2025年粵教新版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教新版高一數(shù)學(xué)上冊月考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(xué)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9題，共18分)1、設(shè)函數(shù)的零點分別為則()A.B.C.D.2、等差數(shù)列項的和等于（）A.B.C.D.3、【題文】如圖所示是一個幾何體的三視圖，若該幾何體的體積為則主視圖中三角形的高x的值為（）

A.B.C.1D.4、【題文】已知函數(shù)集合則的面積是（）A.B.C.D.5、【題文】設(shè)全集集合則（）A.B.C.D.6、（2015.福建）若sin=-且為第四象限角，則tan的值等于（）A.B.-C.D.-7、函數(shù)f（x）=log2?log2x∈（2，8]的值域為（）A.[0，2]B.[﹣2]C.（0，2]D.（﹣2]8、sincostan的大小關(guān)系為（）A.sinB.cosC.tanD.tan9、在鈻?OAB

中，P

為AB

邊上一點，且BP鈫?=3PA鈫?

若OP鈫?=xOA鈫?+yOB鈫?

則(

)

A.x=23y=13

B.x=23y=23

C.x=14y=34

D.x=34y=14

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、已知函數(shù)f（x）=|x2-2ax+b|．x∈R；給出四個命題：

①f（x）必是偶函數(shù)；

②若f（0）=f（2）；則f（x）的圖象關(guān)于直線x=1對稱；

③若a2-b≤0；則f（x）在[a，+∞）上是增函數(shù)；

④f（x）有最小值|a2-b|；⑤對任意x都有f（a-x）=f（a+x）；

其中正確命題的序號是____．11、已知函數(shù)h（x）=x2+bx+c，且h（1）=0，h（3）=0，則h（-1）=____．12、已知向量且其中（1）求和的值；（2）若求角的值．13、【題文】冪函數(shù)在時為減函數(shù)，則m=____。14、函數(shù)y=2sin（-＜x＜）的值域______．15、在平面四邊形ABCD

中，隆脧A=隆脧B=隆脧C=75鈭?.BC=2

則AB

的取值范圍是______．16、(

文科)

等腰鈻?ABC

的頂角A=2婁脨3|BC|=23

則BA鈫?鈰?AC鈫?=

______．17、已知弧長為婁脨cm

的弧所對的圓心角為婁脨4

則這條弧所在的扇形面積為______cm2

．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)18、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．19、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．20、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．21、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．22、初中我們學(xué)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．23、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=2．24、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．25、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．評卷人得分四、作圖題(共2題，共4分)26、如圖A、B兩個村子在河CD的同側(cè)，A、B兩村到河的距離分別為AC=1千米，BD=3千米，且知道CD=3千米，現(xiàn)在要在河邊CD上建一水廠，向A、B兩村送自來水，鋪設(shè)管道費用為每千米2000元，請你在CD上選擇水廠位置O，使鋪設(shè)管道的費用最省，并求出其費用．27、以下是一個用基本算法語句編寫的程序；根據(jù)程序畫出其相應(yīng)的程序框圖．

評卷人得分五、綜合題(共3題，共12分)28、如圖，四邊形ABCD是菱形，點D的坐標(biāo)是（0，），以點C為頂點的拋物線y=ax2+bx+c恰好經(jīng)過x軸上A；B兩點．

（1）求A；B，C三點的坐標(biāo)；

（2）求經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的解析式．29、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）．30、已知開口向上的拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A（-3；0）；B（1，0）兩點，與y軸交于C點，∠ACB不小于90°．

（1）求點C的坐標(biāo)（用含a的代數(shù)式表示）；

（2）求系數(shù)a的取值范圍；

（3）設(shè)拋物線的頂點為D；求△BCD中CD邊上的高h(yuǎn)的最大值．

（4）設(shè)E，當(dāng)∠ACB=90°，在線段AC上是否存在點F，使得直線EF將△ABC的面積平分？若存在，求出點F的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【解析】A試題分析：因為根據(jù)題意知道，設(shè)函數(shù)的零點分別為故有結(jié)合對數(shù)函數(shù)的運算性質(zhì)可知，那么，有那么兩式相減得到故選A.考點：本試題考查了函數(shù)圖像的交點問題?！窘馕觥俊敬鸢浮?、B【分析】【解析】

【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】

試題分析：由題意可知，該幾何體為一個四棱錐，底面面積為高為x，體積為解得故選C．

考點：由三視圖求面積、體積．【解析】【答案】C4、B【分析】【解析】

試題分析：由題意可知，因為所以集合

集合中的元素為以點為圓心，以為半徑的圓以及圓內(nèi)的點；集合集合中的元素為夾在直線和直線之間左右兩部分平面區(qū)域中的點，所以表示的區(qū)域是在圓內(nèi)且夾在兩條直線之間的左右兩部分，因為直線和直線互相垂直，所以它的面積是半徑為的圓的面積一半，故選B．

考點：本題考查了集合的基本運算，圓和直線關(guān)系的綜合應(yīng)用，以及線性規(guī)劃的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵步驟是判斷出集合和的圖形，解題時要認(rèn)真審題，作出可行域，注意數(shù)形結(jié)合思想的靈活運用．【解析】【答案】B5、D【分析】【解析】解：因為。

選D【解析】【答案】D6、D【分析】【解答】由sin=-且為第四象限角，則cos=則tan==-故選D

【分析】本題考查同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，在sincostan三個值之間，知其中的一個可以求剩余兩個，但是要注意判斷角的象限，從而決定正負(fù)符號的取舍，屬于基礎(chǔ)題．7、B【分析】【解答】解：函數(shù)f（x）=log2?log2==令t=

∵x∈（2；8]；

∴t∈（0；2]．

函數(shù)f（x）轉(zhuǎn)化為g（t）=t（t﹣1）=t2﹣t；

開口向上，對稱軸t=

當(dāng)t=時，函數(shù)g（t）取得最小值為

當(dāng)t=2時；函數(shù)g（t）取得最大值為2．

∴函數(shù)g（t）的值域為[2]，即函數(shù)f（x）的值域為[2]；

故選B．

【分析】將函數(shù)f（x）化簡為f（x）=利用換元法轉(zhuǎn)為二次函數(shù)求解即可．8、B【分析】解：∵∈（0，），y=sinx在（0，）上單調(diào)遞增，y=cosx在（0，）上單調(diào)遞減；

又sin＜sin=cos＞cos=

∴0＜sin＜coscos＞．

再由tan=＞sin且tan＜tan=可得cos＞tan＞sin

故選：B．

根據(jù)∈（0，）、三角函數(shù)在在（0，）上的單調(diào)性，可得sin＜coscos＞．再根據(jù)tan=＞sin且tan＜tan可得結(jié)論．

本題主要考查三角函數(shù)在在（0，）上的單調(diào)性，特殊角的三角函數(shù)的值，同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】B9、D【分析】解：隆脽BP鈫?=3PA鈫?隆脿OP鈫?鈭?OB鈫?=3OA鈫?鈭?3OP鈫?

?4OP鈫?=3OA鈫?+OB鈫?

隆脿OP鈫?=34OA鈫?+14OB鈫?

隆脽OP鈫?=xOA鈫?+yOB鈫?

則x=34,y=14

．

故選：D

．

根據(jù)向量的基本運算以及平面向量的基本定理進行表示即可得到結(jié)論．

本題主要考查平面向量基本定理的應(yīng)用，根據(jù)向量的和差運算將向量進行分解是解決本題的關(guān)鍵.

屬于中檔題．【解析】D

二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】

對于①，當(dāng)a=1、b=0時，f（x）=|x2-2x|為非奇非偶函數(shù)。

故f（x）不一定是偶函數(shù)；得①不正確；

對于②，當(dāng)a=0、b=-2時，f（x）=|x2-2|圖象不關(guān)于直線x=1對稱；

但是滿足f（0）=f（2）=2；得②不正確；

對于③，若a2-b≤0，函數(shù)t=x2-2ax+b根的判別式△=4a2-4b＜0

因此t＞0恒成立，得f（x）=x2-2ax+b；

圖象開口向上；且關(guān)于直線x=a對稱，因此f（x）在[a，+∞）上是增函數(shù)，得③正確；

對于④，當(dāng)4a2-4b≥0時，f（x）=|x2-2ax+b|的最小值為0

所以f（x）的最小值不一定是|a2-b|；得④不正確；

對于⑤，因為f（a-x）=|x2-a2+b|=f（a+x）；所以⑤正確；

故答案為：③⑤

【解析】【答案】通過舉出反例加以說明，結(jié)合二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)可得①②不正確；若a2-b≤0，由根的判別式小于0得到f（x）=x2-2ax+b，即得f（x）在[a，+∞）上是增函數(shù)，得③正確；根據(jù)根的判別式不一定小于0，得可能f（x）的最小值為0而不是|a2-b|；得④不正確；根據(jù)代入函數(shù)解析式加以驗證，可得⑤正確．

11、略

【分析】

∵函數(shù)h（x）=x2+bx+c；且h（1）=0，h（3）=0；

∴x=0和x=3是函數(shù)h（x）=x2+bx+c的零點；

∴b+c=0，9+3b+c=0，解得b=-c=．

故函數(shù)h（x）=x2-x+

∴h（-1）=10；

故答案為10．

【解析】【答案】由題意可得x=0和x=3是函數(shù)h（x）=x2+bx+c的零點，故有b+c=0，9+3b+c=0，解得b和c的值；即得函數(shù)解析式，由此求得h（-1）的值．

12、略

【分析】

（１）(2)【解析】本試題主要是考查了兩角和差的三角恒等變形的運用。（1）∵∴即得到正弦值和余弦值。（2）因為然后可知得到【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】214、略

【分析】解：∵-＜x＜

∴0＜2x+＜

根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)，則0＜sin（2x+）≤1；

∴0＜2sin（2x+）≤2

∴函數(shù)y=2sin（-＜x＜）的值域（0；2]．

故答案為：（0；2]．

將2x+看成整體；轉(zhuǎn)化成基本的三角函數(shù)y=sinx在給定范圍內(nèi)的值域問題．

本題屬于求三角函數(shù)值域的基本問題，數(shù)形結(jié)合在三角函數(shù)中是常用的方法．【解析】（0，2]15、略

【分析】解：方法一：

如圖所示；延長BACD

交于點E

則。

在鈻?ADE

中，隆脧DAE=105鈭?隆脧ADE=45鈭?隆脧E=30鈭?

隆脿

設(shè)AD=12xAE=22xDE=6+24xCD=m

隆脽BC=2

隆脿(6+24x+m)sin15鈭?=1

隆脿6+24x+m=6+2

隆脿0<x<4

而AB=6+24x+m鈭?22x=6+2鈭?22x

隆脿AB

的取值范圍是(6鈭?2,6+2).

故答案為：(6鈭?2,6+2).

方法二：

如下圖，作出底邊BC=2

的等腰三角形EBCB=C=75鈭?

傾斜角為150鈭?

的直線在平面內(nèi)移動；分別交EBEC

于AD

則四邊形ABCD

即為滿足題意的四邊形；

當(dāng)直線移動時；運用極限思想；

壟脵

直線接近點C

時，AB

趨近最小，為6鈭?2

壟脷

直線接近點E

時，AB

趨近最大值，為6+2

故答案為：(6鈭?2,6+2).

如圖所示，延長BACD

交于點E

設(shè)AD=12xAE=22xDE=6+24xCD=m

求出6+24x+m=6+2

即可求出AB

的取值范圍．

本題考查求AB

的取值范圍，考查三角形中的幾何計算，考查學(xué)生的計算能力，屬于中檔題．【解析】(6鈭?2,6+2)

16、略

【分析】解：等腰鈻?ABC

的頂角A=2婁脨3|BC|=23

可得AB=AC=2

則BA鈫?鈰?AC鈫?=2隆脕2隆脕cos60鈭?=2

．

故答案為：2

．

利用已知條件求出ABAC

然后求解數(shù)量積的大小即可．

本題考查平面向量的數(shù)量積的運算，考查計算能力．【解析】2

17、略

【分析】解：隆脽

弧長為婁脨cm

的弧所對的圓心角為婁脨4

隆脿

半徑r=婁脨婁脨4=4

隆脿

這條弧所在的扇形面積為S=12隆脕婁脨隆脕4=2婁脨cm2

．

故答案為：2婁脨

根據(jù)弧長公式求出對應(yīng)的半徑；然后根據(jù)扇形的面積公式求面積即可．

本題主要考查扇形的面積公式和弧長公式，要求熟練掌握相應(yīng)的公式，比較基礎(chǔ)．【解析】2婁脨

三、證明題(共8題，共16分)18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．23、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=2．24、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．25、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、作圖題(共2題，共4分)26、略

【分析】【分析】作點A關(guān)于河CD的對稱點A′，當(dāng)水廠位置O在線段AA′上時，鋪設(shè)管道的費用最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓鹤鼽cA關(guān)于河CD的對稱點A′；連接A′B，交CD與點O，則點O即為水廠位置，此時鋪設(shè)的管道長度為OA+OB．

∵點A與點A′關(guān)于CD對稱；

∴OA′=OA；A′C=AC=1；

∴OA+OB=OA′+OB=A′B．

過點A′作A′E⊥BE于E；則∠A′EB=90°，A′E=CD=3，BE=BD+DE=3+1=4；

∴在Rt△A′BE中，A′B==5（千米）；

∴2000×5=10000（元）．

答：鋪設(shè)管道的最省費用為10000元．27、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】根據(jù)題目中的程序語言，得出該程序是順序結(jié)構(gòu)，利用構(gòu)成程序框的圖形符號及其作用，即可畫出流程圖．五、綜合題(共3題，共12分)28、略

【分析】【分析】（1）過C作CE⊥AB于E；根據(jù)拋物線的對稱性知AE=BE；由于四邊形ABCD是菱形，易證得Rt△OAD≌Rt△EBC，則OA=AE=BE，可設(shè)菱形的邊長為2m，則AE=BE=1m，在Rt△BCE中，根據(jù)勾股定理即可求出m的值，由此可確定A；B、C三點的坐標(biāo)；

（2）根據(jù)（1）題求得的三點坐標(biāo)，用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式．【解析】【解答】解：（1）由拋物線的對稱性可知AE=BE．

∴△AOD≌△BEC．

∴OA=EB=EA．

設(shè)菱形的邊長為2m；在Rt△AOD中；

m2+（）2=（2m）2；解得m=1．

∴DC=2；OA=1，OB=3．

∴A，B，C三點的坐標(biāo)分別為（1，0），（3，0），（2，）．

（2）解法一：設(shè)拋物線的解析式為y=a（x-2）2+，代入A的坐標(biāo)（1，0），得a=-．

∴拋物線的解析式為y=-（x-2）2+．

解法二：設(shè)這個拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，由已知拋物線經(jīng)過A（1，0），B（3，0），C（2，）三點；

得解這個方程組，得

∴拋物線的解析式為y=-x2+4x-3．29、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(dāng)且僅當(dāng)==時等號成立，即可得當(dāng)且僅當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)==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(dāng)且僅當(dāng)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(dāng)x2+y2+z2取最小值時，x=，y=，z=．30、略

【分析】【分析】（1）由拋物線y=ax2+bx+c過點A（-3；0），B（1，0），得出c與a的關(guān)系，即可得出C點坐標(biāo)；

（2）利用已知得出△AOC∽△COB；進而求出OC的長度，即可得出a的取值范圍；

（3）作DG⊥y軸于點G，延長DC交x軸于點H，得出拋物線的對稱軸為x=-1，進而求出△D