【解析】 【分析】（1）如图①中，证明即可解决问题． （2）延长交于，连接，，证明，得到，，再根据，得到，最后根据，得到； （3）根据在线段上和线段外分情况讨论，延长至，使，连接，，证明，得到，，结合得到，再证明，得到，即，最后根据中，，代入列方程求解即可． 【详解】解：（1）如图， ∵正方形的边长为4，对角线、相交于点， ∴，，， 由旋转得， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图1，延长交于，连接，， ∵矩形的对角线的交点是矩形的一个顶点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）当在线段上时，如图，延长至，使，连接，， ∵在边的中点处， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵中，， ∴， 解得， ∴； 当在线段外时，如图，延长至，使，连接，， ∵在边的中点处， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵中，， ∴， 解得， ∴； 综上所述，或， 故答案为：或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年期中考试九年级数学 一、选择题 1. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 3. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点，为二次函数图象上三点，若大小为（ ） A. B. C. D. 5. 一次函数和二次函数（，，是常数，且）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 边长为的正方形的顶点在轴正半轴上，顶点在轴正半轴上．如图将正方形绕顶点逆时针旋转，使点恰好落在抛物线上，则的值是（ ） A. B. C. D. 二、填空题 7. 二次函数的顶点坐标是 _____． 8. 已知点与点关于原点对称，则的值等于 _____． 9. 已知方程的根为，则的值为____________． 10. 如图是某学校人行过道中的一个以为圆心的圆形拱门，路面的宽为，圆形拱门所在圆的半径长为，拱门高为___________． 11. 《九章算术》“勾股”章有一题：“今有二人同所立．甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会，问甲、乙行各几何．”大意是说：已知甲、乙两人同时从同一地点出发，甲每单位时间走7步，乙每单位时间走3步．乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时，甲、乙各走了多远？设甲走了步（步为古代长度单位，类似于现在的米），根据题意可列方程：____________．（结果化为一般式） 12. 如图所示，已知矩形中，，现将边绕它的一个端点旋转，当另一端点恰好落在边所在直线的点处时，线段的长度为______ 三、解答题 13. 解方程： （1） （2） 14. 如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接． （1）求的长 （2）若，求的度数． 15. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到 ．请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． （1）如图1，作线段绕点顺时针旋转的得到的线段． （2）如图2，作关于直线的对称图形． 16. 如图，已知抛物线的对称轴为直线，交轴于，两点，交轴于点，其中点的坐标为． （1）直接写出A点的坐标； （2）求二次函数的解析式． （3）关于的不等式的解集为___________． 17. 如图，，交于点C，D，是半径，且于点F． （1）求证：； （2）若，求的半径． 四、问答题 18. 已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为， （1）画出关于原点成中心对称的； （2）将绕点按顺时针旋转所得的，则点的坐标为___________． （3）在轴存在一点使得最短，作出点的位置． 19. 已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k＝0． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）记该方程的两个实数根为x1和x2若以x1，x2，3为三边长的三角形是直角三角形，求k的值． 20. 某主播销售一种商品，已知这种商品的成本价为20元/个，规定销售价格不低于成本价，且不高于成本价的2倍，通过前几天的销售发现，该商品每天的销售量（单位：个）与销售价格（单位：元/个）之间满足一次函数关系，部分对应数据如下表： /（元/个） … 23 25 28 110 /个 … 540 500 440 … （1）求出关于的函数关系式，并直接写出的取值范围． （2）求销售该商品每天的最大利润． 五、问答题 21. 某数学兴趣小组在探究函数的图象和性质时，经历了以下探究过程： （1）列表（完成下列表格）． … 0 1 2 3 … … 6 3 2 3 3 6 … （2）描点并在图中画出函数的大致图象； （3）根据函数图象，完成以下问题： ①当函数的图象向下平移___________个单位时，图象与轴有三个公共点； ②结合图象探究发现，直接写出使方程有四个解的的取值范围． 22. 综合与实践 投壶，源于射礼，是我国古代宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪．顾名思义，投壶就是由游戏者轮流站在离壶一定距离的地方，用手把箭投向壶中并计算得分．综合与实践小组的同学受游戏启发，将箭抽象为一个点，以抛出箭时的站立点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系进行研究（单位长度为1米）．把壶近似看作矩形，、在轴上．已知壶口的宽度米，高度米．某同学将箭从点处抛出，箭的飞行轨迹为抛物线的一部分，且当箭达到最大飞行高度2米时，到抛出点的水平距离为1米．箭刚好从点擦边投入壶中． （1）求抛物线的函数解析式． （2）求站立点与壶的距离． （3）该同学再次抛出箭，仅调整了抛出点的高度，其他条件不变．若要使得箭再次投入壶中，请直接写出的取值范围． 六、问答题 23. （1）如图1，正方形的边长为4，对角线、相交于点是边上点（点不与、重合），将射线绕点逆时针旋转，所得射线与交于点，则四边形的面积为___________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的对角线的交点是矩形的一个顶点，将矩形绕着点旋转，与边相交于点．与边相交于点，连接，猜想之间的数量关系．并进行证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在直角中，，，，的顶点在边的中点处，，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，则的长度为___________cm． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $