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
南京人口管理学院-自我介绍500字
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(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、写在密封线．
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，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
22
m＝________．
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
＋M
B
2
＝16，则实数a的取值围是________．
(第12题)
→→→→→
12. 如图，若OA
·OB
＝0，|O
A|＝1，|OB|＝3，点C在线段AB上运动，CD＝
→→
CO＋CB
→→
，则DC
·OC
的最小值为________．
2
（2－a）x，x≥a，
13. 已知函数g(x)＝
2
恰有两个零点，则实数a的取值围为
2x－（a＋4）x，x
__
______．
ab＋2c＝1，
14.
若实数a，b，c满足
2
则abc的最小值为________．
22
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)
ab
组成，其中a>b>0，F
1，F
2
是半椭圆的焦点，A
1
，A
2
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，
kPA
2
求(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
T
（m＋1）n
都有为定值，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
≈
3π3π6π11π11π11π
9.87，sin≈0.95，cos≈－0.31，≈3.77，
sin≈0.94，cos≈－0.34，
55518189
≈3.84)
题 答 要 不
线 封 密
(这是边文，请据需要手工删加)
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(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】VC
1
A
1<
br>BC＝VBA
1
C
1
C＝
·
a
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
（2T＋T）×42π
π
，2
题意可得＝6π，即T＝π，所以ω＝＝2，于是将点
6
代入函数f(x)＝
2T
ππ
π
2sin(2x＋φ)，得sin
3
＋φ
＝1.又
0<φ<π，所以φ＝，所以f(2π)＝2sin＝1.
66
10. 1 【
解析】因为f′(x)＝3x
2
＋mx－2m
2
＝(x＋m)·(3x－2m
)，令f′(x)＝0，则x＝
2
－m或x＝m.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情
况如下表：
3
(－∞，
x
－m)
f′(x)
f(x)
＋
0
极大值
－m
2
－m，m
3
－
2
m
3
0
极小值
2
3
m，＋∞
＋
15
所以f(x)
极大值
＝f(－m)
＝－m
3
＋m
3
＋2m
3
－4＝－，所以m＝1.
22
5
5
11.
－∞，－
∪
，＋∞
【解析】设
M(x，y)，则(x＋3)
2
＋y
2
＋(x－1)
2
＋y
2
2
2
＝16，即(x＋1)
2
＋y
2
＝4，所以
55
≤2，解得a≤－或a≥.
22
1＋a
2
3
12.
15
→→→→→
【解析】方法一：选取OA，OB为基向量，设OC＝λOA＋(1
－λ)OB，其中0
64
→→→
→
CO＋CB
→
OB
→→→→
1
→
≤λ≤1，因为CD＝，所以OD＝，所以DC
＝DO＋OC＝λOA＋
－λ
OB，所
22
2
9
2
1593
→→→
1
→→→
2
以DC
·OC
＝[λOA＋
－λ
OB]·[λOA＋(1－λ)OB]＝4λ－λ＋＝4
λ－
＋，因为0
22
2
16
6
4
159
→→
≤λ≤1，所以DC
·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
3
0)，B(0，3)，D
0，
，AB
所在直线方程为y＝－3x＋3.设C(a，－3a＋3)(a
2
9
<
br>2
93
3
→→
2
∈[0，1
])，则DC
·OC
＝
a，－3a＋
(a，－3a＋3)＝4a<
br>－a＋＝4
a－
＋
·
22
2
16
1515
→→
，所以DC
·
OC
的最小值为.
6464
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x
2
a
＋4
＋∞)上无零点，因为函数g(x)恰有2个零点，则应有
g(x)在[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)
a＋4
在[a，＋∞)上有一个零点0，因为函数g(x)恰有2个零点，
则应有
2
a<0矛盾，不合题意．综上，实数a的取值围为(4，＋∞)
．
14. 911－32 【解析】因为a
2
＋b
2
≥2|ab|
，所以5－c
2
≥|2－4c|，所以
c≥
1
2
5－c
2
≥4c－2，
或
1
c<
2
，
5－c
2
≥2－4c，
所以2－7
≤c≤11－2.由于abc＝c－2c
2
，易知
c＝11－2时abc取得最小值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
737
3
因为AB＝2，cosC＝，所以2
2
＝x
2
＋
x
2
－2x·x·，
848
4
解得x＝4.(4分)
所以AC＝4，CB＝3.(6分)
715
2
(2) 因为sinC＋co
sC＝1，cosC＝，C∈(0，π)，所以sinC＝1－cosC＝.(8
88
22分)
CBAB
＝，
sinAsinC
在△ABC中，由正弦定理得<
br>CB·sinC315
所以sinA＝＝，(10分)
AB16
因为CB＝3
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
＋＝1，y≥0，
故曲线Γ的方程为
32
(4分)
x＋y＝3，y<0.
22
(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＋
由
xy
3＋
2
＝1
22
3），
得(2＋3k
2
)x2
＋63k
2
x＋9k
2
－6＝0.(6分)
23－33k
2
解得x
P
＝，
2＋3k
2
23－33k
2
43k
故y
P
＝k
＋3
＝
2
.(8分)
2
2＋3k
2＋3k
43k
2＋3k
2
y
P
2kPA
2
＝＝＝－.(10分)
2
3k
x
P
－323－33k
－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
kPA
2
2
故＝－.(14分)
kQA
23
y
2
P
方法二：设P(x
P
，y
P
)，则kPA
1
＝，kPA
2
＝，kPA
1
kPA
2
＝
2
，(6
x
P
－3
x
P
＋3
x
P
－3
分)
2
x
2
y
2
2x
2
PPP
又＋＝1，则y
2
＝2－，故kPAkPA＝－，
P12
3233
y
P
y
P
2
所以kPA
2
＝－.(10分)
3kPA
1
又∠A
2
A
1
P
＝∠A
2
A
1
Q，所以kQA
1
＝－kPA
1，
又∠A
2
QA
1
＝90°，
1<
br>所以kQA
1
·kQA
2
＝－1，所以kQA
2
＝，
kPA
1
故
kPA
2
2
＝－.(14分)
kQA
2
3
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，
BF8－8cosθ
＝，(6分)
sinθsinθ
所以AB＝
︵
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
π
16－16c
osθ
综上知f(θ)＝＋16θ
0<θ≤
3
.(10分)
sinθ
sin
2
θ－cosθ＋
cos
2
θ
1－cosθ
＋1
＝
16
＋1
＝(2) 由(1)可得f′(θ)＝16
2
sin
2
θ
sin
θ
1
＋1
.(14分) 16
1＋cos
θ
π
因为0<θ≤，所以f′(θ)>0，
3
π
π
163＋16π
所以f(θ)在
0，
3
上是增函数，f(θ)的最大值为f
3
＝(cm
)．
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
＝q
a
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
.
令c
n
＝na<
br>n
，则c
n
＝2nq
n－1
.
n（2＋2n）当q＝1时，c
n
＝2n，此时S
n
＝＝n
2
＋n.
2
当q≠1时，
S
n
＝2[1＋2·q
1
＋3·
q
2
＋…＋(n－1)·q
n－2
＋n·q
n－1
]，①
qS
n
＝2[q＋2·q
2
＋3·q
3
＋…＋(n
－1)·q
n－1
＋n·q
n
]，②
①－②得(1－q)S
n
＝2(1＋q＋q
2
＋…＋q
n－1
－nq
n
)，
2（1－q
n
）2nq
n
即S
n
＝－. <
br>（1－q）
2
1－q
综上，S＝
2（1－q）2nq
(6分)
（1－q）
－
1－q
，q
≠1.
n
nn
2
n
2
＋n，q＝1，
(2)
由(1)知a
n
＝2q
n－1
，
所以b
n
＝ln
a
n
＝ln2＋(n－1)lnq.
当q＝1时，b
n
＝ln2，此时T
n
＝nln2，
T<
br>（m＋1）n
（m＋1）nln2m＋1T
（m＋1）n
m＋1
＝＝，
对任意自然数n都有为定值，故q
T
mn
mnln2mT
mn
m＝1满足题意．(10分)
当q≠1时，b
n＋1
－b
n
＝lnq，
n－1
lnq
， 所以数列{b
n
}是以l
n2为首项，公差为lnq的等差数列，所以T
n
＝n
ln2＋
2
（m＋1）n－1
lnq
（m＋1）n
ln2＋
2
mn－1
lnq
mn
ln2＋
2
故
T
（m＋1）n
T
mn
＝＝
（m＋1）n－1
lnq
（m＋
1）
ln2＋
2
mn－1
ln
q
m
ln2＋
2
（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，
ππ
0，
π
π
，π
令f″(x
)≤0, 解得0
在
3
上单调递减，
33
3
π
2π
上单调递增，故f′(x)
min
＝f′
3
＝－23， f′(x)
max
＝max{f′(0)，f
′(π)}＝f′(π)＝2π，即f′(x)
3
的值域为
2π
－23，2π
.(6分)
3
设点A，B的横坐标分别为x
1
，x
2
(x
1
<
x
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，
2π11
因为－23<－1<－， 取f′(x
1
)＝－，f′(x
2
)＝2π即可满足要求，故存在点A，B
32π2π
满足条件．(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．
首先，f(0)＝k≥k
2
－6k＋10，f(π)＝π
2
－k≥k
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－
2
kcosx，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
k
增，又f′(0)＝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，
故f(x)
min
＝f
(x
1
)＝x
2
1
＋kcosx
1
，因为2x1
－ksinx
1
＝0,
k
2
si
n
2
x
1
k
2
cos
2
x
1k
2
所以f(x
1
)＝＋kcosx
1
＝－＋kcos
x
1
＋.(14分)
444
π
2π3
π
若k＝3，k
2
－6k＋10＝1.因为f′
<
br>3
＝－3<0，f′
2
＝π－3>0, <
br>
32
19cos
2
x
1
9
ππ
故
<，0
<，f(x
1
)
＝－＋3cosx
1
＋>1, 即k＝3 符合题意；
32244
11π<
br>
11π
11π
π
π
若k＝
4，k－6k＋10＝2.因为f′
2
＝π－4<0，f′
<
br>＝－4sin>0，故
182
18
9
2
<
11π
，－0.34
<0, f(x
1
)＝－4cos
2
x
1
＋4co
sx
1
＋4>4×(－0.34)×1.34＋4>2, 即
18
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(模拟卷) A卷
数学Ⅱ(附加题)参考答案及评分标准
ab
20
2a2b
40
21. A. 【解答】设
A
＝
，则
A
＝
＝
，(3分)
cd033c3d0－3
b＝0，
2
故
所以
A
＝
c＝0，
0
d＝－1，
所以
A
－1
a＝2，
0
，
－1
1
＝
2
0
.(10分)
－1
0
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，
xx
π
则＋y＝cosα＋3sinα＝2sin
α＋
6
，故＋y的最小值为－2.(10分)
22
1
2<
br>
1
2
1
2
1
C. 【解答】由柯西不等式知[x＋(3y)＋(2z)]·
1＋
3
＋
2
≥
x＋
3
×3y＋
2
×2z
222<
br>2
.
因为x
2
＋9y
2
＋4z
2
＝－m(m<0)，
497－m7－m
2
所以－m≥(x＋y＋z)，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＝
22
22
(3，－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
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)， →
AC
＝（x，y，z）·（3，－3，0）＝3x－3y＝0，
<
br>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)
3
×0＋1×0＋1×1
1
2
＋1
2
＋（3）
2
×1
5
.
5
所以cos〈
n
1
，
n
2
〉＝＝
显然所求二面角的平面角为锐角，
5
.(10分)
5
故所求二面角的余弦值的大小为
122550
23. 【解答】(1) 当
n＝5时，(1＋6)
5
＝C
0
5
＋C
5
6＋C<
br>5
(6)＋…＋C
5
(6)＝[C
5
＋
244133
55
C
2
5
(6)＋C
5
(6)]＋[C
5
6＋C
5
(6)＋C
5
(6)]＝241＋1016，
<
br>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).
2244n－1
①当n为奇数时，b
n
＝C
0
(6)
n－1
，
n
＋C
n
(6)＋C
n
(6)＋…＋C
n
当n＝1时，b
1
＝1是奇数；
244n－1
当n≥3时，C
2
(6)
n－1
是偶数， <
br>n
(6)＋C
n
(6)＋…＋C
n
故b
n
为
奇数．(8分)
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)
k＋1
＝(
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
， <
br>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)