2020年仁爱版七年级下学期英语期末考试试卷(I)卷
2020年仁爱版七年级下学期英语期末考试试卷(I)卷,七年级下英语期末考,莲山课件.
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
纪年 甲子年 乙丑年 丙
寅年 丁
卯年 戊
辰年 己
巳年 庚
午年 辛
未年 壬
申年 癸
酉年 甲
戌年 乙
亥年 丙
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＝sin x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，
2019-2020学年北师大版七年级下学期英语期末考试试卷(II )卷
2019-2020学年北师大版七年级下学期英语期末考试试卷(II )卷,七年级下英语期末考,莲山课件.
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*}
北京市东城区2020届高三数学下学期综合练习（二）试题（解析版）
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