重庆市渝中区名校2022年十校联考最后数学试题含解析

这是一份重庆市渝中区名校2022年十校联考最后数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了下列计算正确的是，单项式2a3b的次数是，计算 的结果为等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，若∠2=40°，则图中∠1的度数为（ ）

A．115° B．120° C．130° D．140°
2．如图，点A、B在数轴上表示的数的绝对值相等，且，那么点A表示的数是　　

A． B． C． D．3
3．定义运算：a⋆b=2ab．若a，b是方程x2+x-m=0(m＞0)的两个根，则(a+1)⋆a -(b+1)⋆b的值为（ ）
A．0 B．2 C．4m D．-4m
4．如图是正方体的表面展开图，则与“前”字相对的字是（　　）

A．认 B．真 C．复 D．习
5．如图，已知l1∥l2，∠A=40°，∠1=60°，则∠2的度数为（ ）

A．40° B．60° C．80° D．100°
6．如图是由5个大小相同的正方体组成的几何体，则该几何体的主视图是（ ）

A． B． C． D．
7．下列计算正确的是（　　）
A．﹣= B． =±2
C．a6÷a2=a3 D．（﹣a2）3=﹣a6
8．单项式2a3b的次数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A的坐标为（﹣4，0），顶点B在第二象限，∠BAO=60°，BC交y轴于点D，DB：DC=3：1．若函数（k＞0，x＞0）的图象经过点C，则k的值为（　　）

A． B． C． D．
10．计算 的结果为（　　）
A．1 B．x C． D．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．八位女生的体重（单位：kg）分别为36、42、38、40、42、35、45、38，则这八位女生的体重的中位数为_____kg．
12．已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是3，则另一组新数据x1+1，x2+2，x3+3，x4+4，x5+5的平均数是_____．
13．如图，直线y＝x＋2与反比例函数y＝的图象在第一象限交于点P.若OP＝，则k的值为________．

14．和平中学自行车停车棚顶部的剖面如图所示，已知AB＝16m，半径OA＝10m，高度CD为____m．

15．如图，在直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴上，点A的坐标为（﹣1，0），∠ABO=30°，线段PQ的端点P从点O出发，沿△OBA的边按O→B→A→O运动一周，同时另一端点Q随之在x轴的非负半轴上运动，如果PQ=，那么当点P运动一周时，点Q运动的总路程为__________．

16．如图，已知点A（4，0），O为坐标原点，P是线段OA上任意一点（不含端点O，A），过P，O两点的二次函数y1和过P，A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B，C，射线OB与射线AC相交于点D．当△ODA是等边三角形时，这两个二次函数的最大值之和等于__．

17．如图，中，∠，，的面积为，为边上一动点（不与，重合），将和分别沿直线，翻折得到和，那么△的面积的最小值为____．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分） (1)计算：
(2)先化简，再求值：，其中x是不等式的负整数解.
19．（5分）已知：四边形ABCD是平行四边形，点O是对角线AC、BD的交点，EF过点O且与AB、CD分别相交于点E、F，连接EC、AF．
（1）求证：DF=EB；（2）AF与图中哪条线段平行？请指出，并说明理由．

20．（8分）某班为确定参加学校投篮比赛的任选，在A、B两位投篮高手间进行了6次投篮比赛，每人每次投10个球，将他们每次投中的个数绘制成如图所示的折线统计图．
（1）根据图中所给信息填写下表：
投中个数统计
平均数
中位数
众数
A
　 　
8
　 　
B
7
　 　
7
（2）如果这个班只能在A、B之间选派一名学生参赛，从投篮稳定性考虑应该选派谁？请你利用学过的统计量对问题进行分析说明．

21．（10分）新定义：如图1（图2，图3），在△ABC中，把AB边绕点A顺时针旋转，把AC边绕点A逆时针旋转，得到△AB′C′，若∠BAC+∠B′AC′=180°，我们称△ABC是△AB′C′的“旋补三角形”，△AB'C′的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”
（特例感知）（1）①若△ABC是等边三角形（如图2），BC=1，则AD=　 　；
②若∠BAC=90°（如图3），BC=6，AD=　 　；
（猜想论证）（2）在图1中，当△ABC是任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并证明你的猜想；
（拓展应用）（3）如图1．点A，B，C，D都在半径为5的圆上，且AB与CD不平行，AD=6，点P是四边形ABCD内一点，且△APD是△BPC的“旋补三角形”，点P是“旋补中心”，请确定点P的位置（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并求BC的长．

22．（10分）如图，在大楼AB正前方有一斜坡CD，坡角∠DCE=30°，楼高AB=60米，在斜坡下的点C处测得楼顶B的仰角为60°，在斜坡上的D处测得楼顶B的仰角为45°，其中点A,C,E在同一直线上.求坡底C点到大楼距离AC的值；求斜坡CD的长度.

23．（12分）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12网格中建立平面直角坐标系，格点△ABC(顶点是网格线的交点)的坐标分别是A(﹣2，2)，B(﹣3，1)，C(﹣1，0)．
(1)将△ABC绕点O逆时针旋转90°得到△DEF，画出△DEF；
(2)以O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍，在网格内画出放大后的△A1B1C1，若P(x，y)为△ABC中的任意一点，这次变换后的对应点P1的坐标为 .

24．（14分）定义：若某抛物线上有两点A、B关于原点对称，则称该抛物线为“完美抛物线”．已知二次函数y=ax2-2mx+c（a，m，c均为常数且ac≠0）是“完美抛物线”：
（1）试判断ac的符号；
（2）若c=-1，该二次函数图象与y轴交于点C，且S△ABC=1．
①求a的值；
②当该二次函数图象与端点为M（-1，1）、N（3，4）的线段有且只有一个交点时，求m的取值范围．



参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、A
【解析】
解：∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，∴∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°．∵∠2=40°，∴∠CFB'=50°，∴∠1+∠EFB'﹣∠CFB'=180°，即∠1+∠1﹣50°=180°，解得：∠1=115°，故选A．
2、B
【解析】
如果点A，B表示的数的绝对值相等，那么AB的中点即为坐标原点．
【详解】
解：如图，AB的中点即数轴的原点O．
根据数轴可以得到点A表示的数是．
故选：B．
【点睛】
此题考查了数轴有关内容，用几何方法借助数轴来求解，非常直观，体现了数形结合的优点确定数轴的原点是解决本题的关键．
3、A
【解析】【分析】由根与系数的关系可得a+b=-1然后根据所给的新定义运算a⋆b=2ab对式子(a+1)⋆a -(b+1)⋆b用新定义运算展开整理后代入进行求解即可.
【详解】∵a，b是方程x2+x-m=0(m＞0)的两个根，
∴a+b=-1，
∵定义运算：a⋆b=2ab，
∴(a+1)⋆a -(b+1)⋆b
=2a(a+1)-2b(b+1)
=2a2+2a-2b2-2b
=2(a+b)(a-b)+2(a-b)
=-2(a-b)+2(a-b)=0，
故选A.
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，新定义运算等，理解并能运用新定义运算是解题的关键.
4、B
【解析】
分析：由平面图形的折叠以及正方体的展开图解题，罪域正方体的平面展开图中相对的面一定相隔一个小正方形.
详解：由图形可知，与“前”字相对的字是“真”．
故选B．
点睛：本题考查了正方体的平面展开图，注意正方体的空间图形，从相对面入手分析及解答问题.
5、D
【解析】
根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【详解】
解：∵l1∥l2，
∴∠3=∠1=60°，
∴∠2=∠A+∠3=40°+60°=100°．
故选D．

【点睛】
本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
6、A
【解析】
试题分析：观察图形可知，该几何体的主视图是．故选A．
考点：简单组合体的三视图．
7、D
【解析】
根据二次根式的运算法则,同类二次根式的判断，开算术平方根，同底数幂的除法及幂的乘方运算．
【详解】
A. 不是同类二次根式，不能合并，故A选项错误；
B.=2≠±2，故B选项错误；
C. a6÷a2=a4≠a3，故C选项错误；
D. (−a2)3=−a6，故D选项正确．
故选D.
【点睛】
本题主要考查了二次根式的运算法则，开算术平方根，同底数幂的除法及幂的乘方运算，熟记法则是解题的关键.
8、C
【解析】
分析：根据单项式的性质即可求出答案．
详解：该单项式的次数为：3+1=4
故选C．
点睛：本题考查单项式的次数定义，解题的关键是熟练运用单项式的次数定义，本题属于基础题型．
9、D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，点A的坐标为（﹣4，0），∴BC=4，∵DB：DC=3：1，∴B（﹣3，OD），C（1，OD），∵∠BAO=60°，∴∠COD=30°，∴OD=，∴C（1，），∴k=，故选D．
点睛：本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
10、A
【解析】
根据同分母分式的加减运算法则计算可得．
【详解】
原式===1，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查分式的加减法，解题的关键是掌握同分母分式的加减运算法则．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、1
【解析】
根据中位数的定义，结合图表信息解答即可．
【详解】
将这八位女生的体重重新排列为：35、36、38、38、40、42、42、45，
则这八位女生的体重的中位数为=1kg，
故答案为1．
【点睛】
本题考查了中位数，确定中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据个数是奇数或偶数来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数，中位数有时不一定是这组数据的数．
12、1
【解析】
根据平均数的性质知，要求x1+1，x2+2，x3+3，x4+4、x5+5的平均数，只要把数x1、x2、x3、x4、x5的和表示出即可．
【详解】
∵数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是3，
∴x1+x2+x3+x4+x5=15，
则新数据的平均数为=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的是样本平均数的求法．解决本题的关键是用一组数据的平均数表示另一组数据的平均数．
13、1
【解析】
设点P（m，m+2），
∵OP=，
∴ =，
解得m1=1，m2=﹣1（不合题意舍去），
∴点P（1，1），
∴1=，
解得k=1．
点睛：本题考查了反比例函数与一次函数的交点坐标，仔细审题，能够求得点P的坐标是解题的关键．
14、1．
【解析】
由CD⊥AB，根据垂径定理得到AD＝DB＝8，再在Rt△OAD中，利用勾股定理计算出OD，则通过CD＝OC−OD求出CD．
【详解】
解：∵CD⊥AB，AB＝16，
∴AD＝DB＝8，
在Rt△OAD中，AB＝16m，半径OA＝10m，
∴OD＝＝6，
∴CD＝OC﹣OD＝10﹣6＝1（m）．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了切线的性质定理以及勾股定理．
15、4
【解析】
首先根据题意正确画出从O→B→A运动一周的图形，分四种情况进行计算：①点P从O→B时，路程是线段PQ的长；②当点P从B→C时，点Q从O运动到Q，计算OQ的长就是运动的路程；③点P从C→A时，点Q由Q向左运动，路程为QQ′；④点P从A→O时，点Q运动的路程就是点P运动的路程；最后相加即可．
【详解】
在Rt△AOB中，∵∠ABO=30°，AO=1，
∴AB=2，BO=
①当点P从O→B时，如图1、图2所示，点Q运动的路程为，

②当点P从B→C时，如图3所示，这时QC⊥AB，则∠ACQ=90°

∵∠ABO=30°
∴∠BAO=60°
∴∠OQD=90°﹣60°=30°
∴AQ=2AC,
又∵CQ=,
∴AQ=2
∴OQ=2﹣1=1,则点Q运动的路程为QO=1，
③当点P从C→A时，如图3所示，点Q运动的路程为QQ′=2﹣，
④当点P从A→O时，点Q运动的路程为AO=1，
∴点Q运动的总路程为：+1+2﹣+1=4
故答案为4.
考点：解直角三角形
16、2
【解析】
连接PB、PC，根据二次函数的对称性可知OB＝PB，PC＝AC，从而判断出△POB和△ACP是等边三角形，再根据等边三角形的性质求解即可．
【详解】
解：如图，连接PB、PC，
由二次函数的性质，OB＝PB，PC＝AC，
∵△ODA是等边三角形，
∴∠AOD＝∠OAD＝60°，
∴△POB和△ACP是等边三角形，
∵A（4，0），
∴OA＝4，
∴点B、C的纵坐标之和为：OB×sin60°+PC×sin60°=4×＝2，
即两个二次函数的最大值之和等于2．
故答案为2．

【点睛】
本题考查了二次函数的最值问题，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，作辅助线构造出等边三角形并利用等边三角形的知识求解是解题的关键．
17、4.
【解析】
过E作EG⊥AF，交FA的延长线于G，由折叠可得∠EAG＝30°，而当AD⊥BC时，AD最短，依据BC＝7，△ABC的面积为14，即可得到当AD⊥BC时，AD＝4＝AE＝AF，进而得到△AEF的面积最小值为：AF×EG＝×4×2＝4.
【详解】
解：如图，过E作EG⊥AF，交FA的延长线于G，

由折叠可得，AF＝AE＝AD，∠BAE＝∠BAD，∠DAC＝∠FAC，
∵∠BAC＝75°，
∴∠EAF＝150°，
∴∠EAG＝30°，
∴EG＝AE＝AD，
当AD⊥BC时，AD最短，
∵BC＝7，△ABC的面积为14，
∴当AD⊥BC时，
，
即：，
∴.
∴△AEF的面积最小值为：
AF×EG＝×4×2＝4，
故答案为：4.
【点睛】
本题主要考查了折叠问题，解题的关键是利用对应边和对应角相等．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）5；（2），3.
【解析】
试题分析:(1) 原式先计算乘方运算，再计算乘运算，最后算加减运算即可得到结果；
（2）先化简,再求得x的值,代入计算即可．
试题解析:
（1）原式＝1－2＋1×2＋4＝5；
（2）原式＝×＝，
当3x＋7＞1,即 x＞－2时的负整数时，（x＝－1）时，原式＝＝3..
19、（1）见解析；（2）AF∥CE，见解析.
【解析】
（1）直接利用全等三角三角形判定与性质进而得出△FOC≌△EOA（ASA），进而得出答案；
（2）利用平行四边形的判定与性质进而得出答案．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，点O是对角线AC、BD的交点，

∴AO=CO，DC∥AB，DC=AB，
∴∠FCA=∠CAB，
在△FOC和△EOA中
，
∴△FOC≌△EOA（ASA），
∴FC=AE，
∴DC-FC=AB-AE，
即DF=EB；
（2）AF∥CE，
理由：∵FC=AE，FC∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确得出△FOC≌△EOA（ASA）是解题关键．
20、（1）7，9，7；（2）应该选派B；
【解析】
（1）分别利用平均数、中位数、众数分析得出答案；
（2）利用方差的意义分析得出答案．
【详解】
（1）A成绩的平均数为（9+10+4+3+9+7）=7；众数为9；
B成绩排序后为6，7，7，7，7，8，故中位数为7；
故答案为：7，9，7；
（2）= [（7﹣9）2+（7﹣10）2+（7﹣4）2+（7﹣3）2+（7﹣9）2+（7﹣7）2]=7；
= [（7﹣7）2+（7﹣7）2+（7﹣8）2+（7﹣7）2+（7﹣6）2+（7﹣7）2]= ；
从方差看，B的方差小，所以B的成绩更稳定，从投篮稳定性考虑应该选派B．
【点睛】
此题主要考查了中位数、众数、方差的定义，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
21、（1）①2；②3；（2）AD=BC；（3）作图见解析；BC=4；
【解析】
（1）①根据等边三角形的性质可得出AB=AC=1、∠BAC=60，结合“旋补三角形”的定义可得出AB′=AC′=1、∠B′AC′=120°，利用等腰三角形的三线合一可得出∠ADC′=90°，通过解直角三角形可求出AD的长度；
②由“旋补三角形”的定义可得出∠B′AC′=90°=∠BAC、AB=AB′、AC=AC′，进而可得出△ABC≌△AB′C′（SAS），根据全等三角形的性质可得出B′C′=BC=6，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出AD的长度；（2）AD=BC，过点B′作B′E∥AC′，且B′E=AC′，连接C′E、DE，则四边形ACC′B′为平行四边形，根据平行四边形的性质结合“旋补三角形”的定义可得出∠BAC=∠AB′E、BA=AB′、CA=EB′，进而可证出△BAC≌△AB′E（SAS），根据全等三角形的性质可得出BC=AE，由平行四边形的对角线互相平分即可证出AD=BC；（3）作AB、CD的垂直平分线，交于点P，则点P为四边形ABCD的外角圆圆心，过点P作PF⊥BC于点F，由（2）的结论可求出PF的长度，在Rt△BPF中，利用勾股定理可求出BF的长度，进而可求出BC的长度．
【详解】
（1）①∵△ABC是等边三角形，BC=1，
∴AB=AC=1，∠BAC=60，
∴AB′=AC′=1，∠B′AC′=120°．
∵AD为等腰△AB′C′的中线，
∴AD⊥B′C′，∠C′=30°，
∴∠ADC′=90°．
在Rt△ADC′中，∠ADC′=90°，AC′=1，∠C′=30°，
∴AD=AC′=2．
②∵∠BAC=90°，
∴∠B′AC′=90°．
在△ABC和△AB′C′中，，
∴△ABC≌△AB′C′（SAS），
∴B′C′=BC=6，
∴AD=B′C′=3．
故答案为：①2；②3．
（2）AD=BC．
证明：在图1中，过点B′作B′E∥AC′，且B′E=AC′，连接C′E、DE，则四边形ACC′B′为平行四边形．
∵∠BAC+∠B′AC′=140°，∠B′AC′+∠AB′E=140°，
∴∠BAC=∠AB′E．
在△BAC和△AB′E中，，
∴△BAC≌△AB′E（SAS），
∴BC=AE．
∵AD=AE，
∴AD=BC．
（3）在图1中，作AB、CD的垂直平分线，交于点P，则点P为四边形ABCD的外接圆圆心，过点P作PF⊥BC于点F．
∵PB=PC，PF⊥BC，
∴PF为△PBC的中位线，
∴PF=AD=3．
在Rt△BPF中，∠BFP=90°，PB=5，PF=3，
∴BF==1，
∴BC=2BF=4．

【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的性质、解直角三角形、勾股定理以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）①利用解含30°角的直角三角形求出AD=AC′；②牢记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；（2）构造平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分找出AD=AE=BC；（3）利用（2）的结论结合勾股定理求出BF的长度．
22、（1）坡底C点到大楼距离AC的值为20米；（2）斜坡CD的长度为80-120米.
【解析】
分析：（1）在直角三角形ABC中，利用锐角三角函数定义求出AC的长即可；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，则四边形AEDF为矩形，得AF=DE，DF=AE.利用DF=AE=AC+CE求解即可.
详解：（1）在直角△ABC中，∠BAC=90°，∠BCA=60°，AB=60米，则AC=（米）
答：坡底C点到大楼距离AC的值是20米．
（2）过点D作DF⊥AB于点F，则四边形AEDF为矩形，

∴AF=DE，DF=AE.
设CD=x米，在Rt△CDE中，DE=x米，CE=x米
在Rt△BDF中，∠BDF=45°，
∴BF=DF=AB-AF=60-x（米）
∵DF=AE=AC+CE，
∴20+x=60-x
解得：x=80-120（米）
故斜坡CD的长度为（80-120）米.
点睛：此题考查了解直角三角形-仰角俯角问题，坡度坡角问题，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
23、 (1)见解析；(2)见解析，(﹣2x，﹣2y)．
【解析】
（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点D、E、F，即可得到△DEF；
（2）先根据位似中心的位置以及放大的倍数，画出原三角形各顶点的对应顶点，再顺次连接各顶点，得到△A1B1C1，根据△A1B1C1结合位似的性质即可得P1的坐标.
【详解】
(1)如图所示，△DEF即为所求；

(2)如图所示，△A1B1C1即为所求，
这次变换后的对应点P1的坐标为(﹣2x，﹣2y)，
故答案为(﹣2x，﹣2y)．
【点睛】
本题主要考查了位似变换与旋转变换，解决问题的关键是先作出图形各顶点的对应顶点，再连接各顶点得到新的图形．在画位似图形时需要注意，位似图形的位似中心可能在两个图形之间，也可能在两个图形的同侧.
24、 (1) ac＜3；(3)①a=1；②m＞或m＜．
【解析】
（1）设A （p，q）．则B （-p，-q），把A、B坐标代入解析式可得方程组即可得到结论；
（3）由c=-1，得到p3＝，a＞3，且C（3，-1），求得p＝±，①根据三角形的面积公式列方程即可得到结果；②由①可知：抛物线解析式为y=x3-3mx-1，根据M（-1，1）、N（3，4）．得到这些MN的解析式y＝x+（-1≤x≤3），联立方程组得到x3-3mx-1=x+，故问题转化为：方程x3-（3m+）x-=3在-1≤x≤3内只有一个解，建立新的二次函数：y=x3-（3m+）x-，根据题意得到（Ⅰ）若-1≤x1＜3且x3＞3，（Ⅱ）若x1＜-1且-1＜x3≤3：列方程组即可得到结论．
【详解】
（1）设A （p，q）．则B （-p，-q），
把A、B坐标代入解析式可得：
，
∴3ap3+3c=3．即p3＝−，
∴−≥3，
∵ac≠3，
∴−＞3，
∴ac＜3；
（3）∵c=-1，
∴p3＝，a＞3，且C（3，-1），
∴p＝±，
①S△ABC=×3×1=1，
∴a=1；
②由①可知：抛物线解析式为y=x3-3mx-1，
∵M（-1，1）、N（3，4）．
∴MN：y＝x+（-1≤x≤3），
依题，只需联立在-1≤x≤3内只有一个解即可，
∴x3-3mx-1=x+，
故问题转化为：方程x3-（3m+）x-=3在-1≤x≤3内只有一个解，
建立新的二次函数：y=x3-（3m+）x-，
∵△=（3m+）3+11＞3且c=-＜3，
∴抛物线y＝x3−(3m+)x−与x轴有两个交点，且交y轴于负半轴．
不妨设方程x3−(3m+)x−＝3的两根分别为x1，x3．（x1＜x3）
则x1+x3＝3m+，x1x3＝−
∵方程x3−(3m+)x−＝3在-1≤x≤3内只有一个解．
故分两种情况讨论：
（Ⅰ）若-1≤x1＜3且x3＞3：则
．即：，
可得：m＞．
（Ⅱ）若x1＜-1且-1＜x3≤3：则
．即：，
可得：m＜，
综上所述，m＞或m＜．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，一元二次方程根与系数的关系，三角形面积公式，正确的理解题意是解题的关键．