πππ
0≤α≤，故2cos α－cos β＝2cos α－cos?α＋?＝3sin?α＋?，
33?3???π
故当α＝，即D为BC中点时，原式取最大值3.5分
6
143
(2)由cos β＝，得sin β＝，
77
ππ33π
故sin α＝sin?β－?＝sin βcos －cos βsin ＝，7分
33143??
ABBD
由正弦定理＝，
sin∠ADBsin∠BAD
437sin β8
故AB＝BD＝×1＝，9分
3sin α3314
118323
故S△ABD＝AB·BD·sin B＝××1×＝.11分
22323
713a5a518．【解析】(1)依题意，a3＋a4＋a5＝，6a5＝a3＋a4，则a5＝，a3＋a4＝，得2＋16168qq3
＝， 8
111
即6q2－q－1＝0，解得q＝或q＝－(舍)，所以q＝，a1＝1，
232
n－11?∴数列{an}的通项公式为an＝??2?.5分 (2)设cn＝(bn＋1－bn)·an，数列{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝2n2＋n，所以cn＝??S1 （n＝1）?， ?S－S （n≥2）－?nn1
解得cn＝4n－1.7分
－－
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·2n1，故bn－bn－1＝(4n－5)·2n2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
－－
＝(4n－5)·2n2＋(4n－9)·2n3＋…＋7·21＋3，9分
－－
设Tn＝3＋7·21＋…＋(4n－9)·2n3＋(4n－5)·2n2，
－－
2Tn＝3·2＋7·22＋…＋(4n－9)·2n2＋(4n－5)·2n1，
－－－
所以，－Tn＝3＋4·21＋…＋4·2n3＋4·2n2－(4n－5)·2n1，
－
因此Tn＝(4n－9)·2n1＋5，n≥2，又b1＝1，
－
所以bn＝(4n－9)·2n1＋6.11分 19．【解析】(1)证明：∵该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，
俯视图为直角梯形，∴BA，BC，BB1两两垂直．且BC＝4，BA＝4，BB1＝8，AN＝4， 以BA，BB1，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图
则N(4，4，0)，B1(0，8，0)，C1(0，8，4)，C(0，0，4)，∴M(2，0，0)． BP1→
∵＝，∴P(0，0，1)，则MP＝(－2，0，1)，设n2＝(x，y，z)为平面NCB1的一个法PC3向量，
→?（4，4，－4）＝0?x＋y－z＝0，?n2·CN＝0?（x，y，z）·
则? ??
→（x，y，z）·（－4，4，0）＝0－x＋y＝0，???n2·NB1＝0?
→
取n2＝(1，1，2)，∴MP·n2＝(－2，0，1)·(1，1，2)＝0，又PM平面CNB1，∴MP∥平面CNB16分
→
(2)由(1)可知平面ΒCΒ1的一个法向量为BA＝(4，0，0)，平面CΒ1Ν的法向量为n2＝(1，1，2)，
→?BA（1，1，2）·n2?（4，0，0）·630
则cos θ＝?＝＝，∴sin θ＝.12分 ?66→4×6?|BA||n2|?
【注】本题只给出向量法，其他方法请参照标准酌情给分． 20．【解析】(1)每家餐饮店必须整改的概率是1－0.5＝0.5，且每家餐饮店是否整改是相互独立的．
52
所以恰好有两家餐饮店必须整改的概率是P1＝C5×(1－0.5)2×0.53＝.4分
16
(2)由题知，必须整改的餐饮店数ξ服从二项分布B(5，0.5)．从而ξ的数学期望是 Eξ＝5×0.5＝2.5，即平均有2.5家餐饮店必须整改.8分
(3)某餐饮店被关闭，即该餐饮店第一次检查不合格，整改后经复查仍不合格，所以该餐饮店被关闭的概率是P2＝(1－0.5)×(1－0.8)＝0.1，从而该餐饮店不被关闭的概率是0.9.由题意，每家餐饮店是否被关闭是相互独立的，所以至少关闭一家餐饮店的概率是P3＝1－0.95≈0.41.12分
2x22y2
21．【解析】(1)由e＝，可设椭圆C的方程为2＋2＝1，
2aa
1323点P?，?满足|PF1|＋|PF2|＝2a，等价于点P在椭圆上，∴2＋2＝1，∴a2＝2，
2a2a?22?2x
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.5分
2
?y＝kx＋m，
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得方程组?2
?x＋2y2－2＝0，
消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
Δ>01＋2k2>m2
?4km?x＋x＝1－
＋2k则?
2m－2xx＝??1＋2k
1
2
2
12
22①.7分
54→→
设△AOB的重心为G(x，y)，由F1G·F2G＝－，可得x2＋y2＝.②
99
x1＋x2y1＋y2?由重心公式可得G??3，3?，代入②式，
整理可得(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝4(x1＋x2)2＋[k(x1＋x2)＋2m]2＝4，③
22
2（1＋2k）将①式代入③式并整理，得m＝，10分
1＋4k222
4k4412（1＋2k）则m＝＝1＋.又由Δ>0可知k≠0，令t＝2>0，∴t2＋4t>0， 22＝1＋41k1＋4k1＋4k
＋k2k4∴m2>1，∴m∈(－∞，－1)∪(1，＋∞).12分
2x2＋2ax＋1
22．【解析】(1)解法1：f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝ x＋a
方程2x2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－8.
(ⅰ)若Δ<0，即－20，故f(x)单调递增． (ⅱ)若Δ＝0，则a＝2或a＝－2.
（2x＋1）2
若a＝2，x∈(－2，＋∞)，f′(x)＝.
x＋2222
当x＝－时，f′(x)＝0，当x∈?－2，－?∪?－，＋∞?时，f′(x)>0，所以f(x)
22??2??
单调递增．
（2x－1）2
若a＝－2，x∈(2，＋∞)，f′(x)＝>0，f(x)单调递增．
x－2
(ⅲ)若Δ>0，即a>2或a<－2，
－a－a2－2－a＋a2－22
则2x＋2ax＋1＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝.
22
当a<－2时，x1<－a，x2<－a，从而f′(x)在f(x)的定义域内没有零点，故f(x)单调递增． 当a>2时，x1>－a，x2>－a，f′(x)在f(x)的定义域内有两个不同的零点， 即f(x)在定义域上不单调．综上：实数a的取值范围为a≤2.6分
解法2：很显然f′(x)不可能有连续零点，若f(x)为定义域上的单调函数，
1
则f′(x)≤0或f′(x)≥0恒成立，又f′(x)＝＋2x，因为x＋a>0，
x＋a
所以f′(x)<0不可能恒成立，所以f(x)为定义域上的单调函数时，只可能f′(x)≥0恒成立，
1111即＋2x≥0恒成立，即＋2(x＋a)－2a≥0，即2a≤＋2(x＋a)，而＋2(xx＋ax＋ax＋ax＋a＋a)≥22，
所以2a≤22，a≤2，即实数a的取值范围为a≤2.
2x2＋2ax＋11
解法3：由解法2可知x∈(－a，＋∞)，＋2x≥0恒成立，得≥0恒成
x＋ax＋a
立，
aa
－?＝－≥0， 即2x2＋2ax＋1≥0恒成立，(ⅰ)当a≤0时，－a－??2?2
2222
所以2x＋2ax＋1>2a－2a＋1＝1，所以当a≤0时2x＋2ax＋1≥0恒成立；
a?aa22?(ⅱ)当a>0时，－a－?－2?＝－<0，所以(2x＋2ax＋1)min＝－＋1，
22
2a
所以－＋1≥0时2x2＋2ax＋1≥0恒成立，解得0
2
为a≤2.
(2)因为g(x)＝ex＋x2－f(x)＝ex－ln(x＋a)，
当a≤2，x∈(－a，＋∞)时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)，故只需证明当a＝2时，g(x)>0.
1
当a＝2时，函数g′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增，
x＋2
又g′(－1)<0，g′(0)>0，故g′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)， 当x∈(－2，x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，从而当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．
1
由g′(x0)＝0得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，
x0＋2
2x0＋2x0＋1（x0＋1）21
故g(x0)＝ex0－ln(x0＋2)＝＋x＝＝>0，所以g(x)≥g(x0)>0.
x0＋20x0＋2x0＋2
综上，当a≤2时，g(x)>0.12分