【文档说明】《中考数学选填压轴题专项复习》专题01 规律探索问题（解析版）.docx，共(27)页，362.236 KB，由管理员店铺上传

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1【2020年中考数学填选重点题型突破】专题一：规律探索问题【备考指南】“规律探索”问题在各地市的中考试卷中有五种常见类型：（1）数式规律（2）图形个数规律（3）图形的递变规律（4）图形的循环规律（5）图形的递变加循环规律“规律探索”问题是中考考试

中经常出现的一个问题，它通常以“数式”或“图形”为设计问题的蓝本，以考查学生解决问题的全面性、辩证性、流畅性及建模思想。这类问题最大的特点在于“有规律”上，即在数式或图形分布中，从简单到复杂，让学生寻找各

个数式或图形之间的内在的，本质的，稳定的、反复出现的形态，从而利用数学建模的思想解决此类问题。【典例引领】类型一：数式规律例1：（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）A．

（﹣2）n﹣1aB．（﹣2）naC．2n﹣1aD．2na【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，…由上规律可知，第n个单项式为：（﹣2）n﹣1a．故选：A．变式训练1：（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（C）A．499B．500C．501D．10022【分析】观察得出第n个数为2n，根据最后三个数的和为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（n﹣1）+2（n﹣2）＝3000，解得：n＝501，

故选：C．变式训练2：（2020•天水）观察等式：2+22＝23﹣2；2+22+23＝24﹣2；2+22+23+24＝25﹣2；…已知按一定规律排列的一组数：2100，2101，2102，…，2199，2200，若2100＝S，用含S的式子表示这组数据的和是（A）

A．2S2﹣SB．2S2+SC．2S2﹣2SD．2S2﹣2S﹣2【分析】根据已知条件和2100＝S，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】∵2100＝S，∴2100+2101+2102+…+2199+2200＝S+2S+22S+…+299S+2100S＝S（1+2+22+…+299+2100）＝S（1+2100﹣2+2100）＝S（2S﹣1）＝2S2﹣S．故选：A．变式训练3：（2020•青海）观察

下列各式的规律：①1×3﹣22＝3﹣4＝﹣1；②2×4﹣32＝8﹣9＝﹣1；③3×5﹣42＝15﹣16＝﹣1．请按以上规律写出第4个算式4×6﹣52＝24﹣25＝﹣1．用含有字母的式子表示第n个算式为n（n+2）﹣（n+1）2＝﹣1．【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】④4×6﹣52＝24﹣25＝﹣1．第n个算式为：n（n+2）﹣（n+1）2＝﹣1．故答案为：4×6﹣52＝24﹣25

＝﹣1；n（n+2）﹣（n+1）2＝﹣1．3类型二：图形个数规律例2：（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（C）A．148B．152C．174D．202【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，再取n＝10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（n﹣1）＝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+7×10+4＝100+70+4＝174（枚）．故选：C．变式训练1：（2020•重庆）把黑色三角形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有1个黑色三角形，第②个图案中有3个黑色三角形，第③个图案中有6个黑

色三角形，…，按此规律排列下去，则第⑤个图案中黑色三角形的个数为（B）A．10B．15C．18D．21【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，据此可得第⑤个图案中黑色三角形的个数．【解析】∵第①个图案中黑色三角形的

个数为1，4第②个图案中黑色三角形的个数3＝1+2，第③个图案中黑色三角形的个数6＝1+2+3，……∴第⑤个图案中黑色三角形的个数为1+2+3+4+5＝15，故选：B．【解题指导】本题考查图形的变化类

，解答本题的关键是明确题意，找出题目中图形的变化规律．变式训练2：（2020•黔西南州）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①个图形中一共有3个菱形，第②个图形中一共有7个菱形，第③个图形中一共有13个菱形，…，按此规律排列

下去，第⑦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⑦个图形中菱形的个数．【解析】第①个图形中一共有3个菱形，即2+1×1＝3；第②个图形中一共有7个菱形，即3+2×2＝7；第③个图形中一共有13个菱形，即4+3×3＝13；…，按此规律排

列下去，所以第⑦个图形中菱形的个数为：8+7×7＝57．故答案为：57．类型三：图形的递变规律例3（2020•怀化）如图，△OB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…，△An﹣1BnAn，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=√3𝑥（x＞0）的图象上，点A1，A2，A3，…，An，都在x轴上，则An的坐标为（2√𝑛，0）．5【分析】如图，过点B1作B1C⊥x轴于点C，过点B2作B2D

⊥x轴于点D，过点B3作B3E⊥x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B1C⊥x轴于点C，过点B2作B2D⊥x轴于点D，过点B3作B3E⊥x轴于点E，∵△OA1B1为等边三角形，∴∠B1OC＝60°，OC＝A1C，∴B1C=√3OC，设OC的长度为t，则B1的坐标为（t，√3t

），把B1（t，√3t）代入y=√3𝑥得t•√3t=√3，解得t＝1或t＝﹣1（舍去），∴OA1＝2OC＝2，∴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=√3𝑥

得（2+m）×√3m=√3，解得m=√2−1或m=−√2−1（舍去），∴A1D=√2−1，A1A2=2√2−2，OA2=2+2√2−2=2√2，∴A2（2√2，0）设A2E的长度为n，同理，B3E为√3n，B3的坐标表示为（2√2+n，√3n），把B3（2√2+n，√3n）代入y

=√3𝑥得（2√2+n）•√3n=√3，∴A2E=√3−√2，A2A3=2√3−2√2，OA3=2√2+2√3−2√2=2√3，∴A3（2√3，0），综上可得：An（2√𝑛，0），故答案为：(2√𝑛，0)．6变式训练1：（2020

•内江）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣2，0），直线l：y=√33x+√33与x轴交于点B，以AB为边作等边△ABA1，过点A1作A1B1∥x轴，交直线l于点B1，以A1B1为边作等边△A1B1A2，过点A2作A2

B2∥x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22020−12√3．【分析】先根据解析式求得B的坐标，即可求得AB＝1，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，分别求得A1的纵坐

标为√32，A2的纵坐标为3√32，A3的纵坐标为7√32，进而得到An的纵坐标为2𝑛−12√3，据此可得点A2020的纵坐标．【解析】∵直线l：y=√33x+√33与x轴交于点B，∴B（﹣1，0），∴OB＝1，∵A（﹣2，0），∴OA＝2，∴AB＝1，∵△ABA1是等边三角形，∴A1（−3

2，√32），7把y=√32代入y=√33x+√33，求得x=12，∴B1（12，√32），∴A1B1＝2，∴A2（−12，√32+√32×2），即A2（−12，3√32），把y=3√32代入y=√33x+√33，求得x

=72，∴B2（72，3√32），∴A2B2＝4，∴A3（3，3√32+√32×4），即A3（3，7√32），……，An的纵坐标为2𝑛−12√3，∴点A2020的纵坐标是22020−12√3，故答案为22020−12√3．变式训练2：（2

020•辽阳）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE＝DA，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，若矩形AB

CD的面积等于2，则△EFnB的面积为2𝑛+12𝑛．（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，…，EFn﹣1Fn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】∵AE＝DA，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1，8∵点F2是CF1的中点，∴△EF1F2的面积等于12，同理可得△EFn﹣1Fn的面积为12𝑛−1，∵△BCFn的面积为2×12𝑛÷2=12𝑛，∴△EFnB的面积为2+

1﹣1−12−⋯−12𝑛−1−12𝑛=2﹣（1−12𝑛）=2𝑛+12𝑛．故答案为：2𝑛+12𝑛．类型四：图形的循环规律例4：（2020湖南常德）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，在这2020次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（D）A．C、EB．E、FC．G、C、ED．E、C、F【解答】解：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=12k（k+1），应停在第12k（k+1）﹣7p格，这时P是整数，且使0≤12k（k+1）﹣7p≤6，分别取k＝1，2，

3，4，5，6，7时，12k（k+1）﹣7p＝1，3，6，3，1，0，0，发现第2，4，5格没有停棋，若7＜k≤2020，设k＝7+t（t＝1，2，3）代入可得，12k（k+1）﹣7p＝7m+12t（t+1），由此可知，停棋的情形与k＝t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：D．9变式训练1：（2020·恩施）如图，在平面直角坐标系中，ABCV的顶点坐标分别为：()2,0A−，()1,2B，()1,2C−．

已知()1,0N−，作点N关于点A的对称点1N，点1N关于点B的对称点2N，点2N关于点C的对称点3N，点3N关于点A的对称点4N，点4N关于点B的对称点5N，…，依此类推，则点2020N的坐标为_（-1

,8）__．{答案}（-1,8）{解析}先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．具体如下：根据题意作出如下图形：N点坐标为(-1,0)，N点关于A点对称的N1点的坐标为(-3

,0)，N1点关于B点对称的N2点的坐标为(5,4)，N2点关于C点对称的N3点的坐标为(-3,8)，N3点关于A点对称的N4点的坐标为(-1,8)，N4点关于B点对称的N5点的坐标为(3,-4)，N5点关于C点对称的N6

点的坐标为(-1,0)，此时刚好回到最开始的点N处，∴其每6个点循环一次，10∴20206=3364LL，即循环了336次后余下4，故2020N的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为(-1,8)．故答案为：(-1,8)．类型五

：图形的递变加循环规律例5：（2020•齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①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②；第二次滚动

后点A2变换到点A3（6，0），得到等腰直角三角形③；第三次滚动后点A3变换到点A4（10，4√2），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+12√2，0），得到等腰直角三角形⑤；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①）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②）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=12×2×2=2，∵A2（6，0），∴第2个等腰直角三角形的边长为6−2√2=2√2，∴第2个等腰直角三角形的面积=12×2√2×2√2=4＝22，∵A4（10，4√2），∴第3个等腰直角三角

形的边长为10﹣6＝4，∴第3个等腰直角三角形的面积=12×4×4=8＝23，…11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）．变式训练1：（2020·天门仙桃潜江）如

图，已知直线a：yx=，直线b：xy21−=和点P（1，0），过点P作y轴的平行线交直线a于点P1，过点P1作x轴的平行线交直线b于点P2，过点P2作y轴的平行线交直线a于点P3，过点P3作x轴的平行线交直线b于点P4，…，按此作法进行下去，则

点P2020的横坐标为10102．{答案}10102{解析}∵点P（1，0），P1在直线y＝x上，∴P1（1，1），∵P1P2∥x轴，∴P2的纵坐标＝P1的纵坐标＝1，∵P2在直线y＝﹣12x上，∴1＝﹣12x，∴x＝﹣2，∴P2（﹣2，1），即P2的横坐标为

﹣2＝﹣21，同理，P3的横坐标为﹣2＝﹣21，P4的横坐标为4＝22，P5＝22，P6＝﹣23，P7＝﹣23，P8＝24…，∴P4n＝22n，∴P2020的横坐标为220202＝21010，故答案为：21010．变式训练2：（2020湖南衡阳）如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为（√2

2，√22），将线段OP1绕点O12按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP3；如此下去，得到线段OP4，OP5，…，OPn（n为正整数），则点P2020的坐标是（

0，﹣22019）．【解答】解：∵点P1的坐标为（√22，√22），将线段OP1绕点O按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；∴OP1＝1，OP2＝2，∴OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝23，OP5＝24…，∴OPn＝2n﹣1，由

题意可得出线段每旋转8次旋转一周，∵2020÷8＝252…4，∴点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上，正好在y轴的负半轴上，∴点P2020的坐标是（0，﹣22019）．故答案为：（0，﹣22019）．【强化训练】1．（2020山东菏泽）小明用大小和形状都完全一样的正方体

按照一定规律排放了一组图案（如图所示），每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字，寓意“不忘初心”．其中第（1）个图案中有1个正方体，第（2）个图案中有3个正方体，第（3）个图案中有6个正方体，…按照此规律，从第（100）个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方

体的概率是（D）13A．1100B．120C．1101D．2101【解答】解：由题意知，第100个图形中，正方体一共有1+2+3+……+99+100＝5050（个），其中写有“心”字的正方体有100个，∴抽到带“心”字正方体的概率是10050

50=2101，故选：D．2．（2020•荆门）在平面直角坐标系xOy中，Rt△AOB的直角顶点B在y轴上，点A的坐标为（1，√3），将Rt△AOB沿直线y＝﹣x翻折，得到Rt△A'OB'，过A'作A'C垂直于OA'交y轴于点C，则点C的坐标为（C）A．（0，﹣2√3）B．

（0，﹣3）C．（0，﹣4）D．（0，﹣4√3）【分析】依据轴对称的性质可得OB'＝OB=√3，A′B′＝AB＝1，OA′＝OA＝2，进而通过证得△A′OB′∽△COA′，求得OC＝4，即可证得C的坐标为（0，﹣4）．【解析】∵点A的坐标为（1，√3），∴AB

＝1，OB=√3，∴OA=√𝐴𝐵2+𝑂𝐵2=√12+(√3)2=2，∵将Rt△AOB沿直线y＝﹣x翻折，得到Rt△A'OB'，∴OB'＝OB=√3，A′B′＝AB＝1，OA′＝OA＝2，14∴A'（−√3，﹣1），∵过A'作A'C垂直于OA'交y轴

于点C，∴∠A′OC+∠A′CO＝90°，∵∠A′OB′+∠A′OC＝90°，∴∠A′CO＝∠A′OB′，∵∠A′B′O＝∠OA′C＝90°，∴△A′OB′∽△COA′，∴𝑂𝐶𝑂𝐴′=𝑂𝐴′𝐴′𝐵′，即𝑂𝐶2=21，∴OC＝4，∴C（0，﹣4），故选：C．3．（2020•烟

台）如图，△OA1A2为等腰直角三角形，OA1＝1，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（）A．（√2）nB．（√2）n﹣1C．（√22）n

D．（√22）n﹣1【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，OA1＝1，∴OA2=√2；∵△OA2A3为等腰直角三角形，

∴OA3＝2=(√2)2；∵△OA3A4为等腰直角三角形，∴OA4＝2√2=(√2)3．∵△OA4A5为等腰直角三角形，∴OA5＝4=(√2)4，15……∴OAn的长度为（√2）n﹣1．故选：B．4．（2020•鄂州）如图，点A1，A

2，A3…在反比例函数y=1𝑥（x＞0）的图象上，点B1，B2，B3，…Bn在y轴上，且∠B1OA1＝∠B2B1A2＝∠B3B2A3＝…，直线y＝x与双曲线y=1𝑥交于点A1，B1A1⊥OA1，B2A2⊥B1A2，B

3A3⊥B2A3…，则Bn（n为正整数）的坐标是（D）A．（2√𝑛，0）B．（0，√2𝑛+1）C．（0，√2𝑛(𝑛−1)）D．（0，2√𝑛）【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），∴OB1＝2，设A2（m，2+m），则有m（2+m）＝1，解得m=√2−1，∴OB2＝2√2，设A3（a，2√2+n），则有n＝

a（2√2+a）＝1，解得a=√3−√2，∴OB3＝2√3，同法可得，OB4＝2√4，∴OBn＝2√𝑛，∴Bn（0，2√𝑛）．16故选：D．5．（2020•铜仁市）观察下列等式：2+22＝23﹣2；2+22+23＝24﹣2；2+22+23+24＝25﹣2；2+22+2

3+24+25＝26﹣2；…已知按一定规律排列的一组数：220，221，222，223，224，…，238，239，240，若220＝m，则220+221+222+223+224+…+238+239+240＝m（2m﹣1）（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+240＝220（1+2+22+…+219+220）＝220（1+221﹣2）＝220（220×2﹣1），再将220＝m代入即可求解．【解析

】∵220＝m，∴220+221+222+223+224+…+238+239+240＝220（1+2+22+…+219+220）＝220（1+221﹣2）＝m（2m﹣1）．故答案为：m（2m﹣1）．6．（

2020•温州）点P，Q，R在反比例函数y=𝑘𝑥（常数k＞0，x＞0）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OE＝ED＝DC，S1+S

3＝27，则S2的值为275．【分析】设CD＝DE＝OE＝a，则P（𝑘3𝑎，3a），Q（𝑘2𝑎，2a），R（𝑘𝑎，a），推出CP=3𝑘3𝑎，DQ=𝑘2𝑎，ER=𝑘𝑎，推出OG＝AG，OF＝2FG，OF=23GA，

推出S1=23S3＝2S2，根据S1+S3＝27，求出S1，S3，S2即可．【解析】∵CD＝DE＝OE，17∴可以假设CD＝DE＝OE＝a，则P（𝑘3𝑎，3a），Q（𝑘2𝑎，2a），R（𝑘𝑎，a），∴CP=𝑘3𝑎，DQ=𝑘2𝑎，ER=𝑘𝑎，∴OG＝AG，OF＝2

FG，OF=23GA，∴S1=23S3＝2S2，∵S1+S3＝27，∴S3=815，S1=545，S2=275，故答案为275．7．（2020•咸宁）按一定规律排列的一列数：3，32，3﹣1，33，34，37，3﹣11，318，…，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a﹣b＝c．【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

a﹣b＝c，据此解答即可．【解析】∵3，32，3﹣1，33，3﹣4，37，3﹣11，318，…，1﹣2＝﹣1，2﹣（﹣1）＝3，﹣1﹣3＝﹣4，3﹣（﹣4）＝7，﹣4﹣7＝﹣11，7﹣（﹣11）＝18，…，

∴a，b，c满足的关系式是a﹣b＝c．故答案为：a﹣b＝c．8．（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”，𝐹𝐴1̂，𝐴1𝐵1̂，𝐵1𝐶1̂，𝐶1𝐷1̂

，𝐷1𝐸1̂，𝐸1𝐹1̂，…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AB＝1时，曲线FA1B1C1D1E1F1的长度是7π．【分析】利用弧长公式计算即可解决问题．【解析】𝐹𝐴1̂

的长=60⋅𝜋⋅1180=𝜋3，18𝐴1𝐵1̂的长=60⋅𝜋⋅2180=2𝜋3，𝐵1𝐶1̂的长=60⋅𝜋⋅3180=3𝜋3，𝐶1𝐷1̂的长=60⋅𝜋⋅4180=4𝜋3，𝐷1𝐸1̂的长=60⋅𝜋⋅5180=5𝜋3，�

�1𝐹1̂的长=60⋅𝜋⋅6180=6𝜋3，∴曲线FA1B1C1D1E1F1的长度=𝜋3+2𝜋3+⋯+6𝜋3=21𝜋3=7π，故答案为7π．9．（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）．【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4＝3×1+1第2个图案有7个三角形，即7＝3

×2+1第3个图案有10个三角形，即10＝3×3+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）．10．（2020•内江）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣2，0），直线l：y=√33x+√33与x轴交于点B，以AB为边作等边△ABA1，过点A1作A1B1

∥x轴，交直线l于点B1，以A1B1为边作等边△A1B1A2，过点A2作A2B2∥x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22020−12√3．19【分析】先根据解析式求

得B的坐标，即可求得AB＝1，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，分别求得A1的纵坐标为√32，A2的纵坐标为3√32，A3的纵坐标为7√32，进而得到An的纵坐标为2𝑛−12√3，据此可

得点A2020的纵坐标．【解析】∵直线l：y=√33x+√33与x轴交于点B，∴B（﹣1，0），∴OB＝1，∵A（﹣2，0），∴OA＝2，∴AB＝1，∵△ABA1是等边三角形，∴A1（−32，√32），把y=√32代入y=√3

3x+√33，求得x=12，∴B1（12，√32），∴A1B1＝2，∴A2（−12，√32+√32×2），即A2（−12，3√32），把y=3√32代入y=√33x+√33，求得x=72，∴B2（72，3√32），∴A2B2＝4，∴A3（3，

3√32+√32×4），即A3（3，7√32），20……，An的纵坐标为2𝑛−12√3，∴点A2020的纵坐标是22020−12√3，故答案为22020−12√3．11．如图，等边三角形ABC的边长为1，顶点

B与原点O重合，点C在x轴的正半轴上，过点B作BA1⊥AC于点A1,过点A1作A1B1∥OA,交OC于点B1；过点B1作B1A2⊥AC于点A2，过点A2作A2B2∥OA,交OC于点B2；……，按此规律进行下去，点A2020的坐标是___(22021−122021,√322021)_______

___.【答案】(22021−122021,√322021)【分析】根据△ABC是等边三角形，得到AB=AC=BC=1，∠ABC=∠A=∠ACB=60°，解直角三角形得到A（12，34），C（1，0），根据等腰三角形的性质得到AA1=A1C，根据中点坐标公式得到A1（34，√34），推出△A1B1

C是等边三角形，得到A2是A1C的中点，求得A2（78，√38），推出An（2𝑛+1−12𝑛+1），即可得到结论．【解答】∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=1，∠ABC=∠A=∠ACB=60°，∴A

（12,√32），C（1，0），∵BA1⊥AC，∴AA1=A1C，∴A1（34，√34），∵A1B1∥OA，∴∠A1B1C=∠ABC=60°，∴△A1B1C是等边三角形，∴A2是A1C的中点，∴A2（7

8，√38），同理A3（1516，√316），…21∴An（2𝑛+1−12𝑛+1,√32𝑛+1）,A2020的坐标是(22021−122021,√322021),故答案为：(22021−122021,

√322021).【解题指导】本题考查了点的坐标，等边三角形的性质，解题的关键是能根据求出的数据得出规律．12．（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+a200＝20110．【分析】观察“杨辉三角”可知第n个数记为an＝（1+2+…+n）=12n（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）=12n（n+1），则a4+a200=12×4×（4+1）+12×200×（200+1）＝20110．故答案为：20110．13．将一些圆按照如图方式摆放，从上向下有无数行，其中第一行有2个圆，第二行有4个圆，第三行有6个

圆…按此规律排列下去，则前50行共有圆__2550____个.【答案】2550【分析】先找出规律，确定出第n行圆的个数为2n个，即：第50行为100个，进而求2+4+6+8+⋯+100即可得出结论．【解答】∵第一行有2个圆，第二行有4个圆

，第三行有6个圆，22…，∴第n行有2n个圆，∴前50行共有圆：2+4+6+8+⋯+2×50=2+4+6+8+⋯+100=2550个，故答案为：2550.【解题指导】本题考查了规律题——图形的变化类，解题的关键是根据题意得出每行点数为行数

的2倍是解题的关键.14．如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…和B1，B2，B3，…分别在直线y=15x+b和x轴上．△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形．如果点

A1（1，1），那么点A2021的纵坐标是_____．【答案】(32)2020【分析】因为每个A点为等腰直角三角形的直角顶点，则每个点A的纵坐标为对应等腰直角三角形的斜边一半．故先设出各点A的纵坐标，可以

表示A的横坐标，代入解析式可求点A的纵坐标，规律可求．【解答】分别过点A1，A2，A3，…向x轴作垂线，垂足为C1，C2，C3，…∵点A1（1，1）在直线y=15x+b上∴代入求得：b=45∴y=15x+45∵△OA1B1为等腰直角三角形∴OB1=2设点

A2坐标为（a，b）∵△B1A2B2为等腰直角三角形∴A2C2=B1C2=b∴a=OC2=OB1+B1C2=2+b23把A2（2+b，b）代入y=15x+45解得b=32∴OB2=5同理设点A3坐标为（a，b）∵△B2A3B3为等腰直角三角形∴A3C3=B2C3=b∴a=

OC3=OB2+B2C3=5+b把A2（5+b，b）代入y=15x+45解得b=94以此类推，发现每个A的纵坐标依次是前一个的32倍则A2021的纵坐标是(32)2020故答案为：(32)2020【解题指导】本题为一次函数图象背景下的规律探究

题，结合了等腰直角三角形的性质，解答过程中注意对比每个点A的纵坐标变化规律．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，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．【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，4＝22，第2个正方形需要9个小正方

形，9＝32，第3个正方形需要16个小正方形，16＝42，…，∴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，24故拼成的第n+1个正方形比第n个正方形多（n+2）2﹣（n+1）2＝2n+3个小正方形．故答案为：2n+3．16．（2020

·东营）如图，在平面直角坐标系中，已知直线1yx=+和双曲线1yx=-，在直线上取一点，记为1A，过1A作x轴的垂线交双曲线于点1B，过1B作y轴的垂线交直线于点2A，过2A作x轴的垂线交双曲线于点2B，过2B作y轴的垂线交直线于点3A，…，依次进行下去，记点nA

的横坐标为na，若1a=2，则2020a=2．{答案}2{解析}本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．求根据反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征分别

求出1A、1B、2A、2B、3A、3B…，从而得到每3次变化为一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商和余数的情况确定出2020a即可．解：∵1a=2，∴点1A的纵坐标为1+1=2，∴点1A（1，2），∵1A1B⊥x轴，点1B在

双曲线1yx=-，∴点1B（1，-1），∵2A1B⊥y轴，∴点2A的纵坐标为-1，11x+=-，解得2x=-，∴点2A（-2，-1），同理可求2B（-2，12），∴3A（-12，12），3B（-12，2），∴4A（1，2），4B（1，-1），…，∴依此类推，每3次变化

为一个循环组依次循环，∵2020÷3=673余1，∴2020a为第674循环组的第一个点，与点1A重合，∴2020a=1a=2．2517．（2020湖南湘西州）观察下列结论：（1）如图①，在正三角形ABC中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝CM，∠N

OC＝60°；（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝DM，∠NOD＝90°；（3）如图③，在正五边形ABCDE中点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝EM，∠NOE＝108°；…根据以上规律，在正n边形A1A2A3A4…An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A1M＝A2N，A1N与AnM相交于O．也会有类似的结论，你的结论是A1N＝AnM，∠NOAn=(𝑛−2)×180°𝑛．【解答】解：∵（1）如图①，在正三角形ABC中，点M，N是A

B，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝CM，∠NOC=(3−2)×180°3=60°；（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝DM，∠NOD=(4−2)×180°4=90°；（3）如图③，在正五边形ABCDE中点M，N是

AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝EM，∠NOE=(5−2)×180°5=108°；…根据以上规律，在正n边形A1A2A3A4…An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A1M＝A2N，A1N与AnM相交于O．也有类似

的结论是A1N＝AnM，∠NOAn=(𝑛−2)×180°𝑛．故答案为：A1N＝AnM，∠NOAn=(𝑛−2)×180°𝑛．2619．（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2𝑎1+2𝑎2+2𝑎3+⋯+2𝑎𝑛=𝑛2020．（n为正整数），则n的值为4039．【分析】先根据已知图形得出an＝n（n+1），代入到方程中，再将左边利用1𝑛(𝑛+1)=1𝑛

−1𝑛+1裂项化简，解分式方程可得答案．【解析】由图形知a1＝1×2，a2＝2×3，a3＝3×4，∴an＝n（n+1），∵2𝑎1+2𝑎2+2𝑎3+⋯+2𝑎𝑛=𝑛2020，∴21×2+22×3+23×4+⋯+2𝑛(𝑛+

1)=𝑛2020，∴2×（1−12+12−13+13−14+⋯⋯+1𝑛−1𝑛+1）=𝑛2020，∴2×（1−1𝑛+1）=𝑛2020，1−1𝑛+1=𝑛4040，解得n＝4039，经检验：n＝4039是分式方程的解，故答案为：4039．20．（2020山东威海）如图①，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②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同为奇数或m、n同为偶数．27【解答】解：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同为奇数或m

、n同为偶数．故答案为m、n同为奇数或m、n同为偶数．