精品解析：福建省泉州市2026届高三质量检测（二）数学试题

泉州市2026届高中毕业班质量检测 高三数学 本试卷共19题，满分150分，共4页．考试用时120分钟． ★祝马到成功★ 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． 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知正数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 4. 定义在上的奇函数，当 时，，则的值域为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（ ） A. B. C. 18 D. 6. 在复平面内， 是原点，复数对应的向量分别为．若绕点 按逆时针方向旋转所得的向量与绕点 按顺时针方向旋转所得的向量相等，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称 D. 的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点中心对称 8. 双曲线的对称中心为 ，焦点为，过的直线 与的一条渐近线平行．若 与以 为圆心，为半径的圆相交于 两点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 某市环保部门连续10天监测甲、乙两个区域的空气质量指数（简称AQI），记日期编号为，甲、乙两个区域的AQI分别为，将数据整理如下： 日期编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲区域AQI 27 44 43 45 34 35 33 34 40 35 乙区域AQI 34 34 30 31 36 33 32 34 33 33 根据数据进行分析，以下说法正确的是（ ） A. 甲区域AQI的极差为18 B. 乙区域AQI的第65百分位数为33.5 C. 甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差 D. 根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点 10. 已知数列满足，记为的前项和，则（ ） A. 当 时， B. ，使得 C. 为等比数列的充要条件是 D. 且，使得 11. 已知函数有两个零点，则（ ） A. 当时， B. C. 当时， D. 函数取最小值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则实数的值为___________． 13. 已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 14. 现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为___________． 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. 已知锐角三角形中，角的对边分别为 ，且． （1）求； （2）若，求的值． 16. 已知函数． （1）讨论的极值； （2）证明：当时，； （3）证明： ． 17. 如图，已知在四棱锥 中，， ，，． （1）证明： 平面 ； （2）证明： ； （3）若直线与平面所成角为，点在平面 内的正投影是点，求四棱锥 的体积． 18. 如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即 ． （1）求，； （2）证明：； （3）现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当 时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明 ． 19. 在直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且． （1）求的方程； （2）点是上两个动点，点 在直线上，设直线的斜率分别为，且． （i）设关于 的对称点为，试判断是否共线？并说明理由； （ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明． 命题：若直线与直线相交于点，则_______. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州市2026届高中毕业班质量检测 高三数学 本试卷共19题，满分150分，共4页．考试用时120分钟． ★祝马到成功★ 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． 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解集合 ，再根据补集的定义计算结果； 【详解】因为，所以， 因为，所以 故选：C. 2. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】先求出 ，再根据两角和的余弦公式可求 【详解】因为为第二象限角且，故， 故， 故选：A. 3. 已知正数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得，，进而得到，再根据基本不等式求解即可. 【详解】由题意，为正数，且，则，即， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 则的最大值为. 故选：A 4. 定义在上的奇函数，当 时，，则的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出当时，再利用奇函数的性质可得 时，即可求解. 【详解】当时，，则， 因函数为奇函数，则当 时，则， 所以，又因，所以，即， 综上可得的值域为，故D正确. 故选：D. 5. 已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（ ） A. B. C. 18 D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造直角三角形结合棱台的高求出侧面梯形的高，求出侧面积. 【详解】由题意，设上下底面中心分别为，则， 分别取中点，则为梯形的高， 由可得，， 作，垂足为， 则，， 则， 则. 故选：B. 6. 在复平面内， 是原点，复数对应的向量分别为．若绕点 按逆时针方向旋转所得的向量与绕点 按顺时针方向旋转所得的向量相等，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得为相反向量，进而得到，再求解判断各选项即可. 【详解】由题意，为相反向量， 而，则，即，则， 所以，故A错误； 而，则，故B错误； 而，故C正确； 而，故D错误. 故选：C 7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称 D. 的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点中心对称 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的图象，结合五点法作图求出，再利用正弦函数单调性判断AB；利用函数图象变换，结合奇偶性判断CD. 【详解】观察图象，得 ，则，而，解得，， 由，得，解得， 令函数的最小正周期为 ，由，得， 因此，， 对于A，当时，，而当， 即时，函数取到最小值，A错误； 对于B，，而当时，函数取到最小值，B错误； 对于C，是奇函数，图象关于原点对称，C错误； 对于D，是奇函数，图象关于原点对称，D正确. 故选：D 8. 双曲线的对称中心为 ，焦点为，过的直线与的一条渐近线平行．若与以 为圆心，为半径的圆相交于 两点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设双曲线的标准方程为，可求出双曲线的渐近线，从而可以求出过双曲线焦点的直线，由点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，再根据弦长公式可求出，和相等，代换化简即可求出答案. 【详解】设双曲线的标准方程为， 由题意可知双曲线的焦距为， 因为，所以可得， 不妨设为双曲线的左焦点，则可知， 过点的直线与双曲线的一条渐近线，所以可知直线的斜率为， 则可得直线的方程为，即， 由点到直线距离公式可以求出原点到直线的距离， 由垂径定理可知， 因， 代入可求得，化简可知， 又因，则，代入可知， 则. 故选：D 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 某市环保部门连续10天监测甲、乙两个区域的空气质量指数（简称AQI），记日期编号为，甲、乙两个区域的AQI分别为，将数据整理如下： 日期编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲区域AQI 27 44 43 45 34 35 33 34 40 35 乙区域AQI 34 34 30 31 36 33 32 34 33 33 根据数据进行分析，以下说法正确的是（ ） A. 甲区域AQI的极差为18 B. 乙区域AQI的第65百分位数为33.5 C. 甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差 D. 根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据极差、百分位数、方差和经验回归方程的定义计算判断各个选项； 【详解】对于A，甲区域AQI的极差为，A正确 对于B，乙区域AQI的数据从小到大排序：，共10个数据， 计算，第65百分位数是第个数，B错误； 对于C，甲区域AQI的平均数为， 方差 乙区域AQI的平均数为 方差，因为，故甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差，C正确； 对于D，因为，由上可知 所以根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点，D正确； 故选：ACD. 10. 已知数列满足，记为的前项和，则（ ） A. 当 时， B. ，使得 C. 为等比数列的充要条件是 D. 且，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】A项通过递推数列规则依次求解各项，可得重复项，进而得到周期规律即可判断；BD项取特殊首项即可；C项，从充分性与必要性两个角度证明，其中必要性证明分类讨论，分别利用反证法可得范围. 【详解】对于A，由，， ，， 由递推关系以下过程重复操作，后面各项依次为 即数列是周期为4的数列， 即对于成立，可得，故A正确； 对于B，根据题意，，取， 由，则，由，则 ，由，则， ， 由递推关系以下过程重复操作，可知数列以后各项均为 ， 故，所以存在，满足题意.故B正确； 对于C，充分性：若，则，则， ， 依此下去，对，都有，则成立， 故，数列为等比数列； 必要性：若数列为等比数列，设公比为， 假设数列中存在某项，则，， 可得，又，解得 ， 由，可知，故必存在某项，则， 即，这与公比 矛盾，假设错误， 即数列中任意一项都小于，自然； 再假设数列中存在某项，则，即 ， 则由，可知 时，，且数列为递增数列， 故存在某项，则，这与数列递增矛盾，假设也错误； 所以数列中也不存在大于 且小于的项，又等比数列中各项均不为 ， 故数列中任意一项均小于 ，，必要性得证； 综上所述，为等比数列的充要条件是，故C正确； 对于D，取，满足条件， 则由， 根据选项A推导过程可知后面各项依次为 即数列， 可知不存在，使得，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数有两个零点，则（ ） A. 当时， B. C. 当时， D. 函数取最小值时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的导数并判断符号得单调性，从而可得最值，故可判断A，利用基本不等式可判断B，由零点性质结合代数变形可得，利用分析法可证题设不等式，故可判断C，结合C中判断和代数变形可得，构建新函数并判断单调性后可求函数取最小值时 ，故可判断D. 【详解】对于A，当时，，此时， 当时，；当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，故A正确； 对于B，， 因为，由基本不等式可得， 故即， 故B错误； 对于C，由题设有，故， 故， 要证即证，即证， 不妨设，，即证，即证， 设，则， 设，则，故在为增函数， 故，故在为增函数，故. 故成立，故C正确. 对于D，由C的分析可得， 因为，若，则，为上的增函数， 与有两个不等的零点矛盾，故 ， 因为，且时，，时，， 故，不妨设，则，故， 设，则， 设，，故在上为减函数， 故即，故在上为减函数. 设，则， 设，则，故在上为减函数， 而，，故在上存在零点， 且时，即，当时， 即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，取最大值即取最小值，此时， 即，故此时，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则实数的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量线性运算转化为，根据系数相等可得. 【详解】因为，所以， 又，所以，得. 故答案为： 13. 已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 【答案】3 【解析】 【分析】先根据抛物线的方程确定其焦点和准线，再利用抛物线的定义将转化为点到准线的距离，最后结合几何性质求出的最小值. 【详解】由，得，令， 则抛物线方程可化为，其焦点坐标为，准线方程为， 因此原抛物线的焦点为，准线方程为. 因为点在抛物线上，所以等于点到准线的距离， 设到轴的距离为，则， 过点 作轴于点，则的长度就是点 到轴的距离，即， 所以当三点共线时，最小，最小值为3. 故答案为：3 14. 现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定正方体边长，再关联正方体边长与小球半径，代入求解即可； 【详解】大球半径为 ，8个小球半径相同，设为， 设正方体的边长为，则正方体的体对角线长度为， 要使小球半径最大，8个小球既要与大球内壁相切，也要使得相邻的小球之间相互外切。 由小球与大球内壁相切可得 由相邻小球相互外切可得正方体的边长 正方体中心到任意一个顶点（小球球心）的距离是体对角线的一半，即， 将 代入得，解得 所以小球半径最大值为 故答案为：. 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. 已知锐角三角形中，角的对边分别为 ，且． （1）求； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题设结合可得，再结合余弦定理求解即可； （2）解法一：由结合两角和与差的余弦公式可得，进而得到，再利用正弦定理可得，代入即可求解； 解法二：由结合余弦函数的性质可得，再利用余弦定理得到，与相加，再结合即可求解； 解法三：由，结合三角恒等变换公式先得到，过 作，垂足为 ，可得，进而结合即可求解. 【小问1详解】 由，可得， 则， 因为，故. 【小问2详解】 解法一：由，可得， 则， 因为，所以，， 则，即，所以， 由正弦定理， 可得， 得， 代入，可得， 解得 ，即. 解法二：由，可得， 则或， 即或， 因为，所以， 由余弦定理可得，则， 又，两式相加可得， 即，得. 解法三：由，可得， 得， 即， 因为，所以， 则，即，即， 则，所以， 如图，过 作，垂足为 ，可得， 故， 所以. 16. 已知函数． （1）讨论的极值； （2）证明：当时，； （3）证明： ． 【答案】（1）当 时， 取得极小值 ，无极大值. （2）令 ， 由（1）知，取时，， 由（1）可得在 上单调递减，在 上单调递增， 因为 ，所以 时， ； 又因为 ，所以 时， ， 综上当 时， ，即 ，当且仅当时等号成立. （3）令 ，则 , 则由（2）中结论可得 即 ， 因此 ， 所以 . 【解析】 【分析】（1）求出 ，就、分类讨论后可得 的极值情况； （2）设 ，由（1）的分析可得的单调性，从而可得当 时， 恒成立，故可证题设中的不等式； （3）由（2）中的不等式可得 ，利用裂项相消法证明 . 【小问1详解】 ， 当时， 在 上单调递增，函数 无极值； 当时，令 得 ， 当 时， 在 上单调递减； 当 时， 在 上单调递增. 所以当 时， 取得极小值 ，无极大值. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 17. 如图，已知在四棱锥 中，， ，，． （1）证明： 平面 ； （2）证明： ； （3）若直线与平面所成角为，点 在平面 内的正投影是点，求四棱锥 的体积． 【答案】（1）因为， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . （2） 取中点，连接 ，设 ， 因为 ， 所以四边形是正方形，所以 . 连接 ，因为 为的中点，所以 ， 因为 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 . （3） 【解析】 【分析】（1）根据，由线面平行的判断定理证明； （2）取中点，连接 ，设 ，可得 ， ，由线面垂直的判定定理和性质可证； （3）方法一：过作 ，可证点 与重合，即 平面，以点 为原点，为轴，为 轴，为轴建立空间直角坐标系，根据 平面 ，设 ，根据，可得 ，进而得解； 方法二：以点 为原点，为轴，为 轴，建立空间直角坐标系 ，其他同方法三；同方法一可证 平面，取中点，连接 ，可证点 在平面 内的正投影必在直线上，过点 作 ，垂足为，则点 到平面 的距离 ，利用等体积法求点到平面的距离，从而得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 方法一： 由（2）可知 平面 ， 平面，所以平面平面 . 过作 ，垂足为，又因为平面平面 平面 ， 所以 平面， 所以在底面的射影在直线上， 所以直线与平面所成角是 ，所以， 因为正方形中，所以 ， 又因为，所以 ， 所以，所以 ． 所以点 与重合，即 平面. 以点 为原点，为轴，为 轴，为轴建立空间直角坐标系， 则 ， 因为点 在平面 内的正投影是，所以 平面 ． 设 ， 因为，所以，所以， 所以 ，所以 ， 所以点到平面距离为， 方法二： 以点 为原点，为轴，为 轴，建立空间直角坐标系 ， 则 ， 因为点 在平面 内的正投影是，所以 平面 ． 因为，所以，所以， 所以 ，所以 ， 所以点到平面距离为， 方法三：由（2）可知 平面 ， 平面， 所以平面平面 . 过作 ，垂足为，因为平面平面 ，且 平面 ， 所以 平面， 所以在底面的射影在直线上， 所以直线与平面所成角是 ，所以， 因为正方形中，所以 ， 又因为，所以 ， 所以，所以 ． 所以点 与重合，即 平面. 取中点，连接 ， 由题意知 ，则 ；同理题意知 ， 又 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以平面 平面 ． 注意到平面 平面 ， 故点 在平面 内的正投影必在直线上， 过点 作 ，垂足为，则点 到平面 的距离 ， 因为，所以 ， 即 ，所以. ，设点到平面的距离， 因为，所以， 即，解得. 18. 如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即 ． （1）求，； （2）证明：； （3）现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当 时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明 ． 【答案】（1） （2）因为， ， 所以 . （3）先分析连续移动6次后的取值情况：6次均为顺时针，则 ； 5次顺时针1次逆时针，则 ； 次顺时针2次逆时针，则 ； 3次顺时针3次逆时针，则 ； 次顺时针4次逆时针，则 ； 1次顺时针5次逆时针，则 ； 次逆时针，则 . 故. 所以的可能取值为 ，其中 ， ； 所以随机变量的分布列如下： 1 2 3 9 10 由. 令 ， 则 ． 两式相减，得 ， 即， 故，又因为，所以 . 【解析】 【分析】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次，则 、 ，再由相互独立事件的概率公式计算可得； （2）根据 、 计算概率，即可证明； （3）先分析连续移动6次后的取值情况，即可求出 ，从而得到随机变量的分布列，再利用错位相减法求出 ，即可得证. 【小问1详解】 记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次， 则 与 互斥. 所以，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 在直角坐标系 中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且． （1）求的方程； （2）点是上两个动点，点 在直线上，设直线的斜率分别为，且． （i）设关于 的对称点为，试判断是否共线？并说明理由； （ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明． 命题：若直线与直线相交于点 ，则_______. 【答案】（1） （2） （i）是，三点共线. 法1：证明：设直线与的交点为，要证明三点共线， 只需要证明与 重合即证明直线的斜率与的斜率相等． 由题意得， 因为关于原点对称，关于原点对称， 故直线相互平行，所以的斜率， 所以，， 由①②，得即， 即，即， 又由题意知，所以，得证. 法2：证明：设，可得， 解得，即， 故可得直线的斜率， 又求得直线的斜率， 根据题意，又， 所， 从而得，故. 因为关于原点对称，关于原点对称， 故直线相互平行，所以的斜率， 因此可得，所以三点共线. （ii）只能选③. 如图，作出符合题意的图形， 法1：根据题意直线的斜率存在且不为零，设直线， 与椭圆联立，得， 其判别式，即， 且， 由（2）知，其中， 可得， 化简得，所以直线， 将直线 与直线联立， 设，可得，即， 注意到当 时，直线， 此时 关于原点对称，这与矛盾， 故，从而可得，即点 在直线上. 法2：证明：设， 将椭圆方程整理为，即 将直线与椭圆联立得：， 整理可得，， 注意到，故上式等价于， 设，注意到， 故可得是关于的二次方程的两根， 其中， 根据韦达定理，可得，即， 又因为，故得，即， 设，因为点 为两直线的公共点， 故联立两直线， 得，即， 注意到当时，直线， 此时 关于原点对称，这与矛盾， 故，从而可得，即点 在直线上. 若选①，因为， 而 到的距离不是定值，故不为定值，故不选①； 若选②，的面积为，而不是定值，故不选②； 若选③，根据 在直线上可得的面积为. 【解析】 【分析】（1）根据长轴长可求，用基本量表示题设中的诸向量后可求向量和的模长，从而可求，故可得椭圆方程，或者根据直角的几何性质可求，故可求椭圆方程； （2）设直线与的交点为，根据对称性可得，再结合题设条件可得直线的斜率即为，从而可证三点共线.我们也可以设，结合向量运算可得 的坐标，结合题设条件可证，从而可证三点共线. （3）利用韦达定理或齐次化可证 在定直线上，从而可选②③得相应的面积定值. 【小问1详解】 法1：由，可得， 又，可得，所以， 所以，又，根据题意得， 解得 ，从而求得椭圆. 法2：依题意，故， 由，故斜边上的中线长等于， 故，所以，解得 ， 从而求得椭圆. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $