高中数学知识拓展

第第页高中数学知识拓展一、单选题（共12题；共24分）1.（2016高一下·会宁期中）用辗转相除法求两个数102、238的最大公约数是（

）A.

38

B.

34

C.

28

D.

242.（2019高一上·松原月考）方程2x2-mx+3m+3=0的两个实根的积为6，则mA.

3

B.

6

C.

7

D.

93.用辗转相除法求35和134的最大公约数,第一步是(

)A.

134-35=99

B.

134=35×3+29

C.

先除以2,得到18和67

D.

35=25×1+104.（2019高一上·沈阳月考）459和357的最大公约数是（

）A.

3

B.

9

C.

17

D.

515.（2020·茂名模拟）剪纸是我国的传统工艺，要剪出如下图“双喜”字，需要将一张长方形纸对折两次进行剪裁，下列哪一个图形展开后是如图的“双喜”字.（

）A.

B.

C.

D.

6.用辗转相除法求294和84的最大公约数，则所求最大公约数为（）A.

21

B.

42

C.

84

D.

1687..已知符号函数sgnx=1,x>00,x=0-1,x<0fx是RA.

sgngx=sgnx

B.

sgngx=-8.用秦九韶算法求多项式f（x）=5x5+4x4+3x3+2x2+x+1，当x=2时的值的过程中，不会出现的数值为（）A.

14

B.

127

C.

259

D.

649.用更相减损术求459与357的最大公约数，需要做减法的次数为(

)A.

4

B.

5

C.

6

D.

710.（2018高二上·宾阳月考）用辗转相除法，计算56和264的最大公约数时，需要做的除法次数是(

)A.

3

B.

4

C.

6

D.

711.已知x1，x2是方程xx-22-4xxA.

1

B.

2

C.

3

D.

412.（2019高一上·长春期中）函数y=f(a+x)与函数y=f(a-x)的图象关于（

A.

直线x=a对称

B.

点(a,0)对称

C.

原点对称

D.

y轴对称二、填空题（共15题；共15分）13.（2018·长宁模拟）limn14.（2019高一上·闵行月考）点P(-2,3)关于y15.（2017高一下·珠海期末）使用辗转相除法，得到315和168的最大公约数是________．16.（2019高二下·吉林月考）117，182的最大公约数是________17.（2016高一下·信阳期末）把二进制1010化为十进制的数为：________．18.已知对于任意实数x，函数f（x）满足f（1﹣x）=f（1+x），若方程f（x）=0有且仅有2009个实数解，则这2009个实数解之和为________19.102，238的最大公约数是

________．20.（2016高二下·泰州期中）9192被100除所得的余数为________．21.5555﹣1除以8所得的余数

________．22.98和63的最大公约数为

________．23.（2017高一下·鹤岗期末）在底面半径为3高为4+23

的圆柱形有盖容器内，放入一个半径为3的大球后，再放入与球面，圆柱侧面及上底面均相切的小球，则放入小球的个数最多为________个．24.若关于x的方程x2+（1+i）x﹣6+3i=0有两根x1和x2，其中x1是实数根，则x1x225.已知△ABC中，A=60°，最大边和最小边是方程x2﹣9x+8=0的两个正实数根，那么BC边长是

________．

26.设x1和x2是方程x2+7x+1=0的两个根，则x12+x227.已知m≤23x2-2x+3≤n(m≠n)的解集为三、解答题（共23题；共120分）28.对一切n∈N*，求使m+25n能被31整除的最小的自然数m，并证明你的结论．29.已知四边形ABCD及点O，画出以点O为对称中心的对称的图形．30.试证当n为正整数时，f（n）=32n+2﹣8n﹣9能被64整除．31.用辗转相除法求884与1071的最大公约数（写出过程）32.已知点P（x，y），则求①关于y轴的对称点；②关于x轴的对称点；③关于原点的对称点；④关于直线y=x的对称点；⑤关于直线y=﹣x的对称点（﹣y，﹣x）．33.求122012除以5的余数．R-SA'>满足条件，进而根据数学归纳法，可证得答案．

34.今天是星期五，那么7k（k∈Z）天（含今天）后的那一天是星期几？7k（k∈Z）前的那一天是星期几？100天后的那一天是星期几？35.（I）用辗转相除法求840与1764的最大公约数．

（II）用更相减损术求440与556的最大公约．36.利用秦九韶算法求多项式f（x）=3x6+12x5+8x4﹣3.5x3+7.2x2+5x﹣13在x=6的值，写出详细步骤．37.证明：一个正整数的末三位数字组成的数与末三位数字之前的数字组成的数之差能被7（或11）整除，那么这个正整数能被7（或11）整除．38.求证：24n﹣1能被5整除．39.求4×6n+5n﹣1被20除后的余数．40.用辗转相除法求888与1147的最大公约数.41.用秦九韶算法写出求f（x）=1+x+0.5x2+0.16667x3+0.04167x4+0.00833x5在x=﹣0.2时的值的过程．42.用秦九韶算法求多项式f（x）=x6﹣2x5+3x3+4x2﹣6x+5，当x=2时的函数值．43.若a2能被2整除，a是整数．求证：a也能被2整除．44.用辗转相除法求459与357的最大公约数，并用更相减损术检验．45.（2019高一上·大庆月考）已知函数f(x)=log4(4x+1)+kx(k∈R)（1）求k的值；（2）若关于x的方程f(x)=12x+a无实数解，求实数a46.已知函数f(x)=(log3x27)(log33x)

（1）若x∈[127,19]，求函数f（x）最大值和最小值；

（2）若方程f（47.（1）求三个数175，100，75的最大公约数．

（2）将1015（6）转化成十进制的数，再将十进制转化为八进制．48.sinα，cosα为方程4x2﹣4mx+2m﹣1=0的两个实根，α∈(-π2,0)，49.（1）用辗转相除法求840与1764的最大公约数．

（2）用更相减损术求561与255的最大公约数．50.）已知函数y=|x|+1，y=x2-2x+2+t，y=12（x+1-tx）（x＞0）的最小值恰好是方程x3+ax2+bx+c=0的三个根，其中0＜t＜1

（1）求证：a2=2b+3；

（2）设（x1，M），（x2，N）是函数f（x）=x3+ax2+bx+c的两个极值点，若|x1﹣x2|=23，

答案解析部分一、单选题1.【答案】B【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【解答】解：238=102×2+34，102=34×3，∴两个数102、238的最大公约数是34．故选：B．【分析】利用辗转相除法即可得出．2.【答案】A【考点】一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】根据根与系数关系得：两根的积3m+32=6，解得故答案为：A.【分析】根据根与系数关系列方程，解方程求得m的值.3.【答案】B【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【解答】按照辗转相除法的含义，先用大数除以小数，故答案为：B.【分析】根据辗转相除法的基本方法：第一步，将最大值与最小值作除法，代入数据计算，即可得出答案。4.【答案】D【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【解答】∵459÷357=1…102，357÷102=3…51，102÷51=2，∴459和357的最大公约数是51.故答案为：D

【分析】利用辗转相除法进行计算，即可求出这两个数的最大公约数.5.【答案】D【考点】图形的对称性【解析】【解答】由题意可知，需要将一张长方形纸对折两次进行剪裁出，如下图：故选：D【分析】根据对称性可知“双喜”字是轴对称图形.即可.6.【答案】B【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【解答】解：∵294÷84=3…42，84÷42=2，∴用辗转相除法求294和84的最大公约数为42，故选：B【分析】用大数除以小数，得到商和余数，再用上面的除数除以余数，又得到商和余数，继续做下去，知道刚好能够整除为止，得到两个数的最大公约数，从而得到294和84的最大公约数．7.【答案】B【考点】构造较为复杂群的方法──直积【解析】【解答】因为fx是R上的增值函数，令fx=x,所以gx=1-ax,因为a>1【分析】求解高中数学问题常用方法，在选择题、填空题及解答题中都用到，特别是求解在选择题、填空题构造恰当的函数，根据已知能快捷的得到答案.8.【答案】B【考点】中国古代数学瑰宝【解析】【解答】f（x）=（（（（5x+4）x+3）x+2）x+1）x+1，当x=2时，v0=5，v1=5×2+4=14，v2=14×2+3=31，v3=31×2+2=64，v4=64×2+1=129，v5=129×2+1=259，由以上可知：当x=2时的值的过程中，不会出现的数值为127．故选：B．【分析】用秦九韶算法可得：f（x）=（（（（5x+4）x+3）x+2）x+1）x+1，进而得出。9.【答案】B【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【解答】使用更相减损术有：459﹣357=102；357﹣102=255；255﹣102=153；153﹣102=51；102﹣51=51，共作了5次减法．故答案为：B．【分析】根据题意，用最大数减去最小数，所得的结果与最小数作差，依次减下去，得到的减数与差相同，即可得出答案。10.【答案】B【考点】辗转相除法【解析】【解答】由辗转相除法，264=56×4＋40；56=40×1＋16；40=16×2＋8；16=8×2.即得最大公约数为8，做了四次除法.故答案为：B【分析】用辗转相除法得，264除56得余数为40，用56除40得余数16，用40除16得余数8，16整除8，故除法次数为4.11.【答案】B【考点】一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】解：设xx-2=t，则原方程转化为：t2解得t1=2+3，t2=2﹣3．∴x1解得x1=4+231+3，x2=4-231-3，∴x1+x2=4+231+3+4-231-3==4+23-43-6+4-23+43-61-3=2．故选B．【分析】设xx-2=t，则原方程转化为：t2﹣4t+1=0，解得t1=2+3，t2=2﹣3.x1x1-2=2+3,x2x2-2=2-3，由此能求出x1，x2，从而得到x1+x2．12.【答案】D【考点】图形的对称性【解析】【解答】构造函数g(x)=f(a+x)，则g(-由于函数y=g(x)与函数y=g(-x)的图象关于y轴对称，因此，函数y=f(a+x)与函数y=f(a-x)的图象关于故答案为：D.【分析】构造函数g(x)=f(a+x)，可得出g(-x)=f(a-x)二、填空题13.【答案】13【考点】微积分的产生──划时代的成就【解析】【解答】limn→∞3n-1314.【答案】(2,3)【考点】对称图形【解析】【解答】点关于y轴对称，横坐标相反，纵坐标相同，故P(-2,3)关于y轴对称点的坐标为故答案为：(2,3).

【分析】利用点与点关于轴对称的求解方法，用中点坐标公式求出点P(-2,3)关于y15.【答案】21【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【解答】解：315=168+147，168=147+21，147=21×7．∴315和168的最大公约数是21．

故答案为：21．

【分析】利用辗转相除法即可得出．16.【答案】13【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【解答】∵182=1117=1×65+5265=1×52+1352=4×13故117,182的最大公约数是13，故答案为13【分析】根据辗转相除法的步骤，将117和182代入易得到答案．17.【答案】10【考点】整除的基本性质【解析】【解答】解：根据二进制的数转化为十进制的方法可得：1010（2）=1×23+1×21=10

故答案为：10

【分析】将二进制数转化为十进制数，可以用每个数位上的数字乘以对应的权重，累加后，即可得到答案．18.【答案】2009【考点】对称图形【解析】【解答】∵对于任意实数x，函数f（x）满足f（1﹣x）=f（1+x），∴函数的图象关于x=1对称，∴函数的零点关于x=1对称，∴方程f（x）=0的根关于x=1对称，∴方程f（x）=0的2009个实数解中有2008个成对，一个就是x=1，∴成对的两个根之和等于2，∴所有的根的和是2×1004+1=2009故答案为：2009【分析】根据题意得到函数的图象关于x=1对称，得到函数的零点关于x=1对称，即方程f（x）=0的根关于x=1对称，得到方程f（x）=0的2009个实数解中有2008个成对，一个就是x=1，成对的两个根之和等于2，得到所有根的和。19.【答案】34【考点】辗转相除法【解析】【解答】解：∵238=102×2+34，102=34×3．

故答案为：34．

【分析】利用“辗转相除法”即可得出．20.【答案】81【考点】整除的基本性质【解析】【解答】解：9192=（90+1）92=9092++…+++1

=902×+…++8281

∴9192被100除所得的余数为81．

故答案为：81．

【分析】9192=（90+1）92，利用二项式定理展开即可得出．21.【答案】6【考点】整除的定义【解析】【解答】解：5555﹣1=（56﹣1）55﹣1=5655﹣++…+​﹣1﹣1

=56﹣8+6，

因此5555﹣1除以8所得的余数是6．

故答案为：6．

【分析】利用二项式定理展开5555﹣1=（56﹣1）55﹣1即可得出．22.【答案】7【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【解答】解：98=63×1+35，

63=35×1+28，

35=28×1+7，

28=7×4，

故98和63的最大公约数为7，

故答案为：7

【分析】本题考查的知识点是辗转相除法，根据辗转相除法的步骤，将98和63代入易得到答案．23.【答案】6

【考点】球面几何【解析】【解答】画出圆锥与大球以及小球相切的轴截面图形（如图左图），

设小球的半径为r则依题意（r+3）2=（r﹣3）2+（4+23﹣3﹣r）2．解得r=1，则小球的球心在半径为2的圆上，并且小球的直径为2，小球球心所在截面（如图右图）两个小球的球心距离是2，边长为2的正六边形恰好在半径为2上．故能放6个．【分析】根据题意画图分析，设小球半径为r求出r，画出小球球心所在截面由图分析可得答案。24.【答案】-6【考点】一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】解：若关于x的方程x2+（1+i）x﹣6+3i=0有两根x1和x2，其中x1是实数根，

则x12+（1+i）x1﹣6+3i=x12+x1﹣6+（x1+3）i=0，

即x12+x1﹣6=0，且x1+3=0，

解得：x1=﹣3，

又由：x1+x2=﹣（1+i）（或x1•x2=﹣6+3i）得：

x2=2﹣i，

∴x1x2=-32-i=-65-35i，

故答案为：-65-35i

【分析】根据复数相等的充要条件，结合x1是方程x2+（1+i25.【答案】57【考点】一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】解：△ABC中，由于A=60°，故可设最大边和最小边分别是b和c．

由于最大边和最小边是方程x2﹣9x+8=0的两个正实数根，故有b+c=9b·c=8，解得b=8c=1．

再由余弦定理可得BC2=b2+c2﹣2bc•cosA=64+1﹣16×12=57，

∴BC=57，

故答案为57．

【分析】有由题意可得b+c=9b·c=8，解得b=8c=1​．再由余弦定理可得BC226.【答案】47【考点】一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】解：∵x1和x2是方程x2+7x+1=0的两个根，

∴x1+x2=﹣7，x1•x2=1，

∴x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1•x2=49﹣2=47，

故答案为：47

【分析】由韦达定理可得x1+x2=﹣7，x1•x2=1，再由x12+x22​=（x1+x2）2﹣27.【答案】3【考点】一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】解：解：∵23x2﹣2x+3=13（2x2﹣6x+9）=13[（x﹣3）2+x2]≥32，

令23n2﹣2n+3=n，得2n2﹣9n+9=0，

解得n=32​（舍去），n=3；

令23x2﹣2x+3=3，解得x=0或3．

取m=0．

∴m+n=3三、解答题28.【答案】解：当n=1时，m+25n=32+m，

此时m=30时，m+25n能被31整除，

故存在最小的自然数m=30使对一切n∈N*，m+25n能被31整除，理由如下：

当n=1时，显然成立；

假设n=k时，30+25k能被31整除，

则当n=k+1时，30+25（k+1）=30+32×25k=30+25k+31×25k，也能被31整除，

综上存在最小的自然数m=30使对一切n∈N*，m+25n能被31整除【考点】整除的定义【解析】【分析】当n=1时，可得最小的自然数m=30满足条件，进而根据数学归纳法，可证得答案．29.【答案】【解答】如图直接通过0作出A，B，C，D的对称点A′，B′，C′，D′，然后顺次连接A′B′C′D′，即可得到对称的图形．【考点】对称图形【解析】【分析】通过中心对称，过0，分别做出A，B，C，D对称点，然后连接对称点，即可得到图形。30.【答案】【解答】证法一:（1）当n=1时，f（1）=64，命题显然成立．

（2）假设当n=k（k∈N*，k≥1）时，f（k）=32k+2﹣8k﹣9能被64整除．

当n=k+1时，由于32（k+1）+2﹣8（k+1）﹣9

=9（32k+2﹣8k﹣9）+9•8k+9•9﹣8（k+1）﹣9=9（32k+2﹣8k﹣9）+64（k+1），

即f（k+1）=9f（k）+64（k+1），∴n=k+1时命题也成立．

根据（1）、（2）可知，对于任意n∈N*，命题都成立．

证法二：32n+2﹣8n﹣9=9（8+1）n﹣8n﹣9

=9(8n+Cn18n-1+…+Cnn-18+Cnn)﹣8n﹣【考点】整除的基本性质【解析】【分析】证法一：利用数学归纳法即可证明；

证法二：利用二项式定理即可证明．31.【答案】解：1071=884×1+187，884=187×4+136，187=136×1+51，136=51×2+34

51=34×1+17，34=17×2，

∴884与1071的最大公约数为17．【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【分析】用辗转相除法求884与1071的最大公约数，写出1071=884×1+187，…34=17×2，得到两个数字的最大公约数．an>的最大公约数为17．32.【答案】解：①点P（x，y）关于y轴对称，则它们的横坐标互为相反数，纵坐标不变，故答案为（﹣x，y）；②点P（x，y）关于x轴对称，则它们的纵坐标互为相反数，横坐标不变，故答案为（x，﹣y）；③点P（x，y）关于原点对称，则它们的横坐标、纵坐标都互为相反数；故答案为（﹣x，﹣y）；④点P（x，y）关于直线y=x对称，则y=x，x=y；故答案为（y，x）；⑤点P（x，y）关于直线y=﹣x对称，则y=﹣x，x=﹣y；故答案为（﹣y，﹣x）．【考点】对称图形【解析】【分析】①根据关于y轴对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标不变，由P的坐标可得答案；②根据关于y轴对称的点的纵坐标互为相反数，横坐标不变，根据题意，由P的坐标可得答案；③根据关于原点对称的点的横坐标、纵坐标都互为相反数，由P的坐标可得答案；④根据关于直线y=x对称的点的横坐标、纵坐标的特点，根据题意，由P的坐标可得答案；⑤根据关于直线y=﹣x对称的点的横坐标、纵坐标的特点，根据题意，由P的坐标可得答案。33.【答案】解：122012=1441006=（145﹣1）1006

=C10060•1451006﹣C10061•1451005+C10062•1451004﹣C10063•1451003+…+C10061004•1452﹣C10061005•145+C10061006

∵（C10060•1451006﹣C10061•1451005+C10062•1451004﹣C10063•1451003+…+C10061004•1452﹣C10061005•145）为145的倍数，

故（C10060•1451006﹣C10061•1451005+C10062•1451004﹣C10063•1451003+…+C10061004•1452﹣C10061005•145）为5的倍数，

故122012除以5的余数为1．【考点】整除的定义【解析】【分析】先将幂利用二项式表示，使其底数用5的倍数表示，利用二项式定理展开得到余数.34.【答案】解：今天是星期五，那么7k（k∈Z）天（含今天）后的那一天是星期五，7k（k∈Z）前的那一天是星期四，100（即98+2）天后的那一天是星期日．【考点】整除的基本性质【解析】【分析】利用数的周期性即可得出．35.【答案】解：（I）用辗转相除法求840与1764的最大公约数．

1764=840×2+84840=84×10+0

∴840与1764的最大公约数是84

（II）用更相减损术求440与556的最大公约数．

556﹣440=116

440﹣116=324

324﹣116=208

208﹣116=92

116﹣92=24

92﹣24=68

68﹣24=44

44﹣24=20

24﹣20=4

20﹣4=16

16﹣4=12

12﹣4=8

8﹣4=4

∴440与556的最大公约数4【考点】辗转相除法【解析】【分析】（I）用辗转相除法求840与1764的最大公约数，写出1764=840×2+84840=84×10+0，得到两个数字的最大公约数．

（II）用更相减损术求440与556的最大公约数，先用大数减去小数，再用减数和差中较大的数字减去较小的数字，这样减下去，直到减数和差相同，得到最大公约数．36.【答案】解：用秦九韶算法f（x）=3x6+12x5+8x4﹣3.5x3+7.2x2+5x﹣13=（（（（（3x+12）x+8）x﹣3.5）x+7.2）x+5）x﹣13．当x=6时，v0=3，v1=3×6+12=30，v2=30×6+8=188，v3=188×6﹣3.5=1124.5，v4=1124.5×6+7.2=6747，v5=6747×6+5=40487，v6=40487×6﹣13=242909．∴f（6）=242909．【考点】中国古代数学瑰宝【解析】【分析】用秦九韶算法求多项式f（x）=（（（（（3x+12）x+8）x﹣3.5）x+7.2）x+5）x﹣13．把x=6代入即可得出。37.【答案】解：设一个正整数的末三位数字为x，末三位数字之前的数字组成的数为y，

令x﹣y为7的倍数，即x﹣y能被7整除．

则该整数为：1000y+x=1001y+（x﹣y），

∵1001y=143y×7，

故1001y和（x﹣y）均为7的倍数，

则1000y+x为7的倍数，

即这个正整数能被7整除．

令x﹣y为11的倍数，即x﹣y能被11整除．

则该整数为：1000y+x=1001y+（x﹣y），

∵1001y=91y×11，

故1001y和（x﹣y）均为11的倍数，

则1000y+x为11的倍数，

即这个正整数能被11整除．【考点】整除的基本性质【解析】【分析】设一个正整数的末三位数字为x，末三位数字之前的数字组成的数为y，令x﹣y为7或11的倍数，即x﹣y能被7或11整除．进而根据1000y+x=1001y+（x﹣y），可得这个正整数能被7（或11）整除．38.【答案】证明：24n﹣1=16n﹣1=（15+1）n﹣1=15n+Cn115n-1+Cn215n-2+…+Cnn-1151+Cnn﹣1

=15n【考点】整除的定义【解析】【分析】24n﹣1=16n﹣1=（15+1）n﹣1，利用二项式定理展开即可证明．39.【答案】解：∵4×6n+5n+1﹣9

=4×（6n﹣1）+5×（5n﹣1）

=4×[（5+1）n﹣1]+5×[（4+1）n﹣1]

=4×（Cn0•50+Cn1•51+…+Cnn•5n﹣1）+5×（Cn0•40+Cn1•41+…+Cnn•4n﹣1）

=4×5×（Cn1+Cn2•5+…+Cnn•5n﹣1）+5×4×（Cn1+Cn2•4+…+Cnn•4n﹣1）

=20×[（Cn1+Cn2•5+…+Cnn•5n﹣1）+（Cn1+Cn2•4+…+Cnn•4n﹣1）]

∴4×6n+5n+1﹣9能被20整除，

故4×6n+5n﹣1被20除后的余数为9．【考点】整除的定义【解析】【分析】利用二项式定理的展开式，4×6n+5n+1﹣9=4×（6n﹣1）+5×（5n﹣1）=4×[（5+1）n﹣1]+5×[（4+1）n﹣1]，问题得以解决40.【答案】解:因为1147=888×1+259，888=259×3+111，259=111×2+37，111=37×3，所以888与1147的最大公约数是37.此题也可以利用更相减损术来求：1147-888=259，888-259=629，629-259=370，370-259=111，259-111=148，148-111=37，111-37=74，74-37=37.所以888与1147的最大公约数为37.【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【分析】根据辗转相除法的计算方法，大值比上小值所得余数，依次继续用小值比上余数，直到整除，即可得出答案。41.【答案】解：先把函数整理成f（x）=（（（（0.00833x+0.04167）x+0.16667）x+0.5）x+1）x+1，按照从内向外的顺序依次进行．x=﹣0.2a5=0.00833

V0=a5=0.00833

a4=0.04167

V1=V0x+a4=0.04

a3=0.16667

V2=V1x+a3=0.15867

a2=0.5

V3=V2x+a2=0.46827

a1=1

V4=V3x+a1=0.90635

a0=1

V5=V4x+a0=0.81873∴f（﹣0.2）=0.81873【考点】中国古代数学瑰宝【解析】【分析】首先把一个n次多项式f（x）写成（…（（a[n]x+a[n﹣1]）x+a[n﹣2]）x+…+a[1]）x+a[0]的形式，然后化简，求n次多项式f（x）的值就转化为求n个一次多项式的值，求出vi的值。42.【答案】解：f（x）=x6﹣2x5+3x3+4x2﹣6x+5=x（x（x（x（x（x﹣2）+3）+4）﹣6）+5则v0=2v1=0v2=3v3=10v4=14v5=33故多项式当x=2时f（x）=33．【考点】中国古代数学瑰宝【解析】【分析】利用秦九韶算法计算多项式的值，先将多项式转化为x（x（x（x（x﹣2）+3）+4）﹣6）+5的形式，然后逐步计算v0至v5的值，即可得到答案。43.【答案】解：假设a不能被2整除．

即a为奇数，

则a2也为奇数，

∴a2不能被2整除，

这与已知矛盾，

故a也能被2整除．【考点】整除的基本性质【解析】【分析】先假a不能被2整除，进而根据反证法推导出与已知中a2能被2整除，矛盾，进而假设不成立．

44.【答案】解：（1）用辗转相除法求459和357的最大公约数：

因为459=357×1+102

357=102×3+51

102=51×2

所以459和357的最大公约数是51

（2）（1）中方法用更相减损术验证：

因为459﹣357=102

357﹣102=255

255﹣102=153

153﹣102=51

102﹣51=51

所以459和357的最大公约数是51【考点】辗转相除法【解析】【分析】直接利用辗转相除法求解，然后利用更相减损术检验即可．45.【答案】（1）解：函数f(x)的定义域为R，图象关于y轴对称，则f(-∴log4解得：k=-

（2）解：由（1）得：f(x)=log∵f(x)=12x+a∴log4(4即4x+1=∴4x+1=即：4a=1+1∵1+1∴4a≤1.∴a≤0.所以a∈【考点】图形的对称性，整系数代数方程的有理根【解析】【分析】(1)函数f(x)图象关于y轴对称,则f(x)为偶函数，有f(-1)=f(1)成立，可计算出k的值.(2)方程f(x)=12x+a无实数解,即log4(4x+1)=x+a46.【答案】解：（1）根据对数的运算性质得出

f（x）=（log3x﹣3）（log3x+1）

令log3x=t，t∈[﹣3，﹣2]

则g（t）=t2﹣2t﹣3，t∈[﹣3，﹣2]

g（t）对称轴t=1

∴fmax（x）=g（-3）=12

fmin（x）=g（-2）=5

（2）即方程（log3x）2﹣2log3x﹣3+m=0的两解为α，β

∴log3α+log3β=2

∴log3α·β=2【考点】一元次方程根与系数的关系【解析】【分析】（1）将f（x）计算化简得出f（x）=（log3x﹣3）（log3x+1），令log3x=t，转化为二次函数解决．

（2）结合（1）即为方程（log3x）2﹣2log3x﹣3+m=0的两解为α，β，得出log3α+log3β=2，再求出α•β．47.【答案】解：（1）解法一：辗转相除法

①先求175与100的最大公约数

175=100×1+75

100=75×1+25

75=25×3

故175与100的最大公约数为25

②再求25与75的最大公约数

75=25×3

故175，100，75的最大公约数为25．

解法二：更相减损术

①先求175与100的最大公约数

175﹣100=75

100﹣75=25

75﹣25=50

50﹣25=25

故175与100的最大公约数为25

②再求25与75的最大公约数

75﹣25=50

50﹣25=25

故175，100，75的最大公约数为25．

（2）1015（6）=1×63+1×6+5=227，

∵227÷8=28…3，

28÷8=3…4，

3÷8=0…3

∴227=343（8）【考点】用辗转相除计算最大公约数【解析】【分析】（1）解法一：用较大的数字除以较小的数字，得到商和余数，然后再用上一式中的除数和得到的余数中较大的除以较小的，以此类推，当整除时，就得到要求的最大公约数．

解法二：以较大的数减较小的数，接着把所得的差与较小的数比较，并以大数减小数．继续这个操作，直到所得的减数和差相等为止

（2）利用累加权重法，可先将1015（6）转化成十进制的数，再用除k求余法，可再将十进制转化为八进制．48.【答案】解：sinα，cosα为方程4x2﹣4mx+2m﹣1=0的两个实根

∴sinα+cosα=m，sinαcosα=2m-14

且m2﹣2m+1≥0

代入（sinα+cosα）2=1+2sinα•cosα，

得m=1±32，又α∈(-π2,0)，

∴sinαcosα=2m-14【考点】一元次方程根与系数的关系【解析】【分析】通过根与系数的关系，得到正弦和余弦之间的关系，又由正弦和余弦本身有平方和为1的关系，代入求解，注意角是第四象限角，根据角的范围，得到结果．49.【答案】解：（1）1