北京市丰台区2020届高三下学期综合练习（二）（二模）数学试题 18页

‎2020年北京市丰台区高考数学二模试卷 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．‎ ‎1．（4分）集合A＝{x∈Z|﹣2＜x＜2}的子集个数为（　　）‎ A．4 B．6 C．7 D．8‎ ‎2．（4分）函数f（x）＝的定义域为（　　）‎ A．（0，2） B．[0，2] ‎ C．（﹣∞，0）∪（2，+∞） D．（﹣∞，0]∪[2，+∞）‎ ‎3．（4分）下列函数中，最小正周期为π的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎4．（4分）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2﹣n，则a2+a3＝（　　）‎ A．3 B．6 C．7 D．8‎ ‎5．（4分）设，为非零向量，则“⊥”是“|+|＝|﹣|”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 ‎ C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎6．（4分）已知抛物线M：x2＝2py（p＞0）的焦点与双曲线N：﹣x2＝1的一个焦点重合，则p＝（　　）‎ A． B．2 C．2 D．4‎ ‎7．（4分）已知函数f（x）＝ln（1﹣x）﹣ln（1+x），则f（x）（　　）‎ A．是奇函数，且在定义域上是增函数 ‎ B．是奇函数，且在定义域上是减函数 ‎ C．是偶函数，且在区间（0，1）上是增函数 ‎ D．是偶函数，且在区间（0，1）上是减函数 ‎8．（4分）如图所示，一个三棱锥的主视图和左视图均为等边三角形，俯视图为等腰直角三角形，则该棱锥的体积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．（4分）在△ABC中，AC＝3，，AB＝2，则AB边上的高等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．（4分）某中学举行了科学防疫知识竞赛．经过选拔，甲、乙、丙三位选手进入了最后角逐．他们还将进行四场知识竞赛．规定：每场知识竞赛前三名的得分依次为a，b，c（a＞b＞c，且a，b，c∈N*）；选手总分为各场得分之和．四场比赛后，已知甲最后得分为16分，乙和丙最后得分都为8分，且乙只有一场比赛获得了第一名，则下列说法正确的是（　　）‎ A．每场比赛的第一名得分a为4 ‎ B．甲至少有一场比赛获得第二名 ‎ C．乙在四场比赛中没有获得过第二名 ‎ D．丙至少有一场比赛获得第三名 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．‎ ‎11．（5分）已知复数z＝2﹣i，则|z|＝　 　．‎ ‎12．（5分）已知直线x+y+1＝0的倾斜角为α，则cosα＝　 　．‎ ‎13．（5分）双曲线M：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为，则其渐近线方程为　 　．‎ ‎14．（5分）天干地支纪年法（简称干支纪年法）是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法．天干有十，即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支有十二，即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．干支纪年法中，天干地支对应的规律如表：‎ 天干 甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸 甲 乙 丙 ‎…‎ 地支 子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥 子 ‎…‎ 干支 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸 甲 乙 丙 ‎…‎ 纪年 甲子年 乙丑年 寅年 卯年 辰年 巳年 午年 未年 申年 酉年 戌年 亥年 子年 ‎2049年是新中国成立100周年．这一百年，中国逐步实现中华民族的伟大复兴．使用干支纪年法，2049年是己巳年，则2059年是　 　年；使用干支纪年法可以得到　 　种不同的干支纪年．‎ ‎15．（5分）已知集合P＝{（x，y）|（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4，0≤θ≤π}．由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”．给出下列结论：‎ ‎①“水滴”图形与y轴相交，最高点记为A，则点A的坐标为（0，1）；‎ ‎②在集合P中任取一点M，则M到原点的距离的最大值为3；‎ ‎③阴影部分与y轴相交，最高点和最低点分别记为C，D，则；‎ ‎④白色“水滴”图形的面积是．‎ 其中正确的有　 　．‎ 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．‎ ‎16．（14分）如图，四边形ABCD为正方形，MA∥PB，MA⊥BC，AB⊥PB，MA＝1，AB＝PB＝2．‎ ‎（Ⅰ）求证：PB⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）求直线PC与平面PDM所成角的正弦值．‎ ‎17．（14分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，S5＝20．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若等比数列{bn}满足a4+b4＝9，且公比为q，从①q＝2；②；③q＝﹣1这三个条件中任选一个作为题目的已知条件，求数列{an﹣bn}的前n项和Tn．‎ ‎18．（14分）为了增强学生的冬奥会知识，弘扬奥林匹克精神，北京市多所中小学校开展了模拟冬奥会各项比赛的活动．为了了解学生在越野滑轮和旱地冰壶两项中的参与情况，在北京市中小学学校中随机抽取了10所学校，10所学校的参与人数如下：‎ ‎（Ⅰ）现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查．求选出的2所学校参与越野滑轮人数都超过40人的概率；‎ ‎（Ⅱ）现有一名旱地冰壶教练在这10所学校中随机选取2所学校进行指导，记X为教练选中参加旱地冰壶人数在30人以上的学校个数，求X的分布列和数学期望；‎ ‎（Ⅲ）某校聘请了一名越野滑轮教练，对高山滑降、转弯、八字登坡滑行这3个动作进行技术指导．规定：这3个动作中至少有2个动作达到“优”，总考核记为“优”．在指导前，该校甲同学3个动作中每个动作达到“优”的概率为0.1．在指导后的考核中，甲同学总考核成绩为“优”．能否认为甲同学在指导后总考核达到“优”的概率发生了变化？请说明理由．‎ ‎19．（15分）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的极值；‎ ‎（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，；‎ ‎（Ⅲ）当x＞0时，若曲线y＝f（x）在曲线y＝ax2+1的上方，求实数a的取值范围．‎ ‎20．（14分）已知椭圆经过A（1，0），B（0，b）两点．O 为坐标原点，且△AOB的面积为．过点P（0，1）且斜率为k（k＞0）的直线l与椭圆C有两个不同的交点M，N，且直线AM，AN分别与y轴交于点S，T．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）求直线l的斜率k的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）设，求λ+μ的取值范围．‎ ‎21．（14分）已知无穷集合A，B，且A⊆N，B⊆N，记A+B＝{a+b|a∈A，b∈B}，定义：满足N*⊆（A+B）时，则称集合A，B互为“完美加法补集”．‎ ‎（Ⅰ）已知集合A＝{a|a＝2m+1，m∈N}，B＝{b|b＝2n，n∈N}．判断2019和2020是否属于集合A+B，并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）设集合A＝{x|x＝ε0+ε2×22+ε4×24+…+ε2i×22i+…+ε2s×22s，ε2i＝0，1；i＝0，1，…，s，s∈N}，B＝{x|x＝ε1×21+ε3×23+…+ε2i﹣1×22i﹣1+…+ε2s﹣1×22s﹣1，ε2i﹣1＝0，1；i＝1，…，s，s∈N*}．‎ ‎（ⅰ）求证：集合A，B互为“完美加法补集”；‎ ‎（ⅱ）记A（n）和B（n）分别表示集合A，B中不大于n（n∈N*）的元素个数，写出满足A（n）B（n）＝n+1的元素n的集合．（只需写出结果，不需要证明）‎ ‎2020年北京市丰台区高考数学二模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．‎ ‎1．【分析】先求出集合A，再根据集合A的元素个数即可求出集合A的子集个数．‎ ‎【解答】解：∵A＝{x∈Z|﹣2＜x＜2}＝{﹣1，0，1}，‎ ‎∴集合A的子集个数为23＝8个，‎ 故选：D．‎ ‎2．【分析】由分母中根式内部的代数式大于0求解一元二次不等式得答案．‎ ‎【解答】解：由x2﹣2x＞0，得x＜0或x＞2．‎ ‎∴函数f（x）＝的定义域为（﹣∞，0）∪（2，+∞）．‎ 故选：C．‎ ‎3．【分析】由题意利用三角函数的周期性，得出结论．‎ ‎【解答】解：∵函数y＝sinx的最小正周期为2π，故排除A；‎ ‎∵函数y＝sinx的最小正周期为＝4π，故排除B；‎ ‎∵函数y＝cos（x+）的最小正周期为2π，故排除C；‎ ‎∵函数y＝tanx的最小正周期为π，故D满足条件，‎ 故选：D．‎ ‎4．【分析】Sn＝n2﹣n，可得n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1．即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵Sn＝n2﹣n，‎ ‎∴n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣n﹣[（n﹣1）2﹣（n﹣1）]＝2n﹣2．‎ 则a2+a3＝2×2﹣2+2×3﹣2＝6．‎ 故选：B．‎ ‎5．【分析】，为非零向量，“|+|＝|﹣|”展开，进而判断出结论．‎ ‎【解答】解：，为非零向量，“|+|＝|﹣|”展开为：+2•+＝﹣2•+⇔‎ ‎•＝0⇔⊥．‎ ‎∴“⊥”是“|+|＝|﹣|”的充要条件．‎ 故选：C．‎ ‎6．【分析】求出抛物线和双曲线的焦点坐标，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：抛物线x2＝2py（p＞0）的焦点坐标为（0，），‎ ‎∵双曲线的方程为﹣x2＝1，‎ ‎∴a2＝3，b2＝1，则c2＝a2+b2＝4，‎ 即c＝2，‎ ‎∵抛物线x2＝2py（p＞0）的焦点与双曲线﹣x2＝1的一个焦点重合，‎ ‎∴＝c＝2，‎ 即p＝4，‎ 故选：D．‎ ‎7．【分析】根据题意，先求出函数的定义域，进而分析可得f（﹣x）＝﹣f（x），即可得函数为奇函数，求出函数的导数，分析可得f（x）为（﹣1，1）上的减函数；即可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，函数f（x）＝ln（1﹣x）﹣ln（1+x），则有，解可得﹣1＜x＜1，即f（x）的定义域为（﹣1，1）；‎ 设任意x∈（﹣1，1），f（﹣x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x）＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数；‎ f（x）＝ln（1﹣x）﹣ln（1+x）＝ln，其导数f′（x）＝，‎ 在区间（﹣1，1）上，f′（x）＜0，则f（x）为（﹣1，1）上的减函数；‎ 故选：B．‎ ‎8．【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积．‎ ‎【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体A﹣BCD．‎ 如图所示：‎ 所以：BC＝，‎ 由于三棱锥体的左视图和主视图都为等边三角形，‎ 所以，‎ 所以＝．‎ 故选：A．‎ ‎9．【分析】由已知及余弦定理可求cosA的值，进而利用同角三角函数基本关系式可求sinA的值，设AB边上的高为h，利用三角形面积公式即可计算得解．‎ ‎【解答】解：∵AC＝3，，AB＝2，‎ ‎∴由余弦定理可得：cosA＝＝＝，可得sinA＝＝，‎ ‎∴设AB边上的高为h，则AB•h＝AB•AC•sinA，‎ ‎∴×2×h＝，解得：h＝．‎ 故选：B．‎ ‎10．【分析】根据四场比赛总得分，结合a，b，c满足的条件，可求出a，b，c，再根据已知的得分情况，确定甲、乙、丙的得分情况，问题即可解决．‎ ‎【解答】解：∵甲最后得分为16分，‎ ‎∴a＞4，‎ 接下来以乙为主要研究对象，‎ ‎①若乙得分名次为：1场第一名，3场第二名，则a+3b＝8，则3b＝8﹣a＜4，而b∈N*，则b＝1，‎ 又c∈N*，a＞b＞c，此时不合题意；‎ ‎②若乙得分名次为：1场第一名，2场第二名，1场第三名，则a+2b+c＝8，则2b+c＝8﹣a＜4，‎ 由a＞b＞c，且a，b，c∈N*可知，此时没有符合该不等式的解，不合题意；‎ ‎③若乙得分名次为：1场第一名，1场第二名，2场第三名，则a+b+2c＝8，则b+2c＝8﹣a＜4，‎ 由a＞b＞c，且a，b，c∈N*可知，此时没有符合该不等式的解，不合题意；‎ ‎④若乙得分名次为：1场第一名，3场第三名，则a+3c＝8，此时显然a＝5，c＝1，‎ 则甲的得分情况为3场第一名，1场第三名，共3×5+1＝16分，‎ 乙的得分情况为1场第一名，3场第三名，共5+3×1＝8分，‎ 丙的得分情况为4场第二名，则4b＝8，即b＝2，此时符合题意．‎ 综上分析可知，乙在四场比赛中没有获得过第二名．‎ 故选：C．‎ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．‎ ‎11．【分析】根据复数模长的定义直接进行计算即可．‎ ‎【解答】解：∵复数z＝2﹣i，‎ ‎∴|z|＝＝．‎ 故答案为：．‎ ‎12．【分析】先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角，即可求解cosα的值．‎ ‎【解答】解：直线x+y+1＝0的斜率k＝﹣1，‎ ‎∴直线x+y+1＝0的倾斜角α＝．‎ ‎∴cosα＝﹣．‎ 故答案为：﹣．‎ ‎13．【分析】运用离心率公式和a，b，c的关系，可得b＝＝a，即可得到所求双曲线的渐近线方程．‎ ‎【解答】解：由题意可得e＝＝，‎ 即c＝a，b＝＝a，‎ 可得双曲线的渐近线方程y＝±x，‎ 即为y＝±x．‎ 故答案为：y＝±x．‎ ‎14．【分析】根据题意，分析干支纪年法的规律，可得天干地支的对应顺序，据此可得2059年是己卯年，又由天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，据此可得天干地支共有60种组合，即可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，天干有十，即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，‎ 地支有十二，即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥；‎ 其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、…、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、…、癸未，甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳，…，‎ 若2049年是己巳年，则2059年是己卯年；‎ 天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，‎ 则天干地支共有60种组合，即使用干支纪年法可以得到60种不同的干支纪年；‎ 故答案为：己卯，60．‎ ‎15．【分析】①方程（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4中，令x＝0求得y的取值范围，得出最高点的坐标；‎ ‎②利用参数法求出点M到原点的距离d，求出最大值；‎ ‎③求出知最高点C与最低点D的距离|CD|；‎ ‎④计算“水滴”图形的面积是由一个等腰三角形，两个全等的弓形和一个半圆组成．‎ ‎【解答】解：对于①，方程（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4中，‎ 令x＝0，得cos2θ+y2﹣2ysinθ+sin2θ＝4，‎ 所以2sinθ＝y﹣，其中θ∈[0，π]，‎ 所以sinθ∈[0，1]，‎ 所以y﹣∈[0，2]，‎ 解得y∈[﹣，﹣1]∪[，3]；‎ 所以点A（0，），点B（0，﹣1），点C（0，3），点D（0，﹣），所以①错误；‎ 对于②，由（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4，设，‎ 则点M到原点的距离为 d＝＝＝，‎ 当α＝θ时，cos（α﹣θ）＝1，d取得最大值为3，所以②正确；‎ 对于③，由①知最高点为C（0，3），最低点为D（0，﹣），‎ 所以，③正确；‎ 对于④，“水滴”图形是由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成；‎ 计算它的面积是S＝S半圆+2S弓形+S△＝×π×12+2×（﹣）+×2×＝，‎ 所以④正确；‎ 综上知，正确的命题序号是②③④．‎ 故答案为：②③④．‎ 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．‎ ‎16．【分析】（Ⅰ）推导出PB⊥BC，AB⊥PB，由此能证明PB⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅱ）推导出PB⊥AB，PB⊥AD．AB⊥BC．建立空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法能求出直线PC与平面PDM所成角的正弦值．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）因为MA⊥BC，MA∥PB，所以PB⊥BC，‎ 因为AB⊥PB，AB∩BC＝B，‎ 所以PB⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅱ）解：因为PB⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，‎ 所以PB⊥AB，PB⊥AD．‎ 因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC．‎ 如图建立空间直角坐标系B﹣xyz，‎ 则P（0，0，2），M（2，0，1），C（0，2，0），D（2，2，0），‎ ‎，，．‎ 设平面PDM的法向量为＝（x，y，z），‎ 则，即 令z＝2，则x＝1，y＝﹣1．于是u＝（1，1，2）．‎ 平面PDM的法向量为＝（1，1，2）．‎ 设直线PC与平面PDM所成的角为θ，所以sinθ＝＝．‎ 所以直线PC与平面PDM所成角的正弦值为．‎ ‎17．【分析】（Ⅰ）先由题设条件求出等差数列{an}的基本量：首项与公差，再求其通项公式；‎ ‎（Ⅱ）先选择公比q的值，再结合其它题设条件计算出结果．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，又因为，且a1＝2，所以S5＝10+10d＝20，故d＝1，‎ 所以an＝n+1；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，a4＝5，又a4+b4＝9，所以b4＝4．‎ 若选择条件①q＝2，可得，Tn＝（a1﹣b1）+（a2﹣b2）+…+（an﹣bn）＝（a1+a2+…+an）﹣（b1+b2+…+bn）＝＝；‎ 若选择条件②，可得，Tn＝（a1﹣b1）+（a2﹣b2）+…+（an﹣bn）＝（a1+a2+…+an）﹣（b1+b2+…+bn）＝＝；‎ 若选择条件③q＝﹣1，可得，Tn＝（a1﹣b1）+（a2﹣b2）+…+（an﹣bn）＝（a1+a2+…+an）﹣（b1+b2+…+bn）＝＝‎ ‎．‎ ‎18．【分析】（Ⅰ）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过40人”为事件S，从这10所学校中随机选取2所学校进行调查，可得基本事件总数为．参与越野滑轮人数超过40人的学校共4所，随机选择2所学校共种，利用古典概率计算公式即可得出概率．‎ ‎（Ⅱ）X的所有可能取值为0，1，2，参加旱地冰壶人数在30人以上的学校共4所．利用超几何分布列计算公式即可得出．‎ ‎（Ⅲ）答案不唯一．示例：虽然概率非常小，但是也可能发生，一旦发生，就有理由认为指导后总考核达到“优”的概率发生了变化．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过40人”为事件S，现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查，可得基本事件总数为．‎ 参与越野滑轮人数超过40人的学校共4所，随机选择2所学校共种，‎ 所以．………（4分）‎ ‎（Ⅱ）X的所有可能取值为0，1，2，参加旱地冰壶人数在30人以上的学校共4所．‎ ‎，，．‎ X的分布列为：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎．………（11分）‎ ‎（Ⅲ）答案不唯一．‎ 答案示例1：可以认为甲同学在指导后总考核为“优”的概率发生了变化．理由如下：‎ 指导前，甲同学总考核为“优”的概率为：．‎ 指导前，甲同学总考核为“优”的概率非常小，一旦发生，就有理由认为指导后总考核达到“优”的概率发生了变化．‎ 答案示例2：无法确定．理由如下：‎ 指导前，甲同学总考核为“优”的概率为：．‎ 虽然概率非常小，但是也可能发生，所以，无法确定总考核达到“优”的概率发生了变化． ………（14分）‎ ‎19．【分析】（Ⅰ）求导，列出随x的变化，f'（x）和f（x）的情况表，进而求得极值；‎ ‎（Ⅱ）令，求导，由＞0得ex﹣1＞0，则g'（x）＞0，进而得出函数g（x）的单调性，由此得证；‎ ‎（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知符合题意，再令，分及a≥0均可判断不合题意，进而得出实数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）因为，定义域R，‎ 所以．‎ 令f'（x）＝0，解得x＝0．‎ 随x的变化，f'（x）和f（x）的情况如下：‎ ‎ x ‎ （﹣∞，0）‎ ‎ 0‎ ‎ （0，+∞）‎ ‎ f′（x）‎ ‎+‎ ‎ 0‎ ‎﹣‎ ‎ f（x）‎ ‎ 增 ‎ 极大值 ‎ 减 由表可知函数f（x）在x＝0时取得极大值f（0）＝1，无极小值；‎ ‎（Ⅱ）证明：令，．‎ 由x＞0得ex﹣1＞0，‎ 于是g'（x）＞0，‎ 故函数g（x）是[0，+∞）上的增函数．‎ 所以当x∈（0，+∞）时，g（x）＞g（0）＝0，即；‎ ‎（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，满足题意．‎ 令，．‎ 当时，若，h'（x）＜0，则h（x）在上是减函数．‎ 所以时，h（x）＜h（0）＝0，不合题意．‎ 当a≥0时，h'（x）＜0，则h（x）在（0，+∞）上是减函数，所以h（x）＜h（0）＝0，不合题意．‎ 综上所述，实数a的取值范围．‎ ‎20．【分析】（Ⅰ）把点A坐标代入椭圆的方程得a＝1．由△AOB的面积为可知，，解得b，进而得椭圆C的方程．‎ ‎（Ⅱ） 设直线l的方程为y＝kx+1，M（x1，y1），N（x2，y2）．联立直线l与椭圆C的方程的关于x的一元二次方程．△＞0，进而解得k的取值范围．‎ ‎（Ⅲ）因为A（1，0），P（0，1），M（x1，y1），N（x2，y2），写出直线AM的方程，令x＝0，解得．点S的坐标为．同理可得：点T的坐标为．用坐标表示，，，代入，得．同理．由（Ⅱ）得，代入 λ+μ，化简再求取值范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆经过点A（1，0），‎ 所以a2＝1解得a＝1．‎ 由△AOB的面积为可知，，‎ 解得，‎ 所以椭圆C的方程为x2+2y2＝1．‎ ‎（Ⅱ） 设直线l的方程为y＝kx+1，M（x1，y1），N（x2，y2）．‎ 联立，消y整理可得：（2k2+1）x2+4kx+1＝0．‎ 因为直线与椭圆有两个不同的交点，‎ 所以△＝16k2﹣4（2k2+1）＞0，解得．‎ 因为k＞0，所以k的取值范围是．‎ ‎（Ⅲ）因为A（1，0），P（0，1）M（x1，y1），N（x2，y2），‎ 所以直线AM的方程是：．‎ 令x＝0，解得．‎ 所以点S的坐标为．‎ 同理可得：点T的坐标为．‎ 所以，，．‎ 由，‎ 可得：，‎ 所以．‎ 同理．‎ 由（Ⅱ）得，‎ 所以 ＝‎ 所以λ+μ的范围是．‎ ‎21．【分析】（Ⅰ）由a为奇数，b为偶数，可得a+b为奇数，即可判断2019和2020是否属于集合A+B；‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）首先证明：对于任意自然数p可表示为唯一一数组（ε0，ε1，ε2，…，εi，…，εk），其中εi＝0，1；i＝0，1，…，k，k∈N，使得，考虑自然数p的个数即可得证；‎ 下证＝，其中εi＝0，1；εi′＝0，1；i＝0，1，…，k，k∈N，则ε'i＝εi．由反证法即可得证；‎ ‎（ⅱ）考虑集合中元素为奇数，可为{n|n＝2k﹣1，k∈N*}．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由a＝2m+1，b＝2n得a+b＝2（m+n）+1是奇数，‎ 当a＝2×1009+1，b＝2×0＝0时，a+b＝2019，‎ 所以2019∈A+B，2020∉A+B；‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）首先证明：对于任意自然数p可表示为唯一一数组（ε0，ε1，ε2，…，εi，…，εk），‎ 其中εi＝0，1；i＝0，1，…，k，k∈N，‎ 使得，‎ 由于 ‎，‎ 这种形式的自然数p至多有2k+1个，且最大数不超过2k+1﹣1．‎ 由εi＝0，1；i＝0，1，…，k，k∈N，每个εi都有两种可能，‎ 所以这种形式的自然数p共有个结果．‎ 下证＝，‎ 其中εi＝0，1；εi′＝0，1；i＝0，1，…，k，k∈N，则ε'i＝εi．‎ 假设存在ε'i≠εi中，取i最大数为j，‎ 则 ‎＝|（ɛ0'﹣ɛ0）+（ɛ1'﹣ɛ1）×21+…+（ɛj'﹣ɛj）×2j|≥|（ɛj'﹣ɛj）×2j|﹣|（ɛ0'﹣ɛ0）+（ɛ1'﹣ɛ1）×21+…+（ɛj﹣1'﹣ɛj﹣1）×2j﹣1|‎ ‎≥|（ɛj'﹣ɛj）×2j|﹣（|ɛ0'﹣ɛ0|+|ɛ1'﹣ɛ1|×21+…+|ɛj﹣1'﹣ɛj﹣1|×2j﹣1）≥2j﹣（1+21+…+2j﹣1）＝2j﹣＝1，‎ 所以0≥1不可能．‎ 综上，任意正整数p可唯一表示为＝‎ 显然，‎ 满足N*⊆（A+B），所以集合A，B互为“完美加法补集”．‎ ‎（ⅱ）{n|n＝2k﹣1，k∈N*}‎