精品解析：北京市第二中学2025-2026学年高二上学期第二次段考数学试卷

北京二中2025—2026学年度第二学段高二年级学段考试试卷 数学选择性必修第一册 命题人：刘怀颖 审核人：鲁智虎 得分：________ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上） 1. 过点（1，0）且与直线=平行的直线方程式 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意利用点斜式求直线的方程． 【详解】解：过点且与直线平行的直线方程式为， 即， 故选：． 【点睛】本题主要考查用点斜式求直线的方程,考查直线与直线平行条件的应用，属于基础题． 2. 下列双曲线，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据各项双曲线方程确定焦点位置并写出渐近线方程，即可得答案. 【详解】由、的焦点在轴上，A、B错； 由的焦点在轴上且渐近线方程为，C对； 由的焦点在轴上且渐近线方程为，D错. 故选：C 3. 若直线与圆相离，则点（ ） A. 在圆O外 B. 在圆O内 C. 在圆O上 D. 与圆O的位置关系不确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知直线与圆相离，得到圆心到直线的距离大于半径，进行计算求解. 【详解】由题意，圆的圆心为，半径.直线到圆心的距离为，根据相离条件，即，整理得，这表明点到原点的距离的平方小于4，即点在圆内部. 故选：B. 4. 已知直线过定点，与圆交于两点，则的最小值为（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得当时，最小，结合勾股定理代入计算，即可求解. 【详解】如图： 直线过定点， 将圆化为标准式为， 所以圆心，半径， 当时，的最小， 此时. 故选：C 5. 已知是正实数，则“”是“圆与圆有公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】两圆有公共点则，列出不等式求解m的取值范围，再根据集合的包含关系判断即可. 【详解】的圆心，半径， 的圆心，半径， 两圆圆心距， 因为两圆有公共点， 所以，解得， 显然，所以“”是“圆与圆有公共点”的必要不充分条件. 故选：B 【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，由集合的包含关系判断必要、充分条件，属于中档题. 6. 已知A（3，2），点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上移动，为使取得最小值，则点P的坐标为（ ） A. （0，0） B. （2，2） C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设点P到准线的距离为，根据抛物线的定义可知，即可根据点到直线的距离最短求出． 【详解】如图所示： 设点P到准线的距离为，准线方程为， 所以，当且仅当点为与抛物线的交点时，取得最小值，此时点P的坐标为． 故选：B． 7. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案. 【详解】因为，由双曲线的定义可得， 所以，； 因为,由余弦定理可得， 整理可得，所以，即. 故选：A 【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键. 8. 在实际生活中，常常要用到如图1所示的“直角弯管”.它的制作方法如下：如图2，用一个与圆柱底面所成角为的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到“直角弯管”.在制作“直角弯管”时截得的截口是一个椭圆，若将圆柱被截开的一段（如图3）的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展开成平面图形，则截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象（如图4）.记该正弦型函数的最小正周期为，截口椭圆的离心率为.若圆柱的底面直径为2，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件求出椭圆的长半轴长和短半轴长，由此可求，再求离心率，再求圆柱侧面展开图的底边边长，由此可得正弦型函数的周期. 【详解】设截口椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距长为， 因为圆柱的底面直径为2，所以，故，因为椭圆截面与底面的夹角为，所以，所以，所以，所以，所以， 观察图4知，正弦型函数的最小正周期为圆柱的侧面展开图的底边边长，即圆柱的底面圆的周长，所以. 故选：B. 9. 已知圆O:，直线，点在直线上。若存在圆O上的点Q，使得(O为坐标原点)，则的取值范围是（ ） A. B. [0,1] C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意分析可得满足，就能保证一定存在点，使得，由，带入两点间的距离公式可得，解不等式即可. 【详解】圆外又一点，圆上又一动点，在与圆相切时取得最大值， 如果变长，那么可以获得的最大值将变小， 可以得知，当，且与圆相切时，， 而当时，在圆上任意移动， 恒成立， 因此满足，就能保证一定存在点，使得， 否则，这样的点是不存在的， 点在直线， ， 即， ， ，解得， 的取值范围是. 故选：A 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了基本运算求解能力，属于中档题. 10. 曲线，其中均为正数，则下列命题正确的个数是（ ） ①当时，曲线是轴对称图形 ②当时，曲线关于中心对称 ③当时，曲线所围成的面积小于 ④当时，曲线上的点与距离的最小值等于1 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，设为曲线上的点，则将点代入验证即可判断；对于②，将代入验证，即可判断；对于③④，将曲线与单位圆进行比较即可判断. 【详解】对于①，当时，曲线即， 设为曲线上的点，则将点代入，方程不变， 即曲线关于直线对称，是轴对称图形，①正确； 对于②，当时，曲线即， 设为曲线上的点，则点关于的对称点为， 将代入，即，化简得， 即方程不变，故曲线关于中心对称，②正确； 对于③，当时，曲线即， 设为该曲线上任一点，设为单位圆上任一点， 则，，当时，；当时，； 不妨取为一定值，此时， 则，即曲线所围成的面积大于单位圆面积，③错误； 对于④，当时，曲线即， 设为该曲线上任一点，则，当时，； 设为单位圆上任一点， 当时，，则，当或时取等号， 则，当或时即可取等号， 当时，， 故曲线上的点与距离的最小值等于1，④正确， 故选：C 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于④的判断，解答时要注意结合单位圆进行比较，即可求解. 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答题纸上） 11. 已知双曲线C经过点，渐近线方程为，则C的标准方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可设C的标准方程为，由已知，解出双曲线的渐近线方程为，结合已知，即可得出答案. 【详解】由已知可得，双曲线的焦点位于轴上， 设C的标准方程为. 因为双曲线C经过点，所以， 则双曲线的渐近线方程为，所以， 所以，C的标准方程为. 故答案为：. 12. 已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的对称性以及边长可得，进而代入抛物线方程即可求解. 【详解】根据抛物线的对称性可知：由为等边三角形，所以关于坐标轴对称，由,，所以,将代入可得， 故答案为： 13. 已知，是平面，m，n是直线，给出下列命题： ①若，，则； ②若，，，，则； ③若，，m，n是异面直线，那么n与相交； ④若，，则且． 其中错误的命题为______． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理、线面平行的定理判断①④，由面面平行的判定定理判断②，由直线与平面的位置关系判断③． 【详解】①是平面与平面垂直的判定定理，所以①正确； ②中，由面面平行的判定定理可知，当不相交时，不一定成立，所以②错误； ③中，若，，m，n是异面直线，那么n与相交或，所以③错误； ④中，若，，则且， 或，所以④错误． 故答案为：②③④ 14. 已知椭圆的左焦点为，不经过且斜率为的直线交C于A，B两点．当的周长最大时，______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆的定义证明当直线过点时，的周长最大，联立方程组求直线与椭圆的交点横坐标，根据弦长公式求结论. 【详解】椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为， 由椭圆的定义可得，， 所以的周长为， 又，所以，当且仅当在线段上时取等号， 所以当直线过点时，的周长最大， 又直线的斜率为，所以直线的方程为， 联立，消可得，所以或， 所以， 所以当的周长最大时，. 故答案为： 15. 数学中有许多形状优美的曲线，如星形线，让一个半径为的小圆在一个半径为的大圆内部，小圆沿着大圆的圆周滚动，小圆的圆周上任一点形成的轨迹即为星形线.如图，已知，起始位置时大圆与小圆的交点为（点为轴正半轴上的点），滚动过程中点形成的轨迹记为星形线.有如下结论： ① 曲线上任意两点间距离的最大值为； ② 曲线的周长大于曲线的周长； ③ 曲线与圆有且仅有个公共点. 其中正确的序号为________________. 【答案】①③ 【解析】 【分析】由题意知星形线任意点满足，为参数，其中，即，，从而可判断①；分析曲线的图像，与星形线图像对比可知②；求出星形线与直线的交点，知曲线与圆相切，可判断③； 【详解】由已知可知小圆与大圆是内切的关系，设小圆的圆心为， 则小圆的圆心轨迹为以为圆心，半径为3的圆，即 设星形线任意点，则，为参数，其中 可知星形线任意点，满足， 对于①，星形线上左右两个端点，或上下两个端点，的距离最远，等于8，故①正确； 对于②，曲线为过点，，，的正方形， 而星形线与坐标轴的交点也是这四个点，由两点之间线段最短，可知曲线的周长小于曲线的周长，故②错误； 对于③，星形线与直线的交点为，即 它们到原点的距离为与圆的半径相等， 所以曲线与圆相切，即有且仅有个公共点，故③正确； 故答案为：①③ 【点睛】关键点点睛：本题考查两个圆的内切关系求轨迹，解题的关键是理解星形线的定义，求出对应点满足的条件，再分析选项，考查学生的分析审题能力，属于难题. 三、解答题（本大题共85分，请将答案填在答题纸上） 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于两点． （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程； （3）若为圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据点到直线的距离即可得圆的半径，进而可得圆的方程； （2）由题知直线的距离为，进而分直线斜率存在与不存在两种情况讨论求解即可； （3）根据相关点法求解即可. 【小问1详解】 因为以点为圆心的圆与直线相切， 所以圆的半径为点到直线的距离，即， 所以圆的方程为 【小问2详解】 设圆心到过点的动直线的距离为， 由（1）知， 因为，故，所以 当直线的斜率不存在时，其方程为， 此时圆心到的距离为，满足题意； 当直线的斜率存在时，设其方程为 此时圆心到直线的距离为，解得， 故直线的方程为. 综上，直线的方程为或 【小问3详解】 根据题意设，线段的中点， 所以根据中点公式有：，即， 因为， 所以，即 所以线段的中点的轨迹方程为. 17. 在中，角的对边分别为. （1）求的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分. 【答案】（1）. （2）条件①：；条件③：. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解即可. （2）根据三角形全等条件可知①③满足条件，条件②由余弦定理可得有两解，不满足条件，条件①：根据，结合等面积求解即可；条件③：利用余弦定理结合等面积求解即可. 【小问1详解】 在中因为， 由正弦定理得， 所以，即， 又因为，，所以，. 【小问2详解】 设边上的高为， 条件①：因为，所以 ，， 所以，根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一确定. 所以， 则，解得，即边上的高为. 条件②：由余弦定理得，即， 解得，此时满足条件的的三角形有两个，条件②不符合题意. 条件③：根据三角形全等（边角边）可得存在且唯一确定， 由余弦定理得，即，解得， 则，解得，即边上的高为. 18. 已知椭圆经过点，离心率为，过点的直线与椭圆交于不同的两点、. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式结合韦达定理求出的值，即可得出直线的方程. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 因此，椭圆的方程为. 【小问2详解】 若直线与轴重合，则，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得， 则，所以，， 由韦达定理可得，， 所以， ，解得， 所以，直线的方程为或，即或. 19. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）略 （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 20. 已知椭圆的右焦点为，且经过点. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点. 【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）设 联立得， ，，. 直线，令得，即； 同理可得. 因为,所以； ，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点. 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程； (Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点. 【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以； 因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为. （Ⅱ）略 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 21. 如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且. 定义为第s行与第t行的积. 若对于任意（），都有，则称数表为完美数表. （1）当时，试写出一个符合条件的完美数表； （2）证明：不存在10行10列的完美数表； （3）设为行列的完美数表，且对于任意的和，都有，证明：. 【答案】（1）答案不唯一. 如 1 1 1 （2）证明：假设存在10行10列的完美数表. 根据完美数表的定义，可以得到以下两个结论：（1）把完美数表的任何一列的数变为其相反数（即均变为，而均变为），得到的新数表是完美数表； （2）交换完美数表的任意两列，得到的新数表也是完美数表. 完美数表反复经过上述两个结论的变换，前三行可以为如下形式： 在这个新数表中，设前三行中的数均为1的有x列，前三行中“第1, 2行中的数为1，且第3行中的数为-1”的有y列，前三行中“第1, 3行中的数为1，且第2行中的数为-1”的有z列，前三行中“第1行中的数为1，且第2, 3行中的数为-1”的有w列（如上表所示）， 则 由，得； 由，得； 由，得. 解方程组，，，，得. 这与矛盾， 所以不存在10行10列的完美数表. （3）证明：记第1列前行中的数的和， 第2列前行中的数的和 ，……， 第n列前行中的数的和， 因为对于任意的和，都有， 所以. 又因为对于任意（），都有， 所以. 又因为， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）根据定义确定一个解即可，（2）先研究完美数表性质，再利用性质作变换，考虑前三行的情况，列方程组，最后根据所求解得矛盾，即证得结论，（3）把作为研究对象，根据条件可得，根据定义可得.最后根据不等关系：证得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】解决新定义问题的两个着手点(1)正确理解新定义．耐心阅读，分析含义，准确提取信息是解决这类问题的前提，剥去新定义、新法则、新运算的外表，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口．(2)合理利用有关性质是破解新定义型问题的关键．在解题时要善于从题设条件给出的数式中发现可以使用性质的一些因素，并合理利用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京二中2025—2026学年度第二学段高二年级学段考试试卷 数学选择性必修第一册 命题人：刘怀颖 审核人：鲁智虎 得分：________ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上） 1. 过点（1，0）且与直线=平行的直线方程式 （ ） A. B. C. D. 2. 下列双曲线，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与圆相离，则点（ ） A. 在圆O外 B. 在圆O内 C. 在圆O上 D. 与圆O的位置关系不确定 4. 已知直线过定点，与圆交于两点，则的最小值为（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 5. 已知是正实数，则“”是“圆与圆有公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知A（3，2），点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上移动，为使取得最小值，则点P的坐标为（ ） A. （0，0） B. （2，2） C. D. 7. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 在实际生活中，常常要用到如图1所示的“直角弯管”.它的制作方法如下：如图2，用一个与圆柱底面所成角为的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到“直角弯管”.在制作“直角弯管”时截得的截口是一个椭圆，若将圆柱被截开的一段（如图3）的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展开成平面图形，则截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象（如图4）.记该正弦型函数的最小正周期为，截口椭圆的离心率为.若圆柱的底面直径为2，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知圆O:，直线，点在直线上。若存在圆O上的点Q，使得(O为坐标原点)，则的取值范围是（ ） A. B. [0,1] C. D. 10. 曲线，其中均为正数，则下列命题正确的个数是（ ） ①当时，曲线是轴对称图形 ②当时，曲线关于中心对称 ③当时，曲线所围成的面积小于 ④当时，曲线上的点与距离的最小值等于1 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答题纸上） 11. 已知双曲线C经过点，渐近线方程为，则C的标准方程为___________． 12. 已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则______． 13. 已知，是平面，m，n是直线，给出下列命题： ①若，，则； ②若，，，，则； ③若，，m，n是异面直线，那么n与相交； ④若，，则且． 其中错误的命题为______． 14. 已知椭圆的左焦点为，不经过且斜率为的直线交C于A，B两点．当的周长最大时，______． 15. 数学中有许多形状优美的曲线，如星形线，让一个半径为的小圆在一个半径为的大圆内部，小圆沿着大圆的圆周滚动，小圆的圆周上任一点形成的轨迹即为星形线.如图，已知，起始位置时大圆与小圆的交点为（点为轴正半轴上的点），滚动过程中点形成的轨迹记为星形线.有如下结论： ① 曲线上任意两点间距离的最大值为； ② 曲线的周长大于曲线的周长； ③ 曲线与圆有且仅有个公共点. 其中正确的序号为________________. 三、解答题（本大题共85分，请将答案填在答题纸上） 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于两点． （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程； （3）若为圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程． 17. 在中，角的对边分别为. （1）求的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分. 18. 已知椭圆经过点，离心率为，过点的直线与椭圆交于不同的两点、. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线的方程. 19. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 20. 已知椭圆的右焦点为，且经过点. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点. 21. 如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且. 定义为第s行与第t行的积. 若对于任意（），都有，则称数表为完美数表. （1）当时，试写出一个符合条件的完美数表； （2）证明：不存在10行10列的完美数表； （3）设为行列的完美数表，且对于任意的和，都有，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $