湖南省名校联考联合体2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷（B卷）
1．（2025高一上·湖南期中）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由集合，
得.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高一上·湖南期中）命题“”的否定是：（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：根据存在量词命题的否定，
则命题“”的否定是：.
故答案为：D.
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，从而写出命题“”的否定.
3．（2025高一上·湖南期中）“”是“函数在上单调递增”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：若函数在上单调递增，
则满足，解得，
所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
故答案为：C.
【分析】根据题意结合一次函数的性质，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．（2025高一上·湖南期中）已知函数则使得的的值为（ ）
A．0或1或-1 B．1 C．0 D．-1
【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：当时，，解得，不符合题意；
当时，，解得或-1（负值舍去），
综上所述，a的值为1.
故答案为：B.
【分析】分别讨论和两种情况，再代入不同表达式，从而得出a的值.
5．（2025高一上·湖南期中）若不等式对一切都成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，不等式对一切都成立，
则，
当时，，当且仅当时，即当时等号成立，
所以，则，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】由题意得，，再根据基本不等式求最值的方法，从而得出，进而得出实数k的取值范围.
6．（2025高一上·湖南期中）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：由图象可以看出，该函数关于轴对称，是偶函数，
又因为选项B和选项D中的函数解析式不满足，
所以，选项B和选项D中的函数不是偶函数，应排除选项B和选项D；
因为图象中函数经过点，
将其代入选项C中的解析式中，发现，不满足，应排除选项C.
故答案为：A.
【分析】根据图象上的特殊点的坐标和函数图象的对称性、奇偶性，从而逐项判断找出函数可能的解析式.
7．（2025高一上·湖南期中）定义：表示不超过的最大整数，如，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由不等式，
则，
解得，
因为表示不超过的最大整数，
所以，则，
所以，不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合一元二次不等式的求解方法，从而得出，再结合取整函数的定义，从而得出不等式的解集.
8．（2025高一上·湖南期中）已知是定义在上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的函数，
其中是奇函数，是偶函数，且，
用代换，可得，
则，
联立方程组，得，
解得，
又因为在区间上恒成立，
则在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
因为，可得，
设，再设，其中，
由函数的图象开口向下，对称轴为，
所以函数在区间上单调递减，
则，所以，
则实数的取值范围.
故答案为：B.
【分析】根据题意得到，联立方程组得出，再把在区间上恒成立，从而转化为在区间上恒成立，再结合二次函数的单调性和对称性，从而得出函数的最值，根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
9．（2025高一上·湖南期中）已知函数，则（ ）
A．当时， B．当时，的定义域为
C．当时，为增函数 D．当时，为偶函数
【答案】C,D
【知识点】函数的奇偶性；幂函数的图象与性质；简单函数定义域
【解析】【解答】解：对于A：，则，故A错误；
对于B：的定义域为，故B错误；
对于C：为增函数，故C正确；
对于D：的定义域为，，所以的定义域为，
令，则，
所以为偶函数，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据幂函数的定义域和性质，从而逐项判断找出正确的选项.
10．（2025高一上·湖南期中）已知是奇函数，定义域为，当时，．则下列说法正确的是（ ）
A． B．当时，
C．当时，单调递减 D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：对于A，由函数，
可得，
因为函数为奇函数，
所以，故A正确；
对于B，设，则，
因为是奇函数，且当时，，
可得，故B正确；
对于C，任取且，
则，
因为且，
可得，
则，即，
所以函数在上单调递增，
因为函数为奇函数，
所以函数在上单调递增，故C不正确；
对于D，当时，，
由，可得，
所以，可得，
当时，，
由，可得，所以，
可得，
所以函数的值域为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意得出的值，再结合，则判断出选项A；根据题意和函数的奇偶性，从而得出函数的解析式，则判断出选项B；根据函数的单调性的定义，则可判断选项C；根据分类参数法，从而得出函数的定义域，则可判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高一上·湖南期中）对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．设，则在上单调递减，在上单调递增
C．若方程在定义域内恰有两个不同的根，则实数的取值范围为
D．若在区间上的最大值比最小值大1，则实数的取值不唯一
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：对于：的定义域为，关于原点对称，
则，
所以为奇函数，故正确；
对于：因为，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的单调性应和函数的单调性相同，故错误；
对于C：因为，所以，
则，
当有一个根为0时，此时，与题干矛盾，不合题意，舍去，
则，解得，故C正确；
对于D：因为函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，即当时，在上单调递增，
所以，解得；
当时，即当时，在上单调递减，
所以，解得（舍），
当时，，
当时，，
解得或（舍去），
则，经验证，符合题意；
当时，，
解得或，则（舍去）或（舍去），
综上所述，的值为4或，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据奇函数的定义可判断选项A；根据对勾函数的单调性和最值可判断选项B和选项D；利用判别式法可判断选项C，从而找出说法正确的选项.
12．（2025高一上·湖南期中）函数的定义域是 ．
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意，则，
解得且，
所以函数的定义域是.
故答案为：.
【分析】根据函数有意义求解得出函数的定义域.
13．（2025高一上·湖南期中）已知函数，若是奇函数，则 ．
【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：由，
则，
因为是奇函数，所以，
则，解得.
故答案为：.
【分析】先根据函数解析式得出，再根据奇函数的性质列方程求解，从而得出的值.
14．（2025高一上·湖南期中）若是定义在上的奇函数，且．若对任意的两个不相等的正数，都有，则的解集为 ．
【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：由题意，对任意的两个不相等的正数，都有，
不妨设，则，
所以，则，
所以，
设，，则，
所以函数在上单调递减，
又因为为奇函数，所以，
则，
所以为偶函数，图象关于轴对称，
则函数在上单调递增，
又因为，
由，则，
当时，，则；
当时，，则，所以，
综上所述，的解集为.
故答案为：.
【分析】设，由题意分析判断出函数在上单调递减，再结合为奇函数可得为偶函数，从而判断出函数在上单调递增，进而求解得出不等式的解集.
15．（2025高一上·湖南期中）已知函数．
（1）判断函数的奇偶性；
（2）用定义法证明函数在上单调递增．
【答案】（1）解：由函数，可得其定义域为，关于原点对称，
由，
则，
所以函数是定义域上的偶函数.
（2）证明：由函数，
任取，且，则
因为，且，
可得，
所以，即，
则函数在上单调递增.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）根据题意，利用函数奇偶性的定义，从而判断出函数的奇偶性.
（2）利用已知条件化简函数，再利用函数单调性的定义，从而证出函数在上单调递增.
（1）解：由函数，可得其定义域为，关于原点对称，
又由，即，
所以函数是定义域上的偶函数.
（2）证明：由函数，
任取，且，
则，
因为，且，可得，
所以，即，
所以函数在上单调递增.
16．（2025高一上·湖南期中）已知集合．
（1）当时，求；
（2）若集合，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，集合，
又因为集合或.
所以或.
（2）解：因为，
所以.
又因为，所以，
当时，，此时解得；
当时，，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【分析】（1）先利用a的值得出集合A，利用一元二次不等式求解方法得出集合B，再结合交集的运算法则，从而得出集合.
（2）根据得出，再分两种情况和集合间的包含关系，从而得出实数a的取值范围.
（1）当时，集合.
而集合或.
所以或.
（2）因为，所以.
因为，所以.
当时，，此时解得；
当时，，解得.
所以实数的取值范围为.
17．（2025高一上·湖南期中）2025年被称为“智能体元年”，基于大模型的智能体技术迎来规模化应用与产业变革．某科技研发中心正在研发名为“天穹”的新一代大模型，在模型训练阶段，研发团队发现，模型的综合性能评分（满分100分）和有效训练时长（单位：百小时）的关系分为两个阶段．通过对几轮训练数据的拟合分析，得到如下函数关系：.已知初始综合性能评分，且在处函数图象是连续不断的．
（1）求常数和的值；
（2）若“天穹”模型用于科研辅助场景时，要求综合性能评分不低于92分，求满足条件的训练时长范围；
（3）已知大模型的标准化训练效率定义为，，训练时长取何值时，“天穹”模型的标准化训练效率最高？
【答案】（1）解：因为，
所以.
又因为在处函数图象是连续不断的，
所以，
解得.
（2）解：当时，令，则，
化简得，
因为，
所以此时不等式无解集；
当时，令，则，
化简得，
解得.
所以，满足条件的训练时长范围为.
（3）解：当时，，
此时，
因为，
所以，
当且仅当时，即当时等号成立，
此时，此时的最大值为4；
当时，，此时
综上所述，当时，，此时“天穹”模型的标准化训练效率最高.
【知识点】函数的最大（小）值；一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）根据函数的初始值和连续性，从而求出的值.
（2）根据分段函数的解析式，在的不同取值范围内，令其解析式大于等于92，再利用一元二次不等式求解方法，从而得出满足条件的训练时长范围.
（3）先求出不同的取值范围时的函数的解析式，根据基本不等式求最值 的方法和二次函数的性质，从而分别求出不同的取值范围时的函数的最大值，再进行比较得出当时，，此时“天穹”模型的标准化训练效率最高.
（1）因为，
则有.
因为在处函数图象是连续不断的，
所以，
解得.
（2）当时，令，则，
化简得，因为，所以此时不等式无解集；
当时，令，则，
化简得，解得.
所以满足条件的训练时长范围为.
（3）当时，，
此时.
因为，所以，
当且仅当时，即时等号成立，
此时，此时的最大值为4；
当时，，
此时.
综上，当时，，此时“天穹”模型的标准化训练效率最高.
18．（2025高一上·湖南期中）已知二次函数满足的解集为，且．
（1）求的解析式；
（2）若，求的最大值；
（3）当时，求函数的最大值（用表示）．
【答案】（1）解：设二次函数，
则变为，
所以，
因为该不等式的解集为，
根据韦达定理，
得，
化简得.
又因为，所以，
解得，
所以的解析式为.
（2）解：因为，又因为，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以的最大值为.
（3）解：因为，对称轴为，
当时，即当时，在上单调递增，
此时函数的最大值为；
当时，在上单调递减，
此时函数的最大值为；
当时，即当时，
此时函数的最大值为，
综上所述，函数的最大值为.
【知识点】函数的最大（小）值；一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）设二次函数为，根据不等式的解集可列出之间的关系式，再根据求出的值，从而求出的值，进而得到函数的解析式.
（2）先化简函数，再根据基本不等式求最值的方法，从而求出函数的最大值.
（3）根据分类讨论的方法和二次函数的图象与性质，从而求出函数的最大值.
（1）设二次函数，则变为
，即.
因为该不等式的解集为，所以根据韦达定理有
，化简得.
又，所以，所以解得.
所以的解析式为.
（2）.
因为，所以，当且仅当时等号成立，
此时，所以的最大值为.
（3）因为，对称轴为，
当时，即时，在上单调递增，
此时函数的最大值为；
当时，在上单调递减，
此时函数的最大值为；
当时，即时，此时函数的最大值为；
综上所述，函数的最大值为
.
19．（2025高一上·湖南期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼 闵可夫斯基提出来的．在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，如图，对于一个具有正南 正北 正东和正西方向规则布局的城镇街道，从一点到另一点的距离等于在南北方向上行进的距离加上在东西方向上行进的距离，这种距离即“曼哈顿距离”，也叫“出租车距离”．对于平面直角坐标系中的点和，两点间的“曼哈顿距离”．
（1）如图，若为坐标原点，两点坐标分别为和，求；
（2）若点满足，试在图中画出点的轨迹，并求该轨迹所围成图形的面积；
（3）已知函数是图象上一个动点，求的最值，并求出此时点的坐标．
【答案】（1）解：因为两点坐标分别为和，
根据，
得，，.
（2）解：设，由，得，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
所以其轨迹是一个以为顶点的正方形，
则正方形的边长为，其面积为，
如图：
（3）解：因为M点在的图象上，设，
所以，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，；
当时，；
当时，，
则当时，；
当时，，
则的最小值为，此时；的最大值为，此时
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【分析】（1）根据题中的定义直接计算可得的值.
（2）由题中定义得出轨迹方程为，再利用矩形的面积公式可得该轨迹所围成图形的面积.
（3）设，利用题中定义，从而将转化为二次函数的在闭区间上的最值，再利用二次函数求最值的方法，从而得出的最值，并求出此时点的坐标.
（1）因两点坐标分别为和，根据，
得，，
（2）设，由，得.
当时，；当时，；
当时，；当时，；
所以其轨迹是一个以为顶点的正方形.
正方形的边长为，其面积为.如图：
（3）因M点在的图象上，设，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，
当时，，当时，.
所以当时，，当时，.
故的最小值为，此时，的最大值为，此时.
1 / 1湖南省名校联考联合体2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷（B卷）
1．（2025高一上·湖南期中）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一上·湖南期中）命题“”的否定是：（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高一上·湖南期中）“”是“函数在上单调递增”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高一上·湖南期中）已知函数则使得的的值为（ ）
A．0或1或-1 B．1 C．0 D．-1
5．（2025高一上·湖南期中）若不等式对一切都成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·湖南期中）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·湖南期中）定义：表示不超过的最大整数，如，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一上·湖南期中）已知是定义在上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高一上·湖南期中）已知函数，则（ ）
A．当时， B．当时，的定义域为
C．当时，为增函数 D．当时，为偶函数
10．（2025高一上·湖南期中）已知是奇函数，定义域为，当时，．则下列说法正确的是（ ）
A． B．当时，
C．当时，单调递减 D．
11．（2025高一上·湖南期中）对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．设，则在上单调递减，在上单调递增
C．若方程在定义域内恰有两个不同的根，则实数的取值范围为
D．若在区间上的最大值比最小值大1，则实数的取值不唯一
12．（2025高一上·湖南期中）函数的定义域是 ．
13．（2025高一上·湖南期中）已知函数，若是奇函数，则 ．
14．（2025高一上·湖南期中）若是定义在上的奇函数，且．若对任意的两个不相等的正数，都有，则的解集为 ．
15．（2025高一上·湖南期中）已知函数．
（1）判断函数的奇偶性；
（2）用定义法证明函数在上单调递增．
16．（2025高一上·湖南期中）已知集合．
（1）当时，求；
（2）若集合，且，求实数的取值范围．
17．（2025高一上·湖南期中）2025年被称为“智能体元年”，基于大模型的智能体技术迎来规模化应用与产业变革．某科技研发中心正在研发名为“天穹”的新一代大模型，在模型训练阶段，研发团队发现，模型的综合性能评分（满分100分）和有效训练时长（单位：百小时）的关系分为两个阶段．通过对几轮训练数据的拟合分析，得到如下函数关系：.已知初始综合性能评分，且在处函数图象是连续不断的．
（1）求常数和的值；
（2）若“天穹”模型用于科研辅助场景时，要求综合性能评分不低于92分，求满足条件的训练时长范围；
（3）已知大模型的标准化训练效率定义为，，训练时长取何值时，“天穹”模型的标准化训练效率最高？
18．（2025高一上·湖南期中）已知二次函数满足的解集为，且．
（1）求的解析式；
（2）若，求的最大值；
（3）当时，求函数的最大值（用表示）．
19．（2025高一上·湖南期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼 闵可夫斯基提出来的．在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，如图，对于一个具有正南 正北 正东和正西方向规则布局的城镇街道，从一点到另一点的距离等于在南北方向上行进的距离加上在东西方向上行进的距离，这种距离即“曼哈顿距离”，也叫“出租车距离”．对于平面直角坐标系中的点和，两点间的“曼哈顿距离”．
（1）如图，若为坐标原点，两点坐标分别为和，求；
（2）若点满足，试在图中画出点的轨迹，并求该轨迹所围成图形的面积；
（3）已知函数是图象上一个动点，求的最值，并求出此时点的坐标．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由集合，
得.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：根据存在量词命题的否定，
则命题“”的否定是：.
故答案为：D.
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，从而写出命题“”的否定.
3．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：若函数在上单调递增，
则满足，解得，
所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
故答案为：C.
【分析】根据题意结合一次函数的性质，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：当时，，解得，不符合题意；
当时，，解得或-1（负值舍去），
综上所述，a的值为1.
故答案为：B.
【分析】分别讨论和两种情况，再代入不同表达式，从而得出a的值.
5．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，不等式对一切都成立，
则，
当时，，当且仅当时，即当时等号成立，
所以，则，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】由题意得，，再根据基本不等式求最值的方法，从而得出，进而得出实数k的取值范围.
6．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：由图象可以看出，该函数关于轴对称，是偶函数，
又因为选项B和选项D中的函数解析式不满足，
所以，选项B和选项D中的函数不是偶函数，应排除选项B和选项D；
因为图象中函数经过点，
将其代入选项C中的解析式中，发现，不满足，应排除选项C.
故答案为：A.
【分析】根据图象上的特殊点的坐标和函数图象的对称性、奇偶性，从而逐项判断找出函数可能的解析式.
7．【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由不等式，
则，
解得，
因为表示不超过的最大整数，
所以，则，
所以，不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合一元二次不等式的求解方法，从而得出，再结合取整函数的定义，从而得出不等式的解集.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的函数，
其中是奇函数，是偶函数，且，
用代换，可得，
则，
联立方程组，得，
解得，
又因为在区间上恒成立，
则在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
因为，可得，
设，再设，其中，
由函数的图象开口向下，对称轴为，
所以函数在区间上单调递减，
则，所以，
则实数的取值范围.
故答案为：B.
【分析】根据题意得到，联立方程组得出，再把在区间上恒成立，从而转化为在区间上恒成立，再结合二次函数的单调性和对称性，从而得出函数的最值，根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
9．【答案】C,D
【知识点】函数的奇偶性；幂函数的图象与性质；简单函数定义域
【解析】【解答】解：对于A：，则，故A错误；
对于B：的定义域为，故B错误；
对于C：为增函数，故C正确；
对于D：的定义域为，，所以的定义域为，
令，则，
所以为偶函数，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据幂函数的定义域和性质，从而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：对于A，由函数，
可得，
因为函数为奇函数，
所以，故A正确；
对于B，设，则，
因为是奇函数，且当时，，
可得，故B正确；
对于C，任取且，
则，
因为且，
可得，
则，即，
所以函数在上单调递增，
因为函数为奇函数，
所以函数在上单调递增，故C不正确；
对于D，当时，，
由，可得，
所以，可得，
当时，，
由，可得，所以，
可得，
所以函数的值域为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意得出的值，再结合，则判断出选项A；根据题意和函数的奇偶性，从而得出函数的解析式，则判断出选项B；根据函数的单调性的定义，则可判断选项C；根据分类参数法，从而得出函数的定义域，则可判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：对于：的定义域为，关于原点对称，
则，
所以为奇函数，故正确；
对于：因为，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的单调性应和函数的单调性相同，故错误；
对于C：因为，所以，
则，
当有一个根为0时，此时，与题干矛盾，不合题意，舍去，
则，解得，故C正确；
对于D：因为函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，即当时，在上单调递增，
所以，解得；
当时，即当时，在上单调递减，
所以，解得（舍），
当时，，
当时，，
解得或（舍去），
则，经验证，符合题意；
当时，，
解得或，则（舍去）或（舍去），
综上所述，的值为4或，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据奇函数的定义可判断选项A；根据对勾函数的单调性和最值可判断选项B和选项D；利用判别式法可判断选项C，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意，则，
解得且，
所以函数的定义域是.
故答案为：.
【分析】根据函数有意义求解得出函数的定义域.
13．【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：由，
则，
因为是奇函数，所以，
则，解得.
故答案为：.
【分析】先根据函数解析式得出，再根据奇函数的性质列方程求解，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：由题意，对任意的两个不相等的正数，都有，
不妨设，则，
所以，则，
所以，
设，，则，
所以函数在上单调递减，
又因为为奇函数，所以，
则，
所以为偶函数，图象关于轴对称，
则函数在上单调递增，
又因为，
由，则，
当时，，则；
当时，，则，所以，
综上所述，的解集为.
故答案为：.
【分析】设，由题意分析判断出函数在上单调递减，再结合为奇函数可得为偶函数，从而判断出函数在上单调递增，进而求解得出不等式的解集.
15．【答案】（1）解：由函数，可得其定义域为，关于原点对称，
由，
则，
所以函数是定义域上的偶函数.
（2）证明：由函数，
任取，且，则
因为，且，
可得，
所以，即，
则函数在上单调递增.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）根据题意，利用函数奇偶性的定义，从而判断出函数的奇偶性.
（2）利用已知条件化简函数，再利用函数单调性的定义，从而证出函数在上单调递增.
（1）解：由函数，可得其定义域为，关于原点对称，
又由，即，
所以函数是定义域上的偶函数.
（2）证明：由函数，
任取，且，
则，
因为，且，可得，
所以，即，
所以函数在上单调递增.
16．【答案】（1）解：当时，集合，
又因为集合或.
所以或.
（2）解：因为，
所以.
又因为，所以，
当时，，此时解得；
当时，，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【分析】（1）先利用a的值得出集合A，利用一元二次不等式求解方法得出集合B，再结合交集的运算法则，从而得出集合.
（2）根据得出，再分两种情况和集合间的包含关系，从而得出实数a的取值范围.
（1）当时，集合.
而集合或.
所以或.
（2）因为，所以.
因为，所以.
当时，，此时解得；
当时，，解得.
所以实数的取值范围为.
17．【答案】（1）解：因为，
所以.
又因为在处函数图象是连续不断的，
所以，
解得.
（2）解：当时，令，则，
化简得，
因为，
所以此时不等式无解集；
当时，令，则，
化简得，
解得.
所以，满足条件的训练时长范围为.
（3）解：当时，，
此时，
因为，
所以，
当且仅当时，即当时等号成立，
此时，此时的最大值为4；
当时，，此时
综上所述，当时，，此时“天穹”模型的标准化训练效率最高.
【知识点】函数的最大（小）值；一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）根据函数的初始值和连续性，从而求出的值.
（2）根据分段函数的解析式，在的不同取值范围内，令其解析式大于等于92，再利用一元二次不等式求解方法，从而得出满足条件的训练时长范围.
（3）先求出不同的取值范围时的函数的解析式，根据基本不等式求最值 的方法和二次函数的性质，从而分别求出不同的取值范围时的函数的最大值，再进行比较得出当时，，此时“天穹”模型的标准化训练效率最高.
（1）因为，
则有.
因为在处函数图象是连续不断的，
所以，
解得.
（2）当时，令，则，
化简得，因为，所以此时不等式无解集；
当时，令，则，
化简得，解得.
所以满足条件的训练时长范围为.
（3）当时，，
此时.
因为，所以，
当且仅当时，即时等号成立，
此时，此时的最大值为4；
当时，，
此时.
综上，当时，，此时“天穹”模型的标准化训练效率最高.
18．【答案】（1）解：设二次函数，
则变为，
所以，
因为该不等式的解集为，
根据韦达定理，
得，
化简得.
又因为，所以，
解得，
所以的解析式为.
（2）解：因为，又因为，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以的最大值为.
（3）解：因为，对称轴为，
当时，即当时，在上单调递增，
此时函数的最大值为；
当时，在上单调递减，
此时函数的最大值为；
当时，即当时，
此时函数的最大值为，
综上所述，函数的最大值为.
【知识点】函数的最大（小）值；一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）设二次函数为，根据不等式的解集可列出之间的关系式，再根据求出的值，从而求出的值，进而得到函数的解析式.
（2）先化简函数，再根据基本不等式求最值的方法，从而求出函数的最大值.
（3）根据分类讨论的方法和二次函数的图象与性质，从而求出函数的最大值.
（1）设二次函数，则变为
，即.
因为该不等式的解集为，所以根据韦达定理有
，化简得.
又，所以，所以解得.
所以的解析式为.
（2）.
因为，所以，当且仅当时等号成立，
此时，所以的最大值为.
（3）因为，对称轴为，
当时，即时，在上单调递增，
此时函数的最大值为；
当时，在上单调递减，
此时函数的最大值为；
当时，即时，此时函数的最大值为；
综上所述，函数的最大值为
.
19．【答案】（1）解：因为两点坐标分别为和，
根据，
得，，.
（2）解：设，由，得，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
所以其轨迹是一个以为顶点的正方形，
则正方形的边长为，其面积为，
如图：
（3）解：因为M点在的图象上，设，
所以，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，；
当时，；
当时，，
则当时，；
当时，，
则的最小值为，此时；的最大值为，此时
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【分析】（1）根据题中的定义直接计算可得的值.
（2）由题中定义得出轨迹方程为，再利用矩形的面积公式可得该轨迹所围成图形的面积.
（3）设，利用题中定义，从而将转化为二次函数的在闭区间上的最值，再利用二次函数求最值的方法，从而得出的最值，并求出此时点的坐标.
（1）因两点坐标分别为和，根据，
得，，
（2）设，由，得.
当时，；当时，；
当时，；当时，；
所以其轨迹是一个以为顶点的正方形.
正方形的边长为，其面积为.如图：
（3）因M点在的图象上，设，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，
当时，，当时，.
所以当时，，当时，.
故的最小值为，此时，的最大值为，此时.
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