2025年湘教新版高一數(shù)學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年湘教新版高一數(shù)學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、由二次函數(shù)y=（2x-1）（x+2）+1的圖象如何平移，可得到y(tǒng)=2x2的圖象（）A.向左移動個單位，向上移動個單位B.向左移動個單位，向下移動個單位C.向右移動個單位，向上移動個單位D.向右移動個單位，向下移動個單位2、不等式等于（）

A.-4

B.14

C.-10

D.10

3、【題文】若為兩條異面直線，為其公垂線，直線則與兩直線的交。

點個數(shù)為（）A.0個B.1個C.最多1個D.最多2個4、已知函數(shù)f(x)在R上為奇函數(shù)，對任意的且x1≠x2，總有且則不等式的解集為()A.B.C.D.5、下列四個結(jié)論正確的是（）A.lg2?lg3=lg5B.若sinθ=則θ=30°C.=aD.logax-logay=loga（x＞0，y＞0）6、sin15鈭?cos45鈭?+sin75鈭?sin135鈭?

的值為(

)

A.32

B.12

C.鈭?12

D.鈭?32

7、已知f(x)=2(x2+7)an=f(n)

則{an}

的第五項為(

)

A.3

B.4

C.5

D.6

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、【題文】如圖所示，函數(shù)的圖象由兩條射線和三條線段組成.若則正實數(shù)的取值范圍是____.

9、【題文】函數(shù)f（x）對于任意實數(shù)x滿足條件f（x+2）=若f（1）=-5，則f[f（5）]=_______．10、【題文】函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是___________；11、已知函數(shù)若關(guān)于x的方程f（x）﹣k=0有唯一一個實數(shù)根，則實數(shù)k的取值范圍是____12、定義[x]與{x}是對一切實數(shù)都有定義的函數(shù)，[x]的值等于不大于x的最大整數(shù)，{x}的值是x﹣[x]，則下列結(jié)論正確的是____（填上正確結(jié)論的序號）．

①[﹣x]=﹣[x]；

②[x]+[y]≤[x+y]；

③{x}+{y}≥{x+y}；

④{x}是周期函數(shù)．13、已知關(guān)于x的不等式的解集為p，若1?p，則實數(shù)a的取值范圍為____．14、已知實數(shù)x，y滿足則點P（x，y）構(gòu)成的區(qū)域的面積為____，2x+y的最大值為____，其對應的最優(yōu)解為____．15、已知扇形的圓心角為60°，半徑為3，則扇形的周長為______．16、已知則tan（α-2β）=______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)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、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．20、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．21、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．22、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．23、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．24、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3題，共18分)25、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，使鋪設管道的費用最省，并求出其費用．26、作出函數(shù)y=的圖象．27、請畫出如圖幾何體的三視圖．

評卷人得分五、計算題(共4題，共12分)28、已知x，y，z為實數(shù)，滿足，那么x2+y2+z2的最小值是____29、已知方程x2-2x+m+2=0的兩實根x1，x2滿足|x1|+|x2|≤3，試求m的取值范圍．30、一次函數(shù)y=3x+m與反比例函數(shù)y=的圖象有兩個交點；

（1）當m為何值時；有一個交點的縱坐標為6？

（2）在（1）的條件下，求兩個交點的坐標．31、如圖，∠1=∠B，AD?AC=5AE，DE=2，那么BC?AD=____．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】二次函數(shù)y=（2x-1）（x+2）+1整理為：y=2（x+）2-，再根據(jù)“左加右減、上加下減”的原則進行解答即可．【解析】【解答】解：二次函數(shù)y=（2x-1）（x+2）+1整理為：y=2（x+）2-；

根據(jù)“左加右減，上加下減”的原則可知，可將該拋物線向右平移個單位，向上平移個單位后得到y(tǒng)=2x2．

故選C．2、C【分析】

因為

所以是方程ax2+bx+2=0的根；

所以

a=-12，b=-2所以a-b=-10

故選C．

【解析】【答案】由不等式的解集，可求對應方程的根，求出a、b，然后求出a-b．

3、C【分析】【解析】由空間中線線的位置關(guān)系知；空間中線線位置關(guān)系有三種，相交，平行，異面；

由題設條件AB是異面直線a，b的公垂線；直線l∥AB知；

l與兩直線a，b可能是異面的；此時有0個交點；

l與兩直線a，b可能相交，但至多與其中一個直線相交，這是因為直線l∥EF，它們可以確定一個平面γ，若l與a，b同時有交點，此兩交點必在γ上，這就使得兩異面直線上各有兩個點在γ上，此時兩異面直線不現(xiàn)異面，故l與a，b不能有兩個交點；

綜上知，l與a，b交點的個數(shù)是0個或1個,應選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、D【分析】【解答】先利用不等式恒成立得到函數(shù)是定義在R上的增函數(shù)；再利用函數(shù)得到函數(shù)過點，二者相結(jié)合奇函數(shù)即可求出不等式的解集．由知,當自變量和函數(shù)值符號相反時滿足題意.是定義在R上的增函數(shù)過點所以當時即因為是奇函數(shù),所以當時,即

綜上:當或時故選D5、D【分析】解：lg2?lg3≠lg5；

若sinθ=則θ=30°+k?360°或150°+k?360°；

=a，當n為偶數(shù)時應該為=|a|；

logax-logay=loga（x＞0；y＞0）；

故選：D

根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)判斷A；D，根據(jù)三角函數(shù)值判斷B，根據(jù)根指數(shù)判斷C．

本題考查了對數(shù)的運算性質(zhì)，指數(shù)冪的額性質(zhì)，以及三角函數(shù)值，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D6、A【分析】解：sin15鈭?cos45鈭?+sin75鈭?sin135鈭?=sin15鈭?cos45鈭?+cos75鈭?sin45鈭?=sin(15鈭?+45鈭?)=sin60鈭?=32

故選：A

．

由題意利用誘導公式；兩角和的正弦公式；求得要求式子的值．

本題主要考查誘導公式、兩角和的正弦公式的應用，屬于基礎(chǔ)題．【解析】A

7、C【分析】解：f(x)=2(x2+7)an=f(n)

則{an}

的第五項為a5=2(52+7)=log232=5

故選：C

．

利用數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系式；直接求解即可．

本題考查數(shù)列與函數(shù)的綜合題目，數(shù)列的函數(shù)的特征，考查計算能力．【解析】C

二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】【解析】

試題分析：依題意，解得即正實數(shù)的取值范圍是

考點：函數(shù)的奇函數(shù)圖象的的性質(zhì)、分段函數(shù)、最值及恒成立，難度中等.【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】-10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、[0，1）∪（2，+∞）【分析】【解答】解：關(guān)于x的方程f（x）﹣k=0有唯一一個實數(shù)根；

等價于函數(shù)y=f（x）與y=k的圖象有唯一一個交點；

在同一個坐標系中作出它們的圖象可得：

由圖象可知實數(shù)k的取值范圍是[0；1）∪（2，+∞）

故答案為：[0；1）∪（2，+∞）

【分析】原問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=f（x）與y=k的圖象有唯一一個交點，在同一個坐標系中作出它們的圖象，數(shù)形結(jié)合可得答案．12、②③④【分析】【解答】解：當x為整數(shù)時；[﹣x]=﹣[x]，當x不是整數(shù)時，[﹣x]=﹣[x]﹣1，故①錯誤；

當{x}+{y}＜1時；[x]+[y]=[x+y]；

當{x}+{y}≥1時；[x]+[y]=[x+y]﹣1＜[x+y]；

故[x]+[y]≤[x+y]；即②正確；

當{x}+{y}＜1時；{x}+{y}={x+y}；

當{x}+{y}≥1時；{x}+{y}＞{x+y}；

故{x}+{y}≥{x+y}；即③正確；

{x+1}={x}恒成立；故{x}是周期為1的周期函數(shù)．故④正確；

故答案為：②③④

【分析】根據(jù)已知中，[x]和{x}的定義，逐一分析四個結(jié)論的真假，可得答案．13、（﹣1，0）【分析】【解答】解：∵不等式的解集為p，且1?P，∴則即a（a+1）＜0；

解得﹣1＜a＜0；

∴實數(shù)a的取值范圍是（﹣1；0）；

故答案為：（﹣1；0）

【分析】由題意知1不滿足不等式，列出關(guān)于a的不等式，由分式不等式的解法求出實數(shù)a的取值范圍．14、8|11|（6，﹣1）【分析】【解答】解：畫出滿足條件的平面區(qū)域，如圖示：

∴點P（x，y）構(gòu)成的區(qū)域的面積為：S△ABC=×8×2=8；

令z=2x+y；則y=﹣2x+z；

當直線y=﹣2x+z過B（6；﹣1）時，z最大；

Z最大值=2×6﹣1=11；

∴其對應的最優(yōu)解為（6；﹣1）；

故答案為：8；11，（6，﹣1）．

【分析】先畫出滿足條件的平面區(qū)域，從而求出三角形的面積，令z=2x+y，變形為y=﹣2x+z，顯然直線y=﹣2x+z過B（6，﹣1）時，z最大，進而求出最大值和最優(yōu)解．15、略

【分析】解：由題意，扇形的弧長為=π；

∴扇形的周長為π+6．

故答案為：π+6．

求出扇形的弧長；即可求出扇形的周長．

此題主要考查了弧長公式的應用，正確記憶弧長公式是解題關(guān)鍵．【解析】π+616、略

【分析】解：∵

則tan（α-2β）=tan[（α-β）-β]===2

故答案為：2．

利用兩角差的正切公式；求得要求式子的值．

本題主要考查兩角差的正切公式的應用，屬于基礎(chǔ)題．【解析】2三、證明題(共8題，共16分)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】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．20、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．21、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．22、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．23、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．24、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3題，共18分)25、略

【分析】【分析】作點A關(guān)于河CD的對稱點A′，當水廠位置O在線段AA′上時，鋪設管道的費用最?。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：鋪設管道的最省費用為10000元．26、【解答】圖象如圖所示。

【分析】【分析】描點畫圖即可27、解：如圖所示：

【分析】【分析】由幾何體是圓柱上面放一個圓錐，從正面，左面，上面看幾何體分別得到的圖形分別是長方形上邊加一個三角形，長方形上邊加一個三角形，圓加一點．五、計算題(共4題，共12分)28、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；