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2023-2024学年福建省福州市闽侯二中高一（下）期末数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年福建省福州市闽侯二中高一（下）期末数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知i是虚数单位，则 21−i的虚部为( )
A. 1B. iC. 22D. 22i
2.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AC和直线BC1所成的角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
3.已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B=60°，b=3，则a+csinA+sinC=( )
A. 36B. 16C. 2 3D. 6
4.已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1～5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：
412 451 312 533 224 344 151 254 424 142
435 414 335 132 123 233 314 232 353 442
据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为( )
A. 0.4B. 0.45C. 0.55D. 0.6
5.已知等腰△ABC中，A=23π，则BC在BA上的投影向量为( )
A. 32BAB. −32BAC. 3BAD. −3BA
6.已知平面向量a,b满足a+b=(2,k),a−b=(1,1).若a//b，则k=( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
7.已知三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，AB=4，BC=3，CD=5，BD=7，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. 196π3B. 244π3C. 196π5D. 244π5
8.已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足asinA+C2=bsinA，且csAa+csBb=2sinBsinC3sinA.则a+2c的最大值为( )
A. 6B. 4 3C. 2 3D. 2 7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1、z2都是复数，下列选项正确的是( )
A. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2B. 若z2≠0，则|z1z2|=|z1||z2|
C. 若z12+z22=0，则z1=z2=0D. 若z12=z22，则|z1|=|z2|
10.下列对各事件发生的概率判断正确的是( )
A. 某学生在上学的路，上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为427
B. 三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为15，13，14，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为35
C. 从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是13
D. 设两个独立事件A和B都不发生的概率为19，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是29
11.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则下列说法正确的有( )
A. 直线A1G与直线C1E为异面直线
B. 直线A1G与平面ADD1A1所成角的正弦值为13
C. 二面角D1−AC−B1的平面角余弦值为13
D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为92
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′B′=3，B′C′=32，则四边形ABCD的面积为______．
13.在△ABC中，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=3π4，b=6，a2+c2=2 2ac，则△ABC的面积为______．
14.定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z=a+bi，a，b∈R．
(1)若a=m2+m−2，b=2m2−m−3，m∈R，z对应的点在第四象限，求m的范围．
(2)若|z−1|=1，求a+b的最大值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=2，M是线段PD的中点．
(Ⅰ)求证：PB//平面AMC；
(Ⅱ)求三棱锥P−ACM的体积；
(Ⅲ)求直线BM与底面ABCD所成角的正切值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，1+sinAsinB=cs2B−sin2A+sin2C.
(1)求角C的大小；
(2)若D在边AB上，DC⊥CB，且AC= 3,AD=1，求△ABC的面积S．
18.(本小题17分)
某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分(95分及以上为认知程度高)，结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20,25)，第二组：[25,30)，第三组：[30,35)，第四组：[35,40)，第五组：[40,45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．
(1)根据频率分布直方图，估计这些人的平均年龄和第80百分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．
(i)若有甲(年龄38)，乙(年龄40)两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
(ii)若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35−45岁所有人的年龄的方差．
19.(本小题17分)
欧拉(1707−1783)，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式eiθ=csθ+isinθ，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的θ取作π就得到了欧拉恒等式eiπ+1=0，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数e，圆周率π，两个单位——虚数单位i和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：eiθ=csθ+isinθ，解决以下问题：
(1)将复数eπ3i+eπi表示成a+bi(a,b∈R,i为虚数单位)的形式；
(2)求|eπ2i+eθi|(θ∈R)的最大值；
(3)若zn=1，则z=zk(k=0,1,2,⋯,n−1)，这里zk=cs2kπn+isin2kπn(k=0,1,2,⋯,n−1)，称zk为1的一个n次单位根，简称单位根.类比立方差公式，我们可以获得x5−1=(x−1)(x4+x3+x2+x1+1)，复数z=e2π5，H(x)=x2+x+2，求H(z)H(z2)H(z3)H(z4)的值．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.B
5.A
6.D
7.B
8.D
9.BD
10.ABC
11.BC
12.9 2
13.3
14.2π(2 3−3)3
15.解：(1)由题意知m2+m−2>02m2−m−3<0，解得1故实数m的范围为(1,32)；
(2)|z−1|=|(a−1)+bi|= (a−1)2+b2=1，
所以(a−1)2+b2=1，
所以(a−1)+b2≤ (a−1)2+b22= 22，故a+b≤ 2+1．
当且仅当a−1=b，所求a+b最大值为 2+1．
16.解：(Ⅰ)证明：如图，连接BD，设BD∩AC=N，连接MN，
∵底面ABCD是边长为1的正方形，∴N是BD中点，
又M是线段PD的中点，∴MN//PB，
又PB⊄平面AMC，MN⊂平面AMC，
∴PB//平面AMC；
(Ⅱ)根据题意可得三棱锥P−ACM的体积为：
VP−ACM=VD−ACM=VM−ACD
=12VP−ACD=12×12VP−ABCD
=14×13×1×1×2=16；
(Ⅲ)取AD的中点H，连接MH，则MH//PA，
又PA⊥底面ABCD，∴MH⊥底面ABCD，
∴直线BM与底面ABCD所成角为∠MBH，
又易知MH=12PA=1，BH= 12+(12)2= 52，
∴tan∠MBH=MHBH=1 52=2 55，
故直线BM与底面ABCD所成角的正切值为2 55．
17.解：(1)由题意得1−cs2B+sin2A−sin2C=−sinAsinB，
即sin2B+sin2A−sin2C=−sinAsinB，
由正弦定理得AC2+BC2−AB2=−BC⋅AC，
由余弦定理得csC=AC2+BC2−AB22BC⋅AC=−12，
因为C∈(0,π)，所以C=2π3；
(2)如图，
因为DC⊥CB，所以∠ACD=2π3−π2=π6，
在△ACD中，由正弦定理得1sinπ6= 3sin∠ADC，
解得sin∠ADC= 32，
则∠ADC=2π3或π3(舍去)，
得A=π−2π3−π6=π6=B，则BC=AC= 3，
故S=12× 3× 3×sin2π3=3 34．
18.解：(1)设这些人的平均年龄为x−，则x−=22.5×0.05+27.5×0.35+32.5×0.3+37.5×0.2+42.5×0.1=32.25(岁)．
设第80百分位数为a，即频率之和为0.8．
方法一：由5×0.02+(40−a)×0.04=1−0.8=0.2，解得a=37.5．
方法二：由0.05+0.35+0.3+(a−35)×0.04=0.8，解得a=37.5．
(2)(i)由题意得，第四组应抽取4人，记为a，b，c，甲，第五组抽取2人，记为d，乙，对应的样本空间为：Ω={(a,b)，(a,c)，(a，甲)，(a，乙)，(a,d)，(b,c)，(b，甲)，(b，乙)，(b,d)，(c，甲)，(c，乙)，(c,d)，(甲，乙)，(甲，d)，(乙，d)}，共15个样本点．
设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，则M={(a，甲)，(a，乙)，(b，甲)，(b，乙)，(c，甲)，(c，乙)，(甲，乙)，(甲，d)，(乙，d)}，共有9个样本点．
所以，P(M)=n(M)n(Ω)=35．
(ii)设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为x−4，x−5，方差分别为s42，s52，
则x−4=37，x−5=43，s42=52，s52=1，
由于第一组有10人，则第四组有40人，第五组有20人，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z−，方差为s2．
则Z−=40X4−+20X5−60=39，s2=16{4×[s42+(x−4−z−)2]+2×[s52+(x−5−z−)2]}=10，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，
据此，可估计这m人中年龄在35～45岁的所有人的年龄方差约为10．
19.解：(1)由欧拉公式有
eπ3i+eπi=(csπ3+isinπ3)+(csπ+isinπ)=(12+ 32i)+(−1)=−12+ 32i．
(2)由于|eπ2i|=|csπ2+isinπ2|=1，|eθi|=|csθ+isinθ|=1，故|eπ2i+eθi|≤|eπ2i|+|eθi|=1+1=2，
而当θ=π2时，有|eπ2i+eθi|=|eπ2i+eπ2i|=|2eπ2i|=2|eπ2i|=2．
故|eπ2i+eθi|(θ∈R)的最大值是2．
(3)由于z5=1，故0=(z5−1)=(z−1)(z4+z3+z2+z+1)，而z≠1，所以z4+z3+z2+z+1=0．
故H(z)H(z2)H(z3)H(z4)
=(z2+z+2)(z4+z2+2)(z6+z3+2)(z8+z4+2)
=(z2+z+2)(z4+z2+2)(z+z3+2)(z3+z4+2)(利用z5=1)
=((z2+z+2)(z3+z4+2))⋅((z+z3+2)(z4+z2+2))
=(z6+2z5+3z4+2z3+2z2+2z+4)(z7+2z5+2z4+3z3+2z2+2z+4)
=(z+2+3z4+2z3+2z2+2z+4)(z2+2+2z4+3z3+2z2+2z+4)(利用z5=1)
=(3z4+2z3+2z2+3z+6)(2z4+3z3+3z2+2z+6)
=(z4+z+4)(z3+z2+4)(利用z4+z3+z2+z+1=0)
=z7+z6+5z4+5z3+4z2+4z+16
=z2+z+5z4+5z3+4z2+4z+16(利用z5=1)
=5z4+5z3+5z2+5z+16
=11(利用z4+z3+z2+z+1=0)．
所以H(z)H(z2)H(z3)H(z4)=11．
1.已知i是虚数单位，则 21−i的虚部为( )
A. 1B. iC. 22D. 22i
2.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AC和直线BC1所成的角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
3.已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B=60°，b=3，则a+csinA+sinC=( )
A. 36B. 16C. 2 3D. 6
4.已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1～5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：
412 451 312 533 224 344 151 254 424 142
435 414 335 132 123 233 314 232 353 442
据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为( )
A. 0.4B. 0.45C. 0.55D. 0.6
5.已知等腰△ABC中，A=23π，则BC在BA上的投影向量为( )
A. 32BAB. −32BAC. 3BAD. −3BA
6.已知平面向量a,b满足a+b=(2,k),a−b=(1,1).若a//b，则k=( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
7.已知三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，AB=4，BC=3，CD=5，BD=7，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. 196π3B. 244π3C. 196π5D. 244π5
8.已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足asinA+C2=bsinA，且csAa+csBb=2sinBsinC3sinA.则a+2c的最大值为( )
A. 6B. 4 3C. 2 3D. 2 7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1、z2都是复数，下列选项正确的是( )
A. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2B. 若z2≠0，则|z1z2|=|z1||z2|
C. 若z12+z22=0，则z1=z2=0D. 若z12=z22，则|z1|=|z2|
10.下列对各事件发生的概率判断正确的是( )
A. 某学生在上学的路，上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为427
B. 三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为15，13，14，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为35
C. 从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是13
D. 设两个独立事件A和B都不发生的概率为19，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是29
11.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则下列说法正确的有( )
A. 直线A1G与直线C1E为异面直线
B. 直线A1G与平面ADD1A1所成角的正弦值为13
C. 二面角D1−AC−B1的平面角余弦值为13
D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为92
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′B′=3，B′C′=32，则四边形ABCD的面积为______．
13.在△ABC中，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=3π4，b=6，a2+c2=2 2ac，则△ABC的面积为______．
14.定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z=a+bi，a，b∈R．
(1)若a=m2+m−2，b=2m2−m−3，m∈R，z对应的点在第四象限，求m的范围．
(2)若|z−1|=1，求a+b的最大值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=2，M是线段PD的中点．
(Ⅰ)求证：PB//平面AMC；
(Ⅱ)求三棱锥P−ACM的体积；
(Ⅲ)求直线BM与底面ABCD所成角的正切值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，1+sinAsinB=cs2B−sin2A+sin2C.
(1)求角C的大小；
(2)若D在边AB上，DC⊥CB，且AC= 3,AD=1，求△ABC的面积S．
18.(本小题17分)
某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分(95分及以上为认知程度高)，结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20,25)，第二组：[25,30)，第三组：[30,35)，第四组：[35,40)，第五组：[40,45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．
(1)根据频率分布直方图，估计这些人的平均年龄和第80百分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．
(i)若有甲(年龄38)，乙(年龄40)两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
(ii)若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35−45岁所有人的年龄的方差．
19.(本小题17分)
欧拉(1707−1783)，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式eiθ=csθ+isinθ，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的θ取作π就得到了欧拉恒等式eiπ+1=0，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数e，圆周率π，两个单位——虚数单位i和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：eiθ=csθ+isinθ，解决以下问题：
(1)将复数eπ3i+eπi表示成a+bi(a,b∈R,i为虚数单位)的形式；
(2)求|eπ2i+eθi|(θ∈R)的最大值；
(3)若zn=1，则z=zk(k=0,1,2,⋯,n−1)，这里zk=cs2kπn+isin2kπn(k=0,1,2,⋯,n−1)，称zk为1的一个n次单位根，简称单位根.类比立方差公式，我们可以获得x5−1=(x−1)(x4+x3+x2+x1+1)，复数z=e2π5，H(x)=x2+x+2，求H(z)H(z2)H(z3)H(z4)的值．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.B
5.A
6.D
7.B
8.D
9.BD
10.ABC
11.BC
12.9 2
13.3
14.2π(2 3−3)3
15.解：(1)由题意知m2+m−2>02m2−m−3<0，解得1
(2)|z−1|=|(a−1)+bi|= (a−1)2+b2=1，
所以(a−1)2+b2=1，
所以(a−1)+b2≤ (a−1)2+b22= 22，故a+b≤ 2+1．
当且仅当a−1=b，所求a+b最大值为 2+1．
16.解：(Ⅰ)证明：如图，连接BD，设BD∩AC=N，连接MN，
∵底面ABCD是边长为1的正方形，∴N是BD中点，
又M是线段PD的中点，∴MN//PB，
又PB⊄平面AMC，MN⊂平面AMC，
∴PB//平面AMC；
(Ⅱ)根据题意可得三棱锥P−ACM的体积为：
VP−ACM=VD−ACM=VM−ACD
=12VP−ACD=12×12VP−ABCD
=14×13×1×1×2=16；
(Ⅲ)取AD的中点H，连接MH，则MH//PA，
又PA⊥底面ABCD，∴MH⊥底面ABCD，
∴直线BM与底面ABCD所成角为∠MBH，
又易知MH=12PA=1，BH= 12+(12)2= 52，
∴tan∠MBH=MHBH=1 52=2 55，
故直线BM与底面ABCD所成角的正切值为2 55．
17.解：(1)由题意得1−cs2B+sin2A−sin2C=−sinAsinB，
即sin2B+sin2A−sin2C=−sinAsinB，
由正弦定理得AC2+BC2−AB2=−BC⋅AC，
由余弦定理得csC=AC2+BC2−AB22BC⋅AC=−12，
因为C∈(0,π)，所以C=2π3；
(2)如图，
因为DC⊥CB，所以∠ACD=2π3−π2=π6，
在△ACD中，由正弦定理得1sinπ6= 3sin∠ADC，
解得sin∠ADC= 32，
则∠ADC=2π3或π3(舍去)，
得A=π−2π3−π6=π6=B，则BC=AC= 3，
故S=12× 3× 3×sin2π3=3 34．
18.解：(1)设这些人的平均年龄为x−，则x−=22.5×0.05+27.5×0.35+32.5×0.3+37.5×0.2+42.5×0.1=32.25(岁)．
设第80百分位数为a，即频率之和为0.8．
方法一：由5×0.02+(40−a)×0.04=1−0.8=0.2，解得a=37.5．
方法二：由0.05+0.35+0.3+(a−35)×0.04=0.8，解得a=37.5．
(2)(i)由题意得，第四组应抽取4人，记为a，b，c，甲，第五组抽取2人，记为d，乙，对应的样本空间为：Ω={(a,b)，(a,c)，(a，甲)，(a，乙)，(a,d)，(b,c)，(b，甲)，(b，乙)，(b,d)，(c，甲)，(c，乙)，(c,d)，(甲，乙)，(甲，d)，(乙，d)}，共15个样本点．
设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，则M={(a，甲)，(a，乙)，(b，甲)，(b，乙)，(c，甲)，(c，乙)，(甲，乙)，(甲，d)，(乙，d)}，共有9个样本点．
所以，P(M)=n(M)n(Ω)=35．
(ii)设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为x−4，x−5，方差分别为s42，s52，
则x−4=37，x−5=43，s42=52，s52=1，
由于第一组有10人，则第四组有40人，第五组有20人，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z−，方差为s2．
则Z−=40X4−+20X5−60=39，s2=16{4×[s42+(x−4−z−)2]+2×[s52+(x−5−z−)2]}=10，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，
据此，可估计这m人中年龄在35～45岁的所有人的年龄方差约为10．
19.解：(1)由欧拉公式有
eπ3i+eπi=(csπ3+isinπ3)+(csπ+isinπ)=(12+ 32i)+(−1)=−12+ 32i．
(2)由于|eπ2i|=|csπ2+isinπ2|=1，|eθi|=|csθ+isinθ|=1，故|eπ2i+eθi|≤|eπ2i|+|eθi|=1+1=2，
而当θ=π2时，有|eπ2i+eθi|=|eπ2i+eπ2i|=|2eπ2i|=2|eπ2i|=2．
故|eπ2i+eθi|(θ∈R)的最大值是2．
(3)由于z5=1，故0=(z5−1)=(z−1)(z4+z3+z2+z+1)，而z≠1，所以z4+z3+z2+z+1=0．
故H(z)H(z2)H(z3)H(z4)
=(z2+z+2)(z4+z2+2)(z6+z3+2)(z8+z4+2)
=(z2+z+2)(z4+z2+2)(z+z3+2)(z3+z4+2)(利用z5=1)
=((z2+z+2)(z3+z4+2))⋅((z+z3+2)(z4+z2+2))
=(z6+2z5+3z4+2z3+2z2+2z+4)(z7+2z5+2z4+3z3+2z2+2z+4)
=(z+2+3z4+2z3+2z2+2z+4)(z2+2+2z4+3z3+2z2+2z+4)(利用z5=1)
=(3z4+2z3+2z2+3z+6)(2z4+3z3+3z2+2z+6)
=(z4+z+4)(z3+z2+4)(利用z4+z3+z2+z+1=0)
=z7+z6+5z4+5z3+4z2+4z+16
=z2+z+5z4+5z3+4z2+4z+16(利用z5=1)
=5z4+5z3+5z2+5z+16
=11(利用z4+z3+z2+z+1=0)．
所以H(z)H(z2)H(z3)H(z4)=11．
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