《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(1)(2025·抚顺三模)过双曲线 $ C:\dfrac{x^{2}}{4}-y^{2}=1 $ 的左焦点 $ F_{1} $ 作倾斜角为 $ \theta $ 的直线 $ l $ 交 $ C $ 于 $ M $，$ N $ 两点。若 $ \overrightarrow{MF_{1}}=3\overrightarrow{F_{1}N} $，则 $ |\cos\theta|= $(D)

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

答案：

(1)D 设双曲线的右焦点为$F$，连接$MF$，$NF$，

由题意可得$a = 2$，$c = \sqrt{5}$，
设$|MF_{1}| = 3|F_{1}N| = 3t$，$|MF| = 2a + 3t = 4 + 3t$，$|FN| = 2a + t = 4 + t$，
由余弦定理可得$\cos\angle NF_{1}F + \cos\angle MF_{1}F = \frac{|F_{1}N|^{2}+|F_{1}F|^{2}-|NF|^{2}}{2|F_{1}N|·|F_{1}F|}+\frac{|F_{1}M|^{2}+|F_{1}F|^{2}-|MF|^{2}}{2|F_{1}M|·|F_{1}F|}=0$，
即$\frac{t^{2}+4c^{2}-(4 + t)^{2}}{2· t·2c}+\frac{9t^{2}+4c^{2}-(4 + 3t)^{2}}{2·3t·2c}=0$，
解得$t = \frac{1}{3}$，
所以$\cos\angle MF_{1}F = \frac{1^{2}+4(\sqrt{5})^{2}-(4 + 1)^{2}}{2×1×2\sqrt{5}} = -\frac{\sqrt{5}}{5}$，故$|\cos\theta| = \frac{\sqrt{5}}{5}$。

(2)(2025·东北三省三校联考)已知 $ F_{1} $ 是椭圆 $ C:\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1 $ 的左焦点，直线 $ x = 1 $ 与 $ C $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，则 $ \triangle F_{1}AB $ 周长为(D)

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

答案：
(2)D 由题意知，$a = \sqrt{2}$，$b = 1$，则$c = \sqrt{a^{2}-b^{2}} = \sqrt{2 - 1} = 1$，故直线$x = 1$经过椭圆的右焦点，
故$\triangle F_{1}AB$的周长为$4a = 4×\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$。

(1)(2025·晋城二模)已知双曲线 $ \dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0) $ 的两条渐近线均和圆 $ C:x^{2}+y^{2}+8x+7 = 0 $ 相切，且双曲线的左焦点为圆 $ C $ 的圆心，则该双曲线的方程为(D)

A.$ \dfrac{x^{2}}{9}-\dfrac{y^{2}}{7}=1 $
B.$ \dfrac{4x^{2}}{9}-\dfrac{4y^{2}}{7}=1 $
C.$ \dfrac{4x^{2}}{7}-\dfrac{4y^{2}}{9}=1 $
D.$ \dfrac{x^{2}}{7}-\dfrac{y^{2}}{9}=1 $

答案：
(1)D 圆$C:x^{2}+y^{2}+8x + 7 = 0$的圆心为$C(-4,0)$，半径$r = 3$，
又双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$的渐近线方程为$bx\pm ay = 0$，
由题意可知$\begin{cases}\frac{|-4b|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=3\\c = 4\\a^{2}+b^{2}=c^{2}\end{cases}$，
解得$\begin{cases}a^{2}=7\\b^{2}=9\\c^{2}=16\end{cases}$，
所以该双曲线的方程为$\frac{x^{2}}{7}-\frac{y^{2}}{9} = 1$。

(2)(2025·安康模拟)已知椭圆 $ \dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_{1} $，$ F_{2} $，点 $ M $ 在椭圆上，且满足 $ \angle F_{1}MF_{2}=90^{\circ} $，$ MF_{2} $ 延长线交椭圆于另一点 $ C $，$ |MF_{2}|=2|F_{2}C|=2 $，则椭圆的方程为(C)

A.$ \dfrac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 $
B.$ \dfrac{x^{2}}{5}+y^{2}=1 $
C.$ \dfrac{x^{2}}{9}+\dfrac{y^{2}}{4}=1 $
D.$ \dfrac{x^{2}}{18}+\dfrac{y^{2}}{2}=1 $

答案：

(2)C 因为点$M$在椭圆上，$MF_{2}$延长线交椭圆于另一点$C$，且$|MF_{2}| = 2|F_{2}C| = 2$，

所以$|MF_{1}| = 2a - 2$，$|CF_{1}| = 2a - 1$，$|CM| = 3$。
由于$\angle F_{1}MF_{2} = 90^{\circ}$，
所以$|MF_{1}|^{2}+|CM|^{2}=|CF_{1}|^{2}$，即$(2a - 2)^{2}+9 = (2a - 1)^{2}$，解得$a = 3$，
所以$|MF_{1}| = 2a - 2 = 4$，则$|F_{1}F_{2}| = \sqrt{|MF_{1}|^{2}+|MF_{2}|^{2}} = \sqrt{16 + 4} = 2\sqrt{5}$，
则$c = \sqrt{5}$，$b^{2}=a^{2}-c^{2}=4$，
所以椭圆方程为$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4} = 1$。

(1)(2025·湖南湘潭三模)已知椭圆 $ C:\dfrac{x^{2}}{m^{2}}+y^{2}=1(m＞0) $ 的离心率为 $ \sqrt{3}m $，则 $ C $ 的短轴长为(B)

A.$ \dfrac{1}{2} $
B.1
C.2
D.3

答案：
(1)B 依题意，$0 ＜ \sqrt{3}m ＜ 1$，即$0 ＜ m ＜ \frac{1}{\sqrt{3}}$，则$C$的焦点在$y$轴上，因此$\sqrt{3}m = \frac{\sqrt{1 - m^{2}}}{1}$，所以$m = \frac{1}{2}$，故$C$的短轴长为$2m = 1$。故选 B。

(2)(2025·河北石家庄三模)已知椭圆 $ C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{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_{1}B $ 的周长为 20，则椭圆 $ C $ 的离心率为(B)

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

答案：
(2)B 因为$\triangle AF_{1}B$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。