【文档说明】重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高二上学期定时检测（一）上学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.333 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附中高2026届高二上定时检测（一）数学试题（满分：150分；考试时间：120分钟）2024年10月注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.2.答选

择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生留存，以备评讲）.一、单选

题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知(1i)2iz+=−，则|i|z−=（）A.1B.22C.2D.262【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法计算，利用复数的模公式可得解.详解】()()()()2i1i2i1

3i1i1i1i2z−−−−===++−，则1ii2z+−=，所以22112i222z−=+=.故选：B.2.设m，n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（）A.若//，m，n，则//mnB.若⊥，m⊥，//n，则

mn⊥C.若m，n与相交，则m与n异面D.若m⊥，n⊥，mn⊥，则⊥【答案】D【解析】【分析】利用空间平行与垂直的判定和性质定理，结合空间关系就可以作出判断.【详解】对于A，两平面平行，不能推出

两平面内的任意直线一定平行，故A错误；【对于B，两平面垂直⊥，由于m⊥，则有m或//m，又由于//n，此时不能判断n平行于平面内的任意直线，也不能判断平行于同一个平面的两直线位置关系是否平行，故B错误；对于C，由n与相交且m，不能确定n与相交的交点是否在平面内直线m

上，如果正好落直线m上，那就不能确定m与n是异面，故C错误；对于D，因为m⊥，n⊥，所以,mn就相当于平面,的两条法向量所在的直线，由于mn⊥，可以知道平面,的两条法向量是垂直的，从而可确定两平面,是垂直的，故D正确；故选：D．3.已知平面向量(4,2)a

=，(,1)bm=r，且()abb+⊥，则m=（）A.1−B.1C.1−或3−D.3【答案】C【解析】【分析】根据()abb+⊥，得()0abb+=，再由坐标运算即可.【详解】由题意，(4,3)abm+=+，因为()abb+⊥，所以()(4)30abbmm+=++=，解得3m=−或

1m=−.故选：C.4.设ABCV的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知π3A=，5π12B=，2c=，则a=（）A.3B.2C.23D.22【答案】A【解析】【分析】利用三角形的内角和为π，可求得π4C=，再利用正弦定理求解即可.【详解】解：因为π3A=，5π12B=，所

以ππ4CAB=−−=，又因为2c=，sinsinacAC=，所以32sin23sin22cAaC===.故选：A.5.函数()2()ln6fxxmx=−−在(1,)+上单调递增，则m的取值范围是（）A.2m−B.5m−C.2mD

.2m【答案】B【解析】【分析】由复合函数的单调性结合对数函数定义域计算即可得.【详解】由()fx在区间(1,)+上单调递增，()lnftt=在(0,)+上单调递增，故2226624tmmxmxx−−=−−=−在(1,)+上单调递增，即有12m，即2m，又因260xm

tx−−=在(1,)+上恒成立，故601mt−−=，即5m−，综上5m−，即实数的取值范围为5m−.故选：.B6.如图所示，四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，22PAADAB===，M为PD

的中点，则CD与平面ACM所成角的余弦值为（）A.32B.33C.63D.12【答案】B【解析】【分析】过点D作DNCM⊥于点N，证明DN⊥平面ACM，得CD与平面ACM所成的角为DCM，在RtCDM△中，求DCM的余弦值.【详解】如图，过点D作DNCM⊥于点N，因为PA⊥平面

ABCD，CD平面ABCD，所以PACD⊥，又四边形ABCD为矩形，ADCD⊥，PAADA=，,PAAD平面AMD，所以CD⊥平面AMD，因为AM平面AMD，所以CDAM⊥，在PAD△中，2PAAD==，M为PD的中点，所以AMPD⊥且122DMPD==，又PDC

DD=，,PDCD平面CDM，所以AM⊥平面CDM，因为AM平面ACM，所以平面CDM⊥平面ACM，因为平面CDM平面ACMCM=，DNCM⊥，DN平面CDM，所以DN⊥平面ACM，所以CD与平面ACM所成的角为DCM.因为CD⊥平面AMD，DM平面AMD，所以CDDM

⊥，在RtCDM△中，223cos3CDCDDCMCMCDDM===+.故选：B.7.已知函数2()23sincos2cosfxxxx=+（0，𝑥∈𝑅）在[0,π]上恰有2个零点，则取值范围是（

）A.1117,1212B.1117,1212C.53,62D.53,62【答案】D【解析】【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数()fx，求出[0,π]x时，相位所在区间，再利用正弦函数性质求解作答.【详解】由题意，的2π()23sinc

os2cos3sin21cos22sin(2)16fxxxxxxx=+=++=++，因为0，[0,π]x，所以πππ2[,2π]666x++，因为()fx在[0,π]上恰有2个零点，则π1sin(2)62x+=−，所以11π

π19π2π666+，解得5362.故的取值范围为5362.故选：D.8.已知正四棱锥PABCD−，其中4AB=，42PA=，平面过点A，且平面PC⊥，则平面截正四棱锥PABCD−的截面面积为（）A.1633B.833C.123D.3233

【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直作出截面，然后利用余弦定理、三角形的面积公式等知识求得截面面积.【详解】依题意，在正四棱锥PABCD−中，4ABBCCDAD====，且42PAPBPCPD====，所以42

AC=，所以三角形PAC是等边三角形，设E是PC的中点，则AEPC⊥，所以AE，且()()22422226AE=−=，设平面与,PBPD分别相交于点,FG，则由PC⊥得,,,PCAFPCEFPCEGPC

AG⊥⊥⊥⊥，()()222424243coscoscos424242APBBPCDPC+−====，所以1122322322,44PCPCPEPEPFPFPFPGPGPG======，故823PFPG==，所以()22822142233EFEG==−=，所以(

)2282823128824224233493AFAG==+−==，在三角形AEF中，由余弦定理得：()2228221426331cos8221427233AFE+−==−，所以2133sin12727AFE=−−=

，所以结合正四棱锥对称性得1822143383233327AEFAEGSS===△△，所以截面面积为83163233=.故选：A.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部

选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.现有一组数据4，7，9，3，3，5，7，9，9，6，则这组数据的第30百分位数为4B.某人打靶时连续射击三次，则事件“至少两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件C

.若样本数据1x，2x，…，10x的方差为2，则数据131x+，231x+，…，1031x+的方差为18D.若事件A、B相互独立，1()5PA=，1()4PB=，则()15PAB=【答案】BCD【解析】【分析】根据百分位数、对立事件、方差的计算、相互

独立事件的概率公式逐项判断.【详解】对于A，将数据从小到大排列为3,3,4,5,6,7,7,9,9,9,因为100.33=，所以这组数据的第30百分位数为454.5,2+=故A错误；对于B，事件"至少两次中靶"与事件"至多一次中靶"不能同时发生且必有一个发生，是对立事件，故B正确

；对于C，若样本数据1x，2x，…，10x的方差为2，则数据131x+，231x+，…，1031x+的方差为22318=，故C正确；对于D，因为事件A，B相互独立，所以,AB相互独立，()()()1111545PA

BPAPB==−=，故D正确.故选：BCD.10.在ABCV中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若222coscos2cos2sinABbBccC−−=，则下列正确的是（）A.2AB=B.cos2cbAb-=C.2ab=D.302ca【答案】AD【

解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得2AB=，即可判断A，然后结合二倍角公式利用正弦定理判断C，根据正弦定理和两角和差公式化简式子判断B，利用正弦定理和三角恒等变换得12cos2coscBaB=−，利用函数的单调性即可判断D.【详解】依题意，222coscos2cos

2sinABbBccC−−=，由正弦定理得222coscos2sincos2sinsinsinABBBCCC−−=，由于0π,sin0CC，所以22coscos2sincos2sinsinABBBCC−=−，所以222coscos2sin

sincos2sinABBCBC−=−，所以()2221sin1sin2sinsincos2sinABBCBC−−−=−，即222sinsinsin2sinsincos2BCABCB+−=，由正弦定理得2222222cos2,cos22bcabcabcBBb

c+−+−==，所以coscos2AB=，则2AB=或2π2AB+=，若2π2AB+=，则22π,π2πABABBCB+=++=−+=，πBC−=，不符合题意，所以2AB=，A选项正确，则B为锐角，所以sinsin22sincosABBB==，有正弦

定理得2cosabB=，而B是锐角，cos1B，所以C选项错误.对于2cbb-，由正弦定理得()sinsinsin122sin2sin2ABcbCBbBB+−−==−sincoscossin1sincos1c

ossin2sin2ABABABABB+=−=+−2sin2cos12sincos1coscossin2sin2BBBBAABB=+−=+−21112coscos1cos2cos2cos222BABAA=−+=+−+=+，若12coscos2AA+=，则1cos2A=

−，而0πA，所以2π3A=，则π23AB==，πAB+=不符合题意，所以12coscos2AA+，即cos2cbAb-¹，所以B选项错误.对于D选项，由正弦定理得()sinsinsincoscossinsinsinsinABcCABABa

AAA++===cossincos2sincoscossinsin2ABBBBBAB=+=+cos2sincos2coscos2sincos2cosBBBBBBBB=+=+22cos11cos2cos2cos2cosBBBBB−=+=−，由上述分析可知π

0π02303πBBABB+=，所以1cos,12B，由于函数()122fxxx=−在(12,1)上单调递增，()130,122ff==，所以132cos0,2cos2BB−，即302ca

，所以D选项正确.故选：AD11.P为棱长为2的正方体1111ABCDABCD−表面上的一个动点，则（）A.当P在线段11BD上运动时，三棱锥1PABD−的体积是定值B.当P在线段1BC上运动时，异面直线1AP与1AD所成角的取值范围是π0,3C.当P在面ABC

D内运动时，R为棱11AB的中点且//PR平面11BCD，则点P的轨迹长度为2D.当P在面11CDDC内运动时，Q为棱BC的中点且APDQPC=，则PBCDV−的最大值为439【答案】ACD【解析】【分析】由已知可得，11//BD平面

1ABD，则直线11BD上任意一点到平面1ABD的距离都相等，则三棱锥1PABD−的体积是定值，即可判断A；由11//ADBC，则异面直线1AP与1AD所成的角就是直线1AP与1BC所成的角，即可判断B；由已知PR所在的平面为如图所示正六边形

PQRSMN，该正六边形的六个顶点分别为对应棱的中点，则点P的轨迹即为PN，求出PN，即可判断C；建立空间直角坐标系，由APDQPC=，可得2PDPC=，设()0,,Pbc，由空间向量坐标运算，可求得max233c=，即三棱锥PBCD−的高取得最大值23

3，则求得PBCDV−的最大值为439，即可判断D.【详解】对于A选项，因为11//BBDD且11BBDD=，故四边形11BBDD为平行四边形，所以11//BDBD，11BDQ平面1ABD，BD平面1ABD，11//BD平面1ABD，所以直线11BD上任意一点到平面1ABD的

距离都相等，即为三棱锥的高，则三棱锥1PABD−的体积是定值，故A正确；对于B选项，设直线1AP与1AD所成的角为，因为11//ADBC，所以异面直线1AP与1AD所成的角就是直线1AP与1BC所成的角，当

P在线段1BC的端点处时，π3=，当P在线段1BC的中点时，π2=，所以ππ,32，故B错误；对于C选项，P在面ABCD内运动时，R为棱11AB的中点，因为//PR平面11BCD，作过PR的平面PQRS

MN，平面//PQRSMN平面11BCD，该六边形的六个顶点分别为对应棱的中点，则PR所在的平面为如图所示正六边形PQRSMN，设DC中点为N，点P的轨迹即为PN，则2212222PN=+=，故C正确；对于D选项，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，因为

P在面11CDDC内运动，Q为棱BC的中点，因为在正方体1111ABCDABCD−中，AD⊥平面11CDDC，PD平面11CDDC，所以ADPD⊥，则APD△是直角三角形，同理QCPC⊥，则QPC是直角三角形，又APDQPC=，则tantanAPDQP

C=，即ADQCPDPC=，所以221PDADPCQC===，则2PDPC=，因为()()0,0,0,0,2,0DC，设()0,,Pbc，()02,02bc，则c即为三棱锥PBCD−的高，所以()2222

22bcbc+=−+，整理得，222816331616333cbbb=−+−=−−+，当2b=时，max233c=，即三棱锥PBCD−的高取得最大值233，又1122222BCDSBCCD===，此时123432339PBCDV−==，.即PBCD

V−的最大值为439，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1234､､､，现从盒子中随机抽取卡片，若第一次抽取一张卡片，放回后再抽取1张卡片，则两次抽取的卡片数字之和不大于6的概率是

__________.【答案】1316【解析】【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率即可.【详解】两次抽取的试验的样本空间Ω11,12,13,14,21,22,23,24,31,32,33,34,41,42,43,44=，共16个，两次抽取的卡片数字之和大于6的事件34,43,44

A=，共3个，所以两次抽取的卡片数字之和大于6的概率是()316PA=，则不大于6的概率为()313111616PA−=−=.故答案为：1316.13.在正方体1111ABCDABCD−中，已知棱1AB=，点E为线段11BD上一

点，则AEAC的值为__________.【答案】1【解析】【分析】将,AEAC分别用1,,AAABAD，再根据空间向量数量积的运算律即可得解.【详解】设()11101DEDB=，则()11111111111111AEAAADDEAAADDBAAADABAD=++

=++=++−()()111AAADABADAAADAB=++−=+−+，ACABAD=+，所以()()11AEACAAADABADAB=+−++()()221111AAADAAABADADABADABAB=

++−+−++()001001=++−+++=.故答案为：1.14.布罗卡尔点（Brocard’spoint）是三角形几何中的一个特殊点.罗卡尔点的发现可以追溯到1816年.由德国数学家克雷尔（A.L.Crelle）首次发现，但当时并未受到广泛关注.

直到1875年，法国军官布罗卡尔重新发现了这个点，并用自己的名字命名，从而引起了数学界的广泛关注.它的定义是：若ABCV内一点P满足PABPBCPCA==，则称P为ABCV的布罗卡尔点.若设PABPBCPCA===，则称为布罗卡尔角.已知ABCV中，

3a=，π6A=，若P为ABCV的布罗卡尔点，并记PAB、PBC△、PAC的外接圆面积分别为1S、2S、3S，则123SSS=______.【答案】327π【解析】【分析】利用正弦定理可得ABCV的外接

圆半径3R=，根据题意分析可知12sinrBABAC=，23,2sin2sinrBCArBACACBC==，进而可得21333rrr=，即可得结果.【详解】由题意可知：ABCV的外接圆半径33π2sin6R==，设PAB、PBC△、PAC的外

接圆半径分别为1r、2r、3r，在PAB中，则PBAABCPBCABC=−=−，可得()()sinsinsinsinAPBPABPBAABCABC=+=+−=，则12sin2sinrAPBAABCBBA==，同理可得23

,2sin2sinrBCArBACACBC==，可得3122sin2sin2sinABBrABCACBCACrrBAC=32sin2si3n2sin3ABCAACABCBCRBCBA===，所以()()22222333123123123πππππ3327πSSSrr

rrrr====.故答案为：327π.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.在ABCV中，内角A，B，C所对边分别是a，b，c，已知向量(sinsin,)m

ABc=+，(sinsin,)nBCba=−−，满足//mn.（1）求A；（2）若角A的平分线交边BC于点D，3AD=，求ABCV面积的最小值.【答案】（1）π3（2）33【解析】【分析】（1）利用向量共线

及正弦定理角化边，还有余弦定理由边求角，即可得解；（2）利用等面积思想把角平分线长用进面积公式，然后得到两边关系，再结合不等式，即可求出面积的最小值.【小问1详解】由//mn得：()()()(sinsin,

)//(sinsin,)sinsinsinsinABcBCbaABbacBC+−−+−=−，再由正弦定理角化边得：()()()222222abbacbcbabccbcabc+−=−−=−+−=，再由余弦定理得：2221cos222bcabcAbcbc+−===，的又因为()0,πA

，所以π3A=；【小问2详解】由11sinsin22ABCABDACDSSScADBADbADCAD=+=+，1sin2ABCSbcBAC=，又因为3AD=，π3A=，角A的平分线交边BC于点D，所以有：1π1π1πsin3sin

3sin232626bccb=+，整理得：33bcbc+=，由基本不等式得：2bcbc+，所以有：12bc，且23bc==时取等号，即1π13sin12332322ABCSbc==，

即ABCV面积的最小值为33.16.如图，在四棱锥SABCD−中，底面ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面SBC，SBSC=，M是BC的中点，2AB=，4BC=.（1）求证：AMSD⊥.（2）若13AS=，求四棱锥SABCD−的体积.【答案】（1）证明

见解析（2）853.【解析】【分析】（1）由已知平面ABCD⊥平面SBC，利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理推出AM⊥MS，在矩形ABCD中根据M是BC的中点，再结合勾股定理可得出AM⊥MD，进而得出AM⊥平面MDS，最后根据线面垂直的性质定理得出结

论；（2）先根据面面垂直的性质定理确定MS为四棱锥S−ABCD的高，进而利用锥体体积公式求解即可.【小问1详解】因平面ABCD⊥平面SBC，平面ABCD平面SBC=BC，矩形ABCD中，SB=SC，M是BC的中点，所以SM⊥BC，又因为SM平面SBC，所以SM⊥平面ABC

D，而AM平面ABCD，所以SM⊥AM，在矩形ABCD中，2AB=，4BC=，M是BC的中点，所以直角三角形ABM和直角三角形CDM中，22222228AMABBM=+=+=；22222228DMDCCM=+=+=，又因为22416AD==，所以222A

MMDAD+=，所以DM⊥AM.又DMSMM=，AM不在平面MDS内，所以AM⊥平面MDS，而SD平面MDS所以AM⊥SD.【小问2详解】由（1）知，SM为四棱锥S−ABCD的高，SM⊥AM，28AM=，又因为()22131

3AS==，所以221385SMASAM=−=−=，矩形ABCD的面积为：·248SABBC===，所以1185·58333SABCDVSMS−===.故四棱锥S-ABCD的体积为853.17.某学校为了

解本校身体素质情况，分别从男生中随机抽取60人的体育测试成绩得到样本甲，从女生中随机抽取n人的体育测试成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图.已知乙样本中数据在[80,90)的有40个.（1）求n和乙样本直方图中a的值；（2）试估计该校女生本次体育测试成绩的平均值

和男生本次体育测试成绩的上四分位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；为（3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在[50,80)的学生中抽取7人，并从这7人中任取2人，求这两人分数都在[70,80)中的概率.【答案】（1）100n=，0.018a=（2）平均值为79.8，四分位数为8

009（3）27【解析】【分析】（1）由频率分布直方图得乙样本中数据在的频率为0.4，这个组学生有40人，由此能求出n，由乙样本数据直方图能求出a；（2）利用乙样本数据频率分布直方图，即可求出该校女生本次体育测试成绩的平均值，利用甲样本数据频率分布直方图可求出男生本次体育测试成绩的上四分位

数；（3）由频率分布直方图可知从分数在[50,60),[60,70),[70,80)中人数分别为：1人，2人，4人，利用列举法，求出基本事件的个数及分数都在[70,80)中的个数，再利用古典概率公式，即可求解．【小问1详解】由题有100.04040n=，解得100n=，又由(0.0060.01

60.0200.040)101a++++=，得到0.018a=.【小问2详解】由乙样本数据直方图知，该校女生本次体育测试成绩的平均值为(0.006550.016650.020750.040850.01895)1079.8x=++++=，设男生本次

体育测试成绩的上四分位数为b，由甲样本数据直方图知，0.050.10.2(80)0.0450.75b+++−=，解得8009b=.【小问3详解】甲样本数据直方图知[50,60),[60,70),[70,80)的样本比为：1:2:4，所以抽取的7人中，

分数在[50,60),[60,70),[70,80)中人数分别为：1人，2人，4人，将从分数在[50,60)中抽取的1名学生记为A，将从分数在[60,70)中抽取的2名学生记为12,BB，将从分数在[70,80

)中抽取的2名学生记为1234,,,CCCC，则从这7人中随机抽取2人的基本事件有：1212341211121314,,,,,,,,,,ABABACACACACBBBCBCBCBC，21222324121314232434,,,,,,,,,BCBCBCBCCCCCCCCCCCCC，共计21个

，又两人分数都在[70,80)中的有121314232434,,,,,CCCCCCCCCCCC，共计6个，所以这两人分数都在[70,80)中的概率为62217P==.18.如图，正四棱台1111ABCDABCD−有内

切球1O，且112AB=，4AB=.（1）设平面1OBC平面111OBCl=，证明//l平面ABCD；（2）求球心1O到平面11AADD的距离；（3）求平面11ABBA与平面111BCO夹角的余弦值.【答案

】（1）证明见解析（2）2（3）39【解析】【分析】（1）先证BC//面111OBC，再根据线面平行的性质证明l//BC，再证线面平行即可；（2）以底面对角线交点为坐标原点建立空间直角坐标系，设出棱台的高为2m，根据1O到平面11AADD的距离为m，利用向量法求得m；（3）利用

空间向量法求面面角的余弦值.【小问1详解】因为1111ABCDABCD−是正棱台，故11BC//BC，11BC面111OBC，BC面111OBC，故BC//面111OBC，又BC面1OBC，面1O

BC面111OBCl=，故l//BC，又BC面ABCD，l面ABCD，故l//面ABCD；小问2详解】连接1111,ACDB，设其交点为H；连接,ACBD，设其交点为O，连接OH；因为1111ABCDABCD−是正棱台，故1,,OOH三点共线，且,,OHOAOB两两垂直，故以

O为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：设2,0OHmm=，则()()()()()()111122,0,0,0,22,0,0,0,,2,0,2,0,2,2,2,0,2ABOmAmBmCm−，又()()122,22,0,2,0,2ABAAm=−=−，设平面11ABBA的法向

量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则100nABnAA==，即22220220xyxmz−+=−+=，取2x=，则12,yzm==，故12,2,nm=；由题可知，点1O到平面11ABBA的距离为m，又(

)122,0,OAm=−，则123122OAnmnm==++，解得2m=，由正四棱台的对称性可得球心1O到平面11AADD的距离为2；【小问3详解】由（2）可知平面11ABBA的法向量为22,2,2n=，()()11112,2,0,0,2,

2BCOB=−−=，【设平面111BCO的法向量为()111,,txyz=，则111100tBCtOB==，即1111220220xyyz−−=+=，取11y=，则111,1xz=−=−，故()1,1,1t=−

−；则232cos,93232ntntnt===，故平面11ABBA与平面111BCO夹角的余弦值为39.19.代数基本定理：任何一个()*Nnn次复系数多项式方程()0fx=至少有一个复根.由此可得如下推论：推

论一：任何一元()*Nnn次复系数多项式()fx在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积；推论二：一元n次多项式方程有n个复数根，最多有n个不同的根.即一元一次方程最多有1个实根，一元二次方程最多有2个实根等.推论三：若

一个n次方程有不少于1n+个不同的根，则必有各项的系数均为0.已知32()fxxx=+.请利用代数基本定理及其推论解决以下问题：（1）求22()520fxxx−+=的复根；（2）若a，Rb，使得关于x的方程1

(2)(22)9afxfbx−=−至少有四个不同的实根，求,ab的值；（3）若()fx的图像上有四个不同的点,,,ABCD，以此为顶点构成菱形ABCD，设(,())Aafa，(,())Bbfb，求代数式2222223939aabb+−+−

的值.【答案】（1）7i3i0,,443447+−（2）314,3ab==−（3）1−【解析】【分析】（1）化简该方程后借助因式分解结合求根公式计算即可得；（2）化简方程后借助推论三计算即可得；（3）设出AC中点(),Omn，代入计算后结合推论三可得O点坐标，结合体型菱形对

角线垂直计算即可得解.【小问1详解】由题意，32222520xxxx+−+=，即322320xxx−+=，所以()22320xxx−+=，所以0x=或22320xx−+=，对22320xx−+=，有37i4x=，即复根有7i3i0,,443447+−.【小

问2详解】由题意，()()3232122(22)(22)9axxbxbx−−=−+−，化简得，()()223212482488409bxbbxbba+−+++−=，由推论三：该方程的解个数多于方程最高次

数，得2322480248018409bbbbba+=+=+−=，解得4313ab==−.【小问3详解】在菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，设AC中点(),Omn，由()(),Aafa得()()2,2Cmanfa−−，所以()()22fmanfa−=−，即(

)()3232222mamanaa−+−=−−，化简得：()()2232621248420mammammn+−+++−=，由点,,,ABCD是()fx的图象上的四个不同的点，故该关于a的方程有四个不同的解，故23262012408420mmmmmn+=+=+−=，解得13227mn

=−=，故12327O−，，又0OAOB=，故()()1122332727abfafb+++−−32321122332727abaab

b=++++−+−221112212233339339abaaabbb=+++++−++−221

1222210333939abaabb=++++−+−=由菱形ABCD，可得1133ab−−，，所以222222103939aabb++−+−=，故222222139

39aabb+−+−=−．【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于对推论三的理解与运用，从而结合题意得到AC中点O的坐标.