2026-2027学年人教版九年级数学第一学期月考模拟练习试卷03【天津专用】

**基本信息** 以汉字文化、生活实践为情境，融合二次函数、几何变换等核心知识，梯度设计适配九年级月考，考查数学眼光与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12/48|轴对称、二次函数顶点、旋转角度|汉字轴对称图形渗透文化传承| |填空题|6/24|一元二次方程定义、抛物线与x轴距离|矩形面积最值问题体现模型意识| |解答题|7/66|方程求解、函数应用、几何证明|猪肉粽利润函数与平行四边形存在性综合考查应用能力|

2026-2027学年九年级数学第一学期月考模拟练习试卷03【天津专用】 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.汉字是博大精深的文化传承，也是美轮美奂的象形文字．作为中国人，我们感到无比自豪和光荣．下面四个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 函数的图像的顶点坐标是（ 　） A. B. C. D. 3.如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（　　） A. 30° B. 45° C. 90° D. 135° 4. 如图所示，抛物线的函数表达式是( ) A. B. C. D. 5.等腰三角形两边长为方程x2﹣7x+10=0的两根，则它的周长为（ ） A. 12 B. 12或9 C. 9 D. 7 6.函数和（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. 7. 设方程的两根为， 则 的值为（ ） A. 5 B. C. D. 8.如图，要围一个矩形菜园，其中一边是墙，且的长不能超过，其余的三边用篱笆，且这三边的和为．有下列结论：①的长可以为；②的长有两个不同的值满足菜园面积为；③菜园面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 9.若为二次函数的图象上的三点，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 10.如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在边AB上，连接．则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 11.已知二次函数，当时，y随x的增大而增大，则h的取值范围是（ ） A. B. C. D. 12.如图，以的速度将小球沿与地面成角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条拋物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：m）与飞行时间（单位：）之间具有函数关系．有下列结论：①小球从飞出到落地用时为；②小球飞行的最大高度为；③小球的飞行高度为时，小球飞行的时间是．其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分． 13. 计算的结果等于_______． 14. 若是关于的一元二次方程，则的值是______________． 15. 如图，抛物线与x轴交点间的距离为________________． 16.用一根长为20米的绳子，围成一个矩形，设矩形一边长x米，则面积___________，围成的矩形的最大面积是__________． 17. 已知抛物线与的形状相同，并且时，随的增大而减小，抛物线的解析式为__________． 18. 圆过网格点O和C，交网格线于，点B坐标，F在上．利用无刻度直尺，取F点向右一个单位的点M，取中点N，画出线段，并写出做法：______． 三、解答题：本题共7小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 19. 解下列一元二次方程． （1）； （2）． 20.抛物线的图象如图所示，根据图象填空． （1）时，y随x的增大而______； （2）方程的根是______； （3）时y的取值范围是______； （4）若方程没有实数根，k的取值范围是______． 21.如图，要建一个面积为140平方米的仓库，仓库的一边靠墙，这堵墙的长为18米，在与墙垂直的一边要开一扇2米宽的门．已知围建仓库的现有木板材料可使新建板墙的总长为32米，那么这个仓库的宽和长分别为多少米？ 22. 市场上猪肉粽每盒进价为50元，在销售中，某商家发现猪肉粽每盒售价52元时，可售出180盒；每盒售价提高1元时，少售出10盒．设猪肉粽每盒售价x元，y表示该商家销售猪肉粽的利润（单位：元），求y关于x的函数关系式并求出y的最大值． 23. 如图，已知正方形的边长为3，E、F分别是、边上的点，且，将绕点D按逆时针方向旋转得到． （1）求证：； （2）当时，求的长． 24. 在平面直角坐标系中，O为原点，点A(4，0)，点B(0，3)，把ABO绕点B逆时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为α． （1）如图①，若α＝90°，求长； （2）如图②，若α＝120°，求点的坐标； （3）在（2）的条件下，边OA上 的一点P旋转后的对应点为，当P+B取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可） 25.如图，抛物线与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，其中，． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）点P（m，n）（0＜m＜6）在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值； （3）在（2）中△PBC面积取最大值的条件下，点M是抛物线的对称轴上一点，在抛物线上确定一点N，使得以A、P、M、N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程． 2026-2027学年九年级数学第一学期月考模拟练习试卷03【天津专用】 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.汉字是博大精深的文化传承，也是美轮美奂的象形文字．作为中国人，我们感到无比自豪和光荣．下面四个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形的定义．如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 根据轴对称图形的定义逐项分析即可． 【详解】A.不是轴对称图形； B.不是轴对称图形； C.是轴对称图形； D.不是轴对称图形； 故选：C． 2. 函数的图像的顶点坐标是（ 　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数顶点式的性质：y＝a（x−h）2＋k中，顶点坐标为（h，k），即可求得结论． 【详解】解：∵， ∴函数图象顶点坐标为． 故选：C． 3.如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（　　） A. 30° B. 45° C. 90° D. 135° 【答案】D 【解析】 【分析】利用旋转的性质得到∠AOC为旋转角，然后利用∠AOB＝45°得到∠AOC的度数即可． 【详解】解：∵△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得， ∴∠AOC为旋转角， ∵∠AOB＝45°， ∴∠AOC＝45°+90°=135°，即旋转角135°． 故选：D． 4. 如图所示，抛物线的函数表达式是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用待定系数法求得函数表达式，即可得到正确的结论． 【详解】解：由图可得函数图像过点（-2，0），（4，0），（0，4）， 设函数表达式为y=a(x+2)(x-4)， 把（0，4）代入得4=a(0+2)(0-4)， 解得：a=-， ∴函数表达式为y=- (x+2)(x-4)= ， 故选：D． 5.等腰三角形两边长为方程x2﹣7x+10=0的两根，则它的周长为（ ） A. 12 B. 12或9 C. 9 D. 7 【答案】A 【解析】 【详解】方程分解因式得：(x−2)(x−5)=0， 解得：x=2或x=5， 当2为腰时，三边长分别为：2，2，5，不能构成三角形，舍去； 当2底时，三边长为5，5，2，周长为5+5+2=12. 故选A. 6.函数和（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】C 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与二次函数的图象性质：可先根据一次函数的图象判断a的符号，再判断二次函数图象与实际是否相符，判断正误．正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】解：、由一次函数的图象可得：，此时二次函数的图象应该开口向下，故选项错误； B、由一次函数的图象可得：，此时二次函数的图象应该开口向下，故选项错误； C、由一次函数的图象可得：，此时二次函数的图象应该开口向上，对称轴，故选项正确； D、由一次函数的图象可得：，此时二次函数的对称轴，故选项错误． 故选：． 7. 设方程的两根为， 则 的值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，本题可利用根与系数的关系，先化为一般式求出该一元二次方程的二次项系数以及一次项系数的值，代入公式求解即可． 【详解】解：由可知， 其二次项系数，一次项系数， ∴， 故选：C． 8.如图，要围一个矩形菜园，其中一边是墙，且的长不能超过，其余的三边用篱笆，且这三边的和为．有下列结论：①的长可以为；②的长有两个不同的值满足菜园面积为；③菜园面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，解一元二次方程，准确理解题意，列出二次函数解析式是解题的关键． 设的长为，矩形的面积为，则的长为，根据矩形的面积公式列二次函数解析式，再分别根据的长不能超过，二次函数的最值，解一元二次方程求解即可． 【详解】解：设的长为，矩形的面积为， ∴的长为， 由题意得 ， ∵， ∴， ①的长不可以为，原说法错误； ③菜园面积的最大值为，原说法正确； ②当时， 解得（舍去）或， 的长只有1个值满足菜园面积为，原说法错误； 综上，正确结论的个数是1个， 故选A． 9.若为二次函数的图象上的三点，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图像和性质，由二次函数的对称轴直线为，开口向上可得出关于对称轴直线的对称点为：， 关于对称轴直线的对称点为：，再结合以及函数图像可得出． 【详解】解：∵二次函数的对称轴直线为，开口向上． ∴关于对称轴直线的对称点为：， 关于对称轴直线的对称点为：， ∵， ∴， 故选：B. 10.如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在边AB上，连接．则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先计算出∠BAC＝60°，再根据旋转的性质得到∠C'A B'＝∠CAB＝60°，AB＝A B'，则可判断△ABB'为等边三角形，从而逐个判断选项，即可． 【详解】解：由旋转的性质可知：，故A、B选项错误； ∵∠C＝90°，∠ABC＝30°， ∴∠BAC＝60°， ∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB'C'，使点C'落在AB上， ∴∠C'A B'＝∠CAB＝60°，AB＝A B'， ∴△ABB'为等边三角形， ∴BB'＝AB．， 故C错误，D正确． 故选D． 11.已知二次函数，当时，y随x的增大而增大，则h的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，根据解析式可得开口方向向上，对称轴为直线，则在对称轴右侧y随x的增大而增大，据此结合题意求解即可． 【详解】解：∵二次函数解析式为，且， ∴函数图象开口向上，对称轴为直线 ∴当时，y随x的增大而增大， ∵当时，y随x的增大而增大， ∴， 故选：C． 12.如图，以的速度将小球沿与地面成角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条拋物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：m）与飞行时间（单位：）之间具有函数关系．有下列结论：①小球从飞出到落地用时为；②小球飞行的最大高度为；③小球的飞行高度为时，小球飞行的时间是．其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．分别求出和时，的值即可判断①正确，③错误；求出的最大值即可判断②正确，由此即可得． 【详解】解：当时，， 解得或， 则小球从飞出到落地用时为，结论①正确； ， 则小球飞行的最大高度为，结论②正确； 当时，， 解得或， 则小球飞行高度为时，小球飞行的时间是或，结论③错误； 综上，正确结论的个数是2个， 故选：C． 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分． 13. 计算的结果等于_______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用单项式乘单项式以及积的乘方的运算法则计算即可． 【详解】解：． 故答案为：． 14. 若是关于的一元二次方程，则的值是______________． 【答案】﹣2 【解析】 【详解】解：∵是关于x的一元二次方程， 解得： 故答案为 15. 如图，抛物线与x轴交点间的距离为________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点问题． 直接根据图像作答即可． 【详解】解：由图可知抛物线与x轴交点间的距离为． 故答案为：． 16.用一根长为20米的绳子，围成一个矩形，设矩形一边长x米，则面积___________，围成的矩形的最大面积是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】直接利用矩形面积公式得出y与x之间的关系，再利用二次函数的性质解题即可． 【详解】解：设矩形一边长为，则另一边长为：， 根据题意可得： ∵ 当时，函数最大值为平方米． 故答案为：． 17. 已知抛物线与的形状相同，并且时，随的增大而减小，抛物线的解析式为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，两个二次函数的形状相同，那么对应的二次项系数的绝对值相同，再由函数的对称轴为轴，且时，随的增大而减小可得，据此可得答案． 【详解】解：∵抛物线与的形状相同， ∴， ∵在中，时，随的增大而减小，且对称轴为轴， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为， 故答案为：． 18. 圆过网格点O和C，交网格线于，点B坐标，F在上．利用无刻度直尺，取F点向右一个单位的点M，取中点N，画出线段，并写出做法：______． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了网格中的无刻度直尺作图，涉及到全等三角形的判定和性质，中位线定理等知识点，利用网格构造全等三角形得出线段相等或平行线是解答本题的关键． 通过全等三角形“8字模型”构造从而确定点M的位置；同理利用全等三角形“8字模型”构造，进而由是的中位线作出点N的位置，即可作出线段． 【详解】 如图，连接并延长交格线于点， 接着连接点和格点交格线于点， 连接并延长交于点M；延长交格线于点， 连接点和格点交直线于点， 连接并延长交格线于点，连接交于点，最后连接即可． 故答案为：连接并延长交格线于点，接着连接点和格点交格线于点，连接并延长交于点M；延长交格线于点，连接点和格点交直线于点，连接并延长交格线于点，连接交于点，最后连接即可． 三、解答题：本题共7小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 19. 解下列一元二次方程． （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程． （1）根据公式法求解即可； （2）移项后根据因式分解法计算即可． 【小问1详解】 ， ， ， ，； 【小问2详解】 ， ， ， ， ，． 20.抛物线的图象如图所示，根据图象填空． （1）时，y随x的增大而______； （2）方程的根是______； （3）时y的取值范围是______； （4）若方程没有实数根，k的取值范围是______． 【答案】（1）减小 （2），3 （3） （4） 【解析】 【分析】（1）结合二次函数图象即可作答； （2）根据图象可知抛物线交x轴于点、点，则问题即可得解； （3）结合二次函数图象即可作答； （4）将方程变形为：，根据图象可知，若，则原方程没有实数根，问题得解． 【小问1详解】 解：根据二次函数图象可知：时，y随x的增大而减小， 故答案为：减小； 【小问2详解】 解：根据图象可知：抛物线交x轴于点、点， 则的根为：、， 故答案为：，3； 【小问3详解】 解：根据图象可知：时，y＜0，最小值为， 即y的取值范围为：； 【小问4详解】 解：将方程变形为：， 根据二次函数图象可知： 若，则原方程没有实数根， 即此时， 故答案为：． 21.如图，要建一个面积为140平方米的仓库，仓库的一边靠墙，这堵墙的长为18米，在与墙垂直的一边要开一扇2米宽的门．已知围建仓库的现有木板材料可使新建板墙的总长为32米，那么这个仓库的宽和长分别为多少米？ 【答案】这个仓库的长和宽分别为14米、10米 【解析】 【分析】首先设这个仓库的长为x米，则宽表示为（32+2-x），再根据面积为140平方米的仓库可得x×（32+2-x）=140，再解一元二次方程即可． 【详解】解：设这个仓库长为x米，由题意得：x×（32+2-x）=140， 解得：x1=20，x2=14， ∵这堵墙的长为18米， ∴x=20不合题意舍去， ∴x=14， 宽为：×（32+2-14）=10（米）． 答：这个仓库的长和宽分别为14米、10米． 22. 市场上猪肉粽每盒进价为50元，在销售中，某商家发现猪肉粽每盒售价52元时，可售出180盒；每盒售价提高1元时，少售出10盒．设猪肉粽每盒售价x元，y表示该商家销售猪肉粽的利润（单位：元），求y关于x的函数关系式并求出y的最大值． 【答案】，的最大值为1000元 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用． 根据题意可列出y关于x的函数解析式，再根据二次函数的性质即可解答． 【详解】解：设猪肉粽每盒售价元，表示该商家销售猪肉粽的利润（单位：元），则， ∵，， ∴当时，取得最大值为1000元． 23. 如图，已知正方形的边长为3，E、F分别是、边上的点，且，将绕点D按逆时针方向旋转得到． （1）求证：； （2）当时，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】根据正方形得性质得，，由旋转的性质得，可证明点、、共线，即可利用证明，即可判定相等； 设，即可求得，，和，在中利用勾股定理即可． 小问1详解】 证明：∵四边形为正方形， ∴，， 根据旋转的性质，可知：， ∴，，， ∴， ∴点、、共线， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：设， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴在中，有， ∴， 解得， 即． 24. 在平面直角坐标系中，O为原点，点A(4，0)，点B(0，3)，把ABO绕点B逆时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为α． （1）如图①，若α＝90°，求长； （2）如图②，若α＝120°，求点的坐标； （3）在（2）的条件下，边OA上 的一点P旋转后的对应点为，当P+B取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可） 【答案】（1）5 （2）(，) （3）(，) 【解析】 【分析】（1）如图①，先利用勾股定理计算出AB＝5，再根据旋转的性质得BA＝BA′，∠ABA′＝90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长； （2）作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO＝BO′＝3，∠OBO′＝120°，则∠HBO′＝60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标； （3）由旋转的性质得BP＝BP′，则O′P+BP′＝O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连接O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP＝O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y＝x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′＝OP＝，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′＝30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′的长，从而可得到P′点的坐标． 【小问1详解】 如图①， ∵点A（4，0），点B（0，3）， ∴OA＝4，OB＝3， ∴AB＝＝5， ∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′， ∴BA＝BA′，∠ABA′＝90°， ∴△ABA′为等腰直角三角形， ∴AA′＝BA＝5； 【小问2详解】 作O′H⊥y轴于H，如图②， ∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′， ∴BO＝BO′＝3，∠OBO′＝120°， ∴∠HBO′＝60°， 在Rt△BHO′中，∵∠BO′H＝90°﹣∠HBO′＝30°， ∴BH＝BO′＝，O′H＝BH＝， ∴OH＝OB+BH＝3+＝， ∴O′点的坐标为(，)； 【小问3详解】 ∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′， ∴BP＝BP′， ∴O′P+BP′＝O′P+BP， 作B点关于x轴的对称点C，连接O′C交x轴于P点，如图②， 则O′P+BP＝O′P+PC＝O′C，此时O′P+BP的值最小， ∵点C与点B关于x轴对称， ∴C（0，﹣3）， 设直线O′C的解析式为y＝kx+b， 把O′（，），C（0，﹣3）代入得，解得， ∴直线O′C的解析式为y＝x﹣3， 当y＝0时，x﹣3＝0，解得x＝，则P（，0）， ∴OP＝， ∴O′P′＝OP＝， 作P′D⊥O′H于D， ∵∠BO′A′＝∠BOA＝90°，∠BO′H＝30°， ∴∠DP′O′＝30°， ∴O′D＝O′P′＝，P′D＝O′D＝， ∴DH＝O′H﹣O′D＝﹣＝， ∴P′点的坐标为(，)． 25.如图，抛物线与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，其中，． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）点P（m，n）（0＜m＜6）在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值； （3）在（2）中△PBC面积取最大值的条件下，点M是抛物线的对称轴上一点，在抛物线上确定一点N，使得以A、P、M、N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程． 【答案】（1） （2）3， （3），， 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）过点P作轴，交CB于点H，过点C作，得，从而得到，根据为等腰直角三角形，再结合二次函数的解析式，将换算为，最后结合二次函数的图形性质即可得到△PBC面积的最大值； （3）根据不同的情况展开讨论，通过全等三角形的性质计算出点N的横坐标，再根据二次函数的解析式计算出纵坐标即可． 【小问1详解】 解：∵过点，， ∴ ， 解方程组得， ∴该抛物线的函数表达式为：； 【小问2详解】 解：如下图所示，过点P作轴，交CB于点H，过点C作，垂足为E， ∵，，， ∴ ∵， ∴, ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴当时，最大，且最大值为； 【小问3详解】 解：∵当时，， ∴点， ∵， ∴抛物线的对称轴为， 当时，， 解得， ∴点， ∴， 如下图所示，当四边形AMPN为平行四边形时，作PF垂直对称轴，垂足为F，过点N作轴，垂足为E， 由题意得， ∵， ∴NF、AM、MF、NP构成的四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， 设点， ∴，， ∴点； 如下图所示，当四边形AMNP为平行四边形时，作NE垂直对称轴，垂足为E，过点P作轴，垂足为F， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设点， ∴，， ∴点； 如下图所示，当四边形ANMP为平行四边形时，作PF垂直对称轴，垂足为F，过点N作轴，垂足为E， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设点， ∴，， ∴点； 故符合条件的点N的坐标为：，，． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $