精品解析：甘肃白银市第十中学2025-2026学年第一学期七年级数学期中考试试卷

白银市第十中学2025-2026学年第一学期期中考试 初一年级数学试卷 考试时间：100分钟 满分：120分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题（共30分，每小题3分，共10题） 1. 如图的几何体素描作品中，不存在的几何体为（ ） A. 棱锥 B. 球 C. 圆柱 D. 棱柱 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是简单几何体的识别，熟练掌握几何体的特征是解题的关键； 根据棱柱，球，棱锥的特点分析即可． 【详解】解：由题意可得：该作品中有棱柱，球，圆柱，没有棱锥， 故选：A． 2. 现今通用的标准乒乓球规格为“克”，则下列乒乓球中不合格的（ ） A. 克 B. 克 C. 克 D. 克 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查正负数的实际意义，理解“”表示的范围是解题关键．根据乒乓球规格“克”，合格质量范围为克到克之间（包括端点），通过比较选项质量与该范围，找出不合格项． 【详解】标准乒乓球规格为“克”， 合格质量范围为克到克， 即克质量克。 选项A：克，满足，合格，不符合题意； 选项B：克，，不合格，符合题意； 选项C：克，满足，合格，不符合题意； 选项D：克，满足，合格，不符合题意； 故选：B． 3. 单项式的系数和次数分别是（ ） A. ，3 B. ，3 C. ，3 D. ，4 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了单项式的系数和次数，单项式的系数是数字部分（包括常数），次数是所有变量的指数之和，据此求解即可． 【详解】单项式的系数和次数分别是，3． 故选：B． 4. 一个棱柱有6个面，所有侧棱长之和为．底面边长都是．则这个棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了几何体的表面积，理解侧面展开图是解题的关键．根据这个棱柱的表面积侧面积两个底面积求解即可． 【详解】解：由题意得：该棱柱是四棱柱，底面是边长的正方形， ∴这个棱柱的表面积为：， 故选：D． 5. 下表是某地连续4天内每天的最高气温和最低气温记录，在这4天中，温差（最高气温与最低气温的差）最小的是（ ） 第一天 第二天 第三天 第四天 最高温度/℃ 8 5 6 4 最低温度/℃ 1 A. 第一天 B. 第二天 C. 第三天 D. 第四天 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了温差的定义，有理数的减法，分别求出每天的温差，作比较即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：第一天的温差， 第二天的温差， 第三天的温差， 第四天的温差， ∵， ∴温差最小的是第四天， 故选：D． 6. 如图，把一个圆柱切拼成一个长方体后，长方体的表面积和体积与圆柱的相比，（ ） A. 都不变 B. 体积不变，表面积变小 C. 都变大 D. 体积不变，表面积变大 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查圆柱与正方体的表面积及体积计算公式，解题的关键是正确表示出长方体的长宽及高．设圆柱的底面半径是r，圆柱的高为h，根据拼成长方体的高等于圆柱的高是h，再根据长方体的表面积和体积公式与圆柱的表面积和体积公式列式表示出长方体的表面积和体积与原来圆柱的表面积和体积，由此即可进行比较选择． 【详解】解：设圆柱的底面半径为r，圆柱的高为h， 则长方体的高等于圆柱的高是h，长方体的长为，宽为r， 圆柱的表面积为：； 圆柱的体积为：； 长方体的表面积为：； 长方体的体积为：； 所以，这个长方体和原来的圆柱体比较表面积变大了，体积没变， 故答案为：D 7. 若 与 互为相反数，则的值为（ ） A. 23 B. 27 C. 8 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】由互为相反数的定义，得绝对值与平方和为零，根据非负性，两者均需为零，从而解出a和c的值，再代入所求表达式计算． 本题考查了相反数的性质，绝对值的非负性，平方的非负性，求代数式的值，熟练掌握相反数，非负性是解题的关键． 【详解】解：∵ 与 互为相反数， ∴， ∵且， ∴ 且 解得 ，， 故， 故选：B． 8. 如图，分别以直角梯形的下底和上底所在的直线为轴，将梯形旋转一周得到A，B两个几何体，则，两个几何体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆柱和圆锥的体积、图形的旋转，熟练掌握图形的旋转是解题关键．几何体的体积等于圆柱的体积与圆锥的体积之和，几何体的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，由此即可得． 【详解】解：几何体的体积为， 几何体的体积， 则，两个几何体的体积之比是， 故选：C． 9. 若两个有理数的和等于这两个有理数的积，则称这两个有理数互为相依数．例如：有理数与3，因为，所以有理数与3是互为相依数．对于有理数对它进行如下操作：取的相依数，得到；取的倒数，得到；取的相依数，得到；取的倒数，得到；…；若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了规律型：数字的变化类．根据题意求出前几个数，发现其规律再进行求解即可． 【详解】解：当时， 由题意可求得，，解得， 则， 由题意可求得，，解得， 则， 同理，，，， 故的值6次一循环的规律出现， 而， ∴的值与相同，是， 故选：D． 10. 下列说法中，正确的个数（ ） ①若，则； ②若，则有是正数； ③三点在数轴上对应的数分别是，若相邻两点的距离相等，则； ④，，则的值为． A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了绝对值的化简、数轴上两点间的距离公式等知识点．熟记相关结论是解题关键．根据绝对值的化简法则、数轴上两点间的距离公式即可进行判断． 【详解】解：∵，∴且，故，故①错误； ∵，∴或或或， 当时，，∴是正数； 当时，，∴是正数； 当时，，∴是正数； 当时，，∴是正数；故②正确； ∵三点在数轴上对应的数分别是，若相邻两点的距离相等， ∴或或， ∴或或， 解得：或或，故③错误； ∵，， ∴中有两个正数一个负数， ，，， 设，，， 则，故④错误； 综上正确的②，共个； 故选：A． 二、填空题（共24分，每小题3分，共8题） 11. 用科学记数法写出的数为，则原来的数是__________ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了科学记数法，科学记数法表示将的小数点向右移动位得到原数． 根据科学记数法作答即可． 【详解】解：， 故答案为：． 12. 如图，要给这个长、宽、高分别为、、的箱子打包，其打包方式如图所示，则打包带的长至少要______．（单位：）（用含、、的代数式表示） 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了列代数式，根据题意可得打包带的总长为该长方体的长的2倍，加上宽的4倍，加上高的6倍，据此列式求解即可． 【详解】解：由题意得，总长为， 故答案为：． 13. 不改变数的顺序，请用“”“”运算符号把数，，，组成一个算式：__________，使其运算结果为． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了有理数加减混合运算的应用，通过为数字之间的运算符号选择减号或加号，调整每个数字在算式中的实际符号，使代数和为24． 【详解】解：数字顺序固定为，，，． 在6与之间插入减号 算式为； 在与之间插入加号， 算式为； 与之间插入减号，算式为． 故答案为：． 14. 已知单项式与的差仍为单项式，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了同类项的定义，合并同类项和代数式求值，根据两个单项式的差仍为单项式，可知它们为同类项，因此相同字母的指数相等，据此求出m、n的值即可得到答案． 【详解】解：∵单项式与的差仍为单项式， ∴单项式与是同类项， ∴， ∴， ∴， 故答案为：3． 15. 若有理数，，在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论是__________． 【答案】 ①③ 【解析】 【分析】根据点在数轴上的位置，判断数的大小关系，进而判断式子的符号. 【详解】解：由数轴可知，，， ∴，，，， ∴； 故正确结论是①③． 16. 如图1，第十四届国际数学教育大会的标识蕴含多种数学元素．如图2，“”下方的“卦”依次表示四个二进制数：， 可将它们依次转换为八进制数．其中，二进制数转换成八进制数的方法是：将二进制数的每一位数乘2的相应次方（从右往左依次为）， 然后相加，例如， 请仿照二进制数转换为八进制数的方法，将八进制数转换为十进制数为_____． （注：） 【答案】2021 【解析】 【分析】本题考查有理数的混合运算，根据题干中给出的计算方法，列出算式进行计算即可． 【详解】解：； 故答案为：2021 17. 已知时，代数式的值等于17，则当时，此代数式的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查的知识点是代数式求值，含乘方的有理数的混合运算，掌握知识点是解题的关键． 把代入代数式得到，把代入代数式并化简，得到，即可求解． 【详解】解：当时， 原式 ， ∴， 当时， 原式 ． 18. 如图，甲、乙两动点分别同时从正方形的顶点、沿正方形的边开始匀速运动，甲按顺时针方向运动，乙按逆时针方向运动，若乙的速度是甲的3倍，那么他们第一次相遇在边上，请问他们第次相遇在哪条边上________ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了图形类规律变化问题，解题关键是根据题意找到规律． 设出正方形的边长a，根据甲的速度是乙的速度的3倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答． 【详解】解：设正方形的边长为a， ∵乙的速度是甲的速度的3倍，且运动时间相同， ∴甲乙所行的路程比为， 把正方形的每一条边平均分成2份，由题意知： 第一次相遇甲乙行的路程和为，乙行的路程为，甲行的路程为，在边的中点相遇； 第一次相遇到第二次相遇甲乙行的路程和为，乙行的路程为，甲行的路程为，在边的中点相遇； ③第二次相遇到第三次相遇甲乙行的路程和为，乙行的路程为，甲行的路程为，在边的中点相遇； ④第三次相遇到第四次相遇甲乙行的路程和为，乙行的路程为，甲行的路程为，在边的中点相遇； ⑤第四次相遇到第五次相遇甲乙行的路程和为，乙行的路程为，甲行的路程为，在边的中点相遇； 由此得到：四次一个循环． ∵， ∴它们第2025次相遇在边上， 故答案为：． 三、解答题（共66分，第19题6分，第20题12分，第21、22题6分，第23、24、25题8分，第26题12分．） 19. 一个由若干个边长为的小正方体组成的几何体如图所示： （1）已知“从上面看”的形状如图①，请你画出从正面、从左面看这个几何体的形状图； （2）若为这个几何体的表面喷漆，每平方厘米需2克油漆，那么喷好这个几何体共需油漆 克． 【答案】（1） 从正面、从左面看这个几何体的形状如图所示： （2）60． 【解析】 【分析】本题考查了从不同方向观察几何体所得到的平面图形的画法，以及几何体表面喷漆所需油漆量的计算．解题的关键是理解从正面、左面等不同方向观察几何体时所得到的图形的特征，以及通过统计几何体六个方向暴露面的总数量来计算表面积，进而求得油漆量． （1）确定正面和左面观察方向，数出对应方向上每列（行）小正方体的层数，按层数画出形状图． （2）统计六个方向暴露的小正方形面数，求和得总表面积，再乘每平方厘米油漆量即得总量． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 计算六个方向暴露的面数：上面、下面各6个，正面、背面各5个，左面、右面各4个，总面数为； ∵每个面的面积为：，总面积即为30平方厘米， ∴油漆总量总表面积克/平方厘米平方厘米克/平方厘米60克． 故答案为：60． 20. 计算： （1） （2） （3） （4） 【答案】（1） （2）25 （3） （4） 【解析】 【分析】本题主要考查了有理数的加减计算，含乘方的有理数混合计算，有理数乘法运算律，熟知相关计算法则是解题的关键． （1）根据有理数的加减计算法则求解即可； （2）先根据乘法分配律去括号，然后计算加减法即可； （3）先计算乘小括号内的减法，再计算乘方，接着计算乘除法，最后计算减法即可； （4）根据乘法分配律的逆运算法则求解即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ； 【小问3详解】 解： ； 【小问4详解】 解： ． 21. 化简： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查整式的运算法则，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型． 本题合并同类项即可； 首先去括号，然后合并同类项即可． 【小问1详解】 解：原式 【小问2详解】 解：原式  . 22. 先化简，再求值：，其中， ． 【答案】，0 【解析】 【分析】本题主要考查了整式加减的化简求值，先去括号，再合并同类项，然后代入求值即可． 【详解】解： ， ∵， ∴原式． 23. 阅读材料： 我们知道，，类似的，我们把看成一个整体，则．“整体思想”是中学数学解题中的一种重要的思想方法，在多项式的化简与求值中应用极为广泛． 尝试应用： （1）把看成一个整体，化简= ； （2）已知，求的值； 拓广探索： （3）已知，，，求的值． 【答案】23. 24. 25. 【解析】 【分析】本题考查了整式的加减运算以及代数式： （1）将看成一个整体，将前面的系数直接相加减； （2）将式子化为含有的式子，代入计算； （3）将式子化为含有，，，代入计算． 【23题详解】 解：； 【24题详解】 解：， ， 把代入得， 原式， ； 【25题详解】 解：， ， ， 把，，代入得， 原式， ． 24. 如图，在一块底是，高是的三角形铁皮上，剪去一个半径是的半圆． （1）用含、、的代数式表示剩下铁皮的面积； （2）求当，，时剩下的铁皮面积（取，并将计算结果用四舍五入法精确到十分位）． 【答案】（1）平方厘米 （2）平方厘米 【解析】 【分析】此题考查了列代数式，已知字母的值求代数式的值，正确理解图形面积的计算方法列出代数式是解题的关键． （1）先用代数式表示图中各个部分的面积，再根据各个部分面积之间的关系得出结果； （2）把，，代入（1）中的代数式计算即可． 【小问1详解】 解：平方厘米． 【小问2详解】 解：当，，时， ． 25. 某物流公司的配送员驾驶货车从配送中心出发配送货物，向东行驶到达客户甲，继续向东行驶到达客户乙，然后向西行驶到达客户丙，最后返回配送中心． （1）以配送中心为原点，向东为正方向，1个单位长度表示1km，在数轴上用点（配送中心）、（客户甲）、（客户乙）、（客户丙）标出位置； （2）配送员配送时，从配送中心到客户甲、客户乙的行驶速度是20km/h，从客户乙到客户丙因载货重量增加，速度降至15km/h，返回时速度恢复为20km/h．若配送员在每个客户处停留3分钟，求出从出发到返回配送中心一共花费的时间（结果保留一位小数）； （3）若客户甲、乙、丙分别有2、3、4件货物需要配送，配送员从配送中心出发时可装载5件货物，且每次返回配送中心才能补充货物．请规划配送员的配送路线，使总行驶路程最少，并计算最少总路程． 【答案】（1） 如图所示， （2）79分钟 （3） 路线如下： 第一次：配送中心→甲（2件）→乙（3件）→配送中心（返回）， 第二次：配送中心→丙（4件）→配送中心； 路程为． 【解析】 【分析】本题考查有理数的运算，数轴与有理数，正确的列出算式是解题的关键： （1）根据数轴的画法，作图即可； （2）根据总时间等于停留时间+行驶时间即可解答； （3）配送员每次出发时可装载5件货物，需规划路线以最小化总行驶路程． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 行驶总时间为：（小时），（分钟） 从出发到返回配送中心一共花费的时间为：（分钟） 答：从出发到返回配送中心一共花费了79分钟． 【小问3详解】 配送员的配送路线如下： 第一次：配送中心→甲（2件）→乙（3件）→配送中心（返回），行驶km（去程km，返程km） 第二次：配送中心→丙（4件）→配送中心，行驶km 总路程． 26. 已知多项式是关于的二次多项式，且二次项系数为，数轴上两点、对应的数分别为、，为原点．动点从点出发，在数轴上以每秒个单位长度的速度向右运动，动点从点出发，在数轴上以每秒个单位长度的速度向左运动，两点同时出发，当点到达点时停止运动，点也随之停止．设点的运动时间为（秒）． （1）的值为_____，的值为_____，、两点之间的距离为_____． （2）用含的代数式表示：秒后，点表示的数为_____，点表示的数为_____． （3）当时，通过计算判断两点的位置关系． （4）当点表示的数为正数时，问是否为定值？如果是，求出这个值，如果不是，说明理由． 【答案】（1），， （2）， （3）重合 （4）时，不是定值；时是定值， 【解析】 【分析】本题考查了列代数式，两点间的距离公式，整式的加减运算，掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）易得多项式中三次项的系数为，那么可得的值，二次项系数为，则，、两点之间的距离为表示、两点的数的差的绝对值； （2）点表示的数为：点表示的数点的运动路程，点表示的数为：点表示的数点的运动路程； （3）把代入（2）中得到的代数式，计算后即可得到、两点的位置关系； （4）根据点表示的数为正数，当点到达点时停止运动，点也随之停止，可得的大致取值范围，进而表示出所求代数式，根据不同的取值范围可得所求代数式的值是否为定值． 【小问1详解】 解：多项式是关于的二次多项式， ， ， 二次项系数为， ， 、两点之间的距离为， 故答案为：，，； 【小问2详解】 解：动点从点出发，在数轴上以每秒个单位长度的速度向右运动， 点表示的数为：， 动点从点出发，在数轴上以每秒个单位长度的速度向左运动， 点表示的数为：， 故答案为：，； 【小问3详解】 解：当时，点表示的数为，点表示的数为， 点和点重合； 【小问4详解】 解：当时，不是定值，当时，是定值，定值为，理由如下： ， 点表示的数为正数， ， ， 点到达点时停止运动，点也随之停止， ， 解得：， ， ， 当时，， 此时不是定值； 当时，， 此时是定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 白银市第十中学2025-2026学年第一学期期中考试 初一年级数学试卷 考试时间：100分钟 满分：120分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题（共30分，每小题3分，共10题） 1. 如图的几何体素描作品中，不存在的几何体为（ ） A. 棱锥 B. 球 C. 圆柱 D. 棱柱 2. 现今通用的标准乒乓球规格为“克”，则下列乒乓球中不合格的（ ） A. 克 B. 克 C. 克 D. 克 3. 单项式的系数和次数分别是（ ） A. ，3 B. ，3 C. ，3 D. ，4 4. 一个棱柱有6个面，所有侧棱长之和为．底面边长都是．则这个棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 下表是某地连续4天内每天的最高气温和最低气温记录，在这4天中，温差（最高气温与最低气温的差）最小的是（ ） 第一天 第二天 第三天 第四天 最高温度/℃ 8 5 6 4 最低温度/℃ 1 A. 第一天 B. 第二天 C. 第三天 D. 第四天 6. 如图，把一个圆柱切拼成一个长方体后，长方体的表面积和体积与圆柱的相比，（ ） A. 都不变 B. 体积不变，表面积变小 C. 都变大 D. 体积不变，表面积变大 7. 若 与 互为相反数，则的值为（ ） A. 23 B. 27 C. 8 D. 24 8. 如图，分别以直角梯形的下底和上底所在的直线为轴，将梯形旋转一周得到A，B两个几何体，则，两个几何体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 9. 若两个有理数的和等于这两个有理数的积，则称这两个有理数互为相依数．例如：有理数与3，因为，所以有理数与3是互为相依数．对于有理数对它进行如下操作：取的相依数，得到；取的倒数，得到；取的相依数，得到；取的倒数，得到；…；若，则的值是（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法中，正确的个数（ ） ①若，则； ②若，则有是正数； ③三点在数轴上对应的数分别是，若相邻两点的距离相等，则； ④，，则的值为． A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 二、填空题（共24分，每小题3分，共8题） 11. 用科学记数法写出的数为，则原来的数是__________ 12. 如图，要给这个长、宽、高分别为、、的箱子打包，其打包方式如图所示，则打包带的长至少要______．（单位：）（用含、、的代数式表示） 13. 不改变数的顺序，请用“”“”运算符号把数，，，组成一个算式：__________，使其运算结果为． 14. 已知单项式与的差仍为单项式，则的值为________． 15. 若有理数，，在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论是__________． 16. 如图1，第十四届国际数学教育大会的标识蕴含多种数学元素．如图2，“”下方的“卦”依次表示四个二进制数：， 可将它们依次转换为八进制数．其中，二进制数转换成八进制数的方法是：将二进制数的每一位数乘2的相应次方（从右往左依次为）， 然后相加，例如， 请仿照二进制数转换为八进制数的方法，将八进制数转换为十进制数为_____． （注：） 17. 已知时，代数式的值等于17，则当时，此代数式的值为___________． 18. 如图，甲、乙两动点分别同时从正方形的顶点、沿正方形的边开始匀速运动，甲按顺时针方向运动，乙按逆时针方向运动，若乙的速度是甲的3倍，那么他们第一次相遇在边上，请问他们第次相遇在哪条边上________ 三、解答题（共66分，第19题6分，第20题12分，第21、22题6分，第23、24、25题8分，第26题12分．） 19. 一个由若干个边长为的小正方体组成的几何体如图所示： （1）已知“从上面看”的形状如图①，请你画出从正面、从左面看这个几何体的形状图； （2）若为这个几何体的表面喷漆，每平方厘米需2克油漆，那么喷好这个几何体共需油漆 克． 20. 计算： （1） （2） （3） （4） 21. 化简： （1） （2） 22. 先化简，再求值：，其中， ． 23. 阅读材料： 我们知道，，类似的，我们把看成一个整体，则．“整体思想”是中学数学解题中的一种重要的思想方法，在多项式的化简与求值中应用极为广泛． 尝试应用： （1）把看成一个整体，化简= ； （2）已知，求的值； 拓广探索： （3）已知，，，求的值． 24. 如图，在一块底是，高是的三角形铁皮上，剪去一个半径是的半圆． （1）用含、、的代数式表示剩下铁皮的面积； （2）求当，，时剩下的铁皮面积（取，并将计算结果用四舍五入法精确到十分位）． 25. 某物流公司的配送员驾驶货车从配送中心出发配送货物，向东行驶到达客户甲，继续向东行驶到达客户乙，然后向西行驶到达客户丙，最后返回配送中心． （1）以配送中心为原点，向东为正方向，1个单位长度表示1km，在数轴上用点（配送中心）、（客户甲）、（客户乙）、（客户丙）标出位置； （2）配送员配送时，从配送中心到客户甲、客户乙的行驶速度是20km/h，从客户乙到客户丙因载货重量增加，速度降至15km/h，返回时速度恢复为20km/h．若配送员在每个客户处停留3分钟，求出从出发到返回配送中心一共花费的时间（结果保留一位小数）； （3）若客户甲、乙、丙分别有2、3、4件货物需要配送，配送员从配送中心出发时可装载5件货物，且每次返回配送中心才能补充货物．请规划配送员的配送路线，使总行驶路程最少，并计算最少总路程． 26. 已知多项式是关于的二次多项式，且二次项系数为，数轴上两点、对应的数分别为、，为原点．动点从点出发，在数轴上以每秒个单位长度的速度向右运动，动点从点出发，在数轴上以每秒个单位长度的速度向左运动，两点同时出发，当点到达点时停止运动，点也随之停止．设点的运动时间为（秒）． （1）的值为_____，的值为_____，、两点之间的距离为_____． （2）用含的代数式表示：秒后，点表示的数为_____，点表示的数为_____． （3）当时，通过计算判断两点的位置关系． （4）当点表示的数为正数时，问是否为定值？如果是，求出这个值，如果不是，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $