2022届山东省高考数学模拟题分类汇编解析：数学文化

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1、专题十二 数学文化一、单项选择题1.（青岛二模4）二十四节气歌是为了方便记忆我国古时立法中的二十四个节气而编成的小诗歌，体现着我国古代劳动人民的智慧四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为ABCD2.（济南三模7）如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1，2，3，放置在n行n列的正方形图表

2、中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和（简称“幻和”）均相等，具有这种性质的图表称为“n阶幻方”洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15则7阶幻方的“幻和”为（ ） 图1 图2 A. 91B. 169C. 175D. 1803.（烟台适应性练习一、枣庄三模4）二进制在计算机技术中应用广泛一个二进制数以2为基数，通常用0和1两个数码来表示，进位规则是从最右面的数位依次向左满二进一，如二进制数101对应的十进制数为那么十进制数22对应的二进制数为（ ）.A. 10011B. 10101C. 10110D. 110104.（德州三模4）古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离

3、之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，点满足，则点的轨迹方程为（ ）A. B. C. D. 5.（潍坊三模5）我国古代数学名著九章算术中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥若一个“鳖臑”的所有顶点都在球的球面上，且该“鳖臑”的高为，底面是腰长为的等腰直角三角形则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 6.（省实验中学5月模拟4）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等已知正二十面体是由20个等边三角形

4、所组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，正二十面体的体积公式为（其中为棱长），已知一个正二十面体各棱长之和为，则该正二十面体内切球的半径为（ ）A. B. C. D. 7.（济南二模6）济南市洪家楼天主教堂于2006年5月被国务院列为全国重点文物保护单位.它是典型的哥特式建筑.哥特式建筑的特点之一就是窗门处使用尖拱造型，其结构是由两段不同圆心的圆弧组成的对称图形.如图2，和所在圆的圆心都在线段AB上，若，则的长度为（ ）A. B. C. D. 8.（临沂二模8）我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积术”，即在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则ABC的面积根据此

5、公式，若，且，则ABC的面积为（ ）A. B. C. D. 9.（聊城三模8）2021年4月12日，四川省三星堆遗址考古发据3号坑出土一件完整的圆口方尊，这是经科学考古发据出土的首件完整圆口方尊（图1）.北京冬奥会火种台“承天载物”的设计理念正是来源于此，它的基座沉稳，象征“地载万物”，顶部舒展开翩，寓意迎接纯洁的奥林匹克火种，一种圆口方尊的上部（图2）外形近似为双曲线的一部分绕着虚轴所在的直线旋转形成的曲面，该曲面的高为50cm，上口直径为cm，下口直径为25cm，最小横截面的直径为20cm，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 10.（淄博二模8）碳70（C70）是一种碳原子

6、簇，可高效杀灭癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共37个面，则其六元环的个数为（）A12B25C30D36二、多项选择题11.（菏泽二模10）设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为，几何平均数为上个世纪五十年代，美国数学家D.H. Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中p为有理数下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 12.（日照二模11）传说古希腊科学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径与圆柱的高相等.因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他在几何上最为得意的发现，于是留下

7、遗言：他去世后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，若，则（ ）A. B. 的展开式中的的系数为56C. 的展开式中的各项系数之和为0D. ，其中i为虚数单位13.（威海5月模拟11）数学中有许多优美的曲线，星形曲线就是其中之一，它最早是由古希腊天文学家发现的，罗默、伯努利、莱布尼兹等数学家都研究过其性质在工业生产中，利用星形曲线的特性，能设计出一种超轻超硬材料，展现了数学模型的广泛性和应用性已知星形曲线，设为E上任意一点，则（ ）A. 曲线E与坐标轴有四个交点B. C. 曲线E有且只有两条对称轴 D. 三、填空题14.（临

8、沂三模15）数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线已知的顶点，则其欧拉线方程为_ _ _15.（临沂二模16）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等如图是一个椭圆球形瓷凳，其轴截面为图中的实线图形，两段曲线是椭圆的一部分，若瓷凳底面圆的直径为4，高为6，则_；利用祖暅原理可求得该椭圆球形瓷凳的体积为_16.（德州二模16）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性

9、思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0，1均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次从左到右第三个区间为_，若使前n次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为_(，)参考答案专题十二 数学文化一、单项选择题1.【答案】C【解析】从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的事件总数为：，从24个节气

10、中选取两个节气的事件总数有：，故选：2.【答案】C【解析】由题意，7阶幻方各行列和，即“幻和”为.故选：C3.【答案】C【解析】因为，所以十进制数22对应的二进制数为10110，故选：C4.【答案】B【解析】，即设，则，整理得 故选：B5.【答案】A【解析】如下图所示：在三棱锥中，平面，且，因为平面，、平面，则，平面，平面，所以，三棱锥的四个面都是直角三角形，且，设线段的中点为，则，所以，点为三棱锥的外接球球心，设球的半径为，则，因此，球的表面积为.故选：A.6.【答案】B【解析】由题可知，正二十面体的棱长，设正二十面体内切球的半径为，正二十面体是由20个相同的正三棱锥构成，正三棱锥的高即为正

11、二十面体内切球的半径，所以，解得故选：B7.【答案】A【解析】过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则，在中，所以，所以在直角三角形中，所以，所以，而，所以，所以.故选：A.8.【答案】A【解析】由正弦定理边角互化可知化简为， 即 ，,，解得：，根据面积公式可知. 故选：A9.【答案】D【解析】设双曲线的标准方程为，则由题意最小横截面的直径为20cm，可知，设点，则 解得，所以，故选：D10.【答案】B【解析】顶点数就是碳原子数为70，每个碳原子被3条棱共用，故棱长数为7032105，由欧拉公式得面数为2+棱长数顶点数37，设正五边形为x个，正六边形为y个，则，则六元环的个数为25，故选：B二、

12、多项选择题11.【答案】AB【解析】对于A，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，当且仅当时，等号成立，故B正确；对于C，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，当时，由C可知，故D不正确.故选：AB12.【答案】AC【解析】对于A，设内切球的半径为r，则圆柱的高为，A正确；从而可知，；对于B，展开式通项公式为：，令，解得，的展开式中的的系数为，B错误；对于C，即展开式的各项系数之和为0，C正确；对于D，D错误. 故选：AC.13.【答案】ABD【解析】，令，可得，令，可得，曲线E与坐标轴有四个交点，故A正确；由可知，故B正确；因为，将方程中的换为，不变，则方程不变；将方程中的换为，不变，

13、则方程不变；可得曲线关于，轴对称；将方程中的换为，方程中的换为，则方程不变，可得曲线关于原点对称；将方程中的换为，换为，则方程不变，可得曲线关于对称；将方程中的换为，换为，则方程不变，可得曲线关于对称；故C错误；由上可知曲线关于曲线关于，轴对称，关于原点对称，当时，所以，即，故D正确.故选：ABD三、填空题14.【答案】【解析】设的重心为，垂心为由重心坐标公式得，所以由题，的边上的高线所在直线方程为，直线，所以的边上的高线所在直线方程为所以所以欧拉线的方程为，即.故答案为：15.【答案】 ； . 【解析】第一空：如图以椭圆的中心建立坐标系，瓷凳底面圆的直径为4，高为6，易得图中，故，解得；第二

14、空：如图，图1为旋转形成椭圆球形的一半，图2为圆柱挖去等底等高圆锥形成的几何体，其底面半径为3，高和半椭圆球形相等.设，即点纵坐标为，代入椭圆方程，解得，故圆的面积；圆柱中大圆的半径为，由可得小圆的半径，故圆环的面积，易得，根据祖暅原理可得图1半椭圆球形的体积等于图2几何体的体积.又该瓷凳底面圆的直径为4，高为6，即，故体积为，故该瓷凳的体积为.故答案为：；.16.【答案】 . ； . .【解析】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：，第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：， .以此类推， 第次将去掉个长度为的区间，即长度和为，则的前项和可表示为 由题意知，两边同时取对数，即，解得： ，故答案为：；.