精品解析：安徽安庆市桐城市杨公中学等校2025-2026学年下学期“徽聚百强”高二年级寒假开学学业检测数学（A卷）

绝密★启用前 2026年“徽聚百强”高二年级寒假开学学业检测 数 学（A） 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑，非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答，字体工整，笔迹清楚. 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 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. 1. 已知数列的首项为，对于任意的都有，则“为单调递增的数列”是“”的（　　） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，则直线到平面的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知双曲线的左、右顶点分别为，点是上异于的一点，若直线，的斜率之积为的离心率的倍，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（    ） A. 4050 B. 4051 C. 4052 D. 4053 6. 已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在长方体中，，点分别在四边形､四边形内运动（不与长方体的顶点重合），若，，且都在球上，则球的表面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点.椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的交点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 异面直线与所成的角为 D. 10. 在数列中，，则下列结论成立的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 当时，数列的前项和小于1 C. 当时， D. 当时， 11. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，准线为，分别过上的点，作的垂线，垂足分别为，，线段的中点为，若直线不与坐标轴垂直，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. C. 若直线过点，则直线与的交点为 D. 若直线过点，且，则四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正项数列的前项和为，且，则__________. 13. 已知曲线在处的切线与曲线相切，则的值为________． 14. 记为数列的前项和，已知，且，则__________；若对于任意，都有，则实数的取值范围为__________. 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. 已知点，点B为圆C：上的动点，D为的中点，记D的轨迹为曲线E． （1）求过点A且与曲线E相切的直线方程； （2）若点P在直线上，求的最小值． 16. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）是否存在正实数，使得仅有1个零点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 17. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前n项和. 18. 如图，两个正方形ABCD，ABEF的边长都是1，平面平面，，，其中，. （1）当时，证明：平面BEM； （2）是否存在实数，使得平面AMN与平面ABN的夹角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）求的最小值. 19. 已知公比为的正项等比数列，满足离心率均为2的序列双曲线的方程．在中，点到一条渐近线的距离为，过上一点作的两条弦，，交于另两点，，且的平分线垂直于轴． （1）求的通项公式； （2）求直线的斜率； （3）当（为坐标原点）的面积为时，直线交轴于，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026年“徽聚百强”高二年级寒假开学学业检测 数 学（A） 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑，非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答，字体工整，笔迹清楚. 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 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. 1. 已知数列的首项为，对于任意的都有，则“为单调递增的数列”是“”的（　　） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设易得数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列，公差均为1，进而结合充分、必要条件的定义判断即可. 【详解】因为， 所以数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列，且公差均为1. 若数列为单调递增的数列，则； 所以“为单调递增的数列”是“”的充分条件， 若，要证明数列单调递增， 只需证明对任意恒成立， 当为奇数时，设， ，， 当为偶数时，设， ，， 综上，恒成立，故数列是单调递增数列， “为单调递增的数列”是“”的充要条件． 故选：C． 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线倾斜角与斜率的关系即可得解. 【详解】直线的斜率， 设直线的倾斜角为, 则， 又，所以， 即直线的倾斜角为. 故选：C. 3. 在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，则直线到平面的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，先证明平面，可得直线到平面的距离等于到平面的距离，进而结合点到平面空间向量公式求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面的一个法向量为， 由，取，得， 则，即， 又平面，则平面， 所以直线到平面的距离等于到平面的距离， 则到平面的距离为， 所以直线到平面的距离为. 故选：D 4. 已知双曲线的左、右顶点分别为，点是上异于的一点，若直线，的斜率之积为的离心率的倍，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知，设，根据斜率关系得，再结合题意得，解得即可得答案. 【详解】由题知，设， 点是上异于的一点，故，即 因为， 所以， 因为直线，的斜率之积为的离心率的倍，离心率， 所以， 令，则， 即，解得或（舍），故，即， 所以的渐近线方程为. 故选：B 5. 已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（    ） A. 4050 B. 4051 C. 4052 D. 4053 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合等差数列通项公式可得公差，再利用等差数列前项和公式求解判断. 【详解】设等差数列的公差为，由，得，则， 而，解得，则，， 由和，得，则， ，由，得数列单调递减，当时，， 则当时，，所以使得的的最小值为4051. 故选：B 6. 已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次不等式恒成立的条件得出关系，然后再利用导数即可求解. 【详解】由题意可知整理得， 又因为，所以要想最大，则有，并且，即，所以， 设函数，令，解得或（舍去）. 当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以的最大值为. 故选：B 7. 如图，在长方体中，，点分别在四边形､四边形内运动（不与长方体的顶点重合），若，，且都在球上，则球的表面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，确定球的球心的位置，列出球的表面积的表达式，根据参数的取值范围即可求得结果. 【详解】因为，所以是直角三角形，其外接圆的圆心为的中点， 所以球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上. 又，所以为四边形内以为直径，以的中点为圆心，2为半径的半圆上一点， 如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 因为球的半径，即， 化简得， 因为，所以，，即， 所以， 而球的表面积为，， 所以，即球的表面积的取值范围为. 故选：D. 8. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点.椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的交点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆和双曲线的定义，结合余弦定理即可求解. 【详解】不妨设在第一象限，由椭圆和双曲线的定义可得：，， 所以. 在中，由余弦定理可得， 化简得，所以， 则，等号成立时， 则，则的最小值为. 故选：B 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 异面直线与所成的角为 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算判断A；结合A可得，再根据数量积的运算律判断B；根据，则为异面直线与所成的角，即可判断C；计算，即可判断D. 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：因为， 所以 ， 所以，即，故B错误； 对于C：因为，，所以， 所以为异面直线与所成的角，即异面直线与所成的角为，故C错误； 对于D：因为，， 所以， 所以，即，故D正确. 故选：AD 10. 在数列中，，则下列结论成立的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 当时，数列的前项和小于1 C. 当时， D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等比数列的定义判断A选项；根据裂项相消判断B选项；根据放缩判断C选项；利用换元法通过计算判断D选项. 【详解】 对于A选项，当时可得，所以，此时不是等比数列， 当，时因为，所以， 两式相除，得，此时是以为公比的等比数列，故A错误； 对于B选项，当时，， 故，，， 所以， 所以数列的前项之和为 ，故B正确； 对于C选项，当时记， 则， 则， 所以，故C错误； 对于D选项， 令，原式可化为 ， 所以，，，， 故原式, 即，故D正确． 故选：BD. 11. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，准线为，分别过上的点，作的垂线，垂足分别为，，线段的中点为，若直线不与坐标轴垂直，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. C. 若直线过点，则直线与的交点为 D. 若直线过点，且，则四边形的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线的定义、几何性质及直线与抛物线的位置关系逐项分析判断即可. 【详解】选项A：由抛物线的定义可知，，故， 故，即，A错误. 选项B：由题意知，，设，，则， 则直线的斜率为. 直线的斜率为， 因为，所以，B正确. 选项C：当直线过点时，设直线方程为， 与抛物线方程联立整理得，则. ，，则直线方程为， 令，则. 直线方程为， 令，则. 故直线与的交点为，C正确. 选项D：由，可得，得. 又，所以. 由题意可知，四边形为直角梯形， 所以其面积为 ，D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正项数列的前项和为，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数列前项和与第项的关系化简给定等式，利用等差数列定义求出即可. 【详解】正项数列中，当时，， 整理得，则数列是首项，公差为1的等差数列， ，当时，，因此，而不满足上式， 所以. 故答案为： 13. 已知曲线在处的切线与曲线相切，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】求出曲线在处的切线，再设切点求出参数的值即可. 【详解】由，得. 因为，，所以曲线在处的切线方程为. 设直线与曲线相切于点，， 所以，解得，所以， 所以. 故答案为： 14. 记为数列的前项和，已知，且，则__________；若对于任意，都有，则实数的取值范围为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】对两边同时除以，根据等比数列的定义求出数列的通项公式；再根据的关系求出数列的通项公式，最后根据任意性的定义、常变量分离法、对勾函数的单调性进行求解即可. 【详解】， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以； 当时，， 显然也适合，所以， ， 设，要想对于任意，都有， 只需，设， 所以， 由对勾函数的单调性可知： 当时，该函数单调递减，当，该函数单调递增， 所以当时，该函数有最小值，此时， 所以， 所以，因此实数的取值范围为. 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. 已知点，点B为圆C：上的动点，D为的中点，记D的轨迹为曲线E． （1）求过点A且与曲线E相切的直线方程； （2）若点P在直线上，求的最小值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，则，再代入圆C即可得到曲线E的方程，再设切线方程为，再根据圆的切线方程求解方式求解即可； （2）先求点A关于直线l的对称点为的坐标，再根据即可求解． 【小问1详解】 设，则，代入圆C的方程整理可得曲线E的方程为． 由题可知切线的斜率必存在，设切线方程为，即， 则圆心到切线距离，解得或， ∴所求直线方程为或； 【小问2详解】 设点A关于直线l的对称点为， 则有，解得， 曲线E的圆心为，半径为， ∵， ∴当且仅当P，，D，F四点共线时，取得最小值为． 16. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）是否存在正实数，使得仅有1个零点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）答案见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）的定义域为，，分为和两种情况，根据导数与函数单调性的关系即可求解； （2）由（1）结合题意可知，令，则，，解方程组即可求出答案. 【小问1详解】 的定义域为，， ①当时，因为，所以. 所以的单调递增区间为，无单调递减区间； ②当时，令，， 解得或（舍去）， 当时，，所以的单调递增区间为， 当时，，所以的单调递减区间为， 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递减，在单调递增， 当时，，当时，. 由题意，当仅有1个零点时，， 令，则，即， 化简得：（）， 令，则， 所以在上单调递增，且， 所以方程（）的解为，从而，解得， 所以，存在满足条件的，且. 17. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题设可得，进而求证即可； （2）先求得，再利用分组求和法求解即可. 【小问1详解】 由，得， 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）得，，则， 所以. 18. 如图，两个正方形ABCD，ABEF的边长都是1，平面平面，，，其中，. （1）当时，证明：平面BEM； （2）是否存在实数，使得平面AMN与平面ABN的夹角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， （3） 【解析】 【分析】（1）当时，为的中点，连接，先证明，，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）结合（2）表示出，两次结合二次函数的性质求解即可. 【小问1详解】 当时，，则为的中点， 连接，在正方形ABCD中，， 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以， 因为平面BEM， 所以平面BEM. 【小问2详解】 以为原点，以所在直线轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，，， 则， 即，，， 设平面AMN的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面ABN的一个法向量为， 因为平面AMN与平面ABN的夹角为， 所以，解得， 所以存在实数，使得平面AMN与平面ABN的夹角为. 【小问3详解】 由（2）知， ，，，， 则， 所以， 函数（看作关于的二次函数）开口向上，对称轴为， 则时，函数取得最小值为， 此时函数（看作关于的二次函数）开口向上，对称轴为， 则时，函数取得最小值为， 所以的最小值为. 19. 已知公比为的正项等比数列，满足离心率均为2的序列双曲线的方程．在中，点到一条渐近线的距离为，过上一点作的两条弦，，交于另两点，，且的平分线垂直于轴． （1）求的通项公式； （2）求直线的斜率； （3）当（为坐标原点）的面积为时，直线交轴于，证明： 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的离心率可得，得，在中，根据位置关系可得，进而可得； （2）设直线的方程为，联立双曲线方程可得，结合可得，进而可得； （3）由弦长公式和距离公式可得的面积，进而可得，由放缩可得，进而可得. 【小问1详解】 因双曲线的离心率为2，故， 即，故公比． 在中，由点到一条渐近线的距离为（的短半轴长）， 得是的一个焦点，故，即，解得， 故． 【小问2详解】 由（1）知，， 由题易知直线的斜率存在，设直线的方程为，，， 将代入中整理得，， 且，，． 的平分线垂直于轴，， 得，即， 将，，和代入整理得，， 或（舍，此时直线过），． 【小问3详解】 直线的方程为，到直线的距离， ， 的面积， 或（舍），， ，，， ． 【点睛】关键点点睛：本题第三问由进而根据放缩得，即，进而可证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $