2023高考数学二轮复习专题练小题“瓶颈”突破练含解析202303112196

小题“瓶颈”突破练选择题“瓶颈”突破练一、单项选择题1.在Rt△ABC中，∠C＝，AC＝3，取点D，E，使＝2，＝3，那么·＋·＝(　　)A.－6B.6C.－3D.3解析　由＝2，得－＝2(－)，得＝＋.由＝3，得－＝3(－)，得＝－＋.又∠C＝，即⊥，所以·＝0.则·＋·＝·＋·＝2－2＝3.答案　D2.若log3(2a＋b)＝1＋log，则a＋2b的最小值为(　　)A.6B.C.3D.解析　∵log3(2a＋b)＝1＋log，∴log3(2a＋b)＝1＋log3(ab)＝log3(3ab)，∴2a＋b＝3ab，且a＞0，b＞0，∴＋＝3，∴a＋2b＝(a＋2b)＝＝＋≥＋·2＝3，当且仅当＝且＋＝3即a＝b＝1时，等号成立；∴a＋2b的最小值为3.答案　C3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝，若b2＋c2－a2＝bc，则tanB的值为(　　)A.－B.C.－3D.3解析　因为＋＝，所以＋＝＝1，即＋＝1.又b2＋c2－a2\n＝bc，且a2＝b2＋c2－2bccosA，∴2bccosA＝bc，得cosA＝.∴sinA＝，则tanA＝＝.从而＋＝1，得tanB＝－3.答案　C4.已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB＝2，∠ACB＝90°，PA为球O的直径且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为(　　)A.B.2C.D.2解析　取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝＝，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2.答案　B5.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的最小正周期为π，将函数f(x)的图象向右平移个单位得到函数g(x)的图象，且g＝g，则φ的取值为(　　)A.B.C.D.解析　∵函数f(x)的最小正周期为π，∴ω＝2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)，∵将函数f(x)的图象向右平移个单位得到函数g(x)的图象，∴g(x)＝2sin＝2sin又∵g＝g，∴x＝为函数g(x)的图象的一条对称轴，∴2×＋φ－＝＋kπ，k∈Z，则φ＝kπ＋，k∈Z，又|φ|<，取k＝0，得φ＝.答案　C\n6.(2020·郑州一预)第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，比赛期间，某项目需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方法种数为(　　)A.60B.90C.120D.150解析　根据题意，分2步进行分析.①将5项工作分成3组，若分成“1，1，3”的三组，有＝10(种)分组方法；若分成“1，2，2”的三组，有＝15(种)分组方法.根据分类加法计数原理可知，将这5项工作分成3组，有10＋15＝25(种)分组方法.②将分好的3组全排列，对应3名志愿者，有A＝6(种)情况.所以根据分步乘法计数原理，有25×6＝150(种)不同的安排方法.故选D.答案　D7.已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，抛物线y2＝2px(p>0)与双曲线－＝1的渐近线的交点(除原点外)到抛物线的准线的距离为8，则p＝(　　)A.1B.2C.4D.6解析　因为椭圆＋＝1的离心率为，所以＝，即＝.双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x＝±x，代入y2＝2px中，得x＝0(舍去)或x＝p.由题意得＋＝8，解得p＝4.答案　C8.(2020·辽宁五校联考)已知各项都为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，S3＝7.若f(x)＝Snx＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n≥2)，f′(x)为函数f(x)的导函数，则f′(1)－f′(0)＝(　　)A.(n－1)·2nB.(n－2)·2nC.2n(n－1)D.2n(n＋1)解析　由题意，得S3＝＝1＋q＋q2＝7，解得q＝2(负值已舍去)，∴an＝2n－1.由f(x)＝Snx＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，得f′(x)＝Sn＋2a2x＋3a3x2＋…＋nanxn－1，则f′(1)＝Sn＋2a2＋3a3＋…＋nan，f′(0)＝Sn，即f′(1)－f′(0)＝2a2＋3a3＋…＋nan＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，∴2f′(1)－2f′(0)＝2·22＋3·23＋…＋n·2n.两式相减，得f′(0)－f′(1)＝4＋22＋23＋…＋2n－1－n·2n＝4＋\n－n·2n＝2n－n·2n＝(1－n)·2n，∴f′(1)－f′(0)＝(n－1)·2n.故选A.答案　A9.已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝(　　)A.－B.C.D.1解析　x2－2x＝－a(ex－1＋e－x＋1)，设g(x)＝ex－1＋e－x＋1，g′(x)＝ex－1－e－x＋1＝ex－1－＝，当g′(x)＝0时，x＝1，当x<1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x＝1时，函数g(x)取得最小值g(1)＝2，设h(x)＝x2－2x，当x＝1时，函数取得最小值－1，作出－ag(x)与h(x)的大致图象如图所示.若－a>0，结合选项A，a＝－时，函数h(x)和－ag(x)的图象没有交点，排除选项A；当－a<0时，－ag(1)＝h(1)时，此时函数h(x)和－ag(x)的图象有一个交点，即－a×2＝－1⇒a＝，故选C.答案　C10.(2020·济南一模)已知直线y＝ax＋b(b>0)与曲线y＝x3有且只有两个公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x1<x2，则2x1＋x2＝(　　)A.－1B.0C.1D.a解析　设函数f(x)＝x3－ax－b(b>0)，则函数f(x)有且只有两个零点x1，x2(x1<x2)，f′(x)＝3x2－a.当a≤0时，对任意x∈R，都有f′(x)≥0，则函数f(x)在R上是增函数，所以函数f(x)不可能有两个零点，不满足题意.当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝±.当x∈∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.所以函数f(x)的单调增区间是和，单调减区间是.所以当x＝－时，函数f(x)取得极大值f；当x＝时，函数f(x)取得极小值f.又函数f(x)有且只有两个零点x1，x2(x1<x2)，所以x1＝－\n，x2>或x1<－，x2＝.当x1＝－时，得b＝>0，从而解得x2＝2>，所以2x1＋x2＝0；当x2＝时，得b＝－<0，不满足题意.综上所述，2x1＋x2＝0.故选B.答案　B二、多项选择题11.若10a＝4，10b＝25，则(　　)A.a＋b＝2B.b－a＝1C.ab>8lg22D.b－a>lg6解析　由10a＝4，10b＝25，得a＝lg4，b＝lg25，∴a＋b＝lg4＋lg25＝lg100＝2，b－a＝lg25－lg4＝lg>lg6，ab＝4lg2lg5>4lg2lg4＝8lg22.故选ACD.答案　ACD12.(2020·临沂模拟)已知f(x)是定义域为R的函数，满足f(x＋1)＝f(x－3)，f(1＋x)＝f(3－x)，当0≤x≤2时，f(x)＝x2－x，则下列说法正确的是(　　)A.函数f(x)的周期为4B.函数f(x)图象关于直线x＝2对称C.当0≤x≤4时，函数f(x)的最大值为2D.当6≤x≤8时，函数f(x)的最小值为－解析　由f(x＋1)＝f(x－3)，得f(x)＝f[(x－1)＋1]＝f[(x－1)－3]＝f(x－4)，所以函数f(x)的周期为4，A正确.由f(1＋x)＝f(3－x)，得f(2＋x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，B正确.当0≤x≤2时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增.所以当x＝时，函数f(x)在[0，2]上取得极小值－，且f(0)＝0，f(2)＝2.作出函数f(x)在[0，8]上的大致图象，如图.由图可知，当0≤x≤4时，函数f(x)的最大值为f(2)＝2，C正确；当6≤x≤8时，函数f(x)的最小值为f＝f＝－，D错误.故选ABC.答案　ABC\n13.(2020·淄博模拟)如图，将边长为1的正方形ABCD沿x轴正方向滚动，先以点A为旋转中心顺时针旋转，当点B落在x轴时，又以点B为旋转中心顺时针旋转，如此下去，设顶点C滚动时的曲线方程为y＝f(x)，则下列说法正确的是(　　)A.f(x)≥0恒成立B.f(x)＝f(x＋8)C.f(x)＝－x2＋4x－3(2<x≤3)D.f(2019)＝0解析　∵正方形的边长为1，∴正方形的对角线AC＝.由正方形的滚动轨迹，得当x＝0时，C位于(0，1)点，即f(0)＝1；当x＝1时，C位于(1，)点，即f(1)＝；当x＝2时，C位于(2，1)点，即f(2)＝1；当x＝3时，C位于(3，0)点，即f(3)＝0；当x＝4时，C位于(4，1)点，即f(4)＝1，因此f(x＋4)＝f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，所以f(x＋8)＝f(x)，f(2019)＝f(504×4＋3)＝f(3)＝0.作出函数f(x)的部分图象，如图.由图可得f(x)≥0恒成立.当2<x≤3时，点C的轨迹为以(2，0)为圆心，1为半径的圆，所得方程为(x－2)2＋y2＝1(2<x≤3，y≥0).综上可知，A，B，D正确，C错误.故选ABD.答案　ABD14.(2020·海南测试)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，过点F的直线与抛物线交于P，Q两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点，则下列结论正确的是(　　)A.抛物线C的准线方程为y＝－1B.线段PQ的长度最小为4C.点M的坐标可能为(3，2)D.·＝－3恒成立解析　因为焦点F到准线的距离为2，所以抛物线C的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1，A错误.当线段PQ垂直于x轴时长度最小，此时|PQ|＝4，B正确.\n设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋1.联立得方程组消去x并整理，得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0，则y1＋y2＝4m，所以x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，所以M(2m2＋1，2m).当m＝1时，可得M(3，2)，C正确.可得y1y2＝－4，x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1，所以·＝x1x2＋y1y2＝－3，D正确.故选BCD.答案　BCD15.(2020·潍坊联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，F是AB的中点，点E是PB上一点，则下列说法正确的是(　　)A.若PB＝2PE，则EF∥平面PACB.若PB＝2PE，则四棱锥P－ABCD的体积是三棱锥E－ACB的体积的6倍C.三棱锥P－ADC有且只有三个面是直角三角形D.平面BCP⊥平面ACE解析　对于A，因为PB＝2PE，所以点E是PB的中点.又因为点F是AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊂平面PAC，EF⊄平面PAC，所以EF∥平面PAC，A正确.对于B，因为PB＝2PE，所以VP－ABCD＝2VE－ABCD.因为AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，所以S梯形ABCD＝(CD＋AB)·AD＝×(1＋2)×1＝，S△ABC＝AB·AD＝×2×1＝1，所以VE－ABCD＝VE－ABC，所以VP－ABCD＝3VE－ABC，B错误.对于C，因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC，PC⊥CD，所以△PAC，△PCD为直角三角形.因为AB∥CD，AB⊥AD，所以AD⊥CD，所以△ACD为直角三角形，所以PA2＝PC2＋AC2＝PC2＋AD2＋CD2，PD2＝CD2＋PC2，所以PA2＝PD2＋AD2，所以△PAD是直角三角形.所以三棱锥P－ADC的四个面都是直角三角形，C错误.对于D，在Rt△ACD中，AC＝＝，在直角梯形ABCD中，BC＝＝.因为AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC.因为BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面BCP，所以AC⊥平面BCP.又因为AC⊂平面ACE\n，所以平面BCP⊥平面ACE，D正确.故选AD.答案　AD16.(2020·烟台模拟)已知单位向量i，j，k两两的夹角均为θ，若空间向量a满足a＝xi＋yj＋zk(x，y，z∈R)，则有序实数组(x，y，z)称为向量a在“仿射”坐标系O－xyz(O为坐标原点)下的“仿射”坐标，记作a＝(x，y，z)θ.有下列命题不正确的是(　　)A.已知a＝(2，0，－1)θ，b＝(1，0，2)θ，则a·b＝0B.已知a＝(x，y，0)，b＝(0，0，z)，其中xyz≠0，则当且仅当x＝y时，向量a，b的夹角取得最小值C.已知a＝(x1，y1，z1)θ，b＝(x2，y2，z2)θ，则a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2)θD.已知＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(0，0，1)，则三棱锥O－ABC的表面积S＝解析　对于A，若a＝(2，0，－1)θ，b＝(1，0，2)θ，则a·b＝(2i－k)·(i＋2k)＝2＋3i·k－2＝3cosθ.∵0<θ<π，且θ≠，∴a·b≠0，故A错误.对于B，如图，当x＝y时，a的终点在∠iOy的平分线OA所在的直线上，b的终点在直线OB上，则a与b的夹角为b与下底面所成的线面角(或其补角)，此时a与b的夹角不一定最小，故B错误.对于C，∵a＝(x1，y1，z1)θ，b＝(x2，y2，z2)θ，∴a＋b＝(x1＋x2)i＋(y1＋y2)j＋(z1＋z2)k＝(x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2)θ，故C正确.对于D，＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(0，0，1)，则三棱锥O－ABC为正四面体，棱长为1，∴其表面积为S＝4××1×＝，故D错误.答案　ABD\n填空题“瓶颈”突破练一、单空题1.若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin2A＝asinB，且c＝2b，则＝________.解析　由bsin2A＝asinB，得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，得cosA＝.又c＝2b，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋4b2－4b2·＝3b2，得＝.答案　2.设函数f(x)＝cos2x－sin2x，把y＝f(x)的图象向左平移φ个单位长度后，得到的部分图象如图所示，则f(φ)的值等于________.解析　f(x)＝cos2x－sin2x＝2cos.依题意，平移后y＝2cos，由图象知，2·＋2φ＋＝2kπ＋π，k∈Z.∴φ＝.故f(φ)＝f＝2cos＝2cosπ＝－.答案　－3.已知正三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为2，则球O的表面积为________.解析　如图，延长SO交球O于另一点D，交平面ABC于点E，连接AE，AD，易知E为△ABC的外心，由正弦定理得2AE＝＝4，∴AE＝2，易知SE⊥平面ABC，由勾股定理可知，三棱锥S－ABC的高SE＝＝4，由于点A是以SD为直径的球O上一点，∴∠SAD＝90°，由射影定理可知，球O的直径2R＝SD＝＝5，因此，球O的表面积为4πR2＝π×(2R)2＝25π.\n答案　25π4.已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，分别过A，B作准线l的垂线，垂足分别为P，Q.若|AF|＝3|BF|，则|PQ|＝________.解析　F(1，0)，不妨设A在第一象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由|AF|＝3|BF|得y1＝－3y2①设lAB：y＝k(x－1)与抛物线方程联立得ky2－4y－4k＝0，y1＋y2＝，y1·y2＝－4，②结合①②解得y2＝－，|PQ|＝|y1－y2|＝|－3y2－y2|＝－4y2＝.答案　5.设fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn(x>0)，其中n∈N，n≥2，则函数Gn(x)＝fn(x)－2在内的零点个数是________.解析　f′n(x)＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，当x>0时，f′n(x)>0，所以fn(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此Gn(x)在(0，＋∞)上也是增函数，又Gn＝fn－2＝－2＝－<0，Gn(1)＝fn(1)－2＝n－1>0(n≥\n2)，且n∈N，n≥2，又由Gn<Gn<0，∴Gn(x)在内有唯一零点.答案　16.(2020·江南十校素质测试)在(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2，x3的系数之和为－10，则实数a的值为________.解析　由(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5，得x2的系数为C＋aC＝5a＋10，x3的系数为C＋aC＝10a＋10，所以展开式中x2，x3的系数之和为(5a＋10)＋(10a＋10)＝15a＋20＝－10，解得a＝－2.答案　－27.已知△ABC为等腰直角三角形，A＝，AB＝2，D为BC中点，现将△ABC沿AD翻折，使得二面角B－AD－C为，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为________.解析　由题意可得AB＝AC＝2，AD＝BD＝CD＝2.因为二面角B－AD－C为，所以∠BDC＝，所以△BCD为正三角形.将三棱锥补成如图所示的三棱柱，则易知外接球的球心为上下底面正三角形中心连线PQ的中点O.则CP＝×BD＝，R＝＝，S＝4πR2＝.答案　8.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋c2－－2acsinB＝0，b＝，则△ABC的面积S的最大值为________.解析　由a2＋c2－－2acsinB＝0，得a2＋c2＝＋2acsinB，∴b2＝a2＋c2－2accosB＝＋2acsinB－2accosB，又b＝，从而2acsinB＝2accosB，tanB＝1.由B∈\n(0，π)，得B＝，因此a2＋c2＝＋ac，则2ac≤＋ac.∴ac≤，当且仅当a＝c时，取“＝”号.故S＝acsinB≤×＝.答案　9.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).解析　由题意可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等)10.已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点.若△ABF2的内切圆与边AB，BF2，AF2分别相切于点M，N，P，且AP的长为4，则a的值为________.解析　由题意|BM|＝|BN|，|F2P|＝|F2N|，|AM|＝|AP|，根据双曲线定义，|BF1|－|BF2|＝|MF1|－|NF2|＝2a，|AF2|－|AF1|＝2a，则|AF1|＝|AF2|－2a，所以|BF1|－|BF2|＝|MA|＋|AF1|－|NF2|＝|MA|＋|AP|＋|PF2|－2a－|NF2|，因此2a＝8－2a，所以a＝2.答案　211.已知数列{an}为正项递增的等比数列，a1＋a5＝82，a2·a4＝81，记数列的前n项和为Tn，则使不等式2020>1成立的正整数n的最大值为________.解析　由数列{an}为正项递增的等比数列，a1＋a5＝82，a2·a4＝a1·a5＝81，得所以公比q＝3，an＝3n－1.\n所以Tn＝＋＋＋…＋＝2×＝3.所以2020>1，即2020×>1，得3n<2020，此时正整数n的最大值为6.答案　612.已知数列{an}满足：对任意n∈N*均有an＋1＝pan＋2p－2(p为常数，p≠0且p≠1)，若a2，a3，a4，a5∈{－18，－6，－2，6，11，30}，则a1的所有可能取值的集合是________.解析　∵an＋1＝pan＋2p－2，∴an＋1＋2＝p(an＋2).①若a1＝－2，则a1＋1＋2＝p(a1＋2)＝0，即a2＝－2.同理可得a3＝a4＝a5＝－2，即a1＝－2符合题意.②若a1≠－2，p为不等于0且不等于1的常数，则数列{an＋2}是以a1＋2为首项，p为公比的等比数列.∵ai∈{－18，－6，－2，6，11，30}，i＝2，3，4，5，∴ai＋2可以取－16，－4，8，32.若|p|>1，则p＝－2，由a2＋2＝－4＝－2(a1＋2)，得a1＝0；若|p|<1，则p＝－，由a2＋2＝32＝－(a1＋2)，得a1＝－66.综上所述，满足条件的a1的所有可能取值的集合为{0，－2，－66}.答案　{0，－2，－66}二、多空题13.已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}的每一项都有bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝________，T30＝________.解析　因为Sn＝10n－n2，∴当n＝1时，a1＝S1＝9.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝11－2n.又a1＝9适合上式，所以an＝11－2n(n∈N*).当n≤5时，an＞0，bn＝an；当n＞5时，an＜0，bn＝－an＝2n－11.故T4＝S4＝10×4－42＝24.T30＝S5－(a6＋a7＋…＋a30)＝2S5－S30＝650.答案　24　65014.已知直线l：x＋2y－5＝0，定点A(1，2)，动点P到定点A的距离与到直线l的距离相等，双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点为F，Q是动点P轨迹上一点，则点P的轨迹方程为________；若|FQ|的最小值恰为双曲线C的虚半轴长，则双曲线C的离心率为________.解析　由已知得点A在直线l上，因而动点P的轨迹为过点A且与直线l垂直的直线，则由点斜式，得点P的轨迹方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.|FQ|的最小值即点F到直线y＝2x的距离，且|FQ|min＝b.则y＝2x为双曲线C的一条渐近线，从而＝2，所以离心率e＝＝.\n答案　y＝2x　15.(2020·湖北联考)如图(1)，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E，F分别为BC，AD的中点.将四边形ABEF沿EF折起，使二面角A1－EF－D的大小为120°，如图(2)，则B1C＝________；三棱锥B1－CDE的外接球的表面积为________.解析　由二面角的定义可知，二面角A1－EF－D的平面角为∠B1EC＝120°.由余弦定理，得B1C2＝EC2＋B1E2－2EC·B1E·cos120°＝4＋4－2×2×2×＝12，所以B1C＝2.因为EF⊥B1E，EF⊥EC，B1E∩EC＝E，B1E，EC⊂平面B1EC，所以EF⊥平面B1EC.又EF∥CD，所以CD⊥平面B1EC.因为△B1EC的外接圆半径r＝＝2，所以三棱锥B1－CDE的外接球半径R＝＝＝，所以三棱锥B1－CDE的外接球的表面积为4π×()2＝20π.答案　2　20π16.有甲、乙两个盒子，甲盒子中装有3个小球，乙盒子中装有5个小球，每次随机取一个盒子并从中取一个球，则甲盒子中的球被取完时，乙盒子中恰剩下2个球的概率为________；当取完一个盒子中的球时，另一个盒子恰剩下ξ个球，则ξ的期望为________.解析　甲盒子中的球被取完时，乙盒子中恰剩下2个球的概率P＝C·＝；由题意，知ξ的可能取值为1，2，3，4，5，因为P(ξ＝1)＝C＋C＝，P(ξ＝2)＝C＋C＝，P(ξ＝3)＝C＋＝，P(ξ＝4)＝C＝，P(ξ＝5)＝＝，所以E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.答案