湖南省长沙市周南中学2024-2025学年高二上学期入学自主检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市周南中学2024-2025学年高二上学期入学自主检测数学试卷（Word版附解析），文件包含湖南省长沙市周南中学2024-2025学年高二上学期入学自主检测数学试题解析版docx、湖南省长沙市周南中学2024-2025学年高二上学期入学自主检测数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。

下面四个条件中，使 a>b 成立的必要而不充分的条件是（）
A. a>b+1B. a>b−1C. a2>b2D. a3>b3
【答案】B
【分析】根据不等式的性质或举例子逐一判断即可。
【详解】对 A . 当 a=3,b=2.5 时, 此时 a>b 不能推出 a>b+1, 不满足必要性;
对 B. 由 a>b ，可得 a>b−1 ；反之不成立，满足必要不充分；
对 C. 当 a=3,b=−3 时，此时 a>b 不能推出 a2>b2 ，不满足必要性；
对 D. 由 a>b ，可得 a3>b3 ，反之 a3>b3 也可推出 a>b ，是充要条件.
故选：B.
2. 若某银行储蓄卡的密码由 6 位数字组成。某人在银行自助取款机上输入密码时，忘记了密码的最后 1 位数字，如果某人记得密码的最后 1 位是偶数，那么这个人不超过 2 次就输对密码的概率为 ( )
A. 15B. 14C. 25D. 512
【答案】C
【分析】根据古典概型计算公式，结合概率加法和乘法的运算公式进行求解即可.
【详解】设事件 A：一次就按对，事件 B ：二次按对，
所以不超过 2 次就按对的概率为 P(A)+P(B)=15+45×14=25,
故选：C
3. 已知水平放置的 △ABC 的直观图 △A′B′C′ （斜二测画法）是边长为 2a 的正三角形，则原 △ABC 的面积为（ ）
A. 2a2B. 32a2C. 62a2D. 6a2
【答案】D
【分析】将 △ABC 的直观图作出来, 计算出 △ABC 底边 AB 的长和该边上的高, 利用三角形的面积公式可求出 △ABC 的面积。
【详解】正三角形 A′B′C′ 还原回原三角形如下图,
过 C′ 作 C′D 垂直于 x′ 轴于 D ，因为 ΔA′B′C′ 是边长为 2a 的正三角形，
所以 C′D=6a2 ，过 C′ 作 C′E 平行于 x′ 轴交 y′ 轴于 E ，则 A′E=2C′D=3a ，
所以， C′ 对应的原图形中的点 C 在平面直角坐标系 xOy 下的纵坐标为 23a ，
即原三角形 ABC 底边 AB 上的高为 23a ，
所以, 原三角形 ABC 面积 S=12×2a×23a=6a2, 故选 D.
【点睛】平面图形与其直观图的关系
（1）在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段。"平行于 x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于 y 轴的线段平行性不变，长度减半. "
（2）按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图 =24S原图形 .
4. 已知向量 a,b 为单位向量， a⋅b=0 ，若 c=3a+4b ，求 c 与 b 所成角的余弦值为（）
A. −45B. 35C. 45D. −35
【答案】C
【分析】由向量的数量积的运算公式和向量的夹角公式, 准确运算, 即可求解.
【详解】由向量的夹角公式，可得 cs⁡⟨c,b⟩=c⋅b|c||b|=(3a+4b)⋅b(3a+4b)2⋅1=3a⋅b+4b⋅b5=45.故选: C.
【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式, 准确运算是解答的关键, 着重考查运算与求解能力.
5. 纯电动汽车是以车载电源为动力, 用电机驱动车轮行驶, 符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动。因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的
乘用车的发展方向。研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年 Peukert 提出铅酸电池的容量 C 、放电时间 t 和放电电流 I 之间关系的经验公式： C=Iλt ，其中 λ 为与蓄电池结构有关的常数（称为 Peukert 常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为 15 A 时，放电时间为 30 h ；当放电电流为 50 A 时，放电时间为 7.5 h ，则该蓄电池的 Peukert 常数 λ 约为 ( ）（参考数据： lg⁡2≈0.301,lg⁡3≈0.477 ）
A. 1.15B. 2.88C. 3.87D. 5.5
【答案】A
【分析】根据题意可得 C=15λ×30=50λ×7.5 ，再结合对数式与指数式的互化及对数的运算性质即可求解。
【详解】由题意知 C=15λ×30=50λ×7.5,
所以 5015λ=307.5=4, 两边取以 10 为底的对数, 得 λlg⁡103=2lg⁡2,
所以 λ=2lg⁡21−lg⁡3≈2×0.3011−0.477≈1.15,
故选: A.
6. 降水量是指水平地面上单位面积降雨水的深度, 用上口直径为 38 cm , 底面直径为 24 cm ,深度为 35 cm 的圆台形水桶（轴截面如图所示）来测量降水量，若在一次降雨过程中，此桶盛得的雨水正好是桶深的 27 ，则本次降雨的降水量为（精确到 1 mm ）（）
A. 44 mmB. 23 mmC. 22 mmD. 47 mm
【答案】D
【分析】根据梯形性质得到水面直径和水深，利用圆台公式得到降水体积，再由降水量是降水体积与上口面积之比得到降水量.
【详解】水深为 35×27=10 cm, 水面直径 24+2×38−242×27=28 cm,根据圆台体积公式得降水体积
V=13π×122+π×142+π×122×π×142×10=50803πcm,
则降水量为 Vπ×192=50803×361≈4.7 cm=47 mm 。
故选：D.
7. 在 R 上定义的函数 f(x) 是偶函数，且 f(x)=f(2−x) ，若 f(x) 在区间 [1,2] 上是减函数，则 f(x)( ) 。
A. 在区间 [0,1] 上是增函数，在区间 [3,4] 上是增函数
B. 在区间 [0,1] 上是增函数，在区间 [3,4] 上是减函数
C. 在区间 [0,1] 上是减函数，在区间 [3,4] 上是增函数
D. 在区间 [0,1] 上是减函数，在区间 [3,4] 上是减函数
【答案】B
【分析】根据函数关于 y 轴和 x=1 轴对称，利用已知区间的单调性求解.
【详解】因为 f(x)=f(2−x), 所以函数 f(x) 关于 x=1 成轴对称,
所以区间 [0,1] 与区间 [1,2], 区间 [−2,−1] 与 [3,4] 关于 x=1 对称，
由函数 f(x) 在区间 [1,2] 上是减函数，可知函数在[0,1] 上是增函数，
又函数 f(x) 是偶函数, 所以函数 f(x) 在 [−2,−1] 上是增函数,
所以函数 f(x) 在 [3,4] 上是减函数,
故选：B
8. 如图, 在棱长为 1 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中, 已知 P,M 分别为线段 BD1,BB1 上的动点, N 为 B1C 的中点, 则 △PMN 的周长的最小值为 ( )
A. 1+22B. 4+222C. 1+32D. 4+32
【答案】B
【分析】设 BD 的中点为 O ，即可证明 △BOP≅△BNP ，从而得到 |PN|=|PO| ，再将平面 BDD1B1与平面 BC1B1 展开并摊平, 在平面图形中连接 ON, 交 BB1 于点 M, 交 D1B 于点 P, 此时 △PMN的周长取得最小值 |ON| ，利用余弦定理计算可得。
【详解】
设 BD 的中点为 O, 连接 PO ( P 不与点 B 重合), |PB|=|PB|,|OB|=|NB|,∠DBD1=∠C1BD1,所以 △BOP≅△BNP ，所以 |PN|=|PO| ，把平面 BDD1B1 与平面 BC1B1 展开并推平，如图，
在平面图形中连接 ON, 交 BB1 于点 M, 交 D1B 于点 P, 此时 △PMN 的周长取得最小值 |ON|,在 △BON 中利用余弦定理可得
|ON|=222+222−2×22×22cs⁡90∘+45∘=4+222,
所以 △PMN 的周长的最小值为 4+222.
故选: B.
二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项
中, 有多项符合题目要求, 全部选对的得 6 分, 部分选对的得部份分, 有选错
的得 0 分)
一组样本数据 x1,x2,…,x6, 其中 x1 是最小值, x6 是最大值, 则 ( )
A. x2,x3,x4,x5 的平均数等于 x1,x2,…,x6 的平均数
B. x2,x3,x4,x5 的第 60 百分位数等于 x1,x2,…,x6 的第 60 百分位数
C. x2,x3,x4,x5 的标准差小于 x1,x2,…,x6 的标准差
D. x2,x3,x4,x5 的极差不大于 x1,x2,…,x6 的极差
【答案】BD
【分析】根据平均数、百分位数、标准差以及极差的概念, 结合特殊值法, 对选项中的结论逐一分析判断即可.
【详解】对于 A: 不妨令 x2=x3=x4=x5=5,x1=1,x6=6,则 x2+x3+x4+x54−x1+x2+x3+x4+x5+x66=x2+x3+x4+x5−2x1+x612=12≠0, 故 A 错误;对于 B: 不妨令 x2≤x3≤x4≤x5, 因为 4×0.6=2.4, 则 x2,x3,x4,x5 的第 60 百分位数是 x4;
因为 x1 是最小值, x6 是最大值, 且 6×0.6=3.6, 故 x1,x2,x3,x4,x5,x6 的第 60 百分位数依然是 x4, 故 B 正确;
对于选项 C : 取这六个数为: 7,7,7,7,7,7, 则平均 n=7,
标准差 s1=16(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2=0,
7,7,7,7 的平均数 m=14(7+7+7+7)=7,
标准差 s2=14(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2=0,
即 s1=s2, 故 C 错误;
对于 D: 设 x2,x3,x4,x5 中最小值为 x2, 最大值为 x5, 则 x1≤x2,x5≤x6,则 x5−x2≤x6−x1, 故 D 正确;
故选: BD.
在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中, M 为 BC 边的中点, 下列结论正确的有（）
A. AM 与 D1B1 所成角的余弦值为 1010
B. 过三点 A、M、D1 的截面面积为 112
C. 四面体 A1C1BD 的内切球的表面积为 π3
D. E 是 CC1 边的中点, F 是 AB 边的中点, 过 E、M、F 三点的截面是六边形.
【答案】 AD
【分析】
对于 A , 建立空间直角坐标系, 利用空间向量的夹角公式求解; 对于 B , 作出过三点 A、M 、 D1 的截面, 即可求其面积; 对于 C, 利用等体积法求出内切球的半径, 即可求解; 对于 D,利用几何作图, 作出过 E、M、F 三点的截面, 即可判断.
【详解】对于 A , 以 A1 为坐标原点, 以 A1D1,A1B1,A1A 所在直线为 x,y,z 轴, 建立空间直角坐标系,
A(0,0,2),M(1,2,2),B1(0,2,0),D1(2,0,0), 则 AM=(1,2,0),D1B1=(−2,2,0),
则 cs⁡AM,D1B1=AM⋅D1B1|AM|D1B1=25⋅22=1010,
AM 与 D1B1 所成角的范围为 0,π2 ，故 AM 与 D1B1 所成角的余弦值为 1010 ， A 正确；
对于 B, 设 N 为 CC1 的中点, 连接 MN, 则 MN//BC1//AD1, 且 MN=12BC1=12AD1,则梯形 AMND1 即为过三点 A、M、D1 的截面，
MN=2,AD1=22,AM=D1N=5, 则梯形高为 (5)2−22−222=322,
故梯形面积为为 S=12×32×322=92, B 错误;
对于 C, 如图, 四面体 A1C1BD 的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱雉的体积,
即 V=23−4×13×12×23=83,
该四面体的棱长为 22, 其表面积为 S=4×12×22×22×sin⁡π3=83,
设四面体内球球半径为 r, 则 13×83×r=83,∴r=33,
故四面体 A1C1BD 的内切球的表面积为 4πr2=4π3,C 错误;
对于 D , 如图, 延长 ME 和 B1C1 的延长线交于 J, 则 △MCE≅△JC1E,
则 JC1=MC, 设 H 为 A1D1 的中点, 则 JC1=D1H,
连接 HJ, 则 △JC1G≅△HD1G, 则 C1G=D1G,
故 G 为 D1C1 的中点, 故 HG//A1C1//AC//FM,
同理延长 MF,DA 交于 L, 连接 LH, 交 AA1 于 K,
K 即为 AA1 的中点, 则 K,E 在 FM,HG 确定的平面内,
则六边形 FMEGHK 即过 E、M、F 三点的截面, 是六边形, D 正确,
故选：AD
【点睛】难点点睛: 本题综合考查了空间几何中的线线角、截面、以及内切球问题, 难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，结合空间向量以及等体积法和几何作图解决问题。
11. 已知定义在 R 上的奇函数 f(x), 当 x<0 时, f(x)=xln⁡(−x), 则下列说法正确的是 ( )
A. f(0)=0B. x>0 时, f(x)=xln⁡(x)
C. ff1e=−1eD. 函数 f(x) 有且只有 3 个零点
【答案】 ABD
【分析】结合奇函数的性质，可判断 A、B；应用分段函数的知识可判断 C、D.
【详解】由 f(x) 是定义在 R 上的奇函数, 故 f(0)=0, 所以 A 选项正确;
由 x<0,f(x)=xln⁡(−x), 则 x>0⇒−x<0⇒f(−x)=−xln⁡x. 又 f(−x)=−f(x), 所以
f(x)=xln⁡x, 故 B 选项正确;
x>0,f(x)=xln⁡x⇒f1e=1eln⁡1e=1e,
又 x<0,f(x)=xln⁡(−x)⇒f−1e=1eln⁡1e=1e, 故 C 选项错误;
由以上得到 f(x)=xln⁡(−x),x<0,0,x=0,xln⁡x,x>0, 当 f(x)=0⇒x1=−1,x2=0,x3=1, 所以 D 选项正确.故选: ABD.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
已知一个正六棱柱的底面边长是 23, 高为 4 , 则这个正六棱柱的体积是 .
【答案】 723
【分析】应用棱柱的体积公式求正六棱柱的体积即可.
【详解】正六棱柱底面为正六边形, 且底面边长是 23, 高为 4 ,
所以底面面积为 6×12×23×23×sin⁡60∘=183, 则这个正六棱柱的体积是 183×4=723.故答案为: 723
13. 如图, 在V ABC 中, AD 为 BC 边上的中线, E 为 AD 的中点, 若 EB=34AB+λAC, 则 λ= .
【答案】 −14/−0.25
【分析】利用向量加法和减法的运算, 求得 EB 的表达式.
【详解】 EB=AB−AE=AB−12AD=AB−12×12(AB+AC)=34AB−14AC.
故 λ=−14. 故答案为: −14.
14. 若 acs⁡(π−A)+bsin⁡π2+B=0, 内角 A,B 的对边分别为 a,b, 则三角形 ABC 的形状为
【答案】等腰三角形或直角三角形
【分析】根据条件, 利用诱导公式, 可得 −acs⁡A+bcs⁡B=0, 再由正弦定理, 边化角整理得 sin⁡2A=sin⁡2B, 进一步判断三角形为等腰三角形或直角三角形.
【详解】 ∵acs⁡(π−A)+bsin⁡π2+B=0,
∴−acs⁡A+bcs⁡B=0,
根据正弦定理可得 a=2Rsin⁡A,b=2Rsin⁡B
∴−sin⁡Acs⁡A+sin⁡Bcs⁡B=0,
∴sin⁡2A=sin⁡2B ，由于 A,B 为三角形的内角，
∴A=B 或 A+B=π2,
∴ 三角形 ABC 的形状为等腰三角形或直角三角形.
故答案为：等腰三角形或直角三角形
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. (本题共 13 分)
如图，设 Ox,Oy 是平面内相交成 60∘ 角的两条数轴， e1,e2 分别是 x 轴， y 轴正方向同向的单位向量，若向量 OP=xe1+ye2 ，则把有序数对 (x,y) 叫做向量 OP 在坐标系 xOy 中的坐标, 即 OP=(x,y).
(1) 若 a=(1,−1) ，求 |a| 的值；
(2)若 OP1=x1,y1,OP2=x2,y2, 证明 OP1⋅OP2=x1x2+12x1y2+x2y1+y1y2.
【答案】(1)1(2)证明过程见解析
【分析】(1) 由坐标对应到用单位基底向量表示, 利用模的平方等于向量平方代入求解即可;
（2）由坐标对应到用单位基底向量表示，按照向量乘法公式展开即可求解。
【详解】(1) 因为 a=(1,−1), 所以 a=1e1−1e2, 所以 |a|=e1−1e2
=e1−e2
=e1−e22
=e12+e22−2e1e2
=e12+e22−2e1e2cs=12+12−2×1×1cs⁡60∘ =1
(2) OP1⋅OP2
=x1e1+y1e2x2e1+y2e2
=x1x2e12+x1y2e1e2+y1x2e1e2+y1y2e22
=x1x2e12+x1y2e1e2cs+y1x2e1e2cs=x1x2+x1y212+y1x212+y1y2
=x1x2+12x1y2+x2y1+y1y2 所以证明成立.
16. (本题共 15 分) 如图所示, 已知在四棱雉 P−ABCD 中, CD//AB,AD⊥AB,BC⊥PC,且 AD=DC=PA=12AB=1.
(1)求证：平面 PBC⊥ 平面 PAC ；
(2)若点 M 是线段 PB 的中点, 且 PA⊥AB, 求四面体 MPAC 的体积.
【答案】（1）证明见详解；（2） 16.
【分析】（1）由已知可证 AC⊥BC ，结合 BC⊥PC ，可证 BC⊥ 平面 PAC ，即可证结论；
(2) 点 M 是线段 PB 的中点, 四面体 MPAC 的体积等于四面体 BCPA 体积的一半, 利用 (1)中的结论, 求出 △PAC 面积, 即可求出结果.
【详解】(1) 在平面 ABCD 内, 过点 C 作 CE⊥AB, 垂足为 E,
由已知, 在四边形 ABCD 中, AD⊥AB,CD//AB,AD=DC,
所以四边形是正方形, 所以 CE=1,AC=2,BC=2,
AB=2,∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,
又 ∵BC⊥PC,AC∩PC=C,AC,PC⊂ 平面 PAC,
∴BC⊥ 平面 PAC,∵BC⊂ 平面 PBC,
∴ 平面 PBC⊥ 平面 PAC；（2） 由题意知， M 为 PB 中点,
所以 M 到平面 PAC 的距离等于 12BC ，
∴VM−PAC=12VB−PAC, 由（1）得 BC⊥ 平面 PAC,
∴BC⊥PA, 又 PA⊥AB,AB∩BC=B,AB、BC⊂ 平面 ABCD,
∴PA⊥ 平面 ABCD,∴PA⊥AC,S△PAC=12×1×2=22,
VM−PAC=12VB−PAC=12⋅13⋅BC⋅S△PAC=16×22×2=16.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，要注意平面图形中垂直的隐含条件的挖掘，考查四面体的体积, 要充分利用等体积转化, 属于中档题.
17. （本题共 15 分）已知函数 f(x)=ax−b1+x2 是定义在 [−1,1] 上的奇函数，且 f(1)=−1.
(1)求函数 f(x) 的解析式;
(2)判断 f(x) 在 [−1,1] 上的单调性，并用单调性定义证明；
(3)解不等式 f(t−1)+ft2>f(0).
【答案】(1) f(x)=−2x1+x2,x∈[−1,1] (2)减函数；证明见解析；（3） 0,5−12
【分析】（1）根据奇函数的性质和 f(1)=1 求解即可。（2）利用函数单调性定义证明即可。（3）首先将题意转化为解不等式 ft2>f(1−t) ，再结合 f(x) 的单调性求解即可。
【详解】(1) 函数 f(x)=ax−b1+x2 是定义在 [−1,1] 上的奇函数, f(−x)=−f(x); −ax−b1+x2=−ax−b1+x2 ，解得 b=0 ，
∴f(x)=ax1+x2, 而 f(1)=−1, 解得 a=−2,
∴f(x)=−2x1+x2, x∈[−1,1].
（2）函数 f(x)=−2x1+x2 在 [−1,1] 上为减函数；证明如下：任意 x1,x2∈[−1,1] 且 x1因为 x10, 所以 fx1−fx2>0,即 fx1>fx2 ，所以函数 fx1>fx2 在 [−1,1] 上为减函数.
（3）由题意, f(t−1)+ft2>f(0), 又 f(0)=0 ，所以 f(t−1)+ft2>0 ，即解不等式 ft2>−f(t−1) ，所以 ft2>f(1−t) ，
所以 −1≤t2≤1−1≤1−t≤1t2<1−t, 解得 0≤t<5−12, 所以该不等式的解集为 0,5−12.
18.（本题共 17 分） 记 VVABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a，b，c ，已知
cs⁡A1+sin⁡A=sin⁡2B1+cs⁡2B
(1) 若 C=2π3, 求 B ；
(2)求 2a2+b2c2 的最小值.
【答案】(1) B=π6(2)46−9
【分析】（1）根据题意利用三角恒等变换整理可得 sin⁡B=−cs⁡C=12 ，即可得结果；
（2）由（1）可知 sin⁡B=−cs⁡C ，分析可得 C=π2+B,A=π2−2B ，根据正弦定理边化角，利用三角恒等变换结合基本不等式分析求解.
【详解】(1) 因为 cs⁡A1+sin⁡A=sin⁡2B1+cs⁡2B=2sin⁡Bcs⁡B2cs2⁡B=sin⁡Bcs⁡B,
可得 sin⁡B=cs⁡Acs⁡B−sin⁡Asin⁡B=cs⁡(A+B)=−cs⁡C=12, 且 0（2）由（1）可知, sin⁡B=−cs⁡C>0, 则 π2因为 sin⁡B=−cs⁡C=sin⁡C−π2, 且 0可得 C=π2+B, 则 A=π−(B+C)=π2−2B, 所以
2a2+b2c2=2sin2⁡A+sin2⁡Bsin2⁡C=2cs2⁡2B+1−cs2⁡Bcs2⁡B
=22cs2⁡B−12+1−cs2⁡Bcs2⁡B=8cs2⁡B+3cs2⁡B−9≥224−9=46−9.
当且仅当 cs2⁡B=64 时取等号, 所以 2a2+b2c2 的最小值为 46−9.
19. （本题共 17 分）
代数基本定理：任何一个 nn∈N∗ 次复系数多项式方程 f(x)=0 至少有一个复根。由此可得如下推论：
推论一：任何一元 nn∈N∗ 次复系数多项式 f(x) 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 n+1 个不同的根, 则必有各项的系数均为 0 .
已知 f(x)=x3+x2. 请利用代数基本定理及其推论解决以下问题:
(1) 求 f(x)−2x3−2x2−x=0 的复根;
(2) 若 ∃a,b∈R, 使得关于 x 的方程 f(3a−x)=b−f(x) 至少有四个不同的实根, 求 a,b 的值;
(3) 若 f(x) 的图像上有四个不同的点 A,B,C,D, 以此为顶点构成菱形 ABCD, 设 A(a,f(a)), B(b,f(b)), 求代数式 a2+23a−29b2+23b−29 的值.
【答案】(1) 0,−12+3i2,−12−32(2)a=−29,b=427(3)−1
【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 O(m,n), 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.
【详解】(1) 由题意, x3+x2−2x3−2x2−x=0, 即 −x3−x2−x=0, 所以 xx2+x+1=0,所以 x=0 或 x2+x+1=0, 对 x2+x+1=0, 有 x=−1±3i2,
即复根有 0,−12+3i2,−12−3i2;
（2）由题意， (3a−x)3+(3a−x)2=b−x3−x2 ，化简得，
(9a+2)x2−27a2+6ax+27a3+9a2−b=0,
由推论三: 该方程的解个数多于方程最高次数得 9a+2=027a2+6a=027a3+9a2−b=0, 解之得 a=−29b=427 ；
(3) 在菱形 ABCD 中, AC 与 BD 互相垂直平分, 设 AC 中点 O(m,n),
由 A(a,f(a)) 得 C(2m−a,2n−f(a)), 所以 f(2m−a)=2n−f(a),
即 (2m−a)3+(2m−a)2=2n−a3−a2，
化简得： (6m+2)a2−12m2+4ma+8m3+4m2−2n=0 ，
由点 A,B,C,D 是 f(x) 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 6m+2=012m2+4m=08m3+4m2−2n=0, 解得 m=−13n=227, 故 O−13,227,
又 OA⋅OB=0, 故 a+13b+13+f(a)−227f(b)−227
=a+13b+13+a3+a2−227b3+b2−227
=a+13b+13+a+13a2+23a−29b+13b2+23b−29
=a+13b+131+a2+23a−29b2+23b−29=0
由菱形 ABCD, 可得 a≠−13,b≠−13,
所以 1+a2+23a−29b2+23b−29=0 ，
故 a2+23a−29b2+23b−29=−1.