(1)$\because f(1)=a+2+c=5\Rightarrow c=3-a$;
又$\because 6\lt f(x)\lt 11\Rightarrow 6\lt 4a+c+4\lt 11$, 将$c=3-a$ 代入得
$-\frac{1}{3}\lt a\lt \frac{4}{3}$, 又$\because a,c\in N^*\Rightarrow a=1,c=2$.
$\therefore f(x)=x^2+2x+2$.

(2)证明: $\because \frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$
$\therefore $ 不等式$f(x)-2mx\leq 1$ 恒成立 $\Leftrightarrow x^2+(2-2m)x+1\leq 0$
在$\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$ 上恒成立.
设$g(x)=x^2+(2-2m)x+1$, $g(x)$ 是开口向上的二次函数, 对称轴为直线$x=m-1$.
(i)当$m-1\lt \frac{1}{2}$时, 满足$g(\frac{3}{2})\leq 0$;
(ii) 当$\frac{1}{2}\leq m-1\leq \frac{3}{2}$ 时, 满足$g(\frac{1}{2})\leq 0$ 且$g(\frac{3}{2})\leq 0$;
(iii) 当$m-1\gt \frac{3}{2}$ 时, 满足$g(\frac{1}{2})\leq 0$
解得: $m\geq \frac{9}{4}$.

(1) 证明: 连接$OD$,可得$\angle ODA=\angle OAD=\angle DAC$
$\therefore OD\parallel AE$
$\because AE\bot DE$
$\therefore DE\bot OD$, 而$OD$ 为半径
$\therefore DE$ 是$\odot O$ 的切线.

(2) 过$D$ 作$DH\bot AB$ 于$H$, 则有$\cos \angle DOH=\cos\angle CAB=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{3}$
设$OH=x$, 则$OA=OD=3x$,
$\therefore AH=4x$
由$\triangle AED\cong \triangle AHD\Rightarrow AE=AH=4x$.
又$OD\parallel AE\Rightarrow \triangle AEF\backsim \triangle DOF$.
$\therefore \frac{AF}{DF}=\frac{AE}{OD}=\frac{4}{3}, \frac{AF}{DF}=\frac{4}{3}$.

将$y=2-ax$ 代入$h(x,y)$ 得$h(x,y)=2-ax+3x-\frac{1}{2}x^2=-\frac{1}{2}[x-(3-a)]^2+\frac{1}{2}(3-a)^2+2(x\geq 0)$.
$\because y\geq 0,\therefore 2-ax\geq 0$. 又$a>0$, $\therefore 0\leq x\leq \frac{2}{a}$.
令$S(x)=h(x,y)=-\frac{1}{2}[x-(3-a)]^2+\frac{1}{2}(3-a)^2+2, x\in[0,\frac{2}{a}],a\gt 0$.
将区间看作是不动的, 对称轴变化, 进行如下讨论:
(1) 当$0\lt 3-a< \frac{2}{a}(a\gt 0)$, 即$0\lt a\lt 1$ 或$2\lt a\lt 3$.时
此时$M(a)=S(3-a)=\frac{1}{2}(3-a)^2+2$.

(2) 当$3-a\geq \frac{2}{a}(a\gt 0)$, 即$1\leq a\leq 2$ 时
此时$M(a)=S(\frac{2}{a})=2-a\times \frac{2}{a}+3\frac{2}{a}-\frac{1}{2}(\frac{2}{a})^2=-\frac{2}{a^2}+\frac{6}{a}$.

(3) 当$3-a\leq 0$,即$a\geq 0$ 时
此时$M(a)=S(0)=2$.
综上所述,
\[
M(a)=\left\{\begin{array}{lr} \frac{1}{2}(3-a)^2+2, 0\lt a\lt 1 或 2\lt a\lt 3 \\ -\frac{2}{a^2}+\frac{6}{a}, 1\leq a\leq 2, \\ 2, a\geq 3 \end{array}\right.
\]

由题意知$f(x)=[x]x-[x]^2$, 所以

f(x)=\\left\\{\\begin{array}{lr} 0 (0\leq x\lt 1) \\\\ x-1 (1\leq x\lt 2)\\\\ 2x-4(2\leq x\leq 3) \\end{array}\\right.

显然当$2\leq x\leq 3$ 时不等式有解, 解$2x-4\lt x-1\Rightarrow x<3$, 所以原不等式
的解集为$2\leq x<3$, 所以$d=1$, 故选A.

(1) 当$a=0$ 时, 若$b\neq 0$, 则$x_0=-\frac{c}{b}=\frac{m}{m+1}$, 满足$0\lt x_0\lt 1$;
若$b=0\Rightarrow c=0$, 这时对一切$x$ 满足方程, 结论成立.

(2) 当$a\gt 0$ 时, 令$f(x)=ax^2+bx+c$, 易求得$f(\frac{m}{m+1})=-\frac{am}{(m+1)(m+2)}<0$
若$c\gt 0$, 则$f(0)=c\gt 0$, 由根在存在性原理知:
必有一根满足$0\lt x_0\lt \frac{m}{m+1}\lt 1$;
若$c\leq 0$, 则

$f(1)=a+b+c=(m+2)\cdot \frac{a}{m+2}+(m+1)\cdot \frac{b}{m+1}+m\cdot \frac{c}{m}$

$=\frac{a}{m+2}+(m+1)(\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m})-\frac{c}{m}=\frac{a}{m+2}-\frac{c}{m}>0$

故必有一根$x_0$ 满足$0\lt \frac{1}{m+1}\lt x_0\lt 1$.

当$-1\leq x_1\leq 2$ 时, $-1\leq f(x_1)\leq 3$, 因为$a\gt 0$ 所以$ax+b$ 在$-1\leq x_2\leq 2$
范围内是增函数. 依据题意应该有
\[
\left\{\begin{array}{lr} a\cdot (-1)+2\leq -1 \\ 2a+2\geq 3 \end{array}\right.\Rightarrow a\geq 3
\]

(1) 由$f(x)=f(-1-x)\Rightarrow f(0)=c=0, -\frac{b}{2a}=-\frac{1}{2}$, 此时$f(x)=ax^2+ax$,
$f(x)+x+1=ax^2+(a+1)x+1$, 构造关于$a$ 的函数$g(a)=(x^2+x)a+(x+1)$, 在$-3\leq a\leq 1$ 恒成立
\[
\left\{\begin{array}{lr} g(-3)=(x^2+x)\cdot (-3)+(x+1)>0 \\ g(-1)=(x^2+x)\cdot (-1)+(x+1)>0 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} -1\lt x\lt \frac{1}{3} \\ -1\lt x\lt 1 \end{array}\right.
\]
得$-1\lt x\lt \frac{1}{3}$. 即$x$ 的取值范围是$(-1,\frac{1}{3})$.

(2) 由$x\leq f(x)\leq \frac{1}{2}(x^2+1)$ 对一切实数恒成立, 得$1\leq f(1)\leq \frac{1}{2}(1^2+1)=1$
$\therefore f(1)=a+b+c=1, f(-1)=a-b+c=0\Rightarrow b=\frac{1}{2}, a+c=\frac{1}{2}$,
所以$f(x)=ax^2+\frac{1}{2}x+(\frac{1}{2}-a)$
由$f(x)-x=ax^2-\frac{1}{2}x+(\frac{1}{2}-a)\geq 0\Rightarrow \Delta=(-\frac{1}{2})^2-4a(\frac{1}{2}-a)\leq 0$ 恒成立
即$4a^2-2a+\frac{1}{4}=(2a-\frac{1}{2})^2\leq 0\Rightarrow a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$.
把$a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$, 代入$f(x)\leq \frac{1}{2}(x^2+1)$ 不等式也恒成立.
所以$a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$.

设$\triangle ABC$ 的三边长分别为$a,b,c$, 其中$c$ 为斜边, 依题意, 得:
\[
\left\{\begin{array}{lr} a+b+c=14 \\ \frac{1}{2}ab=7 \\ a^2+b^2=c^2 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} c=6 \\ a+b=8 \\ ab=14 \end{array}\right.
\]
从而$a,b$ 是方程$z^2-8z+14=0$ 的两个实数根, 解得$z=4\pm \sqrt{2}$.
故$\triangle ABC$ 的三边长分别为$4-\sqrt{2},4+\sqrt{2},6$

设甲,乙两同学跑了$x$ s, 则小狗跑了$(x-6)$ s, 依题意, 有:
$2(x-6)+3(x-6)=400-2\times 6-3\times 6\Rightarrow x=80$.
所以小狗跑了$(80-6)\times 6=444$ m.

由已知得: $a^4+a^3=1, b^4+b^3=1$, 令$p=a+b,q=ab$, 将两式相乘得:
$(a^4+a^3)(b^4+b^3)=1\Rightarrow q^3(q+p+1)=1\Rightarrow p=\frac{1-q^3-q^4}{q^3}$.

将两式相减得:
$(a^4+a^3)-(b^4+b^3)=(a^4-b^4)+(a^3-b^3)=0$, 因为$a\neq b$, 所以有:
$(a^2+b^2)(a+b)+(a^2+ab+b^2)=0\Rightarrow (a^3+a^2)+(b^3+b^2)+ab(a+b+1)=0$
因为$a^3+a^2=\frac{1}{a}, b^3+b^2=\frac{1}{b}$,所以上式得: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+ab(a+b+1)=0$
所以有$p=\frac{-q^2}{1+q^2}$, 所以有$\frac{1-q^3-q^4}{q^3}=\frac{-q^2}{1+q^2}\Rightarrow q^6+q^4+q^3-q^2-1=0$
故$q=ab$ 是方程$x^6+x^4+x^3-x^2-1=0$ 的根.