2003年全国统一高考理科数学试卷(全国旧课程卷)

2003年普通高等学校招生全国统一考试（全国旧课程卷）

理科数学

一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）

1.（2003▪全国旧课程▪理）已知，，，则

A.

B.

C.

D.

2.（2003▪全国旧课程▪理）圆锥曲线的准线方程是

A.

B.

C.

D.

3.（2003•全国旧课程•理）设函数，若，则的取值范围是

A.，	B.，
C.，，	D.，，

4.（2003▪全国旧课程▪理）函数的最大值为

A.

B.

C.

D.2

5.（2003▪全国旧课程▪理）已知圆：及直线： ，当直线被截得的弦长为时，则

A.

B.

C.

D.

6.（2003▪全国旧课程▪理）已知圆锥的底面半径为，高为，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是

A.

B.

C.

D.

7.（2003▪全国旧课程▪理）已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则

A.1

B.

C.

D.

8.（2003▪全国旧课程▪理）已知双曲线中心在原点且一个焦点为，，直线与其相交于、两点，中点的横坐标为，则此双曲线的方程是

A.

B.

C.

D.

9.（2003▪全国旧课程▪理）函数，，的反函数

A.，，	B.，，
C.，，	D.，，

10.（2003▪全国旧课程▪理）已知长方形的四个项点，，，，，和，，一质点从的中点沿与夹角为的方向射到上的点后，依次反射到，和上的点，和（入射角等于反射角）.设的坐标为，，若，则的取值范围是

A.，

B.，

C.，

D.，

11.（2003▪全国旧课程▪理）

A.3

B.

C.

D.6

12.（2003▪全国旧课程▪理）一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为

A.

B.

C.

D.

二、填空题（共4小题，每小题4分，满16分）

13.（2003▪全国旧课程▪理）在的展开式中，的系数是________（用数字作答）.

14.（2003▪全国旧课程▪理）使成立的的取值范围是_________.

15.（2003▪全国旧课程▪理）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_____种．（以数字作答）

16.（2003▪全国旧课程▪理）下列五个正方体图形中，是正方体的一条体对角线，点、、分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是_______（写出所有符合要求的图形序号）.

三、解答题（共6小题，满分12+12+12+12+12+14=74分）

17.（2003▪全国旧课程▪理）已知复数的辐角为，且是和的等比中项.求.

18.（2003▪全国旧课程▪理）如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，、分别是与的中点，点在平面上的射影是的重心.

求与平面所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；

求点到平面的距离.

19.（2003▪全国旧课程▪理）已知，设：函数在上单调递减，：不等式的解集为.如果和有且仅有一个正确，求的取值范围.

20.（2003▪全国旧课程▪理）在某海滨城市附近海面有一台风.据监测，当前台风中心位于城市（如图）的东偏南方向300的海面处，并以20 /的速度向西偏北方向移动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60，并以10的速度不断增大.问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？

21.（2003▪全国旧课程▪理）已知常数，在矩形中，，，为的中点，点、、分别在、、上移动，且，为与的交点（如图），问是否存在两个定点，使到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由．

22.（2003▪全国旧课程▪理）设是集合，且，中所有的数从小到大排列成的数列，即，，，，，，….将数列各项按照上小下大，左小右大的原则写成如下的三角形数表：

3

5     6

9     10    12

…    …    …    …

…    …    …    …    …

…………

①写出这个三角形数表的第四行、第五行各数；

②求.

（本小题为附加题，如果解答正确，加4分，但全卷总分不超过150分）设是集合，且，，中所有的数从小到大排列成的数列，已知，求.

2003年全国统一高考数学试卷（理科）

参与试题解析

　

一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）

1．（5分）（2003•全国）已知x∈（﹣，0），cosx=，则tan2x等于（　　）

A．    B．﹣    C．    D．﹣

【分析】先根据cosx，求得sinx，进而得到tanx的值，最后根据二倍角公式求得tan2x．

【解答】解：∵cosx=，x∈（﹣，0），

∴sinx=﹣．∴tanx=﹣．

∴tan2x===﹣×=﹣．

故选D．

【点评】本题主要考查了三角函数中的二倍角公式．属基础题．

　

2．（5分）（2003•全国）圆锥曲线的准线方程是（　　）

A．ρcosθ=﹣2    B．ρcosθ=2    C．ρsinθ=﹣2    D．ρsinθ=2

【分析】首先把圆锥曲线方程转化为直角坐标系的方程，然后根据抛物线的准线方程的公式求出准线方程，再转化为极坐标方程即得到答案．

【解答】解：圆锥曲线由极坐标与直角坐标系的关系，

可转化为直角坐标系上的方程，

即为抛物线x2=8y，

则准线方程为y=﹣2，

再转化为极坐标方程为ρsinθ=﹣2．

故选择C．

【点评】此题主要考查极坐标与直角坐标系的转化，以及抛物线的准线方程的求解问题，属于综合性的问题有一定的难度．

　

3．（5分）（2003•全国）设函数若f（x0）＞1，则x0的取值范围是（　　）

A．（﹣1，1）    B．（﹣1，+∞）    C．（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞）    D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）

【分析】将变量x0按分段函数的范围分成两种情形，在此条件下分别进行求解，最后将满足的条件进行合并．

【解答】解：当x0≤0时，，则x0＜﹣1，

当x0＞0时，则x0＞1，

故x0的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），

故选D．

【点评】本题考查了分段函数已知函数值求自变量的范围问题，以及指数不等式与对数不等式的解法，属于常规题．

　

4．（5分）（2003•全国）函数y=2sinx（sinx+cosx）的最大值为（　　）

A．    B．    C．    D．2

【分析】把函数式展开，可以看出要逆用正弦和余弦的二倍角公式，变为y=Asin（ωx+φ）的形式，在定义域是全体实数的条件下，根据正弦的值域求本题的最值．

【解答】解：∵y=2sinx（sinx+cosx）

∴y=2sin2x+2sinxcosx

∴y=1﹣cos2x+sin2x=sin（2x﹣）+1

∵当x∈R时，sin（2x﹣）∈[﹣1，1]

∴y的最大值为+1，

故选A．

【点评】三角函数是高中一年级数学教学中的一个重要内容，公式繁多应用灵活给学生的学习带来了一定的困难．为了学生掌握这一单元的知识，必须使学生熟练的掌握所有公式，在此基础上并能灵活的运用公式．

　

5．（5分）（2003•全国）已知圆C：（x﹣a）2+（y﹣2）2=4及直线l：x﹣y+3=0，当直线l被C截得的弦长为时，则a等于（　　）

A．    B．    C．    D．

【分析】弦心距、半径、半弦长满足勾股定理，半径是2，半弦长是，则弦心距是1，用点到直线的距离可以求解a．

【解答】解：圆C：（x﹣a）2+（y﹣2）2=4的圆心（a，2），半径是2，半弦长是，则弦心距是1，

圆心到直线的距离：1=∴

故选C．

【点评】本题考查直线与圆的位置关系，弦心距、半径、半弦长满足勾股定理，是基础题．

　

6．（5分）（2003•全国）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（　　）

A．2πR2    B．    C．    D．

【分析】将全面积表示成底面半径的函数，用配方法求二次函数的最大值

【解答】解：设内接圆柱的底面半径为r，高为h，全面积为S，则有

∴h=3R﹣3r

∴S=2πrh+2πr2

=﹣4πr2+6πRr

=﹣4π（r2﹣Rr）

=﹣4π（r﹣）2+πR2

∴当r=时，S取的最大值πR2．

故选B．

【点评】考查实际问题的最值问题，常转化成函数的最值

　

7．（5分）（2003•全国）已知方程（x2﹣2x+m）（x2﹣2x+n）=0的四个根组成一个首项为的等差数列，则|m﹣n|等于（　　）

A．1    B．    C．    D．

【分析】设4个根分别为x1、x2、x3、x4，进而可知x1+x2和x3+x4的值，进而根据等差数列的性质，当m+n=p+q时，am+an=ap+aq．设x1为第一项，x2必为第4项，可得数列，进而求得m和n，则答案可得．

【解答】解：设4个根分别为x1、x2、x3、x4，

则x1+x2=2，x3+x4=2，

由等差数列的性质，当m+n=p+q时，am+an=ap+aq．

设x1为第一项，x2必为第4项，可得数列为，，，，

∴m=，n=．

∴|m﹣n|=．

故选C

【点评】本题主要考查了等差数列的性质．解题的关键是运用了等差数列当m+n=p+q时，am+an=ap+aq的性质．

　

8．（5分）（2003•全国）已知双曲线中心在原点且一个焦点为F（，0），直线y=x﹣1与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为﹣，则此双曲线的方程是（　　）

A．﹣=1    B．﹣=1    C．﹣=1    D．﹣=1

【分析】先设出双曲线的方程，然后与直线方程联立方程组，经消元得二元一次方程，再根据韦达定理及MN中点的横坐标可得a、b的一个方程，又双曲线中有c2=a2+b2，则另得a、b的一个方程，最后解a、b的方程组即得双曲线方程．

【解答】解：设双曲线方程为﹣=1．

将y=x﹣1代入﹣=1，整理得（b2﹣a2）x2+2a2x﹣a2﹣a2b2=0．

由韦达定理得x1+x2=，则==﹣．

又c2=a2+b2=7，解得a2=2，b2=5，

所以双曲线的方程是．

故选D．

【点评】本题主要考查代数方法解决几何问题，同时考查双曲线的标准方程与性质等．

　

9．（5分）（2003•全国）函数f（x）=sinx，x∈的反函数f﹣1（x）=（　　）

A．﹣arcsinx，x∈[﹣1，1]    B．﹣π﹣arcsinx，x∈[﹣1，1]

C．﹣π+arcsinx，x∈[﹣1，1]    D．π﹣arcsinx，x∈[﹣1，1]

【分析】先用诱导公式求出f（x）=sin（π﹣x），x∈，然后可以反函数的定义求解即可．

【解答】解：函数f（x）=sinx，x∈

所以：函数f（x）=sin（π﹣x），x∈

可得  π﹣x=arcsiny  y∈[﹣1，1]

∴f﹣1（x）=π﹣arcsinx，x∈[﹣1，1]

故选D．

【点评】本题考查反函数的求法，是基础题．

　

10．（5分）（2003•全国）已知长方形的四个项点A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1），一质点从AB的中点P0沿与AB夹角为θ的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD．DA和AB上的点P2．P3和P4（入射角等于反射角），设P4坐标为（x4，0），若1＜x4＜2，则tanθ的取值范围是（　　）

A．（，1）    B．（，）    C．（，）    D．（，）

【分析】先画草图，帮助理解，取BC上的点P1为中点，则P4和中点P0重合，tanθ=，用排除法解答．

【解答】解：考虑由P0射到BC的中点上，这样依次反射最终回到P0，

此时容易求出tanθ=，由题设条件知，1＜x4＜2，

则tanθ≠，排除A．B．D，

故选C．

【点评】由于是选择题，因而可以特殊值方法解答：排除验证法，也可以用动态观点判定答案．

　

11．（5分）（2003•全国）等于（　　）

A．3    B．    C．    D．6

【分析】利用组合数的性质对原式进行等价转化，得到．

【解答】解：∵C22+C32+C42+…+Cn2=C33+C32+C42++Cn2=C43+C42+…+Cn2═Cn+13，

，

∴．

故选B．

【点评】本题考查数列的极限，解题时要注意组合数的计算和应用．

　

12．（5分）（2003•全国）棱长都为的四面体的四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（　　）

A．3π    B．4π    C．3    D．6π

【分析】本题考查的知识点是球的体积和表面积公式，由棱长都为的四面体的四个顶点在同一球面上，可求出内接该四面体的正方体棱长为1，又因为正方体的对角线即为球的直径，即球的半径R=，代入球的表面积公式，S球=4πR2，即可得到答案．

【解答】解：借助立体几何的两个熟知的结论：

（1）一个正方体可以内接一个正四面体；

（2）若正方体的顶点都在一个球面上，则正方体的体对角线就是球的直径．

则球的半径R=，

∴球的表面积为3π，

故答案选A．

【点评】棱长为a的正方体，内接正四面体的棱长为a，外接球直径等于长方体的对角线长a．

　

二、填空题（共4小题，每小题4分，满16分）

13．（4分）（2003•全国）在的展开式中，x3的系数是　﹣　（用数字作答）

【分析】首先根据题意，写出的二项展开式，可得9﹣2r=3，解可得r=3，将其代入二项展开式，计算可得答案．

【解答】解：根据题意，对于，

有Tr+1=C99﹣r•x9﹣r•（﹣）r=（﹣）r•C99﹣r•x9﹣2r，

令9﹣2r=3，可得r=3，

当r=3时，有T4=﹣x3，

故答案﹣．

【点评】本题考查二项式定理的应用，注意系数与二项式系数的区别．

　

14．（4分）（2003•全国）使log2（﹣x）＜x+1成立的x的取值范围是　（﹣1，0）　．

【分析】在坐标系中画出函数f（x）=log2（﹣x）和g（x）=x+1，图象，结合图象判定即可．

【解答】解：利用作图法可以判断f（x）=log2（﹣x）和g（x）=x+1，

相交于（﹣1，0）前者是单调递减，后者是单调递增．

所以只有﹣1＜x＜0时，log2（﹣x）＜x+1成立

故答案为：（﹣1，0）．

【点评】本题考查对数函数的图象，数形结合法解不等式，是中档题．

　

15．（4分）（2003•全国）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有　72　种．（以数字作答）

【分析】分类型，选3种颜色时，就是②④同色，③⑤同色；4种颜色全用，只能②④或③⑤用一种颜色，其它不相同，求解即可．

【解答】解：由题意，选用3种颜色时：涂色方法C43•A33=24种

4色全用时涂色方法：C21•A44=48种

所以不同的着色方法共有72种．

故答案为：72

【点评】本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，避免重复和遗漏情况，是中档题．

　

16．（4分）（2003•全国）下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是　①③　（写出所有符合要求的图形序号）．

【分析】能得出AB∥面MNP，关键是看平面MNP中有没有与AB平行的直线，或者有没有过AB的平面与平面MNP平行．逐一判断即可．

【解答】解：①∵面AB∥面MNP，

∴AB∥面MNP．

②若下底面中心为O，易知NO∥AB，NO⊄面MNP，

∴AB与面MNP不平行．

③易知AB∥MP，

∴AB∥面MNP．

④易知存在一直线MC∥AB，且MC⊄平面MNP，

∴AB与面MNP不平行．

故答案为：①③

【点评】本题考查直线与平面平行的判定，是基础题．

　

三、解答题（共6小题，满分74分）

17．（12分）（2003•全国）已知复数z的辐角为60°，且|z﹣1|是|z|和|z﹣2|的等比中项．求|z|．

【分析】本题考查的复数的基本概念及等比数列的性质，由复数z的辐角为60°，我们可以使用待定系数法设出复数Z，然后根据|z﹣1|是|z|和|z﹣2|的等比中项，结合等比数列的性质构造方程，解方程求出待定的系数，即可得到Z值，进而求出复数的模．

【解答】解：设z=（rcos60°+rsin60°i），

则复数z的实部为．

由题设|z﹣1|2=|z|•|z﹣2|，

即：（z﹣1）（﹣1）=|z|

∴r2﹣r+1=r，

整理得r2+2r﹣1=0．

解得r=﹣1，

r=﹣﹣1（舍去）．

即|z|=﹣1．

【点评】解决复数问题时，我们多使用待定系数法，即设出复数的值，然后根据题目中的其它条件，列出方程，解方程求出系数，即可得到未知复数的值．

　

18．（12分）（2003•全国）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G．

（Ⅰ）求A1B与平面ABD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；

（Ⅱ）求点A1到平面AED的距离．

【分析】（1）连接BG，则BG是BE在面ABD的射影，易证∠EBG是A1B与平面ABD所成的角，设F为AB中点，连接EF、FC，在三角形EBG中求出此角；

（2）连接A1D，有，建立等量关系，求出点A1到平面AED的距离即可．

【解答】解：（Ⅰ）连接BG，则BG是BE在面ABD的射影，

即∠EBG是A1B与平面ABD所成的角．

设F为AB中点，连接EF、FC，

∵D，E分别是CC1，A1B的中点，

又DC⊥平面ABC，

∴CDEF为矩形，连接DE，

G是△ADB的重心，

∴G∈DF，在直角三角形EFD中，

EF2=FG•FD=FD2，

∵EF=1，∴FD=．

于是ED=，EG=

∵FC=，CD=1

∴AB=2，A1B=2，EB=，

∴A1B与平面ABD所成的角是arcsin；

（Ⅱ）连接A1D，有

∵ED⊥AB，ED⊥EF，又EF∩AB=F，

∴ED⊥平面A1AB，设A1到平面AED的距离为h，

则，

，

．

∴，

即A1到平面AED的距离为．

【点评】本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．

　

19．（12分）（2003•全国）已知c＞0，设P：函数y=cx在R上单调递减，Q：不等式x+|x﹣2c|＞1的解集为R．如果P和Q有且仅有一个正确，求c的取值范围．

【分析】函数y=cx在R上单调递减，推出c的范围，不等式x+|x﹣2c|＞1的解集为R，推出x+|x﹣2c|的最小值大于1，P和Q有且仅有一个正确，然后求出c的取值范围．

【解答】解：函数y=cx在R上单调递减⇔0＜c＜1．

不等式x+|x﹣2c|＞1的解集为R⇔函数y=x+|x﹣2c|在R上恒大于1．

∵x+|x﹣2c|=

∴函数y=x+|x﹣2c|在R上的最小值为2c．

∴不等式x+|x﹣2c|＞1的解集为R⇔2c＞1⇔c＞．

如果P正确，且Q不正确，则0＜c≤．

如果P不正确，且Q正确，则c＞1．

∴c的取值范围为（0，]∪（1，+∞）．

【点评】本题考查绝对值不等式的解法，指数函数单调性的应用，是中档题．

　

20．（12分）（2003•全国）在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O（如图）的东偏南方向300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移动，台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？

【分析】建立坐标系：以O为原点，正东方向为x轴正向．设在时刻：t（h）台风中心P（x，y）的坐标进而可知此时台风侵袭的区域，根据题意可知其中r（t）=10t+60，若在t时，该城市O受到台风的侵袭，则有（0﹣x）2+（0﹣y）2≤（10t+60）2，进而可得关于t的一元二次不等式，求得t的范围，答案可得．

【解答】解：如图建立坐标系：以O为原点，正东方向为x轴正向．

在时刻：t（h）台风中心P（x，y）的坐标为

令（x′，y′）是台风边缘线上一点，则此时台风侵袭的区域是（x′﹣x）2+（y′﹣y）2≤[r（t）]2，

其中r（t）=10t+60，

若在t时，该城市受到台风的侵袭，

则有（0﹣x）2+（0﹣y）2≤（10t+60）2，

即，

即t2﹣36t+288≤0，解得12≤t≤24．

答：12小时后该城市开始受到台风侵袭．

【点评】本题主要考查了圆的方程的综合运用．考查了学生运用所学知识解决实际问题的能力．

　

21．（12分）（2003•全国）已知常数a＞0，在矩形ABCD中，AB=4，BC=4a，O为AB的中点，点E、F、G分别在BC、CD、DA上移动，且，P为GE与OF的交点（如图），问是否存在两个定点，使P到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由．

【分析】建立坐标系，按题意写出A，B，C，D四点的坐标，进而根据解出E，F，G三点的坐标 参数表示，求出OF与GE两条直线的方程，两者联立即可求出点P的坐标满足的参数方程，消去参数，得到点P的轨迹方程．由于参数a的取值范围影响曲线的形状故按参数a的范围来对曲线进行分类．

【解答】解：根据题设条件，首先求出点P坐标满足的方程，

据此再判断是否存在两定点，使得点P到定点距离的和为定值．

按题意有A（﹣2，0），B（2，0），C（2，4a），D（﹣2，4a）

设=k（0≤k≤1），

由此有E（2，4ak），F（2﹣4k，4a），G（﹣2，4a﹣4ak）．

直线OF的方程为：2ax+（2k﹣1）y=0，①

直线GE的方程为：﹣a（2k﹣1）x+y﹣2a=0． ②

从①，②消去参数k，

得点P（x，y）坐标满足方程2a2x2+y2﹣2ay=0，

整理得．

当时，点P的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；

当时，点P轨迹为椭圆的一部分，点P到该椭圆焦点的距离的和为定长；

当时，点P到椭圆两个焦点的距离之和为定值；

当时，点P到椭圆两个焦点的距离之和为定值2a．

【点评】考查解析法求点的轨迹方程，本题在做题时引入了参数k，故得到的轨迹方程为参数方程，需要消去参数得到轨迹方程，又当字母的取值范围对曲线的形状有影响时，要对其范围进行讨论以确定轨迹的具体性状．考查分类讨论的数学思想．

　

22．（14分）（2003•全国）（1）设{an}是集合{2s+2t|0≤s＜t且s，t∈Z}中所有的数从小到大排列成的数列，即a1=3，a2=5，a3=6，a4=9，a5=10，a6=12，…将数列{an}各项按照上小下大，左小右大的原则写成如下的三角形数表：

3

5     6

9     10    12

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

…

①写出这个三角形数表的第四行、第五行各数；

②求a100

（2）设{bn}是集合{2r+2s+2t|0≤r＜s＜t，且r，s，t∈Z}中所有的数从小到大排列成的数列，已知bk=1160，求k．

【分析】（1）①用（t，s）表示2t+2s，先利用前几个数找到其规律，是每一个的横坐标从0增加到对应的行数，而纵坐标为行数，就可求出第四行、第五行各数；

②解法一：因为100=（1+2+3+4++13）+9，所以可以知道a100位于第14行第8列，即可求出a100．

解法二：直接把设a100=2s0+2t0，再利用条件确定对应的正整数s0，t0即可．

（2）利用上面的结论可以快速找到{bn}的规律，再结合组合数对其求解即可．

【解答】（1）解：用（t，s）表示2t+2s，下表的规律为

3（0，1）

5（0，2） 6（1，2）

9（0，3） 10（1，3） 12（2，3）

①第四行17（0，4） 18（1，4） 20（2，4） 24（3，4）

第五行33（0，5） 34（1，5） 36（2，5） 40（3，5） 48（4，5）

②解法一：因为100=（1+2+3+4+…+13）+9，所以a100=（8，14）=28+214=160

解法二：设a100=2s0+2t0，只须确定正整数s0，t0．

数列{an}中小于2t0的项构成的子集为{2t+2s|0≤s＜t＜t0}，

其元素个数为，依题意．

满足等式的最大整数t0为14，所以取t0=14．

因为100﹣C142=s0+1，由此解得s0=8，

∴a100=214+28=160．

（2）解：bk=1160=210+27+23，

令M={c∈B|C＜1160}（其中，B={2r+2s+2t|0≤r＜s＜t}）

因M={c∈B|c＜210}∪{c∈B|210＜c＜210+27}∪{c∈B|210+27＜c＜210+27+23}．

现在求M的元素个数：{c∈B|c＜210}={2r+2s+2t|0≤r＜s＜t＜10}，

其元素个数为C103：{c∈B|210＜c＜210+27}={210+2s+2r|0≤r＜s＜7}．

某元素个数为C72：{c∈B|210+27＜c＜210+27+23}={210+27+2r|0≤r＜3}

某元素个数为C107：k=C103+C72+C32+1=145．

另法：规定2r+2t+2s=（r，t，s），bk=1160=210+27+23=（3，7，10）

则b1=20+21+22=（0，1，2）C22

依次为（0，1，3） （0，2，3） （1，2，3） C32

（0，1，4） （0，2，4） （1，2，4） （0，3，4） （1，3，4） （2，3，4） C42

（0，1，9） （0，2，9）（6，8，9） （7，8，9）C92

（0，1，10） （0，2，10）（0，7，10） （1，7，10） （2，7，10） （3，7，10） C72+4

k=（C22+C32++C92）+C72+4=145．

【点评】本题考查数列的应用是数列这一块的难题，适合做压轴题．

　

参与本试卷答题和审题的老师有：zhwsd；xiaolizi；minqi5；涨停；qiss；wdnah；wzj123；zlzhan；geyanli；danbo7801；豫汝王世崇；xintrl；庞会丽（排名不分先后）

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2017年5月28日