2020-2021学年江苏省扬州市仪征市高一（上）期中考试数学试卷苏教版

这是一份2020-2021学年江苏省扬州市仪征市高一（上）期中考试数学试卷苏教版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 函数fx=x+1+x−1的定义域是( )
A.[−1,+∞）B.[1,+∞）C.−1,1D.1,+∞

2. 已知集合M={(x, y)|x+y=2}，集合N={(x, y)|x−y=4}，则M∩N是( )
A.x=3，y=−1B.(3, −1)C.{3, −1}D.{(3, −1)}

3. 已知全集U=R，集合A={x|x<−1或x>4)，B={x|−2≤x≤3)，则阴影部分表示的集合为( )

A.{x|−2≤x<4}B.{x|x≤3或x≥4}C.{x|−2≤x≤一1}D.{x|−1≤x≤3}

4. 20世纪30年代，里克特制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M．其计算公式是M=lgA−lgA0，其中，A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．5级地震给人的震感已经比较明显，7级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的( )
A.20倍B.lg20倍C.100倍D.1000倍

5. 已知偶函数f(x)在区间[0, +∞)上单调递增，则满足f(2x−1)A.(−∞, 34)B.(14, 34)
C.(−∞,14)∪(34,+∞)D.[0, 34)

6. 从这个商标中抽象画出一个函数图像如图所示，其对应的函数可能是( )

A.fx=1x2−1 B. fx=1x2+1 C. fx=1|x−1| D. fx=1||x|−1|

7. 正数a，b满足9a+1b=2，若a+b≥x2+2x对任意正数a，b恒成立，则实数x的取值范围是( )
A.−4,2B.−2,4
C.−∞,−4∪2,+∞D.−∞,−2∪4,+∞

8. 若关于x的不等式x2−m+2x+2m<0的解集中恰有1个整数，则实数m的取值范围是( )
A.[0,1)B.(3,4]C.0,1∪3,4D.0,2∪2,4
二、多选题

已知集合M={−2, 3x2+3x−4, x2+x−4}，若2∈M，则满足条件的实数x可能为( )
A.2B.−2C.−3D.1

已知x∈R，条件p：x2A.−1B.0C.1D.2

下列说法中正确的有( )
A.不等式a+b≥2ab恒成立
B.不等式a+b≤2a2+b2恒成立
C.若a，b∈0,+∞，则ba+ab≥2
D.存在a，使得不等式a+1a≤2成立

高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名了“高斯函数”．设x∈R，用x表示不超过x的最大整数，则y=x称为高斯函数．例如：−3.5=−4，2.1=2．已知函数fx=x21+x2−12，则关于函数gx=fx的叙述中正确的有( )
A.gx是偶函数B.fx是奇函数
C.gx的值域是−1,0D.gx是R上的增函数
三、填空题

已知函数f(2x+1)=x2−2x，则f(7)=________．

若命题“∃x∈R，使得x2+(a−1)x+1<0”是真命题，则实数a的取值范围是________．

已知a>0，b>0，且2ab=a+b+4，则a+b的最小值为________.

设函数fx=(x−a)2，x≤0，x+1x，x>0， 当a=1时，fx的最小值是_______；若fx≥a2恒成立，则a的取值范围是_______．
四、解答题

在①B=x|x2+x>2，②B=x|y=2x2−1这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中．
问题：已知全集U=R，A=x|2x−1<0，且________，求(∁UA)∩B．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.


(1)计算823−(12)−2+(1681)−34−(2−1)0；

(2)计算2lg5+23lg8+lg5⋅lg20+(lg2)2．

已知函数fx=x2+a+bx+a.
(1)若关于x的不等式fx<0的解集为x|1
(2)当b=1时，解关于x的不等式fx>0.

2020年初，新冠肺炎疫情袭击全国，对人民生命安全和生产生活造成严重影响．在党和政府强有力的抗疫领导下，我们控制住了疫情．接着我们一方面防止境外疫情输入，另一方面逐步复工复产，减少经济下降对企业和民众带来的损失．为降低疫情影响，某厂家拟在2020年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用mm≥0万元满足x=4−km+1（k为常数），若不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是2万件．已知生产该产品的固定投入为8万元，每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将产品的销售价格定为每件产品12+24xx元．
(1)将2020年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

(2)该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？

定义在−1,1上的函数fx=ax+bx2+1，满足fx+f−x=0，且f−12=−25.
(1)求函数fx的解析式；

(2)判断函数fx的单调性，并用定义证明；

(3)解关于x的不等式f2x+fx−1<0.

设a,b∈R，若函数fx定义域内的任意一个x都满足fx+f2a−x=2b，则函数fx的图象关于点a,b对称；反之，若函数fx的图象关于点a,b对称，则函数fx定义域内的任意一个x都满足fx+f2a−x=2b．已知函数gx=9x−2x+2．
(1)证明：函数gx的图象关于点−2,9对称．

(2)已知函数ℎx的图象关于点1,2对称，当x∈0,1时，ℎx=x2−mx+m+1．若对任意的x1∈0,2，总存在x2∈0,2，使得ℎx1=gx2成立，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省扬州市仪征市高一（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据函数要有意义，则要满足x+1≥0x−1≥0，求解即可.
【解答】
解：要使函数有意义，
则要满足x+1≥0，x−1≥0，
解得x≥1，
所以函数的定义域为[1,+∞),
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
将集合M与集合N中的方程联立组成方程组，求出方程组的解即可确定出两集合的交集．
【解答】
解：将集合M和集合N中的方程联立得：
x+y=2①，x−y=4②，
①+②得：2x=6，
解得：x=3，
①−②得：2y=−2，
解得：y=−1，
所以方程组的解为x=3，y=−1.
则M∩N={(3, −1)}．
故选D.
3.
【答案】
D
【考点】
Venn图表达集合的关系及运算
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由Venn图可知，阴影部分的元素为属于B但不属于A的元素构成，所以用集合表示为B∩(∁UA)．
则∁UA={x|−1≤x≤4)，
则B∩(∁UA)={x|−1≤x≤3}.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
对数及其运算
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当M=7时，∵ 7=lgA−lgA0=lgAA0，
∴ AA0=107，
∴ A=A0107．
当M=5时，∵ 5=lgA−lgA0=lgAA0，
∴ AA0=105，
∴ A=A0105．
∵ A0107A0105=100，
从而可得，7级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的100倍.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
由f(x)为偶函数，可得f(−x)=f(x)=f(|x|)，于是f(2x−1)【解答】
解：∵ f(x)为偶函数，
∴ f(−x)=f(x)=f(|x|).
∵ f(2x−1)∴ f(|2x−1|)又∵函数f(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
∴ |2x−1|<12，即−12<2x−1<12，
∴ 14故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
函数图象的作法
【解析】

【解答】
解：由函数图像可知，x=0时y=1，故排除选项A；
并且x不能取1，−1，故排除选项B；
当x>1时函数图像单调递减，x<−1时函数图像单调递增，且图像关于y轴对称，故排除选项C.
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
不等式恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式求出a+b≥8，即可得到以x2+2x≤8恒成立，求解可得实数x的取值范围.
【解答】
解：因为正数a，b满足9a+1b=2，
所以a+b=12a+b9a+1b
=1210+9ba+ab
≥1210+29ba⋅ab=8,
当且仅当9ba=ab，即a=6，b=2时等号成立，
因为a+b≥x2+2x对任意正数a，b恒成立，
所以x2+2x≤8恒成立，
即x2+2x−8≤0，解得−4≤x≤2,
所以实数x的取值范围为[−4,2].
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
讨论实数m的范围，根据条件即可确定m的取值．
【解答】
解：不等式x2−m+2x+2m<0可化为x−mx−2<0，
①当m<2时，不等式的解集为x|m②当m=2时，不等式无解，不符合题意；
③当m>2时，不等式的解集为x|2综上，实数m的取值范围为[0,1)∪(3,4]，
故选C．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
集合的确定性、互异性、无序性
元素与集合关系的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，2=3x2+3x−4或2=x2+x−4，
①若2=3x2+3x−4，即x2+x−2=0，
所以x=−2或x=1，
检验：当x=−2时，x2+x−4=−2，与集合中元素互异性矛盾，舍去；
当x=1时，x2+x−4=−2，与元素互异性矛盾，舍去．
②若2=x2+x−4，即x2+x−6=0，
所以x=2或x=−3，
经验证x=2或x=−3为满足条件的实数x．
故选AC.
【答案】
A,B,C
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
集合的包含关系判断及应用
【解析】
先解出命题所对应的集合，再根据条件分析集合间包含关系，进行求解得选项.
【解答】
解：因为x∈R，条件p：x2所以p对应的集合为A=0,1.
因为条件q：1x≥a，
所以当a=0时，q对应的集合为B=0，+∞，
当a>0时，q对应的集合为B=(0,1a]，
当a<0时，q对应的集合为B=(−∞,1a]∪0,+∞.
因为p是q的充分不必要条件，所以A⊆B，
所以当a=0时，q对应的集合为B=0,+∞,
此时满足A⊆B，，故a=0满足题意；
当a>0时，q对应的集合为B=(0,1a]，
此时满足A⊆B，需1a≥1，
解得a∈(0,1]；
当a<0时，q对应的集合为B=(−∞,1a]∪(0,+∞),
此时满足A⊆B，故a<0满足题意.
所以实数a的取值范围是(−∞,1].
故选ABC.
【答案】
B,C,D
【考点】
基本不等式
不等式的基本性质
【解析】
根据基本不等式和不等式的性质即可判断每个不等式是否成立，从而找出正确选项．
【解答】
解：A，不等式a+b≥2ab恒成立的条件是a≥0，b≥0，故该选项错误；
B，2a2+b22−a+b2
=2a2+b2−a2+b2+2ab
=(a−b)2≥0，
所以2a2+b2≥a+b，故该选项正确；
C，因为a，b∈(0,+∞)，所以ba>0，ab>0，
所以ba+ab≥2ba⋅ab=2，
当且仅当ba=ab，即a=b时等号成立，故该选项正确，
D，当a为负数时，a+1a≤2成立，故该选项正确，
故选BCD.
【答案】
A,C
【考点】
函数的值域及其求法
函数奇偶性的判断
高斯函数[x]
函数单调性的判断与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fx=x21+x2−12
=1+x2−11+x2−12
=12−11+x2，
函数的定义域为R，
所以f−x=12−11+−x2=fx，
故fx在R上是偶函数，故B错误；
因函数gx=[fx]，
所以gx是偶函数，故A正确；
因为1x2+1∈0,1，
所以fx=12−11+x2∈−12,12，
则gx值域为−1,0，故C正确，
当x>0时，f(x)单调递增，因为f(x)是偶函数，故f(x)在(−∞，0)上单调递减，
g(x)与f(x)的增减性一致，故D错误，
故选AC.
三、填空题
【答案】
3
【考点】
函数的求值
【解析】
f(2x+1)=x2−2x，由2x+1=7，得x=3，由此能求出f(7)．
【解答】
解：因为f(2x+1)=x2−2x，
令2x+1=7，得x=3，
所以f(7)=32−2×3=3．
故答案为：3．
【答案】
(−∞, −1)∪(3, +∞)
【考点】
二次函数的性质
【解析】
因为不等式对应的是二次函数，其开口向上，若“∃x∈R，使得x2+(a−1)x+1<0”，则相应二次方程有不等的实根．
【解答】
解：∵ ∃x∈R，使得x2+(a−1)x+1<0，
∴ x2+(a−1)x+1=0有两个不等实根，
∴ Δ=(a−1)2−4>0，
解得a<−1或a>3.
故答案为：(−∞, −1)∪(3, +∞).
【答案】
4
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a>0，b>0，
∴ ab≤a+b22，当且仅当a=b时等号成立，
∴ 2ab=a+b+4≤a+b22，
即a+b2−2a+b−8≥0,
∴ a+b≥4或a+b≤−2(舍去)，
∴ a+b的最小值为4.
故答案为：4.
【答案】
1,0,2
【考点】
分段函数的应用
不等式恒成立问题
函数最值的应用
【解析】
利用分段函数的最值求法求解即可.
【解答】
解：若a=1时，函数fx=(x−1)2，x≤0，x+1x，x>0，
当x≤0时，fx=x−12单调递减，故fx≥f0=1；
当x>0时，fx=x+1x≥2，当且仅当x=1x即x=1时等号成立，
故fx≥f1=2，
所以a=1时，fx的最小值是1；
对于fx=(x−a)2，x≤0，x+1x，x>0，
若fx≥a2恒成立，
则fx的最小值是a2，
即函数的最小值应该在x=0处取得，
所以a≥0且a2≤2，
解得a∈0,2.
故答案为：1；0,2.
四、解答题
【答案】
解：因为A={x|2x−1<0)=−∞,12，
所以∁UA=12,+∞．
若选择①，B={x|x2+x>2}=(−∞,−2)∪(1,+∞)，
所以∁UA∩B=1,+∞．
若选择②，B={x|2x2−1≥0}=−∞,22∪22,+∞，
所以∁UA∩B=22,+∞．
【考点】
交、并、补集的混合运算
函数的定义域及其求法
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A={x|2x−1<0)=−∞,12，
所以∁UA=12,+∞．
若选择①，B={x|x2+x>2}=(−∞,−2)∪(1,+∞)，
所以∁UA∩B=1,+∞．
若选择②，B={x|2x2−1≥0}=−∞,22∪22,+∞，
所以∁UA∩B=22,+∞．
【答案】
解：(1)原式=(23)23−4+[(23)4]−34−1
=2​3×23−4+(23)4×(−34)−1
=4−4+278−1=198.
(2)原式=2lg5+2lg2+lg5×(lg2+1)+(lg2)2
=2+lg2×(lg5+lg2)+lg5
=2+lg2+lg5
=2+1
=3．
【考点】
分数指数幂
根式与分数指数幂的互化及其化简运算
对数的运算性质
【解析】
利用指数和对数的性质和运算法则，进行计算．
【解答】
解：(1)原式=(23)23−4+[(23)4]−34−1
=2​3×23−4+(23)4×(−34)−1
=4−4+278−1=198.
(2)原式=2lg5+2lg2+lg5×(lg2+1)+(lg2)2
=2+lg2×(lg5+lg2)+lg5
=2+lg2+lg5
=2+1
=3．
【答案】
解：(1)由条件知，关于x的方程x2−a+bx+a=0的两个根为1和2，
所以−a+b=1+2,a=1×2,
解得a=2,b=5.
(2)当b=1时，fx=x2+a+1x+a>0，即x+ax+1>0.
当−a<−1，即a>1时，解得x<−a或x>−1；
当−a=−1，即a=1时，解得x≠−1；
当−a>−1，即a<1时，解得x<−1或x>−a．
综上可知，当a<1时，不等式的解集为−∞,−1∪−a,+∞；
当a≥1时，不等式的解集为−∞,−a∪−1,+∞．
【考点】
根与系数的关系
一元二次不等式的解法
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由条件知，关于x的方程x2−a+bx+a=0的两个根为1和2，
所以−a+b=1+2,a=1×2,
解得a=2,b=5.
(2)当b=1时，fx=x2+a+1x+a>0，即x+ax+1>0.
当−a<−1，即a>1时，解得x<−a或x>−1；
当−a=−1，即a=1时，解得x≠−1；
当−a>−1，即a<1时，解得x<−1或x>−a．
综上可知，当a<1时，不等式的解集为−∞,−1∪−a,+∞；
当a≥1时，不等式的解集为−∞,−a∪−1,+∞．
【答案】
解：(1)由题意知，当m=0时，x=2（万件），
则2=4−k，解得k=2，x=4−2m+1．
因为每件产品的销售价格为12+24xx元，
所以2020年的利润y=x⋅12+24xx−8−16x−m
=36−16m+1−mm≥0．
(2)当m≥0时，m+1>0，
所以16m+1+m+1≥216=8，当且仅当m=3时等号成立．
所以y≤−8+37=29，当且仅当16m+1=m+1，
即m=3时，ymax=29．
故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
暂无

【解答】
解：(1)由题意知，当m=0时，x=2（万件），
则2=4−k，解得k=2，x=4−2m+1．
因为每件产品的销售价格为12+24xx元，
所以2020年的利润y=x⋅12+24xx−8−16x−m
=36−16m+1−mm≥0．
(2)当m≥0时，m+1>0，
所以16m+1+m+1≥216=8，当且仅当m=3时等号成立．
所以y≤−8+37=29，当且仅当16m+1=m+1，
即m=3时，ymax=29．
故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元．
【答案】
解：(1)因为函数fx满足fx+f−x=0，所以fx是定义在−1,1上的奇函数，
所以f0=0，即b=0．
又f−12=−25，所以−12a−122+1=−25，解得a=1，
所以fx=xx2+1，满足f−x=−x−x2+1=−xx2+1=−fx，
所以fx=xx2+1．
(2)函数fx在−1,1上为单调递增函数．
证明如下：
设−1则fx1−fx2=x1x12+1−x2x22+1
=x1x22+1−x2x12+1x12+1x22+1=x1−x21−x1x2x12+1x22+1，
因为−10，所以fx1−fx2<0，所以fx1所以函数fx在−1,1上为单调递增函数．
(3)由f2x+fx−1<0，得f2x<−fx−1，
因为fx为奇函数，所以−fx−1=f1−x，
所以f2x因为函数fx在−1,1上为单调递增函数，
所以−1<2x<1−x<1，解得0故不等式f2x+fx−1<0的解集为0,13．
【考点】
奇函数
函数解析式的求解及常用方法
函数的求值
函数的单调性及单调区间
函数单调性的性质
函数奇偶性的性质
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)因为函数fx满足fx+f−x=0，所以fx是定义在−1,1上的奇函数，
所以f0=0，即b=0．
又f−12=−25，所以−12a−122+1=−25，解得a=1，
所以fx=xx2+1，满足f−x=−x−x2+1=−xx2+1=−fx，
所以fx=xx2+1．
(2)函数fx在−1,1上为单调递增函数．
证明如下：
设−1则fx1−fx2=x1x12+1−x2x22+1
=x1x22+1−x2x12+1x12+1x22+1=x1−x21−x1x2x12+1x22+1，
因为−10，所以fx1−fx2<0，所以fx1所以函数fx在−1,1上为单调递增函数．
(3)由f2x+fx−1<0，得f2x<−fx−1，
因为fx为奇函数，所以−fx−1=f1−x，
所以f2x因为函数fx在−1,1上为单调递增函数，
所以−1<2x<1−x<1，解得0故不等式f2x+fx−1<0的解集为0,13．
【答案】
(1)证明：因为gx=9x−2x+2，x∈−∞,−2∪−2,+∞，
所以g−4−x=9x+38x+2，
所以gx+g−4−x=9x−2x+2+9x+38x+2=18，
即对任意的x∈−∞,−2∪−2,+∞，都有gx+g−4−x=18成立．
所以函数gx的图象关于点−2,9对称．
(2)解：因为gx=9x−2x+2=−20x+2+9，易知gx在0,2上单调递增．
所以gx在x∈0,2时的值域为−1,4．
记函数y=ℎx,x∈0,2的值域为A．
若对任意的x1∈0,2，总存在x2∈0,2，使得ℎx1=gx2成立，则A⊆−1,4．
因为当x∈0,1时，ℎx=x2−mx+m+1，
所以ℎ(1)=2，即函数ℎx的图象过对称中心1,2．
①当m2≤0，即m≤0时，函数ℎx在0,1上单调递增．
由对称性知，ℎx在1,2上单调递增，所以函数ℎx在0,2上单调递增．
易知ℎ0=m+1，又ℎ0+ℎ2=4，所以ℎ(2)=3−m，则A=[m+1,3−m]．
由A⊆−1,4，得 −1≤m+1,4≥3−m,m≤0,解得−1≤m≤0．
②当0由对称性知，ℎx在1,2−m2上单调递增，在2−m2,2上单调递减，
所以函数ℎx在0,m2上单调递减，在m2,2−m2上单调递增，在2−m2,2上单调递减．
所以结合对称性知，A=[ℎ2,ℎ0]或A=ℎ(m2),ℎ(2−m2)．
因为0又ℎ0+ℎ2=4，故ℎ2=3−m∈1,3．
易知ℎm2=−m24+m+1∈1,2．
又ℎm2+ℎ2−m2=4，
所以ℎ2−m2∈2,3．
所以当0③当m2≥1，即m≥2时，函数ℎx在0,1上单调递减．
由对称性知，ℎx在1,2上单调递减，所以函数ℎx在0,2上单调递减．
易知ℎ0=m+1，又ℎ0+ℎ(2)=4，
所以ℎ2=3−m，则A=3−m,m+1．
由A⊆−1,4，得−1≤3−m,4≥m+1,m≥2,解得2≤m≤3．
综上可知，实数m的取值范围为−1,3．
【考点】
函数新定义问题
函数的对称性
函数的单调性及单调区间
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：因为gx=9x−2x+2，x∈−∞,−2∪−2,+∞，
所以g−4−x=9x+38x+2，
所以gx+g−4−x=9x−2x+2+9x+38x+2=18，
即对任意的x∈−∞,−2∪−2,+∞，都有gx+g−4−x=18成立．
所以函数gx的图象关于点−2,9对称．
(2)解：因为gx=9x−2x+2=−20x+2+9，易知gx在0,2上单调递增．
所以gx在x∈0,2时的值域为−1,4．
记函数y=ℎx,x∈0,2的值域为A．
若对任意的x1∈0,2，总存在x2∈0,2，使得ℎx1=gx2成立，则A⊆−1,4．
因为当x∈0,1时，ℎx=x2−mx+m+1，
所以ℎ(1)=2，即函数ℎx的图象过对称中心1,2．
①当m2≤0，即m≤0时，函数ℎx在0,1上单调递增．
由对称性知，ℎx在1,2上单调递增，所以函数ℎx在0,2上单调递增．
易知ℎ0=m+1，又ℎ0+ℎ2=4，所以ℎ(2)=3−m，则A=[m+1,3−m]．
由A⊆−1,4，得 −1≤m+1,4≥3−m,m≤0,解得−1≤m≤0．
②当0由对称性知，ℎx在1,2−m2上单调递增，在2−m2,2上单调递减，
所以函数ℎx在0,m2上单调递减，在m2,2−m2上单调递增，在2−m2,2上单调递减．
所以结合对称性知，A=[ℎ2,ℎ0]或A=ℎ(m2),ℎ(2−m2)．
因为0又ℎ0+ℎ2=4，故ℎ2=3−m∈1,3．
易知ℎm2=−m24+m+1∈1,2．
又ℎm2+ℎ2−m2=4，
所以ℎ2−m2∈2,3．
所以当0③当m2≥1，即m≥2时，函数ℎx在0,1上单调递减．
由对称性知，ℎx在1,2上单调递减，所以函数ℎx在0,2上单调递减．
易知ℎ0=m+1，又ℎ0+ℎ(2)=4，
所以ℎ2=3−m，则A=3−m,m+1．
由A⊆−1,4，得−1≤3−m,4≥m+1,m≥2,解得2≤m≤3．
综上可知，实数m的取值范围为−1,3．