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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)a_n＋1＝a_n－1＋(－1)^n－1＋n，于是a₃＝a₁＋2－1＝2，a_2n－1＝a_2n－3－1＋2n－2(n≥2)，

∴a_2n－1＝a_2n－3＋2n－3(n≥2).

…………

a₃＝a₁＋1

a_2n－1＝a₁＋＝n²－2n＋2.2分

而a₂＝b₁＋1＝2

a₄＝b₃＋3＝a₂＋4

…………

a_2n＝a_2n－2＋2n

∴a_2n＝a_2n－2＋2n

∴a_2n＝a₂＋＝n²＋n.8分

(2)S_n＝＋＋…＋

＝＋＋…＋＝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].