专题03+三角函数与解三角形3个考点（天津专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题03 三角函数与解三角形 2大考点概览 考点02三角函数的图像与性质 考点03解三角形 三角函数的图像与性质 考点1 一、单选题 1．（2026·天津·一模）已知函数在处取得最小值，则在区间上的单调递减区间为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·天津和平·一模）已知函数的导函数的部分图象如下图，记，则函数在区间上的值域为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·天津红桥·一模）已知函数的图象在轴上的截距为，在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，关于该函数有下列四个说法： ①； ②； ③函数在上一定单调递增； ④在轴右侧的第一个最低点的横坐标为． 以上说法中，正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2026·天津南开·一模）已知，则“”是“为偶函数”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 5．（2026·天津南开·一模）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·天津河北·一模）已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（   ） A． B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 7．（2026·天津河东·一模）已知函数（），将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，下列选项中，p是q的充分不必要条件的为（    ） A．p：函数的最小正周期为，q： B．p：，，q：函数 C．p：，，q：函数的值域为 D．p：，，q：是函数的一个对称中心 8．（2026·天津·一模）已知函数的部分图象如下： 则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 9．（2026·天津·一模）已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合.当时，，则（    ） A．1 B． C． D． 10．（2026·天津河西·一模）已知函数，在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（   ） A． B． C． D． 11．（2026·天津滨海新区·一模）已知函数，则下列说法错误的是（   ） A．若，则图象的对称中心为 B．若，则将的图象上所有的点向左平移个单位长度得到的图象关于y轴对称 C．若，则不存在使得在上恰有6个零点 D．若在区间上单调，则的最大值为9 12．（25-26高三上·天津西青·期末）函数的图象如图，则下列有关性质的描述正确的是（    ） A． B．，为函数的对称轴 C．向右移后的函数为偶函数 D．函数的单调递减区间为， 13．（25-26高三上·天津·期末）已知函数，（）的一条对称轴方程为，设函数，则下列结论正确的个数是（   ） ① ②把函数图象上所有点的横坐标变为原来的，就得到函数的图象 ③函数的图象关于点中心对称 ④直线是曲线的切线 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解三角形 考点2 一、解答题 1．（2026·天津·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 2．（2026·天津和平·一模）在中，角所对的边分别为，且． (1)求的值； (2)已知． （i）若的外接圆半径为，，求的值； （ii）求的值． 3．（2026·天津河西·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，． (1)求A的值； (2)求的面积； (3)求的值． 4．（2026·天津红桥·一模）在中，内角所对的边分别是，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 5．（2026·天津南开·一模）在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，. (1)求角的大小； (2)求的值； (3)求的值. 6．（2026·天津·一模）在中，角所对的边分别为.已知. (1)求角的大小； (2)若的面积为. （i）求的值； （ii）求的值. 7．（2026·天津河北·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，． (1)求a的值； (2)求的值； (3)过点A作，D在边上，记与的面积分别为，，求的值． 8．（2026·天津河东·一模）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，，. (1)求a，的值： (2)求的值； (3)求的面积. 9．（2026·天津滨海新区·一模）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求； (2)若，的面积为，求： ①边长的值；②的值． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 三角函数与解三角形 三角函数的图像与性质 考点1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C A D B D B D C 题号 11 12 13 答案 B D B 解三角形 考点2 1．(1) (2) (3) 【分析】（1）对进行化简、变形，结合余弦定理进行求解即可； （2）利用正弦定理对进行边角转换，结合（1）的结论、同角的三角函数关系式进行求解即可； （3）利用二倍角的余弦和正弦公式，结合（1）、（2）的结论、同角的三角函数关系式、两角和的正弦公式进行求解即可. 【详解】（1）， 由余弦定理可知； （2）根据正弦定理由， 因为，所以， 所以由， 由（1）可知， 所以，所以， 于是； （3）由（2）可知：， 在中，因为，所以， 因此， 于是， ， 由（1）可知，由（2）可知，所以. 2．(1) (2)（i），；（ii） 【分析】（1）借助余弦定理计算即可得； （2）借助正弦定理将边化为角后结合两角差的正弦公式可得，；（i）利用同角三角函数基本关系可得，再利用正弦定理即可得，则可得、；（ii）利用三角形内角和与二倍角公式可得、，再利用两角和的余弦公式计算即可得. 【详解】（1）由，整理得， 由余弦定理，故； （2）由正弦定理可得，由，则， 即，所以，； （i）由，故， 由正弦定理可得，故，则，故； （ii）由可知，故，，由， ， 故． 3．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可得求解， （2）根据余弦定理求解，即可由面积公式求解， （3）根据正弦定理求解，进而根据同角关系以及二倍角公式，最后由余弦的差角公式求解. 【详解】（1）已知，由正弦定理，得 所以，因为得， 由，故； （2）由（1）知，且，， 由余弦定理，则，即 解得（舍去），故， （3）由正弦定理，且，，， 得，且，则B为锐角， 故，故， 且； 故． 4．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理代入计算解方程可得结果； （2）由正弦定理直接计算即可； （3）先由二倍角公式计算得出，再由两角和的正弦公式计算可得结果. 【详解】（1）由可得， 整理可得，即， 解得； （2）易知， 由可得； 由正弦定理可得； （3）因为，； 所以. 5．(1) (2) (3) 【分析】（1）由正余弦定理求解即可； （2）根据余弦定理求解； （3）由余弦定理及两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 所以，即. 又由余弦定理得， 又为三角形内角，所以. （2）因为，， 由余弦定理得，解得， 所以. （3）由余弦定理得，所以. 所以，. 所以 . 6．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由正弦定理边化角，约去 得 ，即 ，结合 得 . （2）（i）先利用面积公式 得 ，再由余弦定理 求解即可. （ii）解法一：由正弦定理得 ，根据边的大小关系判断 为锐角后求出 ，进而得到 ，代入 的展开式即得 . 解法二：由余弦定理得求出 ，进而得到 ，代入 的展开式即得 . 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 又因为是的内角，所以，则. 所以，又因为，所以. （2）（i）因为的面积为. 所以，所以， 根据余弦定理， 所以. （ii）解法一：由正弦定理，得， 因为所以，所以是锐角，所以， ，， . 解法二：由余弦定理可得：， 是的内角，所以， ，， . 7．(1) (2) (3)2 【分析】（1）利用余弦定理直接求解. （2）利用正弦定理、二倍角公式及和角的正弦公式求解. （3）利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求解. 【详解】（1）因为，，， 由余弦定理，得， 解得． （2）由正弦定理，得，即， 因为B为锐角，所以， 则，， 所以． （3）因为，即，所以， 则． 设点A到直线的距离为d， 因为，，所以． 8．(1)， (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理角化边，利用余弦定理角化边，最后解方程组即可求解； （2）利用二倍角公式和两角差正弦公式即可求值. 【详解】（1）在△ABC中，由，，可得， 因为，，， 可得， 代入，，可得：， 化简得：， 所以，，即； （2）由（1）可知C为钝角，且， 则，， 所以. （3）. 9．(1) (2)①；② 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，得到，即可求解； （2）①由正弦定理得，利用三角形的面积公式，列出方程，求得的值，结合余弦定理，即可求解；②利用正弦定理，求得的值，结合三角函数的基本关系式和倍角公式，分别求得的值，结合两角差的余弦公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为， 由正弦定理，可得， 又因为， 可得， 所以，即 因为，可得，所以，即， 又因为，所以. （2）解：①因为，由正弦定理得， 所以的面积为 又因为的面积为，可得，解得，则， 由余弦定理得，所以； ②由正弦定理，可得， 因为，可得为锐角，所以， 则， ， 又因为，所以. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 三角函数与解三角形 2大考点概览 考点01三角函数的图像与性质 考点02解三角形 三角函数的图像与性质 考点1 一、单选题 1．（2026·天津·一模）已知函数在处取得最小值，则在区间上的单调递减区间为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意结合三角函数的最值点可得，再结合正弦函数单调性运算求解. 【详解】因为，则， 若函数在处取得最小值， 则，解得，可得， 又因为，则， 令，解得， 所以在区间上的单调递减区间为. 2．（2026·天津和平·一模）已知函数的导函数的部分图象如下图，记，则函数在区间上的值域为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求导后可表示出，利用图象结合三角函数性质可得、，再利用降幂公式可得，结合正弦函数性质即可得解. 【详解】， 由图可得，则，故，解得， 由图可得，解得， 又，则，故，， 则， 当时，， 则，故. 3．（2026·天津红桥·一模）已知函数的图象在轴上的截距为，在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，关于该函数有下列四个说法： ①； ②； ③函数在上一定单调递增； ④在轴右侧的第一个最低点的横坐标为． 以上说法中，正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先通过已知条件求出三角函数的解析式，再判断题目中函数的性质. 【详解】因为函数的图象在轴上的截距为，所以， 因为，所以，①正确； ， 因为在轴右侧的第一个最高点的横坐标为， 所以，，， 则， 所以函数在上单调递增，③正确； ， 所以在轴右侧的第一个最低点的横坐标为，④正确； ，所以 则 故的最大值为， 因为，所以②错误． 4．（2026·天津南开·一模）已知，则“”是“为偶函数”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】A 【详解】当时，为偶函数，故充分性成立， 为偶函数时，,故必要性不成立， 故“”是“为偶函数”的充分不必要条件. 5．（2026·天津南开·一模）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性以及，逐一验证选项，即可求解. 【详解】由图可知：的图象关于坐标原点对称，故为奇函数，且， 对于A， ，故为偶函数，不合题意， 对于C， ，故为偶函数，不合题意， 对于B， ，故为奇函数，但，不合题意， 对于D， ，故为奇函数，，符合题意. 6．（2026·天津河北·一模）已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（   ） A． B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 【答案】B 【详解】由图象可知：，，所以， 由得. 由，得，又可得. 所以，故A正确； 因为，所以不是函数的对称中心，故B错误； 当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故C正确； 将的图象向右平移个单位长度可得，故D正确. 7．（2026·天津河东·一模）已知函数（），将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，下列选项中，p是q的充分不必要条件的为（    ） A．p：函数的最小正周期为，q： B．p：，，q：函数 C．p：，，q：函数的值域为 D．p：，，q：是函数的一个对称中心 【答案】D 【分析】由题设结合充分与必要条件定义可得答案. 【详解】A，当的最小正周期为，又，则， 从而；又时，可得的最小正周期为，则. 从而是的充要条件，故A错误； B，当，时，， 则由不能得到，从而不是的充分条件，故B错误； C，当，时，，， 因在上单调递增，在上单调递减， 则，， 从而此时值域为，则由不能得到，从而不是的充分条件，故C错误； D，当，时，由B分析可得， 令，得，从而的对称中心为， 取，得，则； 由题， 若其对称中心为，则， 取，易得不是方程的唯一解（例如也是该方程的一组解）， 则不能得到，从而是的充分不必要条件，故D正确. 8．（2026·天津·一模）已知函数的部分图象如下： 则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】因为无法通过五点作图得出具体函数图像，所以本题使用奇偶性，特殊值逐项排除得出答案. 【详解】A选项：，为偶函数.题中图像为奇函数，所以A不可能. C选项：同A选项判断方法也可判断C选项为偶函数，C错误. D选项：因为，当足够大时，显然不满足图像显示最后一部分由负到正的急剧递增，且当时，，与图像矛盾. B选项：从奇偶性，特殊值角度分析均有可能满足，因此图像解析式可能为. 9．（2026·天津·一模）已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合.当时，，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得有周期，则可得，结合可得，再利用函数对称性，可得，代入计算即可得解. 【详解】将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合， 则有周期，则有，即， 又，故，即， 当时，，则在上单调递减， 由，则，即， 则. 10．（2026·天津河西·一模）已知函数，在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用三角恒等变换对函数化简，再根据对称性和单调性求出，分析方程解的情况，最后求出在区间上所有不相等的实数根之和. 【详解】 ，， 因为为的一条对称轴，所以，，即， 设函数的周期为，由在区间上单调递增，则，即， 所以，即， 所以或或或， 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，满足题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 综上，，. 当时，， 当时，，即， 所以方程等价于，即， 所以或， 解得或， 当时，在区间上，时，，时，，时，； 当时，在区间上，时，，时，，时，； 所以方程在区间上所有不相等的实数根之和为. 11．（2026·天津滨海新区·一模）已知函数，则下列说法错误的是（   ） A．若，则图象的对称中心为 B．若，则将的图象上所有的点向左平移个单位长度得到的图象关于y轴对称 C．若，则不存在使得在上恰有6个零点 D．若在区间上单调，则的最大值为9 【答案】B 【详解】对于A，若，则，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，，则的对称中心为，，故A正确. 对于B，若，则，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 设的图象上所有的点向左平移个单位长度得到， 则， 而，所以不是偶函数， 所以图象不关于y轴对称，故B错误. 对于C，若，则，所以， 则有，即，. 由得，又，则， 解得，而，则.又，， 所以不存在使得在上恰有6个整数解， 即不存在使得在上恰有6个零点，故C正确. 对于D，由可知，，， 则，解得，.若在区间上单调， 则有，解得. 当时，，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，显然在上不单调. 当时，，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，显然在上单调递增， 所以的最大值为，故D正确. 12．（25-26高三上·天津西青·期末）函数的图象如图，则下列有关性质的描述正确的是（    ） A． B．，为函数的对称轴 C．向右移后的函数为偶函数 D．函数的单调递减区间为， 【答案】D 【分析】根据函数的图象，求出函数的解析式，再逐项判断. 【详解】由图象知：，，则，， ，因为在图象上，则， 所以，则，又， 则，所以， 令，解得， 所以的对称轴方程为：， 向右移后得到函数， 令，解得， 所以的单调递减区间为， 故选：D 13．（25-26高三上·天津·期末）已知函数，（）的一条对称轴方程为，设函数，则下列结论正确的个数是（   ） ① ②把函数图象上所有点的横坐标变为原来的，就得到函数的图象 ③函数的图象关于点中心对称 ④直线是曲线的切线 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】由函数的一条对称轴方程为，得到，所以；因为，利用函数图象变换判断；利用对称中心处判断；假设直线是曲线的切线，切点为，则需满足，但是该方程无解； 【详解】对于①，对于正弦函数，其对称轴方程为， 因为函数的一条对称轴方程为， 所以，解得， 因为，所以当时，，①正确； 对于②，由可得， 把函数图象上所有点的横坐标变为原来的，此时函数变为， 而，显然，②错误； 对于③，因为，， 所以函数的图象关于点中心对称，③正确； 对于④，，假设直线是曲线的切线，切点为， 则，解得或， 当时，； 当时，； 不满足，所以直线不是曲线的切线，④错误； 故选：B. 解三角形 考点2 一、解答题 1．（2026·天津·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）对进行化简、变形，结合余弦定理进行求解即可； （2）利用正弦定理对进行边角转换，结合（1）的结论、同角的三角函数关系式进行求解即可； （3）利用二倍角的余弦和正弦公式，结合（1）、（2）的结论、同角的三角函数关系式、两角和的正弦公式进行求解即可. 【详解】（1）， 由余弦定理可知； （2）根据正弦定理由， 因为，所以， 所以由， 由（1）可知， 所以，所以， 于是； （3）由（2）可知：， 在中，因为，所以， 因此， 于是， ， 由（1）可知，由（2）可知，所以. 2．（2026·天津和平·一模）在中，角所对的边分别为，且． (1)求的值； (2)已知． （i）若的外接圆半径为，，求的值； （ii）求的值． 【答案】(1) (2)（i），；（ii） 【分析】（1）借助余弦定理计算即可得； （2）借助正弦定理将边化为角后结合两角差的正弦公式可得，；（i）利用同角三角函数基本关系可得，再利用正弦定理即可得，则可得、；（ii）利用三角形内角和与二倍角公式可得、，再利用两角和的余弦公式计算即可得. 【详解】（1）由，整理得， 由余弦定理，故； （2）由正弦定理可得，由，则， 即，所以，； （i）由，故， 由正弦定理可得，故，则，故； （ii）由可知，故，，由， ， 故． 3．（2026·天津河西·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，． (1)求A的值； (2)求的面积； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可得求解， （2）根据余弦定理求解，即可由面积公式求解， （3）根据正弦定理求解，进而根据同角关系以及二倍角公式，最后由余弦的差角公式求解. 【详解】（1）已知，由正弦定理，得 所以，因为得， 由，故； （2）由（1）知，且，， 由余弦定理，则，即 解得（舍去），故， （3）由正弦定理，且，，， 得，且，则B为锐角， 故，故， 且； 故． 4．（2026·天津红桥·一模）在中，内角所对的边分别是，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理代入计算解方程可得结果； （2）由正弦定理直接计算即可； （3）先由二倍角公式计算得出，再由两角和的正弦公式计算可得结果. 【详解】（1）由可得， 整理可得，即， 解得； （2）易知， 由可得； 由正弦定理可得； （3）因为，； 所以. 5．（2026·天津南开·一模）在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，. (1)求角的大小； (2)求的值； (3)求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正余弦定理求解即可； （2）根据余弦定理求解； （3）由余弦定理及两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 所以，即. 又由余弦定理得， 又为三角形内角，所以. （2）因为，， 由余弦定理得，解得， 所以. （3）由余弦定理得，所以. 所以，. 所以 . 6．（2026·天津·一模）在中，角所对的边分别为.已知. (1)求角的大小； (2)若的面积为. （i）求的值； （ii）求的值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由正弦定理边化角，约去 得 ，即 ，结合 得 . （2）（i）先利用面积公式 得 ，再由余弦定理 求解即可. （ii）解法一：由正弦定理得 ，根据边的大小关系判断 为锐角后求出 ，进而得到 ，代入 的展开式即得 . 解法二：由余弦定理得求出 ，进而得到 ，代入 的展开式即得 . 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 又因为是的内角，所以，则. 所以，又因为，所以. （2）（i）因为的面积为. 所以，所以， 根据余弦定理， 所以. （ii）解法一：由正弦定理，得， 因为所以，所以是锐角，所以， ，， . 解法二：由余弦定理可得：， 是的内角，所以， ，， . 7．（2026·天津河北·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，． (1)求a的值； (2)求的值； (3)过点A作，D在边上，记与的面积分别为，，求的值． 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】（1）利用余弦定理直接求解. （2）利用正弦定理、二倍角公式及和角的正弦公式求解. （3）利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求解. 【详解】（1）因为，，， 由余弦定理，得， 解得． （2）由正弦定理，得，即， 因为B为锐角，所以， 则，， 所以． （3）因为，即，所以， 则． 设点A到直线的距离为d， 因为，，所以． 8．（2026·天津河东·一模）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，，. (1)求a，的值： (2)求的值； (3)求的面积. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理角化边，利用余弦定理角化边，最后解方程组即可求解； （2）利用二倍角公式和两角差正弦公式即可求值. 【详解】（1）在△ABC中，由，，可得， 因为，，， 可得， 代入，，可得：， 化简得：， 所以，，即； （2）由（1）可知C为钝角，且， 则，， 所以. （3）. 9．（2026·天津滨海新区·一模）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求； (2)若，的面积为，求： ①边长的值；②的值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，得到，即可求解； （2）①由正弦定理得，利用三角形的面积公式，列出方程，求得的值，结合余弦定理，即可求解；②利用正弦定理，求得的值，结合三角函数的基本关系式和倍角公式，分别求得的值，结合两角差的余弦公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为， 由正弦定理，可得， 又因为， 可得， 所以，即 因为，可得，所以，即， 又因为，所以. （2）解：①因为，由正弦定理得， 所以的面积为 又因为的面积为，可得，解得，则， 由余弦定理得，所以； ②由正弦定理，可得， 因为，可得为锐角，所以， 则， ， 又因为，所以. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $