精品解析：四川省成都市石室中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

成都石室中学2025-2026学年度上期高2027届期中考试 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效． 一、选择题：本大题共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. 已知，，且，则（ ） A. B. C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直得到的值，进而求出. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以， 故选：A 2. 是方程表示椭圆的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先根据方程表示椭圆求出参数的范围，再根据充分条件和必要条件即可得解. 【详解】因为方程表示椭圆， 所以，解得且， 即方程表示椭圆，则， 所以是方程表示椭圆的必要不充分条件. 故选：B. 3. 定义：设是空间中的一个基底，若向量，则称有序实数组为向量在基底下的斜坐标．已知是空间的一个基底，是空间的另一个基底，若向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量在基底下的斜坐标，整理为关于的线性组合即可求解. 【详解】因为向量在基底下的斜坐标为 所以， 所以向量在基底下的斜坐标为. 故选：D 4. 在四面体中，点G是的重心，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据G是的重心，可知，再根据向量加法、减法法则即可求解. 【详解】∵G是的重心，∴. ， . 故选：B 5. 如图，已知圆锥的轴截面是正三角形，是底面圆的直径，点在上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过角度关系求出特定角的大小，然后建立空间直角坐标系，确定各点坐标，进而得到异面直线对应向量的坐标，最后利用向量的夹角公式求出异面直线所成角的余弦值. 【详解】，且，所以， 连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设圆的半径为，则、、、， ，， 设异面直线与所成的角为， 则：， 因此异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A． 6. 如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的底面圆半径为，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长等于2 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的标准方程可以是 D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为3 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知条件，结合椭圆的定义和性质，求出椭圆的长半轴长，短半轴长，进而分析判断各选项． 【详解】设圆柱的底面圆半径为，则，截面与底面夹角， 截面椭圆的短半轴，长半轴， 选项A：椭圆的长轴长等于，故A错误； 选项B：椭圆的离心率，故B错误； 选项C：椭圆的标准方程为，不是，故C错误； 选项D：椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为，故D正确． 故选：D． 7. 已知，，直线上存在点P，满足，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定直线所过定点，根据线段长度，可将问题转化为直线与线段有交点，结合图象确定临界状态，得到直线斜率的取值范围，进而求得结果. 【详解】直线方程可化为：， 令得：，直线恒过定点， 由得：， 当直线上存在点满足时，直线与线段有交点，如图所示， ，，由直线斜率不为， 直线的斜率， . 故选：D. 8. 圆锥曲线具有丰富的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点．设，分别是椭圆的左、右焦点，从焦点发出的光线先后经过椭圆上的A，B两点（非长轴上顶点）反射后回到焦点；过点作的外角的角平分线的垂线l，l交直线于点M，则下列说法正确的是（ ） A. 面积的最大值为6 B. 的最小值为 C. M的轨迹方程为 D. 的最小值为8 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的定义和性质、等腰三角形的性质，结合圆的定义、对勾函数的单调性逐一判断即可. 【详解】A：根据题意可知直线如果存在斜率，斜率一定不为零， 由椭圆， 设直线的方程为， 于是有， ，设， ， ， 令， ， 对钩函数在上单调递增， 所以当时，对钩函数单调递增， 于是由， 所以，即， 所以当，面积有最大值为3，因此本选项不正确； B：因为， 所以 ， 即，当且仅当时取等号， 即当时，的最小值为，所以本选项不正确； C：因为过点作的外角的角平分线的垂线l，l交直线于点M， 所以， 因为， 所以点M的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为，所以本选项正确； D：由上可知：， 所以， 因为A，B两点是椭圆上非长轴上顶点， 所以由椭圆的性质可知：， 所以没有最小值，故本选项不正确， 故选：C 二、选择题：本大题共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. 元素，，，，其中则下列说法正确的是（ ） A. 中元素个数不定 B. N表示在x轴、y轴上的截距相等的直线时，直线方程为或 C. ，点，则直线： D. 中有两个元素，分别记为，，线段ST中点的轨迹长度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】分析可知集合表示以为圆心，半径的圆，集合表示过点的直线.对于A：根据定点可知直线与圆位置关系：相离、相切或相交，即可判断交集元素个数；对于B：求截距列式求解即可；对于C：根据公共弦方程的求法运算求解即可；对于D：设线段ST中点为，根据垂径定理分析可得，根据两圆位置关系分析轨迹长. 【详解】因为元素，，， 则，解得， 则即为， 可知集合表示以为圆心，半径的圆， 又因为即为， 可知集合表示过点的直线. 对于选项A：因为，则点在圆外， 可知直线与圆的位置关系：相离、相切或相交， 所以中元素个数不定，故A正确； 对于选项B：若N表示在x轴、y轴上的截距相等的直线，则， 对于，令，可得；令，可得； 即直线在x轴、y轴上的截距分别为，， 则，解得， 所以直线方程为或，故B正确； 对于选项C：集合表示以圆心，半径的圆， 因为，即， 可知圆与圆相交点，两圆方程作差可得， 所以直线：，故C正确； 对于选项D：设线段ST中点为，则，， 因为，则， 整理可得，表示以为圆心，半径的圆， 又因为，即，可知圆与圆相交， 设两圆交点为，可知点的轨迹是优弧， 又因为圆的周长为，所以轨迹长度不为，故D错误； 故选：ABC. 10. 已知复数z在复平面上对应的点为M，且满足，则（ ） A. B. M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆 C. M到直线的距离的最大值为 D. 一组斜率为的平行线和椭圆相交时，直线被椭圆截得的线段的中点都在直线上 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，利用复数三角不等式求解；对B，由复数模的几何意义和椭圆的定义判断；对C，设，利用点到直线距离公式结合三角函数求解；对D，由点差法可得，即，得解. 【详解】对于A，由复数三角不等式得，所以，即，故A正确； 对于B，设，则， 上式表示点到定点和距离之和为4， 由椭圆的定义可知的轨迹是以和为焦点，长轴长为4的椭圆，故B正确； 对于C，由B得椭圆的方程为，设， 所以点到直线的距离，故C错误； 对于D，设斜率为的直线与椭圆相交于点，线段的中点为， 由点差法可得，即， 所以一组斜率为的平行线和椭圆相交时，直线被椭圆截得的线段的中点都在直线上，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知球O是棱长为2的正方体的内切球，M是的中点，N是的中点，P是球O的球面上任意一点，正方体表面上动点Q满足，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积的最大值为 B. Q的轨迹长度为 C. 若，则动点P的轨迹长度为 D. 若，则为定角 【答案】BCD 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用点面距离的向量求法可求得球心到平面的距离，结合三棱锥体积公式可知体积最大值为，知A错误；设，求出D的轨迹为球与正方体平面的交线，再利用几何性质求出弧长即可判断B；分别取中点，易知平面平面，可知所求轨迹为平面与内切球的交线，根据截面圆半径可求得C正确；根据椭圆定义可知点在以为焦点，长轴长为的椭球面上，结合椭圆与圆的对称性可知D正确. 【详解】对于A，以为原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得，，； 球心到平面的距离， 平面，平面，， 又， 所以三棱锥体积最大值为，A错误； 对于B，由正方体表面上动点Q满足，所以设， 则点的轨迹满足， 又正方体的棱长为2，取，则， 由图可知，在面内对应的弧长为， 由对称性可知在面、面、面内总长度为，B正确； 对于C，由正方体性质得面，且内切球半径， 分别取中点，如图所示， ，，平面， 平面，平面，平面， 平面，平面，又，平面， 所以平面平面，平面， 则点轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长， 易知球心平面， 则到平面的距离为平面与平面的距离， 截面圆半径，所以点轨迹长度为，C正确； 对于D，由题意知：， 又，所以点在以为焦点，长轴长为3的椭球面上， 因为点在以为球心，1为半径的球面上，所以点在椭球面与球面的交线处， 则平面截球与椭球的截面图如图所示， 由椭圆与圆的对称性可知：点位于时，为定值，D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，则________． 【答案】0.1 【解析】 【分析】根据概率的加法公式可以解出题目. 【详解】 代入已知条件，， ： 解得： 因为 ，所以 故答案为：0.1 13. 已知圆，椭圆，点M，N分别在圆和椭圆上，则线段长度的最小值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】设点，利用两点间距离公式计算，代入，将其化成关于的二次函数，利用其性质求得线段长度的最小值，代入计算即得. 【详解】圆的圆心坐标为，半径， 设点的坐标为，则， 又点在椭圆上，所以，即，， 所以， 则当时，取得最小值，结合圆的几何性质可得. 故答案为：. 14. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，若动点在内及边上运动，使得，则三棱锥的体积最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意推出，，再根据推出，在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，再根据三棱锥的体积公式可求得结果. 【详解】因为平面，所以平面平面， 因为，，所以平面，平面， 因为在内及边上，所以，， 所以，， 因为，所以，因为， 所以， 在平面内，以的中点为原点，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系： 则，，，设， 则，， 由得，化简得， 所以点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，如图所以， 当为圆与在轴上方的交点时，点到的距离最大， 令，解得，所以点到的距离最大为，也就是三棱锥的高的最大值为，因为，所以三棱锥的体积最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，这是本题解题的关键，属于难题. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率. 【答案】（1），平均值为1.73； （2）. 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求参数值，根据频率直方图中平均数的求法求平均数即可； （2）应用分层抽样性质确定不同用户的人数，再由列举法求古典概型的概率即可. 【小问1详解】 因为，所以. 平均值：. 【小问2详解】 抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，“铂金用户”选2名，记为， 样本空间， 设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，则. 因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型. 所以. 16. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，．再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值． 条件①：；条件②：；条件③：平面平面 【答案】（1）证明：选①②：由，，，易知：， 又，，面，则面； 选①③：由，，，易知：. 又面面，面面，面， ∴平面. 选②③：若平面平面，两平面的交线为，且在正方形中， ，所以平面，又平面，故， 所以②③为重复条件，故不符合题意. （2） 【解析】 【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可. （2）构建为原点建立空间直角坐标系，由已知确定相关点坐标，再求两平面的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知：，，又四边形是正方形，则， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，， ∴，， ，， 设面的一个法向量为，则，即 令，则，，即， 设面的一个法向量为，则，即 令，则，，即， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为. 17. 如图，已知圆，点，P为圆A上的动点，线段的垂直平分线与线段相交于点M （1）过点B的直线m被圆A截得的弦长为，求直线m的方程； （2）求动点M的轨迹方程； （3）设（2）中曲线为C，直线l：与曲线C交于E，F两点，求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据圆的方程得出圆心和半径，利用已知弦长得出圆心到直线的距离，分直线斜率存在和不存在两种情况讨论求出直线方程； （2）根据已知条件，利用椭圆的定义求出动点的方程； （3）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理结合两点间距离公式求出，利用点到直线距离公式求出距离，进而利用三角形面积公式求解． 【小问1详解】 圆的圆心为，半径， 已知弦长为，设圆心到直线的距离为， 则，而直线过点， 当直线斜率不存在时，直线为，圆心到直线距离， 弦长，符合题意； 当直线斜率存在时，设斜率为，则方程为，即， 圆心到直线距离，化简得，无解， 直线的方程为． 【小问2详解】 由垂直平分线的性质可知，， ，， ，， 由椭圆的定义可知，动点M是以为长轴，以为焦距的椭圆， 即， 动点M的方程为：． 【小问3详解】 如图，作出符合题意的图形， 联立直线与曲线方程，得， 设，由韦达定理得， ， 点到直线的距离为， ． 18. 在平行六面体中，，，，． （1）以为空间的一个基底，求平面的一个法向量； （2）求点到平面的距离； （3）动点P满足，且，，当时，求直线与平面所成角的取值范围； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，利用，再结合条件、数量积的定义及运算，得到，即可求解； （2）求出和，再利用点到平面的距离的向量法，即可求解； （3）利用向量法求出线面角的正弦值取值范围，再得出角的取值范围. 【小问1详解】 由题可知，， 则，，， 设为平面的一个法向量， 由，得到，即， 取，得到，所以， 故平面的一个法向量为. 【小问2详解】 由（1）知平面的一个法向量， 所以， 又 ， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 当时，设， 则， 所以， ， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，，； 当时，， 因为，所以， 所以，由， 可知， 综上，直线与平面所成角的取值范围. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切． （1）求C的方程； （2）若经过点且倾斜角为的直线n与椭圆C交于M，N两点（其中点M在x轴上方）如图①．将平面沿x轴折叠，使M点折至的位置，且轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）互相垂直，如图②．求折叠前的周长与折叠后的周长之差的绝对值； （3）直线与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，且PQ平分，设直线OP的斜率为（O为坐标原点），判断是否为定值,并说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 为定值，且，理由如下： 因为直线过定点，则直线与椭圆必相交， 设， 联立方程，消去y得， 则， 由题意可知直线AP，BP的斜率互为相反数， 则， 即， 可得 ， 则， 即， 化简得， 又因为在椭圆上，则，即， 可得， 即， 又因为不在直线， 则，即， 所以为定值，且. 【解析】 【分析】（1）根据离心率得到，再由相切关系，利用点到直线距离得到方程，联立求出，求出椭圆方程； （2）求出直线方程为：，再联立椭圆方程可得韦达定理，根据弦长公式以及空间中两点距离公式即可求解； （3）由题意条件得到，联立与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，代入化简得到，又在椭圆上，故，代入化简得到，从而得到，，证明出结论. 【小问1详解】 由椭圆的离心率为，可得，即， 由以C的短轴为直径的圆方程为， 由与直线相切得：， 联立方程，解得， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知：，则折叠前可知，且直线与椭圆必相交， 又直线n的倾斜角为，可得直线方程为：， 设， 联立方程，消去x可得， 则，， 可得， ， 折叠前， 以过点O且垂直于坐标面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则折叠后， 可得， 又因为， 折叠前的周长与折叠后的周长之差的绝对值为 . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都石室中学2025-2026学年度上期高2027届期中考试 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效． 一、选择题：本大题共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. 已知，，且，则（ ） A. B. C. 6 D. 2. 是方程表示椭圆的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 定义：设是空间中的一个基底，若向量，则称有序实数组为向量在基底下的斜坐标．已知是空间的一个基底，是空间的另一个基底，若向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 在四面体中，点G是的重心，设，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知圆锥的轴截面是正三角形，是底面圆的直径，点在上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的底面圆半径为，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长等于2 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的标准方程可以是 D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为3 7. 已知，，直线上存在点P，满足，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 圆锥曲线具有丰富的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点．设，分别是椭圆的左、右焦点，从焦点发出的光线先后经过椭圆上的A，B两点（非长轴上顶点）反射后回到焦点；过点作的外角的角平分线的垂线l，l交直线于点M，则下列说法正确的是（ ） A. 面积的最大值为6 B. 的最小值为 C. M的轨迹方程为 D. 的最小值为8 二、选择题：本大题共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. 元素，，，，其中则下列说法正确的是（ ） A. 中元素个数不定 B. N表示在x轴、y轴上的截距相等的直线时，直线方程为或 C. ，点，则直线： D. 中有两个元素，分别记为，，线段ST中点的轨迹长度为 10. 已知复数z在复平面上对应的点为M，且满足，则（ ） A. B. M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆 C. M到直线的距离的最大值为 D. 一组斜率为的平行线和椭圆相交时，直线被椭圆截得的线段的中点都在直线上 11. 已知球O是棱长为2的正方体的内切球，M是的中点，N是的中点，P是球O的球面上任意一点，正方体表面上动点Q满足，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积的最大值为 B. Q的轨迹长度为 C. 若，则动点P的轨迹长度为 D. 若，则为定角 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，则________． 13. 已知圆，椭圆，点M，N分别在圆和椭圆上，则线段长度的最小值为_____. 14. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，若动点在内及边上运动，使得，则三棱锥的体积最大值为______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率. 16. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，．再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值． 条件①：；条件②：；条件③：平面平面 17. 如图，已知圆，点，P为圆A上的动点，线段的垂直平分线与线段相交于点M （1）过点B的直线m被圆A截得的弦长为，求直线m的方程； （2）求动点M的轨迹方程； （3）设（2）中曲线为C，直线l：与曲线C交于E，F两点，求的面积． 18. 在平行六面体中，，，，． （1）以为空间的一个基底，求平面的一个法向量； （2）求点到平面的距离； （3）动点P满足，且，，当时，求直线与平面所成角的取值范围； 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切． （1）求C的方程； （2）若经过点且倾斜角为的直线n与椭圆C交于M，N两点（其中点M在x轴上方）如图①．将平面沿x轴折叠，使M点折至的位置，且轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）互相垂直，如图②．求折叠前的周长与折叠后的周长之差的绝对值； （3）直线与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，且PQ平分，设直线OP的斜率为（O为坐标原点），判断是否为定值,并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $