2025年人教版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知則值為（）A.B.—C.D.—2、【題文】下列函數(shù)與有相同圖象的一個函數(shù)是（）A.B.C.D.3、【題文】下列函數(shù)中，在上為單調(diào)遞減的偶函數(shù)是（）A.B.C.D.4、已知則的值等于（）A.B.C.2D.5、下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)，既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是（）A.f（x）=B.f（x）=﹣x3C.f（x）=﹣tanxD.f（x）=6、等差數(shù)列{an}中，a1＜0，S9=S12，若Sn有最小值，則n=（）A.10B.10或11C.11D.9或107、函數(shù)的零點所在的大致區(qū)間是（）A.(1,2)B.(2,3)C.D.評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、設(shè)函數(shù)f（x）對任意x，y滿足f（x+y）=f（x）+f（y），且f（2）=4，則f（-1）的值為____．9、因式分解：=______________．10、若函數(shù)同時滿足：（?。τ诙x域內(nèi)的任意恒有（ⅱ）對于定義域內(nèi)的任意當時，恒有則稱函數(shù)為“二維函數(shù)”．現(xiàn)給出下列四個函數(shù)：①②③④其中能被稱為“二維函數(shù)”的有_____________（寫出所有滿足條件的函數(shù)的序號）．11、【題文】若對任意＞0，≤恒成立，則的取值范圍是____12、如果α與β為同一象限角，則cos（α-β）=______．13、在直角坐標系xOy中，已知點A（0，1）和點B（-3，4），若點C在∠AOB的平分線上且||=2，則=______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)14、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．15、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．16、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．17、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．18、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．19、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．20、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．21、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．評卷人得分四、計算題(共3題，共24分)22、已知（a＞b＞0）是方程x2-5x+2=0的兩個實根，求的值．23、已知t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點的橫坐標，且x=10t1，y=10t2，那么y與x間的函數(shù)關(guān)系式為____，其函數(shù)圖象在第____象限內(nèi)．24、（2009?瑞安市校級自主招生）如圖，把一個棱長為3的正方體的每個面等分成9個小正方形，然后沿每個面正中心的一個正方形向里挖空（相當于挖去了7個小正方體），所得到的幾何體的表面積是____．評卷人得分五、綜合題(共4題，共32分)25、已知：甲；乙兩車分別從相距300（km）的M、N兩地同時出發(fā)相向而行；其中甲到達N地后立即返回，圖1、圖2分別是它們離各自出發(fā)地的距離y（km）與行駛時間x（h）之間的函數(shù)圖象．

（1）試求線段AB所對應的函數(shù)關(guān)系式；并寫出自變量的取值范圍；

（2）當它們行駛到與各自出發(fā)地距離相等時，用了（h）；求乙車的速度；

（3）在（2）的條件下，求它們在行駛的過程中相遇的時間．26、先閱讀下面的材料再完成下列各題

我們知道，若二次函數(shù)y=ax2+bx+c對任意的實數(shù)x都有y≥0，則必有a＞0，△=b2-4ac≤0；例如y=x2+2x+1=（x+1）2≥0，則△=b2-4ac=0，y=x2+2x+2=（x+1）2+1＞0，則△=b2-4ac＜0．

（1）求證：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2

（2）若x+2y+3z=6，求x2+y2+z2的最小值；

（3）若2x2+y2+z2=2；求x+y+z的最大值；

（4）指出（2）中x2+y2+z2取最小值時，x，y，z的值（直接寫出答案）．27、已知關(guān)于x的方程（m-2）x2+2x+1=0①

（1）若方程①有實數(shù)根；求實數(shù)m的取值范圍？

（2）若A（1，0）、B（2，0），方程①所對應的函數(shù)y=（m-2）x2+2x+1的圖象與線段AB只有一個交點，求實數(shù)m的取值范圍？28、如圖，由矩形ABCD的頂點D引一條直線分別交BC及AB的延長線于F，G，連接AF并延長交△BGF的外接圓于H；連接GH，BH．

（1）求證：△DFA∽△HBG；

（2）過A點引圓的切線AE，E為切點，AE=3；CF：FB=1：2，求AB的長；

（3）在（2）的條件下，又知AD=6，求tan∠HBC的值．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】試題分析：．考點：誘導公式．【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】

試題分析：值域為A錯誤；定義域為B錯誤；定義域為C錯誤；與有相同圖象.

考點：相同函數(shù)定義.【解析】【答案】D3、A【分析】【解析】略【解析】【答案】A4、A【分析】【解答】因為，所以，

或由及知

故選A.5、B【分析】【解答】解：A．由﹣x≥0；解得x≤0，則函數(shù)的定義域為（﹣∞，0]，關(guān)于原點不對稱，故函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，不滿足條件．

B．f（x）=﹣x3為奇函數(shù)；則定義域上為減函數(shù)，滿足條件．

C．f（x）=﹣tanx為奇函數(shù)；在定義域上不單調(diào)，不滿足條件．

D．f（x）=為奇函數(shù)；在定義域上不單調(diào)，不滿足條件．

故選：B

【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)分別進行判斷即可．6、B【分析】【解答】解：∵等差數(shù)列{an}中，a1＜0，S9=S12；

∴9a=12a1+

解得a1=﹣10d；

∴Sn=na1+=n2﹣=﹣．

∵Sn有最小值；

∴n=10或n=11．

故選：B．

【分析】由等差數(shù)列通項公式得a1=﹣10d，由此求出Sn=n2﹣利用配方法能求出Sn有最小值時，n的值的求法．7、B【分析】【解答】依次將選項中的端點值代入函數(shù)判斷函數(shù)值的正負，

所以函數(shù)的零點所在的大致區(qū)間是

【分析】應用函數(shù)的零點存在定理可以判斷零點所在的大致區(qū)間，但是判斷不出零點的個數(shù)，還需借助函數(shù)的圖象進行判斷.二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】

∵f（x）對任意x；y滿足f（x+y）=f（x）+f（y）；

∴令x=y=0得：f（0）=f（0）+f（0）；

∴f（0）=0；

再令y=-x代入得：f（0）=f（x）+f（-x）=0；

∴f（-x）=-f（x）；

∴f（x）為奇函數(shù)．

∵f（2）=f（1+1）=f（1）+f（1）=4；

∴f（1）=2；又f（x）為奇函數(shù)；

∴f（-1）=-f（1）=-2．

故答案為：-2．

【解析】【答案】通過賦值法求得f（0）=0；f（-x）=-f（x），說明f（x）為奇函數(shù)，通過f（1+1）=f（1）+f（1）=4，即可求得f（1），從而可求得f（-1）．

9、略

【分析】試題分析：由提取公因式法和公式法分解因式得考點：分解因式的方法【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】試題分析：首先明確二維函數(shù)的定義，要滿足函數(shù)是奇函數(shù)，同時定義域內(nèi)遞減函數(shù)，因此分析函數(shù)①正切函數(shù)滿足奇函數(shù)，但是在定義域內(nèi)不是遞減的，故不是二維函數(shù)；②由于f(-x)=因此是奇函數(shù)，同時利用單調(diào)性的性質(zhì)可知，函數(shù)不是遞減函數(shù)，不滿足題意；③中是非奇非偶函數(shù)，不符合題意；④當當故可知是奇函數(shù)，同時在定義域內(nèi)每一段都是減函數(shù)，同時在x=0時，函數(shù)值為零，符合函數(shù)遞減性，故④考點：本試題考查了新定義的理解和運用?！窘馕觥俊敬鸢浮竣?1、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】12、略

【分析】解：∵α與β為同一象限角；

∴α與β為同為第二象限角；

∴cosα=-sinβ=

∴cos（α-β）=cosαcosβ+sinαsinβ=-×（-）+×=

故答案為：．

根據(jù)所給的角的范圍和角的函數(shù)值；利用同角的三角函數(shù)之間的關(guān)系，寫出角的函數(shù)值，用兩角差的余弦公式求出結(jié)果．

本題考查兩角差的余弦公式，在解題過程中關(guān)鍵是根據(jù)所給的角的范圍求出要用的函數(shù)值，本題是一個角的變換問題．【解析】13、略

【分析】解：∵

設(shè)OC與AB交于D（x；y）點。

則：AD：BD=1：5

即D分有向線段AB所成的比為

則

解得：

∴

又∵||=2

∴=（-）

故答案為：（-）

本題考查的知識點是線段的定比分點；處理的方法是，根據(jù)三角形內(nèi)角平分線定理，求出OC所在直線分有線向量AB所成的比．然后代入定比分點公式求出OC與AB的交點坐標，再根據(jù)向量的模求出答案．

如果已知，有向線段A（x1，y1），B（x2，y2）．及點C分線段AB所成的比，求分點C的坐標，可將A，B兩點的坐標代入定比分點坐標公式：坐標公式進行求解．【解析】（-）三、證明題(共8題，共16分)14、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．15、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．16、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．17、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．18、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．19、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．20、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．21、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．四、計算題(共3題，共24分)22、略

【分析】【分析】先把方程的兩根代入程x2-5x+2=0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出+、的值，然后再代入求的值即可．【解析】【解答】解：∵是方程x2-5x+2=0的兩實根；

∴a-5+2=0；

∴b-5+2=0，+=5，=2．

∴原式=[]÷+

=+=+=2?=2?=523、略

【分析】【分析】由于t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點的橫坐標，利用根與系數(shù)的關(guān)系可以得到t1+t2=2，又x=10t1，y=10t2，利用同底數(shù)冪的乘法法則計算即可解決問題．【解析】【解答】解：∵t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點的橫坐標；

∴t1+t2=2；

而x=10t1，y=10t2；

∴xy=10t1×10t2=10t1+t2=102=100；

∴y=（x＞0）．

∵100＞0；x＞0；

∴其函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)．

故答案為：y=（x＞0），一．24、略

【分析】【分析】如圖所示，一、棱長為3的正方體的每個面等分成9個小正方形，那么每個小正方形的邊長是1，所以每個小正方面的面積是1；二、正方體的一個面有9個小正方形，挖空后，這個面的表面積增加了4個小正方形，減少了1個小正方形，即：每個面有12個小正方形，6個面就是6×12=72個，那么幾何體的表面積為72×1=72．【解析】【解答】解：如圖所示；周邊的六個挖空的正方體每個面增加4個正方形，減少了1個小正方形，則每個面的正方形個數(shù)為12個，則表面積為12×6×1=72．

故答案為：72．五、綜合題(共4題，共32分)25、略

【分析】【分析】（1）首先設(shè)線段AB所表示的函數(shù)的解析式為y=kx+b，根據(jù)題意知道函數(shù)經(jīng)過（3，300），（；0）兩點，利用待定系數(shù)法即可確定函數(shù)的解析式和自變量的取值范圍；

（2）首先可以判定x=在3＜x≤中，然后把x=代入（1）的函數(shù)解析式y(tǒng)=-80x+540中可以求出甲所走的路程；同時也知道了乙的路程，最后利用速度公式即可求解；

（3）首先確定依有兩次相遇，①當0≤x≤3時，100x+40x=300，②當3＜x≤時，（540-80x）+40x=300，分別解這兩個方程即可求解．【解析】【解答】解：（1）設(shè)線段AB所表示的函數(shù)的解析式為y=kx+b；

把（3，300），（，0）代入其中得；

解之得；

∴線段AB所表示的函數(shù)解析式為y=-80x+540；

自變量的取值范圍為3＜x≤；

（2）∵x=在3＜x≤中；

∴把x=代入（1）的函數(shù)解析式y(tǒng)=-80x+540中；

得y甲=180；

∴乙車的速度為180÷=40km/h；

（3）依題意有兩次相遇；

①當0≤x≤3時；100x+40x=300；

∴x=；

②當3＜x≤時；（540-80x）+40x=300；

∴x=6；

∴當它們行駛了小時和6小時時兩車相遇．26、略

【分析】【分析】（1）首先構(gòu)造二次函數(shù)：f（x）=（a1x+b1）2+（a2x+b2）2++（anx+bn）2=（a12+a22++an2）x2+2（a1b1+a2b2++anbn）x+（b12+b22++bn2），由（a1x+b1）2+（a2x+b2）2++（anx+bn）2≥0，即可得f（x）≥0，可得△=4（a1b1+a2b2++anbn）2-4（a12+a22++an2）（b12+b22++bn2）≤0，整理即可證得：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2；

（2）利用（1）可得：（1+4+9）（x2+y2+z2）≥（x+2y+3z）2；又由x+2y+3z=6，整理求解即可求得答案；

（3）利用（1）可得：（2x2+y2+z2）（+1+1）≥（x+y+z）2，又由2x2+y2+z2=2；整理求解即可求得答案；

（4）因為當且僅當==時等號成立，即可得當且僅當x==時，x2+y2+z2取最小值，又由x+2y+3z=6，即可求得答案．【解析】【解答】解：（1）構(gòu)造二次函數(shù)：f（x）=（a1x+b1）2+（a2x+b2）2++（anx+bn）2=（a12+a22++an2）x2+2（a1b1+a2b2++anbn）x+（b12+b22++bn2）≥0；

∴△=4（a1b1+a2b2++anbn）2-4（a12+a22++an2）（b12+b22++bn2）≤0；

即：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2；

當且僅當==時等號成立；

（2）根據(jù)（1）可得：（1+4+9）（x2+y2+z2）≥（x+2y+3z）2；

∵x+2y+3z=6；

∴14（x2+y2+z2）≥36；

∴x2+y2+z2≥；

∴若x+2y+3z=6，則x2+y2+z2的最小值為；

（3）根據(jù)（1）可得：（2x2+y2+z2）（+1+1）≥（x+y+z）2；

∵2x2+y2+z2=2；

∴（x+y+z）2≤2×=5；

∴-≤x+y+z≤；

∴若2x2+y2+z2=2，則x+y+z的最大值為；

（4）∵當且僅當x==時，x2+y2+z2取最小值；

設(shè)x===k；

則x=k；y=2k，z=3k；

∵x+2y+3z=6；

∴k+4k+9k=6；

解得：k=；

∴當x2+y2+z2取最小值時，x=，y=，z=．27、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)若方程為一元一次方程；求出m的值即可，再根據(jù)若方程為一元二次方程，利用根的判別式求出即可；

（2）分別從當m-2=0，以及當m-2≠0時分析，得出若方程有兩個不等的實根，以及若方程有兩個相等的實根，利用根的判別式以及方程的根得出答案．【解析】【解答】解：（1）若方程為一元一次方程；則m-2=0，即m=2；

若方程為一元二次方程；則m-2≠0；

∵關(guān)于x的方程（m-2）x