11．已知△EAB所在的平面與矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA=EB=3，AD=2，∠AEB=60°，則多面體E-ABCD的外接球的表面積為（　　）
A．4πB．9πC．12πD．16π

分析 設(shè)球心到平面ABCD的距離為d，利用△EAB所在的平面與矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA=EB=3，∠AEB=60°，可得E到平面ABCD的距離為$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，從而R2=（$\frac{\sqrt{4+9}}{2}$）2+d2=12+（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-d）2，求出R2=4，即可求出多面體E-ABCD的外接球的表面積．

解答 解：設(shè)球心到平面ABCD的距離為d，則
∵△EAB所在的平面與矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA=EB=3，∠AEB=60°，
∴E到平面ABCD的距離為$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴R2=（$\frac{\sqrt{4+9}}{2}$）2+d2=12+（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-d）2，
∴d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，R2=4，
∴多面體E-ABCD的外接球的表面積為4πR2=16π．
故選D．

點(diǎn)評 本題考查多面體E-ABCD的外接球的表面積，考查學(xué)生的計(jì)算能力，正確求出多面體E-ABCD的外接球的半徑是關(guān)鍵．

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1．若復(fù)數(shù)z滿足i•z=$\frac{1}{2}$（1+i），則z的虛部是（　�。�
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2．已知函數(shù)f（x）=|2x-1|+|2x+1|．
（Ⅰ）若不等式f（x）≥a2-2a-1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)m＞0，n＞0且m+n=1，求證：$\sqrt{2m+1}+\sqrt{2n+1}≤2\sqrt{f（x）}$．

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19．設(shè)M是圓O：x2+y2=9上動(dòng)點(diǎn)，直線l過M且與圓O相切，若過A（-2，0），B（2，0）兩點(diǎn)的拋物線以直線l為準(zhǔn)線，則拋物線焦點(diǎn)F的軌跡方程是（　�。�
A．$\frac{{x}^{2}}{9}$-$\frac{{y}^{2}}{5}$=1（y≠0）B．$\frac{{x}^{2}}{5}$-$\frac{{y}^{2}}{9}$=1（y≠0）C．$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1（y≠0）D．$\frac{{x}^{2}}{5}$+$\frac{{y}^{2}}{9}$=1（y≠0）

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6．.已知函數(shù)f（x）=aex（a≠0），g（x）=x2
（Ⅰ）若曲線c1：y=f（x）與曲線c2：y=g（x）存在公切線，求a最大值．
（Ⅱ）當(dāng)a=1時(shí)，F(xiàn)（x）=f（x）-bg（x）-cx-1，且F（2）=0，若F（x）在（0，2）內(nèi)有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

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16．如圖，空間幾何體ADE-BCF中，四邊形ABCD是梯形，四邊形CDEF
是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，AD⊥DC，AB=AD=DE=2，EF=4，M是線段AE上的動(dòng)點(diǎn)．
（1）求證：AE⊥CD；
（2）試確定點(diǎn)M的位置，使AC∥平面MDF，并說明理由；
（3）在（2）的條件下，求空間幾何體ADM-BCF的體積．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：解答題

3．已知定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足f（x）=x2-2x-3（x＞0）．
（Ⅰ） 若函數(shù)g（x）=|f（x）|-a有4個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ） 求|f（x+1）|≤4的解集．

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20．已知角θ的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，始邊與x軸正半軸重合，終邊在直線y=3x上，則sin（2θ+$\frac{π}{3}$）=（　�。�
A．$\frac{3-4\sqrt{3}}{10}$B．-$\frac{3-4\sqrt{3}}{10}$C．$\frac{4-3\sqrt{3}}{10}$D．-$\frac{4-3\sqrt{3}}{10}$

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（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$}的前n 項(xiàng)和Tn．

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