江苏省常州市北郊高级中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷

2024-2025学年第一学期期末考试 高一数学试卷 （时间：120分钟 满分150分） 命题人：沈凯 审卷人：王桂春 2025年1月 一、单选题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1．已知集合，，则 （   ） A． B． C． D． 2．设，则“”是“”的 （   ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充分且必要条件 D．既不充分又不必要条件 3．已知函数满足，则实数的值为 （   ） A． B． C． D． 4．已知关于的不等式的解集为，则 （   ） A．0 B．1 C．2 D． 5．已知幂函数的图象与坐标轴没有公共点，则实数m的取值为（   ） A．2 B． C．0或 D．0或2 6．定义在上的奇函数满足：且，都有，，则满足不等式的实数的取值范围为 （   ） A． B． C． D． 7．如图是函数的部分图象，则函数的解析式可为 （   ） A． B． C． D． 8．若函数在区间上有且仅有5条对称轴，则取值范围 是 （   ） A． B． C． D． 二、多选题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9．已知函数(，且)的图象如图所示，则下列选项正确的是 （   ）  A． B． C． D．的图象不经过第四象限 10．已知，且，则下列不等式恒成立的是 （   ） A． B． C． D． 11．对于函数和，下列说法正确的是 （   ） A．与有相同的最小正周期 B．与一定不存在相同的零点 C．与的图象有相同的对称轴 D．存在区间与均单调递增 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12．若命题：“”为假命题，则实数的取值范围为 ． 13．如图是一扇环形砖雕，可视为扇形OCD截去同心扇形OAB 所得部分，已知，弧，弧，则此扇环 形砖雕的面积为 ． 14．若将函数（ω＞2）的图像向右平移个单位长度后，与函数 的图像重合，则ω的最小值为 . 四、解答题（本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15．(本小题满分13分) 已知函数． （1）求函数的最小正周期与单调递增区间； （2）求函数在区间上的值域． 16．(本小题满分15分) 已知函数． （1）求函数的定义域，并判断的是否具有奇偶性； （2）若，求实数的取值范围． 17．(本小题满分15分) （1）已知是第三象限角，且是方程的一个实根， 求的值； （2）已知，且，求的值． 18．(本小题满分17分) 在平面直角坐标系xOy中，锐角的顶点是坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边交单位圆于点.将角的终边按逆时针方向旋转得到角． （1）求； （2）求的值． 19．(本小题满分17分) 已知函数是定义在上的奇函数． （1）求的值，并用定义证明的单调性； （2）若时，不等式有解，求实数的取值范围； （2）若对任意的时，不等式恒成立，求正实数的取值范围． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1 页，共 4 页 2024-2025 学年第一学期期末考试 高一数学试卷 （时间：120分钟 满分 150分） 命题人：沈凯 审卷人：王桂春 2025年 1月 一、单选题(本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的) 1．已知集合 3 | 2 A x x        ， { 1 2 0}B x x   ，则 （ ） A． 1 2 A B x x        B． A B   C． 1 2 A B x x        D． A B  R 2．设 ,a bR ，则“ 1 0b a   ”是“ 1 a b  ”的 （ ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充分且必要条件 D．既不充分又不必要条件 3．已知函数     2 , 0, 1 , 0 x x f x f x m x       ≤ 满足 3 3 2 2 f       ，则实数m 的值为 （ ） A． 5 4 B． 5 8 C． 5 12 D． 3 8 4．已知关于 x 的不等式 22 3 0ax bx   的解集为   3 , 1 , 4         ，则 log ( )ab 4 （ ） A．0 B．1 C．2 D． 1 2 5．已知幂函数  3 4 1 my m m x   的图象与坐标轴没有公共点，则实数 m 的取值为（ ） A．2 B． 2 C．0 或 2 D．0 或 2 6．定义在R 上的奇函数  f x 满足：  1 2, 0,x x   且 1 2x x ，都有    1 2 1 2 0 f x f x x x    ，  3 0f  ，则满足不等式   0xf x  的实数 x 的取值范围为 （ ） A．    , 3 3,   B．    3, 0 3,  C．    , 3 0,3  D．    3, 0 0,3 试卷第 2 页，共 4 页 7．如图是函数  siny x   的部分图象，则函数的解析式可为 （ ） A． π sin 2 3 y x        B． π sin 3 y x        C． π sin 2 6 y x        D． 5π cos 2 6 y x        8．若函数   π 3sin 0 6 y x          在区间 0, 2π 上有且仅有 5 条对称轴，则 取值范围 是 （ ） A． 19 13 6 6       , B． 13 8 6 3       , C． 19 13 , 6 6      D． 13 8 , 6 3      二、多选题(本题共 3 小题,每小题 6分,共 18分.在每小题给出的选项中,有多项是符合题 目要求的.全部选对的得 6分,部分选对的得部分分,有选错的得 0分) 9．已知函数   xf x a b  ( 0a  ，且 1a  )的图象如图所示，则下列选项正确的是 （ ） A． 1a  B． 1b  C．2 1b a  D．   xg x b a  的图象不经过第四象限 10．已知 0, 0a b  ，且 4a b  ，则下列不等式恒成立的是 （ ） A． 2 2 8a b ≥ B． 1 1 1 a b  ≤ C． 2 2 8a b ≥ D． 1 3 4a b   ≤ 11．对于函数   1 cos 2 f x x 和   1 π sin 2 4 g x x        ，下列说法正确的是 （ ） A．  f x 与  g x 有相同的最小正周期 B．  f x 与  g x 一定不存在相同的零点 C．  f x 与  g x 的图象有相同的对称轴 D．存在区间  ,I f x 与  g x 均单调递增 三、填空题(本题共 3 小题,每小题 5分,共 15分) 12．若命题：“ 2, 4 2 0x x x m    R ”为假命题，则实数m 的取值范围为 ． 试卷第 3 页，共 4 页 13．如图是一扇环形砖雕，可视为扇形 OCD 截去同心扇形 OAB 所得部分，已知 1mAD  ，弧 π m 3 AB  ，弧 2π m 3 CD  ，则此扇环 形砖雕的面积为 2m ． 14．若将函数 π tan 4 y x       ＝ （ω＞2）的图像向右平移 π 12 个单位长度后，与函数 π tan 3 y x       ＝ 的图像重合，则 ω的最小值为 . 四、解答题（本题共 6 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15．(本小题满分 13 分) 已知函数 π ( ) cos(2 ) 3 f x x  ． （1）求函数 ( )y f x 的最小正周期与单调递增区间； （2）求函数 ( )y f x 在区间 π π [ , ] 12 2  上的值域． 16．(本小题满分 15 分) 已知函数      3 3log 2 log 2f x x x    ． （1）求函数 ( )y f x 的定义域，并判断  f x 的是否具有奇偶性； （2）若     2f m f m   ，求实数m 的取值范围． 17．(本小题满分 15 分) （1）已知 是第三象限角，且 tan 是方程 2 2 0x x   的一个实根， 求 2sin   22 sin cos 3cos   的值； （2）已知 1 sin cos 2    ，且 (0,π)  ，求 1 1 sin cos   的值． 试卷第 4 页，共 4 页 18．(本小题满分 17 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，锐角 的顶点是坐标原点，始边与 x 轴正半轴重合，终边交单位 圆于点 0 1 , 3 A y       .将角 的终边按逆时针方向旋转 π 2 得到角  ． （1）求 tan  ； （2）求       π sin cos π 2 3π π sin π cos sin 3π cos 2 2                              的值． 19．(本小题满分 17 分) 已知函数   2 2 x x a f x   是定义在R 上的奇函数． （1）求 a 的值，并用定义证明  f x 的单调性； （2）若  2,3x 时，不等式    22 1 0f tx f x  ≥ 有解，求实数 t 的取值范围； （2）若对任意的  1 2, 2,1x x   时，不等式    1 2 9 4 f x f x m m  ≤ 恒成立，求正实数m 的 取值范围． 2024-2025学年第一学期期末考试 高一数学试卷参考答案 一、单选题 1．【详解】因为集合，， 所以，.故选：A. 2．【详解】由，则，即可以推导出，故充分性成立； 由推不出，如，，满足，但是，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A 3．【详解】，故，故选：B 4．【详解】由题意可得，且，为方程的两根， 由韦达定理可得，解得，故．故选：D． 5．【详解】由题意可知，，解得或，故选：C 6．【详解】因为且，都有， 所以在上单调递减，又是定义在上的奇函数， 所以在上单调递减，又，所以， 所以当或时，当或时， 不等式，即或，解得或， 所以满足不等式的实数的取值范围为.故选：D 7．【详解】根据图象可得最小正周期为， 所以，故或，由图可知当时，函数取最小值， 当时，可得，，所以，，此时，当时，可得，， 所以，，取可得，， 故函数的解析式可能为，B、C错； 由，D错误．故选：A． 8．【详解】所以函数在上由小到大的第5条对称轴为，第6条对称轴为，由题知，，解得， 故选：D 二、多选题 9．【详解】对于A，由图象可知函数单调递减，则，故A错误； 对于B，当时，，由图象可得，解得，故B正确； 对于C，，由是增函数，则，故C错误； 对于D，由，，则函数是增函数， 当时，，故D正确.故选：BD. 10．【详解】对于A：因为，， 所以，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，故A正确；对于B：因为，当且仅当时取等号，故B错误；对于C：因为，当且仅当时取等号，故C正确； 对于D：因为， 所以，当且仅当，即时取等号，故D正确；故选：ACD. 11．【详解】对于A，函数，又函数， 所以函数与有相同的最小正周期，故A正确； 对于B，对于函数的零点，可令，解得； 对于函数的零点，可令，解得， 由于，所以函数与一定不存在相同的零点，故B正确； 对于C，对于函数的对称轴，可令，解得； 对于函数的对称轴，可令，解得， 由于，所以函数与一定不存在相同的对称轴，故C错误； 对于D，对于函数的单调递增区间，可令，解得； 对于函数的单调递增区间，可令，解得， 由于，可令，则区间为函数与的一个共同单调递增区间，故D正确.故选：ABD. 三、填空题 12．【详解】因为“”为假命题，所以“”为真命题，即方程没有实数根，所以，故，所以的取值范围为.故答案为：. 13．【详解】设圆心角为，则，所以， 解得，所以，，所以此扇环形砖雕的面积为 .故答案为：. 14．【详解】将函数（ω＞0）的图像向右平移个单位长度后，得到的图象，由于与函数的图像重合， 所以（k∈Z），整理得：ω＝1﹣12k.因为ω＞2，所以当k＝-1时，ω的最小正值为13.故答案为：13 四、解答题 15．【详解】（1）， 由，，得， 故的单调递增区间为. （2）由于，故，由于在上单调递减，在上单调递增，因此函数在上单调递减，在上单调递增， 则，而，则， 所以函数在区间上的值域为. 16．【详解】（1）由，解得，所以的定义域为，为奇函数，证明如下：，都有，对于， 又，因此为奇函数； （2）因为为奇函数，则， 即，所以， 解，得或，解，得， 综上，，即的取值范围是. 17．【详解】（1）由，得或， 是方程的一个实根，且是第三象限角，， . （2），，则， ，所以， 故， . 18．【详解】（1）由条件可知，，且，则，所以，， ； （2），， 原式. 19．【详解】（1）因为函数是定义在R上的奇函数，所以， 即，解得，所以， 即，则，符合题意， 令，则=， 因为所以，则，因为，所以， 所以在R上单调递增. （2）因为在定义域上单调递增，又是定义在R上的奇函数， 所以在有解， 等价于在上有解， 即在上有解，即，有解， 令，，因为在[2，3]上单调递减， 所以，所以. （3）若对任意的时，不等式恒成立， 则有恒成立， 因为在R上单调递增， 当时，，所以， 所以，所以恒成立， 当时，有，化简得，解得或， 综上得的取值范围是. 第4页，共6页 第3页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $$第 1 页，共 6 页 2024-2025 学年第一学期期末考试 高一数学试卷参考答案 一、单选题 1．【详解】因为集合 3 { } 2 A x x  ， 1 { 1 2 0} 2 B x x x x           ， 所以 1 2 A B x x         ， 3 2 A B x x         .故选：A. 2．【详解】由 1 0b a   ，则 1 0a b   ，即可以推导出 1 a b  ，故充分性成立； 由 1 a b  推不出 1 0b a   ，如 1a   ， 1b  ，满足 1 a b  ，但是 1 b a  ，故必要性不成立； 所以“ 1 0b a   ”是“ 1 a b  ”的充分不必要条件.故选：A 3．【详解】 2 3 1 1 3 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 f f m f m m                                  ，故 5 8 m  ，故选：B 4．【详解】由题意可得 0a  ，且 1 ， 3 4 为方程 22 3 0ax bx   的两根， 由韦达定理可得 1 2 4 3 3 2 4 b a a          ，解得 2 1 a b    ，故 4 1 log ( ) 2 ab  ．故选：D． 5．【详解】由题意可知， 3 4 1 1 0 m m m       ，解得 0m  或 2m   ，故选：C 6．【详解】因为  1 2, 0,x x   且 1 2x x ，都有    1 2 1 2 0 f x f x x x    ， 所以  f x 在  0,  上单调递减，又  f x 是定义在R 上的奇函数， 所以  f x 在  , 0 上单调递减，又  3 0f  ，所以    3 3 0f f    ， 所以当 3x   或0 3x  时   0f x  ，当 3 0x   或 3x  时   0f x  ， 不等式   0xf x  ，即   0 0 x f x    或   0 0 x f x    ，解得0 3x  或 3 0x   ， 所以满足不等式   0xf x  的实数 x 的取值范围为    3,0 0,3 .故选：D 7．【详解】根据图象可得最小正周期为 2π π 2( ) π 3 6 T    ， 第 2 页，共 6 页 所以 2π π | |  ，故 2  或 2   ，由图可知当 π 2π + 5π6 3 = 2 12 x  时，函数取最小值， 当 2  时，可得 5π 3π 2 2 π+ 12 2 k   ， Zk  ，所以 2π 2 π+ 3 k  ， Zk  ，此时 2π 2π sin 2 2 π+ sin 2 + 3 3 y x k x               ，当 2   时，可得 5π π 2 2 π 12 2 k     ， Zk  ， 所以 π 2 π+ 3 k  ， Zk  ，取 0k  可得， π 3   ， 故函数的解析式可能为 π π sin 2 2 π+ sin( 2 ) 3 3 y x k x           ，B、C 错； 由 5π π π π cos( 2 ) cos( + 2 ) sin( 2 ) 6 2 3 3 y x x x       ，D 错误．故选：A． 8．【详解】所以函数  f x 在  0,  上由小到大的第 5 条对称轴为 π 4π 13π 3 3 x       ，第 6 条对称轴为 π 5π 16π 3 3 x       ，由题知， 13π 2π 3 16π 2π 3         ，解得 13 8 6 3   ， 故选：D 二、多选题 9．【详解】对于 A，由图象可知函数单调递减，则0 < 𝑎 < 1，故 A 错误； 对于 B，当𝑥 = 0时，   0 0 1f a b b    ，由图象可得1 0 b ，解得 1b  ，故 B 正确； 对于 C， 0b a  ，由 2 x y  是增函数，则 02 2 1b a   ，故 C 错误； 对于 D，由 1b  ，0 < 𝑎 < 1，则函数  g x 是增函数， 当𝑥 = 0时，   0 0 1 0g b a a     ，故 D 正确.故选：BD. 10．【详解】对于 A：因为   22 2 2 16 2b a b aa b ab      ， 4 2  a b ab ， 所以 4ab  ，当且仅当 2a b  时取等号，所以 2 2 16 2 16 8 8a b ab      ，当且仅当 2a b  时取等号，故 A 正确；对于 B：因为 1 1 4 4 1 4 a b a b ab ab       ，当且仅当 2a b  时取等号，故 B 错误；对于 C：因为 222 2 2 2 2 2 2 2 2 8 a b a b a b          ，当且仅当 2a b  时取等号，故 C 正确； 对于 D：因为       2 1 3 1 3 4 2 1 3 8 2 16 2 a b a b a b a b                 ， 所以 1 3 4a b    ，当且仅当 1 3a b   ，即 3, 1a b  时取等号，故 D 正确；故选： 第 3 页，共 6 页 ACD. 11．【详解】对于 A，函数   1 π π 1 π sin cos 2 4 2 2 4 g x x x                 ，又函数   1 cos 2 f x x ， 所以函数  f x 与  g x 有相同的最小正周期 2π 4π 1 2  ，故 A 正确； 对于 B，对于函数   1 cos 2 f x x 的零点，可令   1 π π 2 2 x k k  Z ，解得  π 2 πx k k  Z ； 对于函数   1 π cos 2 4 g x x        的零点，可令   1 π π π 2 4 2 x k k   Z ，解得   3π 2 π 2 x k k  Z ， 由于 k Z ，所以函数  f x 与  g x 一定不存在相同的零点，故 B 正确； 对于 C，对于函数   1 cos 2 f x x 的对称轴，可令   1 π 2 x k k Z ，解得  2 πx k k Z ； 对于函数   1 π cos 2 4 g x x        的对称轴，可令   1 π π 2 4 x k k  Z ，解得   π 2 π 2 x k k  Z ， 由于 k Z ，所以函数  f x 与  g x 一定不存在相同的对称轴，故 C 错误； 对于 D，对于函数   1 cos 2 f x x 的单调递增区间，可令   1 2 π π 2 π 2 k x k k   Z ，解得  4 π 2π 4 πk x k k   Z ； 对于函数   1 π cos 2 4 g x x        的单调递增区间，可令   1 π 2 π π 2 π 2 4 k x k k    Z ，解得   3π π 4 π 4 π 2 2 k x k k    Z ， 由于 k Z ，可令 0k  ，则区间 3π , 0 2       为函数  f x 与  g x 的一个共同单调递增区间，故 D 正确.故选：ABD. 三、填空题 12．【详解】因为“ 2R,4 2 0x x x m     ”为假命题，所以“ 2 R, 4 2 0x x x m     ”为真命 题，即方程 24 2 0x x m   没有实数根，所以4 16 0m  ，故 1 4 m  ，所以m 的取值范围为 1 , 4       .故答案为： 1 , 4       . 13．【详解】设圆心角为 ，则 CD AB OD OA    ，所以 2π π 3 3 1OA OA   ， 解得 1mOA  ，所以 2mOD  ， π 3   ，所以此扇环形砖雕的面积为 1 1 2 2 CD OD AB OA    2 1 2π 1 π 2 1 2 3 2 3 π       2m .故答案为： π 2 . 第 4 页，共 6 页 14．【详解】将函数 π tan 4 y x       ＝ （ω＞0）的图像向右平移 12  个单位长度后，得到 π π tan tan 12 4 12 4 y x x                       ＝ ＝ 的图象，由于与函数 π tan 3 y x       ＝ 的图像重合， 所以 4 12 3 k         （k∈Z），整理得：ω＝1﹣12k.因为 ω＞2，所以当 k＝-1 时，ω的 最小正值为 13.故答案为：13 四、解答题 15．【详解】（1） 2π π 2 T   ， 由 π 2 π π 2 2 π 3 k x k    ， Zk  ，得 2π π π π 3 6 k x k    ， Zk  故  f x 的单调递增区间为 2π π [ π , π ]( Z) 3 6 k k k   . （2）由于 π π [ , ] 12 2 x  ，故 π π 4π 2 [ , ] 3 6 3 x   ，由于 cosy x 在 π [ , π] 6 上单调递减，在 4π [π, ] 3 上 单调递增，因此函数 ( )f x 在 π π [ , ] 12 3 - 上单调递减，在 π π [ , ] 3 2 上单调递增， 则 min π ( ) ( ) 1 3 f x f   ，而 π 3 π 1 ( ) , ( ) 12 2 2 2 f f    ，则 max π 3 ( ) ( ) 12 2 f x f   ， 所以函数 ( )f x 在区间 π π [ , ] 12 2  上的值域为 3 1 2       , . 16．【详解】（1）由 2 0 2 0 x x      ，解得 2 2x   ，所以  f x 的定义域为  2, 2 ，  f x 为奇函 数，证明如下：  2, 2x   ，都有  2, 2x   ，对于      3 3log 2 log 2f x x x    ， 又        3 3log 2 log 2f x x x f x       ，因此  f x 为奇函数； （2）因为  f x 为奇函数，则        2 2 1f m f m f m f m      ， 即 3 2 log 1 2 m m    ，所以 2 0 3 2 m m     ， 解 2 3 2 m m    ，得 1m  或 2m  ，解 2 0 2 m m    ，得 2 2m   ， 综上， 2 1m   ，即m 的取值范围是  2,1 . 17．【详解】（1）由 2 2 0x x   ，得 1x   或 2x  ， tan 是方程 2 2 0x x   的一个实根，且 是第三象限角， tan 2  ， 2 2 2 2 2 2 sin 2 sin cos 3cos sin 2 sin cos 3cos sin cos                  第 5 页，共 6 页 2 2 tan 2 tan 3 tan 1        2 2 2 2 2 3 3 2 1 5       . （2） 1 sin cos 2    ， 2 1 (sin cos ) 1 2 sin cos 4         ，则 3 sin cos 0 8     ， (0,π)  ，所以 sin 0, cos 0   ， 故 2 3 7 cos sin (cos sin ) 1 2 sin cos 1 4 2              ， 7 1 1 cos sin 4 72 3sin cos sin cos 3 8            . 18．【详解】（1）由条件可知， 0 0y  ，且 2 2 0 1 1 3 y        ，则 0 2 2 3 y  ，所以 1 cos 3   ， 2 2 sin 3   ， π 1 sin π cos 22 3tan tan π2 sin 42 2 cos 2 3                               ； （2） π 2 2 cos cos sin 2 3               ， π 1 sin sin cos 2 3             ， 原式   22 2 2 1 2 2 3 3cos cos cos cos 2 2 sin sin sin sin sin sin 71 2 2 3 3                                            . 19．【详解】（1）因为函数   2 2 x x a f x   是定义在 R 上的奇函数，所以 (0) 0f  ， 即 0 0 2 0 2 a   ，解得 1a  ，所以 1 ( ) 2 2 x x f x   ， 即 ( ) 2 2x xf x   ，则 ( ) 2 2 ( ) x x f x f x       ，符合题意， 1 2 , R ,x x  令 1 2x x ，则 1 2 1 2 1 2 1 1 ( ) ( ) 2 (2 ) 2 2 x x x x f x f x     = 1 2 1 2 1 (2 2 )(1 ) 2 2 x x x x    ， 因为 1 2 ,x x 所以 1 22 2x x ，则 1 22 2 0 x x   ，因为 1 2 1 1 0 2 2 x x    ，所以 1 2( ) ) 0(f x f x  ， 所以  f x 在 R 上单调递增. （2）因为  f x 在定义域上单调递增，又  f x 是定义在 R 上的奇函数， 所以    22 1 0f tx f x   在  2,3x 有解， 等价于 2 ( ) (2 1) (1 2 )f x f tx f tx     在  2,3x 上有解， 第 6 页，共 6 页 即 2 1 2x tx  在  2,3x 上有解，即 1 1 ( ) 2 t x x   ，  2,3x 有解， 令 1 1 ( ) ( ) 2 g x x x   ，  2,3x ，因为 ( )g x 在[2，3]上单调递减， 所以 min 4 ( ) (3) 3 g x g   ，所以 4 3 t   . （3）若对任意的  1 2, 2,1x x   时，不等式    1 2 9 4 f x f x m m    恒成立， 则有     1 2 max 9 4 m f x f x m    恒成立， 因为  f x 在 R 上单调递增， 当  2,1x  时，   15 3 , 4 2 f x        ，所以   15 0, 4 f x        ， 所以     1 2 max 15 4 f x f x  ，所以 9 15 4 4 m m   恒成立， 当 0m  时，有 9 15 4 4 m m   ，化简得 24 15 9 0m m   ，解得 3m  或 3 0 4 m  ， 综上得m 的取值范围是   3 0, 3, 4         . 20242025学年第一学期期末考试 请在各豪的客原区域内答覆，超出黑色矩形边限定区滩的答案无效 高一数学答题卡 清在各源的答源区娃内斋愿，超出黑色折形功杯果定区线的著案无效 请在者严装城格娇骨形想中售巴地架必的活整无效 2别8.01 酷条形码区· 周，解答獵：本大差共6小赠。共计7分。请在若磁卡指定区城内作答，解 答时皮写出：文字说期。证明成演步障 姓名 一，单误题：本大景共8小预，每小题5分，共艳分 1 5 B 二，多很要：本大最共吉小源，每小要6分，共像分 9 raro 10 11 ormamrrnma 三，填空增：本大%共3小题.。每小5分，共5分.清托若率填写在苦增 相脑的位置上 12. 13 17 请在备菱的答要区线内答爱。经出果色板形边瓶限定区埋的答案无效 请在各強的答赠区辅内答整，超出黑色更形边果定区城的落案无效 18 9