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直線，將圓面分成若干塊，現用5種顏色給這若干塊涂色，每塊只涂一種顏色，且任意兩塊不同色，共有120種涂法，則的取值范圍是（     ）

A．	B．
C．	D．

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1．解析：，故選A。

2．解析：抽取回族學生人數是，故選B。

3．解析：由，得，此時，所以，，故選C。

4．解析：∵∥，∴，∴，故選C。

5．解析：設公差為，由題意得，；，解得或，故選C。

6．解析：∵雙曲線的右焦點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：∵、為正實數，∴，∴；由均值不等式得恒成立，，故②不恒成立，又因為函數在是增函數，∴，故恒成立的不等式是①③④。故選C.

8．解析：∵，∴在區間上恒成立，即在區間上恒成立，∴，故選D。

9．解析：∵

，∴此函數的最小正周期是，故選C。

10．解析：如圖，∵正三角形的邊長為，∴，∴，又∵，∴，故選D。

11．解析：∵在區間上是增函數且，∴其反函數在區間上是增函數，∴，故選A

12．解析：如圖，①當或時，圓面被分成2塊，涂色方法有20種；②當或時，圓面被分成3塊，涂色方法有60種；

③當時，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．解析：將代入結果為，∴時，表示直線右側區域，反之，若表示直線右側區域，則，∴是充分不必要條件。

14.解析：∵，∴時，，又時，滿足上式，因此，。

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

16．解析：∵，∴，∵點為的準線與軸的交點，由向量的加法法則及拋物線的對稱性可知，點為拋物線上關于軸對稱的兩點且做出圖形如右圖，其中為點到準線的距離，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）∵三科會考不合格的概率均為，∴學生甲不能拿到高中畢業證的概率；……………………理6文8分

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

19．(12分)解析：（Ⅰ）∵，∴，

 ，，……………3分

（Ⅱ）∵，∴，

∴，

又，∴數列自第2項起是公比為的等比數列，………………………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）過點做∥，交于點，∵平面，∴為在平面內的射影，∴為與平面所成的角，………………………10分

∵，∴，又∵∥，∴和與平面所成的角相等，∴與平面所成角的正切值為。………………………12分

解法2：如圖建立空間直角坐標系，（Ⅰ）∵，，∴點的坐標分別是，，，∴，，設，∵平面，∴，∴，取，∴，∴。………………………4分

（Ⅱ）設二面角的大小為，∵平面的法向量是，平面的法向量是，∴，∴，∴二面角的正切值的大小為。………………………8分

（Ⅲ）設與平面所成角的大小為，∵平面的法向量是，，∴，∴，∴與平面所成角的正切值為。………………………12分

21.解析：（Ⅰ）設拋物線方程為，將代入方程得

所以拋物線方程為。………………………2分

由題意知橢圓的焦點為、。

設橢圓的方程為，

∵過點，∴，解得，，，

∴橢圓的方程為。………………………5分

（Ⅱ）設的中點為，的方程為：，

以為直徑的圓交于兩點，中點為。

設，則

∵  

………………………8分

∴

………………………10分

當時，，，

此時，直線的方程為。………………………12分

22．(12分)解析：（Ⅰ）∵是偶函數，∴，

又∵∴，，………………………2分

由得，，

∵時，；時，；時，；∴時，函數取得極大值，時，函數取得極小值。………………………5分

（Ⅱ）∵在區間上為增函數，∴在上恒成立，∴

且在區間上恒成立，………………………7分

∴

∴……………………9分

又∵=，∵

∴，∴的取值范圍是。………………………12分