《新中考数学真题分项汇编专题27规律探究题(共40道)(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新中考数学真题分项汇编专题27规律探究题(共40道)(解析版).pdf（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题专题 2727 规律探究题【共规律探究题【共 4040 道】道】一选择题（共一选择题（共 1414 小题）小题）1（2020天水）观察等式：2+22232；2+22+23242；2+22+23+24252；已知按一定规律排列的一组数：2100，2101，2102，2199，2200，若 2100S，用含 S 的式子表示这组数据的和是（）A2S2SB2S2+SC2S22SD2S22S2【分析】根据已知条件和 2100S，将按一定规律排列的一组数：2100，2101，2102，2199，2200，求和，即可用含 S 的式子表示这组数据的和【解析】2100S，2100+2101+2102+219
2、9+2200S+2S+22S+299S+2100SS（1+2+22+299+2100）S（1+21002+2100）S（2S1）2S2S故选：A2（2020牡丹江）一列数 1，5，11，19按此规律排列，第7 个数是（）A37B41C55D71【分析】根据题意得出已知数组的规律，得到第n 个数的表示方法，从而得出结果【解析】1121，5231，11341，19451，第 n 个数为 n（n+1）1，则第 7 个数是：55故选：C3（2020娄底）下列各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据此规律，x 的值为（）第1 1页/共2727页页A135B153C170D189【分析】分析前三个正方形
3、可知，规律为左上方的数等于序号数，左下方的数比左上方数大 1，右上方数是左下方数的 2 倍，右下方数为左下方数的平方数的2 倍加上序号数，由此解决问题【解析】根据规律可得，2b18，b9，ab18，x2b2+a162+8170，故选：C4（2020云南）按一定规律排列的单项式：a，2a，4a，8a，16a，32a，第 n 个单项式是（）A（2）n 1aB（2）naC2n 1aD2na【分析】根据题意，找出规律：单项式的系数为（2）的幂，其指数为比序号数少1，字母为 a【解析】a（2）1 1a，2a（2）2 1a，4a（2）3 1a，8a（2）4 1a，16a（2）5 1a，32a（2）6 1a
4、，由上规律可知，第 n 个单项式为：（2）n 1a故选：A5（2020德州）如图是用黑色棋子摆成的美丽图案，按照这样的规律摆下去，第 10 个这样的图案需要黑色棋子的个数为（）A148B152C174D202【分析】观察各图可知，后一个图案比前一个图案多2（n+3）枚棋子，然后写成第n 个图案的通式，再第2 2页/共2727页页取 n10 进行计算即可求解【解析】根据图形，第 1 个图案有 12 枚棋子，第 2 个图案有 22 枚棋子，第 3 个图案有 34 枚棋子，第 n 个图案有 2（1+2+n+2）+2（n1）n2+7n+4 枚棋子，故第 10 个这样的图案需要黑色棋子的个数为102+7
5、10+4100+70+4174（枚）故选：C6（2020聊城）人行道用同样大小的灰、白两种不同颜色的小正方形地砖铺设而成，如图中的每一个小正方形表示一块地砖如果按图的次序铺设地砖，把第 n 个图形用图表示，那么图中的白色小正方形地砖的块数是（）A150B200C355D505【分析】由图形可知图的地砖有（7n+5）块，依此代入数据计算可求图中的白色小正方形地砖的块数【解析】由图形可知图的地砖有（7n+5）块，当 n50 时，7n+5350+5355故选：C7（2020重庆）把黑色三角形按如图所示的规律拼图案，其中第 个图案中有 1 个黑色三角形，第个图案中有 3 个黑色三角形，第个图案中有 6
6、 个黑色三角形，按此规律排列下去，则第 个图案中黑色三角形的个数为（）A10B15C18D21【分析】根据前三个图案中黑色三角形的个数得出第n 个图案中黑色三角形的个数为 1+2+3+4+n，第3 3页/共2727页页据此可得第个图案中黑色三角形的个数【解析】第个图案中黑色三角形的个数为1，第个图案中黑色三角形的个数31+2，第个图案中黑色三角形的个数61+2+3，第个图案中黑色三角形的个数为1+2+3+4+515，故选：B8（2020重庆）下列图形都是由同样大小的实心圆点按一定规律组成的，其中第 个图形一共有 5 个实心圆点，第个图形一共有 8 个实心圆点，第个图形一共有 11 个实心圆点，
7、按此规律排列下去，第个图形中实心圆点的个数为（）A18B19C20D21【分析】根据已知图形中实心圆点的个数得出规律：第n 个图形中实心圆点的个数为2n+n+2，据此求解可得【解析】第个图形中实心圆点的个数521+3，第个图形中实心圆点的个数822+4，第个图形中实心圆点的个数1123+5，第个图形中实心圆点的个数为26+820，故选：C9（2020常德）如图，将一枚跳棋放在七边形 ABCDEFG 的顶点 A 处，按顺时针方向移动这枚跳棋 2020次移动规则是：第 k 次移动 k 个顶点（如第一次移动 1 个顶点，跳棋停留在 B 处，第二次移动 2 个顶点，跳棋停留在 D 处），按这样的规则，
8、在这2020 次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（）AC、EBE、FCG、C、EDE、C、F第4 4页/共2727页页【分析】设顶点 A，B，C，D，E，F，G 分别是第 0，1，2，3，4，5，6 格，因棋子移动了 k 次后走过的总格数是 1+2+3+k=2k（k+1），然后根据题目中所给的第k 次依次移动 k 个顶点的规则，可得到不等式最后求得解【解析】经实验或按下方法可求得顶点C，E 和 F 棋子不可能停到设顶点 A，B，C，D，E，F，G 分别是第 0，1，2，3，4，5，6 格，因棋子移动了 k 次后走过的总格数是 1+2+3+k=2k（k+1），应停在第 k（k+1）7p 格，211
9、1这时 P 是整数，且使 0 k（k+1）7p6，分别取 k1，2，3，4，5，6，7 时，1212k（k+1）7p1，3，6，3，1，0，0，发现第 2，4，5 格没有停棋，若 7k2020，设 k7+t（t1，2，3）代入可得，k（k+1）7p7m+t（t+1），2112由此可知，停棋的情形与kt 时相同，故第 2，4，5 格没有停棋，即顶点C，E 和 F 棋子不可能停到故选：D10（2020玉林）观察下列按一定规律排列的n 个数：2，4，6，8，10，12，若最后三个数之和是 3000，则 n 等于（）A499B500C501D1002【分析】观察得出第 n 个数为 2n，根据最后三个数
10、的和为3000，列出方程，求解即可【解析】由题意，得第 n 个数为 2n，那么 2n+2（n1）+2（n2）3000，解得：n501，故选：C11（2020烟台）如图，OA1A2为等腰直角三角形，OA11，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以 OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，按此规律作下去，则OAn的长度为（）第5 5页/共2727页页A（2）nB（2）n 1C（2n）2D（2n1）2【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案【解析】OA1A2为等腰直角三角形，OA11，OA2=2；OA2A3为等腰直角三角形，OA32=(2)2；
11、OA3A4为等腰直角三角形，OA422=(2)3OA4A5为等腰直角三角形，OA54=(2)4，OAn的长度为（2）n 1故选：B12（2020荆门）在平面直角坐标系 xOy 中，RtAOB 的直角顶点 B 在 y 轴上，点 A 的坐标为（1，3），将 RtAOB 沿直线 yx 翻折，得到 RtAOB，过 A作 AC 垂直于 OA交 y 轴于点 C，则点 C 的坐标为（）A（0，23）B（0，3）C（0，4）D（0，43）【分析】依据轴对称的性质可得 OBOB=3，ABAB1，OAOA2，进而通过证得AOBCOA，求得 OC4，即可证得 C 的坐标为（0，4）【解析】点 A 的坐标为（1，3）
12、，AB1，OB=3，OA=2+2=12+(3)2=2，第6 6页/共2727页页将 RtAOB 沿直线 yx 翻折，得到 RtAOB，OBOB=3，ABAB1，OAOA2，A（3，1），过 A作 AC 垂直于 OA交 y 轴于点 C，AOC+ACO90，AOB+AOC90，ACOAOB，ABOOAC90，AOBCOA，=，即2=，12OC4，C（0，4），故选：C13（2020鄂州）如图，点A1，A2，A3在反比例函数 y=（x0）的图象上，点B1，B2，B3，Bn在 y轴上，且B1OA1B2B1A2B3B2A3，直线 yx 与双曲线 y=交于点 A1，B1A1OA1，B2A2B1A2，B3A
13、3B2A3，则 Bn（n 为正整数）的坐标是（）11A（2，0）C（0，2(1)）B（0，21）D（0，2）【分析】由题意，OA1B1，B1A2B2，B2A3B3，都是等腰直角三角形，想办法求出 OB1，OB2，OB3，OB4，探究规律，利用规律解决问题即可得出结论【解析】由题意，OA1B1，B1A2B2，B2A3B3，都是等腰直角三角形，A1（1，1），OB12，设 A2（m，2+m），第7 7页/共2727页页则有 m（2+m）1，解得 m=21，OB22 2，设 A3（a，2 2+n），则有 na（2 2+a）1，解得 a=3 2，OB32 3，同法可得，OB42 4，OBn2，Bn（0
14、，2）故选：D 14（2020盐城）把 19 这 9 个数填入 33 方格中，使其任意一行，任意一列及两条对角线上的数之和都相等，这样便构成了一个“九宫格”它源于我国古代的“洛書”（图），是世界上最早的“幻方”图 是仅可以看到部分数值的“九宫格”，则其中 x的值为（）A 1B3C4D 6【分析】根据任意一行，任意一列及两条对角线上的数之和都相等，可得第三行与第三列上的两个数之和相等，依此列出方程即可【解析】由题意，可得 8+x2+7，解得 x1故选：A二填空题（共二填空题（共 2626 小题）小题）15（2020通辽）如图，用大小相同的小正方形拼大正方形，拼第 1 个正方形需要 4 个小正方形
15、，拼第 2个正方形需要 9 个小正方形，按这样的方法拼成的第（n+1）个正方形比第 n 个正方形多2n+3个小正方形第8 8页/共2727页页【分析】观察不难发现，所需要的小正方形的个数都是平方数，然后根据相应的序数与正方形的个数的关系找出规律解答即可【解析】第 1 个正方形需要 4 个小正方形，422，第 2 个正方形需要 9 个小正方形，932，第 3 个正方形需要 16 个小正方形，1642，第 n+1 个正方形有（n+1+1）2个小正方形，第 n 个正方形有（n+1）2个小正方形，故拼成的第 n+1 个正方形比第 n 个正方形多（n+2）2（n+1）22n+3 个小正方形故答案为：2n
16、+316（2020成都）如图，六边形 ABCDEF 是正六边形，曲线 FA1B1C1D1E1F1叫做“正六边形的渐开线”，1，11，11，11，11，11，的圆心依次按A，B，C，D，E，F 循环，且每段弧所对的圆心角均为正六边形的一个外角当AB1 时，曲线 FA1B1C1D1E1F1的长度是7【分析】利用弧长公式计算即可解决问题1的长=601=，【解析】1803602211的长=180=3，603311的长=180=3，6044 的长=3，11180第9 9页/共2727页页605511的长=180=3，606611的长=180=3，曲线 FA1B1C1D1E1F1的长度=3+3+3=3=7
17、，故答案为 717（2020湘西州）观察下列结论：（1）如图，在正三角形 ABC 中，点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANCM，NOC60；（2）如图 2，在正方形 ABCD 中，点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANDM，NOD90；（3）如图，在正五边形ABCDE 中点 M，N 是 AB，BC 上的点，且AMBN，则 ANEM，NOE108；根据以上规律，在正 n 边形 A1A2A3A4An中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N 是 A1A2，A2A3上的点，且 A1MA2N，A1N 与 AnM 相交于 O也会有类似的结论，你的结论是A1N
18、AnM，NOAn=(2)1802621【分析】根据已知所给得到规律，进而可得在正n 边形 A1A2A3A4An中，对相邻的三边实施同样的操作过程会有类似的结论【解析】（1）如图，在正三角形ABC 中，点M，N 是 AB，BC 上的点，且AMBN，则ANCM，NOC=(32)180=60；3（2）如图 2，在正方形 ABCD 中，点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANDM，NOD=(42)180=90；4（3）如图，在正五边形 ABCDE 中点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANEM，NOE=(52)180=108；5第1010页/共2727页页根据以上规
19、律，在正 n 边形 A1A2A3A4An中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N 是 A1A2，A2A3上的点，且 A1MA2N，A1N 与 AnM 相交于 O也有类似的结论是 A1NAnM，NOAn=故答案为：A1NAnM，NOAn=(2)180(2)18018（2020潍坊）如图，四边形 ABCD 是正方形，曲线 DA1B1C1D1A2是由一段段 90 度的弧组成的 其中：1的圆心为点 A，半径为 AD；半径为 BA1；11的圆心为点 B，11的圆心为点 C，半径为 CB1；111，的圆心为点 D，半径为 DC1；11，11，11，的圆心依次按点 A，B，C，D 循环若正方形 ABC
20、D 的边长为 1，则20202020的长是4039【分析】曲线 DA1B1C1D1A2是由一段段 90 度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，到 ADn1AAn4（n1）+1，BAnBBn4（n1）+2，再计算弧长【解析】由图可知，曲线 DA1B1C1D1A2是由一段段 90 度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，ADAA11，BA1BB12，ADn1AAn4（n1）+1，BAnBBn4（n1）+2，90故20202020的半径为 BA2020BB20204（20201）+28078，20202020的弧长=180 8078=4039故答案为：403919（2020徐州）如图，MON3
21、0，在 OM 上截取 OA1=3过点 A1作 A1B1OM，交 ON 于点 B1，以点 B1为圆心，B1O 为半径画弧，交OM 于点 A2；过点A2作 A2B2OM，交ON 于点 B2，以点B2为圆心，B2O 为半径画弧，交 OM 于点 A3；按此规律，所得线段A20B20的长等于219第1111页/共2727页页【分析】利用三角形中位线定理证明A2B22A1B1，A3B32A2B222A1B1，寻找规律解决问题即可【解析】B1OB1A1，B1A1OA2，OA1A1A2，B2A2OM，B1A1OM，B1A1B2A2，B1A1=A2B2，A2B22A1B1，同法可得 A3B32A2B222A1B
22、1，由此规律可得 A20B20219A1B1，A1B1OA1tan30=3 3=1，A20B20219，故答案为 21920（2020营口）如图，MON60，点 A1在射线 ON 上，且 OA11，过点A1作 A1B1ON 交射线 OM于点 B1，在射线 ON 上截取 A1A2，使得 A1A2A1B1；过点 A2作 A2B2ON 交射线 OM 于点 B2，在射线ON 上截取 A2A3，使得 A2A3A2B2；按照此规律进行下去，则 A2020B2020长为3（1+3）2019312【分析】解直角三角形求出A1B1，A2B2，A3B3，探究规律利用规律即可解决问题第1212页/共2727页页【解
23、析】在 RtOA1B1中，OA1B190，MON60，OA11，A1B1A1A2OA1tan60=3，A1B1A2B2，2211223=21，1 3，1A2B2=3（1 3），同法可得，A3B3=3（1 3）2，由此规律可知，A2020B2020=3（1 3）2019，故答案为3（1 3）201921（2020辽阳）如图，四边形 ABCD 是矩形，延长 DA 到点 E，使 AEDA，连接 EB，点 F1是 CD 的中点，连接EF1，BF1，得到EF1B；点 F2是 CF1的中点，连接EF2，BF2，得到EF2B；点 F3是 CF2的中点，连接EF3，BF3，得到EF3B；按照此规律继续进行下去
24、，若矩形ABCD 的面积等于 2，则EFnB 的面积为212（用含正整数 n 的式子表示）【分析】先求得EF1D 的面积为 1，再根据等高的三角形面积比等于底边的比可得EF1F2的面积，EF2F3的面积，EFn1Fn的面积，以及BCFn的面积，再根据面积的和差关系即可求解【解析】AEDA，点 F1是 CD 的中点，矩形 ABCD 的面积等于 2，EF1D 和EAB 的面积都等于 1，点 F2是 CF1的中点，EF1F2的面积等于，21同理可得EFn1Fn的面积为121，第1313页/共2727页页BCFn的面积为 2112=，2211112+1EFnB 的面积为 2+11 1=2（1）=222
25、22故答案为：2+1222（2020温州）点P，Q，R 在反比例函数 y=（常数 k0，x0）图象上的位置如图所示，分别过这三个点作 x 轴、y 轴的平行线图中所构成的阴影部分面积从左到右依次为S1，S2，S3若 OEEDDC，S1+S327，则 S2的值为275【分析】设CDDEOEa，则P（3，3a），Q（2，2a），R（，a），推出CP=3，DQ=2，ER=322，推出 OGAG，OF2FG，OF=GA，推出 S1=S32S2，根据 S1+S327，求出 S1，S3，S2即可33【解析】CDDEOE，可以假设 CDDEOEa，则 P（3，3a），Q（2，2a），R（，a），CP=，DQ=
26、，ER=，322OGAG，OF2FG，OF=3GA，S1=3S32S2，S1+S327，S3=5，S1=5，S2=5，故答案为275815427223（2020自贡）如图，直线 y=3x+b 与 y 轴交于点 A，与双曲线 y=在第三象限交于 B、C 两点，且ABAC16下列等边三角形OD1E1，E1D2E2，E2D3E3，的边OE1，E1E2，E2E3，在x 轴上，顶点 D1，D2，D3，在该双曲线第一象限的分支上，则k43，前25 个等边三角形的周长之和为第1414页/共2727页页60【分析】设直线 y=3x+b 与 x 轴交于点 D，作 BEy 轴于 E，CFy 轴于 F 首先证明AD
27、O60，可得 AB2BE，AC2CF，由直线 y=3x+b 与双曲线 y=在第一象限交于点 B、C 两点，可得3x+b=332，整理得，3x+bxk0，由韦达定理得：xk，即EBFC=k，由此构建方程求出k 即可，1x2=33第二个问题分别求出第一个，第二个，第三个，第四个三角形的周长，探究规律后解决问题【解析】设直线 y=3x+b 与 x 轴交于点 D，作 BEy 轴于 E，CFy 轴于 Fy=3x+b，当 y0 时，x=33b，即点 D 的坐标为（3b，0），3当 x0 时，yb，即 A 点坐标为（0，b），OAb，OD=33b在 RtAOD 中，tanADO=3，ADO60直线 y=3x
28、+b 与双曲线 y=在第三象限交于 B、C 两点，3x+b=，整理得，3x2+bxk0，由韦达定理得：x1x2=3k，即 EBFC=3k，33=cos60=2，1AB2EB，同理可得：AC2FC，第1515页/共2727页页ABAC（2EB）（2FC）4EBFC=解得：k43由题意可以假设 D1（m，m3），m23=43，m243k16，3OE14，即第一个三角形的周长为12，设 D2（4+n，3n），（4+n）3n43，解得 n22 2，E1E242 4，即第二个三角形的周长为122 12，设 D3（42+a，3a），由题意（42+a）3a43，解得 a23 22，即第三个三角形的周长为12
29、3 122，第四个三角形的周长为124 123，前25个 等 边 三 角 形 的 周 长 之 和12+12 2 12+12 3 12 2+12 4 12 3+1225 1224=1225=60，故答案为 43，6024（2020齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形沿 x 轴正半轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形第一次滚动后点A1（0，2）变换到点 A2（6，0），得到等腰直角三角形；第二次滚动后点A2变换到点 A3（6，0），得到等腰直角三角形；第三次滚动后点 A3变换到点 A4（10，42），得到等腰直角三角形；第四次滚动后点 A4变换到点 A5（
30、10+122，第1616页/共2727页页0），得到等腰直角三角形；依此规律，则第2020 个等腰直角三角形的面积是22020【分析】根据A1（0，2）确定第1 个等腰直角三角形（即等腰直角三角形）的面积，根据A2（6，0）确定第 1 个等腰直角三角形（即等腰直角三角形）的面积，同理，确定规律可得结论【解析】点 A1（0，2），第 1 个等腰直角三角形的面积=2 2 2=2，A2（6，0），第 2 个等腰直角三角形的边长为62211=22，第 2 个等腰直角三角形的面积=2 22 22=422，A4（10，42），第 3 个等腰直角三角形的边长为1064，第 3 个等腰直角三角形的面积=2 4
31、 4=823，则第 2020 个等腰直角三角形的面积是22020；故答案为：22020（形式可以不同，正确即得分）25（2020怀化）如图，OB1A1，A1B2A2，A2B3A3，An1BnAn，都是一边在 x 轴上的等边三角形，点 B1，B2，B3，Bn都在反比例函数 y=（x0）的图象上，点 A1，A2，A3，An，都在 x轴上，则 An的坐标为（2，0）31第1717页/共2727页页【分析】如图，过点 B1作 B1Cx 轴于点 C，过点 B2作 B2Dx 轴于点 D，过点 B3作 B3Ex 轴于点 E，先在OCB1中，表示出 OC 和 B1C 的长度，表示出 B1的坐标，代入反比例函数
32、解析式，求出OC 的长度和 OA1的长度，表示出 A1的坐标，同理可求得A2、A3的坐标，即可发现一般规律【解析】如图，过点 B1作 B1Cx 轴于点 C，过点 B2作 B2Dx 轴于点 D，过点 B3作 B3Ex 轴于点 E，OA1B1为等边三角形，B1OC60，OCA1C，B1C=3OC，设 OC 的长度为 t，则 B1的坐标为（t，3t），把 B1（t，3t）代入 y=得 t3t=3，解得 t1 或 t1（舍去），OA12OC2，A1（2，0），设 A1D 的长度为 m，同理得到 B2D=3m，则 B2的坐标表示为（2+m，3m），把 B2（2+m，3m）代入 y=33得（2+m）3m=
33、3，解得 m=2 1 或 m=2 1（舍去），A1D=2 1，A1A2=22 2，OA2=2+22 2=22，A2（22，0）设 A2E 的长度为 n，同理，B3E 为3n，B3的坐标表示为（22+n，3n），把 B3（22+n，3n）代入 y=3得（22+n）3n=3，A2E=3 2，A2A3=23 22，OA3=22+23 22=23，A3（23，0），综上可得：An（2，0），故答案为：(2，0)26（2020内江）如图，在平面直角坐标系中，点 A（2，0），直线 l：y=3x+3与 x 轴交于点 B，以AB 为边作等边ABA1，过点 A1作 A1B1x 轴，交直线 l 于点 B1，以
34、A1B1为边作等边A1B1A2，过点第1818页/共2727页页33A2作 A2B2x 轴，交直线 l 于点 B2，以 A2B2为边作等边A2B2A3，以此类推，则点A2020的纵坐标是22020123【分析】先根据解析式求得B 的坐标，即可求得AB1，根据等边三角形的性质以及含30角的直角三33733角形的性质，分别求得 A1的纵坐标为，A2的纵坐标为，A3的纵坐标为，进而得到 An的纵坐222标为2123，据此可得点 A2020的纵坐标33【解析】直线 l：y=3x+3与 x 轴交于点 B，B（1，0），OB1，A（2，0），OA2，AB1，ABA1是等边三角形，A1（2，333），233
35、把 y=2代入 y=3x+3，求得 x=2，B1（，213），21A1B12，A2（2，337133133+2），即 A2（2，），22233把 y=2代入 y=3x+3，求得 x=2，33B2（，），227A2B24，第1919页/共2727页页A3（3，33373+4），即 A3（3，），222An的纵坐标为2123，2202012点 A2020的纵坐标是故答案为22020123，327（2020河北）如图是8 个台阶的示意图，每个台阶的高和宽分别是1 和 2，每个台阶凸出的角的顶点记作 Tm（m 为 18 的整数）函数 y=（x0）的图象为曲线 L（1）若 L 过点 T1，则 k16；（
36、2）若 L 过点 T4，则它必定还过另一点Tm，则 m5；（3）若曲线 L 使得 T1T8这些点分布在它的两侧，每侧各4 个点，则 k 的整数值有7个【分析】（1）由题意可求 T1T8这些点的坐标，将点T1的坐标代入解析式可求解；（2）将点 T4的坐标代入解析式可求k 的值，将点 T5代入，可求解；（3）由曲线 L 使得 T1T8这些点分布在它的两侧，每侧各 4 个点，可得 T1，T2，T7，T8与 T3，T4，T5，T6在曲线 L 的两侧，即可求解【解析】（1）每个台阶的高和宽分别是1 和 2，T1（16，1），T2（14，2），T3（12，3），T4（10，4），T5（8，5），T6（6，
37、6），T7（4，7），T8（2，8），L 过点 T1，k16116，故答案为：16；（2）L 过点 T4，第2020页/共2727页页k10440，反比例函数解析式为：y=，当 x8 时，y5，T5在反比例函数图象上，m5，故答案为：5；（3）若曲线 L 过点 T1（16，1），T8（2，8）时，k16，若曲线 L 过点 T2（14，2），T7（4，7）时，k14228，若曲线 L 过点 T3（12，3），T5（8，5）时，k12336，若曲线 L 过点 T4（10，4），T5（8，5）时，k40，曲线 L 使得 T1T8这些点分布在它的两侧，每侧各4 个点，36k28，整数 k35，34，3
38、3，32，31，30，29 共 7 个，答案为：728（2020威海）如图，某广场地面是用A，B，C 三种类型地砖平铺而成的三种类型地砖上表面图案如图所示现用有序数对表示每一块地砖的位置：第一行的第一块（A 型）地砖记作（1，1），第二块（B 型）地砖记作（2，1）若（m，n）位置恰好为 A 型地砖，则正整数 m，n 须满足的条件是m、n同为奇数和 m、n 同为偶数40【分析】几何图形，观察 A 型地砖的位置得到当列数为奇数时，行数也为奇数，当列数为偶数，行数也为偶数的，从而得到 m、n 满足的条件第2121页/共2727页页【解析】观察图形，A 型地砖在列数为奇数，行数也为奇数的位置上或列数
39、为偶数，行数也为偶数的位置上，若用（m，n）位置恰好为 A 型地砖，正整数 m，n 须满足的条件为 m、n 同为奇数和 m、n 同为偶数故答案为 m、n 同为奇数和 m、n 同为偶数29（2020孝感）有一列数，按一定的规律排列成，1，3，9，27，81，若其中某三个相邻数31的和是567，则这三个数中第一个数是81【分析】设这三个数中的第一个数为 x，则另外两个数分别为3x，9x，根据三个数之和为567，即可得出关于 x 的一元一次方程，解之即可得出结论【解析】设这三个数中的第一个数为x，则另外两个数分别为3x，9x，依题意，得：x3x+9x567，解得：x81故答案为：8130（2020黔
40、西南州）如图图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第个图形中一共有3 个菱形，第个图形中一共有 7 个菱形，第个图形中一共有 13 个菱形，按此规律排列下去，第个图形中菱形的个数为57【分析】根据图形的变化规律即可得第个图形中菱形的个数【解析】第个图形中一共有 3 个菱形，即 2+113；第个图形中一共有 7 个菱形，即 3+227；第个图形中一共有 13 个菱形，即 4+3313；，按此规律排列下去，所以第个图形中菱形的个数为：8+7757故答案为：5731（2020铜仁市）观察下列等式：2+22232；2+22+23242；第2222页/共2727页页2+22+23+24252
41、；2+22+23+24+25262；已知按一定规律排列的一组数：220，221，222，223，224，238，239，240，若 220m，则 220+221+222+223+224+238+239+240m（2m1）（结果用含 m 的代数式表示）【分析】由题意可得 220+221+222+223+224+238+239+240220（1+2+22+219+220）220（1+2212）220（22021），再将 220m 代入即可求解【解析】220m，220+221+222+223+224+238+239+240220（1+2+22+219+220）220（1+2212）m（2m1）故答案
42、为：m（2m1）32（2020遂宁）如图所示，将形状大小完全相同的“”按照一定规律摆成下列图形，第 1 幅图中“”的个数为 a1，第 2 幅图中“”的个数为 a2，第 3 幅图中“”的个数为 a3，以此类推，若2321+22+2=2020（n 为正整数），则 n 的值为4039【分析】先根据已知图形得出 ann（n+1），代入到方程中，再将左边利用解分式方程可得答案【解析】由图形知 a112，a223，a334，ann（n+1），212121(+1)=11+1裂项化简，+22+223+23412=22020，=11+231+1+11(+1)2020，2（12+23+34+1）=2020，第23
43、23页/共2727页页2（1+1）=2020，1+1=4040，解得 n4039，经检验：n4039 是分式方程的解，故答案为：403933（2020滨州）观察下列各式：a1=3，a2=5，a3=7，a4=9，a5=11，根据其中的规律可得 an2+(1)+12+12310152611（用含 n 的式子表示）【分析】观察发现，每一项都是一个分数，分母依次为3、5、7，那么第 n 项的分母是 2n+1；分子依次为 2，3，10，15，26，变化规律为：奇数项的分子是n2+1，偶数项的分子是 n21，即第 n 项的分子是 n2+（1）n+1；依此即可求解2+(1)【解析】由分析可得 an=2+1+
44、1故答案为：2+(1)+12+134（2020绥化）如图各图形是由大小相同的黑点组成，图1 中有 2 个点，图 2 中有 7 个点，图 3 中有 14个点，按此规律，第10 个图中黑点的个数是119【分析】根据已知图形得出第 n 个图形中黑点的个数为 2n（n+1）2+（n1）n2+2n1，据此求解可得【解析】图 1 中黑点的个数 21（1+1）2+（11）2，图 2 中黑点的个数 22（1+2）2+（21）7，图 3 中黑点的个数 23（1+3）2+（31）14，第 n 个图形中黑点的个数为 2n（n+1）2+（n1）n2+2n1，第 10 个图形中黑点的个数为102+2101119故答案为
45、：119第2424页/共2727页页35（2020泰安）如表被称为“杨辉三角”或“贾宪三角”其规律是：从第三行起，每行两端的数都是“1”，其余各数都等于该数“两肩”上的数之和表中两平行线之间的一列数：1，3，6，10，15，我们把第一个数记为 a1，第二个数记为 a2，第三个数记为 a3，第 n 个数记为 an，则 a4+a20020110【分析】观察“杨辉三角”可知第n 个数记为 an（1+2+n）=n（n+1），依此求出 a4，a200，再相加即可求解【解析】观察“杨辉三角”可知第n 个数记为 an（1+2+n）=n（n+1），则 a4+a200=114（4+1）+200（200+1）20
46、110221212故答案为：2011036（2020咸宁）按一定规律排列的一列数：3，32，31，33，34，37，311，318，若 a，b，c 表示这列数中的连续三个数，猜想a，b，c 满足的关系式是abc【分析】首项判断出这列数中，3 的指数各项依次为 1，2，1，3，4，7，11，18，从第三个数起，每个数的指数都是前两数指数之差；可得这列数中的连续三个数，满足abc，据此解答即可【解析】3，32，31，33，34，37，311，318，121，2（1）3，134，3（4）7，4711，7（11）18，a，b，c 满足的关系式是 abc故答案为：abc37（2020张家界）观察下面的变
47、化规律：213=1，13235=13，5212572=15，721279=17，921根据上面的规律计算：13+35+57+20192021=20202021【分析】本题可通过题干信息总结分式规律，按照该规律展开原式，根据邻项相消求解本题【解析】由题干信息可抽象出一般规律：故2132=1（a，b 均为奇数，且 ba+2）1+235+257+220192021第2525页/共2727页页13+35+57+2019202112021=2021故答案：202020212020111111111138（2020宜宾）定义：分数（m，n 为正整数且互为质数）的连分数1112+11+（其中 a1，a2，a
48、3，12+3+为整数，且等式右边的每个分数的分子都为1），记作例如：71912+12719+13+，111+12+21=1197=12+57=12+751=12+21+51=12+11+521=，的连分数为11+12+，则7101111+12+22+，记作71192+12+31【分析】根据连分数的定义列式计算即可解答【解析】+17112+1311+12+13=11+731=11+37=1107=710故答案为：1039（2020青海）观察下列各式的规律：1322341；2432891；354215161请按以上规律写出第 4 个算式465224251用含有字母的式子表示第n 个算式为n（n+2
49、）（n+1）21【分析】按照前 3 个算式的规律写出即可；观察发现，算式序号与比序号大 2 的数的积减去比序号大 1 的数的平方，等于1，根据此规律写出即可【解析】465224251第 n 个算式为：n（n+2）（n+1）21故答案为：465224251；n（n+2）（n+1）2140（2020山西）如图是一组有规律的图案，它们是由边长相等的正三角形组合而成，第1 个图案有 4 个三角形，第 2个图案有7个三角形，第 3个图案有10个三角形按此规律摆下去，第 n个图案有（3n+1）个三角形（用含 n 的代数式表示）第2626页/共2727页页【分析】根据图形的变化发现规律，即可用含n 的代数式表示【解析】第 1 个图案有 4 个三角形，即 431+1第 2 个图案有 7 个三角形，即 732+1第 3 个图案有 10 个三角形，即 1033+1按此规律摆下去，第 n 个图案有（3n+1）个三角形故答案为：（3n+1）第2727页/共2727页页