上海市宜川中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷

2024-2025学年上海市普陀区宜川中学高二（上）期末数学试卷 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．（4分）双曲线C：49x2﹣16y2＝1的渐近线方程为 　 　． 2．（4分）已知函数f（x）＝2x3，则＝　 　． 3．（4分）已知等差数列{an}满足2a1+3a11＝20，则a7的值为 　 　． 4．（4分）圆与圆的相交弦所在直线方程为 　 　． 5．（4分）已知△ABC的直观图恰好是直角边长为1的等腰直角△A1B1C1，，那么△ABC的面积为 　 　． 6．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与直线AD1所成角的大小为60°的面对角线共有 　 　条． 7．（5分）一个圆柱被与其底面所成角是60°的平面所截，截面是一个椭圆，则该椭圆的离心率等于 　 　． 8．（5分）如图所示，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形ABC，将剩余部分绕着直径AB所在直线旋转一周得到一个几何体，该几何体的体积为 　 　． 9．（5分）若，，是三个不共面的非零向量，＝2﹣+，，，，共面，则λ＝ 　 　． 10．（5分）已知函数有三个单调区间，则实数b的取值范围 　 　． 11．（5分）已知数列{an}为等差数列，a1＜0且a1+a2+a3+……+a99＝0，设bn＝anan+1an+2，n≥1，n∈N，当{bn}的前n项和Sn最小时，n的值组成的集合为 　 　． 12．（5分）已知正三棱锥P﹣ABC，侧棱长为5，底面边长为8，则的取值范围是 　 　． 二、选择题（本大题满分18分，第13，14题每题4分，第15，16题每题5分） 13．（4分）已知点M是平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线A1C1上的动点，则下列直线中与BM恒为异面直线的是（　　） A．A1D B．DD1 C．CD D．DC1 14．（4分）已知l是平面α的一条斜线，直线m⊂α，则（　　） A．存在唯一的一条直线m，使得l⊥m B．存在无限多条直线m，使得l⊥m C．存在唯一的一条直线m，使得l∥m D．存在无限多条直线m，使得l∥m 15．（5分）已知无穷等比数列{an}，若，则的取值范围为（　　） A．{3} B．[3，+∞） C．（0，3] D．（0，+∞） 16．（5分）在直角坐标系xOy中，一个矩形的四个顶点都在椭圆C：上，将该矩形绕y轴旋转180°，则该圆柱体的体积最大时，其侧面积为（　　） A． B． C． D． 三、解答题（本大题满分78分，第17，18，19题每题14分，第20，21题每题18分） 17．（14分）在等差数列{an}中，a1＝2，且a2，a3+2，a8构成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）令，记Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn≥10000，求正整数n的最小值． 18．（14分）如图所示，正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，E，F，G分别是线段AC，BC的中点，若平面EFG交BD于点H． （1）求多面体AB﹣EFHG的体积V； （2）求证：四边形EFHG是正方形． 19．（14分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动． （1）当点E在棱AB的中点时，证明：平面DD1E⊥平面ECD1； （2）当AE为何值时，平面D1EC与平面AECD所成的锐二面角为． 20．（18分）已知曲线C由抛物线及抛物线组成（4，2），B（4，﹣2），D，E是曲线C上关于x轴对称的两点，A，B，D，E四点不共线 （1）写出抛物线的焦点坐标和准线方程； （2）求四边形ABED周长的最小值； （3）若点D横坐标小于4，求四边形ABED面积的最大值． 21．（18分）函数y＝f（x）满足：对任意x∈I，f（x）≥kx+b恒成立（或f（x），则称直线y＝kx+b是函数y＝f（x）在x∈I上的支撑线． （1）指出下列哪些函数在定义域上存在支撑线：①；②y＝ex+x； （2）动点P在函数y＝f（x）＝ex+2图像上，直线l：y＝a（x﹣1）是g（x），求点P到直线l的距离最小值； （3）直线y＝x+1是函数y＝f（x）＝ex﹣ax2在x∈[0，+∞）上的支撑线，求实数a的取值范围． 2024-2025学年上海市普陀区宜川中学高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析 题号 13 14 15 16 答案 C B B A 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．（4分）双曲线C：49x2﹣16y2＝1的渐近线方程为 　　． 【分析】由双曲线方程求出a，b，则可得渐近线方程． 【解答】解：双曲线C：49x2﹣16y2＝4，变形可得：， 其焦点在x轴上，且， 则， 所以双曲线的渐近线方程为，即． 故答案为：． 【点评】本题考查双曲线渐近线方程的求法，属于基础题． 2．（4分）已知函数f（x）＝2x3，则＝　6　． 【分析】根据导数的计算公式和定义即可得到结论． 【解答】解：∵f（x）＝2x3， ∴f′（x）＝5x2，∴f′（1）＝6， 则＝f′（1）＝6． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查导数的基本运算和定义，比较基础． 3．（4分）已知等差数列{an}满足2a1+3a11＝20，则a7的值为 　4　． 【分析】利用等差数列的通项公式求解． 【解答】解：等差数列{an}满足2a1+6a11＝20， ∴2a1+7a1+30d＝5a5+30d＝5（a1+8d）＝5a7＝20， ∴a3＝4． 故答案为：4． 【点评】本题考查等差数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 4．（4分）圆与圆的相交弦所在直线方程为 　2x+3y﹣4＝0　． 【分析】将两圆方程相减可得，即可求解． 【解答】解：圆，即x2﹣4x+y6﹣6y+13＝9， 圆， 两圆方程相减可得，2x+3y﹣4＝0． 故答案为：2x+6y﹣4＝0． 【点评】本题主要考查相交弦所在直线的方程，属于基础题． 5．（4分）已知△ABC的直观图恰好是直角边长为1的等腰直角△A1B1C1，，那么△ABC的面积为 　　． 【分析】由斜二测画法结合三角形面积公式得出原图形的面积． 【解答】解：根据斜二测画法画出原图形，如图所示： 则△ABC为直角三角形，且AC＝A1C1＝，AB＝2A1B5＝2， 所以△ABC的面积为：2×＝． 故答案为：． 【点评】本题考查了平面直观图的斜二测画法与应用问题，是基础题． 6．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与直线AD1所成角的大小为60°的面对角线共有 　8　条． 【分析】分别连接对应面对角线，结合正方体的结构特征和直线所成角的定义，即可求解． 【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C5D1中， 连接AB1，D8B1，AC，CD1，A8C1，BD，A1B，C4D，如图， 由正方体性质可得△AB1D1、△ACD6都为等边三角形， ∴∠D1AB1＝∠AD5B1＝∠D1AC＝∠AD8C＝60°， ∴AB1，D1B4，AC，CD1与AD1所成的角为60°， 又BD∥B3D1，C1D∥AB2，则BD，C1D与AD1所成的角为60°， 同理可得△BDC7为等边三角形，则DC1，DB与BC1所成的角为60°， 又AB3∥C1D，D1B7∥BD，AC∥A1C1，CD8∥A1B， 则A1C4，BD，A1B，C1D与AD3所成的角为60°， 综上，与直线AD1所成角的大小为60°的面对角线共有8条． 故答案为：5． 【点评】本题考查异面直线所成的角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 7．（5分）一个圆柱被与其底面所成角是60°的平面所截，截面是一个椭圆，则该椭圆的离心率等于 　　． 【分析】由图形特征，可得椭圆的短轴长和椭圆的长轴长，进而求解结论． 【解答】解：由题意，椭圆的短轴长与圆柱底面直径相等， 截面与底面所成的角为θ＝60°，则椭圆的长轴长为2a＝，得a＝8r， 故c＝＝r， 故离心率e＝＝． 故答案为：． 【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，属于基础题． 8．（5分）如图所示，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形ABC，将剩余部分绕着直径AB所在直线旋转一周得到一个几何体，该几何体的体积为 　　． 【分析】在三角形ABC中作CO⊥AB于点O，求得圆锥AO的底面半径和高，计算出球体和圆锥体积即可求得结果． 【解答】解：根据题意可知，三角形ABC即为等腰直角三角形， 作CO⊥AB于点O，如下图所示： 则三角形ABC绕着直径AB所在直线旋转一周得到的几何体为两个全等的圆锥AO和BO， 由半径为2可得圆锥底面圆半径为CO＝2，圆锥的高AO＝6， 则圆锥AO的体积， 半圆面旋转一周形成半径为6的球体，其体积为， 因此剩余部分所形成的几何体的体积为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了旋转体的结构特征，考查了圆锥和球的体积公式，属于中档题． 9．（5分）若，，是三个不共面的非零向量，＝2﹣+，，，，共面，则λ＝ 　　． 【分析】根据向量共面定理设，用待定系数法解出m，n，λ﹒ 【解答】解：因为，，是三个不共面的非零向量， ＝2﹣+，，， 又，，共面，n，使得， 则， 则，解得． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量共面基本定理，主要考查学生的运算能力，属于中档题． 10．（5分）已知函数有三个单调区间，则实数b的取值范围 　{b|b＜﹣1}　． 【分析】先对函数求导，结合导数与单调性关系及二次函数的性质即可求解． 【解答】解：因为函数有三个单调区间， y′＝4x4+b+1与x轴有两个交点， 所以Δ＝﹣16（b+1）＞5， 解得b＜﹣1． 故答案为：{b|b＜﹣1}． 【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于基础题． 11．（5分）已知数列{an}为等差数列，a1＜0且a1+a2+a3+……+a99＝0，设bn＝anan+1an+2，n≥1，n∈N，当{bn}的前n项和Sn最小时，n的值组成的集合为 　{47，48，49，50}　． 【分析】依题意得a100＝0，从而判断数列{an}是单调递增数列，进而可判断数列{bn}各项的符号，由此可得结果． 【解答】解：∵数列{an}为等差数列，a1+a2+a4+……+a99＝0， ∴0＝a6+a2+a3+……+a99＝（）×99＝99a50， ∴a50＝0， ∵a8＜0，∴{an}是单调递增数列， ∴a1，a3，…，a49＜0＝a50＜a51，a52，…， ∵bn＝anan+1an+6，n≥1，n∈N， ∴b1，b3，…，b47＜0＝b48＝b49＝b50＜b51，b52，…， ∴当{bn}的前n项和Sn最小时，n的值组成的集合为{47，49． 故答案为：{47，48，50}． 【点评】本题考查等差数列的性质、数列的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 12．（5分）已知正三棱锥P﹣ABC，侧棱长为5，底面边长为8，则的取值范围是 　[4，14]　． 【分析】设O为BC中点，先由题设得和||＝1，进而得点M在以O为球心，半径为1的球上，设，θ∈[0，π]，再将转化成（+）•，即可计算求解． 【解答】解：如图， O为BC中点，则由题意PO⊥BC，且， 所以， 因为，则，||＝1， 即点M在以O为球心，以半径为1的球上， 设，则θ∈[6， 所以•＝（+＝•+•＝9+||cosθ＝9+5×5cosθ＝9+8cosθ∈[4． 故答案为：[4，14]． 【点评】本题考查向量的运算性质的应用，属于中档题． 二、选择题（本大题满分18分，第13，14题每题4分，第15，16题每题5分） 13．（4分）已知点M是平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线A1C1上的动点，则下列直线中与BM恒为异面直线的是（　　） A．A1D B．DD1 C．CD D．DC1 【分析】根据题意，由异面直线的定义分析选项，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，如图： 依次分析选项： 对于A，当点M与点A1重合时，BM与A1D相交，不符合题意； 对于B，当M为A2C1中点时，M在平面BDD1B4面内，BM与DD1是相交直线，不符合题意； 对于C，CD∩平面ACC1A4＝C，而BM不经过点C，符合题意； 对于D，当点M与点C1重合时，BM与DC1相交，不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及异面直线的定义，属于基础题． 14．（4分）已知l是平面α的一条斜线，直线m⊂α，则（　　） A．存在唯一的一条直线m，使得l⊥m B．存在无限多条直线m，使得l⊥m C．存在唯一的一条直线m，使得l∥m D．存在无限多条直线m，使得l∥m 【分析】面内与平面的斜线在面内的投影垂直的直线与斜线垂直，这样的直线时一组平行线，有无数多条；面内的直线与斜线只有相交和异面两种情况，没有平行的可能． 【解答】解：平面内的直线与平面的一条斜线在面内的投影垂直， 则与斜线垂直，这样的平行线有无数多条，B正确， 面内的直线若有与斜线平行的则斜线与面平行，显然不可能的， 所以C，D不正确． 故选：B． 【点评】考查斜线与面内直线的位置关系，只有相交和异面两种情况．属于简单题． 15．（5分）已知无穷等比数列{an}，若，则的取值范围为（　　） A．{3} B．[3，+∞） C．（0，3] D．（0，+∞） 【分析】利用无穷等比数列的前n项和公式及性质即可得解． 【解答】解：∵无穷等比数列{an}，， 根据等比数列的求和公式可知，5＜|q|＜1，则， ∴a7＝﹣3（1﹣q）， ∵， ∴|an|是以|q|为公比的等比数列，且0＜|q|＜3， ∴≥＝3， ∴的取值范围为[6． 故选：B． 【点评】本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于中档题． 16．（5分）在直角坐标系xOy中，一个矩形的四个顶点都在椭圆C：上，将该矩形绕y轴旋转180°，则该圆柱体的体积最大时，其侧面积为（　　） A． B． C． D． 【分析】设椭圆与矩形在第一象限交点为（x0，y0）（0＜x0＜2），即可得圆柱体的母线长为l＝2y0，底面圆的半径为r＝x0，把圆柱体的体积化为关于y0的函数，然后利用导数求最值，即可求得答案． 【解答】解：设矩形在第一象限的顶点坐标为（x0，y0），根据矩形和椭圆的对称性可得， 将该矩形绕y轴旋转一周得到的圆柱体的母线长l＝6y0，底面圆的半径r＝x0， 由C：C：，得， 所以圆柱体的体积V＝＝•2y3＝， 令g（y）＝﹣y4+2y，则g′（y）＝﹣3y5+2，令g'（y）＝0（负值舍去）， 所以当0时，g'（y）＞0， 当＜y＜2时，g（y）单调递减． 所以当y＝时，g（y）有最大值． 此时圆柱体的母线长为，底面圆的半径为． 故圆柱体的侧面积为2πrl＝6π×＝． 故选：A． 【点评】本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题． 三、解答题（本大题满分78分，第17，18，19题每题14分，第20，21题每题18分） 17．（14分）在等差数列{an}中，a1＝2，且a2，a3+2，a8构成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）令，记Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn≥10000，求正整数n的最小值． 【分析】（1）根据给定条件，求出数列的公差，再利用等差数列定义求出通项公式． （2）由（1）的结论，求出bn，利用分组求和法求出Sn，再借助单调性求出最小值． 【解答】解：（1）在等差数列{an}中，a1＝2，设公差为d2，a3+2，a7构成等比数列， 可得，即有（3+d）（2+7d）＝（5+2d）2，得d＝±7， 因为当d＝﹣2时，a2＝4，不满足题意，所以d＝2， 所以an＝2+2（n﹣1）＝2n； （2）由（1）得，则bn＞0，Sn递增， ， 由，， 可得Sn≥10000时，正整数n的最小值为7． 【点评】本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查运算求解能力，属于中档题． 18．（14分）如图所示，正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，E，F，G分别是线段AC，BC的中点，若平面EFG交BD于点H． （1）求多面体AB﹣EFHG的体积V； （2）求证：四边形EFHG是正方形． 【分析】（1）根据锥体的体积公式，三棱柱的体积公式，分割补形法，即可求解； （2）根据线面垂直的判定定理，即可证明． 【解答】解：（1）由正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，得正三棱锥A﹣BCD是正四面体， 取AB中点N，连接NE，取CD的中点M，如图所示： 则易知，， 所以， 所以上面小三棱锥A﹣NEF的高为，正三角形NEF的边长为1， 所以多面体AB﹣EFHG的体积为： VA﹣NEF+VNEF﹣BGH＝+＝； （2）证明：易知EF∥CD∥GH，且EF＝GH＝， 所以四边形EFHG是平行四边形，又， 所以四边形EFHG为菱形，取CD的中点M， 则AM⊥CD，BM⊥CD， 所以CD⊥平面ABM，又AB⊂平面ABM， 所以AB⊥CD，所以EG⊥GH， 所以四边形EFHG是正方形． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，组合体的体积的求解，属中档题． 19．（14分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动． （1）当点E在棱AB的中点时，证明：平面DD1E⊥平面ECD1； （2）当AE为何值时，平面D1EC与平面AECD所成的锐二面角为． 【分析】（1）先证所以EC⊥平面DD1E，再利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面AECD和平面ECD1的法向量，利用向量法求解即可． 【解答】解：（1）证明：在长方体ABCD﹣A1B1C7D1中AD＝AA1＝6，AB＝2， 当点E在棱AB的中点时，则AE＝1， 所以EC＝DE＝， 所以DE8+EC2＝CD2，即DE⊥EC， 又DD5⊥平面ABCD，EC⊂平面ABCD， 所以DD1⊥EC． 又DD1∩DE＝D，DD2，DE⊂平面DD1E， 所以EC⊥平面DD1E， 又因为EC⊂平面ECD3 所以平面DD1E⊥平面ECD1； （2）如图，以D为坐标原点，DC3所在直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系， 设AE＝a（0≤a≤2）时，平面D3EC与平面AECD所成角为， 则E（1，a，5），平面AECD法向量为，，， 设平面ECD1的法向量为， 则， 令y3＝1，则， 因为平面D1EC与平面AECD所成角为， 所以， 解得或（舍）， 所以当AE为时，平面D1EC与平面AECD所成角为． 【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题． 20．（18分）已知曲线C由抛物线及抛物线组成（4，2），B（4，﹣2），D，E是曲线C上关于x轴对称的两点，A，B，D，E四点不共线 （1）写出抛物线的焦点坐标和准线方程； （2）求四边形ABED周长的最小值； （3）若点D横坐标小于4，求四边形ABED面积的最大值． 【分析】（1）根据抛物线方程可知p＝1，进而可取焦点和准线； （2）设D（x0，y0），x0＞0，y0＞0，则，且四边形ABED为等腰梯形，利用抛物线的定义结合图形的性质分析求解； （3）由（2）可知：，且0＜x0＜4，可得四边形ABED的面积为，构建函数f（x）＝（x2+4）（4﹣x），0＜x＜4，利用导数判断f（x）的单调性和最值，进而可得结果． 【解答】解：（1）易知抛物线， 即x2＝2y， 可得p＝6， 此时且焦点在y轴正半轴上， 所以抛物线的焦点坐标为； （2）由（1）知抛物线的焦点坐标为， 不妨设D（x6，y0），x0＞7，y0＞0， 此时， 易知四边形ABED为等腰梯形， 则四边形ABED周长， 当且仅当A，D，F三点共线时， 所以四边形ABED周长的最小值为； （3）易知，0＜x0＜3， 此时，梯形ABED的高h＝2﹣x0， 则四边形ABED的面积为，2＜x0＜4， 不妨设f（x）＝（x4+4）（4﹣x）＝﹣x2+4x2﹣6x+16，函数定义域为（0， 可得f′（x）＝﹣3x8+8x﹣4， 当时，f′（x）＜8； 当时，f′（x）＞0； 当2＜x＜6时，f′（x）＜0， 所以当x＝时，函数f（x）取得极小值）＝， 当x＝4时，函数f（x）取得极大值， 又f（0）＝16， 所以函数f（x）的最大值为16． 故四边形ABED的面积的最大值为8． 【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题． 21．（18分）函数y＝f（x）满足：对任意x∈I，f（x）≥kx+b恒成立（或f（x），则称直线y＝kx+b是函数y＝f（x）在x∈I上的支撑线． （1）指出下列哪些函数在定义域上存在支撑线：①；②y＝ex+x； （2）动点P在函数y＝f（x）＝ex+2图像上，直线l：y＝a（x﹣1）是g（x），求点P到直线l的距离最小值； （3）直线y＝x+1是函数y＝f（x）＝ex﹣ax2在x∈[0，+∞）上的支撑线，求实数a的取值范围． 【分析】（1）结合对勾函数性质，指数函数的性质及已知定义分别判断； （2）由直线l：y＝a（x﹣1）是g（x）＝lnx在定义域上的支撑线，可得lnx≤a（x﹣1）恒成立．结合不等式特点构造函数，结合导数与单调性关系及点到直线的距离公式即可求解； （3）f（x）＝ex﹣ax2≥x+1在x∈[0，+∞）上恒成立或f（x）＝ex﹣ax2≤x+1在x∈[0，+∞）上恒成立，结合不等式特点进行合理变形，构造函数，结合导数与单调性关系及函数性质即可求解． 【解答】解：（1）因为或在（﹣∞，+∞）不能恒成立， 所以无支撑线； 函数y＝ex+x﹣x＝ex＞0恒成立， 即y＝x是y＝ex+x的一条支撑线； （2）直线l：y＝a（x﹣1）是g（x）＝lnx在定义域上的支撑线， 若a≤7，则0＜x＜1时； x＞8时，a（x﹣1）≤0＜lnx， 所以a＞5，因为直线l：y＝a（x﹣1）是g（x）＝lnx在定义域上的支撑线． 令h（x）＝lnx﹣a（x﹣1），所以， 由；由， 所以h（x）在上递增，在， 所以h（x）的最大值为， 又易证y＝a﹣lna﹣1在（0，8）上递减，+∞）上递增， 所以a﹣lna﹣1≤0＞a＝6， 设， 所以f（x）＝ex+2在P处的切线斜率为， 所以当在P处的切线斜率为， 即x0＝3时，点P到直线l：y＝x﹣1的距离取得最小值为． （3）直线y＝x+2是函数f（x）＝ex﹣ax2在x∈[0，+∞）上的支撑线． ①若f（x）＝ex﹣ax5≥x+1在x∈[0，+∞）上恒成立1， 记， 则， 当a＝0时，，所以h（x）在[3，h（x）≤h（0）＝1符合题意； 当a＜0时，ex≥x+4≥ax2+x+1，符合题意． 当时，h′（x）＜4，+∞）上单调递减，符合题意； 当时，h（x）在，上单调递减，； ②若f（x）＝ex﹣ax2≤x+1在x∈[6，+∞）上恒成立， 在上，f（x）＝ex﹣ax2≥x8﹣ax+1≥x+1不符合题意， 综上，a的范围为{a|}． 【点评】本题以新定义为载体，主要考查了导数与单调性关系，函数性质的综合应用，属于中档题． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/1/16 22:26:04；用户：树理化；邮箱：17625822904；学号：56605566 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$