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1．解析：，故選A。

2．（理）解析：∵

，

故選B。

（文）解析：抽取回族學(xué)生人數(shù)是，故選B。

3．解析：由，得，此時(shí)，所以，，故選C。

4．（理）解析：顯然，若與共線，則與共線；若與共線，則，即，得，∴與共線，∴與共線是與共線的充要條件，故選C。

（文）解析：∵∥，∴，∴，故選C。

5．解析：設(shè)公差為，由題意得，；，解得或，故選C。

6．解析：（理）∵雙曲線的右焦點(diǎn)到一條漸近線的距離等于焦距的，∴，又∵，∴，∴，∴雙曲線的離心率是。故選B.

（文）∵雙曲線的右焦點(diǎn)到一條漸近線的距離等于焦距的，∴，又∵，∴，∴雙曲線的漸近線方程是,故選D.

7.解析：∵、為正實(shí)數(shù)，∴，∴；由均值不等式得恒成立，，故②不恒成立，又因?yàn)楹瘮?shù)在是增函數(shù)，∴，故恒成立的不等式是①③④。故選C.

8．解析：∵，∴在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，∴，故選D。

9．（理）解析：∵

，此函數(shù)的最小值為，故選C。

（文）解析：∵

，∴此函數(shù)的最小正周期是，故選C。

10．解析：如圖，∵正三角形的邊長為，∴，∴，又∵，∴，故選D。

11．解析：∵在區(qū)間上是增函數(shù)且，∴其反函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，∴，故選A

12．解析：如圖，①當(dāng)或時(shí)，圓面被分成2塊，涂色方法有20種；②當(dāng)或時(shí)，圓面被分成3塊，涂色方法有60種；

③當(dāng)時(shí)，圓面被分成4塊，涂色方法有120種，所以m的取值范圍是，故選A。

13．（理）解析：做出表示的平面區(qū)域如圖，當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，取得最大值5。

（文）解析：將代入結(jié)果為，∴時(shí)，表示直線右側(cè)區(qū)域，反之，若表示直線右側(cè)區(qū)域，則，∴是充分不必要條件。

14.解析：（理）∵，∴時(shí)，，又時(shí)，滿足上式，因此，，

∴。

 （文）∵，∴時(shí)，，又時(shí)，滿足上式，因此，。

15．解析：設(shè)正四面體的棱長為，連，取的中點(diǎn)，連，∵為的中點(diǎn)，∴∥，∴或其補(bǔ)角為與所成角，∵，，∴，∴，又∵，∴，∴與所成角的余弦值為。

16．解析：∵，∴，∵點(diǎn)為的準(zhǔn)線與軸的交點(diǎn)，由向量的加法法則及拋物線的對(duì)稱性可知，點(diǎn)為拋物線上關(guān)于軸對(duì)稱的兩點(diǎn)且做出圖形如右圖，其中為點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離，四邊形為菱形，∴，∴，∴，∴，∴，∴向量與的夾角為。

17．(10分)解析：（Ⅰ）由正弦定理得，，，…2分

∴，，………4分

（Ⅱ）∵，，∴，∴，………………………6分

又∵，∴，∴，………………………8分

∴。………………………10分

18.解析：（Ⅰ）∵，∴；……………………理3文4分

（Ⅱ）∵三科會(huì)考不合格的概率均為，∴學(xué)生甲不能拿到高中畢業(yè)證的概率；……………………理6文8分

（Ⅲ）∵每科得A，B的概率分別為，∴學(xué)生甲被評(píng)為三好學(xué)生的概率為。……………………12分

（理）∵，，，。……………………9分

∴的分布列如下表：

0

1

2

3

∴的數(shù)學(xué)期望。……………………12分

19．(12分)（理）解析：（Ⅰ）時(shí)，

，，

由得， 或   ………3分

+

0

－

0

+

遞增

極大值

遞減

極小值

遞增

，      ………………………6分

（Ⅱ）在定義域上是增函數(shù)，

對(duì)恒成立，即              

   ………………………9分

又（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，）

 ………………………4分

（文）解析：（Ⅰ）∵，∴，

 ，，………………………3分

（Ⅱ）∵，∴，

∴，

又，∴數(shù)列自第2項(xiàng)起是公比為的等比數(shù)列，………………………6分

∴，………………………8分

（Ⅲ）∵，∴，………………………10分

∴。………………………12分

20．解析：（Ⅰ）∵∥，，∴，∵底面，∴，∴平面，∴，又∵平面，∴，∴平面，∴。………………………4分

（Ⅱ）∵平面，∴，，∴為二面角的平面角，………………………6分

，，∴，又∵平面，，∴，∴二面角的正切值的大小為。………………………8分

（Ⅲ）過點(diǎn)做∥，交于點(diǎn)，∵平面，∴為