第六章 计数原理 单元测试卷（提升版）-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

**基本信息** 本单元卷聚焦计数原理，通过杨辉三角文化传承、智能机器人运动等真实情境，融合排列组合、二项式定理等核心知识，适配高中数学单元复习，提升数学眼光、思维与语言能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|排列数公式、涂色问题、路线计数|以机器人随机移动为情境（题8），考查分步计数原理，发展数学建模能力| |多选|3/18|小球放盒子、二项式系数性质|结合“恰有一个小球入自己编号盒子”（题9C），深化对排列组合的理解| |填空|3/15|不相邻排列、展开式项、顶点涂色|“复旦附中顶呱呱”排列（题12），考查插空法，体现数学语言表达| |解答|5/77|分堆排列、二项式定理应用、杨辉三角性质|题19结合杨辉三角历史，证明莱布尼茨三角关系，培养逻辑推理与文化自信|

第六章 计数原理单元测试卷（提升版） （考试时间：120分钟，分值：150分） 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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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．已知，且，则下列等式不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用排列、组合数公式，逐一化简验证各选项等式两边是否相等，判断正误. 【详解】对于选项A,由，，得，故A正确； 对于选项B，由，得，故B正确; 对于选项C,例如则即，故C不正确； 对于选项D，因为， 所以，故D正确。 2．试估计（   ）（精确到0.0001） A．1.1462 B．1.1463 C．1.1045 D．1.1046 【答案】D 【详解】， 因为，所以第五项及之后均可忽略不计， 所以. 3．如图，若从种不同的颜色中选种颜色涂在图中的号区域，要求相邻区域不同色，且所选的种颜色都要用到，不同的涂法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【详解】由题知，种颜色都要用到，则必有两块区域颜色一致，且不相邻， 图中有且仅有两块不相邻区域同色，其中和不相邻，和不相邻，共组，从组中选一组，有种， 把这一组看作一个整体，从种颜色中选种，涂在区域上，有种，故共有种. 4．如图，从甲地到乙地有1条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路；从甲地不经乙地或丙地直接到达丁地有n条路.若从甲地到丁地总共有20条不同的路线，则（    ）    A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理得到方程，求出. 【详解】甲地经乙地到丁地的路线共有条， 甲地经丙地到丁地的路线共有条， 故从甲地到丁地路线条数为， 所以，解得. 5．，则（   ） A．16 B．65 C．80 D．81 【答案】C 【分析】根据题意得，利用赋值法和二项式系数求解. 【详解】由于， 则， 令，得， 又因为， 所以. 6．习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（   ） A．第12行中第6个数最大 B．第2026行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C． D．第19行中第8个数与第9个数之比为2:3 【答案】D 【分析】根据条件及组合数的运算性质，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】选项A：由题意得，第12行共有13个数，根据对称性可得，只有第7个数最大，故A错误； 选项B：第2026行共有2027个数，根据对称性可得，只有第1014个数最大， 即第1013个数与第1014个数不相等，故B错误； 选项C： ，故C错误； 选项D：第19行中第8个数为，第9个数为， 则，故D正确. 7．甲、乙等5名志愿者参加2026年城市马拉松赛事的“物资补给、赛道引导、医疗保障、终点服务”四项志愿工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作，则不同的安排方法数有（   ） A．18种 B．36种 C．42种 D．72种 【答案】C 【分析】按照“赛道引导”工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排“赛道引导”工作的人数分为两类， 第一类，“赛道引导”工作仅安排1人，因为甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作， 从甲、乙以外的3人中选一人参加“赛道引导”项工作有种方法， 再安排“物资补给、医疗保障、终点服务”项工作，若“终点服务”工作安排两人，则有种方法， 若“终点服务”工作安排一人，则有种方法， 所以“赛道引导”工作仅安排1人共种方法， 第二类，“赛道引导”工作安排2人，有种方法， 由分类加法计数原理，得共有种方法. 8．在舞台上，智能机器人随着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”.开始时，机器人在舞台中心，机器人在舞台中心正东方向2米处.下列说法中正确的是（    ） A．经过4秒，机器人来到舞台中心的路径有12条 B．经过1秒，机器人与的距离为米的情况有2种 C．经过2秒，机器人与首次相遇的情况有6种 D．经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有45种 【答案】D 【详解】对于A，经过4秒，机器人来到舞台中心，即机器人移动4次来到舞台中心，则机器人需要有2次向西移动， 剩下的2次为东西各1次或南北各1次，所以路径情况数为条，故A错误. 对于B，经过1秒，机器人与的距离为米，则一个机器人在东西方向移动，另一个机器人在南北方向移动. 若机器人东西方向移动，则机器人向东移动，机器人向南或向北移动，有2种情况； 若机器人南北方向移动，则机器人向南或向北移动，机器人向西移动，有2种情况. 所以经过1秒，机器人与的距离为米的情况有种，故B错误. 对于C，经过2秒，机器人与首次相遇，即机器人与各移动2次首次相遇，分为两类：①在机器人或的起始位置相遇，②在其他位置相遇. 对于①，一个机器人向东或向西移动2次，另一个机器人移动2次回到原地.若机器人移动2次回到原地，则机器人第一次向南、向西或向北移动，机器人向西移动2次，有3种情况：若机器人移动2次回到原地，则机器人第一次向东、向南或向北移动，机器人向东移动2次，有3种情况.所以有种情况. 对于②，相遇位置为机器人和起始位置中点的正北或正南1米处，机器人向东、向北（南）移动，机器人向西、向北（南）移动.机器人先向北再向东移动时，机器人有2种情况；机器人先向东再向北移动时，机器人有1种情况；共有3种情况.同理，相遇位置在正南时，也有3种情况，所以有种情况. 综上，经过2秒，机器人与首次相遇的情况有种，故C错误. 对于D，以舞台中心为坐标原点，正东方向为轴正方向，1米为1个单位长度，建立如图所示的平面直角坐标系， 则机器人所在点为，机器人所在点为， 经过2秒，机器人与各移动2次，与的距离为2米， 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有2种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有1种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或或或，有4种情况； 机器人回到起点，则机器人回到起点，有种情况； 共有种情况， 其中机器人与在点相遇的情况有4种， 所以经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有种，故D正确. 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．现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．没有空盒子的方法共有24种 B．可以有空盒子的方法共有128种 C．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 D．可以有空盒子且1号球和2号球不放在一个盒子里的方法共有96种 【答案】AC 【分析】利用全排列列式计算判断A；利用分步乘法计数原理计算判断B；利用组合计数问题，结合分步乘法计数原理计算判断C；利用排除法列式计算判断D. 【详解】对于A，没有空盒子的方法共有种，A正确； 对于B，可以有空盒子的方法共有种，B错误； 对于C，没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子有种，C正确； 对于D，可以有空盒子且1号球和2号球放在一个盒子的方法有种， 因此可以有空盒子且1号球和2号球不放在一个盒子里的方法有种，D错误. 10．已知，则下列结论正确的是（    ） A．二项式系数最大的项是第项 B．展开式中常数项为第项 C．展开式中第项、第项、第项的系数成等差数列 D．展开式中奇数项的二项式系数和为 【答案】AC 【分析】利用二项式系数的单调性可判断A选项；利用二项展开式通项可判断B选项；利用组合数公式可判断C选项；利用展开式中奇数项的二项式系数和可判断D选项. 【详解】对于A选项，的展开式共项，二项式系数最大的项是第项，A对； 对于B选项，展开式通项为， 令可得，不符合题意，故展开式中无常数项，B错； 对于C选项，展开式中第项的系数为、第项的系数为、第项的系数为， 因为， 所以，即展开式中第项、第项、第项的系数成等差数列，C对； 对于D选项，展开式中奇数项的二项式系数和为，D错. 11．已知，且展开式中所有的二项式系数和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据二项式系数和的性质求出的值，再通过对已知等式进行赋值，结合二项式展开式的性质求解各项系数的值. 【详解】对于A，因为所有的二项式系数和为，则， 所以，故A错误； 对于B，令，则， 即，故B正确， 对于C，令，则， 即，其中， 则，故C正确， 对于D，，， 即，其中， 则，故D正确. 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．将复旦附中顶呱呱七个字打乱，要求“复旦附中”四个字互不相邻，“顶呱呱”三个字互不相邻，构成一个新的七字排列词，则这样的七字排列词的个数为__________． 【答案】72 【详解】 要使“复旦附中”四个字互不相邻，“顶呱呱”三个字互不相邻，则排列方式必为这两组字交替排列. 由于“复旦附中”有4个字，“顶呱呱”有3个字，故排列形式必为 A B A B A B A， 其中A为“复旦附中”中的字，B为“顶呱呱”中的字. “复旦附中”四个字的全排列有种；“顶呱呱”三个字的全排列有种. 根据乘法原理，总排列数为. 13．的展开式中含的项为____. 【答案】 【分析】解法一：将三项展开式变为，根据和展开式的通项乘积可求得结果；解法二：直接根据组合数公式计算多项式的系数可得. 【详解】方法一:因为， 二项式展开式的通项为， 二项式展开式的通项为， 所以多项式展开式的通项为， 令，得，且， 所以或或或或. ①当时，的展开式中含的项为； ②当时，的展开式中含的项为， ③当时，的展开式中含的项为； ④当时，的展开式中含的项为； ⑤当时，的展开式中含的项为. 综上，得的展开式中含的项为. 方法二：可看成6个相乘， 的展开式中含的项有以下三种情况： ①个多项式取，个多项式取乘积得到，即； ②个多项式取，个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； ③个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； 综上所述，的展开式中含的项为. 14．将图中四棱锥的五个顶点涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，每条棱的两个端点不同色，共有______种不同涂法；若要求4种颜色全部使用，则共有______种不同涂法． 【答案】 72 48 【分析】分两种情况：用三种颜色和四种颜色，分别求出每种情况数即可得到答案． 【详解】当只用三种颜色时， 同色、 同色且P与两组皆异色， 而从4种颜色选择3种，有种选择； 当用四种颜色时，同色或同色，所以从和中二选一，涂相同颜色，看成一组，再将四种颜色进行全排列，故有种选择； 综上，共有种选择，其中4种颜色全部使用时，有种． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．现有只球，其中只不同的红球，只不同的白球，只不同的黑球． (1)将这只球排成一列且相同颜色的球必须排在一起，有多少种排列的方法？请用数字作答 (2)将这只球分成三堆，三堆的球数分别为：，，，共有多少种分堆的方法？请用数字作答 (3)现取只球，求各种颜色的球都必须取到的方法数．请用数字作答 【答案】(1)种 (2)种 (3)种. 【详解】（1）将只红球看成个整体，内部有种排法； 将只白球看成个整体，内部有种排法； 将只黑球看成个整体，内部有种排法. 个整体全排列，有种排法，总排列数：. 故有种排列方法. （2）由题意知，将只球分成三堆，球数分别为，，. 先从只球中选只作为一堆，有种；然后从剩余只球中选只作为一堆，有种；最后剩余只自动成堆. 因为有两堆都是只球，分堆时会产生重复，需除以，所以：. 故有种分堆方法. （3）取只球，各种颜色都必须取到，设红球取只，白球取只，黑球取只，则；，，，. 令，，，则：. 非负整数解为：，，三种情况： 第一种情况：红只，白只，黑只：； 第二种情况：红只，白只，黑只：； 第三种情况：红只，白只，黑只：. 总方法数：. 故有种取法. 16．已知 展开式共有11项. (1)求 的值； (2)求 的值； (3)求 的值. 【答案】(1)0 (2) (3)0 【分析】（1）令得到所有项系数和，再令得到的值，两者作差即可得到值； （2）先分析原二项式展开式系数的正负性，再通过赋值法，将原二项式中的负号转化为正号后令，从而得到值； （3）利用赋值法，令取特定值，代入原二项式展开式直接得到值. 【详解】（1）二项式展开式的项数为，由题知展开式共11项，因此，得， 令，得， 即， 令，代入等式得：， 因此； （2）展开式中，系数的符号由决定，即对应将原式中换为后的系数， 等价于令代入原式： 计算得，因此结果为； （3）令，代入等式得， 左边等于，因此结果为. 17．某人工智能社团有6位同学（含甲、乙），计划对、、这3种人工智能模型展开学习调研，请解答下列问题：（用数字回答） (1)若每人必须且只能选择一种模型，则有多少种不同的安排方案? (2)若每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择一种模型，则： （i）共有多少种不同的安排方案？ （ii）若甲、乙不能调研同一种模型，且模型恰由2人负责，共有多少种不同的安排方案? 【答案】(1)729 (2)（i）540；（ii）160 【分析】（1）6位同学独立选择，每人都有3种模型可选，根据分步乘法计数原理计算即可. （2）（i）先将6人分为3个非空组，再将3组分配到3个模型，结合分类加法计数原理计算即可. （ii）按模型是否包含甲乙进行分组，再结合分类加法计数原理计算即可. 【详解】（1）若每人必须且只能选择一种模型，则每人都有3种选择， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方案有（种）. 故每人必须且只能选择一种模型，则有729种不同的安排方案. （2）（i）先将6人分成3组，有，，三种分法. 按分组，有种方法； 按分组，有种方法； 按分组，有种方法； 再将分好的3组全排列，安排到3种模型，有种排法. 所以共有 种安排方案. （ii）甲负责模型： 从除甲、乙外的4人中选1人负责模型，有种. 剩余4人分配到、两种模型，共有种， 剩余4人全在模型或模型，有2种， 所以此类方案数： 种. 乙负责模型：有 种. 甲、乙都不负责模型： 从剩余4人中选2人负责模型，有种. 甲负责模型，则乙负责模型，剩余2人均有2种选择，种， 乙负责模型，则甲负责模型，剩余2人均有2种选择，种， 所以此类方案数： 种. 故共有种不同的安排方案. 18．已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为256. (1)求的展开式中的系数和； (2)求展开式中含项的系数； (3)求展开式中系数最大和最小的项. 【答案】(1)-1 (2)1120 (3)最大的项为，系数最小的项为 【分析】（1）利用二项式系数和的性质得的值，再令即可得系数之和； （2）先写出二项式的通项公式，令的次数为2求出的值，再代入通项公式即可求得； （3）先通过通项公式得到系数的绝对值，再通过不等式组确定的取值，最后结合符号即可得到系数的最大项和最小项. 【详解】（1）因为二项式的展开式中各项的二项式系数之和为256， 所以，解得. 令，所求系数和为. （2）二项式展开式的通项为， ，令，解得：， 所以当时，，故展开式中含项的系数为1120. （3）通项，系数的绝对值为， 令，得：， 所以当或时，此时系数的绝对值最大，其值为. 所以系数最大的项为，系数最小的项为. 19．杨辉三角是我国南宋数学家杨辉的一项重要研究成果，比欧洲早500年左右，杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，图1为杨辉三角的部分内容． (1)求图1中第31行中的所有数字之和被9除所得余数； (2)观察图1，确定第63行的第k列（从左往右）与第64行的第列（从左往右）的关系式，并求的值；（用整数指数幂表示结果） (3)把杨辉三角中的每一个数都换成，得到图2所示的莱布尼茨三角，证明：，，． 【答案】(1)2 (2)， (3)证明见详解 【详解】（1）图1中第31行中的所有数字之和为，且， 又， 展开式中除最后一项1外，其余各项均有因数9，能被9整除，且这些项和为正数， 被9除余数为1， 被9除余数为2． （2）图1中第63行的第k列(从左往右)为，第64行的第列(从左往右)为， 且，， . （3），， ． 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 计数原理单元测试卷（提升版） （考试时间：120分钟，分值：150分） 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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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．已知，且，则下列等式不正确的是（    ） A． B． C． D． 2．试估计（   ）（精确到0.0001） A．1.1462 B．1.1463 C．1.1045 D．1.1046 3．如图，若从种不同的颜色中选种颜色涂在图中的号区域，要求相邻区域不同色，且所选的种颜色都要用到，不同的涂法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 4．如图，从甲地到乙地有1条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路；从甲地不经乙地或丙地直接到达丁地有n条路.若从甲地到丁地总共有20条不同的路线，则（    ）    A．5 B．6 C．7 D．8 5．，则（   ） A．16 B．65 C．80 D．81 6．习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（   ） A．第12行中第6个数最大 B．第2026行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C． D．第19行中第8个数与第9个数之比为2:3 7．甲、乙等5名志愿者参加2026年城市马拉松赛事的“物资补给、赛道引导、医疗保障、终点服务”四项志愿工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作，则不同的安排方法数有（   ） A．18种 B．36种 C．42种 D．72种 8．在舞台上，智能机器人随着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”.开始时，机器人在舞台中心，机器人在舞台中心正东方向2米处.下列说法中正确的是（    ） A．经过4秒，机器人来到舞台中心的路径有12条 B．经过1秒，机器人与的距离为米的情况有2种 C．经过2秒，机器人与首次相遇的情况有6种 D．经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有45种 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．现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．没有空盒子的方法共有24种 B．可以有空盒子的方法共有128种 C．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 D．可以有空盒子且1号球和2号球不放在一个盒子里的方法共有96种 10．已知，则下列结论正确的是（    ） A．二项式系数最大的项是第项 B．展开式中常数项为第项 C．展开式中第项、第项、第项的系数成等差数列 D．展开式中奇数项的二项式系数和为 11．已知，且展开式中所有的二项式系数和为，则（    ） A． B． C． D． 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．将复旦附中顶呱呱七个字打乱，要求“复旦附中”四个字互不相邻，“顶呱呱”三个字互不相邻，构成一个新的七字排列词，则这样的七字排列词的个数为__________． 13．的展开式中含的项为____. 14．将图中四棱锥的五个顶点涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，每条棱的两个端点不同色，共有______种不同涂法；若要求4种颜色全部使用，则共有______种不同涂法． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．现有只球，其中只不同的红球，只不同的白球，只不同的黑球． (1)将这只球排成一列且相同颜色的球必须排在一起，有多少种排列的方法？请用数字作答 (2)将这只球分成三堆，三堆的球数分别为：，，，共有多少种分堆的方法？请用数字作答 (3)现取只球，求各种颜色的球都必须取到的方法数．请用数字作答 16．已知 展开式共有11项. (1)求 的值； (2)求 的值； (3)求 的值. 17．某人工智能社团有6位同学（含甲、乙），计划对、、这3种人工智能模型展开学习调研，请解答下列问题：（用数字回答） (1)若每人必须且只能选择一种模型，则有多少种不同的安排方案? (2)若每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择一种模型，则： （i）共有多少种不同的安排方案？ （ii）若甲、乙不能调研同一种模型，且模型恰由2人负责，共有多少种不同的安排方案? 18．已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为256. (1)求的展开式中的系数和； (2)求展开式中含项的系数； (3)求展开式中系数最大和最小的项. 19．杨辉三角是我国南宋数学家杨辉的一项重要研究成果，比欧洲早500年左右，杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，图1为杨辉三角的部分内容． (1)求图1中第31行中的所有数字之和被9除所得余数； (2)观察图1，确定第63行的第k列（从左往右）与第64行的第列（从左往右）的关系式，并求的值；（用整数指数幂表示结果） (3)把杨辉三角中的每一个数都换成，得到图2所示的莱布尼茨三角，证明：，，． 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $