精品解析：湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高二上学期入学考试数学试题

高二上学期入学考试数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 第一部分（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的实部和虚部分别是（ ） A. 1，1 B. 1， C. ， D. ， 2. 已知向量，，，若，则 （ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 如图所示，梯形是平面图形 用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形 的面积为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4. 已知向量，则在方向上的投影数量为（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数 A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递减 6. 已知，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球 的球面上，且．若球 的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义域为 的奇函数，且是偶函数，当 时，，则当时，的解析式为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（ ） A. 事件A与事件B对立 B. 事件A与事件B相互独立 C. 事件A与事件C相互独立 D. 10. 在 中，角 的对边分别为， 为 的外心，则（ ） A. 若 有两个解，则 B. 的取值范围为 C. 的最大值为9 D. 若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为 11. 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 的直角边 所在直线与都垂直，斜边 以直线 为旋转轴旋转，有下列结论正确的有（ ） A. 当直线 与 成角时， 与 成角； B. 当直线 与 成角时， 与 成角； C. 直线 与 所成角的最小值为； D. 直线 与 所成角的最大值为. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为 ，且与的夹角为，若，则_________． 13. 已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 14. 已知函数，若函数，当恰有3个零点时，求 的取值范围为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 某地区对初中500名学生某次数学成绩进行分析，将得分分成8组（满分150分）：，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求第七组的频率； （2）用样本数据估计该地的500名学生这次考试成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）现从500名学生中利用分层抽样的方法从的两组中抽取5个人进一步做调查问卷，再从这5个人中随机抽取两人，求抽取到的两人不在同一组的概率． 16. 如图，已知多面体均垂直于平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在边 上， . （1）证明： ； （2）若 ，求 . 18. 四棱锥中， 为矩形，平面平面 . （1）求证： （2）若问 为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值. 19. 在平面直角坐标系中， 为坐标原点，对任意两个向量.作：，当不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为当共线时，规定． （1）分别根据下列已知条件求； ①； ②； （2）若向量，求证：； （3）记，且满足，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二上学期入学考试数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 第一部分（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的实部和虚部分别是（ ） A. 1，1 B. 1， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】由复数代数形式的运算化简即可. 【详解】， 所以数的实部和虚部分别是1,1， 故选：A. 2. 已知向量，，，若，则 （ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算律即可求解. 【详解】由得，解得 ， 故选：B 3. 如图所示，梯形是平面图形 用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形 的面积为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用斜二测画法得到原图，再用梯形面积公式计算即可. 【详解】如图，作平面直角坐标系 ，使A与O重合， 在x轴上，且， 在 轴上，且 ，    过 作，且，连接 ，则直角梯形 为原平面图形，其面积为． 故选：C. 4. 已知向量，则在方向上的投影数量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的几何意义进行求解即可． 【详解】因为， 所以， 因此在方向上的投影为， 故选：D． 5. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数 A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递减 【答案】A 【解析】 【分析】由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可. 【详解】由函数图象平移变换的性质可知： 将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为： . 则函数的单调递增区间满足：， 即， 令 可得一个单调递增区间为：. 函数的单调递减区间满足：， 即， 令 可得一个单调递减区间为：，本题选择A选项. 【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 6. 已知，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由方程，解得，得到的可能取值，根据题意得到，即可求解. 【详解】由方程，可得， 所以， 当时，， 所以的可能取值为，，，，，，…， 因为原方程在区间上恰有3个实根，所以， 解得，即的取值范围是. 故选：B. 7. 《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球 的球面上，且．若球 的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件确定球心的位置，根据球的半径求得棱柱的高，可计算表面积. 【详解】设 ，的中点分别为 ，，连接，取的中点 ． 直三棱柱中，，， 四边形是平行四边形，有， 因为三棱柱的底面是直角三角形，，所以 ，， ，分别是 ，的外接圆圆心． 因为 平面 ，所以平面 ， 所以 为的外接球的球心． 连接 ，因为球 的表面积为，所以球 的半径为1，即， ，则，，可得，， 所以三棱柱的表面积， 故选：C． 8. 已知是定义域为 的奇函数，且是偶函数，当 时，，则当时，的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，先分析函数的周期，由此可得，结合已知函数的解析式计算可得答案． 【详解】因为是定义在 上的奇函数，为偶函数， 所以，，即， 所以， 所以，可得， 所以的最小正周期为 ， 又当 时，， 当时，则，所以， 又由是周期为 的奇函数， 则， 故，. 故选：D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（ ） A. 事件A与事件B对立 B. 事件A与事件B相互独立 C. 事件A与事件C相互独立 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，甲骰子点数为奇数，乙骰子点数为偶数，事件可以同时发生，由对立事件的概念可判断；对于B，计算出，根据 可以判定两个事件是否相互独立；对于C，计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立；对于D，由前面可知，即可判断是否相等. 【详解】由题意，得，，， 对于A，当甲为奇数点，且乙为偶数点时，事件可以同时发生，所以事件A与事件B不互斥，故事件A与事件B不对立，故A错误； 对于B，由题意知，又，故事件A与事件B相互独立，故B正确； 对于C，，又，故事件A与事件C相互独立，故C正确； 对于D，由上知，，故D错误． 故选：BC． 10. 在 中，角 的对边分别为， 为 的外心，则（ ） A. 若 有两个解，则 B. 的取值范围为 C. 的最大值为9 D. 若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心求解；对于D，由正弦定理知A点在以 为圆心半径为的优弧上运动，再求解即可. 【详解】对于A，由正弦定理，得， 有两解的情形为，且，则，故A正确； 对于B，由正弦定理，得外接圆半径， 由正弦定理知A点在以 为圆心半径为的优弧上运动，， 于是，故B正确； 对于C，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时， 设 为 的中点，则， 在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误； 法二：转化到圆心：，故C错误； 对于D，如下图，由正弦定理知A点在以 为圆心半径为的优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为， 所以A点的轨迹长度为，故D正确． 故选：ABD. 11. 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 的直角边 所在直线与都垂直，斜边 以直线 为旋转轴旋转，有下列结论正确的有（ ） A. 当直线 与 成角时， 与 成角； B. 当直线 与 成角时， 与 成角； C. 直线 与 所成角的最小值为； D. 直线 与 所成角的最大值为. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，得到一个正方体，设正方体棱长为1，以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设直线 与 的方向单位向量分别为，，再设点 在运动过程中的坐标为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由题意知，三条直线两两垂直，画出图形，如图所示， 不妨设图中所示的正方体棱长为1，可得， 斜边 以直线 为旋转轴，则点 保持不变，点 的运动轨迹为以 为圆心，1为半径的圆，以 为坐标原点，以所在的直线分别为 ，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 直线 与 的方向单位向量分别为， ，且， 设点 在运动过程中的坐标为，其中 为与 的夹角，， 所以在运动过程中的向量为且， 设与的夹角为， 则， 所以，所以C正确，D错误； 设与的夹角为， 则， 当与的夹角为时，即，， 因为，可得， 因为，所以，此时与的夹角为，即，所以B正确；A错误. 故选：BC. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为 ，且与的夹角为，若，则_________． 【答案】 【解析】 【详解】以 为 轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为 ，且知， ，可得，，由可得，，故答案为 . 【 方法点睛】本题主要考查向量的坐标运算及两角和的余弦公式、同角三角函数之间的关系，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答，这种方法在求范围与最值问题时用起来更方便． 13. 已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 【答案】. 【解析】 【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到 的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】如图： 取的中点为 ，的中点为 ，的中点为 ， 因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，， 又四棱柱为直四棱柱，所以 平面，所以， 因为，所以侧面， 设 为侧面与球面的交线上的点，则， 因为球的半径为，，所以， 所以侧面与球面的交线上的点到 的距离为， 因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧， 因为，所以， 所以根据弧长公式可得. 故答案为：. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 14. 已知函数，若函数，当恰有3个零点时，求 的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，由题意，由图得或，即或，从而转化为 与及的交点个数问题，从而依次讨论即可求解. 【详解】如图，作出函数的图象， 令，即， 由图可知，或， 则或， 当，函数无解； 当或，函数只有一个解； 当或，函数有两个解； 当，函数有三个解； 当恰有3个零点时， 或或 或或或 或或或或， 解得. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 某地区对初中500名学生某次数学成绩进行分析，将得分分成8组（满分150分）：，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求第七组的频率； （2）用样本数据估计该地的500名学生这次考试成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）现从500名学生中利用分层抽样的方法从的两组中抽取5个人进一步做调查问卷，再从这5个人中随机抽取两人，求抽取到的两人不在同一组的概率． 【答案】（1） （2）102分 （3）. 【解析】 【分析】（1）根据各组的频率和为1求解即可； （2）根据平均数的定义结合频率分布直方图求解； （3）利用分层抽样的定义结合已知条件求出从的所抽取的人数，然后利用列举法求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图得第七组的频率为： ； 【小问2详解】 用样本数据估计该地500名学生这次考试成绩的平均分为： （分）； 【小问3详解】 由频率分步直方图可知的频数为的频数为，所以两组人数比值为， 按照分层抽样抽取5人，则在分别抽取3人和2人， 记这组三人的编号为这组两人的编号为， 故从5人随机抽取2名，共10种情况，为： 设事件“从5个人中随机抽取两人，抽取到的两人不在同一组” 则，共6种情况． 故， 即从这5个人中随机抽取两人，则抽取到的两人不在同一组的概率为． 16. 如图，已知多面体均垂直于平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】 （Ⅰ）［方法一］：几何法 由得， 所以，即有. 由，得， 由得， 由 ，得，所以，即有，又，因此平面. ［方法二］：向量法 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下： 因此, 由得；由得， 所以平面. （Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论； （Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可. 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）［方法一］：定义法 如图，过点作，交直线于点 ，连结 . 由平面得平面平面， 由得平面， 所以是与平面所成的角. 由得， 所以，故. 因此，直线与平面所成的角的正弦值是. ［方法二］：向量法 设直线与平面所成的角为 . 由(I)可知, 设平面的法向量 . 由即，可取， 所以. 因此，直线与平面所成的角的正弦值是. ［方法三］：【最优解】定义法+等积法 设直线与平面所成角为 ，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线 的距离，而点C到直线 的距离为，所以．故． ［方法四］：定义法+等积法 设直线与平面所成的角为 ，由条件易得，所以，因此． 于是得，易得． 由得，解得． 故． ［方法五］：三正弦定理的应用 设直线与平面所成的角为 ，易知二面角的平面角为，易得， 所以由三正弦定理得． ［方法六］：三余弦定理的应用 设直线与平面所成的角为 ，如图2，过点C作 ，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量． 结合三余弦定理得． ［方法七］：转化法＋定义法 如图3，延长线段至E，使得． 联结 ，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作 ，垂足为G，联结 ，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此． ［方法八］：定义法＋等积法 如图4，延长交于点E，易知 ，又，所以，故 面 ．设点到平面的距离为h，由得，解得． 又，设直线与平面所成角为 ，所以． 【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法； 方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出； （Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出； 方法二：根据线面角的向量公式求出； 方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解； 方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同； 方法五：直接利用三正弦定理求出； 方法六：直接利用三余弦定理求出； 方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出； 方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出． 17. 记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在边 上， . （1）证明： ； （2）若 ，求 . 【答案】（1）设 的外接圆半径为R，由正弦定理， 得， 因为 ，所以，即 ． 又因为 ，所以 ． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论. （2）方法一：两次应用余弦定理，求得边 与 的关系，然后利用余弦定理即可求得 的值. 【详解】（1）略 （2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 因为 ，如图，在 中，，① 在中，．② 由①②得，整理得 ． 又因为 ，所以 ，解得或， 当时， （舍去）． 当时，． 所以． [方法二]：等面积法和三角形相似 如图，已知 ，则， 即 ， 而 ，即 ， 故有 ，从而 ． 由 ，即，即，即 ， 故，即， 又 ，所以 ， 则． [方法三]：正弦定理、余弦定理相结合 由（1）知 ，再由 得 ． 在 中，由正弦定理得． 又 ，所以，化简得 ． 在 中，由正弦定理知 ，又由 ，所以． 在 中，由余弦定理，得． 故． [方法四]：构造辅助线利用相似的性质 如图，作 ，交 于点E，则 ． 由 ，得． 在 中，． 在 中． 因为 ， 所以， 整理得 ． 又因为 ，所以 ， 即或 ． 下同解法1． [方法五]：平面向量基本定理 因为 ，所以． 以向量为基底，有． 所以， 即， 又因为 ，所以．③ 由余弦定理得 ， 所以 ④ 联立③④，得 ． 所以 或 ． 下同解法1． [方法六]：建系求解 以D为坐标原点， 所在直线为x轴，过点D垂直于 的直线为y轴， 长为单位长度建立直角坐标系， 如图所示，则． 由（1）知， ，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动． 设，则 ．⑤ 由 知，， 即 ．⑥ 联立⑤⑥解得或 （舍去），， 代入⑥式得 ， 由余弦定理得． 【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题； 方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路； 方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路； 方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择； 方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起； 方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化. 18. 四棱锥中， 为矩形，平面平面 . （1）求证： （2）若问 为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）详见解析，（2）时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为 【解析】 【分析】（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD为矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以AB平面PAD，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD 平面PAD，所以ABPD （2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P作AD的垂线，垂足为O，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以PO平面ABCD，下面用 表示高及底面积：设，则，故四棱锥P-ABCD的体积为故当时，即时，四棱锥的体积P-ABCD最大.求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面BPC的法向量及平面DPC的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可. 【详解】（1）证明：ABCD为矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD 平面PAD平面ABCD=AD所以AB平面PAD，因为PD 平面PAD，故ABPD （2）解：过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG. 故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG 在直角三角形BPC中， 设，则，故四棱锥P-ABCD的体积为 因为 故当时，即时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 建立如图所示的空间直角坐标系， 故 设平面BPC的法向量，则由,得 解得 同理可求出平面DPC的法向量，从而平面BPC与平面DPC夹角 的余弦值为 19. 在平面直角坐标系中， 为坐标原点，对任意两个向量.作：，当不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为当共线时，规定． （1）分别根据下列已知条件求； ①； ②； （2）若向量，求证：； （3）记，且满足，求的最大值. 【答案】（1）5；0 （2）证明如下： 因为向量，且向量， 则， 所以， 同理， 所以； （3） 【解析】 【分析】（1）由题意，根据新定义即可求解； （2）由新定义可证得，，即可证明； （3）设，并表示出，由新定义和三角恒等变换化简计算可得，结合正弦函数的性质即可求解. 【小问1详解】 因为，，且， 所以； 又，，所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设为锐角时，由，得或， 当 为锐角，时， 故当时，取到最大值； 当为钝角时，由，得， 当 为钝角，， ， 当，即时，取得最大值， 所以取得最大值. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是平面向量的数量积的坐标表示. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $