精品解析：辽宁省锦州市第八中学2025-2026学年八年级下学期期中考试数学试卷

2025~2026第二学期期中数学检测试卷 时间：120分钟 总分：120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个选项是正确的） 1. 随着我国航天领域的快速发展，从“天宫一号”发射升空，到天和核心舱归位，我国正式迈入了“空间站时代”．下面是有关我国航天领域的图标，其图标既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B.     C.   D. 【答案】B 【解析】 【分析】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，中心对称图形的关键是寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可． 【详解】解：A、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，不符合题意； B、既是中心对称图形，又是轴对称图形，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、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意． 2. 下列由左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：选项A，是整式乘法运算，结果是和的形式，不属于因式分解； 选项B， ，变形错误，不属于因式分解； 选项C，的结果不是整式乘积的形式，不属于因式分解； 选项D，，将多项式化为两个整式的乘积，符合因式分解的定义． 3. 如图，数轴上的点A与点B所表示的数分别为a，b，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】解：由数轴得，， ∴，A项错误； ，B项错误； ，C项正确； ，D项错误． 故选C． 4. 以下命题中，原命题和逆命题都是真命题的是（ ） A. 四边形是多边形 B. 两直线平行，同旁内角互补 C. 两边分别相等的两个直角三角形全等 D. 如果两个角是同位角，那么这两个角相等 【答案】B 【解析】 【详解】解：对于选项A，原命题“四边形是多边形”是真命题，逆命题为“多边形是四边形”，是假命题，不符合要求； 对于选项B，原命题“两直线平行，同旁内角互补”是真命题，逆命题为“同旁内角互补，两直线平行”，也是真命题，符合要求； 对于选项C，原命题“两边分别相等的两个直角三角形全等”是假命题，若一个直角三角形的两条直角边，与另一个直角三角形的一条直角边和一条斜边分别相等，两个三角形不全等，不符合要求； 对于选项D，原命题“如果两个角是同位角，那么这两个角相等”是假命题，只有两直线平行时同位角才相等，不符合要求． 5. 用反证法证明：若，则a，b，c至少有一个为0，应该假设（ ） A. a，b，c没有一个为0 B. a，b，c只有一个为0 C. a，b，c至多一个为0 D. a，b，c三个都为0 【答案】A 【解析】 【分析】根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，利用：“至少有一个”的否定：“一个也没有”即可得出正确选项． 【详解】解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”，即“a，b，c没有一个为0”． 故选：A． 【点睛】本题考查反证法的概念，逻辑用语，否命题与命题的否定的概念，逻辑词语的否定． 6. 在平面直角坐标系中，若点M从出发，向上移动再向左移动，则点M可能移动到（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：把点向上移动后纵坐标增大，向左移动后横坐标减小，即移动后点的横坐标满足，纵坐标满足，  A、横坐标，纵坐标，符合题意； B、纵坐标，不符合题意； C、横坐标，不符合题意； D、横坐标，不符合题意． 7. 已知多项式与一个单项式的和能因式分解，则这个单项式不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：对选项A：和为 ，可以因式分解，故A不符合要求； 对选项B：和为，可以因式分解，故B不符合要求； 对选项C：和为，可以因式分解，故C不符合要求； 对选项D：和为 ，整理得， 无法在整式范围内分解为多个整式的乘积，因此该多项式不能因式分解，故D符合要求． 8. 已知可以被60到70之间的某两个整数整除，则这两个数是（ ） A. 61，63 B. 63，65 C. 65，67 D. 63，64 【答案】B 【解析】 【分析】根据平方差公式，将进行因式分解，即可得出结论． 【详解】解： ， ∴能被65和63整除， ∴这两个整数是63和65． 9. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则度数是（　）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握好旋转的性质是解题关键． 由旋转的性质可得，，根据推断出，利用等腰三角形的性质计算出即可． 【详解】解：由旋转的性质可得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 10. 如图，在中，按如下步骤作图：在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线，再分别以点B和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点D，连接，．根据以上作图，若，，，则点D到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据作图步骤可知平分，垂直平分，从而得出，点到、的距离相等．过点作于，交的延长线于，通过证明和，利用线段的和差关系求出的长，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：过点作于，交的延长线于， 由作图步骤①可知，平分，  ，，  ，， 在和中，  ，  ， ， 由作图步骤可知，垂直平分，点在上，  ，  ，  ， 在和中，  ，  ，  ，  ，，  ， ，  ，  ， 解得， 在中，， 即点到直线的距离为． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 分解因式：______． 【答案】 【解析】 【详解】解：． 12. 七边形的内角和是________度． 【答案】900 【解析】 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理．应用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】解：七边形的内角和， 故答案为：900． 13. 小颖利用两种不同的方法计算下面图形的面积，并据此写出了一个因式分解的等式，此等式是______ 【答案】 【解析】 【分析】根据所给的图形直接求出大长方形的面积，再利用1个边长为的正方形，2个边长为的正方形和3个长宽分别为和的小长方形的面积之和等于大长方形的面积即可得出答案． 【详解】解：大长方形的面积为：， 1个边长为的正方形，2个边长为的正方形和3个长宽分别为和的小长方形的面积之和为：； ∴． 14. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线为常数，的交点为，则关于的不等式的解集为______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式；先利用直线的解析式确定点坐标，然后结合函数特征写出不等式的解集即可． 【详解】解：把代入得， 解得， 当时，． 即关于的不等式的解集为． 15. 某湿地公园如图所示，四边形为花海景区，，米，米，长方形为人工湖景区，为了方便市民观景，公园决定修建一条步行观光路线（折线），A为起点，终点B在上，米，为湖边观景台，长度固定不变（米），且需要修建在湖边所在直线上，步行观光路线的长度会随着观景台位置的变化而变化，则步行观光路线的最短长度为______． 【答案】米 【解析】 【分析】过点N作交于点，作点B关于的对称点，连接，则垂直平分，证明四边形是平行四边形，将转化为，即需要求出的最小值，当P、N、Q三点共线时，有最小值，最小值为，在中，利用勾股定理求出值，从而求出步行观光路线的最短长度． 【详解】解：过点N作交于点，作点B关于的对称点，连接， 垂直平分、， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 、， ， 当P、N、Q三点共线时，有最小值，最小值为， 在中，、， ， 的最小值为， 即步行观光路线的最短长度为米． 三、解答题（本大题共8小题，第16题8分，第17题8分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题13分，第23题12分，共75分） 16. 因式分解： （1）； （2）； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用提取公因式法和平方差公式进行因式分解即可； （2）利用多项式乘多项式法则和完全平方公式进行因式分解即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 17. 解不等式（组） （1）解不等式：； （2）解不等式组：； 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解： 去括号得：， 移项、合并同类项得：， 解得：； 【小问2详解】 解： 解不等式①得：， 解不等式②得：， 则不等式组的解集为：． 18. 在2025年春晚舞台上，来自杭州宇树科技的人形机器人，身着花袄、手持花绢，踏着节奏明快的舞步，与真人舞蹈演员一同上演了“机器秧歌”．这场大型全驱动的全自动集群人形机器人表演，背后是科技与传统文化的碰撞融合．如图，它们的队形设计充满数学奥秘，表演中，舞台可近似为一个平面直角坐标系，三个机器人、、构成△，其初始位置坐标分别为，，，另外三个机器人、、的初始位置构成的与关于点成中心对称． （1）在图中画出； （2）为了完成队形变换，机器人A、B、C同时向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，请画出； （3）队形继续进行变换，绕点顺时针旋转得到，请写出此时的坐标 ． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查作图旋转变换、作图平移变换、中心对称，熟练掌握中心对称的性质、旋转的性质、平移的性质是解答本题的关键． （1）根据中心对称的性质作图即可． （2）根据平移的性质作图即可． （3）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【小问1详解】 解：如图，即为所求． 【小问2详解】 解：如图，即为所求． 【小问3详解】 解：画出如图所示， 的坐标为． 故答案为：． 19. 如图，在中，． （1）在边上求作一点，使(利用尺规作图，不写过程，保留作图痕迹)； （2）在（1）所做的图形中，若，判断的形状，并说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）等边三角形，见解析 【解析】 【分析】（1）作的垂直平分线交于点，即可求解； （2）连接，由（1）可知，，进而证明 ，，即可得证． 【小问1详解】 解：下图点即为所求作： 【小问2详解】 解：是等边三角形，理由如下： 连接，由（1）可知，， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形． 20. 【定义新知】给定两个不等式P和Q，若不等式P的任意一个解，都是不等式Q的一个解，则称不等式P为不等式Q的“子集”．例如：不等式P：是Q：的子集． 同理，给定两个不等式组M和N，若不等式组M的任意一个解，都是不等式组N的一个解，则称不等式组M为不等式组N的“子集”． 例如：不等式组M：是不等式组N：的子集． 【新知应用】 （1）请写出不等式的一个子集______； （2）若关于x的不等式组是不等式组的“子集”，则a的取值范围______； （3）已知不等式组G：有解，且不等式组G是不等式组H：的“子集”，求a的取值范围． 【答案】（1）（答案不唯一） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用“子集”的定义解答即可； （2）先求出不等式组的解集，再利用“子集”的定义求解即可； （3）先求出不等式组中两个不等式的解集，再利用不等式组G有解，且不等式组G是不等式组H的“子集”，列出不等式组，据此求解即可． 【小问1详解】 解：根据“子集”的定义，得到不等式的一个子集可以为：； 【小问2详解】 解：不等式组的解集为， 由于关于x的不等式组是不等式组的“子集”， 则； 【小问3详解】 解： 解不等式①得：， 解不等式②得：， 则不等式组的解集为， 由于不等式组G有解，且不等式组G是不等式组H：的“子集”， 则， 解得：． 21. 随着春季假期到来，研学旅行热潮持续升温，为进一步提升游客体验，让游客更深入感受自然与文化魅力，某景区正着力打造沉浸式旅游新场景，并计划采购一批帐篷．已知购买4个A型号的帐篷和2个B型号的帐篷共需4400元；购买3个A型号的帐篷和4个B型号的帐篷共需4800元． （1）求A，B两种型号的帐篷的单价； （2）据统计，该景区需购买A，B两种型号的帐篷共40个，且A型号的帐篷数量不少于B型号的帐篷数量的．请你设计购买成本最少的方案，并求出该方案的费用． 【答案】（1）A、B两种型号的帐篷的单价分别为800元，600元 （2）购买A型号的帐篷10个，B型号的帐篷30个时，购买成本最少，该方案所需费用26000元 【解析】 【分析】本题考查二元一次方程组和不等式的应用、一次函数的性质，根据题意列出方程组和不等式是解题的关键． （1）设A型号的帐篷的单价为x元，B型号的帐篷的单价为y元，根据题意列出方程组，解方程组即可； （2）设购买A型号的帐篷a个，则B型号的帐篷个，根据题意列出不等式求出的取值范围，设购买A、B两种型号的帐篷的总价为w元，则，利用一次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：设A型号的帐篷的单价为x元，B型号的帐篷的单价为y元， 根据题意得：， 解得：， 答：A、B两种型号的帐篷的单价分别为800元，600元； 【小问2详解】 解：设购买A型号的帐篷a个，则B型号的帐篷个， 根据题意得：， 解得：， 设购买A、B两种型号的帐篷的总价为w元， 则， ， 随a的增大而增大， 当时，w最小，此时， 的最小值为， 答：购买A型号的帐篷10个，B型号的帐篷30个时，购买成本最少，该方案所需费用26000元． 22. 【问题背景】某研究学习小组在学习《简单的图案设计》时，发现一种特殊的四边形，如图1、在四边形中，若，，我们就把这种四边形称为“邻等对补四边形”．于是规定：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． 那么“邻等对补四边形”都有哪些特殊的性质呢？该学习小组根据学习经验，进行如下研究． 【概念辨析】 （1）用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图2所示的4个四边形，其中是“邻等对补四边形”的有______（填序号）． 【深入探究】 （2）学习小组在探究“邻等对补四边形”的边和对角线时，如图3，四边形是“邻等对补四边形”，其中，得到猜想：平分．请对猜想进行证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在“邻等对补四边形”中，，若，，求四边形的面积． （4）如图4，在边长为12的等边三角形中，D是的中点，E是边上一动点，将沿翻折得到，延长交直线于点G．若，则的周长为______． 【答案】（1）②④ （2）见解析 （3） （4）18或26 【解析】 【分析】（1）根据“邻等对补四边形”的定义可得答案； （2）过A作于H，作交延长线于K，证明，可得，故平分； （3）证明，得，利用含30度角的直角三角形的性质，可以求出的面积，结合（1），得四边形的面积四边形的面积，进而可以解决问题； （4）分两种情况：当点点G在上时，过D作于M，过G作于P，于N，连接，设，则，求出，根据D为中点，可求出，再由将沿翻折得到，有，，，由勾股定理求出，进而得出，再根据的周长为可解得答案；当点G在延长线上时，过D作于M，过G作于P，于N，连接，同上即可解决问题． 【小问1详解】 解：根据“邻等对补四边形”的定义可得，②④为“邻等对补四边形”， 故答案为：②④； 【小问2详解】 证明：如图，过A作于H，作交延长线于K， ∵四边形是“邻等对补四边形”， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴平分； 【小问3详解】 解：∵四边形是“邻等对补四边形”， ， ∴由（2）知，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的面积， ∴的面积， ∵， ∴四边形的面积四边形的面积； 【小问4详解】 解：分以下两种情况： 当点G在上时，过D作于M，过G作于P，于N，连接，如图4.1： 设，则， ∵等边三角形边长为12， ∴，， ∵， ∴，，， ∴，， ∵D为的中点， ∴， ∴， ∴ ， ∵将沿翻折得到， ∴，，， ∴，， ∴ ， ∴， ∴， ∴的周长为； 当点G在延长线上时，过D作于M，过G作于P，于N，连接，如图4.2： 同法1，设，则， ∵， ∴，，， ∴，， ∵D为中点， ∴， ∴， ∴ ， ∵将沿翻折得到， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为． 综上所述，的周长为18或26． 23. 已知是等边三角形，点D，E均为平面内的点． （1）如图1，点D在的边上，连接，将绕点D逆时针旋转到，连接，延长，相交于点F，若，求（用含α的代数式表示）； （2）如图2，点D在的内部，连接，将绕点D顺时针旋转到，连接，，与相交于点P，若，求证：； （3）如图3，点D在的外部，连接，且，点E，点F，点G分别是，，上一点且，已知等边的高为，当最小时，求四边形的面积． 【答案】（1） （2）见解析 （3）6 【解析】 【分析】（1）结合等边三角形的性质及三角形的外角性质得，即可求解； （2）在上截取，使得，连接，由可判定，由全等三角形的性质得，，由旋转可知：，，则，，推出，证明，即可得证； （3）连接，过点A作且使得，连接，，由可判定，可得，为等腰直角三角形，因此最小则最小，即可求解． 【小问1详解】 解：是等边三角形， ， ∵将绕点D逆时针旋转到， ∴，， ， ， ， 为的外角， ； 【小问2详解】 证明：如图，在上截取，使得，连接， 是等边三角形， ，， ，， ， ，， 由旋转可知：，， ，， ， ， ， ， ，， ， ； 【小问3详解】 解：如图，连接，过点A作且使得，连接，， 为等腰直角三角形， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， ∴最小时最小， 当时，最小，此时为等边的高， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026第二学期期中数学检测试卷 时间：120分钟 总分：120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个选项是正确的） 1. 随着我国航天领域的快速发展，从“天宫一号”发射升空，到天和核心舱归位，我国正式迈入了“空间站时代”．下面是有关我国航天领域的图标，其图标既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B.     C.   D. 2. 下列由左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，数轴上的点A与点B所表示的数分别为a，b，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 以下命题中，原命题和逆命题都是真命题的是（ ） A. 四边形是多边形 B. 两直线平行，同旁内角互补 C. 两边分别相等的两个直角三角形全等 D. 如果两个角是同位角，那么这两个角相等 5. 用反证法证明：若，则a，b，c至少有一个为0，应该假设（ ） A. a，b，c没有一个为0 B. a，b，c只有一个为0 C. a，b，c至多一个为0 D. a，b，c三个都为0 6. 在平面直角坐标系中，若点M从出发，向上移动再向左移动，则点M可能移动到（ ） A. B. C. D. 7. 已知多项式与一个单项式的和能因式分解，则这个单项式不可能是（ ） A. B. C. D. 8. 已知可以被60到70之间的某两个整数整除，则这两个数是（ ） A. 61，63 B. 63，65 C. 65，67 D. 63，64 9. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则度数是（　）． A. B. C. D. 10. 如图，在中，按如下步骤作图：在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线，再分别以点B和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点D，连接，．根据以上作图，若，，，则点D到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 分解因式： ______． 12. 七边形的内角和是________度． 13. 小颖利用两种不同的方法计算下面图形的面积，并据此写出了一个因式分解的等式，此等式是______ 14. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线为常数，的交点为，则关于的不等式的解集为______ 15. 某湿地公园如图所示，四边形为花海景区，，米，米，长方形为人工湖景区，为了方便市民观景，公园决定修建一条步行观光路线（折线），A为起点，终点B在上，米，为湖边观景台，长度固定不变（米），且需要修建在湖边所在直线上，步行观光路线的长度会随着观景台位置的变化而变化，则步行观光路线的最短长度为______． 三、解答题（本大题共8小题，第16题8分，第17题8分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题13分，第23题12分，共75分） 16. 因式分解： （1）； （2）； 17. 解不等式（组） （1）解不等式：； （2）解不等式组：； 18. 在2025年春晚舞台上，来自杭州宇树科技的人形机器人，身着花袄、手持花绢，踏着节奏明快的舞步，与真人舞蹈演员一同上演了“机器秧歌”．这场大型全驱动的全自动集群人形机器人表演，背后是科技与传统文化的碰撞融合．如图，它们的队形设计充满数学奥秘，表演中，舞台可近似为一个平面直角坐标系，三个机器人、、构成△，其初始位置坐标分别为，，，另外三个机器人、、的初始位置构成的与关于点成中心对称． （1）在图中画出； （2）为了完成队形变换，机器人A、B、C同时向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，请画出； （3）队形继续进行变换，绕点顺时针旋转得到，请写出此时的坐标 ． 19. 如图，在中，． （1）在边上求作一点，使(利用尺规作图，不写过程，保留作图痕迹)； （2）在（1）所做的图形中，若，判断的形状，并说明理由． 20. 【定义新知】给定两个不等式P和Q，若不等式P的任意一个解，都是不等式Q的一个解，则称不等式P为不等式Q的“子集”．例如：不等式P：是Q：的子集． 同理，给定两个不等式组M和N，若不等式组M的任意一个解，都是不等式组N的一个解，则称不等式组M为不等式组N的“子集”． 例如：不等式组M：是不等式组N：的子集． 【新知应用】 （1）请写出不等式的一个子集______； （2）若关于x的不等式组是不等式组的“子集”，则a的取值范围______； （3）已知不等式组G：有解，且不等式组G是不等式组H：的“子集”，求a的取值范围． 21. 随着春季假期到来，研学旅行热潮持续升温，为进一步提升游客体验，让游客更深入感受自然与文化魅力，某景区正着力打造沉浸式旅游新场景，并计划采购一批帐篷．已知购买4个A型号的帐篷和2个B型号的帐篷共需4400元；购买3个A型号的帐篷和4个B型号的帐篷共需4800元． （1）求A，B两种型号的帐篷的单价； （2）据统计，该景区需购买A，B两种型号的帐篷共40个，且A型号的帐篷数量不少于B型号的帐篷数量的．请你设计购买成本最少的方案，并求出该方案的费用． 22. 【问题背景】某研究学习小组在学习《简单的图案设计》时，发现一种特殊的四边形，如图1、在四边形中，若，，我们就把这种四边形称为“邻等对补四边形”．于是规定：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． 那么“邻等对补四边形”都有哪些特殊的性质呢？该学习小组根据学习经验，进行如下研究． 【概念辨析】 （1）用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图2所示的4个四边形，其中是“邻等对补四边形”的有______（填序号）． 【深入探究】 （2）学习小组在探究“邻等对补四边形”的边和对角线时，如图3，四边形是“邻等对补四边形”，其中，得到猜想：平分．请对猜想进行证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在“邻等对补四边形”中，，若，，求四边形的面积． （4）如图4，在边长为12的等边三角形中，D是的中点，E是边上一动点，将沿翻折得到，延长交直线于点G．若，则的周长为______． 23. 已知是等边三角形，点D，E均为平面内的点． （1）如图1，点D在的边上，连接，将绕点D逆时针旋转到，连接，延长，相交于点F，若，求（用含α的代数式表示）； （2）如图2，点D在的内部，连接，将绕点D顺时针旋转到，连接，，与相交于点P，若，求证：； （3）如图3，点D在的外部，连接，且，点E，点F，点G分别是，，上一点且，已知等边的高为，当最小时，求四边形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $