精品解析：四川省德阳市中江县2025-2026学年九年级上学期期中考试数学试题

2025年秋教学质量监测（二）九年级数学试卷 说明： 1.本试卷分为第I卷和第Ⅱ卷．第I卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题，全卷共4页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效，考试结束后，将答题卡交回． 2.本试卷满分150分，监测时间为120分钟． 第I卷选择题（36分） 一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分） 1. 已知x＝1是一元二次方程x2﹣2mx+1＝0的一个解，则m的值是（　　） A. 1 B. 0 C. 0或1 D. 0或﹣1 2. 抛物线 与x轴的交点是和，这条抛物线的对称轴是（　　） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. 等边三角形 B. 等腰直角三角形 C. 正方形 D. 正五边形 4. 方程4x2﹣3x+1＝0的根的情况是（　　） A. 有两个都是负的实数根 B. 有两个都是正的实数根 C. 有两个相等的实数根 D. 没有实数根 5. 已知点和关于原点对称，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 6. 下面图形中，中心对称图形的个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 如图，与关于点成中心对称，若点A的坐标为，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，若点关于原点对称的点的坐标是，则坐标关于x轴对称的坐标为（ ） A. B. C. D. 9. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaGo进行围棋人机大战，截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，点为矩形的对称中心，动点从点出发沿向点移动，移动到点停止，延长交于点，则四边形 形状的变化依次为（ ） A. 平行四边形一矩形一平行四边形一矩形 B. 平行四边形一矩形一菱形一矩形 C. 平行四边形一菱形一平行四边形一矩形 D. 平行四边形一菱形一平行四边形 11. 关于x的一元二次方程的两个实数根分别是、，且，则的值是（ ） A. 1 B. 12 C. 13 D. 25 12. 将 按如图方式放置在平面直角坐标系中，其中，，顶点A的坐标为，将 绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点A对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 非选择题（114分） 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 13. 点关于坐标原点对称的点坐标为，则的值为_____． 14. 若二次函数的图像开口向下且经过原点，则函数的对称轴为_____． 15. 点O是矩形的对称中心，连接、，若，则 的度数是______°． 16. 已知、是方程 的两个根，则_________． 17. 如图，与关于点C成中心对称，则的长是____ 18. 如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是3和2，则图中阴影部分的面积是_______． 三、解答题（共计90分） 19. 用适当的方法解下列方程 （1）； （2） 20. 如图，在直角坐标系内，已知点 ． （1）图中点B的坐标是 ； （2）点B关于原点对称的点D的坐标是 ；点A关于y轴对称的点C的坐标是 ； （3）四边形ABCD的面积是 ； （4）在y轴上找一点F，使，那么点F的坐标为 ． 21. 如图， 绕点O旋转 得到 ，点A的对应点为点C．分别延长， 至点E，F且，连接，，， ． （1）求证：四边形 是平行四边形． （2）若 ， ，，求四边形 的周长． 22. 某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元，试营销阶段发现：当销售单价是25元时，每天的销售量为250件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件 （1）写出商场销售这种文具，每天所得的销售利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式； （2）求销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大； （3）如果该文具的销售单价高于进价且不超过30元，请你计算最大利润． 23. 如图，一小球M从斜坡上的O点处抛出，球的抛出路线是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，斜坡可以用一次函数刻画，若小球到达的最高的点坐标为，解答下列问题： （1）求抛物线的解析式； （2）在斜坡上的B点处有一棵树，树与y轴平行，B点的横坐标为2，树高为4，小球M能否飞过这棵树？ 24. 如图，在中，点E在边上， ，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G． （1）求证： ； （2）若，求 的度数． 25. 如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中A（3，0），B（﹣1，0），抛物线的对称轴交x轴于点D，直线y＝kx+b1经过点A和点C． （1）求抛物线和直线AC的解析式； （2）连接CD，请问：非第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使△ACP的面积是△ACD面积的2倍？若有，请求出点P的坐标；若没有，请说明理由． （3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使线段QA绕Q点顺时针旋转90°得到线段QA1，且A1恰好落在抛物线上？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋教学质量监测（二）九年级数学试卷 说明： 1.本试卷分为第I卷和第Ⅱ卷．第I卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题，全卷共4页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效，考试结束后，将答题卡交回． 2.本试卷满分150分，监测时间为120分钟． 第I卷选择题（36分） 一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分） 1. 已知x＝1是一元二次方程x2﹣2mx+1＝0的一个解，则m的值是（　　） A. 1 B. 0 C. 0或1 D. 0或﹣1 【答案】A 【解析】 【分析】本题根据一元二次方程的根的定义、一元二次方程的定义求解．把x=1代入方程式即可求解． 【详解】解：把x=1代入方程x2-2mx+1=0，可得1-2m+1=0，得m=1， 故选：A． 【点评】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．把求未知系数的问题转化为方程求解的问题． 2. 抛物线 与x轴的交点是和，这条抛物线的对称轴是（　　） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了抛物线的对称性，根据抛物线的对称性，可得二次函数与x轴的交点是关于抛物线的对称轴对称的，利用两个交点的坐标，求出中点，即可求出对称轴，掌握抛物线的对称性是解题的关键． 【详解】∵抛物线与x轴的公共点是和， ∴抛物线的对称轴为直线， 即为直线． 故选：A． 3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. 等边三角形 B. 等腰直角三角形 C. 正方形 D. 正五边形 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； B、等腰直角三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； C、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确； D、正五边形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项错误． 故选：C． 4. 方程4x2﹣3x+1＝0的根的情况是（　　） A. 有两个都是负的实数根 B. 有两个都是正的实数根 C. 有两个相等的实数根 D. 没有实数根 【答案】D 【解析】 【分析】根据根的判别式即可求出答案． 【详解】解：由题意可知：， ∴原方程没有实数根 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型． 5. 已知点和关于原点对称，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的坐标特点，利用关于原点对称的点坐标关系，即对应坐标互为相反数，列方程求a和b，再计算的值即可． 【详解】解：∵点和关于原点对称， ∴ 且， 解得：，， ∴． 故选：C． 6. 下面图形中，中心对称图形的个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，熟练掌握概念是解题的关键．根据中心对称图形的概念对各图形分析判断即可求解． 【详解】解：第一个是中心对称图形，符合题意； 第二个是是中心对称图形，符合题意； 第三个是是中心对称图形，符合题意； 第四个不是中心对称图形，不符合题意； 所以符合题意的有3个． 故选：C． 7. 如图，与关于点成中心对称，若点A的坐标为，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称的性质．根据中心对称的性质，为，的中点，即可求解． 【详解】解： 与关于点成中心对称，点A的坐标为， 设， 依题意，， 解得：， 点的坐标为， 故选：C． 8. 在平面直角坐标系中，若点关于原点对称的点的坐标是，则坐标关于x轴对称的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 根据关于原点对称的点的坐标特征求出a和b的值，得到点A的坐标，再根据关于x轴对称的点的坐标特征求解． 【详解】解：∵点关于原点对称的点的坐标是， ∴， 解得， ∴点A的坐标为， 点A关于x轴对称的点的坐标：横坐标不变，纵坐标互为相反数， ∴对称点的坐标为． 故选：A． 9. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaGo进行围棋人机大战，截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋 转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 【详解】解：A、它是中心对称图形，符合题意； B、它不是中心对称图形，故不符合题意； C、它不是中心对称图形，故不符合题意； D、它不是中心对称图形，故不符合题意；   故选： A． 10. 如图，点为矩形的对称中心，动点从点出发沿向点移动，移动到点停止，延长交于点，则四边形 形状的变化依次为（ ） A. 平行四边形一矩形一平行四边形一矩形 B. 平行四边形一矩形一菱形一矩形 C. 平行四边形一菱形一平行四边形一矩形 D. 平行四边形一菱形一平行四边形 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形 形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点A与点重合时是矩形． 【详解】解：观察图形可知，四边形 形状的变化依次为平行四边形 菱形 平行四边形 矩形． 故选C． 【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据与的位置关系即可求解． 11. 关于x的一元二次方程的两个实数根分别是、，且，则的值是（ ） A. 1 B. 12 C. 13 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】由根与系数的关系及根的判别式若，是一元二次方程的两根时，则，根据一元二次方程根与系数的关系，，根据，即，可求出m的值，再结合一元二次方程根的判别式，得出m的值，再将求出即可． 【详解】解：一元二次方程的两个实数根分别是，， ，， ， ， ， 整理得， 解得或 ， ， 当时，， 当 时，， ， 一元二次方程可化为 ， ． 故选． 【点睛】本题考查的是完全平方公式及其变形，一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，掌握以上知识是解题的关键． 12. 将 按如图方式放置在平面直角坐标系中，其中，，顶点A的坐标为，将 绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点A对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查图形的旋转规律，坐标与图形，关于原点对称的点的坐标中；根据得，由 绕原点逆时针旋转，每次旋转，每旋转6次回到原位，可知第 次旋转结束时，点A对应点与点关于点对称，进而可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵ 绕原点逆时针旋转，每次旋转，每旋转6次回到原位， ∴， ∴第2025次旋转结束时，点A的对应点与点关于点对称， ∴点A对应点的坐标为． 故选：D． 第Ⅱ卷 非选择题（114分） 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 13. 点关于坐标原点对称的点坐标为，则的值为_____． 【答案】##0.125 【解析】 【分析】本题考查了坐标原点对称的点坐标特征． 根据关于坐标原点对称的点坐标特征，横纵坐标均互为相反数，求出和的值，再代入计算． 【详解】解：点关于坐标原点对称的点的横坐标为，纵坐标为 ， 即 ，， 则． 故答案为：． 14. 若二次函数的图像开口向下且经过原点，则函数的对称轴为_____． 【答案】直线 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质． 由图像开口向下可得，由图像经过原点代入点得 ，解得 ，结合得，再根据二次函数对称轴公式直线计算对称轴即可． 【详解】解：∵图像经过原点， ∴代入函数得 ， 解得 ， ∵图像开口向下， ∴， ∴， 函数为， 对称轴为直线， 故答案为：直线． 15. 点O是矩形的对称中心，连接、，若，则 的度数是______°． 【答案】70 【解析】 【分析】本题主要考查矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键；由题意易得，则有，然后问题可求解． 【详解】解：如图， ∵点O是矩形的对称中心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为70． 16. 已知、是方程 的两个根，则_________． 【答案】6 【解析】 【分析】此题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解．因为，是方程 的两根，利用根与系数的关系求出，再将代入方程 得，两个式子相加就能得到结果． 【详解】解：∵，是方程 的两根， ∴， 将代入方程 得， ∴， ∴， 故答案为：6． 17. 如图，与关于点C成中心对称，则的长是____ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．利用全等三角形的性质以及勾股定理即可解决问题． 【详解】解：与关于点成中心对称， ， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 18. 如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是3和2，则图中阴影部分的面积是_______． 【答案】1.25 【解析】 【分析】本题考查了中心对称，连接，，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于正方形面积差的四分之一． 【详解】连接，， 正方形的边长分别为3和2， 面积分别为9和4， 正方形和正方形的对称中心都是点， ． 故答案为：1.25． 三、解答题（共计90分） 19. 用适当的方法解下列方程 （1）； （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程； （1）先进行配方得到，然后进行开方即可； （2）先提取公因式即可得到，再解两个一元一次方程即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴． 20. 如图，在直角坐标系内，已知点 ． （1）图中点B的坐标是 ； （2）点B关于原点对称的点D的坐标是 ；点A关于y轴对称的点C的坐标是 ； （3）四边形ABCD的面积是 ； （4）在y轴上找一点F，使，那么点F的坐标为 ． 【答案】（1）； （2），； （3）8； （4）或 ． 【解析】 【分析】（1）根据坐标的意义即可得出B的坐标； （2）根据两个点关于原点对称与y轴对称的关系分别得到点D与点C的坐标； （3）根据，利用坐标即可求出； （4）设，依据题意，即可求出y，最后得出点F的坐标． 【小问1详解】 解：过点B作x轴的垂线，垂足所对应的数为-3，因此点B的横坐标为-3，过点B作y轴的垂线，垂足所对应的数为4，因此点B的纵坐标为4， 点， 故答案为：； 【小问2详解】 如图：由于关于原点对称的两个点的横纵坐标均互为相反数， ∴点关于原点对称点， 由于关于y轴对称的两个点，其横坐标互为相反数，纵坐标不变， ∴ 关于y轴对称点， 故答案为：，； 【小问3详解】 由题意可知，如图： 故答案为：8； 【小问4详解】 如图：设，由（3）可知， ∵， ∴， ∴， ∴， 得y=1或-3， ∴点或 ， 故答案为：或 ． 【点睛】此题考查了点的坐标，关于原点对称、y轴对称的点坐标的关系，绝对值以及利用坐标求相应图形的面积等相关内容，解题的关键是将坐标转化为线段的长． 21. 如图，绕点O旋转 得到 ，点A的对应点为点C．分别延长， 至点E，F且，连接，，， ． （1）求证：四边形 是平行四边形． （2）若 ， ，，求四边形 的周长． 【答案】（1）证明：∵绕点O旋转 得到 ， ∴，， ∵， ∴ ， ∴四边形 是平行四边形． （2） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质得出，，根据，得出 ，根据平行四边形的判定即可得出结论； （2）作 于点H．根据等腰三角形的性质得出 ，根据平行四边形的性质得出， ，，求出 ，证明 为等腰直角三角形，得出 ，根据勾股定理得出，求出 ，根据勾股定理求出，最后求出结果即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，作 于点H． 根据解析（1）可知： ， ∵， ∴， ∴·， ∵ ， ∴ ， 在 中，， ，， ∴ ， ∵ ， ， ∴ 为等腰直角三角形， ∴ ， ∴根据勾股定理得：， 即， 解得： ，负值舍去， 则 ， ∴， ∴四边形 的周长为： ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 22. 某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元，试营销阶段发现：当销售单价是25元时，每天的销售量为250件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件 （1）写出商场销售这种文具，每天所得的销售利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式； （2）求销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大； （3）如果该文具的销售单价高于进价且不超过30元，请你计算最大利润． 【答案】（1）w=-10x2+700x-10000；（2） 当单价为35元时，该文具每天的利润最大；（3）2000． 【解析】 【分析】（1）根据利润=（单价-进价）×销售量，列出函数关系式即可； （2）根据（1）式列出的函数关系式，运用配方法求最大值； （3）利用二次函数增减性直接求出最值即可． 【详解】（1）由题意得，销售量=250-10（x-25）=-10x+500， 则w=（x-20）（-10x+500） =-10x2+700x-10000； （2）w=-10x2+700x-10000=-10（x-35）2+2250． ∵-10＜0， ∴函数图象开口向下，w有最大值， 当x=35时，wmax=2250， 故当单价为35元时，该文具每天的利润最大； （3）20＜x≤30，对称轴左侧w随x的增大而增大， 故当x=30时，w有最大值，此时w=2000． 23. 如图，一小球M从斜坡上的O点处抛出，球的抛出路线是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，斜坡可以用一次函数刻画，若小球到达的最高的点坐标为，解答下列问题： （1）求抛物线的解析式； （2）在斜坡上的B点处有一棵树，树与y轴平行，B点的横坐标为2，树高为4，小球M能否飞过这棵树？ 【答案】（1） （2）小球M能飞过这棵树 【解析】 【分析】本题考查二次函数与一次函数的综合及实际应用，求出抛物线的解析式是解题的关键 （1）根据顶点坐标设顶点式，将原点坐标代入，即可求解； （2）计算出树的顶点的纵坐标，以及时抛物线上对应点的纵坐标，比较大小即可． 【小问1详解】 解：小球到达的最高的点坐标为， 设抛物线的解析式为， 抛物线经过原点O， ， 解得， ， 即抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解： B点的横坐标为2，B点在斜坡上， B点的纵坐标为， 树高为4，树与y轴平行， 树的顶点的纵坐标为：， 将代入，得：， ， 小球M能飞过这棵树． 24. 如图，在中，点E在边上， ，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G． （1）求证： ； （2）若，求 的度数． 【答案】（1） 证明：∵将线段绕点旋转到的位置， ∴ ， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴ ； （2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明是解题的关键． (1)由旋转的性质可得 ，利用证明，根据全等三角形的对应边相等即可得出 ； (2)根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出，那么．由，得出，再根据三角形外角的性质即可求出，进而即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ，， ∴， ∵是 的外角， ∴， ∴的度数为． 25. 如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中A（3，0），B（﹣1，0），抛物线的对称轴交x轴于点D，直线y＝kx+b1经过点A和点C． （1）求抛物线和直线AC的解析式； （2）连接CD，请问：非第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使△ACP的面积是△ACD面积的2倍？若有，请求出点P的坐标；若没有，请说明理由． （3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使线段QA绕Q点顺时针旋转90°得到线段QA1，且A1恰好落在抛物线上？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线的解析式为 ；直线的解析式为 （2）或，理由见解析 （3）存在，点Q的坐标为和 【解析】 【分析】（1）将点，坐标代入抛物线解析式中，求出，得出抛物线的解析式，进而求出点的坐标，再将点，坐标代入直线的解析式中，即可得出结论； （2）当点在下方时，利用抛物线的对称性得出，进而判断出的面积和的面积相等，即可得出结论； （3）分点在轴上方和在轴下方，构造全等三角形即可得出结论． 【小问1详解】 解：把，代入 中，得 ，解得， 抛物线的解析式为 ； 当时，， 点的坐标是 ， 把和代入中，得 ，解得， 直线的解析式为； 【小问2详解】 当点在直线下方时，如图1，连接， 点是抛物线与轴的交点， ， ， ， ，此时，点与点重合，即， 过点作交抛物线于点，则直线的解析式为①， 抛物线的解析式为 ②， 联立①②解得，（是点的纵横坐标）或， ， 不在第一象限内， 点的坐标为或； 【小问3详解】 存在，理由如下： 如图2，①当点在轴上方时，设与对称轴交点为， 由（1）知，直线的解析式为， 当时，， 坐标为， ， ， ， 点为所求； ②当点在轴下方时，设点， 过点作于， ， ， 由旋转知，，， ， ， ， ，， 点的坐标为， 代入 中， 解得， 或（舍， 的坐标为， 点的坐标为和． 【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积的计算方法，全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $