2025年華東師大版高一數(shù)學下冊階段測試試卷

…………○…………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年華東師大版高一數(shù)學下冊階段測試試卷77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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、cos660o的值為().A.B.C.D.2、函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是（）A.B.C.D.3、若x是三角形的最小內(nèi)角，則函數(shù)y=sinx+cosx﹣sinxcosx的最小值是（）A.-+B.+C.1D.4、一個平面四邊形的斜二測畫法的直觀圖是一個邊長為a的正方形，則原平面四邊形的面積等于（）A.a2B.2a2C.a2D.a25、連續(xù)拋擲2顆骰子，則出現(xiàn)朝上的點數(shù)之和等于6的概率為（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、在△ABC中，若A=60°，b=1，則a=____．7、已知數(shù)列{an}滿足a1+2a2+3a3++nan=n（n+1）（n+2），則它的前n項和Sn=____．8、若f（x）=（a2﹣3a+3）ax是指數(shù)函數(shù)則a=____．9、時鐘從6時走到9時，時針旋轉(zhuǎn)了______弧度．10、如圖，設(shè)α∈（0，π）且當∠xOy=α時，定義平面坐標系xOy為斜坐標系，在斜坐標系中，任意一點P的斜坐標這樣定義：e1，e2分別為x軸、y軸正方向相同的單位向量，若則記為那么在以下的結(jié)論中，正確的有______（填上所有正確結(jié)論的序號）．

（1）設(shè)a=（m，n），則

（2）設(shè)a=（m，n），b=（s，t），若a=b；則m=s，n=t；

（3）設(shè)a=（m，n），b=（s，t），若a⊥b；則ms+nt=0；

（4）設(shè)a=（m，n），b=（s，t），若a∥b，則mt-ns=0．評卷人得分三、解答題(共9題，共18分)11、已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn=a（Sn-an+1）（a為常數(shù)；a≠0，a≠1）．

（Ⅰ）求{an}的通項公式；

（Ⅱ）設(shè)bn=an2+Sn?an，若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列；求a的值；

（Ⅲ）在滿足條件（Ⅱ）的情形下，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn．求證：Tn＞2n-．

12、已知函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱；定義域是R．

（1）求m；n的值；

（2）若對任意t∈[-2；2]，f（tx-2）+f（x）＞0恒成立，求實數(shù)x的取值范圍．

13、已知定點A（1，0），B（-1，0），C（0，1），D（0，2），動點P滿足：．

（1）求動點P軌跡M的方程；并說明方程表示的曲線類型；

（2）當k=2時：

①E是x軸上的動點，EK，EQ分別切曲線M于K，Q兩點，如果求線段KQ的垂直平分線方程；

②若E點在△ABC邊上運動；EK，EQ分別切曲線M于K，Q兩點，求四邊形DKEQ的面積的取值范圍．

14、如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，EF//AC，AB=CE=EF=1⑴求證：AF//平面BDE⑵求證：CF⊥平面BDE15、如圖，在四邊形中，求四邊形繞旋轉(zhuǎn)一周所成幾何體的表面積及體積。16、【題文】設(shè)為奇函數(shù)，為常數(shù)．

（1）求的值；

（2）判斷函數(shù)在上的單調(diào)性；并說明理由；

（3）若對于區(qū)間上的每一個值，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍．17、（Ⅰ）計算：2-（）+lg+（-1）lg1+（lg5）2+lg2?lg50

（Ⅱ）已知x+x=3，求的值．18、在△ABC中，角A，B，C對應(yīng)的邊分別是a，b；c，已知cos2A-3cos（B+C）=1．

（1）求角A的大小；

（2）若△ABC的面積b=5；求sinBsinC的值；

（3）若a=1，求△ABC的周長l的取值范圍．19、如圖；在長方體ABCD鈭?A1B1C1D1

中，AB=AD=1AA1=2

點P

為DD1

的中點．

(1)

求證：直線BD1//

平面PAC

(2)

求證：平面PAC隆脥

平面BDD1

(3)

求直線PB1

與平面PAC

的夾角．評卷人得分四、證明題(共4題，共12分)20、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．21、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．22、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．23、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．評卷人得分五、計算題(共3題，共6分)24、已知x、y滿足方程組，則x+y的值為____．25、已知x，y，z為實數(shù)，滿足，那么x2+y2+z2的最小值是____26、計算：（2）﹣（﹣2016）0﹣（）+（）﹣2．評卷人得分六、綜合題(共2題，共18分)27、二次函數(shù)的圖象的頂點坐標是，它與x軸的一個交點B的坐標是（-2，0），另一個交點的是C，它與y軸相交于D，O為坐標原點．試問：y軸上是否存在點P，使得△POB∽△DOC？若存在，試求出過P、B兩點的直線的解析式；若不存在，說明理由．28、如圖；以A為頂點的拋物線與y軸交于點B；已知A、B兩點的坐標分別為（3，0）、（0，4）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設(shè)M（m；n）是拋物線上的一點（m；n為正整數(shù)），且它位于對稱軸的右側(cè)．若以M、B、O、A為頂點的四邊形四條邊的長度是四個連續(xù)的正整數(shù)，求點M的坐標；

（3）在（2）的條件下，試問：對于拋物線對稱軸上的任意一點P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請說明理由．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】試題分析：考點：誘導公式，特殊角的三角函數(shù)值.【解析】【答案】C.2、D【分析】【解答】令解得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為

【分析】求三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，關(guān)鍵是將看成一個整體，代入三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求解即可.3、A【分析】【解答】解：令sinx+cosx=t，則sinxcosx=∴y=t﹣=﹣（t﹣1）2+1．

∵x是三角形的最小內(nèi)角，∴x∈（0，]，∵t=sinx+cosx=sin（x+），∴t∈（1，]；

∴當t=時，y取得最小值-．

故選：A．

【分析】令sinx+cosx=t，則sinxcosx=則y是關(guān)于t的二次函數(shù)，根據(jù)x的范圍得出t的范圍，利用二次函數(shù)性質(zhì)推出y的最小值．4、B【分析】解：根據(jù)斜二測畫法畫平面圖形的直觀圖的規(guī)則，可以得出一個平面圖形的面積S與它的直觀圖的面積S′之間的關(guān)系是S′=S，本題中直觀圖的面積為a2，所以原平面四邊形的面積等于=2a2．

故選B．

根據(jù)斜二測畫法畫平面圖形的直觀圖的規(guī)則，可以得出一個平面圖形的面積S與它的直觀圖的面積S′之間的關(guān)系是S′=S；先求出直觀圖即正方形的面積，根據(jù)比值求出原平行四邊形的面積即可．

考查學生靈活運用據(jù)斜二測畫法畫平面圖形的直觀圖的規(guī)則，可以得出一個平面圖形的面積S與它的直觀圖的面積S′之間的關(guān)系是S′=S．【解析】【答案】B5、A【分析】解：將一枚質(zhì)地均勻的骰子連續(xù)拋擲兩次；

向上的點數(shù)和的情況有62=36種；

其中點數(shù)為為6的情況有：1+5；5+1，2+4，4+2，3+3，共5種；

∴向上的點數(shù)和為6的概率：

p=．

故選：A．

將一枚質(zhì)地均勻的骰子連續(xù)拋擲兩次，向上的點數(shù)和的情況有62=36種；其中點數(shù)為為6的情況有5種，由此能求出向上的點數(shù)和為6的概率．

本題考查概率的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要注意古典概型概率計算公式的合理運用．【解析】【答案】A二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】

∵S△ABC=bcsinA=

∴c=4

∴a===

故答案為：

【解析】【答案】先利用三角形面積公式求得c；最后利用三角函數(shù)的余弦定理求得a．

7、略

【分析】

∵a1+2a2+3a3++nan=n（n+1）（n+2）；①

∴a1+2a2+3a3++（n-1）an-1=（n-1）n（n+1）；②

①-②，得nan=3n（n+1）；

∴an=3n+3．

∴Sn=a1+a2+a3++an

=（3×1+3）+（3×2+3）+（3×3+3）++（3n+3）

=3（1+2+3++n）+3n

=

=．

故答案為：．

【解析】【答案】由a1+2a2+3a3++nan=n（n+1）（n+2），知a1+2a2+3a3++（n-1）an-1=（n-1）n（n+1），所以nan=3n（n+1），即an=3n+3．由此能求出它的前n項和Sn．

8、2【分析】【解答】解：根據(jù)指數(shù)函數(shù)的定義可得

∴a=2

故答案為：2

【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的定義可得求解即可9、略

【分析】解：時鐘從6時走到9時，時針旋轉(zhuǎn)了弧度．

故答案為：．

直接利用角的定義；寫出結(jié)果即可．

本題考查角的定義，基本知識的考查．【解析】10、略

【分析】解：根據(jù)斜坐標的定義，=（m，n），=（s；t）；

∴

（1）．=∵α≠∴（1）錯誤；

（2）．若根據(jù)平面向量基本定理得：m=s，n=t，∴（2）正確；

（3）∵=ms+nt+（mt+ns）cosα≠ms+nt；∴（3）錯誤；

（4）．由得∴s=λm，t=λn，∴mt-ns=0，故（4）正確；

所以正確的是（2）（4）．

故答案為：（2）（4）．

把新定義回歸到向量的數(shù)量積的運算對每個結(jié)論進行驗證；即可得出結(jié)論．

本題為新定義，正確理解題中給出的斜坐標并與已知的向量知識相聯(lián)系是解決問題的關(guān)鍵，屬中檔題．【解析】（2）（4）三、解答題(共9題，共18分)11、略

【分析】

（Ⅰ）S1=a（S1-a1+1）

∴a1=a；．（1分）

當n≥2時，Sn=a（Sn-an+1），Sn-1=a（Sn-1-an-1+1）；

兩式相減得：an=a?an-1，

（a≠0，n≥2）即{an}是等比數(shù)列．

∴an=a?an-1=an；（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知a≠1；

若{bn}為等比數(shù)列，則有b22=b1b3；

而b1=2a2，b2=a3（2a+1），b3=a4（2a2+a+1）（6分）

故[a3（2a+1）]2=2a2?a4（2a2+a+1），解得（7分）

再將a=代入得bn=（）n成立，所以a=．（8分）

（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知

所以==（10分）

所以

Tn=c1+c2++cn+（2-）

=（12分）

【解析】【答案】（Ⅰ）由題意知a1=a，Sn=a（Sn-an+1），Sn-1=a（Sn-1-an-1+1），由此可知an=a?an-1，所以an=a?an-1=an．

（Ⅱ）由題意知a≠1，由此可解得．

（Ⅲ）證明：由題意知所以=由此可知Tn＞2n-．

12、略

【分析】

（1）因為f（x）是奇函數(shù)；所以f（0）=0；

即解得n=1；

從而有

又由f（1）=-f（-1）知。

解得m=2

（2）由（1）知

易知f（x）在（-∞；+∞）上為減函數(shù)；

又∵f（x）是奇函數(shù)；

∴f（2-tx）=-f[-（2-tx）]=-f（tx-2）；f（tx-2）+f（x）＞0

即f（x）＞f（2-tx）

即x＜2-tx；

即xt+x-2＜0對任意的t∈[-2；2]恒成立。

∴

∴

解得：．

【解析】【答案】（1）由函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱；故函數(shù)為奇函數(shù)，根據(jù)f（0）=0，f（1）=-f（-1）可得m；n的值；

（2）根據(jù)指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)；分析出函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合（1）中函數(shù)的奇偶性，可將不等式f（tx-2）+f（x）＞0化為xt+x-2＜0對任意的t∈[-2，2]恒成立，進而得到實數(shù)x的取值范圍．

13、略

【分析】

（1）設(shè)動點坐標為P（x；y）；

則=（x-1，y），=（x+1，y），=（x；1-y）；

因為所以x2+y2-1=K[x2+（y-1）2]；

整理得：（k-1）x2+（k-1）y2+k+1=0；

若k=1；則方程為y=1，表示過點（0，1）且平行與x軸的直線；

若k≠1，則方程化為x2+（y-）2=（）2，表示以（0，）為圓心，||為半徑的圓．

（2）①因為k=2，所以方程為x2+（y-2）2=1；圓心為D，如圖；

由|KQ|=可得|DN|=

由射影定理可得|DQ|2=|DN||DE，得|DE|=

在Rt△DOE中；|OE|=1，得E（1，0）（-1，0）；

ED⊥KQ且平分KQ；所以DE的方程為2x+y-2=0或2x-y+1=0（0＜y＜1）；

②LBC：x+y-1=0（0＜y＜1），LAC：x-y+1=0（0＜y＜1）；

當E（a，b）在線段AC上運動時；

SDKEQ=2S△DKE=DK?KE==（0＜b＜1）；

所以0＜SDKEQ＜2；

同理，當E（a，b）在線段BC上運動時，0＜SDKEQ＜2

當E（a，b）在線段BC上運動時；E（a，0）（-1≤a≤1）；

SDKEQ=2S△DKE=DK?KE=（-1≤a≤1）；

所以≤SDKEQ≤2；

綜上可得，0≤SDKEQ≤2．

【解析】【答案】（1）根據(jù)題意，設(shè)出P的坐標（x，y）；可得則的坐標，代入中，可得（k-1）x2+（k-1）y2+k+1=0；分K=1與k≠1兩種情況討論；可得答案．

（2）①根據(jù)題意k=2，代入（1）的方程可得x2+（y-2）2=1，進而|DN|=結(jié)合射影定理計算可得|DE|=在Rt△DOE中，由|OE|=1，得E的坐標，又由ED⊥KQ且平分KQ，由直線的點斜式方程可得答案；

②由（1）可得線段BC、AC的方程，按E的在△ABC的三邊上不同位置，不同分3種情況討論；求出SDKEQ的范圍；綜合可得答案．

14、略

【分析】(1)關(guān)鍵是證明AF//EO.(2)關(guān)鍵是證明：證明：（1）證明：連AC、BD交于O點，連EO則EF=OA，四邊形AFEO為平行四邊形AF//平面BDE（2）證明：BD⊥平面ACEFCF⊥BD在平面四邊形EFOC中四邊形EFOC為菱形BD、OE平面BDE平面BDE.【解析】【答案】見解析.15、略

【分析】由題可得【解析】【答案】16、略

【分析】【解析】解：（1）為奇函數(shù)；

對定義域內(nèi)的任意都成立；

解，得或（舍去）.

（2）由（1）知：

任取設(shè)則：

在上是增函數(shù).

（3）令

上是減函數(shù)；

由（2）知，是增函數(shù)；

對于區(qū)間上的每一個值，不等式恒成立；

即恒成立，【解析】【答案】（1）

（2）在上是增函數(shù)。

（3）17、略

【分析】

（Ⅰ）化簡2==（）=

（Ⅱ）化簡x+x=3；從而利用完全平方公式求解．

本題考查了有理數(shù)指數(shù)冪的化簡運算及求值，同時考查了完全平方公式的應(yīng)用．【解析】解：（Ⅰ）2-（）+lg+（-1）lg1+（lg5）2+lg2?lg50

=--2+（-1）0+（lg5）2+2lg2?lg5+（lg2）2

=--2+1+1=-2；

（Ⅱ）∵x+x=3；

∴x+x-1=（x+x）2-2=7；

x2+x-2=（x+x-1）2-2=47；

∴==．18、略

【分析】

（1）、根據(jù)題意，由cos2A-3cos（B+C）=1利用倍角公式和誘導公式變形可得2cos2A+3cosA-2=0；解可得cosA的值，結(jié)合A的范圍，即可得答案；

（2）、由三角形面積公式可得bc=20，結(jié)合題意進而可得b、c的值，又由余弦定理可得a的值，由正弦定理得===2計算可得sinB；sinC的值，相乘即可得答案；

（3）、根據(jù)題意，由余弦定理可得1=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc，將其變形可得b2+c2=bc+1，由基本不等式可得（b+c）2=1+3bc≤1+3（）2，解可得b+c的最大值，結(jié)合三角形三遍關(guān)系可得b+c的取值范圍，又由l=a+b+c=1+b+c計算可得答案．

本題考查了正弦定理、余弦定理、兩角和與差的正弦公式、均值不等式等基礎(chǔ)知識，（3）不要忽略三角形的三邊關(guān)系．【解析】解：（1）由cos2A-3cos（B+C）=1，得2cos2A+3cosA-2=0；

即（2cosA-1）（cosA+2）=0，解得cosA=或cosA=-2（舍去）．

因為0＜A＜π，所以A=

（2）根據(jù)題意，S=bcsinA=bc=5即bc=20；

又由b=5；則c=4；

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=25+16-20=21，故a=

又由正弦定理得===2

sinB=sinC=

sinBsinC=×=

（3）根據(jù)題意，周長l=a+b+c=1+b+c；

由（1）A=則有1=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc；

即b2+c2=bc+1；

∴（b+c）2=1+3bc≤1+3（）2；

解可得b+c≤2；

又由b+c＞a=1，即1＜b+c≤2；

故有2＜l≤3；

△ABC的周長l的取值范圍為（2，3]．19、略

【分析】

(1)

連接BD

交AC

于O

則O

為BD

中點，連接OP

可得OP//BD1

再由線面平行的判定可得BD1//

平面PAC

(2)

由已知長方體可得AC隆脥BD

且DD1隆脥

面ABCD

則DD1隆脥AC.

由線面垂直的判定可得AC隆脥

面BDD1B1.

進一步得到平面PAC隆脥

平面BDD1

(3)

連接PB1

由(2)

知，平面PAC隆脥

平面BDD1

則隆脧B1PO

即為PB1

與平面PAC

的夾角，然后求解三角形得答案．

本題考查線面平行與面面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了線面角的求法，是中檔題．【解析】(1)

證明：連接BD

交AC

于O

則O

為BD

中點，連接OP

隆脽P

為DD1

的中點；隆脿OP//BD1

隆脽OP?

平面PACBD1?

平面PAC

隆脿BD1//

平面PAC

(2)

證明：長方體ABCD鈭?A1B1C1D1

中；AB=AD=1

底面ABCD

是正方形，則AC隆脥BD

又DD1隆脥

面ABCD

則DD1隆脥AC

．

隆脽BD?

平面BDD1B1D1D?

平面BDD1B1BD隆脡D1D=D

隆脿AC隆脥

面BDD1B1.隆脽AC?

平面PAC

隆脿

平面PAC隆脥

平面BDD1

(3)

解：連接PB1

由(2)

知，平面PAC隆脥

平面BDD1

隆脿隆脧B1PO

即為PB1

與平面PAC

的夾角；

在長方體ABCD鈭?A1B1C1D1

中；

隆脽AB=AD=1AA1=2隆脿OP=12+(22)2=62PB1=12+(2)2=3OB1=(22)2+22=322

．

在鈻?OPB1

中，cos隆脧B1PO=(3)2+(62)2鈭?(322)22隆脕3隆脕62=0

．

隆脿

直線PB1

與平面PAC

的夾角為婁脨2

．四、證明題(共4題，共12分)20、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．21、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．22、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．23、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．五、計算題(共3題，共6分)24、略

【分析】【分析】由2x+y=5，x+2y=4，兩式相加化簡即可得出．【解析】【解答】解：；

①+②得：3（x+y）=9；即x+y=3．

故答案為：3．25、略

【分析】【分析】通過方程組進行消元，讓yz都用含x的代數(shù)式表示，再代入x2+y2+z2，根據(jù)二次函數(shù)的最值問題得出答案即可．【解析】【解答】解：；

①×2+②；得x+y=5，則y=5-x③；

①+2×②；得x+z=4，則z=4-x④；

把③④代入x2+y2+z2得；

x2+（5-x）2+（4-x）2

=3x2-18x+41

=3（x-3）2+14；

∴x2+y2+z2的最小值是14；

故答案為14．26、解：==【分析】【分析】根據(jù)指數(shù)冪的運算性質(zhì)計算即可．六、綜合題(共2題，共18分)27、略

【分析】【分析】先根據(jù)條件利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后根據(jù)解析式求出點D，點C的坐標，最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出點P的坐標，根據(jù)P、B兩點的坐標利用待定系數(shù)法就可以求出直線PB的解析式．【解析】【解答】解：∵二次函數(shù)的圖象的頂點坐標是；它與x軸的一個交點B的坐標是（-2，0）；

∴設(shè)拋物線的解析式為：將點B（-2；0）代入得；

；解得

a=-1

∴拋物線的解析式為：y=-x2+x+6．

當x=0時；y=6

∴D（0；6）；

∴OD=6

y=0時，x1=-2，x2=3

C（3；0）；

∴OC=3；

∵B（-2；0）；

∴OB=2．

∵△POB∽△DOC；

∴；

∴