2024年全国一卷数学新高考题型细分S1-3——圆锥曲线 多选4 抛物线，综合，其他

2024年全国一卷新高考题型细分S1-3 ——圆锥曲线 多选 抛物线，综合，其他 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《圆锥曲线——多选》题型主要有：椭圆、双曲线、抛物线、综合、其他等，大概75道题。每类题目从易到难排序。 抛物线（中档）： 1. （多选，2024年浙J30嘉兴二模）11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线的准线为为坐标原点，在轴上方有两束平行于轴的入射光线和，分别经上的点和点反射后，再经上相应的点和点反射，最后沿直线和射出，且与之间的距离等于与之间的距离.则下列说法中正确的是（  [endnoteRef:2]  ） A．若直线与准线相交于点，则三点共线 B．若直线与准线相交于点，则平分 C． D．若直线的方程为，则 （中档） [2: 11．ACD 【分析】对A，设直线，与抛物线联立，可得，验证得解；对B，假设，又由抛物线定义得，可得，即，这与和相交于A点矛盾，可判断；对C，结合A选项有，，根据，运算可得解；对D，可求得点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算得解. 【详解】对于选项A，因为直线经过焦点，设，，直线， 与抛物线联立得，， 由题意得，， 所以， 即三点共线，故A正确； 对于选项B，假设，又， 所以，所以，这与和相交于A点矛盾，故B错误； 对于选项C，与距离等于与距离，又结合A选项，则， 所以，故C正确； 对于选项D，由题意可得，， ， ， ，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：A选项，判断三点共线，即转化为验证，设出直线的方程与抛物线联立，求出点坐标，表示出的斜率判断；B选项，利用反证法，假设，结合抛物线定义可得与条件矛盾；C选项，根据题意可得，结合A选项的结论可判断；D选项，求出点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算. ] 2. （多选，2024年鄂J18四月调）11．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（    [endnoteRef:3]） A． B． C． D．直线的斜率为 （中档） [3: 11．ABC 【分析】设直线的方程为，不妨设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出， ，再由正弦定理得到，得到 ，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，根据 可判断根据可判断根据可判断根据对称性判断． 【详解】解：由题意得，，， 当直线的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求， 故设直线的方程为，不妨设， 联立，可得，易得， 设，，则，， 则，， 则，， 由正弦定理得，， 因为，， 所以， ， 即． 又由焦半径公式可知， 则，即， 即，解得， 则，，解得，， 故， 当时，同理可得到，故A正确 ． ，故B正确 ，故C正确 当时，，则 ，即 ， 此时 ． 由对称性可得，当时，， 故直线的斜率为，故D错误． 故选：ABC. 【点睛】方法点睛： 在处理有关焦点弦，以及焦半径问题时长度问题时有以下几种方法； （1）常规处理手段，求交点坐标然后用距离公式，含参的问题不适合； （2）韦达定理结合弦长公式，这是此类问题处理的通法； （3）抛物线定义结合焦点弦公式. ] 3. （多选，2024年冀J47唐山二模）10．设抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（ [endnoteRef:4]   ） A． B．以为直径的圆与相切 C．以为直径的圆过坐标原点 D．为直角三角形 （中档） [4: 10．AC 【分析】设过点的直线为，联立直线和抛物线的方程求出可判断A；以为直径的圆的圆心为和半径，再求出圆心到准线的距离为，即可判断B；求出圆心到坐标原点的距离为，可判断C；取特列可判断D. 【详解】设过点的直线为， 对于A，联立，得， ，， 所以，故A正确； 对于B，因为 ，， 所以，的中点为，所以以为直径的圆的圆心为， 又， 设圆的半径为，则， 所以， 又圆心到准线的距离为， 而，因为，所以， 所以以为直径的圆与相离，故B错误； 对于C，圆心到坐标原点的距离为， ， 所以，所以， 所以以为直径的圆过坐标原点，故C正确； 对于D，因为联立，得， 若，则上述方程为，解得：或， 取，则，则， 取，则，则， 又抛物线过焦点，所以，， ， 所以不为直角三角形，故D错误. 故选：AC. ] 4. （多选，2024年鲁J40临沂二模）10．设，是抛物线C：上两个不同的点，以A，B为切点的切线交于点.若弦AB过焦点F，则（   [endnoteRef:5] ） A． B．若PA的方程为，则 C．点P始终满足 D．面积的最小值为16 （涉后导数） （中档） [5: 10．ACD 【分析】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线的方程，联立两直线方程可判定A；根据已知和A选项可得，再设直线，联立方程组，根据根与系数的关系可求，根据，可判定B错误，C正确；取的中点，化简得到的面积，可判定D正确. 【详解】依题意设，，由方程， 可得，则， 由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为， 可得A处的切线方程为：，即， 化简可得，所以直线的方程为， 同理可得：直线BP的方程为， 联立两直线方程得，， 则， 因为，解得，， 即，所以A正确； 若PA的方程为，根据直线的方程为，可得， 设直线，联立方程组， 整理得， 则， 且，， 所以，，所以B错误； 因为，所以，故C正确； 取的中点，连接，根据中点坐标公式得， 从而平行轴，由前可知， 所以 因为，，所以， ， 代入可得， 当时，，所以D正确. 故选：ACD    【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法： （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解； （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）． ] 5. （多选，2024年浙J34杭州四月检）11．过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（  [endnoteRef:6]  ） A．直线与抛物线C有2个公共点 B．直线恒过定点 C．点的轨迹方程是 D．的最小值为 （涉后导数） （中档） [6: 11．BC 【分析】设出直线的方程为，代入，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，然后利用导数的知识求出最值进而判断D. 【详解】设直线的方程为， 联立，消去得，则， 对于A：抛物线在点处的切线为， 当时得，即， 所以直线的方程为，整理得， 联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误； 对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确； 对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确； 对于D： ， 则， 令， 则， 设， 则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，D错误. 故选：BC.    【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题 第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程． 第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程． 第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式. 第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出． 第五步：根据题设条件求解问题中的结论． ] 6. （多选，2024年湘J41永州三模）10．已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为锐角的直线与抛物线相交于，两点（点在第一象限），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（ [endnoteRef:7]   ） A．的最小值为2 B．当直线的斜率为时， C．设直线，的斜率分别为，，则 D．过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点，则 （中档） [7: 10．BCD 【分析】对于A，设直线的方程为，代入，得，根据焦半径的计算公式即可判断；对于B，根据交点弦的计算公式求解可判断；对于C，先得再根据斜率公式结合韦达定理即可求解；对于D，求得点的坐标即可判断. 【详解】，设直线的方程为. 对于A，把代入得， 设，则， 所以，A错； 对于B，当直线的斜率为时，，B对； 对于C，由题意知 则，， 所以，C对； 对于D，由有， 因为的方程为，令得， 所以点为的中点，即，D对. 故选：BCD. ] 7. （多选，2024年闽J04漳州三检）10. 点在抛物线上，为其焦点，是圆上一点，，则下列说法正确的是（ [endnoteRef:8]） A. 的最小值为. B. 周长的最小值为. C. 当最大时，直线的方程为. D. 过作圆的切线，切点分别为，则当四边形的面积最小时，的横坐标是1. （中档） [8: 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项：通过抛物线方程计算可得； B选项：运用抛物线定义，将转换为到准线的距离即可求出周长最小值； C选项：将最大问题，转换为的最大值问题，再讨论； D选项：结合A选项得到的结论，判断四边形的面积最小时点坐标. 【详解】对于A选项，设，则， 当且仅当时取等号，此时或，所以， ，故A选项错误； 对于B选项，抛物线的准线方程为，如图1，过作准线的垂线，垂足记为， 则，当且仅当三点共线时，取得最小值， 即，此时， 又，所以周长的最小值为，故B选项正确； 对于C选项，如图2，当与圆相切时，且时，取最大． 连接，，由于，， ，所以，可得直线的斜率为， 所以直线的方程为，即，故C选项错误； 对于D选项，如图3，连接，， 由A选项知，，且当或时，， 此时四边形的面积最小，的横坐标是1，所以D选项正确， 故选：BD． ] 8. （多选，2024年鲁J23泰安新泰一中，末）11. 已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（ [endnoteRef:9] ） A. 存在点，使为等边三角形 B. 若为上一点，则最小值为1 C. 若，则直线与圆相切 D. 若以为直径的圆与圆相外切，则 （中档） [9: 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在的直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可. 【详解】由已知圆的方程化为， 得其圆心，半径， 由于抛物线方程为，其焦点为 对于选项A，若为等边三角形，当且仅当； 若点到点的距离为， 由抛物线定义可知，即， 代入抛物线方程可得，，故A正确； 对于选项B，因为点在抛物线上，为上一点， ， 由于为上，设，且， 则， 当且仅当时，原式取得最小值，的最小值，故B不正确； 对于选项C，设，且， 若，即，得， 解得，所以此时， 不妨取，， 此时直线的方程为：，即， 则圆心到该直线的距离为， 所以此时直线与圆相切，同理可证明的情形也成立，故C正确； 对于选项D，设的中点为，若以为直径的圆与相外切时， 只需保证， 设，且，，得， 得方程：（*）， 其中，反解得：代入上式， 化简可得：， 显然，故D不正确. 故选：AC. 【点睛】客观题圆锥曲线的综合性问题，多数考查数形结合思想，要善于借助圆锥曲线的定义转化条件和问题. ] 9. （多选，2024年湘J48长沙长郡四适）11．已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（[endnoteRef:10]    ） A．点的坐标为 B．若，则的中点到轴距离的最小值为8 C．若直线过点，则以为直径的圆过点 D．若直线与的斜率之积为，则直线过点 （中档） [10: 11．AD 【分析】根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D． 【详解】A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确； B．显然斜率存在，设直线方程为，， 由得，，， ，所以，化简得， 线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离， 又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错； C．设方程为（），由上述讨论知， 又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以为直径的圆不过点，C错； D．，则，由上得，， 方程为，必过点，D正确． 故选：AD． 【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设，设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组且消元，应用韦达定理得，然后把这个结论代入各个条件求解． ] 10. （多选，2024年粤J110珠海一中冲刺，末）11．已知O为坐标原点，抛物线上有异于原点的，两点，F为抛物线的焦点，以A，B为切点的抛物线的切线分别记为PA，PB，则（  [endnoteRef:11]  ） A．若，则A，F，B三点共线 B．若，则A，F，B三点共线 C．若，则A，F，B三点共线 D．若，则A，F，B三点共线 （中档） [11: 【答案】BC 【分析】设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，化简整理为一元二次方程，根据根与系数的关系得到，，进而得到，，根据四个选项中的条件，逐一判断选项． 【详解】设直线AB的方程为，代入抛物线方程得， 则，，， 所以，． 选项A：若，则，得，故直线AB不一定经过焦点F，所以A错误． 选项B：若，则，得，故直线AB经过焦点F，所以B正确． 选项C：设在点处的切线方程为，即， 与抛物线方程联立得， ，即，解得， 所以，即， 即切线PA的方程为，同理切线PB的方程为， 由，得，得，由B知直线AB经过焦点F，所以C正确． 选项D：因为， 则， 整理得，则，故直线AB不一定经过焦点F，所以D错误． 故选：BC. ] 11. （多选，2024年苏J08宿迁调研）10. 在平面直角坐标系中，已知抛物线为抛物线上两点下列说法正确的是（[endnoteRef:12] ） A. 若直线过点，则面积的最小值为2 B. 若直线过点，则点在以线段为直径的圆外 C. 若直线过点，则以线段为直径的圆与直线相切 D. 过两点分别作抛物线的切线，若两切线的交点在直线上，则直线过点 （涉后导数） （中档） [12: 【答案】AC 【解析】 【分析】设出的方程为，代入抛物线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，求得中点的横坐标和中点到准线的距离，以及面积表达式，可判断AC；设出的方程为，代入抛物线的方程由可判断B；设直线的方程为，由导数的几何意义写出切线方程求出交点P坐标，结合韦达定理即可判断D． 【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设， 对AC选项：设的方程为，代入抛物线，可得， 易知，，， 故 , 当等号成立，故A正确； 而， 则弦长， 设的中点为，到准线的距离为， 所以以为直径的圆与准线相切，故C正确； 对B选项：又设的方程为，代入抛物线可得， 易知，，， ， 则点在以线段为直径的圆上，B错误； 对D选项：不妨设在第一象限，在第四象限，则， 则点处切线斜率 ，，则点处切线斜率， 则点处切线方程为， 同理点处切线方程为， 联立两直线求得交点横坐标为，故， 设直线的方程为，代入抛物线可得， 则，故（负值舍去），即直线的方程为， 则直线过点，故D错误. 故选：AC. ] 12. （多选，2024年鄂J12三校二模，末）11. 已知抛物线C：的焦点为，点在抛物线C上，则（ [endnoteRef:13] ） A. 若三点共线，且，则直线的倾斜角的余弦值为 B. 若三点共线，且直线的倾斜角为，则的面积为 C. 若点在抛物线C上，且异于点，，则点到直线的距离之积为定值 D. 若点在抛物线C上，且异于点，，其中， 则 （中上） [13: 【答案】BCD 【解析】 【分析】分别设定抛物线C和直线的方程，设，，联立求得关于点坐标的韦达定理形式，进而转化各个选项即可；选项A，将转化为，求解即可；选项B，，求解即可；选项C，求得点的坐标，进而求得点到直线的距离，求解即可；选项D，设点到直线的距离为，可得，求解即可. 【详解】对A，设抛物线C：，设直线：， 设，，联立， 则，， 由于，可得，代入上式得：， 解得：，且直线的斜率为， 设直线MN的倾斜角为，则，且， 则，解得，故A错误； 对B，设抛物线C：，且直线的倾斜角为， 设直线：， 设，，联立， 则，， ，故B正确； 对C，由于点在抛物线C上，此时抛物线C：， 设，， 设直线AM：， 联立 则，解得（舍去，此时重合）或， 则点到直线的距离为， 同理可得，因为，则到直线的距离为， 故所求距离之积为，故C正确； 对D，由于点在抛物线C上，此时抛物线C：， 设直线AM：， 与抛物线方程联立可得， 则，则，用替换可得， 则， 则，， 故直线MN：，即， 则点F到直线MN的距离， 而 即， ， 得， 令， 故， ， 当且仅当时等号成立，故D正确； 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：若点在抛物线C上，且异于点，，则直线的斜率为定值，且该定值为处切线斜率的相反数. ] 综合： 13. （多选，2024年粤J19执信冲刺）10. 己知直线l的方程为,则下列说法正确的是（ [endnoteRef:14] ） A. l与直线有唯一的交点 B. l与椭圆一定有两个交点 C. l与圆一定有两个交点 D. 满足与双曲线有且只有一个公共点的直线l有2条 （基础） [14: 【答案】AC 【解析】 【分析】判断出直线过定点，然后根据定点与其他曲线的位置关系判定正误. 【详解】直线l过定点， 对于A，法向量为，法向量为， 因为，，所以两条直线垂直，有唯一交点，故A正确； 对于B，M为椭圆的上顶点，则直线l与椭圆相交或相切，有一个或两个交点，故B错误； 对于C，因为，所以M在圆内，l与圆一定有两个交点，故C正确； 对于D，如图，满足题意的直线有4条，两条与双曲线相切，两条与渐近线平行，故D错误. 故选：AC. ] 14. （多选，2024年粤J42江门一模，末）11. 已知曲线，则下列结论正确的是（ [endnoteRef:15] ） A. 随着增大而减小 B. 曲线的横坐标取值范围为 C. 曲线与直线相交，且交点在第二象限 D. 是曲线上任意一点，则的取值范围为 （中档） [15: 【答案】AD 【解析】 【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D. 【详解】因为曲线， 当，时，则曲线为椭圆的一部分； 当，时，则曲线为双曲线的一部分， 且双曲线的渐近线为； 当，时，则曲线为双曲线的一部分， 且双曲线的渐近线为； 可得曲线的图形如下所示： 由图可知随着增大而减小，故A正确； 曲线的横坐标取值范围为，故B错误； 因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误； 因为，即点到直线的距离的倍， 当直线与曲线相切时， 由，消去整理得， 则，解得（舍去）或， 又与的距离， 所以， 所以的取值范围为，故D正确； 故选：AD 【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离. ] 其他： 15. （多选，2024年粤J105湛江二模，末）11. 下列命题为真命题的是（ [endnoteRef:16] ） A. 的最小值是2 B. 的最小值是 C. 的最小值是 D. 的最小值是 （中档） [16: 【答案】BC 【解析】 【分析】利用两点距离公式将题干中复杂式子转化为几个点间的距离，结合抛物线的定义，作出图形，数形结合即可得解. 【详解】设， 易知点的轨迹是抛物线的上半部分， 抛物线的准线为直线到准线的距离，为抛物线的焦点， 对于AB， ， 所以的最小值为，故A错误，B正确； 对于CD， ， 所以的最小值是，故C正确，D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是转化根号内的式子，联想到两点距离公式，从而数形结合即可得解. ] 16. （多选，2024年鲁J43日照二模）11．已知是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ [endnoteRef:17]  ） A．的最小值为3 B． C．若直线与曲线有公共点，则 D．对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直 （中档） [17: 11．BCD 【分析】根据题中曲线表达式去绝对值化简，根据表达式求值判定A，根据几何意义判断B，根据直线与椭圆的位置关系判断C，根据图形特征以及切线概念判断D. 【详解】当时，原方程即， 化简为，轨迹为椭圆， 将代入，解得，则此时， 即此部分为椭圆的一半， 当时，原方程即， 化简得， 将代入，解得或， 则此时，即此部分为圆的一部分，作出曲线的图形如下：        选项A：当时，，当时取最小值3， 当时，，当时取最小值1， 则的最小值为1，故A错误； 选项B：因为表示点与点和点的 距离之和，当时，点和点为椭圆的焦点， 由椭圆定义可知=4， 当时，点为圆的圆心，点在圆上， 所以= 当点P在或时最大，且为2， 所以， 即，故B正确； 选项C：直线过定点，当直线经过或时， 直线斜率， 联立，化简得， 因直线与曲线有公共点，即， 解得或， 所以直线与曲线有公共点时，故C正确； 选项D：当点P在椭圆上时，对任意位于y轴左侧且不在x轴上的点P，    则曲线C在点P处的切线斜率可以取任何非零正实数， 曲线C在y轴右侧椭圆部分切线斜率也可以取到任何非零负实数，使得两切线斜率为负倒数， 同理，当点P在圆上时，对任意位于y轴左侧且不在x轴上的点P， 则曲线C在点P处的切线斜率可以取任何非零负实数， 曲线C在y轴右侧圆部分切线斜率也可以取到任何非零正实数，使得两切线斜率为负倒数， 所以对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为： （1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解； （2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案. ] 17. （多选，2024年J01全国一卷）11. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（[endnoteRef:18] ） A. B. 点在C上 C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 当点在C上时， （中档） [18: 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误. 【详解】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而， 故. 当时，， 故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$