四川达州市达州市渠县2025--2026学年八年级下学期期中模拟数学测试题

2026年达州市渠县八年级下册期中模拟测试题解析版 本试卷分为 A 卷和 B 卷两部分，卷面总分 150 分，考试时间为 120 分钟 A 卷（共 100 分） 一、选择题（共 8 个小题，每小题 4 分，共 32 分） 1．下列图形是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 1．D 【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕着某个点旋转180度，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，这个点叫做它的对称中心．据此对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A. 不是中心对称图形，不符合题意； B. 是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C. 是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D. 是中心对称图形，符合题意． 2．若，则下列不等式成立的是（   ） A． B． C． D． 2．D 【分析】本题主要考查了不等式的基本性质：（1）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个式子，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（3）不等式的两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变． 根据不等式的基本性质，逐一判断各选项即可． 【详解】解：A、当时，，故选项不符合题意； B、当时，，故选项不符合题意； C、当时，，故选项不符合题意； D、当时，，故选项符合题意． 故选：D． 3．用反证法证明“在△ABC中，如果，那么”，第一步应假设（    ） A． B． C． D． 3．C 【分析】反证法证明命题时，第一步需假设原命题的结论不成立，只需确定原结论的反面即可． 【详解】解：∵ 反证法第一步是假设命题结论不成立， 本题原结论为 ， 其否定为 ， ∴ 第一步应假设． 4．三条公路围成一个三角形区域，某地区决定在这个三角形区域内修建一个学校，要使学校到三条公路的距离相等，则这个学校应建在（　） A．三角形三条边的垂直平分线的交点处 B．三角形三条角平分线的交点处 C．三角形三条高的交点处 D．以上位置都不对 4．B 【分析】根据三角形的内心的定义和性质即可求解． 【详解】解：∵角平分线上的点到角两边的距离相等， ∴要使学校到三条公路的距离相等，则这个学校应建在三角形三条角平分线的交点处， 故选：． 【点睛】本题主要考查三角形的内心，理解和掌握三角形内心的定义和性质是解题的关键． 5．已知点在第一象限，则m的取值范围在数轴上表示正确的是（　　） A． B． C． D． 5．D 【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．根据第一象限内点的坐标特点列出关于m的不等式组，求出各不等式的解集，再在数轴上表示出来即可． 【详解】解：∵点在第一象限， ∴， 由①得，由②得，， ∴不等式组的解集为空集． 在数轴上表示为： 故选：D． 6．如图，在中，，，分别以点、点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两圆弧交于、，作直线交于，交于，连接，则的周长为（   ） A． B． C． D． 6．D 【分析】过点作交于点，结合等腰三角形的性质以及勾股定理，求出的长度，由为线段的垂直平分线，得，最终得出的周长为，即可得出结果． 【详解】解：过点作交于点，如下图所示： ∵，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由题意可判断出为线段的垂直平分线， ∴， ∴的周长为， 故的周长为． 7．在平面直角坐标系中，点向上平移3个单位，再向右平移2个单位，得到点，则点的坐标是（  ） A． B． C． D． 7．C 【分析】本题考查坐标平移的规律，熟记平移规则：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，即可计算得到结果． 【详解】解：∵点的坐标为， 向右平移个单位，根据横坐标右移加，可得的横坐标为， 向上平移个单位，根据纵坐标上移加，可得的纵坐标为， ∴点的坐标为． 8．如图，点第一次向上平移1个单位长度至点，第二次向右平移1个单位长度至点，第三次向上平移1个单位长度至点，第四次向右平移1个单位长度至点，……照此规律平移下去，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 8．D 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的平移规律，数字规律探究．通过分析平移次数与坐标的关系总结规律是解题的关键． 先梳理每次平移后的坐标，发现平移规律为奇数次平移是向上平移1个单位长度，偶数次平移是向右平移1个单位长度，而进行了1013次向上平移，1013次向右平移，则的横坐标和纵坐标都加上1013即可求解． 【详解】解：观察平移规律，第一次向上平移1个单位长度至点， 第二次向右平移1个单位长度至点， 第三次向上平移1个单位长度至点， 第四次向右平移1个单位长度至点， 可以发现平移规律：奇数次平移是向上平移1个单位长度，偶数次平移是向右平移1个单位长度． 是偶数，所以是经过次平移得到的， 由于偶数次平移是向右平移，从点开始，经过次平移，横坐标的变化是向右平移了个单位长度，所以的横坐标为； 又因为奇数次平移是向上平移，从点开始，经过次平移，纵坐标的变化是向上平移了个单位长度，所以的纵坐标为； ． 故选D． 二、填空题（共 5 个小题，每小题 4 分，共 20 分） 9．已知等腰三角形的底角等于，则顶角等于______． 9．80 【分析】根据等腰三角形的两底角相等，结合三角形内角和为即可求解. 【详解】解： 等腰三角形的底角等于，等腰三角形的两个底角相等， 顶角的度数为. 10． 一个正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的边数是______． 10． 【分析】利用任意多边形外角和为，正多边形各外角相等的性质，即可计算得到正多边形的边数． 【详解】解：任意多边形的外角和为，正多边形的所有外角都相等， 因此该正多边形的边数为：． 11． 已知点关于x轴对称的点在第一象限，则a的取值范围是________． 11． 【分析】先求出点关于x轴对称的点的坐标，再根据第一象限内点的横坐标为正，纵坐标为正，据此列不等式求解即可． 【详解】解：点关于x轴对称的点为， ∵点关于x轴对称的点在第一象限， ∴， ∴， 即a的取值范围是． 12．如图，一个长，宽是的长方形草地，有两条宽都是的纵、横相交的小路，这块草地的面积是_______． 12． 【分析】利用平移道路的方法得出草地的长、宽，再根据长方形的面积公式即可得出答案． 【详解】解：∵两条小路的宽都是， ∴草地的长为，宽为， ∴这块草地的面积为． 13．如图，在中，是的垂直平分线，，的周长为，则△ABC的周长为______． 13． 【分析】由已知条件，利用线段的垂直平分线的性质，得到，，结合周长，进行线段的等量代换可得答案． 【详解】解：是的垂直平分线， ，， 又的周长， ， 即， 的周长． 三、解答题（共 5 个小题，共 48 分） 14．解下列不等式组： (1)； (2)． （3）计算：． 14．(1) (2) （3） 【详解】（1）解：， 由①得， 由②得， ∴不等式组的解集为； （2）解：， 由①得， 由②得， ∴不等式组的解集为． （3）解：原式． 15.已知是方程的解，求关于x的不等式的解集． 15． 【分析】先把代入方程求出m的值，再把m的值代入关于x的不等式求出x的取值范围即可． 【详解】解：是方程的解， ， 解得， 不等式可化为， ， ， ， 解得 16．如图，△ABC各顶点的坐标分别为，，． (1)请画出△ABC先向下平移4个单位，再向右平移1个单位得到的； (2)请画出△ABC绕点逆时针旋转后得到； (3)若△ABC与关于某点成中心对称，且，则对称中心的坐标是______． 16．(1)图见详解 (2)图见详解 (3) 【分析】本题考查作图—旋转变换、平移变换、中心对称，熟练掌握旋转、平移、中心对称的性质是解答本题的关键． （1）根据平移的性质作图即可． （2）根据旋转的性质作图即可． （3）由题意可得对称中心为的中点，然后根据中点坐标公式即可得出答案． 【详解】（1）解：所作如图所示： （2）解：所作如图所示； （3）解：由题意可得，对称中心为的中点， ∵，， ∴对称中心的坐标为，即． 故答案为． 17．如图所示，点，的坐标分别为，，直线与坐标轴交于，两点． (1)求直线与交点的坐标． (2)请直接写出当时，的取值范围． (3)求四边形的面积． 17．(1) (2) (3) 【分析】本题考查一次函数与一元一次不等式，解二元一次方程组，用待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标等知识点， （1）先求出直线的解析式，与构成方程组，求出方程组的解即可； （2）根据点的坐标和函数的图象即可得解； （3）求出点、的坐标，再求出和的面积，即可求出答案． 【详解】（1）解：∵直线：过点，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式是， 解方程组， 得：， ∴点的坐标是； （2）由图象可知：当时，的图象在的图象的上方， ∴不等式的解集； （3）对于直线， 当时，；当时，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴，点到轴的距离为， ∴， ∴四边形的面积为． 18．重庆豌杂面以其劲道的面条、软糯的豌豆和香浓的杂酱，成为重庆小吃中极具代表性的美食．某超市计划试销两种包装规格的预包装重庆豌杂面（简装版、精装版），已知精装版豌杂面每箱售价比简装版贵45元，购买2箱精装版和5箱简装版的总费用为1210元． (1)求精装版和简装版豌杂面每箱的售价分别是多少元？ (2)经了解，精装版每箱进价为165元，简装版豌杂面每箱进价为135元，超市计划购进两种包装共28箱，且进货总资金不超过4020元，同时要求试销总利润不低于790元． ①求超市可行的进货方案有哪些？ ②哪种进货方案能让超市获得最大利润？最大利润是多少元？ 18．(1)精装版豌杂面每箱的售价是205元，简装版豌杂面每箱的售价是160元 (2)①超市共有3种进货方案， 方案1：购进6箱精装版豌杂面，22箱简装版豌杂面； 方案2：购进7箱精装版豌杂面，21箱简装版豌杂面； 方案3：购进8箱精装版豌杂面，20箱简装版豌杂面． ②当购进8箱精装版豌杂面，20箱简装版豌杂面时，超市获得最大利润，最大利润是820元． 【分析】本题考查了一元一次方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组． （1）设精装版豌杂面每箱的售价是元，则简装版豌杂面每箱的售价是元，利用总价＝单价×数量，结合购买2箱精装版和5箱简装版的总费用为1210元，可列出关于的一元一次方程，解之可得出的值（即精装版豌杂面每箱的售价），再将其代入中，即可求出简装版豌杂面每箱的售价； （2）①设购进箱精装版豌杂面，则购进箱简装版豌杂面，根据“进货总资金不超过4020元，且试销总利润不低于790元”，可列出关于的一元一次不等式组，解之可得出的取值范围，再结合为正整数，即可得出各购买方案； ②求出选择各方案超市可获得的总利润，比较后，即可得出结论． 【详解】（1）解：设精装版豌杂面每箱的售价是元，则简装版豌杂面每箱的售价是元， 根据题意得：，解得， 则． 答：精装版豌杂面每箱的售价是205元，简装版豌杂面每箱的售价是160元． （2）①设购进箱精装版豌杂面，则购进箱简装版豌杂面， 根据题意得：， 解得：． 又为正整数， 可以为6，7，8． ∴超市共有3种进货方案． 方案1：购进6箱精装版豌杂面，22箱简装版豌杂面； 方案2：购进7箱精装版豌杂面，21箱简装版豌杂面； 方案3：购进8箱精装版豌杂面，20箱简装版豌杂面． ②选择方案1获得的总利润为：（元）； 选择方案2获得的总利润为：（元）； 选择方案3获得的总利润为（元）； ， ∴当购进8箱精装版豌杂面，20箱简装版豌杂面时，超市获得最大利润，最大利润是820元． B 卷（共 50 分） 一、填空题（共 5 个小题，每题 4 分，共 20 分） 19.若关于的一次函数的图象不经过第二象限，则所有满足条件的整数的值之和为_________________． 19． 【分析】本题考查了一次函数图象与系数的关系，解一元一次不等式组，对于一次函数（k为常数，），当的图象在一、二、三象限；当的图象在一、三、四象限；当的图象在一、二、四象限；当的图象在二、三、四象限． 根据图象不经过第二象限得到，据此得到不等式组，再求不等式组的整数解即可． 【详解】解：由题意得，， 解得：， ∴整数为或0或1或2或3或4或5或6， ∴整数的值之和为：， 故答案为：． 20.若不等式组有三个整数解，则实数的取值范围是______． 20． 【分析】先解出不等式组的解集，再根据不等式组有三个整数解，即可得到，然后求出的取值范围即可． 【详解】解：， 解不等式得：， 解不等式得：， ∵不等式组有三个整数解， ∴三个整数解为，，， ∴， ∴， ∴实数的取值范围是． 21．如图所示，直线与直线交点的横坐标是4，那么不等式的解集是_____． 21． 【分析】先将不等式整理为，再根据直线在直线上方部分确定自变量取值范围即可． 【详解】解：∵， ∴． 观察图像可知当时，， ∴当时， ， 所以不等式的解集是， 即不等式的解集是． 22．如图，在方格中，，两点都在小方格的格点上且坐标分别是，，若点也在格点上，且是等腰三角形，则点的坐标是_____． 22．或或 【分析】本题考查了等腰三角形的判定，解题的关键是画出图形，利用数形结合解决问题．分为底和为腰两种情况考虑，画出图形，即可得出点的坐标． 【详解】解∶如图所示， 当以为底时，点C的个数有1个，点的坐标是， 当以为腰时，点C的个数有2个， 点的坐标是或， 故答案为∶ 或或． 23．如图，在△ABC中，平分于点于点，连接交于点，点在上且，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的是______．（请填写序号） 23．①②③④⑤ 【分析】①利用角平分线的性质定理进行证明即可； ②利用三角形的三边关系进行求解即可； ③证明，得出，利用线段垂直平分线的判定定理进行证明即可； ④利用三角形的面积公式进行化简即可； ⑤证明，得出，利用等量代换和线段的和差进行证明即可． 【详解】解：①∵平分于点于点， ∴， 故①正确，符合题意； ②∵， ∴, 故②正确，符合题意； ③∵于点于点， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴垂直平分线段， 即， 故③正确，符合题意； ④∵， ∴， 故④正确，符合题意； ⑤∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 故⑤正确，符合题意； 综上，正确的选项为①②③④⑤， 故答案为：①②③④⑤． 【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的性质和判定，线段垂直平分线的判定定 二、解答题（共 3 个小题，共 30 分） 24．如图，为△ABC内一点，，，将线段绕着点顺时针旋转能与线段重合，连接，，． (1)求证：． (2)若，求的度数． 24．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质，得到，，证明，即可得证； （2）全等三角形的性质，得到，等边对等角得到，角的和差关系求出的度数即可． 【详解】（1）证明：将线段绕着点顺时针旋转能与线段重合， ，， ， ， 在和中， ， ． （2）由得：， ，， ， ． 25．【材料阅读】学习了因式分解之后，老师布置的阅读材料如下：把代数式通过配凑等方法，得到局部完全平方式（形如的式子称为完全平方式），再进行有关运算和解题，这种解题方法叫做配方法，配方法在因式分解、求最值（最小值或最大值）问题中有着广泛的应用． 例：①利用配方法因式分解：． 解：原式 ． ②利用配方法求代数式的最小值． 解：原式 ． ∵是非负数， ∴， ∴． ∴代数式的最小值为2． 【材料应用】请根据上述阅读材料提供的方法，解决下列问题． (1)利用配方法因式分解：． (2)利用配方法求代数式的最小值． (3)利用配方法求代数式的最大值． 25．(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了配方法在因式分解和求代数式最值中的应用，熟练掌握配方法的步骤以及完全平方式的非负性是解题的关键． （1）先通过配凑，将转化为完全平方式与常数的差，再利用平方差公式因式分解． （2）先提取二次项系数，再通过配方将代数式转化为完全平方式与常数的和，根据完全平方式的非负性求最小值． （3）先提取二次项系数的负号，再通过配方将代数式转化为完全平方式与常数的和，根据完全平方式的非负性求最大值． 【详解】（1）解： ； （2）解： ， ， ， 故代数式的最小值为． （3）解： ， ， ， ， 故代数式的最大值为． 26．【探索发现】如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于点．过作于点，则，我们称这种全等模型为“型全等”．（不需要证明） 【迁移应用】已知：直线的图象与轴、轴分别交于、两点． （1）如图2．当时，在第一象限构造等腰直角，； ①直接写出　 　，　　； ②求点的坐标； （2）如图3，当的取值变化，点随之在轴负半轴上运动时，在轴左侧过点作，并且，连接，问的面积是否为定值，请说明理由； （3）【拓展应用】如图4，在平面直角坐标系内，当时，设直线l与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线绕P点沿逆时针方向旋转后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 26．（1）①2，3；②；（2）的面积是定值，，理由见解析； （3）． 【分析】（1）①若，则直线与轴，轴分别交于，两点，即可求解； ②作于，则．由全等三角形的性质得，，即可求解； （2）由点随之在轴负半轴上运动时，可知，过点作于，则．由全等三角形的性质得，根据三角形的面积公式即可求解； （3）先求出，由得，进而得出，，再判断出，即可判断出，，进而求出直线的解析式，即可得出结论． 【详解】解：（1）①若， 则直线为直线， 当时，， ， 当时，， ， ，， 故答案为：2，3； ②作于， ， ， 是以为直角顶点的等腰直角三角形， ，， ， ， ， ，， ， 点的坐标为； （2）当变化时，的面积是定值，， 理由如下： 当变化时，点随之在轴负半轴上运动时， ， 过点作于， ， ， ， ， ， ， ，， ． ， ， 变化时，的面积是定值，； （3）如图4，过点作，交于，过点作轴于， 当时，设直线l函数关系式为， 对于直线，由得 ， 由得， ，， 由（1）得， ， ， 设直线为，则， 解得 直线为 由得， ． 【点睛】本题考查一次函数的综合应用，掌握一次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年达州市渠县八年级下册期中模拟测试题 本试卷分为 A 卷和 B 卷两部分，卷面总分 150 分，考试时间为 120 分钟 A 卷（共 100 分） 一、选择题（共 8 个小题，每小题 4 分，共 32 分） 1．下列图形是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．若，则下列不等式成立的是（   ） A． B． C． D． 3．用反证法证明“在△ABC中，如果，那么”，第一步应假设（    ） A． B． C． D． 4．三条公路围成一个三角形区域，某地区决定在这个三角形区域内修建一个学校，要使学校到三条公路的距离相等，则这个学校应建在（　） A．三角形三条边的垂直平分线的交点处 B．三角形三条角平分线的交点处 C．三角形三条高的交点处 D．以上位置都不对 5．已知点在第一象限，则m的取值范围在数轴上表示正确的是（　　） A． B． C． D． 6．如图，在中，，，分别以点、点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两圆弧交于、，作直线交于，交于，连接，则的周长为（   ） A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，点向上平移3个单位，再向右平移2个单位，得到点，则点的坐标是（  ） A． B． C． D． 8．如图，点第一次向上平移1个单位长度至点，第二次向右平移1个单位长度至点，第三次向上平移1个单位长度至点，第四次向右平移1个单位长度至点，……照此规律平移下去，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 二、填空题（共 5 个小题，每小题 4 分，共 20 分） 9．已知等腰三角形的底角等于，则顶角等于______． 10．一个正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的边数是______． 11．已知点关于x轴对称的点在第一象限，则a的取值范围是________． 12．如图，一个长，宽是的长方形草地，有两条宽都是的纵、横相交的小路，这块草地的面积是_______． 13．如图，在△ABC中，是的垂直平分线，，的周长为，则△ABC的周长为______． 三、解答题（共 5 个小题，共 48 分） 14．(1)； (2)． （3） ． 15． 已知是方程的解，求关于x的不等式的解集． 16．如图，△ABC各顶点的坐标分别为，，． (1)请画出△ABC向下平移4个单位，再向右平移1个单位得到的； (2)请画出△ABC绕点逆时针旋转后得到，并计算▲ABC的面积； (3)若△ABC与关于某点成中心对称，且，则对称中心的坐标是______． 17．如图所示，点，的坐标分别为，，直线与坐标轴交于，两点． (1)求直线与交点的坐标． (2)请直接写出当时，的取值范围． (3)求四边形的面积． 18．重庆豌杂面以其劲道的面条、软糯的豌豆和香浓的杂酱，成为重庆小吃中极具代表性的美食．某超市计划试销两种包装规格的预包装重庆豌杂面（简装版、精装版），已知精装版豌杂面每箱售价比简装版贵45元，购买2箱精装版和5箱简装版的总费用为1210元． (1)求精装版和简装版豌杂面每箱的售价分别是多少元？ (2)经了解，精装版每箱进价为165元，简装版豌杂面每箱进价为135元，超市计划购进两种包装共28箱，且进货总资金不超过4020元，同时要求试销总利润不低于790元． ①求超市可行的进货方案有哪些？ ②哪种进货方案能让超市获得最大利润？最大利润是多少元？ B 卷（共 50 分） 一、填空题（共 5 个小题，每题 4 分，共 20 分） 19．若关于的一次函数的图象不经过第二象限，则所有满足条件的整数的值之和为_________________． 20．若不等式组有三个整数解，则实数的取值范围是______． 21．如图所示，直线与直线交点的横坐标是4，那么不等式的解集是_____． 22．如图，在方格中，，两点都在小方格的格点上且坐标分别是，，若点也在格点上，且是等腰三角形，则点的坐标是_____． 23．如图，在△ABC中，平分于点于点，连接交于点，点在上且，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的是______．（请填写序号） 二、解答题（共 3 个小题，共 30 分） 24．如图，为△ABC内一点，，，将线段绕着点顺时针旋转能与线段重合，连接，，． (1)求证：． (2)若，求的度数． 25．【材料阅读】学习了因式分解之后，老师布置的阅读材料如下：把代数式通过配凑等方法，得到局部完全平方式（形如的式子称为完全平方式），再进行有关运算和解题，这种解题方法叫做配方法，配方法在因式分解、求最值（最小值或最大值）问题中有着广泛的应用． 例：①利用配方法因式分解：． 解：原式 ． ②利用配方法求代数式的最小值． 解：原式 ． ∵是非负数， ∴， ∴． ∴代数式的最小值为2． 【材料应用】请根据上述阅读材料提供的方法，解决下列问题． (1)利用配方法因式分解：． (2)利用配方法求代数式的最小值． (3)利用配方法求代数式的最大值． 26．【探索发现】如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于点．过作于点，则，我们称这种全等模型为“型全等”．（不需要证明） 【迁移应用】已知：直线的图象与轴、轴分别交于、两点． （1）如图2．当时，在第一象限构造等腰直角，； ①直接写出　 　，　　； ②求点的坐标； （2）如图3，当的取值变化，点随之在轴负半轴上运动时，在轴左侧过点作，并且，连接，问的面积是否为定值，请说明理由； （3）【拓展应用】如图4，在平面直角坐标系内，当时，设直线l与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线绕P点沿逆时针方向旋转后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第10页，共2页 答案第11页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $