四川省成都棠湖外国语学校2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题
1．（2025高三上·成都期中）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题可得，故A正确.
故答案为：A.
【分析】由同时属于两个集合的所有元素组成的集合。解题思路是先明确集合和的元素构成，再逐一找出它们的公共元素.
2．（2025高三上·成都期中）若两个正实数x，y满足，且存在这样的x，y使不等式有解，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题设，则，
当且仅当，即时等号成立，
要使不等式有解，则，
所以或.
故答案为：C
【分析】先将已知等式变形为“1”的表达式，利用“乘1法”结合基本不等式求出的最小值，再根据不等式有解的条件，转化为关于的一元二次不等式求解。
3．（2025高三上·成都期中） 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：整理，故复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故答案为：D
【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果.
4．（2025高三上·成都期中）已知四棱锥的底面是平行四边形，，交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：．
故答案为：D
【分析】用向量的线性运算性质，结合平行四边形对角线的中点性质来求解.将向量表达式分组，利用向量加法的平行四边形法则（或中点性质）转化为与相关的向量，进而得出结果.
5．（2025高三上·成都期中）已知空间向量 ， ， 两两夹角均为60°，其模均为1，则 （ ）
A．5 B．6 C． D．
【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】由题意，得 ， ，
所以
．
故答案为：C
【分析】由 ，结合空间向量数量积的运算法则展开计算，即可求出答案。
6．（2025高三上·成都期中）一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：圆可化为，圆心，半径为，
圆可化为，圆心，半径为，
设动圆圆心为点，半径为，圆与圆外切于点，圆与圆内切于点，如图所示：
由题意得，三点共线，三点共线，，，
∴，
∴点的轨迹为以为焦点的椭圆，且，，∴，
∴点的轨迹方程为.
故答案为：C.
【分析】计算两个已知圆的圆心和半径，再根据三点共线和圆与圆的位置关系得到动圆圆心到两已知圆圆心距离和为定值，再结合椭圆的定义得出动圆圆心的轨迹方程.
7．（2025高三上·成都期中）已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由得：，
即，所以
.
故答案为：A.
【分析】通过累加法求解数列通项.将递推式中的拆分为分式差的形式，然后依次写出相邻项的差，通过累加消去中间项，再结合初始项求出.
8．（2025高三上·成都期中）已知实数，满足，则的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，变形为.
令，，.则不等式变为.
因，当，；当，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数.
又，当时，，；当，，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数.
又因为成立，且，.
所以只能是，所以，解得，所以.
故答案为：C.
【分析】通过构造函数并分析其单调性与最值，结合不等式的取等条件来建立方程组求解.将原不等式变形为两个函数值的不等关系，再利用函数的单调性和最值确定取等条件，进而解出、的关系.
9．（2025高三上·成都期中）下列等式成立的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，故A正确；
，故B错误；
而，故C错误；
，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对每个选项，分别利用三角恒等变换公式（两角和的正切、正弦、余弦，辅助角公式等）展开化简，验证等式是否成立。
10．（2025高三上·成都期中）在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ）
A．为锐角三角形 B．若，则
C．的最小值为 D．
【答案】B,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：A，由可得，则或，即或，因为三角形为斜三角形，若，则，，不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误；
B，由正弦定理可得，则，所以，故B正确；
C，由，可得，且，则，则，
当且仅当时，即时，等号成立，故C正确；
D，由C可知，，则，
令，由可得，
则，
所以，故，且，
所以，
当时，取得最大值，
当或时，最小值为，
所以，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】先利用三角恒等变换将转化为角的关系，确定三角形的角特征；再结合正弦定理、基本不等式、三角函数值域分析各选项。
11．（2025高三上·成都期中）若函数，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）
A．在与处的瞬时增长率相同
B．在上不单调
C．可能为奇函数
D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；瞬时变化率
【解析】【解答】解：对A，由函数的导函数为偶函数，得，因此在与处的瞬时增长率相同，A正确；
对B，当时，，因此在上单调递减，B错误；
对C，函数的导函数符合给定图象，函数是奇函数，C正确；
对D，当时，且函数在上单调递增，则函数在上为凹函数，因此，即，D正确.
如图，在凹函数定义域内，观察图象得.
故答案为：ACD
【分析】用导函数的奇偶性分析A；根据导函数符号判断B中函数的单调性；举例验证C中函数的奇偶性；由导函数的单调性判断原函数的凹凸性，进而分析D.
12．（2025高三上·成都期中）二项式 的展开式的常数项是 ．
【答案】7
【知识点】二项式定理；二项式定理的应用
【解析】【解答】详解：二项式 的展开式的通项公式为 ，
令 得 ，故所求的常数项为
【分析】利用二项式定理写出二项展开式的通项并整理，由x的指数为0求得r值，则答案可求．
13．（2025高三上·成都期中）在平面直角坐标系 中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是 .
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】 【解答】 点A在曲线y=lnx，x>0上， 设点
利用点斜式方程表示曲线在切点A处的切线方程为：
则
切线经过点（-e，-1)，
点A的坐标是
【分析】利用点A在曲线y=lnx上设出切点A的坐标，再利用求导的方法求出曲线在切点A处的切线斜率，再利用点斜式求出曲线在切点A处的切线方程，再利用切线经过点（-e，-1)，从而求出切点的横坐标，再利用切点的横坐标代入曲线方程求出切点的纵坐标，从而求出切点A的坐标。
14．（2025高三上·成都期中）甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为 .
【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：
第一局甲执黑子先下的概率为，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，第一局乙执黑子先下的概率为，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：第一局甲执黑子先下的概率为，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，第一局乙执黑子先下的概率为，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：
【分析】分情况讨论甲、乙各胜一局的两种情形：“第一局甲胜，第二局乙胜”和“第一局乙胜，第二局甲胜”.“第一局执黑方等可能（甲或乙执黑）”“每局独立无平局”“第二局由上一局负者先下”的条件，利用独立事件概率公式计算每种情形的概率，再求和得到最终结果.
15．（2025高三上·成都期中）已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.
【答案】（Ⅰ）解：，
所以的最小正周期为.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知.
因为，所以.
要使得在上的最大值为，
即在上的最大值为1.
所以，即.
所以的最小值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（Ⅰ）周期求解：利用二倍角公式和辅助角公式将函数化为的形式，直接用周期公式计算。
（Ⅱ）参数最小值：先确定函数最大值对应的三角函数值，再结合的区间，求出的范围，通过三角函数取最大值的条件列不等式，求解得的最小值。
16．（2025高三上·成都期中）如图，过抛物线的焦点F的直线与C相交于A，B两点，当直线AB与y轴垂直时，
（1）求C的方程；
（2）以AB为直径的圆能否经过坐标原点若能，求出直线AB的方程；若不能，请说明理由.
【答案】（1）解：点的坐标是，当直线AB与y轴垂直时，点A，B的坐标分别是，，
，解得，所以C的方程是
（2）解：以AB为直径的圆不可能经过坐标原点O，理由如下：如图，
直线AB的斜率显然存在，设其方程为，代入，消去y并整理得，
设，，则因为，
所以OA与OB不垂直.因此，以AB为直径的圆不可能经过坐标原点.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）根据抛物线的焦点与弦长的几何性质，利用直线与轴垂直时的弦长求出，进而确定抛物线方程；
（2）设直线的方程，联立抛物线方程，通过韦达定理得到坐标关系，再结合圆过原点的几何条件（向量垂直）判断是否成立.
（1）点的坐标是，
当直线AB与y轴垂直时，点A，B的坐标分别是，，
，解得，
所以C的方程是
（2）以AB为直径的圆不可能经过坐标原点O，理由如下：
如图，
直线AB的斜率显然存在，设其方程为，
代入，消去y并整理得，
设，，则
因为，
所以OA与OB不垂直.
因此，以AB为直径的圆不可能经过坐标原点.
17．（2025高三上·成都期中）如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：中点为，连接，，
则四边形为正方形，且根据勾股定理得，
所以，则，所以.
又因为，，平面，所以平面.
因为平面，所以，又因为，所以，
且，平面，所以平面.
（2）解：由（1）知，平面，且.
以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，，则，
则，，，
设平面与平面的法向量分别为和
则，令，得.
，令，得.
设平面与平面的夹角为，，
则，解得.
因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）线面垂直证明：先通过勾股定理证，再结合平面得，最后由线面垂直判定定理得结论。
（2）二面角与点的存在性：建立空间坐标系，设参数表示的位置，分别求两个平面的法向量，利用二面角余弦值列方程求解，确定为中点。
（1）记中点为，连接，，
则四边形为正方形，且根据勾股定理得，
所以，则，所以.
又因为，，平面，所以平面.
因为平面，所以，又因为，所以，
且，平面，所以平面.
（2）由（1）知，平面，且.
以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，，则，
则，，，
设平面与平面的法向量分别为和
则，令，得.
，令，得.
设平面与平面的夹角为，，
则，解得.
因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2025高三上·成都期中）已知
（1）（i）证明：当时，；
（ii）当时，试确定的符号.
（2）若，试说明在内有唯一零点.
【答案】（1）（i）证明：当时，等价于，
设，即证明，
记，则，
所以在上单调递减，其中，
所以，不等式得证；
（ii）解：时，，理由如下：
要说明，即说明，，
由（i）可知，当时，，所以，
故只需说明，其等价于，
时，上式只需，
即，由知，该式显然成立，
从而对恒成立，
（2）解：由已知，
当时，易知单调递减，
，
故存在唯一实数，使得；
当时，，
记，
易知在为减函数，
，
故存在唯一实数，使得，即，
则在为增函数，在为减函数，
且，
，
则存在唯一实数，使得，
则在为正，在为负，
在上单调递增，在上单调递减，
故，，故在上恒成立，
综上可知：在内有唯一零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）(i) 不等式证明：通过换元将不等式转化为关于的函数，求导判断单调性，结合端点值证明。
(ii) 符号判断：利用(i)的结论放缩，再通过化简或取值验证。
（2）零点唯一性：分区间讨论的单调性，结合零点存在定理，证明内无零点、内有唯一零点。
（1）（i）当时，等价于，
设，即证明，
记，则，
所以在上单调递减，其中，
所以，不等式得证；
（ii）时，，理由如下：
要说明，即说明，，
由（i）可知，当时，，所以，
故只需说明，其等价于，
时，上式只需，
即，由知，该式显然成立，
从而对恒成立，
（2）由已知，
当时，易知单调递减，
，
故存在唯一实数，使得；
当时，，
记，
易知在为减函数，
，
故存在唯一实数，使得，即，
则在为增函数，在为减函数，
且，
，
则存在唯一实数，使得，
则在为正，在为负，
在上单调递增，在上单调递减，
故，，故在上恒成立，
综上可知：在内有唯一零点.
19．（2025高三上·成都期中）已知数列，，满足，，．
（1）若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；
（2）若为等差数列，公差，证明：，．
【答案】（1）解：由题意，，，，，整理，得，
解得舍去，或，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，．，
则，，，，，
各项相加，可得，时，，
当时代入适合，．
（2）证明：依题意，由，可得，两边同时乘以，可得
，，数列是一个常数列，且此常数为，
，，
，
，故得证．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）先利用等比数列的通项公式和已知条件求出公比，再确定数列的递推关系，进而得到的递推式，通过累加法求其通项；
（2）先根据等差数列的性质推出的通项，再用裂项相消法求和，结合不等式放缩证明结论.
（1）由题意，，，
，，
整理，得，
解得舍去，或，
，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，．
，
则，
，
，
，，
各项相加，可得，时，
，
当时代入适合，
．
（2）证明：依题意，由，可得
，
两边同时乘以，可得
，
，
数列是一个常数列，且此常数为，
，
，
，
，故得证．
1 / 1四川省成都棠湖外国语学校2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题
1．（2025高三上·成都期中）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高三上·成都期中）若两个正实数x，y满足，且存在这样的x，y使不等式有解，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．或
3．（2025高三上·成都期中） 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．（2025高三上·成都期中）已知四棱锥的底面是平行四边形，，交于点，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·成都期中）已知空间向量 ， ， 两两夹角均为60°，其模均为1，则 （ ）
A．5 B．6 C． D．
6．（2025高三上·成都期中）一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·成都期中）已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·成都期中）已知实数，满足，则的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
9．（2025高三上·成都期中）下列等式成立的有（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2025高三上·成都期中）在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ）
A．为锐角三角形 B．若，则
C．的最小值为 D．
11．（2025高三上·成都期中）若函数，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）
A．在与处的瞬时增长率相同
B．在上不单调
C．可能为奇函数
D．
12．（2025高三上·成都期中）二项式 的展开式的常数项是 ．
13．（2025高三上·成都期中）在平面直角坐标系 中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是 .
14．（2025高三上·成都期中）甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为 .
15．（2025高三上·成都期中）已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.
16．（2025高三上·成都期中）如图，过抛物线的焦点F的直线与C相交于A，B两点，当直线AB与y轴垂直时，
（1）求C的方程；
（2）以AB为直径的圆能否经过坐标原点若能，求出直线AB的方程；若不能，请说明理由.
17．（2025高三上·成都期中）如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
18．（2025高三上·成都期中）已知
（1）（i）证明：当时，；
（ii）当时，试确定的符号.
（2）若，试说明在内有唯一零点.
19．（2025高三上·成都期中）已知数列，，满足，，．
（1）若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；
（2）若为等差数列，公差，证明：，．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题可得，故A正确.
故答案为：A.
【分析】由同时属于两个集合的所有元素组成的集合。解题思路是先明确集合和的元素构成，再逐一找出它们的公共元素.
2．【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题设，则，
当且仅当，即时等号成立，
要使不等式有解，则，
所以或.
故答案为：C
【分析】先将已知等式变形为“1”的表达式，利用“乘1法”结合基本不等式求出的最小值，再根据不等式有解的条件，转化为关于的一元二次不等式求解。
3．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：整理，故复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故答案为：D
【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果.
4．【答案】D
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：．
故答案为：D
【分析】用向量的线性运算性质，结合平行四边形对角线的中点性质来求解.将向量表达式分组，利用向量加法的平行四边形法则（或中点性质）转化为与相关的向量，进而得出结果.
5．【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】由题意，得 ， ，
所以
．
故答案为：C
【分析】由 ，结合空间向量数量积的运算法则展开计算，即可求出答案。
6．【答案】C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：圆可化为，圆心，半径为，
圆可化为，圆心，半径为，
设动圆圆心为点，半径为，圆与圆外切于点，圆与圆内切于点，如图所示：
由题意得，三点共线，三点共线，，，
∴，
∴点的轨迹为以为焦点的椭圆，且，，∴，
∴点的轨迹方程为.
故答案为：C.
【分析】计算两个已知圆的圆心和半径，再根据三点共线和圆与圆的位置关系得到动圆圆心到两已知圆圆心距离和为定值，再结合椭圆的定义得出动圆圆心的轨迹方程.
7．【答案】A
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由得：，
即，所以
.
故答案为：A.
【分析】通过累加法求解数列通项.将递推式中的拆分为分式差的形式，然后依次写出相邻项的差，通过累加消去中间项，再结合初始项求出.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，变形为.
令，，.则不等式变为.
因，当，；当，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数.
又，当时，，；当，，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数.
又因为成立，且，.
所以只能是，所以，解得，所以.
故答案为：C.
【分析】通过构造函数并分析其单调性与最值，结合不等式的取等条件来建立方程组求解.将原不等式变形为两个函数值的不等关系，再利用函数的单调性和最值确定取等条件，进而解出、的关系.
9．【答案】A,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，故A正确；
，故B错误；
而，故C错误；
，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对每个选项，分别利用三角恒等变换公式（两角和的正切、正弦、余弦，辅助角公式等）展开化简，验证等式是否成立。
10．【答案】B,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：A，由可得，则或，即或，因为三角形为斜三角形，若，则，，不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误；
B，由正弦定理可得，则，所以，故B正确；
C，由，可得，且，则，则，
当且仅当时，即时，等号成立，故C正确；
D，由C可知，，则，
令，由可得，
则，
所以，故，且，
所以，
当时，取得最大值，
当或时，最小值为，
所以，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】先利用三角恒等变换将转化为角的关系，确定三角形的角特征；再结合正弦定理、基本不等式、三角函数值域分析各选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；瞬时变化率
【解析】【解答】解：对A，由函数的导函数为偶函数，得，因此在与处的瞬时增长率相同，A正确；
对B，当时，，因此在上单调递减，B错误；
对C，函数的导函数符合给定图象，函数是奇函数，C正确；
对D，当时，且函数在上单调递增，则函数在上为凹函数，因此，即，D正确.
如图，在凹函数定义域内，观察图象得.
故答案为：ACD
【分析】用导函数的奇偶性分析A；根据导函数符号判断B中函数的单调性；举例验证C中函数的奇偶性；由导函数的单调性判断原函数的凹凸性，进而分析D.
12．【答案】7
【知识点】二项式定理；二项式定理的应用
【解析】【解答】详解：二项式 的展开式的通项公式为 ，
令 得 ，故所求的常数项为
【分析】利用二项式定理写出二项展开式的通项并整理，由x的指数为0求得r值，则答案可求．
13．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】 【解答】 点A在曲线y=lnx，x>0上， 设点
利用点斜式方程表示曲线在切点A处的切线方程为：
则
切线经过点（-e，-1)，
点A的坐标是
【分析】利用点A在曲线y=lnx上设出切点A的坐标，再利用求导的方法求出曲线在切点A处的切线斜率，再利用点斜式求出曲线在切点A处的切线方程，再利用切线经过点（-e，-1)，从而求出切点的横坐标，再利用切点的横坐标代入曲线方程求出切点的纵坐标，从而求出切点A的坐标。
14．【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：
第一局甲执黑子先下的概率为，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，第一局乙执黑子先下的概率为，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：第一局甲执黑子先下的概率为，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，第一局乙执黑子先下的概率为，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：
【分析】分情况讨论甲、乙各胜一局的两种情形：“第一局甲胜，第二局乙胜”和“第一局乙胜，第二局甲胜”.“第一局执黑方等可能（甲或乙执黑）”“每局独立无平局”“第二局由上一局负者先下”的条件，利用独立事件概率公式计算每种情形的概率，再求和得到最终结果.
15．【答案】（Ⅰ）解：，
所以的最小正周期为.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知.
因为，所以.
要使得在上的最大值为，
即在上的最大值为1.
所以，即.
所以的最小值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（Ⅰ）周期求解：利用二倍角公式和辅助角公式将函数化为的形式，直接用周期公式计算。
（Ⅱ）参数最小值：先确定函数最大值对应的三角函数值，再结合的区间，求出的范围，通过三角函数取最大值的条件列不等式，求解得的最小值。
16．【答案】（1）解：点的坐标是，当直线AB与y轴垂直时，点A，B的坐标分别是，，
，解得，所以C的方程是
（2）解：以AB为直径的圆不可能经过坐标原点O，理由如下：如图，
直线AB的斜率显然存在，设其方程为，代入，消去y并整理得，
设，，则因为，
所以OA与OB不垂直.因此，以AB为直径的圆不可能经过坐标原点.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）根据抛物线的焦点与弦长的几何性质，利用直线与轴垂直时的弦长求出，进而确定抛物线方程；
（2）设直线的方程，联立抛物线方程，通过韦达定理得到坐标关系，再结合圆过原点的几何条件（向量垂直）判断是否成立.
（1）点的坐标是，
当直线AB与y轴垂直时，点A，B的坐标分别是，，
，解得，
所以C的方程是
（2）以AB为直径的圆不可能经过坐标原点O，理由如下：
如图，
直线AB的斜率显然存在，设其方程为，
代入，消去y并整理得，
设，，则
因为，
所以OA与OB不垂直.
因此，以AB为直径的圆不可能经过坐标原点.
17．【答案】（1）证明：中点为，连接，，
则四边形为正方形，且根据勾股定理得，
所以，则，所以.
又因为，，平面，所以平面.
因为平面，所以，又因为，所以，
且，平面，所以平面.
（2）解：由（1）知，平面，且.
以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，，则，
则，，，
设平面与平面的法向量分别为和
则，令，得.
，令，得.
设平面与平面的夹角为，，
则，解得.
因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）线面垂直证明：先通过勾股定理证，再结合平面得，最后由线面垂直判定定理得结论。
（2）二面角与点的存在性：建立空间坐标系，设参数表示的位置，分别求两个平面的法向量，利用二面角余弦值列方程求解，确定为中点。
（1）记中点为，连接，，
则四边形为正方形，且根据勾股定理得，
所以，则，所以.
又因为，，平面，所以平面.
因为平面，所以，又因为，所以，
且，平面，所以平面.
（2）由（1）知，平面，且.
以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，，则，
则，，，
设平面与平面的法向量分别为和
则，令，得.
，令，得.
设平面与平面的夹角为，，
则，解得.
因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）（i）证明：当时，等价于，
设，即证明，
记，则，
所以在上单调递减，其中，
所以，不等式得证；
（ii）解：时，，理由如下：
要说明，即说明，，
由（i）可知，当时，，所以，
故只需说明，其等价于，
时，上式只需，
即，由知，该式显然成立，
从而对恒成立，
（2）解：由已知，
当时，易知单调递减，
，
故存在唯一实数，使得；
当时，，
记，
易知在为减函数，
，
故存在唯一实数，使得，即，
则在为增函数，在为减函数，
且，
，
则存在唯一实数，使得，
则在为正，在为负，
在上单调递增，在上单调递减，
故，，故在上恒成立，
综上可知：在内有唯一零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）(i) 不等式证明：通过换元将不等式转化为关于的函数，求导判断单调性，结合端点值证明。
(ii) 符号判断：利用(i)的结论放缩，再通过化简或取值验证。
（2）零点唯一性：分区间讨论的单调性，结合零点存在定理，证明内无零点、内有唯一零点。
（1）（i）当时，等价于，
设，即证明，
记，则，
所以在上单调递减，其中，
所以，不等式得证；
（ii）时，，理由如下：
要说明，即说明，，
由（i）可知，当时，，所以，
故只需说明，其等价于，
时，上式只需，
即，由知，该式显然成立，
从而对恒成立，
（2）由已知，
当时，易知单调递减，
，
故存在唯一实数，使得；
当时，，
记，
易知在为减函数，
，
故存在唯一实数，使得，即，
则在为增函数，在为减函数，
且，
，
则存在唯一实数，使得，
则在为正，在为负，
在上单调递增，在上单调递减，
故，，故在上恒成立，
综上可知：在内有唯一零点.
19．【答案】（1）解：由题意，，，，，整理，得，
解得舍去，或，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，．，
则，，，，，
各项相加，可得，时，，
当时代入适合，．
（2）证明：依题意，由，可得，两边同时乘以，可得
，，数列是一个常数列，且此常数为，
，，
，
，故得证．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）先利用等比数列的通项公式和已知条件求出公比，再确定数列的递推关系，进而得到的递推式，通过累加法求其通项；
（2）先根据等差数列的性质推出的通项，再用裂项相消法求和，结合不等式放缩证明结论.
（1）由题意，，，
，，
整理，得，
解得舍去，或，
，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，．
，
则，
，
，
，，
各项相加，可得，时，
，
当时代入适合，
．
（2）证明：依题意，由，可得
，
两边同时乘以，可得
，
，
数列是一个常数列，且此常数为，
，
，
，
，故得证．
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