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1.A 2.B 3.A 4.C 5.C 6.B 7.D 8.B 9.B 10.D 11.B 12.D
13.－3 14.7 15.②④ 16.3
17.解：(1)f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1＝cos(2ωx＋2φ)＋＋1.
又A＞0，ω＞0,0＜φ＜，∴f(x)的最大值为A＋1，最小值为1.
由f(x)的最大值与最小值的差为2，∴A＝2.
由f(x)过点(0,2)，f(0)＝cos 2φ＋2＝2，∴φ＝，
则T＝4π＝，∴ω＝，f(x)＝cos(x＋)＋2＝2－sinx.6分
(2)∵B＝，∴b＝f(B)＝2－sin(?)＝.
设A，C所对的边分别为a，c，由余弦定理得＝a2＋c2－2accos，＋ac＝a2＋c2≥2ac，ac≤，
当且仅当a＝c＝时等号成立，△ABC的面积S＝acsin≤.12分
18.解：(1)某应聘者能被聘用的概率为p0＝1－(1－)(1－)(1－p)＝＋p.4分
(2)在4位应聘者中恰好有2人被聘用的概率为CP?(1－P0)2，
恰有3位被聘用的概率为Cp?(1－p0)1，依题意Cp?(1－p0)2≥Cp?(1－p0)1，解得p0≤，
即＋p≤⇒0≤p≤.12分
19.解：(1)连AQ，∠PQA是PQ与平面ABCD所成角，AQ＝2，BQ＝2，即Q是BC的中点，过Q作QH⊥AD于H，则QH⊥平面PAD，过Q作QM⊥PD，连MH，则∠QMH为所求二面角的平面角.
在Rt△PAD中，＝⇒MH＝＝＝，
所以tan∠QMH＝＝＝，
从而所求二面角的大小为arctan .6分
(2)由于Q是BC的中点，可得DQ⊥PQ，
⇒面PAQ⊥面PDQ，
过A作AG⊥PQ于G，则AG为点A到平面PQD的距离.
AG＝＝＝.12分
另解：分别以AD，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由条件知Q是BC的中点，面PAD的一个法向量是＝(0,2,0).
又D(4,0,0)，Q(2,2,0)，P(0,0,4)，
故＝(0,2,0)，＝(－4,0,4)，
设面PDQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒由此可取n＝(1,1,1)，
从而(1)cos〈，n〉＝＝＝.
(2)面PDQ的一个法向量为n＝(1,1,1)，＝(2,2,0)，
故点A到平面PDQ的距离d＝＝＝.
20.解：(1)an＋1＝an－1＋(－1)n－1＋n，于是a3＝a1＋2－1＝2，a2n－1＝a2n－3－1＋2n－2(n≥2)，
∴a2n－1＝a2n－3＋2n－3(n≥2).
…………
a3＝a1＋1
a2n－1＝a1＋＝n2－2n＋2.2分
而a2＝b1＋1＝2
a4＝b3＋3＝a2＋4
…………
a2n＝a2n－2＋2n
∴a2n＝a2n－2＋2n
∴a2n＝a2＋＝n2＋n.8分
(2)Sn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋＝1－
∴S2009＝1－＝.12分
21.解：(1)设P(x，y)，则＝(－2－x，－y)，＝(2－x，－y)，依题意有(－2－x)(2－x)＋y2＝?，化简得x2－y2＝2.4分
(2)假设存在定点F(m,0)，使?为常数.
当直线l与x轴不垂直时，设l：y＝k(x－2)，
⇒(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，
依题意k2≠1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则
于是?＝(x1－m，y1)(x2－m，y2)＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋4k2＋m2
＝＋m2－4m＋2.8分
要使?是与k无关的常数，当且仅当m＝1，此时?＝－1.
当直线l⊥x轴时，可得M(2，)，N(2，－)，若m＝1，则?＝(1，)(1，－)＝－1.
所以在x轴上存在定点F(1,0)，使?为常数.12分
22.解：f′(x)＝4x3＋3ax2＋4x＝x(4x2＋3ax＋4).
(1)当a＝－时，f′(x)＝4x3＋3ax2＋4x＝2x(2x－1)(x－2)，令f′(x)≥0，得0≤x≤或x≥2，所以f(x)的增区间为[0，]与[2，＋∞).4分
(2)f′(x)＝x(4x2＋3ax＋4)，显然x＝0不是方程4x2＋3ax＋4＝0的根，为使f(x)仅在x＝0处有极值，4x2＋3ax＋4≥0必须恒成立，即有Δ＝9a3－64≤0，解得a∈[－，].8分
(3)由条件a∈[－2,2]知Δ＝9a2－64＜0，从而4x2＋3ax＋4＞0恒成立.
当x＜0时f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0.
因此f(x)在区间[－1,1]上的最大值为max{f(－1)，f(1)}.
为使对任意a∈[－2,2]，f(x)≤1在x∈[－1,1]上恒成立，当且仅当⇒在a∈[－2,2]上恒成立，解得b≤－4，故b的取值范围是(－∞，－4].