《2026年一本密卷高考数学》

6. (2025·广东省广州市天河区三模)已知抛物线 $ C:y^2 = 4x $ 的焦点为 $ F $，点 $ M $，$ N $ 为 $ C $ 上的不同两点，若线段 $ MN $ 的中点到 $ y $ 轴的距离为 2，则 $ |MF| · |NF| $ 的最大值为(C)

A.3
B.6
C.9
D.36

答案： 6.C　因为点$M$，$N$在抛物线$C:y^2 = 4x$上，所以设$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，可得$y_1^2 = 4x_1$，$y_2^2 = 4x_2$。因为线段$MN$的中点到$y$轴的距离为2，所以$x_1 + x_2 = 4$，因为焦点$F(1,0)$，准线方程为$x = -1$，所以由抛物线的定义，得$|MF| = x_1 + 1$，$|NF| = x_2 + 1$，所以$|MF|·|NF| = (x_1 + 1)(x_2 + 1) = x_1x_2 + x_1 + x_2 + 1 = x_1x_2 + 5$。因为$M$，$N$的横坐标均大于0，所以$x_1 + x_2 = 4\geq2\sqrt{x_1x_2}$，所以$x_1x_2$的最大值为4。所以当$x_1x_2 = 4$时，即$x_1 = x_2 = 2$时，$|MF|·|NF|$取最大值为9。故选C。

7. (2025·湖北武汉市武昌区三模)已知圆 $ O:x^2 + y^2 = 8 $，直线 $ l $ 与圆 $ O $ 交于 $ A(x_1,y_1) $，$ B(x_2,y_2) $ 两点，点 $ P $ 为圆 $ O $ 上异于 $ A $，$ B $ 的任意一点，若 $ x_1x_2 + y_1y_2 = -4 $，$ x_1 + y_1 = x_2 + y_2 ＞ 0 $，则(BD)

A.$ \angle AOB = \frac{5\pi}{6} $
B.$ \triangle PAB $ 面积的最大值为 $ 6\sqrt{3} $
C.直线 $ l $ 的方程为 $ y = -2x + 2 $
D.满足到直线 $ l $ 的距离为 $ \sqrt{2} $ 的点 $ P $ 有且仅有 3 个

答案： 7.BD　对于A，依题意，$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}=x_1x_2 + y_1y_2 = -4$，$|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = 2\sqrt{2}$，则$\cos\angle AOB=\frac{\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}}{|\overrightarrow{OA}|·|\overrightarrow{OB}|}=-\frac{1}{2}$，而$0\leq\angle AOB\leq\pi$，解得$\angle AOB=\frac{2\pi}{3}$，A错误；对于B，$|AB| = 2|\overrightarrow{OA}|\cos\frac{\pi}{6}=2\sqrt{6}$，圆心$O$到直线$AB$的距离$|\overrightarrow{OA}|\sin\frac{\pi}{6}=\sqrt{2}$，因此点$P$到直线$AB$距离的最大值为$3\sqrt{2}$，$\triangle PAB$面积的最大值为$\frac{1}{2}×2\sqrt{6}×3\sqrt{2}=6\sqrt{3}$，B正确；对于C，由$x_1 + y_1 = x_2 + y_2$，得$x_1 - x_2 = -(y_1 - y_2)$，直线$l$的斜率$k = -1$，设直线$l$的方程为$y = -x + m$，则$\frac{|m|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，解得$m = \pm2$，由$x_1 + y_1 = x_2 + y_2 = m ＞ 0$，因此$m = 2$，直线$l$的方程为$y = -x + 2$，C错误；对于D，由圆$O$半径为$2\sqrt{2}$，圆心$O$到直线$AB$距离为$\sqrt{2}$，得圆$O$上到直线$AB$距离为$\sqrt{2}$的点有且仅有3个，因此符合条件的点$P$有且仅有3个，D正确。故选BD。

8. (2025·山东威海市三模)已知 $ O $ 为坐标原点，抛物线 $ C:y^2 = 4x $ 的焦点为 $ F $，准线为 $ l $，过 $ F $ 的直线与 $ C $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，则(BCD)

A.过 $ A $ 作 $ l $ 的垂线，垂足为 $ Q $，若 $ \angle AQF = 60^{\circ} $，则 $ |AQ| = 8 $
B.若直线 $ BO $ 与 $ l $ 交于点 $ P $，则直线 $ AP $ 平行于 $ x $ 轴
C.以线段 $ BF $ 为直径的圆上的点到 $ l $ 的最小距离为 1
D.以线段 $ AB $ 为直径的圆截 $ y $ 轴所得弦长的最小值为 $ 2\sqrt{3} $

答案：
8.BCD　由题可得抛物线焦点为$F(1,0)$，准线为$x = -1$。对于A，如图，设准线与$x$轴交于$L$，由抛物线定义可得$|AQ| = |AF|$，结合$\angle AQF = 60^{\circ}$，则$\triangle AQF$为等边三角形，又由题可得$\angle FQL = 30^{\circ}$，$|FL| = 2$，则$|AQ| = |QF|=\frac{2}{\sin30^{\circ}} = 4$，故A错误；对于B，设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，因直线过$F$，设直线$x = my + 1$，将直线与抛物线联立，有$y^2 - 4my - 4 = 0$，由韦达定理，得$y_1 + y_2 = 4m$，$y_1y_2 = -4$，则$y_1=\frac{-4}{y_2}$，又$k_{OB}=\frac{y_2}{x_2}=\frac{y_2}{my_2 + 1}\Rightarrow l_{OB}:y=\frac{y_2}{my_2 + 1}x$，令$x = -1$，则$P(-1,\frac{-y_2}{my_2 + 1})$，注意到$y_2^2 = 4my_2 + 4\Rightarrow\frac{y_2^2}{4}=my_2 + 1$，因$y_2\neq0$，则$\frac{y_2}{4}=my_2 + 1=\frac{y_2}{4}=\frac{my_2 + 1}{y_2}\Rightarrow\frac{-4}{y_2}=\frac{-y_2}{my_2 + 1}$，则$A$，$P$两点纵坐标相同，则直线$AP$平行于$x$轴，故B正确；对于C，取$BF$中点为$O$，过$B$，$O$做准线垂线，垂足为$J$，$K$，则线段$BF$为直径的圆上的点到准线的最小距离为$|KO| - \frac{1}{2}|BF|$。注意到$OK// BJ// FL$，又$O$为$BF$中点，则$K$为$LJ$中点，则$|KO|=\frac{|FL| + |BJ|}{2}$，结合$|FL| = 2$，$|BJ| = |BF|$，则$|KO| - \frac{1}{2}|BF| = 1$，故C正确；对于D，设以线段$AB$为直径的圆，与$y$轴交于$M(0,y_3)$，$N(0,y_4)$，注意到$k_{MA}· k_{MB}=k_{NA}· k_{NB}=\frac{y_3 - y_1}{-x_1}·\frac{y_3 - y_2}{-x_2}=\frac{y_4 - y_1}{-x_1}·\frac{y_4 - y_2}{-x_2}=-1$，化简后可得$\begin{cases}y_3^2 - (y_1 + y_2)y_3 + x_1x_2 + y_1y_2 = 0\\y_4^2 - (y_1 + y_2)y_4 + x_1x_2 + y_1y_2 = 0\end{cases}$，则$y_3$，$y_4$为$x^2 - (y_1 + y_2)x + y_1y_2 + x_1x_2 = 0$两根，则$y_3 + y_4 = y_1 + y_2 = 4m$，$y_1y_2 + x_1x_2=\frac{(y_1y_2)^2}{16}-4=-3$，则$|y_3 - y_4|=\sqrt{(y_3 - y_4)^2}=\sqrt{(y_3 + y_4)^2 - 4y_3y_4}=\sqrt{16m^2 + 12}\geq2\sqrt{3}$，当且仅当$m = 0$，即$AB$垂直于$x$轴时取等号，故D正确。故选BCD。

9. (2025·江苏南通三模)已知圆 $ (x - 1)^2 + y^2 = 1 $ 与双曲线 $ \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 的一条渐近线交于 $ A $，$ B $ 两点，且 $ |AB| = \sqrt{3} $，则该双曲线的离心率为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。

答案： 9.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$　双曲线$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的渐近线为$y=\pm\frac{b}{a}x$，由对称性可知，取$y=\frac{b}{a}x\Rightarrow bx - ay = 0$研究即可，易得$(x - 1)^2 + y^2 = 1$的圆心为$(1,0)$，半径$r = 1$，又弦长$|AB|=\sqrt{3}$，所以圆心$(1,0)$到直线$bx - ay = 0$的距离为$d=\sqrt{r^2 - (\frac{|AB|}{2})^2}=\sqrt{1 - \frac{3}{4}}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{|b|}{\sqrt{a^2 + b^2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow a^2 = 3b^2$，所以双曲线的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a}=\sqrt{\frac{a^2 + b^2}{a^2}}=\sqrt{\frac{4b^2}{3b^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。

10. (2025·河北石家庄三模)过点 $ P(2,1) $ 作直线与抛物线 $ y^2 = 8x $ 相交于 $ A $，$ B $ 两点，若点 $ P $ 是线段 $ AB $ 的中点，则直线 $ AB $ 的斜率是4。

答案： 10.4　设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，若直线$AB$的斜率存在，则$x_1\neq x_2$，$\because$点$P$是线段$AB$的中点，$\frac{x_1 + x_2}{2}=2$，$\frac{y_1 + y_2}{2}=1$，$\therefore x_1 + x_2 = 4$，$y_1 + y_2 = 2$，$\therefore\begin{cases}y_1^2 = 8x_1\\y_2^2 = 8x_2\end{cases}$，两式作差可得$(y_1 - y_2)(y_1 + y_2)=8(x_1 - x_2)$，即$\frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}=\frac{8}{y_1 + y_2}$，又$k_{AB}=\frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}$，$\therefore k_{AB}=4$，$\therefore$直线$AB$的方程是$y - 1 = 4(x - 2)$，即$4x - y - 7 = 0$，联立$\begin{cases}4x - y - 7 = 0\\y^2 = 8x\end{cases}$，可得$y^2 - 2y - 14 = 0$，方程$y^2 - 2y - 14 = 0$的判别式$\Delta = 4 + 56 ＞ 0$，所以方程$y^2 - 2y - 14 = 0$有两个根，故方程组有两组解，满足条件；若直线$AB$的斜率不存在，则直线方程为$x = 2$，此时线段$AB$的中点为$(2,0)$，矛盾。故答案为4。

11. （13 分）（2025·湖南省永州市三模）已知双曲线 $ E:\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 的虚轴长为 2，离心率为 $ \frac{2\sqrt{3}}{3} $。
（1）求双曲线 $ E $ 的标准方程；
（2）过点 $ M(1,0) $ 的直线 $ l $ 与 $ E $ 的左、右两支分别交于 $ A $，$ B $ 两点，点 $ C(2,\sqrt{3}) $，直线 $ BC $ 与直线 $ x = 3 $ 交于点 $ N $。
（ⅰ）证明：直线 $ AN $ 的斜率为定值；
（ⅱ）记 $ S_1 $，$ S_2 $ 分别为 $ \triangle MBC $，$ \triangle ABN $ 的面积，求 $ \frac{S_1}{S_2} $ 的取值范围。

答案：
11.解：
(1)已知双曲线$E:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的虚轴长为2，则$2b = 2$，解得$b = 1$。又因为离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，且$c^2 = a^2 + b^2$，把$b = 1$代入可得$c^2 = a^2 + 1$。由$\frac{c}{a}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$可得$c=\frac{2\sqrt{3}}{3}a$，将其代入$c^2 = a^2 + 1$中，得到$(\frac{2\sqrt{3}}{3}a)^2 = a^2 + 1$。解得$a^2 = 3$，所以双曲线$E$的标准方程为$\frac{x^2}{3}-y^2 = 1$。
(2)(i)证明：当直线$l$的斜率为0时，已知$A(-\sqrt{3},0)$，$B(\sqrt{3},0)$，$BC$方程$\sqrt{3}x - (2 - \sqrt{3})y - 3 = 0$。令$x = 3$，则$\sqrt{3}×3 - (2 - \sqrt{3})y - 3 = 0$，解得$y = 3\sqrt{3} + 3$，所以$N(3,3\sqrt{3} + 3)$，$k_{AN}=\frac{3\sqrt{3} + 3 - 0}{3 + \sqrt{3}}=\sqrt{3}$；当直线$l$的斜率不为0时，设$AB$方程$x = ty + 1$，与$x^2 - 3y^2 = 3$联立：把$x = ty + 1$代入$x^2 - 3y^2 = 3$，得$(t^2 - 3)y^2 + 2ty - 2 = 0$。由韦达定理得$y_1 + y_2=\frac{-2t}{t^2 - 3}$，$y_1y_2=\frac{-2}{t^2 - 3}$。因为直线交左右两支，有$\begin{cases}\Delta = 12(t^2 - 2)＞0\\x_1x_2 = t^2y_1y_2 + t(y_1 + y_2)+1＜0\end{cases}$，解得$t^2 ＞ 3$。$BC$方程为$y - \sqrt{3}=\frac{y_2 - \sqrt{3}}{x_2 - 2}(x - 2)$，令$x = 3$，得$y=\frac{\sqrt{3}x_2 + y_2 - 3\sqrt{3}}{x_2 - 2}$，即$N(3,\frac{\sqrt{3}x_2 + y_2 - 3\sqrt{3}}{x_2 - 2})$。则$k_{AN}=\frac{ty_1y_2 - (y_1 + y_2)-\sqrt{3}ty_2 + 2\sqrt{3}}{t^2y_1y_2 - t(y_1 + y_2)-ty_2 + 2}$，把$y_1 + y_2=\frac{-2t}{t^2 - 3}$，$y_1y_2=\frac{-2}{t^2 - 3}$代入$k_{AN}=\frac{ty_1y_2 - (y_1 + y_2)-\sqrt{3}ty_2 + 2\sqrt{3}}{t^2y_1y_2 - t(y_1 + y_2)-ty_2 + 2}$。先看分子：$ty_1y_2 - (y_1 + y_2)-\sqrt{3}ty_2 + 2\sqrt{3}=t×\frac{-2}{t^2 - 3}-\frac{-2t}{t^2 - 3}-\sqrt{3}ty_2 + 2\sqrt{3}=\frac{-2t + 2t}{t^2 - 3}-\sqrt{3}ty_2 + 2\sqrt{3}=-\sqrt{3}ty_2 + 2\sqrt{3}$；再看分母：$t^2y_1y_2 - t(y_1 + y_2)-ty_2 + 2=t^2×\frac{-2}{t^2 - 3}-t×\frac{-2t}{t^2 - 3}-ty_2 + 2=\frac{-2t^2 + 2t^2}{t^2 - 3}-ty_2 + 2=-ty_2 + 2$。此时$k_{AN}=\frac{-\sqrt{3}ty_2 + 2\sqrt{3}}{-ty_2 + 2}=\frac{\sqrt{3}(-ty_2 + 2)}{-ty_2 + 2}$。因为$t^2 ＞ 3$，$-ty_2 + 2\neq0$，约分后可得$k_{AN}=\sqrt{3}$。
(ii)当直线$l$的斜率为0时，因为$k_{AN}=k_{CM}=\sqrt{3}$，$\triangle MBC$与$\triangle ABN$相似，$\frac{S_1}{S_2}=(\frac{BM}{BA})^2=(\frac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{3}})^2=\frac{2 - \sqrt{3}}{6}$。当直线$l$的斜率不为0时，不妨设$t ＞ 0$，$y_1 ＜ 0$，$y_2 ＞ 0$，$y_1 + y_2=\frac{-2t}{t^2 - 3}＜0$，所以$\frac{y_1}{y_2}＜-1$。$\frac{S_1}{S_2}=(\frac{BM}{BA})^2=(\frac{y_2}{y_2 - y_1})^2=\frac{1}{(1 - \frac{y_1}{y_2})^2}$，代入$y_1 + y_2$与$y_1y_2$的值得$\frac{y_1}{y_2}+\frac{y_2}{y_1}=-4-\frac{6}{t^2 - 3}$。因为$t^2 ＞ 3$，所以$\frac{y_1}{y_2}+\frac{y_2}{y_1}＜-4$，结合$\frac{y_1}{y_2}＜-1$，解得$\frac{y_1}{y_2}＜-2 - \sqrt{3}$。所以$\frac{S_1}{S_2}\in(0,\frac{2 - \sqrt{3}}{6})$。综上，$\frac{S_1}{S_2}$取值范围是$(0,\frac{2 - \sqrt{3}}{6}]$。