精品解析：2026年广东省广州市中山大学附属中学二模数学试卷

中大附中2026届初三毕业班数学科综合练习题（二） 一、单选题（本题有10小题，每小题3分，共30分） 1. 的绝对值是（ ） A. 2026 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：． 2. 已知 ，则下列不等式一定成立的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了不等式的基本性质，掌握三个性质是解决本题的关键．不等式的基本性质：基本性质1，不等式两边同时加上或减去同一个整式，不等号的方向不变；基本性质2，不等式两边同时乘以或除以同一个正数，不等号的方向不变；基本性质3，不等式两边同时乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变．根据不等式的性质即可得出答案． 【详解】解：A、 ，则，选项错误，不符合题意； B、 ，则，选项错误，不符合题意； C、 ，则，选项错误，不符合题意； D、 ，则，即，选项正确，符合题意， 故选：D． 3. 在 中， ，，则的面积：的面积（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键．根据 得到 ，结合得，，继而得到，，设，得到，，继而得到，解得即可． 【详解】解：∵ ， ∴ ，， ∵ ∴，， ∴，， 设，则，， ∴， ∴的面积：的面积， 故选：A． 4. 对于抛物线，下列说法正确的是（ ） A. 可由抛物线向左平移2个单位长度得到 B. 当 时，y随x的增大而增大 C. 与y轴无交点 D. 顶点坐标是 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数顶点式的特点，结合平移规律、顶点坐标、增减性、与坐标轴交点的判断方法，逐一分析选项即可． 【详解】解：根据抛物线平移规律“左加右减”，向左平移 个单位长度，得到，故选项A错误，不符合题意； ∵抛物线为， ∴顶点坐标为，对称轴为直线， 又∵， ∴抛物线开口向上，对称轴为， ∴当 时，随 的增大而增大，故选项B正确，符合题意； 令，得， ∴该抛物线与轴交于，与y轴存在交点，故选项C错误，不符合题意； 抛物线顶点坐标为，不是，故选项D错误，不符合题意． 5. 随着人们对环境的日益重视，骑行单车这种“低碳”出行方式已融入人们的日常生活，如图是某单车车架的示意图，线段分别为前叉、下管和立管（点C在上），EF为后下叉，已知，， ， ，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查由平行线的性质求角度：由平行线的性质推出， ，求出，进一步计算即可得到的度数． 【详解】解：∵， ， ， ， ， ， ∵， ， 故选：B． 6. 如图，在中，，，若反比例函数的图象经过点A，则k为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查反比例函数系数k的几何意义，含30度角的直角三角形，解直角三角形求出点A的坐标可得结论． 【详解】解：在中，，， ∴， ∴，， ∴， ∵反比例函数的图象经过点A， ∴． 故选：D． 7. 关于 的方程有两个不相等的实数根，则 的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了根据一元二次方程根的情况求参数，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根；若，则方程有两个相等的实数根；若，则方程没有实数根．据此即可求解． 【详解】解：由题意得：； ∵关于 的方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：， ∴且， 故选：C 8. 人工智能大模型在工作中应用越来越广泛，某校数学教研组想在数学教学中引进一款大模型进行辅助教学，为此对比了两款大模型在数学解题中的能力表现，进行了6次测试，下表是测试成绩，则下列说法错误的是（ ） 大模型A 90 93 88 90 89 90 大模型B 91 85 95 95 84 90 A. 大模型A测试成绩的中位数为89 B. 模型B的测试成绩的众数为95 C. 两款大模型测试得分的平均数相同 D. 大模型A的方差比大模型B的方差小 【答案】A 【解析】 【分析】根据中位数、众数、平均数、方差的概念与计算，分别计算两个模型对应统计量，即可判断出错误说法． 【详解】解：首先将大模型A成绩从小到大排序，得 ， ∵共6个数据，中位数为第3、4个数据的平均数， ∴A的中位数为 ，故选项A说法错误； 对选项B，将大模型B成绩从小到大排序，得， ∵95出现次数最多， ∴B的众数为95，选项B说法正确； ∵A的平均数， B的平均数， ∴两款平均数相同，选项C说法正确； ∵， ， ∴，即A的方差比B的方差小，选项D说法正确． 9. 如图，在中，， ，，是 的内切圆，连接，，则图中阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了扇形面积公式，勾股定理，三角形的内切圆的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据勾股定理可得的长，设与的切点分别为D，E，F，连接，则，设的半径为r，可证明四边形是正方形，可得，然后三角形的内切圆的性质，可得到 ，，从而得到，然后根据扇形面积公式解答即可． 【详解】解：在中，， ，， ∴， 如图，设与的切点分别为D，E，F，连接，则， 设的半径为r， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵是 的内切圆， ∴，分别平分， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∵分别平分， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积是． 故选：C 10. 如图，在边长为 的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上，连接 ，作于点，交于点．给出下面四个结论： ①；②；③当时，；④点与点之间的距离的最小值为．上述结论中，正确结论的序号有（ ） A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④ 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，根据题意容易得到，，则；对于②：容易证明，则；对于③，由等腰三角形的性质可得，结合直角三角形的性质可得；对于④，取的中点，连接 、 ，由直角三角形的性质和勾股定理可计算出，，结合可得，最小． 【详解】解：对于①：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴，故①正确； 对于②：在 和中， ， ∴， ∴，故②正确； 对于③：∵，， ∴， ∵， ∴，故③错误； 对于④：如图，取的中点，连接 、 ， 在中，点为斜边的中点， ∴， 在 中，， ∵， ∴当、、三点共线时，取得最小值，故④正确； 综上，正确的结论为：①②④． 二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共18分） 11. 2026“美加墨”世界杯中，加拿大的温哥华球场共承担7场比赛，预计7场比赛共接纳观众378000人，将378000用科学记数法表示为_______． 【答案】 【解析】 【详解】解：将378000用科学记数法表示为． 12. 分解因式： _______ ． 【答案】 【解析】 【分析】先提公因式 ，再利用平方差公式分解因式即可． 【详解】解：． 13. 函数中自变量 的取值范围是____． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数、二次根式、分式有意义的条件列出不等式组求解即可． 【详解】解：根据二次根式被开方数为非负数，分式分母不为零，可得，解得：． 14. 如图， 的顶点是正方形网格的格点，则的值为______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了格点与勾股定理，锐角三角函数的计算，根据题意，作，运用勾股定理逆定理可得是直角三角形，再根据锐角三角函数的计算即可求解，掌握格点与勾股定理，正弦函数的计算方法是解题的关键． 【详解】解：如图所示，过点作于点， ∴根据格点可得，， ∴，即是直角三角形，， ∴在中，， 故答案为： ． 15. 如图所示的三视图为一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由三视图得出该几何体为圆锥，圆锥侧面展开图为扇形，然后利用扇形面积和弧长关系求解． 【详解】解：通过三视图可知该几何体为圆锥， 底面圆的半径为 ， 底面圆的周长为 ， 侧面扇形的弧长等于底面圆的周长， 根据勾股定理可得母线长为 ， ∴该几何体的侧面积为 ． 16. 如图，正方形中，，M是边上一个动点，以为直径的圆与相交于点Q，P为上另一个动点，连接，，则的最小值是 ___________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查三角形的三边关系，轴对称，正方形的性质，圆的有关知识，勾股定理． 连接，以为一条边在右侧作正方形，由 是直径可得，从而，因此点Q在以为直径的上运动．易证，得到，从而根据三角形的三边关系有，而，利用正方形的性质和勾股定理即可求得的长，从而解决问题． 【详解】连接，以为一条边在右侧作正方形， ∵ 是直径， ∴， ∴， ∴点Q在以为直径的圆上运动，设该圆为． ∵四边形和四边形是边长相等的正方形， ∴，， ∵ ∴， ∴ 连接，，，交于点N， ∴， ∵， ∴， ∵在 中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为： 三、解答题 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】由于方程无法通过因式分解法求解，因此选用公式法．先确定一元二次方程一般形式中、、的取值，计算判别式判断根的情况，再代入求根公式即可得到方程的解． 【详解】解：对于方程，，，， ∴判别式， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， 即方程的解为，． 18. 如图，在等边 中，点E、D分别在边上，且．求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定、等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． 根据等边三角形的性质得到，则，由得到，推出，再根据相似三角形的判定即可证明． 【详解】证明：∵ 是等边三角形， ∴． ∴， ∵ ∴． ∴． ∵ ， ∴． 19. 先化简再从2、3、4三个数中，选一个使原式有意义的数代入求值． 【答案】，当时，原式． 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，先将括号里通分，然后按照分式的除法法则（除以一个数等于乘以这个数的倒数），利用完全平方公式和平方差进行约分，利用分母不等于0才能使式子有意义的条件，判断上面三个数字是否满足，任意代入一个满足的数字即可． 【详解】解： ． 要使原式子有意义，则满足 ， 和 即 ，且 只有可以使原式子有意义， 时，原式． 20. 已知：如图，矩形． （1）尺规作图：在边上找一点，将矩形 沿 折叠，使点落在边上；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）所作图形中，若，，求CE的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）以B为圆心，BC为半径作弧交AD于点F，作BE平分 ，交CD于点E即可； （2）由折叠可得，，利用勾股定理求出 ，设，在中，利用勾股定理构建方程求解． 本题考查作图-复杂作图，矩形的性质，翻折变换，勾股定理，解题的关键是根据折叠可得，，从而求出． 【小问1详解】 如图，点E即为所求；      【小问2详解】 四边形ABCD是矩形， ，，， 由折叠可得，， ， ，  设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， 21. 某校举办校园科技节，小明入围编程决赛．决赛任务分为两轮，每轮从相应题库中随机抽取一项任务完成（每项任务抽到的可能性相同）． 第一轮任务库：A（图形绘制）、B（逻辑推理）、C（算法设计）； 第二轮任务库：D（代码调试）、E（模块搭建）、F（路径规划）． 根据规则，解答下列问题： （1）“小明在第一轮抽到D（代码调试）”是________事件；（填“必然”“随机”或“不可能”） （2）请用画树状图或列表的方法表示小明抽取的两轮任务所有可能出现的结果，并求出他两轮抽取的任务均为逻辑与规划类任务（逻辑推理、算法设计、路径规划）的概率． 【答案】（1）不可能 （2）所有可能出现的结果共9种，所求概率为 【解析】 【分析】（1）本题考查事件的分类，D任务不属于第一轮任务库，该事件一定不会发生，据此判断事件类型即可； （2）通过列表或画树状图列举所有等可能的结果，再找出符合要求的结果数，根据概率公式计算即可得到最终概率． 【小问1详解】 解：第一轮任务库包含的任务为A，B，C，不包含D， 因此小明不可能在第一轮抽到D，该事件是不可能事件； 【小问2详解】 用列表法表示所有可能结果如下： D E F A B C 由上表可得，所有等可能出现的结果共有9种， 根据题意，逻辑与规划类任务为B(逻辑推理)，C(算法设计)，F(路径规划)，两轮任务都属于该类的结果有 ， 共2种， ∴所求概率为． 22. 如图，是的直径，C是圆上一点，弦于点E，且．过点A作的切线，过点C作的平行线，两直线交于点F，的延长线交的延长线于点G． （1）求证：与相切； （2）连接，求的值． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接．易证为等边三角形，所以，从而可知，由于，易知，所以与相切； （2）作于点H．设，则．易证四边形为平行四边形．因为，所以四边形为菱形，求出，从而可求出、的值，从而可知 的长度，利用锐角三角函数的定义即可求出的值． 【小问1详解】 连接． ∵是的直径，弦于点E， ∴． ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴与相切 【小问2详解】 作于点H． 设，则． ∵与相切， ∴． 又∵， 可得． 又∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴四边形为菱形． ∴． 由（1）知 ∴， ∵． ∴． ∵在中，， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的性质，解直角三角形，正确作出辅助线是解答本题的关键． 23. 我们约定：若抛物线 与直线y=a有交点，我们称函数 为“博学函数”，其交点为“博学点”：若抛物线 与直线y=-a有交点，我们称函数 为“慎思函数”，该交点为“慎思点”． （1）若函数 既是“博学函数”，也是“慎思函数”，求c的取值范围； （2）已知函数的一个“慎思点”为P，直线与抛物线的两个交点分别为，且满足 ，直线是否经过一个定点，若经过定点，请求出该定点坐标，若不过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2）经过定点，定点坐标为 【解析】 【分析】（1）根据新定义，分别联立方程，利用判别式大于等于0求c的范围，即可得出结果； （2）先求出“慎思点”P的坐标，代入直线方程得到n和t的关系，联立直线和抛物线，利用根的和的条件得到m和t的关系，整理直线方程得到定点即可． 【小问1详解】 解：∵ ，，该函数是“博学函数”， ∴抛物线与 有交点， 令 ，整理得 ， ∴ ，解得， ∵该函数是“慎思函数”， ∴抛物线与有交点， 令 ，整理得 . ，解得， 综上：； 【小问2详解】 解：经过定点； ∵ ， 由题意，抛物线与直线 有交点， 令 ，解得， ∴“慎思点” ； ∵在直线上，代入得 ， ∴ ； 联立直线与抛物线得： ，整理得 ， 设方程的两根为，则； ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ∴对任意 ，当，即时， ， ∴直线恒过定点． 24. 新学期，同学们布置教室．如图1所示，教室前门ABCD宽度，门轴A到墙角E的距离，设E，A，B在同一条直线上，门打开后被黑板墙阻挡，，门边靠在墙的位置． （1）门打开的最大角度______； （2）教室的俯视图如图2，其中靠近前门第一位同学课桌右侧与墙的距离为，且该矩形课桌的边与教室前墙平行，若要使得开关门不受阻挡，则与的距离需大于多少？（结果保留两位小数） （3）如图3，同学们想充分利用教室的空间，在门后中放置一个圆柱形的储物桶，如果购买直径为 的圆柱形桶，能放得进去吗？请说明理由．（参考数据：，，） 【答案】（1）； （2）需大于 （3） 解：能放进直径为 的圆柱形桶，理由如下： 如图 ，设圆心为，内切圆半径为 ，连接切点 ，，，则四边形为正方形， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴能放进直径为 的圆柱形桶． 【解析】 【分析】（ ）易得，进而可得的余弦值，即可求得的度数，则可以求得的度数； （ ）作于点，连接，求得的长度，加上 的长度，即可求得点到的距离，进而可得开关门不受阻挡，与的距离范围； （ ）求得直角三角形内切圆的半径，进而可得内切圆的直径，和圆桶的直径比较即可得到能否放进去． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 【小问2详解】 解：在图 中作于点，连接， 则，， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∴与的距离需大于； 【小问3详解】 略 25. 【问题背景】菱形的边长为6，其中，E是边上的一个动点，作射线 ，点D关于直线 的对称点为F，连接 ，直线 与射线 交于点G，连接、． 【知识技能】 （1）如图1， 连接，求证∶ ； （2）如图2， 连接 ，求证∶ ； 【拓展探索】 （3）当E在直线上运动时，求时，的长度是 ． 【答案】（1）证明：∵点D关于直线 的对称点为F， ∴ ，， ∴ ， ∴ ， 即 ， ∵四边形为菱形， ∴， ∴ ， ∴， ∴ ； （2）证明：如图所示， 由（1）得 ，且 ， ∴ ， ∴ 四点共圆， ∵ 与所对的弧为， ∴ ， ∵在四边形 中， ，且， ∴ ， ∵四边形为菱形， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ ， ∴，即 ， ∵ ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ∴ ； （3）或 【解析】 【分析】（1）根据轴对称的性质得出相等的边，根据等边对等角得出 ，根据菱形的性质得出 ，最后根据等边对等角即可得出结论； （2）根据互补的对角得出 四点共圆，根据圆周角定理以及菱形的性质得出相等的角，得出 ，然后利用相似三角形的性质即可得出结论； （3）分两种情况进行讨论，利用锐角三角函数求出相关线段的长度，证明 ，利用相似三角形的性质求解． 【小问1详解】 证明：略； 【小问2详解】 证明：略； 【小问3详解】 解：①如图所示，当点在点右侧时，过点作，交 的延长线于点， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴在 中，； 由（2）得 ，即 ， ∴； ②如图所示，当点在点左侧时，过点作，交 的延长线于点， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴在 中，， 同（1）可证， ，且 和 都是同侧所对； ∴ 四点共圆， ∵和 是同弧所对圆周角， 和都是同弧所对的圆周角， ∴ ； ∴ ， ∴ ； ∴，即； ∴， 综上，的长度为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中大附中2026届初三毕业班数学科综合练习题（二） 一、单选题（本题有10小题，每小题3分，共30分） 1. 的绝对值是（ ） A. 2026 B. C. D. 2. 已知 ，则下列不等式一定成立的是（　　） A. B. C. D. 3. 在 中， ，，则的面积：的面积（　　） A. B. C. D. 4. 对于抛物线，下列说法正确的是（ ） A. 可由抛物线向左平移2个单位长度得到 B. 当 时，y随x的增大而增大 C. 与y轴无交点 D. 顶点坐标是 5. 随着人们对环境的日益重视，骑行单车这种“低碳”出行方式已融入人们的日常生活，如图是某单车车架的示意图，线段分别为前叉、下管和立管（点C在 上），EF为后下叉，已知，， ， ，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，，若反比例函数的图象经过点A，则k为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 关于 的方程有两个不相等的实数根，则 的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 8. 人工智能大模型在工作中应用越来越广泛，某校数学教研组想在数学教学中引进一款大模型进行辅助教学，为此对比了两款大模型在数学解题中的能力表现，进行了6次测试，下表是测试成绩，则下列说法错误的是（ ） 大模型A 90 93 88 90 89 90 大模型B 91 85 95 95 84 90 A. 大模型A测试成绩的中位数为89 B. 模型B的测试成绩的众数为95 C. 两款大模型测试得分的平均数相同 D. 大模型A的方差比大模型B的方差小 9. 如图，在中，， ，，是 的内切圆，连接，，则图中阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在边长为 的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上，连接 ，作于点，交于点．给出下面四个结论： ①；②；③当时，；④点 与点之间的距离的最小值为．上述结论中，正确结论的序号有（ ） A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④ 二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共18分） 11. 2026“美加墨”世界杯中，加拿大的温哥华球场共承担7场比赛，预计7场比赛共接纳观众378000人，将378000用科学记数法表示为_______． 12. 分解因式： _______ ． 13. 函数中自变量 的取值范围是____． 14. 如图， 的顶点是正方形网格的格点，则的值为______ 15. 如图所示的三视图为一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积为_____． 16. 如图，正方形中，，M是边上一个动点，以为直径的圆与相交于点Q，P为上另一个动点，连接，，则的最小值是 ___________________． 三、解答题 17. 解方程：． 18. 如图，在等边 中，点E、D分别在边上，且．求证：． 19. 先化简再从2、3、4三个数中，选一个使原式有意义的数代入求值． 20. 已知：如图，矩形． （1）尺规作图：在边上找一点，将矩形 沿 折叠，使点 落在边上；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）所作图形中，若，，求CE的长． 21. 某校举办校园科技节，小明入围编程决赛．决赛任务分为两轮，每轮从相应题库中随机抽取一项任务完成（每项任务抽到的可能性相同）． 第一轮任务库：A（图形绘制）、B（逻辑推理）、C（算法设计）； 第二轮任务库：D（代码调试）、E（模块搭建）、F（路径规划）． 根据规则，解答下列问题： （1）“小明在第一轮抽到D（代码调试）”是________事件；（填“必然”“随机”或“不可能”） （2）请用画树状图或列表的方法表示小明抽取的两轮任务所有可能出现的结果，并求出他两轮抽取的任务均为逻辑与规划类任务（逻辑推理、算法设计、路径规划）的概率． 22. 如图， 是的直径，C是圆上一点，弦于点E，且．过点A作的切线，过点C作的平行线，两直线交于点F，的延长线交 的延长线于点G． （1）求证：与相切； （2）连接，求的值． 23. 我们约定：若抛物线 与直线y=a有交点，我们称函数 为“博学函数”，其交点为“博学点”：若抛物线 与直线y=-a有交点，我们称函数 为“慎思函数”，该交点为“慎思点”． （1）若函数 既是“博学函数”，也是“慎思函数”，求c的取值范围； （2）已知函数的一个“慎思点”为P，直线与抛物线的两个交点分别为，且满足 ，直线是否经过一个定点，若经过定点，请求出该定点坐标，若不过定点，请说明理由． 24. 新学期，同学们布置教室．如图1所示，教室前门ABCD宽度，门轴A到墙角E的距离，设E，A，B在同一条直线上，门打开后被黑板墙阻挡，，门边靠在墙的位置． （1）门打开的最大角度______； （2）教室的俯视图如图2，其中靠近前门第一位同学课桌右侧与墙的距离为，且该矩形课桌的边与教室前墙平行，若要使得开关门不受阻挡，则与的距离需大于多少？（结果保留两位小数） （3）如图3，同学们想充分利用教室的空间，在门后中放置一个圆柱形的储物桶，如果购买直径为 的圆柱形桶，能放得进去吗？请说明理由．（参考数据：，，） 25. 【问题背景】菱形的边长为6，其中，E是边上的一个动点，作射线 ，点D关于直线 的对称点为F，连接 ，直线 与射线 交于点G，连接、． 【知识技能】 （1）如图1， 连接，求证∶ ； （2）如图2， 连接 ，求证∶ ； 【拓展探索】 （3）当E在直线上运动时，求时，的长度是 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $