《2026年一本密卷高考数学》

1. (2025·江苏如皋市三模)已知直线 $ l:mx + y + 2m = 0 $ 与圆 $ C:x^2 + y^2 + 6x - 2y = 0 $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，则 $ S_{\triangle ABC} $ 的最大值为(B)

A.2
B.4
C.5
D.10

答案： 1.B　直线$l:mx+y+2m=0$过定点$P(-2,0)$，圆$C:(x + 3)^2 + (y - 1)^2 = 10$，$C(-3,1)$，$CP = \sqrt{2}$，$\therefore$设$C$到$l$距离为$d$，$\therefore0\leq d\leq\sqrt{2}$，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×2\sqrt{10 - d^2}× d=\sqrt{-d^4 + 10d^2}$，$d = \sqrt{2}$时，$(S_{\triangle ABC})_{\max}=\sqrt{-4 + 20}=4$。故选B。

2. (2025·河北石家庄三模)已知椭圆 $ C:\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的左、右焦点为 $ F_1(-3,0) $，$ F_2(3,0) $，且过右焦点 $ F_2 $ 的直线 $ l $ 交椭圆于 $ A $、$ B $ 两点，$ \triangle AF_1B $ 的周长为 20，则椭圆 $ C $ 的离心率为(B)

A.$ \frac{3}{10} $
B.$ \frac{3}{5} $
C.$ \frac{4}{5} $
D.$ \frac{\sqrt{3}}{2} $

答案： 2.B　因为$\triangle AF_1B$的周长为20，所以$|AB| + |AF_1| + |BF_1| = |AF_2| + |BF_2| + |AF_1| + |BF_1| = 20$，由椭圆定义可知：$4a = 20$，即$a = 5$，又因为$c = 3$，所以椭圆$C$的离心率为$\frac{c}{a}=\frac{3}{5}$。故选B。

3. (2025·河南省安阳市三模)已知椭圆 $ C:\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_1 $，$ F_2 $，上顶点为 $ P $，离心率为 $ \frac{1}{2} $。过点 $ F_1 $ 且垂直于 $ PF_2 $ 的直线与 $ C $ 交于 $ M $，$ N $ 两点，$ |MN| = 6 $，则 $ |PM| + |PN| = $(D)

A.4
B.5
C.6
D.7

答案：
3.D　如图，连接$PF_1$，$MF_2$，$NF_2$。因为$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，即$a = 2c$，$b^2 = a^2 - c^2 = 3c^2$，因$|PF_1| = |PF_2| = a = 2c = |F_1F_2|$，则$\triangle PF_1F_2$为正三角形。又$MN\perp PF_2$，则直线$MN$为线段$PF_2$的垂直平分线，故$|PM| = |MF_2|$，$|PN| = |NF_2|$，且$\angle NF_1F_2=\frac{\pi}{6}$，故直线$MN$的方程为$y=\frac{\sqrt{3}}{3}(x + c)$，代入椭圆$C$的方程$\frac{x^2}{4c^2}+\frac{y^2}{3c^2}=1$，得$13x^2 + 8cx - 32c^2 = 0$。设$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，则$x_1 + x_2 = -\frac{8c}{13}$，$x_1· x_2 = -\frac{32c^2}{13}$，则$|MN|=\sqrt{(1+\frac{1}{3})[(x_1 + x_2)^2 - 4x_1· x_2]}=\sqrt{\frac{4}{3}[(-\frac{8c}{13})^2 - 4×(-\frac{32c^2}{13})]}=\frac{48c}{13}=6$，解得$c=\frac{13}{8}$，则$a = 2c=\frac{13}{4}$，$\therefore|PM| + |PN| = |MF_2| + |NF_2| = |MF_2| + |NF_2| + |MF_1| + |NF_1| - |MN| = 4a - 6 = 13 - 6 = 7$。故选D。

4. (2025·河南省焦作市三模)若双曲线 $ C:\frac{x^2}{16} - \frac{y^2}{9} = 1 $ 上的点 $ A $ 到 $ (5,0) $ 的距离为 4，则点 $ A $ 到点 $ (-5,0) $ 的距离为(B)

A.14
B.12
C.10
D.8

答案： 4.B　由题意可知，$a^2 = 16$，$b^2 = 9$，则$c^2 = 25$，则双曲线$C$的左、右焦点分别为$F_1(-5,0)$，$F_2(5,0)$，因$|AF_2| - |AF_1| = 8$或$|AF_1| - |AF_2| = 8$，且$|AF_2| = 4$，故$|AF_1| = 12$。故选B。

5. (2025·湖北武汉三模)已知双曲线 $ C:\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 的右顶点为 $ A $，若以点 $ A $ 为圆心，以 $ b $ 为半径的圆与 $ C $ 的一条渐近线交于 $ M $，$ N $ 两点，且 $ \overrightarrow{OM} = -3\overrightarrow{ON} $，则 $ C $ 的离心率为(B)

A.$ \sqrt{2} $
B.$ \sqrt{3} $
C.$ \frac{\sqrt{6}}{2} $
D.$ \frac{2\sqrt{3}}{3} $

答案：
5.B　不妨设该圆与渐近线$y=\frac{b}{a}x$分别交于$M$、$N$点，则$\tan\angle MOA=\frac{b}{a}$，故$\cos\angle MOA=\frac{a}{c}$，则$\cos\angle NOA=-\frac{a}{c}$。设$|ON| = m$，则$|OM| = 3m$。
则有$\cos\angle MOA=\frac{|OA|^2 + |OM|^2 - |MA|^2}{2|OA|·|OM|}=\frac{a^2 + 9m^2 - b^2}{6am}=\frac{a}{c}$，$\cos\angle NOA=\frac{|OA|^2 + |ON|^2 - |NA|^2}{2|OA|·|ON|}=\frac{a^2 + m^2 - b^2}{2am}=-\frac{a}{c}$，即有$\begin{cases}a^2c + 9m^2c - b^2c = 6ma^2\\a^2c + m^2c - b^2c = -2ma^2\end{cases}$，则有$8m^2c = 8ma^2$，即$m=\frac{a^2}{c}$，故$a^2c + 9·(\frac{a^2}{c})^2 - b^2c = 6a^2·\frac{a^2}{c}$，即$a^2c^2 + 3a^4 = b^2c^2$，即$a^2c^2 + 3a^4 = c^2(c^2 - a^2)=c^4 - a^2c^2$，即$c^4 - 3a^4 - 2a^2c^2 = 0$，故有$e^4 - 2e^2 - 3 = (e^2 - 3)(e^2 + 1) = 0$，即$e^2 = 3$，即$e = \sqrt{3}$。故选B。