2025届辽宁省高三上学期第二次联合调研数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省2025届高三上学期第二次联合调研数学试题一､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的）1.设集合S中有10个元素，从S中每次随机选取1个元素，取出后还放回到S中，则取5次后所取出的元素有重复的概率是（保留两位有效数字）（）A.0.50 B.0.55C.0.70 D.前三个答案都不对【答案】C【解析】考虑反面，取5次后没有重复元素的概率为，于是所求概率为．故选：C.2.已知复数满足，则复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，则，即复数的虚部为.故选：C.3.已知圆与圆有且仅有三条公切线，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由圆方程知：圆心，半径；由圆方程知：圆心，半径；圆和圆有且仅有三条公切线，两圆外切，，即，设，则，，即，，解得：，的取值范围为.故选：D.4.如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（）A.<< B.<<C.<< D.<<【答案】B【解析】设为三角形中心，过作于，于，于，由平面，得，平面，则平面，又平面，于是是二面角的平面角，因此，同理，，以为原点建立直角坐标系，如图2，不妨设，则，由，，得，，则直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，于是，，，，，而，，为锐角，所以.故选：B5.已知各项均为正数的数列的前n项和，且满足，．设（非零整数，），若对任意，有恒成立，则的值是（）A.2 B.1 C. D.【答案】D【解析】由，，又，所以，，又，所以，由得（），相减得，，，所以，所以，再相减得，则，而，所以数列是等差数列，首项和公差均为1，所以，，对任意，有恒成立，则恒成立，，即，是奇数时，，，∴，为偶数时，，，∴，综上，．又是非零整数，所以．故选：D.6.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（）A.2 B.3 C. D.4【答案】B【解析】由于，，成等差数列，则，由正弦定理可得,故,，由于，因此，故，当且仅当，取等号.故选：B.7.平面上有两组互不重合的点，与，，，.则的范围为（）.A. B.C. D.【答案】D【解析】当时，由题，有，，.得.则在以为圆心，半径为1的圆上，则在以为圆心，半径为2的圆上.又，则如下图所示，即时，取最小值为1；如下图所示，即时，取最大值为3.则当时，的范围是，验证选项可排除A，B，C.故选：D8.设集合，则集合的元素个数为（）A.1011 B.1012 C.2022 D.2023【答案】B【解析】根据题意可知，当时，，此时；又因为为奇数，为偶数，且中的任意两组角都不关于对称，所以的取值各不相同，因此当时集合中的取值会随着的增大而增大，所以当时，集合中有1011个元素；当时，易知又易知，所以可得.即时的取值与时的取值相同，根据集合元素的互异性可知，时并没有增加集合中的元素个数，当时，易知，可得当时，集合中的元素个数只增加了一个0，所以可得集合的元素个数为个.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.半圆形量角器在第一象限内，且与轴、轴相切于D、E两点．设量角器直径，圆心为，点为坐标系内一点．下列选项正确的有（）A.点坐标为B.C.D.若最小，则【答案】ACD【解析】由题意得，量角器与轴、轴相切于、两点，且，则，故A正确；由A可知，，则，则，故B错误；记，则C选项，故C正确；设，则，当时，，故D正确；故选：ACD.10.下列说法正确的是（）A.，，，则B.在的展开式中含项的系数为，则展开式中二项式系数最大的是第5项C.15人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是D.已知函数在上的最小值恰为，则所有满足条件的的积属于区间【答案】AD【解析】对于A：令，则恒成立，所以在单调递增，所以当时，，即；令，则恒成立，所以在单调递增，所以当时，，即；由诱导公式得，所以，因此；因为，，故只需比较与的大小，由二项式定理得，，所以．综上，，故A正确；对于B：由可得，当，,则，其展开式的通项为，令,得,解得；当,,则，其展开式的通项为，令，得，解得综上所述：，所以展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大项是第4项，故B错误；对于C：个人围坐在圆桌旁从中任取人，他们两两互不相邻，则可先把个人入坐好，再让其余人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故C错误；对于D：当时，因为此时的最小值为，所以，即.若，此时能取到最小值，即，代入可得，满足要求；若取不到最小值，则需满足，即，在上单调递减，所以存在唯一符合题意；所以或者，所以所有满足条件的的积属于区间，故D正确；故选：AD.11.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，对于数列，若，下列说法不正确的是（）A.存在的等比数列，使得为等比数列B.，均存在等差数列，使得为等差数列C.，均不存在等比数列，使得为等差数列D.若存在等差数列，使得为等比数列，且，则的最小值为【答案】ABD【解析】A：若的等比数列，使，由且，若，则，若，则，则①，不妨令，，则，故，且，仅当时等号成立，若，方程①中左式恒大于右式，同理，即，结论相同，错；B：若存在等差数列，使得为等差数列，则且，所以，则，设等差数列的公差为，则，即，显然不满足，错；C：若存在等比数列且公比为，使得为等差数列，则，不妨设，，只需，只需，则，令，则，令，则，且，则在上单调递增，又，故都有，令，则，即在上单调递增，令，且，则，故在上单调递减，则，所以无解，对；D：若存在等差数列，使得为等比数列，令，则，所以，而，所以，即，当时，，当时，，当时，，故的最小值不为，错.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则______.（用含n和x的式子表达）【答案】【解析】由题设，可得，故，则，由的展开式通项为，，所以其第二项为，故，且，当时，，则，即，故，所以；当时，，则，所以.故答案为：.13.已知函数，其极大值点和极小值点分别为，记点，直线交曲线于点，若存在常数，使得，则______.【答案】【解析】解：由函数，可得，令，可得或，当或时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，因为或，所以直线的方程为，即，由，可得，令，可得，令，可得，当时，；当时，，所以在上递减，在上递增，因为，所以有且仅有2个零点，其中，这表明方程的解集为，即直线与曲线交于另一点，且点的横坐标为，由，即，假设存在常数，上的，则，所以，代入，可得，设函数，可得，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，因为，所以，存在唯一的实数，使得，此时，所以存在常数，上的，且.14.我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”，如左图.如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数.（1）的定义域是______；（2）的最小值是______.【答案】【解析】如图，连接，由题知，平行且等于，平行且等于，所以，，故为平行四边形，所以对角线，则是的中点，同理也是的中点，故“垂棱四面体”的三条内棱交于一点，由三条内棱两两垂直，易知为菱形，则，显然，故，同理，所以“垂棱四面体”可补为如下图示的长方体，综上，题设右图可将补成长方体，设长宽高分别为，则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，为，所以，显然，，，则，设，因直线过椭圆焦点，所以，联立，得，则，所以，则，又，，，所以则，即，由为某长方体的三个顶点，结合题设新定义，易知中为锐角，所以只需角为锐角，即，则，可得，由，所以最大时，最小，令，则，由在上单调递增，故，所以.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.如图，四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，其中，..（1）若平面内有一经过点的曲线，该曲线上的任一动点都满足与所成角的大小恰等于与所成角.试判断曲线的形状并说明理由；（2）在平面内，设点Q是（1）中的曲线E在直角梯形内部（包括边界）的一段曲线上的动点，其中G为曲线E和的交点,以B为圆心，为半径的圆分别与梯形的边交于两点.当点在曲线段上运动时，求四面体体积的取值范围.解：（1）建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设与所成的角为，则，所以，设，则，所以，即，化简得，故曲线是平面ABCD内的双曲线；（2）由（1）知：，设，则，所以直线CD的方程为：，代入双曲线方程化简得，因为直线CD与双曲线E交于点C，所以，故，则，则，故双曲线E在直角梯形ABCD内部的区域满足，设为双曲线的动点，则，当时，，当时，，而要使圆B与AB、BC都有交点，则，故满足题意的圆的半径取值范围是，因为平面DMN，所以P-BMN体积为：，故问题可以转化为研究的面积，且，设，则，所以，则，所以.16.已知为锐角三角形的三个内角，角所对的边分别为.（1）求证：；（2）若，且，求实数的取值范围，使得对任意实数和任意角，恒有；（3）求的最小值.（1）证明：因为，由，则，故，所以，设，则，故在上单调递增，故当时，，即.由为锐角，则，所以有，同理，，所以，.（2）解：由题意，且，则根据余弦定理可得，化简得，由正弦定理得，得，由均为锐角，且，则且，解得，则，令，则，，不等式，即不等式对任意，恒成立.所以对任意恒成立，则，化简得，则不等式对任意恒成立，其否定为：存在，使不等式.即存在，成立.即关于的不等式在有解.由可得，且；，且，且当时，；又，则要使不等式在有解，则，故当，或时，不等式对任意恒成立.综上所述，实数的取值范围为.（3）解：在锐角中，，由，则，令，则，故，令，则，则，当且仅当时等号成立.令，则，令，则，令，解得，则当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；又，故在有且仅有一个根，设为，且，发现，故，故，由，则，，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；故，所以有，当且仅当，即时，取到最小值，且最小值.此时，综上可得，的最小值为.17.已知函数与互为反函数，若A，两点在曲线上，，两点在曲线上，以A，，，四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的.“关联矩形”：（1）若函数幂函数，且点在图象上，设.①求曲线在点处的切线方程；②求函数的极值点；（2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：）解：（1）根据题意可设，代入可得，即，则，由反函数的概念知，所以，则，①易知，则曲线在点处的切线方程为：，整理得；②令，即，可知时，，即此时单调递增，时，，即此时单调递减，所以函数的极大值点为，没有极小值点；（2）由得其反函数为，所以和图象关于直线对称，且由其性质可知，根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则，设，其中，则，，因为“关联矩形”是正方形，所以，，所以，由，得，所以，所以由得即.对于函数，则，故函数在上单调递增，故即，令，则且，则在上单调递增，所以，所以，因为，令，则，当时，单调递增，则，从而.18.一般地，若两个椭圆焦点都在x轴或y轴上，长轴相等，其中一个椭圆的短半轴长与另一个椭圆的焦距长相等，则称两个椭圆为相关椭圆.已知椭圆，抛物线与有一个相同的焦点F.过点F作互相垂直的两条直线l与，直线l与交于点G、B，直线与交于点C、D.（1）求该椭圆的相关椭圆方程及抛物线的方程（2）四边形GCBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.（3）过椭圆左顶点A且斜率为的直线与椭圆交于点M，与轴交于点，设点为MA的中点.若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点），若，求的值.解：（1）椭圆的焦点在轴上，，设椭圆方程为，，若椭圆的短半轴长与的焦距长相等，即，此时不合要求，若椭圆的短半轴长与椭圆的焦距长相等，即，解得，满足要求，故椭圆方程为；椭圆的焦点为，故，解得，故；（2）显然当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，故直线的斜率不为0，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线为，中，令得，故，此时，，设四边形GCBD的面积为，，当直线的斜率存在，设直线的方程为，与联立得，设，则，故，故，直线，与椭圆联立得，恒成立，设，则，由弦长公式得，设四边形GCBD的面积为，，令，则，由对勾函数性质可知在上单调递增，故，故四边形GCBD的面积存在最小值，最小值为8.（3）由题意得，故直线，联立得，设，则，故，，故，，中，令得，故，，又，设，故，解得，所以，由得，即，，即，其中，，故，解得，故的值为19.已知正四棱锥的体积为，高为.（1）现有一蚂蚁从点处等可能地沿各条棱向底面匀速移动，已知该蚂蚁每秒移动个单位，求秒后该蚂蚁与点的距离的分布列及期望.（2）假设有若干只蚂蚁，据统计，其中的蚂蚁计划只可能从点出发，另外的蚂蚁计划既可能从点出发，又可能从点出发.若蚂蚁只可能从点出发，则记分；若既既可能从点出发，又可能从点出发，则记分.假设每只蚂蚁计划从哪个点出发相互独立，视频率为概率.（i）从蚂蚁中随机抽取只蚂蚁，记这只蚂蚁的合计得分恰为分的概率为，求；（ii）从若干蚂蚁中随机抽取一些蚂蚁，记这些蚂蚁的合计得分恰为分的概率为，随着抽取蚂蚁的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由.解：（1）该正四棱锥的底面面积，故底面边长，侧棱长.若该蚂蚁沿着移动，则秒后该蚂蚁与点的距离；若该蚂蚁沿着或移动，则秒后该蚂蚁与点的距离；若该蚂蚁沿着移动，则秒后该蚂蚁与点的距离.所以的分布列为（2）（i）每只蚂蚁有的概率得分，有的概率得分.从而只蚂蚁的总得分为当且仅当恰有一只蚂蚁得分.故，所以.设，则，作差即得.所以.（ii）由于每只蚂蚁至少记分1分，所以抽取的这些蚂蚁的总得分恰为分，必然是至多抽取了只蚂蚁.在得分为分的前提下，再抽取一只蚂蚁，只能得到分或分，这两者是对立事件，抽取若干蚂蚁得分分，记为事件，得分分的事件记为，，由对立事件的概率关系可得：，，，所以，当时，，所以.辽宁省2025届高三上学期第二次联合调研数学试题一､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的）1.设集合S中有10个元素，从S中每次随机选取1个元素，取出后还放回到S中，则取5次后所取出的元素有重复的概率是（保留两位有效数字）（）A.0.50 B.0.55C.0.70 D.前三个答案都不对【答案】C【解析】考虑反面，取5次后没有重复元素的概率为，于是所求概率为．故选：C.2.已知复数满足，则复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，则，即复数的虚部为.故选：C.3.已知圆与圆有且仅有三条公切线，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由圆方程知：圆心，半径；由圆方程知：圆心，半径；圆和圆有且仅有三条公切线，两圆外切，，即，设，则，，即，，解得：，的取值范围为.故选：D.4.如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（）A.<< B.<<C.<< D.<<【答案】B【解析】设为三角形中心，过作于，于，于，由平面，得，平面，则平面，又平面，于是是二面角的平面角，因此，同理，，以为原点建立直角坐标系，如图2，不妨设，则，由，，得，，则直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，于是，，，，，而，，为锐角，所以.故选：B5.已知各项均为正数的数列的前n项和，且满足，．设（非零整数，），若对任意，有恒成立，则的值是（）A.2 B.1 C. D.【答案】D【解析】由，，又，所以，，又，所以，由得（），相减得，，，所以，所以，再相减得，则，而，所以数列是等差数列，首项和公差均为1，所以，，对任意，有恒成立，则恒成立，，即，是奇数时，，，∴，为偶数时，，，∴，综上，．又是非零整数，所以．故选：D.6.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（）A.2 B.3 C. D.4【答案】B【解析】由于，，成等差数列，则，由正弦定理可得,故,，由于，因此，故，当且仅当，取等号.故选：B.7.平面上有两组互不重合的点，与，，，.则的范围为（）.A. B.C. D.【答案】D【解析】当时，由题，有，，.得.则在以为圆心，半径为1的圆上，则在以为圆心，半径为2的圆上.又，则如下图所示，即时，取最小值为1；如下图所示，即时，取最大值为3.则当时，的范围是，验证选项可排除A，B，C.故选：D8.设集合，则集合的元素个数为（）A.1011 B.1012 C.2022 D.2023【答案】B【解析】根据题意可知，当时，，此时；又因为为奇数，为偶数，且中的任意两组角都不关于对称，所以的取值各不相同，因此当时集合中的取值会随着的增大而增大，所以当时，集合中有1011个元素；当时，易知又易知，所以可得.即时的取值与时的取值相同，根据集合元素的互异性可知，时并没有增加集合中的元素个数，当时，易知，可得当时，集合中的元素个数只增加了一个0，所以可得集合的元素个数为个.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.半圆形量角器在第一象限内，且与轴、轴相切于D、E两点．设量角器直径，圆心为，点为坐标系内一点．下列选项正确的有（）A.点坐标为B.C.D.若最小，则【答案】ACD【解析】由题意得，量角器与轴、轴相切于、两点，且，则，故A正确；由A可知，，则，则，故B错误；记，则C选项，故C正确；设，则，当时，，故D正确；故选：ACD.10.下列说法正确的是（）A.，，，则B.在的展开式中含项的系数为，则展开式中二项式系数最大的是第5项C.15人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是D.已知函数在上的最小值恰为，则所有满足条件的的积属于区间【答案】AD【解析】对于A：令，则恒成立，所以在单调递增，所以当时，，即；令，则恒成立，所以在单调递增，所以当时，，即；由诱导公式得，所以，因此；因为，，故只需比较与的大小，由二项式定理得，，所以．综上，，故A正确；对于B：由可得，当，,则，其展开式的通项为，令,得,解得；当,,则，其展开式的通项为，令，得，解得综上所述：，所以展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大项是第4项，故B错误；对于C：个人围坐在圆桌旁从中任取人，他们两两互不相邻，则可先把个人入坐好，再让其余人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故C错误；对于D：当时，因为此时的最小值为，所以，即.若，此时能取到最小值，即，代入可得，满足要求；若取不到最小值，则需满足，即，在上单调递减，所以存在唯一符合题意；所以或者，所以所有满足条件的的积属于区间，故D正确；故选：AD.11.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，对于数列，若，下列说法不正确的是（）A.存在的等比数列，使得为等比数列B.，均存在等差数列，使得为等差数列C.，均不存在等比数列，使得为等差数列D.若存在等差数列，使得为等比数列，且，则的最小值为【答案】ABD【解析】A：若的等比数列，使，由且，若，则，若，则，则①，不妨令，，则，故，且，仅当时等号成立，若，方程①中左式恒大于右式，同理，即，结论相同，错；B：若存在等差数列，使得为等差数列，则且，所以，则，设等差数列的公差为，则，即，显然不满足，错；C：若存在等比数列且公比为，使得为等差数列，则，不妨设，，只需，只需，则，令，则，令，则，且，则在上单调递增，又，故都有，令，则，即在上单调递增，令，且，则，故在上单调递减，则，所以无解，对；D：若存在等差数列，使得为等比数列，令，则，所以，而，所以，即，当时，，当时，，当时，，故的最小值不为，错.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则______.（用含n和x的式子表达）【答案】【解析】由题设，可得，故，则，由的展开式通项为，，所以其第二项为，故，且，当时，，则，即，故，所以；当时，，则，所以.故答案为：.13.已知函数，其极大值点和极小值点分别为，记点，直线交曲线于点，若存在常数，使得，则______.【答案】【解析】解：由函数，可得，令，可得或，当或时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，因为或，所以直线的方程为，即，由，可得，令，可得，令，可得，当时，；当时，，所以在上递减，在上递增，因为，所以有且仅有2个零点，其中，这表明方程的解集为，即直线与曲线交于另一点，且点的横坐标为，由，即，假设存在常数，上的，则，所以，代入，可得，设函数，可得，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，因为，所以，存在唯一的实数，使得，此时，所以存在常数，上的，且.14.我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”，如左图.如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数.（1）的定义域是______；（2）的最小值是______.【答案】【解析】如图，连接，由题知，平行且等于，平行且等于，所以，，故为平行四边形，所以对角线，则是的中点，同理也是的中点，故“垂棱四面体”的三条内棱交于一点，由三条内棱两两垂直，易知为菱形，则，显然，故，同理，所以“垂棱四面体”可补为如下图示的长方体，综上，题设右图可将补成长方体，设长宽高分别为，则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，为，所以，显然，，，则，设，因直线过椭圆焦点，所以，联立，得，则，所以，则，又，，，所以则，即，由为某长方体的三个顶点，结合题设新定义，易知中为锐角，所以只需角为锐角，即，则，可得，由，所以最大时，最小，令，则，由在上单调递增，故，所以.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.如图，四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，其中，..（1）若平面内有一经过点的曲线，该曲线上的任一动点都满足与所成角的大小恰等于与所成角.试判断曲线的形状并说明理由；（2）在平面内，设点Q是（1）中的曲线E在直角梯形内部（包括边界）的一段曲线上的动点，其中G为曲线E和的交点,以B为圆心，为半径的圆分别与梯形的边交于两点.当点在曲线段上运动时，求四面体体积的取值范围.解：（1）建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设与所成的角为，则，所以，设，则，所以，即，化简得，故曲线是平面ABCD内的双曲线；（2）由（1）知：，设，则，所以直线CD的方程为：，代入双曲线方程化简得，因为直线CD与双曲线E交于点C，所以，故，则，则，故双曲线E在直角梯形ABCD内部的区域满足，设为双曲线的动点，则，当时，，当时，，而要使圆B与AB、BC都有交点，则，故满足题意的圆的半径取值范围是，因为平面DMN，所以P-BMN体积为：，故问题可以转化为研究的面积，且，设，则，所以，则，所以.16.已知为锐角三角形的三个内角，角所对的边分别为.（1）求证：；（2）若，且，求实数的取值范围，使得对任意实数和任意角，恒有；（3）求的最小值.（1）证明：因为，由，则，故，所以，设，则，故在上单调递增，故当时，，即.由为锐角，则，所以有，同理，，所以，.（2）解：由题意，且，则根据余弦定理可得，化简得，由正弦定理得，得，由均为锐角，且，则且，解得，则，令，则，，不等式，即不等式对任意，恒成立.所以对任意恒成立，则，化简得，则不等式对任意恒成立，其否定为：存在，使不等式.即存在，成立.即关于的不等式在有解.由可得，且；，且，且当时，；又，则要使不等式在有解，则，故当，或时，不等式对任意恒成立.综上所述，实数的取值范围为.（3）解：在锐角中，，由，则，令，则，故，令，则，则，当且仅当时等号成立.令，则，令，则，令，解得，则当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；又，故在有且仅有一个根，设为，且，发现，故，故，由，则，，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；故，所以有，当且仅当，即时，取到最小值，且最小值.此时，综上可得，的最小值为.17.已知函数与互为反函数，若A，两点在曲线上，，两点在曲线上，以A，，，四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的.“关联矩形”：（1）若函数幂函数，且点在图象上，设.①求曲线在点处的切线方程；②求函数的极值点；（2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：）解：（1）根据题意可设，代入可得，即，则，由反函数的概念知，所以，则，①易知，则曲线在点处的切线方程为：，整理得；②令，即，可知时，，即此时单调递增，时，，即此时单调递减，所以函数的极大值点为，没有极小值点；（2）由得其反函数为，所以和图象关于直线对称，且由其性质可知，根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则，设，其中，则，，因为“关联矩形”是正方形，所以，，所以，由，得，所以，所以由得即.对于函数，则，故函数在上单调递增，故即，令，则且，则在上单调递增，所以，所以，因为，令，则，当时，单调递增，则，从而.18.一般地，若两个椭圆焦点都在