【文档说明】北京市丰台区2020届高三下学期综合练习（二）（二模）数学试题【精准解析】.doc，共(23)页，1.537 MB，由小赞的店铺上传

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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.集合22AxxZ的子集个数为（）A.4B.6C.7D.8【答案】D【解析】【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.【详解】解：∵221,0,1AxxZ，∴集合A的子集个数为328个，故选：D.【点睛】本题考查集合的子集的个数，属于基础题.2.函数212fxxx的定义域为

（）A.0,2B.0,2C.,02,D.,02,【答案】C【解析】【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.【详解】由220xx，得0x或2x.∴函数

212fxxx的定义域为,02,.故选：C.【点睛】本题考查了求二次根式函数的定义域，分式函数的定义域,一元二次不等式的解法,属于基础题.3.下列函数中，最小正周期为的是（）A.1sin2yx

B.1sin2yxC.cos4yxD.1tan2yx【答案】D【解析】【分析】由题意利用三角函数的周期的计算公式，分别求选项中函数的最小正周期，即可求解.【详解】由函数1sin2yx的最小正周期为2，故排除A；由

函数1sin2yx的最小正周期为2412，故排除B；由函数cos4yx的最小正周期为2，故排除C；由正切函数的最小正周期的公式，可得函数1tan2yx的最小正周期为，故D满足条件，故选：D.【点睛】本题考查了三角

函数的最小正周期的计算与求解，其中解答中熟记正弦型、余弦型和正切函数的最小正周期的计算公式是解答的关键，着重考查计算能力.4.已知数列na的前n项和2nSnn，则23aa（）A.3B.6C.7D.8【答案】B【解析】【分析】由2nSnn

，可得2n时，1nnnaSS.即可得出结论.【详解】由数列na的前n项和2nSnn，当2n时，2211122nnnaSSnnnnn，则232222326aa.故选：B.【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式的应用，其

中解答中熟记数列na和nS的关系，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.5.设a，b为非零向量，则“ab”是“abab”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【答案】C【解析】【分析】a

，b为非零向量，“abab”平方后展开，进而判断出结论.【详解】a，b为非零向量，“abab”展开为：22220aabbaabbabab∴“ab”是“abab”的充要条件.故选：C.【点睛】本题考查充分条件

和必要条件的定义，属于基础题.6.已知抛物线M：22xpy(0)p的焦点与双曲线N：2213yx的一个焦点重合，则p（）A.2B.2C.22D.4【答案】D【解析】【分析】分别求出抛物线和双曲线的焦点坐标，即可得到答案.【详解】抛物线22xpy(0)p

的焦点坐标为0,2p，双曲线的方程为2213yx，23a，21b，则222cab.因为抛物线22xpy(0)p的焦点与双曲线2213yx的一个焦点重合，所以22pc，即4p.故选：D.【点睛】本题主要考查抛

物线的标准方程和焦点坐标，同时考查了双曲线的焦点坐标，属于简单题.7.已知函数ln1ln1fxxx，则fx（）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【答案】B【解析】【分析】根据题意，先求出函数的定义域，进而分析可得fxfx，即可得函数为奇函数，求出函数的导数，分析可得fx为1,1上的减函数；即可

得答案.【详解】根据题意，函数ln1ln1fxxx，则有1010xx，解可得11x，即fx的定义域为1,1；设任意1,1x，ln1ln1

fxxxfx，则函数fx为奇函数；1ln1ln1ln1xfxxxx，其导数221fxx，在区间1,1上，0fx，则fx为1,1上的减函数；故选：B.【点睛】本题考查的是对数型函数的单调性和奇偶性，考查了学生对基本

方法的掌握情况，属于基础题.8.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.233B.43C.433D.23【答案】A【解析】【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.【详解】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ABCD.如图所示：所以：22222BC，由于三棱锥体的左视图和主视图都为等边三角形，所以22213OA，所以1123223323V.故选：A.【点睛】本题考查求由三视

图还原几何体的体积问题，关键在于由三视图能准确地还原几何体，并且注意线段间的位置关系和长度，属于中档题.9.在ABC中，3AC，7BC，2AB，则AB边上的高等于（）A.23B.332C.262D.32【答案】B【解析】【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.【详解】在ABC中，3AC，7BC，2AB，由余弦定理可得：2229471cos22322ACABBCAACAB，可得2

3sin1cos2AA，设AB边上的高为h，则11sin22ABhABACA，即113223222h，解得：332h.故选：B.【点睛】本题主要考查了余弦定理，三角函数的基本关系式，

以及三角形的面积公式的应用，着重考查推理与运算能力.10.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（abc，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4B.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【答案】C【解析】【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.【详解】∵甲最后得分为16分，∴4

a，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38ab，则384ba，而*bN，则1b，又*cN，abc，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28abc，则284bca，由abc，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28abc，则284bca

，由abc，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38ac，此时显然5a，1c，则甲的得分情况为3场第一名，1场第三名，共35116分，乙的得分

情况为1场第一名，3场第三名，共5318分，丙的得分情况为4场第二名，则48b，即2b，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.【点睛】本题考查了学生的逻辑推理能力和阅读理解能力，属于中档题.二、填空题共5

小题，每小题5分，共25分.11.已知复数2zi，则z______.【答案】5【解析】【分析】根据复数的模长的定义直接进行计算即可.【详解】∵复数2zi，∴415z.故答案为：5.【点睛】本

题考查复数的模的概念及求法，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如()()()(),(,,.)abicdiacbdadbciabcdR.其次要熟悉复数相关基本概念，如复数(,)abiabR的实部为a、虚部为b、模为22ab、对应点

为(,)ab、共轭为.abi12.已知直线10xy的倾斜角为，则cos______.【答案】22【解析】【分析】先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角，即可求解cos的值.【详解】直线10xy的斜率1k，∴

直线10xy的倾斜角34.∴2cos2.故答案为：22.【点睛】本题考查了直线倾斜角的求法，重点考查了直线斜率与倾斜角的关系，属基础题.13.已知双曲线22221(0,0)xyabab的离心率为3，则该双曲线的渐近线方程为_______.【答案】2yx【解析】【分析

】利用双曲线的离心率求出,ab的关系，然后求解渐近线方程即可.【详解】由已知可知离心率22222223,32ccabebaaaa由双曲线的焦点在x轴上，渐近线方程为：2byxxa故答案为:2yx.【点睛】本题考查了双曲线的方程、离心率、渐近线，考

查了学生转化与划归，数学运算能力，属于基础题.14.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.【答案】(1).己卯(2).60.【解析】【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.【详解】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.【点睛】本题考查合情推理的应用，关键是掌握“干支纪年法”的规律，属于基础题.15.已知集合22,cossin4,0Pxyxy

.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33CD；④白色“水滴”图形的面积是1136.其中正确的有______.【答案】②③④【解析】【分析】①方程22cossin4

xy中，令0x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.【详解】对于

①中，方程22cossin4xy中，令0x，得222cos2sinsin4yy，所以32sinyy，其中0,，所以sin0,1，所以30,2yy

，解得3,13,3y；所以点0,3A，点0,1B，点0,3C，点0,3D，所以①错误；对于②中，由22cossin4xy，设2coscos2sinsinxy，则点M到

原点的距离为22222coscos2sinsin54cosdxy，当时，cos1，d取得最大值为3，所以②正确；对于③中，由①知最高点为0,3C，最低点为

0,3D，所以33CD，③正确；对于④中，“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21211121232332326SSSS△

弓形半圆，所以④正确；综上知，正确的命题序号是②③④.故答案为：②③④.【点睛】本题主要考查了以集合为背景的命题的真假判定，其中解答中涉及到三角函数的性质，圆的参数方程，以及圆的面积公式等知识点的综合考查，着重考查推理与运算能力，

属于中档试题.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.如图，四边形ABCD为正方形，MA//PB，MABC，ABPB，1MA，2ABPB.（1）求证：PB平面A

BCD；（2）求直线PC与平面PDM所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）36【解析】【分析】（1）推导出PBBC，ABPB，由此能证明PB平面ABCD.（2）推导出PBAB，PBAD.ABBC.建立空间直角坐标系Bxyz，利用向量法能求出直线PC与平面PDM所成角的正弦值

.【详解】证明：（Ⅰ）因为MABC，MAPB∥，所以PBBC，因为ABPB，ABBCB，所以PB平面ABCD.（Ⅱ）解：因为PB平面ABCD，ABÌ平面ABCD，AD平面ABCD，所以PBAB，PBAD.因为四边形ABCD为正方形，所以ABBC.如图建立

空间直角坐标系Bxyz，则002P,,，2,0,1M，0,2,0C，2,2,0D，0,2,2PC，2,2,2PD，2,0,1PM.设平面PDM的法向量为,,xyz，则00PDPM，即222020xyzxz

令2z，则1x，1y.于是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，所以3sin6PCPC.所以直线PC与平面PDM所成角的正弦值为36.【点睛】本题主要考查证明线面垂直和线

面角，考查学生的逻辑思维能力和计算能力，属于中档题.17.已知等差数列na的前n项和为nS，12a，520S.（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若等比数列nb满足449ab，且公比为q，从①2q=；②12q；③1q这三个条件中任选一个作为

题目的已知条件，求数列nnab的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）1nan（Ⅱ）2q=时，131222nnnnT；12q时，632642nnnnT；1q时，32112nnnnT.【解

析】【分析】（Ⅰ）先设等差数列na的公差为d，，由题设条件求出等差数列na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.【详解】解：（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，又因为112nnnSnad，且12a，所

以5101020Sd，故1d，所以1nan；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，45a，又449ab，所以44b.若选择条件①2q=，可得41312bbq，11221212nnnnnTabababaaabbb

11113122122nnnbqnaannq；若选择条件②12q，可得41332bbq，11221212nnnnnTabababaaabbb

11613264212nnnbqnaannq；若选择条件③1q，可得4134bbq，11221212nnnnnTabababaaabbb1113211212nnnbqnaannq

.【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，求等差数列和等比数列的前n项和，考查分组求和法，属于中档题.18.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.【答案】（Ⅰ）215（Ⅱ）见解析，45（Ⅲ）见

解析【解析】【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210ð.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24ð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.【详解】（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210ð.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24C6种，所以2421043C22109C152PS（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.0246210CC10C3PX，1146210CC81C15PX，2046210CC22C15PX.X的分布列为：X012P138152151824012315155EX.（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：223333C0.10.9C0.10.028.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：223333C0.10.9C0.10.028.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.【点睛】本题考查古典概型，离散型随机变量的分布列

和数学期望，以及根据概率统计做分析和决策等相关问题，属于中档题.19.已知函数1exxfx.（Ⅰ）求函数fx的极值；（Ⅱ）求证：当0,x时，2112fxx；（Ⅲ）当0x时，若曲线yfx在曲线21yax的上方，求实数a的取值范围.【答

案】（Ⅰ）极大值1，无极小值；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）1,2【解析】【分析】（Ⅰ）求导，列出随x的变化，'fx和fx的情况表，进而求得极值；（Ⅱ）令22111112e2xxgxfxxx（0x），求导，由0x得10xe，则

'0gx，进而得出函数gx的单调性，由此得证；（Ⅲ）当12a时，由（Ⅱ）知符合题意，再令22111exxhxfxaxax，分102a及0a均可判断不合题意，进而得出实数a的取值范围.【详解】（Ⅰ）因为1exxfx，定义域R，所以'e

xxfx.令()'0fx=，解得0x.随x的变化，'fx和fx的情况如下：x,000,fx0fx增极大值减由表可知函数fx在0x时取得极大值01f，无极小值；（Ⅱ）证明：令222111112e2xgxfxxx

（0x），'1e11eeexxxxxgxxxx由0x得10xe，于是'0gx，故函数gx是0,上的增函数.所以当0,x时，00gxg，即2112fxx；（Ⅲ）当12a

时，由（Ⅱ）知221112fxxax，满足题意.令22111exxhxfxaxax，'122eexxxhxaxxa.当102a时，若10,l

n2xa，0hx，则hx在10,ln2a上是减函数.所以10,ln2xa时，00hxh，不合题意.当0a时，

'0hx，则hx在0,上是减函数，所以00hxh，不合题意.综上所述，实数a的取值范围1,2.【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性、极值、最值、证明不等式，求参数的范围，关键在于构造合适的函数，求其导函数的

正负，得出其函数的单调性，从而得出所构造的函数的图象趋势，可以解决函数的极值、最值、不等式等相关问题，属于难度题.20.已知椭圆C：22221xyab（0ab）经过()1,0A，0,Bb两点.O为坐标原点，且AOB的面积为24.过点0,1P且斜率为k（0k）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PSPO，PTPO，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）2221xy（Ⅱ）2,2（Ⅲ）2,2

【解析】【分析】（Ⅰ）把点A坐标代入椭圆的方程得1a.由AOB的面积为24可知，1224ab，解得b，进而得椭圆C的方程.（Ⅱ）设直线l的方程为1ykx，11,Mxy，22,Nxy.联立直线l与椭圆C的方程可得关于

x的一元二次方程.，进而解得k的取值范围.（Ⅲ）因为()1,0A，0,1P，11,Mxy，22,Nxy，写出直线AM的方程，令0x，解得111yyx.点S的坐标为110,1yx

.同理可得：点T的坐标为220,1yx.用坐标表示PS，PT，PQ，代入PSPO，PTPO，得111111111ykxxx.同理22111kxx.由（Ⅱ）得122421kxxk，122121xxk，代入，化

简再求取值范围.【详解】（Ⅰ）因为椭圆C：22221xyab经过点()1,0A，所以21a解得1a.由AOB的面积为24可知，1224ab，解得22b，所以椭圆C的方程为2221xy.（

Ⅱ）设直线l的方程为1ykx，11,Mxy，22,Nxy.联立22211xyykx，消y整理可得：2221410kxkx.因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以22164210kk，解得212k.因为0k，所

以k的取值范围是2,2.（Ⅲ）因为()1,0A，0,1P，11,Mxy，22,Nxy.所以直线AM的方程是：1111yyxx.令0x，解得111yyx.所以

点S的坐标为110,1yx.同理可得：点T的坐标为220,1yx.所以110,11yPSx，220,11yPTx，0,1PO.由PSPO，PTPO

，可得：1111yx，2211yx，所以111111111ykxxx.同理22111kxx.由（Ⅱ）得122421kxxk，122121xxk

，所以1212121212122121122111kxxkxxkxkxxxxxxx222214212212121412121kkkkkkkk

22224422121421kkkkkk2121kk1222,212kk所以的范围是2,2.【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系

数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.21.已知无穷集合A，B，且AN，BN，记,ABabaAbB，定义：满足NAB时，则称集合A，B互为“完美加法补集”.（Ⅰ）已知集合21,Aaamm

N，2,AbbnnN.判断2019和2020是否属于集合AB，并说明理由；（Ⅱ）设集合24220242222222,0,1;0,1,,,isisiAxxissN，13212113212121222

2,0,1;1,,,isisiBxxissN.（ⅰ）求证：集合A，B互为“完美加法补集”；（ⅱ）记An和Bn分别表示集合A，B中不大于n（*nN）的元素个数，写出满足1AnBnn的元素n的集合.

（只需写出结果，不需要证明）【答案】（Ⅰ）2019AB，2020AB；见解析（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ）21,knnkN【解析】【分析】（Ⅰ）由a为奇数，b为偶数，可得ab为奇数，即可判断2019和2020是否属于集合AB；（Ⅱ）（ⅰ）对于任意自然数p可表示为唯一一

数组（0，1，2，…，i，…，k），其中0i，1；0i，1，…，k，kN，使得121012122222iikiikp，0i，1；0i，1，…，k，kN，考虑自然数p的个数即可得证；再证121012122222ii

kiikp121012122222iikiik，其中0i，1；0i，1；0i，1，…，k，kN，则ii.由反证

法即可得证；（ⅱ）考虑集合中元素为奇数，可为21,knnkN.【详解】（Ⅰ）由21am，2bn得21abmn是奇数，当210091a，200b时，2019ab，所以2019AB，2020AB；（Ⅱ）（ⅰ）首先证明：对于任意自然数p

可表示为唯一一数组（0，1，2，…，i，…，k），其中0i，1；0i，1，…，k，kN，使得121012122222iikiikp，0i，1；0i，1，…，k，kN，由于1

211210121022222222221iikikkiik，这种形式的自然数p至多有12k个，且最大数不超过121k.由0i，1；0i，1，…，k，kN，每个i都有两种可能，所以这种形式的自然数p共有1122

222kk个个结果.下证121012122222iikiikp121012122222iikiik，其中0i，1；0i，1；0i，1，…，k，kN，则ii

.假设存在ii中，取i最大数为j，则110101222222ikikikik10011222jjjjjj1100111122jjj

11001111222jjjjjj112212212112jjjj，所以01不可能.综上，任意正整数p可唯一表

示为121012122222iikiikp2130213222显然2022A，131322B，满足*NAB，所以集合A，B互为“完美加

法补集”.（ⅱ）21,knnkN.【点睛】本题考查集合的新定义，以及其性质的探索，关键在于理解集合的新定义，运用整数集上的性质得证，属于难度题.