南京师大附中2023—2024学年度第一学期
高二年级期末考试数学试卷
班级 学号 姓名 得分
注意事项：
1.本试卷共4页，包括单选题（第1题~第8题）、多选题（第9题~第12题）、填空题（第13题~第16题）、解答题（第17题~第22题）四部分. 本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2.答题前，请务必将自己的姓名、班级、学号写在答题纸的密封线内. 试题的答案写在答题纸上相应题目的答题区域内. 考试结束后，交回答题纸.
一、单项选择题：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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
2. 若数列 是等差数列，且 ，则 （ ）
A. 30 B. C. 20 D.
3. 若函数 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. 3
4. 若等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则（ ）
A B. 3 C. 9 D. 27
5. 若定义在 上的函数 的图象如图所示，则函数 的增区间为（ ）
A B.
C. D.
6. 已知点 在椭圆 上，点 ，则 的最大值为（ ）
A. B. 4 C. D. 5
7. 设 ，若函数，关于 的方程 有且仅有1个实根，则 的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
8. 若数列满足，且，则下列结论成立的是（ ）
A B. ，满足
C. ，满足 D. ，使得成立
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设 ，若函数 且仅有一个零点，则 的值可以为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
10. 在等差数列 中，已知 ，公差为 ，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 若函数，其导函数为 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数 没有极值点 B. 是奇函数
C. 点 是函数 的对称中心 D.
12. 过点 的直线与圆 交于 两点，在线段 上取一点 使得，则线段 的长可以为（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设 为数列 的前项和，若 ，则 的最小值为_____________
14. 已知点 在直线 上，点，则当 的周长取得最小值时，点 的坐标为_________________.
15. 设函数 ，则满足的的取值范围为_____________.
16. 设 R，关于 的不等式恒成立，则 的最大值为_____________.
四、解答题：本大题共6小题，共计70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 设是数列的前项和. 已知，当时，满足 .
（1）若，求数列通项公式；
（2）是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18. 为正实数，已知函数 .
（1）若函数 有且仅有2个零点，求 的值；
（2）当 时，函数 的最小值为 ，求 的取值范围.
19. 设，在平面直角坐标系中，已知双曲线 的左焦点为，直线 与双曲线的右支交于两点，与双曲线的渐近线交于两点.
（1）求取值范围；
（2）记的面积为的面积为，求取值范围.
20. 设 是数列 的前项和，已知数列 的通项公式为
（1）是否存在正整数 ，使得 成立？若存在，求出 ；若不存在，请说明理由；
（2）设 ，若存在正整数 ，使得立，求 的取值范围.
21. 设抛物线 的焦点为 ，点 在抛物线的准线上. 过点 作抛物线的两条切线，切点分别为 . 已知抛物线上有一动点 ，位于点 之间. 若抛物线在点 处的切线与切线 相交于点 . 求证：
（1）直线 经过点 ;
（2）的外接圆过定点.
22. 设 R，已知函数，
（1）讨论函数 的单调性；
（2）设 Z，若有解，求 的最大值.南京师大附中2023—2024学年度第一学期
高二年级期末考试数学试卷
班级 学号 姓名 得分
注意事项：
1.本试卷共4页，包括单选题（第1题~第8题）、多选题（第9题~第12题）、填空题（第13题~第16题）、解答题（第17题~第22题）四部分. 本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2.答题前，请务必将自己的姓名、班级、学号写在答题纸的密封线内. 试题的答案写在答题纸上相应题目的答题区域内. 考试结束后，交回答题纸.
一、单项选择题：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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角.
【详解】直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则
，则.
故选：D．
2. 若数列 是等差数列，且 ，则 （ ）
A. 30 B. C. 20 D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差中项列式求解即可.
【详解】数列是等差数列，则是和的等差中项，
有，即，解得.
故选：A
3. 若函数 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的运算法则求得，从而求得.
【详解】因，所以，
则，所以，
故选：B．
4. 若等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则（ ）
A. B. 3 C. 9 D. 27
【答案】D
【解析】
【分析】由等差中项的性质可得等比数列的公比，即可得解.
【详解】设数列的公比为，
由，，成等差数列，故，
即有，化简得，解得或（舍），
故.
故选：D.
5. 若定义在 上的函数 的图象如图所示，则函数 的增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象可得的正负可判断的单调性从而得到答案.
【详解】有图象可得，
当时，由得，单调递增，
当时，由得，单调递减，
当时，由得，单调递减，
则函数 的增区间为.
故选：B.
6. 已知点 在椭圆 上，点 ，则 的最大值为（ ）
A. B. 4 C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】作出椭圆的另一个焦点，转化线段，最后利用三角不等式解决即可.
【详解】
作椭圆的左焦点，则，
当且仅当点为线段的延长线与椭圆的交点时取得，由两点间距离公式得，
故，C正确，
故选：C
7. 设 ，若函数，关于 的方程 有且仅有1个实根，则 的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】转化为的交点问题，数形结合求解即可.
【详解】问题化为的交点有且仅有一个，
由解析式知：都经过，
所以，只需在处与两个分段上的函数都相切为临界情况，如下图，
对于，有，故；
对于，有，故；
如上图，中或时，仅有一个交点.
所以.
故选：A
8. 若数列满足，且，则下列结论成立的是（ ）
A. B. ，满足
C. ，满足 D. ，使得成立
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得，化简得，即有、，可得、，由、时可得、、、，即可逐项研究判断.
【详解】由，故，
即，
即有，，
由，有，
即，化简得，
有，有，
即，化简得，故B错误；
当时， ，由，故，，
当时，，即，故，，
故A错误；
由，，且，，，，
故当时，恒成立，故D错误；
，
又，有，
故，
即数列是以为首项，为公比的等比数列，
即，
故，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题关键是借助，得到，即可得，，从而得到，.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设 ，若函数 且仅有一个零点，则 的值可以为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】BC
【解析】
【分析】求导，根据的分类，可得函数的单调性，结合，即可求解.
【详解】，，
当时，
当或时，单调递增，当时，单调递减，
由于，，
要使且仅有一个零点，
则只需要，故，此时C正确
当时，
当或时，单调递增，当时，单调递减，
由于，，
要使且仅有一个零点，
则只需要，故，此时B正确，
故选：BC.
10. 在等差数列 中，已知 ，公差为 ，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：利用等差数列基本量求得，再求即可；
对B：利用等比数列的前项和公式，即可求得的前项和；
对C：对分类讨论，当为偶数时，利用分组求和法即可求得结果；当为奇数时，利用前项和与的关系即可求得结果；
对D：对C中所求的，进行赋值，即可求得结果.
【详解】对A：由题可知：，故可得，显然数列是周期为2的数列，
又，故是首项，公比的等比数列，
则，故A错误；
对B：设的前项和为，则，故B正确；
对C：，设数列的前项和为，
当为偶数时，
；
当为奇数时，
；
综上所述，；
对D：，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考察等差数列通项公式和前项和的基本量的运算；对CD选项，解决问题的关键是，对分奇数和偶数两种情况进行讨论，当为偶数时，利用分组求和法进行求解；当为奇数时，利用与的关系进行求解.属综合困难题.
11. 若函数，其导函数为 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数 没有极值点 B. 是奇函数
C. 点 是函数 的对称中心 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过原函数的导函数恒正推得原函数的单调性易得A项正确；对导函数运用奇函数的定义构造，推理出结果恒不为零，故B项不成立；运用成立即得C项；最后D项，是通过分类讨论分析，从函数的值域上判断结论成立.
【详解】对于A项，由函数求导得：，显然，即在R上为增函数，故函数没有极值点，即A项正确；
对于B项，记，由 可知函数不是奇函数，故B项错误；
对于C项，由可知函数的图象关于点成中心对称，故C项正确；
对于D项，当时，因，则，从而，，即，此时满足；
当时，因，则，从而，，即，此时满足.
综上可得：恒成立，故D项正确.
故选：ACD.
12. 过点 的直线与圆 交于 两点，在线段 上取一点 使得，则线段 的长可以为（ ）
A B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设圆心为，圆与轴相切，设切点为，根据，得，设的中点为，设圆心到直线的距离，由、根据的取值范围可得答案.
【详解】设圆心为，则，圆的半径为，所以圆与轴相切，
设切点为，则，连接，则，
因为，所以，
所以，
设的中点为，连接，则，
设圆心到直线的距离，则，
，，
，
因为，
所以，因为，
所以.
故选：BCD。
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是由、根据的取值范围求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设 为数列 的前项和，若 ，则 的最小值为_____________
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和公式处理即可.
【详解】易知，，由二次函数性质得，对称轴为，结合一定为正整数，故在时，取得最小值,此时最小值为.
故答案为:
14. 已知点 在直线 上，点，则当 的周长取得最小值时，点 的坐标为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】因为为定值，所以当 的周长取得最小值时，即取得最小，转化为“将军饮马”问题，即可求解.
【详解】解：因为为定值，所以当 的周长取得最小值时，即取得最小，
设点关于直线的对称点为，连接交直线于点，此时取得最小，如图所示：
则，解得，得，
因为点，故所求点.
故答案为：
15. 设函数 ，则满足的的取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】判断的单调性和奇偶性，结合函数定义域，进而求解不等式即可.
【详解】，则 的定义域为 ；
又，故为偶函数；
当时，，
又在上都是单调增函数，
故在上单调递增，在上单调递减；
因为，所以，解得，
故的取值范围为.
故答案为：.
16. 设 R，关于 的不等式恒成立，则 的最大值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两个函数具有公共切线时为临界情况，利用导数求解切线，即可根据公切线求解，或者利用分离参数法，构造函数，利用导数求解函数的单调性，结合零点存在性定理求解即可.
【详解】方法一：令，其中 可以看作 左右平移得到.
因为 在R上恒成立，所以当 具有公共切线时为临界情况.
不妨设公共切点为 ,
由于，
所以且.
当时，，即;
当 时，，将代入，
则 ，即，即
则
故的最大值为.
方法二：因为 恒成立，所以 .
令 ，则设恒成立，
则在R上单调递增，
且，
则，所以存在唯一一个 ，使得，且 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，则，
故.
故答案为：
【点睛】方法点睛：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
四、解答题：本大题共6小题，共计70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 设是数列的前项和. 已知，当时，满足 .
（1）若，求数列的通项公式；
（2）是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在且
【解析】
【分析】（1）借助与的关系计算即可得；
（2）求出、、，借助等差中项的性质有，可计算出，借助所得验证数列是否为等差数列即可得.
【小问1详解】
由，可得，故，
，
由，故，
当时，由，
有，即，
所以 ；
【小问2详解】
当时，有，即，
当时，，即，
若数列为等差数列，则有，
即，解得，
故有，即，
又因为 ，所以，即数列为等差数列，
故存在，使得数列为等差数列.
18. 为正实数，已知函数 .
（1）若函数 有且仅有2个零点，求 的值；
（2）当 时，函数 的最小值为 ，求 的取值范围.
【答案】（1）或3
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性然后结合函数的零点个数即得；
（2）根据a的取值分类讨论结合条件可得不等式进而即得.
【小问1详解】
①当 时，，在上单调递增，只有一个零点，则 不成立.
②当时，令 ，则 或 ，且.
当 时，在 上单调递增；
当 时，在 上单调递减；
当 时，在 上单调递增.
函数有且仅有两个零点，且 ，所以 ，即 .
③当时，令 ，则 或 ，且.
当 时，在 上单调递增；
当 时，在 上单调递减；
当 时，在 上单调递增.
函数 有且仅有两个零点，且，所以 ，即 .
综上所述：的取值为 或3.
小问2详解】
由（1）可知：
①当 时，在 上单调递增，则 ，故 成立.
②当时，分为如下两种情况，
当 时，在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，可得，故 ；
当时，在 ，上单调递增，在 上单调递减，则 ，可得，故；
③当时，在 ，上单调递增，在 上单调递减，则 可得，所以；
综上所述：.
19. 设，在平面直角坐标系中，已知双曲线 的左焦点为，直线 与双曲线的右支交于两点，与双曲线的渐近线交于两点.
（1）求的取值范围；
（2）记的面积为的面积为，求取值范围.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，联立方程组，消去可得，进而利用韦达定理即可求解.
（2）记的面积为，由面积为面积的两倍可得，由直线与双曲线的渐近线交于两点，联立方程组消去可得，而利用韦达定理和弦长公式求得值，最后利用的取值范围求得取值范围.
【小问1详解】
由题设，联立方程组，可得，消去可得.
因为直线与双曲线的右支交于两点，
所以满足，解得或.
故实数的取值范围.
【小问2详解】
由题设可知，面积为面积的两倍，
记的面积为，所以.
又因为 和的高相同，所以.
由直线与双曲线的渐近线交于两点，
联立方程组，可得，消去可得，
而，则.
由韦达定理可得，
从而有，.
由（1）问可知，，则，所以.
20. 设 是数列 的前项和，已知数列 的通项公式为
（1）是否存在正整数 ，使得 成立？若存在，求出 ；若不存在，请说明理由；
（2）设 ，若存在正整数 ，使得立，求 的取值范围.
【答案】（1）不存在，理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）假设存在满足题意，对分类讨论，根据方程是否有正整数根即可判断；
（2）利用分组求和求得，对目标式分离参数得，构造数列，利用作差法判断的单调性，即可求得的最大值以及的范围.
【小问1详解】
假设存正整数 ，使得 .
当 为偶数时，
因为 ，所以 ，即 .
显然，，不存在偶数满足；
当 为奇数时，
因为 ，所以 ，即 ；
显然，，不存在奇数满足；
综上所述，不存在正整数满足题意.
【小问2详解】
假设存在正整数，使得，
由题意可得：，
则
.
当时，，即.
令，则，
当时，；当时，，
故当时，取得最大值，又；
故.
21. 设抛物线 的焦点为 ，点 在抛物线的准线上. 过点 作抛物线的两条切线，切点分别为 . 已知抛物线上有一动点 ，位于点 之间. 若抛物线在点 处的切线与切线 相交于点 . 求证：
（1）直线 经过点 ;
（2）的外接圆过定点.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，，利用导数的几何意义分别求出切线PA、PB的方程，将点P分别代入可得直线AB的方程，即可证明；
（2）设，由（1）可知曲线在点处的切线方程，求出点M、N坐标；根据代数法和可证明，则线段为的外接圆的直径.设直线AB方程，联立抛物线方程，利用韦达定理表示，结合平面向量数量积的坐标表示计算化简可得，即可证明.
【小问1详解】
由题意知，抛物线的焦点为，准线方程为，
设，点，则，
得直线的方程为，且，化简得①.
同理可得，切线的方程为②.
又因为切线过点，所以有；同理可得.
所以直线的方程为，故直线经过点.
【小问2详解】
设点，由（1）可知曲线在点处的切线方程为.
联立方程组，得且，解得，
即，同理解得，
由（1），设过点P的切线方程为，
，消去y，得，，得，
记关于的一元二次方程的两根为，其中分别为切线PA、PB的斜率，
则，所以，故线段即为的外接圆的直径.
设直线AB方程为，由，消去可得，
则，
因为，
所以
将代入上式，可得，
所以的外接圆过定点.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的切线方程、直线恒过定点和圆恒过定点等知识点，解题关键是求出直线AB的方程和.本题中AB直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理求出，结合平面向量数量积的坐标表示计算化简可得，得到所要证的结论．
22. 设 R，已知函数，
（1）讨论函数 的单调性；
（2）设 Z，若有解，求 的最大值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数的正负，结合分类讨论即可求解，
（2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，结合零点存在定理可得，进而可得，构造函数，求导即可求解.
【小问1详解】
①当时，令 ，则 ，所以
当 时，在 上单调递减；
当 时，在 上单调递增.
②当时，，所以
当 时，在 上单调递增；
当 时，在 上单调递减；
当 时，在 上单调递增.
③当 时，，则 在 上单调递增.
④当时，，所以
当 时，在 上单调递增；
当 时，在 上单调递减；
当 时，在 上单调递增.
综上所述：当 时，在 上单调递减，上单调递增；
当时，在 上单调递增，上单调递减，上单调递增；
当 时，在 上单调递增；当时，在 上单调递增，上单调递减，上单调递增.
【小问2详解】
由可得，即，
记，则定义域为.
设，则恒成立，则在单调递增.
又
【理由：，而；
而】
所以存在唯一 ，使得 ，且 在 上单调递减，在 上单调递增.
因为 ，所以，即 且.
所以 .
令，则
当恒成立，
所以 在 上单调递增，且 ，
所以
所以整数的最大值为 .
【点睛】方法点睛：利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
