会议记录的格式-我的自画像作文男生

密
————————————

—封
————————————
—线
名姓 级班
校学 ★存保点考
交上卷此★
(这是边文，请据需要手工删加)

数学A卷 第页(共4页)
(这是边文，请据需要手工删加)
绝密★启用前A卷
2019年普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷)
数学Ⅰ注意事项：
1. 本试卷共160分，考试时间150分钟．
2. 答题前，考生务必将学校、班级、姓名写在密封线内．
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分 ，共70分．请把答案填写在答题卡相应位
．．．．．．
置上．
．．
1. 已知集合A＝{0，1，2，5}，B＝{－1，2，－5}，则A∩B＝________．
2
2. 复数的共轭复数为________．
1－i
3. 已知某批产品一等品、二等品、三等品的数量分别为400，400, 500.为进一步了解该
批产品 的质量情况，现用分层抽样的方法从三种不同等级的产品中抽取容量为65的样本，则
应从三等品中抽取 ________个．
4. 将2个不同颜色的小球放入编号分别为1，2，3的盒子内，则1号盒中 至少有一个球
的概率是________．
5. 函数f(x)＝lg(x
2
＋2x－3)的单调增区间为________．
6. 执行如图所示的程序框图，若输出的n＝5，则输入整数p的最小值是________．





(第6题)

(第8题)
(第9题)


7. 在等比数列{a
n
}中，a
2
＝2，a
9
＝5，则数列{lga
n
}的前10项和等于 ________．
8. 如图，在所有棱长均为a的正三棱柱ABC A
1
B
1
C
1
中，三棱锥C
1
A
1
BC的体积V
＝________.
9. 已知函数f(x)＝Asi n(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，A，B，C，D
是图象的四个顶 点，且四边形ABCD的面积为6π，则f(2π)的值为________．
15
10. 已知函数f(x)＝x
3
＋mx
2
－2m
2
x－4(m为常 数，且m>0)有极大值－，则实数m＝
22
________．
11. 已知两 定点A(－3，0)，B(1，0)，如果直线l：x＋ay－2＝0上一点M满足MA
2
＋< br>MB
2
＝16，则实数a的取值范围是________．

(第12题)
→→
→→→→→
CO＋CB
12. 如图，若OA· OB＝0，|OA|＝1，|OB|＝3，点C在线段AB上运动，CD＝，
2
→→
则 DC·OC的最小值为________．


（2－a）x，x≥a，
13. 已知函数g(x)＝

2
恰有两个零点，则实数a的取值范围为

2x－（a＋4）x，x
________．


ab＋2c＝1，
14. 若实数a，b，c满足

222
则abc的最小值为________．

a＋b＋c＝5，

二、 解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题 卡指定区域内作答，解答时应写出
文字说明、证明或演算步骤．
7
15. (本小题满分14分)在△ABC中，AB＝2，cosC＝，3AC＝4BC.
8
(1) 求AC，CB的长；

(2) 求sin(A－C)的值．













16. (本小题满分14分)如图，在四棱锥PABCD中，若PD＝4，DC＝DB＝3 ，PB＝PC＝
5，AD⊥DB.
(1) 求证：AD⊥平面PBD；
(2) 若 点E，F，G分别是AB，AP，PC的中点，过E，F，G的平面交BC于点H，求
证：PB∥GH.
(第16题)

x
2
y
2
17. (本小题满分14分)如图，曲线Γ由半椭圆
2
＋
2
＝1(y≥0)和半圆x
2
＋y
2
＝a
2
(y<0)组
ab
成，其 中a>b>0，F
1
，F
2
是半椭圆的焦点，A
1
，A2
是半椭圆的左、右顶点，B
1
，B
2
是曲线Γ
的下、 上顶点. △B
1
F
1
F
2
是正三角形，曲线Γ过点(1，－2)．
(1) 求曲线Γ的方程；
(2) 设P，Q是曲线Γ上的两点，且P在x轴上方，Q在x轴 下方，若A
1
A
2
平分∠PA
1
Q，
求
k PA
2
(kPA
2
，kQA
2
分别表示直线PA
2
，QA
2
的斜率)．
kQA
2
(第17题)









18. (本 小题满分16分)某模具厂设计如图所示的模具，模具是由线段AB，CD和与它们
相切的圆弧BC及线 段AD四部分组成的平面图形．圆弧BC所在圆的半径为8 cm, B，C距
线段AD的距离等于点H(圆弧BC的中点)到线段AD距离的一半，且不超过4 cm. 设 ∠BAD
＝θ，模具周长去掉线段AD长后记为f(θ)，当f(θ)最大时称模具为“最佳比例模具” ．
(1) 求f(θ)的解析式，并求定义域；
(2) 若模具为“最佳比例模具”，求f(θ)的值．
(第18题)

19. (本小题满分16分)已知数列{a
n
}满足a
1< br>＝2，a
n
＋
1
＝qa
n
(n∈N
*
，q>0)．
(1) 求数列{na
n
}的前n项和S
n
；
(2) 设b
n
＝lna
n
，数列{b
n
}的前n 项和为T
n
，对于给定的正整数m，若对任意正整数n都
有
T
（m
＋
1
）
n
为定值，求q的值．
T
mn













20. (本小题满分16分)已知函数f(x)＝x
2
＋kcosx(k∈R)．
(1) 判断f(x)的奇偶性；
(2) 若k＝4，f(x)在区间(0，π]的图象上是否存在两点A，B ，使得在点A，B处的切线
互相垂直？
(3) 若k∈N
*
，求所有使不 等式f(x)≥k
2
－6k＋10恒成立的k的值．(参考数据π
2
≈9.8 7，
3π3π6π11π11π11π
sin≈0.95，cos≈－0.31，≈3.77， sin≈0.94，cos≈－0.34，≈3.84)
55518189















题 答 要 不 内 线 封 密

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数学参考答案 第页(共8页)
(这是边文，请据需要手工删加)

2019年普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷) A卷
数学Ⅰ参考答案及评分标准
5
1. {2} 2. 1－i 3. 25 4.
9
5. (1，＋∞) 6. 8 7. 5
3a
3
1133
8. 【解析】V C
1
A
1
BC＝VBA
1
C
1
C＝·a< br>2
·a＝a
3
.
1232212
9. 1 【解析】设函数 f(x)的周期为T，则由图易知A＝2，AD＝2T，BC＝T，于是由题
（2T＋T）×4
π

2π
意可得＝6π，即T＝π，所以ω＝＝2，于是将点

< br>6
，2

代入函数f(x)＝2sin(2x
2T
π
ππ
＋φ

＝1.又0<φ<π，所以φ＝，所以f(2π)＝2sin＝1. ＋φ)，得sin


3

66
10. 1 【解析】因为 f′(x)＝3x
2
＋mx－2m
2
＝(x＋m)·(3x－2m)，令f′ (x)＝0，则x＝－m
2
或x＝m.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
3

x
f′(x)
f(x)
(－∞，
－m)
＋

－m
0
极大值

－m，
2
m


3

－

2
m
3
0
极小值

2
m，＋∞



3

＋

15
所以f(x)
极大值
＝f(－m)＝－m
3
＋m
3
＋2m
3
－4＝－，所以m＝1.
22
11. < br>
－∞，－

5

5

∪设M(x，y) ，则(x＋3)
2
＋y
2
＋(x－1)
2
＋y
2< br>＝16，
，＋∞
【解析】
2

2

35 5
2
≤2，解得a≤－
2
或a≥
2
.
1＋a
即(x＋1)
2
＋y
2
＝4，所以
12.
15
→→→→→
【解析】方法一：选取OA，OB为基向量，设OC＝λOA＋(1 －λ)OB，其中0≤λ
64
→→
→
1

→→
CO ＋CB
→
OB
→→→→→→
－λ
OB，≤1，因为CD＝，所以OD ＝，所以DC＝DO＋OC＝λOA＋

所以DC·OC

2
22
9

2
153

→

1

→→→
2
9
＝[λOA＋

2
－λ
< br>OB
]·[λOA
＋(1－λ)OB]＝4λ－λ＋＝4

λ－
16

＋，因为0≤λ≤1，所以
2264
159
→→
D C·OC的最小值为，当且仅当λ＝时取得最小值．
6416

(第12题)
→→
→
CO＋CB
方法二：由CD＝可知D是OB的 中点，如图，建立平面直角坐标系，则A(1，
2
0)，B(0，3)，D

0，

3

，AB所在直线方程为y＝－3x＋3.设C(a，－3a＋3) (a∈[0，
2

9

2
1593

3< br>
→→

→→
2
1])，则DC·OC＝
a，－3a ＋
·(a，－3a＋3)＝4a－a＋＝4

a－
16

＋ ，所以DC·OC
2264
2

15
的最小值为.
64
13. (4，＋∞) 【解析】当a＝2时，g(x)有无数个零点，不合题意．当a≠ 2，x≥a时，
a＋4
令g(x)＝0，得x＝0；当x0，则g(x)在[a，＋
2
a＋4
∞)上无零点，因为函数g(x) 恰有2个零点，则应有4；②若a＝0，则g(x)在
2
[0，＋∞)上有一个 零点0，g(x)在(－∞，0)上没有零点，不合题意；③若a<0，则g(x)在[a，
a＋4＋∞)上有一个零点0，因为函数g(x)恰有2个零点，则应有4，与a<0矛盾，
2
不合题意．综上，实数a的取值范围为(4，＋∞)．
5－c≥4c－2，


14. 911－32 【解析】因为a
2
＋b
2
≥2|ab|，所以5－c
2
≥|2－4c|，所以

1


c≥
2
5－c≥2－4c，


或

1
所以2－7≤c≤11－2.由于abc＝c－2c
2
，易知c＝11－2时abc取得


c<
2
，
最小值9 11－32.
15. 【解答】(1) 在△ABC中，由余弦定理得AB
2
＝CA
2
＋CB
2
－2CA·CBcosC，(2分)
3
设AC＝x，因为3AC＝4BC，所以BC＝x，
4
3

2
737
x
－2x·x·， 因为AB＝2 ，cosC＝，所以2
2
＝x
2
＋


4

848
解得x＝4.(4分)
所以AC＝4，CB＝3.(6分)
715
(2) 因为sin
2
C＋cos
2
C＝1，cos C＝，C∈(0，π)，所以sinC＝1－cos
2
C＝.(8分)
88
在△ABC中，由正弦定理得
CBAB
＝，
sinAsinC
2
2
CB·sinC315
所以sinA＝＝，(10分)
AB16

因为CB＝311
所以cosA＝1－sin
2
A＝，(12分)
16
31571115515
所以sin(A－C)＝sinAcosC－cosAsinC＝×－×＝.( 14分)
16816864
16. 【解答】(1) 由PD＝4，DB＝3，PB＝5可得 PD
2
＋DB
2
＝PB
2
，(2分)
所以PD⊥DB，同理可得PD⊥DC.(4分)
又DB∩DC＝D，DB，DC⊂平面ABCD，
所以 PD⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，
所以 AD⊥PD.(6分)
又AD⊥DB，且PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，
所以AD⊥平面PBD.(8分)
(2) 因为E，F分别为AB，AP的中点，所以EF∥PB.(10分)
又EF⊂平面EFGH，PB⊄平面EFGH，
所以PB∥平面EFGH.(12分)
因为PB⊂平面PBC，平面PBC∩平面EFGH＝GH，
所以PB∥GH.(14分)
a
17. 【解答】 (1) 因为△B
1
F
1
F
2
是正三角形，则tan60°＝，即a＝3c.又点(1，－2)
c
在曲线Γ上，
所以a
2
＝3，所以c＝1，b
2
＝2，
x
2< br>y
2


3
＋
2
＝1，y≥0，
故 曲线Γ的方程为

(4分)


x
2
＋y
2
＝3，y<0.
(2) 方法一：设直线PA
1
的斜率为k，则PA
1
的方程为y＝k(x＋3)，


y＝k（x＋3），
由

x
2
y2
得(2＋3k
2
)x
2
＋63k
2
x＋9k
2
－6＝0.(6分)


3
＋
2
＝1
23－33k
2
解得x
P
＝，
2＋3k
2
2

23－33k

43k
故y
P
＝k

＋3

＝
2
.(8分)
2

2＋3k

2＋3k
43k
2＋3k
2
y
P
2kPA
2
＝＝＝－.(10分)
3k
x
P
－323－ 33k
2
－3
2＋3k
2
又∠A
2
A
1< br>P＝∠A
2
A
1
Q，所以kQA
1
＝－k，
又∠A
2
QA
1
＝90°，所以kQA
1
·kQA
2
＝－1，
1
所以kQA
2
＝.
k
故
kPA
2
2
＝－.(14分)
kQA
2
3
y
P
y
P
y
2
P
方法二： 设P(x
P
，y
P
)，则kPA
1
＝，kPA
2< br>＝，kPA
1
kPA
2
＝
2
，(6分)
x
P
－3
x
P
＋3x
P
－3

2
x
2
2x
2
2
P
y
PP
2又＋＝1，则y
P
＝2－，故kPA
1
kPA
2
＝－，
3233
所以kPA
2
＝－
2
.(10分)
3k PA
1
又∠A
2
A
1
P＝∠A
2
A
1
Q，所以kQA
1
＝－kPA
1
，
又∠A
2
QA
1
＝90°，
所以kQA
1
·kQA
2
＝－1，所以kQA
2
＝
故
kPA
2
2
＝－.(14分)
kQA
2
3
1
，
kPA
1
18. 【解答】如图，连接BC，交OH于点E，则OE⊥BC，过点B作BF⊥AD于点F.(2
分)
因为∠BAD＝θ，OB⊥AB，所以∠BOE＝θ，

(第18题)
因为OB＝8，
所以BE＝8sinθ，
OE＝8cosθ.(4分)
因为BF＝HE＝OH－OE＝8－8cosθ，
BF
8－8cosθ
所以AB＝＝，(6分)
sinθsinθ
︵
16－16cosθ
所以f(θ)＝2AB＋BC＝＋16θ.(8分)
sinθ
1
π
因为8－8cosθ≤4，所以cosθ≥，所以0<θ≤.
23
16－16cosθ
π
0<θ≤

.(10分) 综上 知f(θ)＝＋16θ

3

sinθ
1
sin
θ－cosθ＋cosθ

1－cosθ

(2) 由(1)可得f′(θ) ＝16

＋1
＝16

＋1
＝16

1＋ cosθ
＋1

.(14
22
sin
θ
sin
θ

分)
π
因为0<θ≤，所以f′(θ)>0，
3
ππ
163＋16π
0，

上是增函数，f(θ)的最大 值为f

＝所以f(θ)在

(cm)．

3

3

3
163＋16π
答：若模具为“最佳比例模具”，则f( θ)的值为 cm.(16分)
3
19. 【解答】(1) 由a
n
＋1
＝qa
n
，可知{a
n
}是公比为q的等比数列，又a
1
＝2，故a
n
＝2q
n
1
－
22
.
令c
n
＝na
n
，则c
n
＝2nq
n1< br>.
－
当q＝1时，c
n
＝2n，此时S
n
＝
n（2＋2n）
2
＝n＋n.
2

当q≠1时，
－－
S
n
＝2[1＋2·q
1
＋3·q
2
＋…＋( n－1)·q
n2
＋n·q
n1
]，①
－
qS
n
＝2[q＋2·q
2
＋3·q
3
＋…＋(n－1)·q
n1
＋n·q
n
]，②
－
①－②得(1－q)S
n
＝ 2(1＋q＋q
2
＋…＋q
n1
－nq
n
)，
2（1－q
n
）
2nq
n
即S
n
＝－.
（1－q）
2
1－q
n＋n，q＝1，


综上， S
n
＝

2（1－q
n
）
2nq
n
(6分)
－，q≠1.
2


（1－q）1－q
(2) 由(1)知a
n
＝2q
n1
，
所以b
n
＝ln a
n
＝ln2＋(n－1)lnq.
当q＝1时，b
n
＝ln2，此时T
n
＝nln2，
－< br>2
T
（
m
＋
1
）
n
（m＋1）nl n2m＋1T
（
m
＋
1
）
n
m＋1
＝＝， 对任意自然数n都有为定值，故q＝1满
T
mn
mnln2mT
mn
m
足题意．(10分)
当q≠1时，b
n
＋
1
－b
n
＝lnq，
n－1

所以数列{b
n
}是以ln2为首项，公差为lnq的等差数列， 所以T
n
＝n

ln2＋lnq
，
2

（m＋1）n－1

（m＋1）n－1

（m＋1）n

ln2＋lnq
（m＋1）

ln2＋lnq
22
T
（m
＋
1
）
n

故＝＝
T
mn
mn－1

mn－1

mn
ln2＋
m
ln2＋lnqln q
22

＝
（m＋1）[2ln2－lnq＋ （m＋1）nlnq]
.
m（2ln2－ln q＋mnlnq）
T
（m
＋
1
）
n
对任意自然数n都有为定值，应有2ln2－lnq ＝0，故q＝4.
T
mn
综上，q＝1或q＝4.(16分)
20. 【解答】(1) f(x)＝x
2
＋kcosx, 因为定义域是R，
且f(－x) ＝(－x)
2
＋kcos(－x)＝x
2
＋kcosx＝f(x)，故f(x )为偶函数．(2分)
(2) 当k＝4时，f(x)＝x
2
＋4cosx, 当x∈(0，π]时，f′(x)＝2x－4sinx, f″(x)＝2－4cosx，令
π
ππ

π
，π

上
0，

上单调递减，< br>f″(x)≤0, 解得0；令f′(x)>0，解得
在

3

3

33
π

2π
单调递增，故f′(x)
min
＝f′


3

＝
3
－23， f′(x)
max
＝max{f′(0) ，f′(π)}＝f′(π)＝2π，即f′(x)的值
2π
－23，2π

.(6分) 域为


3

设点A，B的横坐标分别为x
1
，x
2
(x
1
2
)，欲使点A，B处的切线互 相垂直，等价于存
在f′(x
1
)<0，f′(x
2
)>0 ，使得f′(x
1
)·f′(x
2
)＝－1，
2π
11
因为－23<－1<－， 取f′(x
1
)＝－，f′(x
2
)＝2π即可满足要求，故存在点A，B满
3
2π2π
足条件．( 8分)
(3) 由于f(x)为偶函数，原命题等价于f(x)>k
2
－6k＋10 在x∈[0，＋∞)上恒成立，
又由于cosx的周期为2π ，
f(x＋2π)＝(x＋ 2π)
2
＋kcos(x＋2π)＝(x＋2π)
2
＋kcosx>f(x) ,

故等价于f(x)>k
2
－6k＋10 在x∈[0，2π]上恒成立．
又k∈N
*
，当x∈[π，2π]时，f′(x)＝ 2x－ksinx>0，所以f(x)单调递增，故原命题最终等价
于在x∈[0，π]上恒成立． < br>首先，f(0)＝k≥k
2
－6k＋10，f(π)＝π
2
－k≥k< br>2
－6k＋10，且 k∈N
*,
解得2≤k≤4.(11分)
①当k＝2 时，k
2
－6k＋10＝2，f(x)＝x
2
＋2cosx, 当x∈[0， π]时，f′(x)＝2x－2sinx，f″(x)
＝2－2cosx≥0恒成立，所以f′(x) 在[0，π] 上单调递增，故f′(x)≥f′(0)＝0, 所以f(x)在[0，π]
上单调递增 ，故f(x)≥f(0)＝2在[0，π]上恒成立，即k＝2符合题意；(13分)
②当3≤k≤4 时，f(x)＝x
2
＋kcosx, 当x∈[0，π] 时，f′(x)＝2x－ksinx, f″(x)＝2－kcosx，
2
令f″(x
0
)＝0，得cosx
0
＝， 所以f′(x) 在[0，x
0
] 上单调递减，在(x
0
，π]上单调递增，又f′(0)
k
＝0，f′(π) ＝2π>0, 故f′(x)＝2x－ksinx 在区间(x
0
，π]上存在唯一零点，记为x
1,
即2x
1
－ksinx
1
＝0, 所以x∈[0，x
1
] 时，f′(x)≤0, 在[x
1
，π] 时，f′(x)≥0, 即f(x) 在[0，x
1
] 上单调递减，
在[x
1
，π]上单调递增，
2
故f(x)
min
＝f(x
1
)＝x
1
＋kcosx
1
，因为 2x
1
－ksinx
1
＝0,
k
2
sin2
x
1
k
2
cos
2
x
1
k
2
所以f(x
1
)＝＋kcosx
1
＝－＋kcosx1
＋.(14分)
444
π

2π
3
π

＝π－3>0, 若k＝3，k
2
－6k＋10＝1.因为f′< br>
＝－3<0，f′

3

32

2

ππ
19cos
2
x
1
9
故1< br><，01
<，f(x
1
)＝－＋3cosx
1＋>1, 即k＝3 符合题意；
32244
π

11π

＝
11π
－4sin
11π
>0，故
π
1
<
11π
，若k＝4，k
2
－6k＋10＝2.因为f′

＝π－4<0，f′

2

18

9182 18
－0.341
<0, f(x
1
)＝－4cos2
x
1
＋4cosx
1
＋4>4×(－0.34)×1.34＋ 4>2, 即k＝4 符合题意．
综上所述，k＝2，3，4.(16分)
2019年普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷) A卷
数学Ⅱ(附加题)参考答案及评分标准

ab

，则
< br>20

A＝

2a2b

＝

40

，(3分) 21. A. 【解答】设A＝


cd

03

3c3d


0－3



b＝0，

2
故

所以A＝


0
c＝0，


d＝－1，

10
－
所以A
1
＝

2


0 －1
a＝2，
0


，
－1



.(10分)


B. 【 解答】对于曲线C，去分母，得3ρ
2
＋ρ
2
sin
2
θ＝ 12，
即3x
2
＋3y
2
＋y
2
＝12，
x
2
y
2
化简得＋＝1.(5分)
43
设x＝2cosα，y＝3sinα，
π
xx
α＋

，故＋y的最小值为－2.(10分) 则＋y＝co sα＋3sinα＝2sin


6

22


1
2
＋

1

2
＋

1

2

≥

x＋
1
×3y＋
1
×2z

2
. C. 【解答】由柯西不等式知[x
2
＋( 3y)
2
＋(2z)
2
]·
2

3

2

3

因为x
2
＋9y
2
＋4z
2
＝－m(m<0)，
7－m7－m
49
所以－m≥(x＋ y＋z)
2
，即－≤x＋y＋z≤.
3666
7－m
因为x＋y＋z≤21，所以＝21，解得m＝－324.(10分)
6
22.

(第22题)
【解答】以O点为原点，OC为x轴 ，OA为y轴，OA
1
为z轴建立如图所示的空间直角
坐标系．由题意知∠A
1
AO＝45°，A
1
O＝3，所以O(0，0，0)，C(3，0，0)，A(0， 3，0)，
A
1
(0，0，3)，B(－3，0，0)．
(1) 设AD＝ a，则D

0，3－

22

22

→→

a，a
，所以BD＝
3，3－a，a
，AC＝(3，－
2 2

22

3，0)．
2
→→
要使BD⊥AC ，则需BD·AC＝3－3

3－a

＝0，得a＝22，
2
A
1
D21
而AA
1
＝32，所以A
1< br>D＝2，所以＝＝.(5分)
DA
22
2
A
1
D1
故当＝时，BD⊥AC.
DA2
→→
(2) 因为AA
1
＝(0，－3，3)，AC＝(3，－3，0)，
设平面ACA
1
的法向量为n
1
＝(x，y，z)，
→< br>
AC＝（x，y，z）·（3，－3，0）＝3x－3y＝0，

n
1
·
则


→

AA
1
＝（x， y，z）·（0，－3，3）＝－3y＋3z＝0.

n
1
·
令z＝ 1，则x＝3，y＝1，所以n
1
＝(3，1，1)．(7分)
又平面ABC的一个法向量为n
2
＝(0，0，1)，(8分)
所以cos〈n
1
，n
2
〉＝
5
＝.
2 22
5
1＋1＋（3）×1
3×0＋1×0＋1×1
显然所求二面角的平面角 为锐角，
故所求二面角的余弦值的大小为
5
.(10分)
5
12255022
23. 【解答】(1) 当n＝5时，(1＋6)
5< br>＝C
0
5
＋C
5
6＋C
5
(6)＋…＋C< br>5
(6)＝[C
5
＋C
5
(6)
413355
＋C
4
5
(6)]＋[C
5
6＋C
5
(6)＋C
5
(6)]＝241＋1016，

故a
5
＝101 ，b
5
＝241，则a
5
＋b
5
＝342.(4分)
122nn
(2) 方法一：(1＋6)
n
＝C
0
n
＋C
n
6＋C
n
(6)＋…＋C
n
(6).
2 244n
－
1n
－
1
①当n为奇数时，b
n
＝C< br>0
，
n
＋C
n
(6)＋C
n
(6)＋…＋ C
n
(6)
当n＝1时，b
1
＝1是奇数；
244n1n
当n≥3时，C
2
n
(6)＋C
n
(6)＋…＋C
n
(6)
故b
n
为奇数．(8分)
－－
1
是偶数，
2244nn
②当n为偶数时，b
n＝C
0
n
＋C
n
(6)＋C
n
(6)＋…＋C
n
(6)，同样可知b
n
为奇数．
综上可知b
n
为奇数，而4
2 019
为偶数，故不存在n∈N
*
，使b
n
＝4
2 019
.(10分)
方法二：①当n＝1时，b
1
＝1是奇数．(6分)
②假设n＝k时， (1＋6)
k
＝6a
k
＋b
k
，其中b
k
为奇数，
＋
则当n＝k＋1时， (1＋6)
k1＝(1＋6)(1＋6)
k
＝(6a
k
＋b
k
)(1＋ 6)＝6(a
k
＋b
k
)＋6a
k
＋b
k
.(8分)
所以b
k
＋
1
＝6a
k
＋b
k
，
由题设知b
k
为奇数，而6a
k
为偶数，故b
k
＋
1
是奇数．
由①②知b
n
为奇数，而 4
2 019
为偶数，故不存在n∈N
*
，使b
n
＝4
2 019
.(10分)