四川省嘉祥教育集团2025-2026学年高一上学期期中质量监测数学试题
1．（2025高一上·四川期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：易知，，
则.
故答案为：D.
【分析】求定义域可得集合，再根据集合的并集的定义运算求解即可.
2．（2025高一上·四川期中）在下面四个图中，可表示函数的图象的可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：由函数的概念可知，一个只能对应一个.
故答案为：D.
【分析】根据函数的概念判断即可.
3．（2025高一上·四川期中）已知命题：，，则命题的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解： 命题：，的否定为， .
故答案为：C.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
4．（2025高一上·四川期中）已知，使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、若，则，即充分性成立；
若，则，即必要性成立，则是的充要条件，故A错误；
B、，满足，但，即充分性不成立，故B错误；
C、，满足，但，即充分性不成立，故C错误；
D、若，因为，所以，即充分性成立；若，当时，，即必要性不成立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值，结合充分、必要条件的概念即可判断BC；根据不等式性质，结合充分、必要条件的定义即可判断AD.
5．（2025高一上·四川期中）心形代表浪漫的爱情，人们用它来向所爱之人表达爱意.如图是一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图像对应的函数解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、函数，当时，，故A错误；
B、令定义域为，且，则为奇函数，故B错误；
C、令，，则为偶函数，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，且，故C正确；
D、令，，则既不是奇函数也不是偶函数，故D错误.
故答案为：C.
【分析】将代入计算即可判断A；根据函数的奇偶性定义求解即可判断BD；根据函数的奇偶性定义以及函数的单调性即可判断C.
6．（2025高一上·四川期中）今有一台坏天平，两臂长不等，其余均精确，有人要用它称物体的质量，他将物体放在左右托盘各称一次，记两次称量结果分别为，设物体的真实质量为G，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：设天平的左右臂分别为，物体放在左右托盘称得的重量分别为， 真实重量为，
由杠杆平衡原理可知：，，则，即，
因为，，所以，
故答案为：C.
【分析】设天平的左右臂分别为，物体放在左右托盘称得的重量分别为， 真实重量为，根据 杠杆平衡原理求真实重量为，再利用基本不等式判断两者之间的大小关系.
7．（2025高一上·四川期中）已知函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，则=（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：函数是定义在R上的偶函数，且，则函数是周期为2的周期函数，
因为当时，，
所以.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据函数的奇偶性，以及函数的周期性直接计算即可.
8．（2025高一上·四川期中）已知实数a，b满足，则a2 + b2的最小值为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：由，可得，
则与异号（或至少一个为0），且，
即，综合符号关系可知，
则，
当时，取得最小值，最小值为2.
故答案为：B.
【分析】由，可得，即，代入a2 + b2结合二次函数的性质求最小值即可.
9．（2025高一上·四川期中）给出以下四个判断，其中正确的是（ ）
A．的定义域为
B．函数y = x与是同一函数
C．若f（x）的定义域为[－2，2 ]，则f（2x－1）的定义域为[－5，3 ]
D．若不等式ax2 + 2x + c＜0的解集为{ x︱x<－1或x＞2 }，则a + c = 2
【答案】A,D
【知识点】同一函数的判定；函数的定义域及其求法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A、要使函数有意义，
则，解得，故A正确；
B、函数的定义域为R，函数定义域为，定义域不同，不是同一函数，故B错误；
C、 若的定义域为，则，解得，即的定义域为，故C错误；
D、由题意可得：是方程的两根，且，
由韦达定理可得，解得，则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据偶次根式、分式有意义列式求解即可判断A；根据同一函数的定义即可判断B；由题意可得，求定义域即可判断C；根据三个“二次”的关系，结合韦达定理求出即可判断D.
10．（2025高一上·四川期中）已知函数为定义在R上的减函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的值域为
B．m的取值范围为
C．，
D．若，则的取值范围是
【答案】B,C
【知识点】复合函数的单调性；函数的最大（小）值；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：函数是上的减函数，
则，解得，即m的取值范围是，
A、函数开口向上，对称轴，
若，则的值域为，，
m的取值范围是，不能保证恒成立，故A错误；
B、根据分析可知：m的取值范围为，故B正确；
C、，，
由于，则，，故，
因为是减函数，所以，故C正确；
D、因为函数是减函数，所以，即，解得，
则，的取值范围是，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】根据每段单调递减，结合分界点处函数值的大小关系列式求解m的取值范围即可判断B；令，结合m的取值范围分析函数的值域为时，需，再进一步分析该一元二次函数的最小值即可判断A；转化为比较与的大小关系即可判断C；根据的单调性，列不等式求得a的取值范围，结合的范围求的取值范围即可判断D．
11．（2025高一上·四川期中）关于x的方程x2－t = x（t∈R）的解集为M（M≠ ），关于x的方程（x2－t）2－t = x（t∈R）的解集为N．（ ）
A．若t = 0，M∩N = { 0，1 }
B．M∩N = M
C．若M∪N = N，则t的范围是[，+∞）
D．若N M，则t的范围是[，]
【答案】A,B,C,D
【知识点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A、当时，方程 ，即，解得=0或1，则；
方程，即，解得=0或1，则，则，故A正确；
B、将方程化为，
方程因式分解为，
可得，则成立，故B正确；
C、若，即，则只需满足，即，解得，故C正确；
D、若，即方程无根或其根与方程同根，
即，即，或联立方程组，解得，
结合，得，则t的范围是，故D正确.
故答案为：ABCD.
【分析】将= 0代入求得两个方程的根，根据集合的交集运算求解即可判断A；将方程转化为，方程因式分解为，可得，即可判断B；由题意可，则只需满足，从而求出的范围即可判断C；若，即得方程无根或其根与方程同根，从而求出的范围，即可判断D.
12．（2025高一上·四川期中）设关于x的不等式的解集为A，若2∈A，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】解：由题意可得：满足不等式，代入得，
则，解得.
故答案为：.
【分析】 由题意可得：满足不等式， 将2代入求解即可得实数m的范围.
13．（2025高一上·四川期中）“谷子”经济发展越来越快，某公司要生产1000个玩偶，已知该公司每小时生产玩偶数量固定，且每小时的生产成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与生产速度x（个∕时）的平方成正比，比例系数为0.2，固定部分为720元，为使全程生产成本最低，该公司的生产速度是 个∕时．
【答案】60
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意可得：生产时间为小时，
全程生产成本，
当且仅当，即时等号成立，
综上，当该公司全程生产成本最低时，生产速度为60个/时．
故答案为：60．
【分析】由题意可得：生产时间为小时，列出全程生产成本的表达式，利用基本不等式求解即可．
14．（2025高一上·四川期中）已知，定义：表示不小于x的最小整数，如：，，[ 2 ] = 2，若，则x的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数的表示方法；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：设，则，即，即，
当时，，矛盾，不满足题意；
当时，，满足题意；
则，即，
故x的取值范围是.
故答案为：.
【分析】设，由，得，再对进行分类讨论，解不等式即可.
15．（2025高一上·四川期中）已知集合，集合，集合．
（1）计算；
（2）若命题“，都有”是真命题，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：解不等式3，可得，即集合，
则或，；
（2）解：由题意可得：，
当时，，即，符合题意；
当时，，无解；
综上，实数m的取值范围是.
【知识点】集合间关系的判断；集合关系中的参数取值问题；补集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）解绝对值不等式求得集合A，再根据集合的补集及交集的定义直接计算即可；
（2）由题意可得，根据集合的包含关系列式求解即可.
（1）由3可得，即，或.
所以
（2）因为命题“，都有”是真命题，所以；
当时，，即，符合题意；
当时，，无解；
综上可得实数m的取值范围是.
16．（2025高一上·四川期中）已知二次函数满足对任意都有，，且有最小值．
（1）解不等式；
（2）在上，函数的图象总在一次函数的图象的上方，求实数的取值范围．
【答案】（1）解： 由题意可得：函数的对称轴为， 最小值 ，
设，因为，所以，
则，即函数的解析式为，
故不等式化为，，
当时，即时，解集R；
当时，即时，解集；
当时，即时，方程的根为，解集或，
综上：当时，解集为R；
当时，解集为；
当时，解集为或；
（2）解：由于是一次函数，故，
当时，显然满足条件；
当时，等价于在上，恒成立，即；
因为，当且仅当时等号成立，，
综上，m的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；基本不等式
【解析】【分析】（1）由题意可得：函数关于直线对称，最小值为，设 ，利用待定系数法求解的解析式，不等式转化为，利用判别式讨论求解即可；
（2）将函数的解析式代入，使在上恒成立，只需使在上恒成立，结合基本不等式求出的范围．
（1）依题意，设，由，得，
则，所以的解析式为
故不等式化为，
当时，即时，解集为R
当时，即时，解集为
当时，即时，方程的根为
故解集为或，
综上：当时，解集为R，当时，解集为
当时，解集为或．
（2）由于是一次函数，故，
当时，显然满足条件．
当时，等价于在上，恒成立，即．
因为，当且仅当时，等号成立．所以．
综上，m的取值范围为．
17．（2025高一上·四川期中）已知函数．
（1）恒成立，求实数m的取值范围；
（2）在（1）的条件下，设m的最小值为，a，b，c均为正实数，当时，求的最小值．
【答案】（1）解：函数，易知函数的最大值为3；
恒成立，则，解得，
故的取值范围为；
（2）解：由（1）知，，
则，
当且仅当时等号成立，故原式的最小值为9．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）去绝对值得函数的解析式，求出的最大值，将原不等式转化为一元二次不等式求解即可；
（2）由（1）可得，，结合基本不等式及“1”的妙用求解即可．
（1）法一：由绝对值三角不等式；
法二：化简，则的最大值为3；
所以等价解不等式，解得所以的取值范围为．
（2）由（1）知，则，
，
当且仅当时，等号成立，即原式的最小值为9．
18．（2025高一上·四川期中）已知函数的定义域为，对任意，都有，并满足对任意，当时，都有．
（1）求的值，判断的奇偶性并给出证明；
（2）解不等式：；
（3）记表示中较大的值，若对，都有，求实数的取值范围．
【答案】（1）解： 函数的定义域为 ， 对任意，都有，
令，则，解得，
由条件可判断为偶函数，证明如下∶
因为的定义域为，定义域关于原点对称，
令，则，即，故函数为偶函数；
（2）解：不妨设，
由，得，则在上单调递增，
因为是定义在上的偶函数，所以在上单调递减，
不等式可变形为，则，解得，
故所求不等式解集为；
（3）解：由（1）（2）知，
则，
令，即，
当时，，
当时，恒成立，故，
根据对勾函数的性质得当时，，即，即，
综上，实数的取值范围是．
【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；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）由题意，令，可得，再令，结合奇偶函数的定义证明函数为偶函数；
（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式即可；
（3）由（1）（2）求出的最大值为0，再由条件得，利用分离参数法，结合对勾函数的性质可得实数的取值范围.
（1）令，则，所以，
由条件可判断为偶函数，证明如下∶
因为的定义域为，关于原点对称，
令，则，
所以，所以为偶函数．
（2）不妨设，
由，得，
则在上单调递增．
又是定义在上的偶函数．
所以在上单调递减，
则可变形为，，
则，解得：，
故所求不等式解集为．
（3）由（1）（2）知，
则．
令，即，
当时，．
当时，恒成立，故，
根据对勾函数的性质得当时，，
即，
故．
综上，实数的取值范围是．
19．（2025高一上·四川期中）已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是是奇函数，给定函数．
（1）求函数图象的对称中心；
（2）若函数与函数的图象有相同的对称中心，且两图象交于点，计算的值；
（3）已知函数的图象关于点对称，且当时，，若对任意，总存在，使得，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：设函数图象的对称中心为，
函数，则为奇函数，即，
即，整理得，
即，则，解得，
故图象的对称中心为；
（2）解：由于，则交点必为偶数个，
不妨设与关于对称，与关于对称，…，与关于对称，
所以，，
所以；
（3）解：易证函数在上单调递增，
证明如下：任取且，
则，
因为且，所以且，所以，即，
故函数在上单调递增；
由对任意，总存在，使得，
可得函数在上的值域为在上的值域的子集，
由于在上单调递增，故在上的值域为，
所以原问题转化为在上的值域，
由二次函数的图象和性质可知，当，即时，在上单调递增，
又，所以函数的图象恒过对称中心，
所以在上也单调递增，故在上单调递增，
又因为，故，
因为，所以，解得，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
因为的图象过对称中心，所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
欲使，只需且，
解得，又因为，所以，
当，即时，在上单调递减，在上也单调递减，
所以在上单调递减，所以，
因为，所以，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
【知识点】函数的值域；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）设对称中心为，则为奇函数，即化简求解即可；
（2）根据函数与函数的图象有相同的对称中心，可得对应交点也是对称的，即可求得；
（3）先利用函数单调性的定义判断函数的单调性，对任意，总存在，使得，转化为函数在上的值域为在上的值域的子集，由单调性求出值域，再讨论的单调性与值域，根据子集关系列不等式求解即可.
（1）函数．设函数图象的对称中心为，
则由题意得为奇函数，即，
即，
整理得，即，
所以，解得，
所以图象的对称中心为.
（2）由于，则交点必为偶数个.
不妨设与关于对称，与关于对称，…，与关于对称，
所以，，
所以.
（3）易证函数在上单调递增，
证明如下：任取且，
则，
因为且，所以且，
所以，即，
所以函数在上单调递增.
由对任意，总存在，使得，
可得函数在上的值域为在上的值域的子集，
由于在上单调递增，故在上的值域为，
所以原问题转化为在上的值域.
由二次函数的图象和性质可知，当，即时，在上单调递增，
又，所以函数的图象恒过对称中心，
所以在上也单调递增，故在上单调递增，
又因为，故，
因为，所以，解得.
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
因为的图象过对称中心，所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
欲使，只需且，
解得，又因为，所以.
当，即时，在上单调递减，在上也单调递减，
所以在上单调递减，所以，
因为，所以，解得.
综上可得，实数的取值范围是.
1 / 1四川省嘉祥教育集团2025-2026学年高一上学期期中质量监测数学试题
1．（2025高一上·四川期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一上·四川期中）在下面四个图中，可表示函数的图象的可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高一上·四川期中）已知命题：，，则命题的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2025高一上·四川期中）已知，使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·四川期中）心形代表浪漫的爱情，人们用它来向所爱之人表达爱意.如图是一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图像对应的函数解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·四川期中）今有一台坏天平，两臂长不等，其余均精确，有人要用它称物体的质量，他将物体放在左右托盘各称一次，记两次称量结果分别为，设物体的真实质量为G，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·四川期中）已知函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，则=（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
8．（2025高一上·四川期中）已知实数a，b满足，则a2 + b2的最小值为（ ）
A．4 B．2 C． D．
9．（2025高一上·四川期中）给出以下四个判断，其中正确的是（ ）
A．的定义域为
B．函数y = x与是同一函数
C．若f（x）的定义域为[－2，2 ]，则f（2x－1）的定义域为[－5，3 ]
D．若不等式ax2 + 2x + c＜0的解集为{ x︱x<－1或x＞2 }，则a + c = 2
10．（2025高一上·四川期中）已知函数为定义在R上的减函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的值域为
B．m的取值范围为
C．，
D．若，则的取值范围是
11．（2025高一上·四川期中）关于x的方程x2－t = x（t∈R）的解集为M（M≠ ），关于x的方程（x2－t）2－t = x（t∈R）的解集为N．（ ）
A．若t = 0，M∩N = { 0，1 }
B．M∩N = M
C．若M∪N = N，则t的范围是[，+∞）
D．若N M，则t的范围是[，]
12．（2025高一上·四川期中）设关于x的不等式的解集为A，若2∈A，则实数m的取值范围是 ．
13．（2025高一上·四川期中）“谷子”经济发展越来越快，某公司要生产1000个玩偶，已知该公司每小时生产玩偶数量固定，且每小时的生产成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与生产速度x（个∕时）的平方成正比，比例系数为0.2，固定部分为720元，为使全程生产成本最低，该公司的生产速度是 个∕时．
14．（2025高一上·四川期中）已知，定义：表示不小于x的最小整数，如：，，[ 2 ] = 2，若，则x的取值范围是 ．
15．（2025高一上·四川期中）已知集合，集合，集合．
（1）计算；
（2）若命题“，都有”是真命题，求实数m的取值范围．
16．（2025高一上·四川期中）已知二次函数满足对任意都有，，且有最小值．
（1）解不等式；
（2）在上，函数的图象总在一次函数的图象的上方，求实数的取值范围．
17．（2025高一上·四川期中）已知函数．
（1）恒成立，求实数m的取值范围；
（2）在（1）的条件下，设m的最小值为，a，b，c均为正实数，当时，求的最小值．
18．（2025高一上·四川期中）已知函数的定义域为，对任意，都有，并满足对任意，当时，都有．
（1）求的值，判断的奇偶性并给出证明；
（2）解不等式：；
（3）记表示中较大的值，若对，都有，求实数的取值范围．
19．（2025高一上·四川期中）已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是是奇函数，给定函数．
（1）求函数图象的对称中心；
（2）若函数与函数的图象有相同的对称中心，且两图象交于点，计算的值；
（3）已知函数的图象关于点对称，且当时，，若对任意，总存在，使得，求实数m的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：易知，，
则.
故答案为：D.
【分析】求定义域可得集合，再根据集合的并集的定义运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：由函数的概念可知，一个只能对应一个.
故答案为：D.
【分析】根据函数的概念判断即可.
3．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解： 命题：，的否定为， .
故答案为：C.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
4．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、若，则，即充分性成立；
若，则，即必要性成立，则是的充要条件，故A错误；
B、，满足，但，即充分性不成立，故B错误；
C、，满足，但，即充分性不成立，故C错误；
D、若，因为，所以，即充分性成立；若，当时，，即必要性不成立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值，结合充分、必要条件的概念即可判断BC；根据不等式性质，结合充分、必要条件的定义即可判断AD.
5．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、函数，当时，，故A错误；
B、令定义域为，且，则为奇函数，故B错误；
C、令，，则为偶函数，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，且，故C正确；
D、令，，则既不是奇函数也不是偶函数，故D错误.
故答案为：C.
【分析】将代入计算即可判断A；根据函数的奇偶性定义求解即可判断BD；根据函数的奇偶性定义以及函数的单调性即可判断C.
6．【答案】C
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：设天平的左右臂分别为，物体放在左右托盘称得的重量分别为， 真实重量为，
由杠杆平衡原理可知：，，则，即，
因为，，所以，
故答案为：C.
【分析】设天平的左右臂分别为，物体放在左右托盘称得的重量分别为， 真实重量为，根据 杠杆平衡原理求真实重量为，再利用基本不等式判断两者之间的大小关系.
7．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：函数是定义在R上的偶函数，且，则函数是周期为2的周期函数，
因为当时，，
所以.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据函数的奇偶性，以及函数的周期性直接计算即可.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：由，可得，
则与异号（或至少一个为0），且，
即，综合符号关系可知，
则，
当时，取得最小值，最小值为2.
故答案为：B.
【分析】由，可得，即，代入a2 + b2结合二次函数的性质求最小值即可.
9．【答案】A,D
【知识点】同一函数的判定；函数的定义域及其求法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A、要使函数有意义，
则，解得，故A正确；
B、函数的定义域为R，函数定义域为，定义域不同，不是同一函数，故B错误；
C、 若的定义域为，则，解得，即的定义域为，故C错误；
D、由题意可得：是方程的两根，且，
由韦达定理可得，解得，则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据偶次根式、分式有意义列式求解即可判断A；根据同一函数的定义即可判断B；由题意可得，求定义域即可判断C；根据三个“二次”的关系，结合韦达定理求出即可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】复合函数的单调性；函数的最大（小）值；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：函数是上的减函数，
则，解得，即m的取值范围是，
A、函数开口向上，对称轴，
若，则的值域为，，
m的取值范围是，不能保证恒成立，故A错误；
B、根据分析可知：m的取值范围为，故B正确；
C、，，
由于，则，，故，
因为是减函数，所以，故C正确；
D、因为函数是减函数，所以，即，解得，
则，的取值范围是，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】根据每段单调递减，结合分界点处函数值的大小关系列式求解m的取值范围即可判断B；令，结合m的取值范围分析函数的值域为时，需，再进一步分析该一元二次函数的最小值即可判断A；转化为比较与的大小关系即可判断C；根据的单调性，列不等式求得a的取值范围，结合的范围求的取值范围即可判断D．
11．【答案】A,B,C,D
【知识点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A、当时，方程 ，即，解得=0或1，则；
方程，即，解得=0或1，则，则，故A正确；
B、将方程化为，
方程因式分解为，
可得，则成立，故B正确；
C、若，即，则只需满足，即，解得，故C正确；
D、若，即方程无根或其根与方程同根，
即，即，或联立方程组，解得，
结合，得，则t的范围是，故D正确.
故答案为：ABCD.
【分析】将= 0代入求得两个方程的根，根据集合的交集运算求解即可判断A；将方程转化为，方程因式分解为，可得，即可判断B；由题意可，则只需满足，从而求出的范围即可判断C；若，即得方程无根或其根与方程同根，从而求出的范围，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】解：由题意可得：满足不等式，代入得，
则，解得.
故答案为：.
【分析】 由题意可得：满足不等式， 将2代入求解即可得实数m的范围.
13．【答案】60
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意可得：生产时间为小时，
全程生产成本，
当且仅当，即时等号成立，
综上，当该公司全程生产成本最低时，生产速度为60个/时．
故答案为：60．
【分析】由题意可得：生产时间为小时，列出全程生产成本的表达式，利用基本不等式求解即可．
14．【答案】
【知识点】函数的表示方法；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：设，则，即，即，
当时，，矛盾，不满足题意；
当时，，满足题意；
则，即，
故x的取值范围是.
故答案为：.
【分析】设，由，得，再对进行分类讨论，解不等式即可.
15．【答案】（1）解：解不等式3，可得，即集合，
则或，；
（2）解：由题意可得：，
当时，，即，符合题意；
当时，，无解；
综上，实数m的取值范围是.
【知识点】集合间关系的判断；集合关系中的参数取值问题；补集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）解绝对值不等式求得集合A，再根据集合的补集及交集的定义直接计算即可；
（2）由题意可得，根据集合的包含关系列式求解即可.
（1）由3可得，即，或.
所以
（2）因为命题“，都有”是真命题，所以；
当时，，即，符合题意；
当时，，无解；
综上可得实数m的取值范围是.
16．【答案】（1）解： 由题意可得：函数的对称轴为， 最小值 ，
设，因为，所以，
则，即函数的解析式为，
故不等式化为，，
当时，即时，解集R；
当时，即时，解集；
当时，即时，方程的根为，解集或，
综上：当时，解集为R；
当时，解集为；
当时，解集为或；
（2）解：由于是一次函数，故，
当时，显然满足条件；
当时，等价于在上，恒成立，即；
因为，当且仅当时等号成立，，
综上，m的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；基本不等式
【解析】【分析】（1）由题意可得：函数关于直线对称，最小值为，设 ，利用待定系数法求解的解析式，不等式转化为，利用判别式讨论求解即可；
（2）将函数的解析式代入，使在上恒成立，只需使在上恒成立，结合基本不等式求出的范围．
（1）依题意，设，由，得，
则，所以的解析式为
故不等式化为，
当时，即时，解集为R
当时，即时，解集为
当时，即时，方程的根为
故解集为或，
综上：当时，解集为R，当时，解集为
当时，解集为或．
（2）由于是一次函数，故，
当时，显然满足条件．
当时，等价于在上，恒成立，即．
因为，当且仅当时，等号成立．所以．
综上，m的取值范围为．
17．【答案】（1）解：函数，易知函数的最大值为3；
恒成立，则，解得，
故的取值范围为；
（2）解：由（1）知，，
则，
当且仅当时等号成立，故原式的最小值为9．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）去绝对值得函数的解析式，求出的最大值，将原不等式转化为一元二次不等式求解即可；
（2）由（1）可得，，结合基本不等式及“1”的妙用求解即可．
（1）法一：由绝对值三角不等式；
法二：化简，则的最大值为3；
所以等价解不等式，解得所以的取值范围为．
（2）由（1）知，则，
，
当且仅当时，等号成立，即原式的最小值为9．
18．【答案】（1）解： 函数的定义域为 ， 对任意，都有，
令，则，解得，
由条件可判断为偶函数，证明如下∶
因为的定义域为，定义域关于原点对称，
令，则，即，故函数为偶函数；
（2）解：不妨设，
由，得，则在上单调递增，
因为是定义在上的偶函数，所以在上单调递减，
不等式可变形为，则，解得，
故所求不等式解集为；
（3）解：由（1）（2）知，
则，
令，即，
当时，，
当时，恒成立，故，
根据对勾函数的性质得当时，，即，即，
综上，实数的取值范围是．
【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；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）由题意，令，可得，再令，结合奇偶函数的定义证明函数为偶函数；
（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式即可；
（3）由（1）（2）求出的最大值为0，再由条件得，利用分离参数法，结合对勾函数的性质可得实数的取值范围.
（1）令，则，所以，
由条件可判断为偶函数，证明如下∶
因为的定义域为，关于原点对称，
令，则，
所以，所以为偶函数．
（2）不妨设，
由，得，
则在上单调递增．
又是定义在上的偶函数．
所以在上单调递减，
则可变形为，，
则，解得：，
故所求不等式解集为．
（3）由（1）（2）知，
则．
令，即，
当时，．
当时，恒成立，故，
根据对勾函数的性质得当时，，
即，
故．
综上，实数的取值范围是．
19．【答案】（1）解：设函数图象的对称中心为，
函数，则为奇函数，即，
即，整理得，
即，则，解得，
故图象的对称中心为；
（2）解：由于，则交点必为偶数个，
不妨设与关于对称，与关于对称，…，与关于对称，
所以，，
所以；
（3）解：易证函数在上单调递增，
证明如下：任取且，
则，
因为且，所以且，所以，即，
故函数在上单调递增；
由对任意，总存在，使得，
可得函数在上的值域为在上的值域的子集，
由于在上单调递增，故在上的值域为，
所以原问题转化为在上的值域，
由二次函数的图象和性质可知，当，即时，在上单调递增，
又，所以函数的图象恒过对称中心，
所以在上也单调递增，故在上单调递增，
又因为，故，
因为，所以，解得，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
因为的图象过对称中心，所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
欲使，只需且，
解得，又因为，所以，
当，即时，在上单调递减，在上也单调递减，
所以在上单调递减，所以，
因为，所以，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
【知识点】函数的值域；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）设对称中心为，则为奇函数，即化简求解即可；
（2）根据函数与函数的图象有相同的对称中心，可得对应交点也是对称的，即可求得；
（3）先利用函数单调性的定义判断函数的单调性，对任意，总存在，使得，转化为函数在上的值域为在上的值域的子集，由单调性求出值域，再讨论的单调性与值域，根据子集关系列不等式求解即可.
（1）函数．设函数图象的对称中心为，
则由题意得为奇函数，即，
即，
整理得，即，
所以，解得，
所以图象的对称中心为.
（2）由于，则交点必为偶数个.
不妨设与关于对称，与关于对称，…，与关于对称，
所以，，
所以.
（3）易证函数在上单调递增，
证明如下：任取且，
则，
因为且，所以且，
所以，即，
所以函数在上单调递增.
由对任意，总存在，使得，
可得函数在上的值域为在上的值域的子集，
由于在上单调递增，故在上的值域为，
所以原问题转化为在上的值域.
由二次函数的图象和性质可知，当，即时，在上单调递增，
又，所以函数的图象恒过对称中心，
所以在上也单调递增，故在上单调递增，
又因为，故，
因为，所以，解得.
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
因为的图象过对称中心，所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
欲使，只需且，
解得，又因为，所以.
当，即时，在上单调递减，在上也单调递减，
所以在上单调递减，所以，
因为，所以，解得.
综上可得，实数的取值范围是.
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