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  • 2021-06-09 发布

北京市丰台区2020届高三下学期综合练习(二)(二模)数学试题

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‎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*}‎

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