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专题27规律探究题(共40道)-2020年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】
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这是一份专题27规律探究题(共40道)-2020年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】，共26页。
2020年中考数学真题分项汇编（全国通用）
专题27规律探究题【共40道】
一．选择题（共14小题）
1．（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．2S2﹣S B．2S2+S C．2S2﹣2S D．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．
2．（2020•牡丹江）一列数1，5，11，19…按此规律排列，第7个数是（ ）
A．37 B．41 C．55 D．71
【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】1＝1×2﹣1，
5＝2×3﹣1，
11＝3×4﹣1，
19＝4×5﹣1，
…
第n个数为n（n+1）﹣1，
则第7个数是：55．
故选：C．
3．（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（ ）
A．135 B．153 C．170 D．189
【分析】分析前三个正方形可知，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，2b＝18，
∴b＝9，
∴a＝b﹣1＝8，
∴x＝2b2+a＝162+8＝170，
故选：C．
4．（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﹣1a B．（﹣2）na C．2n﹣1a D．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．
5．（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（ ）
A．148 B．152 C．174 D．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．
6．（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①②③…的次序铺设地砖，把第n个图形用图ⓝ表示，那么图㊿中的白色小正方形地砖的块数是（ ）
A．150 B．200 C．355 D．505
【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㊿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n＝50时，7n+5＝350+5＝355．
故选：C．
7．（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（ ）
A．10 B．15 C．18 D．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，
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．
8．（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①个图形一共有5个实心圆点，第②个图形一共有8个实心圆点，第③个图形一共有11个实心圆点，…，按此规律排列下去，第⑥个图形中实心圆点的个数为（ ）
A．18 B．19 C．20 D．21
【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①个图形中实心圆点的个数5＝2×1+3，
第②个图形中实心圆点的个数8＝2×2+4，
第③个图形中实心圆点的个数11＝2×3+5，
……
∴第⑥个图形中实心圆点的个数为2×6+8＝20，
故选：C．
9．（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，在这2020次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（ ）
A．C、E B．E、F C．G、C、E D．E、C、F
【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=12k（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=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．
10．（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（ ）
A．499 B．500 C．501 D．1002
【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．
11．（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）n B．（2）n﹣1 C．（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＝22=(2)3．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5＝4=(2)4，
……
∴OAn的长度为（2）n﹣1．
故选：B．
12．（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（ ）
A．（0，﹣23） B．（0，﹣3） C．（0，﹣4） D．（0，﹣43）
【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，
∴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．
13．（2020•鄂州）如图，点A1，A2，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，B3A3⊥B2A3…，则Bn（n为正整数）的坐标是（ ）
A．（2n，0） B．（0，2n+1）
C．（0，2n(n-1)） D．（0，2n）
【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＝22，
设A3（a，22+n），则有n＝a（22+a）＝1，
解得a=3-2，
∴OB3＝23，
同法可得，OB4＝24，
∴OBn＝2n，
∴Bn（0，2n）．
故选：D．
14．（2020•盐城）把1～9这9个数填入3×3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①），是世界上最早的“幻方”．图②是仅可以看到部分数值的“九宫格”，则其中x的值为（ ）
A．1 B．3 C．4 D．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+x＝2+7，
解得x＝1．
故选：A．
二．填空题（共26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，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，
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•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”，FA1，A1B1，B1C1，C1D1，D1E1，E1F1，…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】FA1的长=60⋅π⋅1180=π3，
A1B1的长=60⋅π⋅2180=2π3，
B1C1的长=60⋅π⋅3180=3π3，
C1D1的长=60⋅π⋅4180=4π3，
D1E1的长=60⋅π⋅5180=5π3，
E1F1的长=60⋅π⋅6180=6π3，
∴曲线FA1B1C1D1E1F1的长度=π3+2π3+⋯+6π3=21π3=7π，
故答案为7π．
17．（2020•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，∠NOC＝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 ．
【分析】根据已知所给得到规律，进而可得在正n边形A1A2A3A4…An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①，在正三角形ABC中，点M，N是AB，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．
18．（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：DA1的圆心为点A，半径为AD；A1B1的圆心为点B，半径为BA1；B1C1的圆心为点C，半径为CB1；C1D1的圆心为点D，半径为DC1；⋯DA1，A1B1，B1C1，C1D1，…的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形ABCD的边长为1，则A2020B2020的长是 4039π ．
【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ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+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，AD＝AA1＝1，BA1＝BB1＝2，……，ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+2，
故A2020B2020的半径为BA2020＝BB2020＝4（2020﹣1）+2＝8078，A2020B2020的弧长=90180×8078π=4039π．
故答案为：4039π．
19．（2020•徐州）如图，∠MON＝30°，在OM上截取OA1=3．过点A1作A1B1⊥OM，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A2B2⊥OM，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 ．
【分析】利用三角形中位线定理证明A2B2＝2A1B1，A3B3＝2A2B2＝22•A1B1，寻找规律解决问题即可．
【解析】∵B1O＝B1A1，B1A1⊥OA2，
∴OA1＝A1A2，
∵B2A2⊥OM，B1A1⊥OM，
∴B1A1∥B2A2，
∴B1A1=12A2B2，
∴A2B2＝2A1B1，
同法可得A3B3＝2A2B2＝22•A1B1，…，
由此规律可得A20B20＝219•A1B1，
∵A1B1＝OA1•tan30°=3×33=1，
∴A20B20＝219，
故答案为219．
20．（2020•营口）如图，∠MON＝60°，点A1在射线ON上，且OA1＝1，过点A1作A1B1⊥ON交射线OM于点B1，在射线ON上截取A1A2，使得A1A2＝A1B1；过点A2作A2B2⊥ON交射线OM于点B2，在射线ON上截取A2A3，使得A2A3＝A2B2；…；按照此规律进行下去，则A2020B2020长为 3（1+3）2019 ．
【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．
【解析】在Rt△OA1B1中，∵∠OA1B1＝90°，∠MON＝60°，OA1＝1，
∴A1B1＝A1A2＝OA1•tan60°=3，
∵A1B1∥A2B2，
∴A2B2A1B1=OA2OA1，
∴A2B23=1+31，
∴A2B2=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）2019．
21．（2020•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ABCD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，
∵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．
22．（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+S3＝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，
∴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＝2FG，OF=23GA，
∴S1=23S3＝2S2，
∵S1+S3＝27，
∴S3=815，S1=545，S2=275，
故答案为275．
23．（2020•自贡）如图，直线y=-3x+b与y轴交于点A，与双曲线y=kx在第三象限交于B、C两点，且AB•AC＝16．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k＝ 43 ，前25个等边三角形的周长之和为 60 ．
【分析】设直线y=-3x+b与x轴交于点D，作BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．首先证明∠ADO＝60°，可得AB＝2BE，AC＝2CF，由直线y=-3x+b与双曲线y=kx在第一象限交于点B、C两点，可得-3x+b=kx，整理得，-3x2+bx﹣k＝0，由韦达定理得：x1x2=33k，即EB•FC=33k，由此构建方程求出k即可，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BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．
∵y=-3x+b，
∴当y＝0时，x=33b，即点D的坐标为（33b，0），
当x＝0时，y＝b，即A点坐标为（0，b），
∴OA＝﹣b，OD=-33b．
∵在Rt△AOD中，tan∠ADO=OAOD=3，
∴∠ADO＝60°．
∵直线y=-3x+b与双曲线y=kx在第三象限交于B、C两点，
∴-3x+b=kx，
整理得，-3x2+bx﹣k＝0，
由韦达定理得：x1x2=33k，即EB•FC=33k，
∵EBAB=cos60°=12，
∴AB＝2EB，
同理可得：AC＝2FC，
∴AB•AC＝（2EB）（2FC）＝4EB•FC=433k＝16，
解得：k＝43．
由题意可以假设D1（m，m3），
∴m2•3=43，
∴m＝2
∴OE1＝4，即第一个三角形的周长为12，
设D2（4+n，3n），
∵（4+n）•3n＝43，
解得n＝22-2，
∴E1E2＝42-4，即第二个三角形的周长为122-12，
设D3（42+a，3a），
由题意（42+a）•3a＝43，
解得a＝23-22，即第三个三角形的周长为123-122，
…，
∴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+122-12+123-122+124-123+⋯+1225-1224=1225=60，
故答案为43，60．
24．（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（10，42），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+122，0），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6-22=22，
∴第2个等腰直角三角形的面积=12×22×22=4＝22，
∵A4（10，42），
∴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，
…
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，…，△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 （2n，0） ．
【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=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=3x得（22+n）•3n=3，
∴A2E=3-2，A2A3=23-22，OA3=22+23-22=23，
∴A3（23，0），
综上可得：An（2n，0），
故答案为：(2n，0)．
26．（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 22020-123 ．
【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332，A3的纵坐标为732，进而得到An的纵坐标为2n-123，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=33x+33，求得x=12，
∴B1（12，32），
∴A1B1＝2，
∴A2（-12，32+32×2），即A2（-12，332），
把y=332代入y=33x+33，求得x=72，
∴B2（72，332），
∴A2B2＝4，
∴A3（3，332+32×4），即A3（3，732），
……，
An的纵坐标为2n-123，
∴点A2020的纵坐标是22020-123，
故答案为22020-123．
27．（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1～8的整数）．函数y=kx（x＜0）的图象为曲线L．
（1）若L过点T1，则k＝ ﹣16 ；
（2）若L过点T4，则它必定还过另一点Tm，则m＝ 5 ；
（3）若曲线L使得T1～T8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T1～T8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T1～T8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（﹣6，6），T7（﹣4，7），T8（﹣2，8），
∵L过点T1，
∴k＝﹣16×1＝﹣16，
故答案为：﹣16；
（2）∵L过点T4，
∴k＝﹣10×4＝﹣40，
∴反比例函数解析式为：y=-40x，
当x＝﹣8时，y＝5，
∴T5在反比例函数图象上，
∴m＝5，
故答案为：5；
（3）若曲线L过点T1（﹣16，1），T8（﹣2，8）时，k＝﹣16，
若曲线L过点T2（﹣14，2），T7（﹣4，7）时，k＝﹣14×2＝﹣28，
若曲线L过点T3（﹣12，3），T5（﹣8，5）时，k＝﹣12×3＝﹣36，
若曲线L过点T4（﹣10，4），T5（﹣8，5）时，k＝﹣40，
∵曲线L使得T1～T8这些点分布在它的两侧，每侧各4个点，
∴﹣36＜k＜﹣28，
∴整数k＝﹣35，﹣34，﹣33，﹣32，﹣31，﹣30，﹣29共7个，
∴答案为：7．
28．（2020•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同为奇数和m、n同为偶数 ．
【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．
【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13，﹣1，3，﹣9，27，﹣81，…．若其中某三个相邻数的和是﹣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：x﹣3x+9x＝﹣567，
解得：x＝﹣81．
故答案为：﹣81．
30．（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．
31．（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+23+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）．
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．
33．（2020•滨州）观察下列各式：a1=23，a2=35，a3=107，a4=159，a5=2611，…，根据其中的规律可得an＝ n2+(-1)n+12n+1 （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n2﹣1，即第n项的分子是n2+（﹣1）n+1；依此即可求解．
【解析】由分析可得an=n2+(-1)n+12n+1．
故答案为：n2+(-1)n+12n+1．
34．（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+（n﹣1）＝n2+2n﹣1，据此求解可得．
【解析】∵图1中黑点的个数2×1×（1+1）÷2+（1﹣1）＝2，
图2中黑点的个数2×2×（1+2）÷2+（2﹣1）＝7，
图3中黑点的个数2×3×（1+3）÷2+（3﹣1）＝14，
……
∴第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n﹣1）＝n2+2n﹣1，
∴第10个图形中黑点的个数为102+2×10﹣1＝119．
故答案为：119．
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+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．
36．（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．
37．（2020•张家界）观察下面的变化规律：
21×3=1-13，23×5=13-15，25×7=15-17，27×9=17-19，…
根据上面的规律计算：21×3+23×5+25×7+⋯+22019×2021= 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：2a⋅b=1a-1b（a，b均为奇数，且b＝a+2）．
故21×3+23×5+25×7+⋯+22019×2021
＝1-13+13-15+15-17+⋯+12019-12021
＝1-12021
=20202021．
故答案：20202021．
38．（2020•宜宾）定义：分数nm（m，n为正整数且互为质数）的连分数1a1+1a2+1a3+⋯（其中a1，a2，a3，…，为整数，且等式右边的每个分数的分子都为1），记作nm△¯1a1+1a2+1a3+⋯，
例如：719=1197=12+57=12+175=12+11+25=12+11+152=12+11+12+12，719的连分数为12+11+12+12，记作719△¯12+11+12+12，则 710 △¯11+12+13．
【分析】根据连分数的定义列式计算即可解答．
【解析】11+12+13△¯11+12+13=11+173=11+37=1107=710．
故答案为：710．
39．（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．
40．（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）．
2020年中考数学真题分项汇编（全国通用）
专题27规律探究题【共40道】
一．选择题（共14小题）
1．（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．2S2﹣S B．2S2+S C．2S2﹣2S D．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．
2．（2020•牡丹江）一列数1，5，11，19…按此规律排列，第7个数是（ ）
A．37 B．41 C．55 D．71
【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】1＝1×2﹣1，
5＝2×3﹣1，
11＝3×4﹣1，
19＝4×5﹣1，
…
第n个数为n（n+1）﹣1，
则第7个数是：55．
故选：C．
3．（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（ ）
A．135 B．153 C．170 D．189
【分析】分析前三个正方形可知，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，2b＝18，
∴b＝9，
∴a＝b﹣1＝8，
∴x＝2b2+a＝162+8＝170，
故选：C．
4．（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﹣1a B．（﹣2）na C．2n﹣1a D．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．
5．（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（ ）
A．148 B．152 C．174 D．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．
6．（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①②③…的次序铺设地砖，把第n个图形用图ⓝ表示，那么图㊿中的白色小正方形地砖的块数是（ ）
A．150 B．200 C．355 D．505
【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㊿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n＝50时，7n+5＝350+5＝355．
故选：C．
7．（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（ ）
A．10 B．15 C．18 D．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，
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．
8．（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①个图形一共有5个实心圆点，第②个图形一共有8个实心圆点，第③个图形一共有11个实心圆点，…，按此规律排列下去，第⑥个图形中实心圆点的个数为（ ）
A．18 B．19 C．20 D．21
【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①个图形中实心圆点的个数5＝2×1+3，
第②个图形中实心圆点的个数8＝2×2+4，
第③个图形中实心圆点的个数11＝2×3+5，
……
∴第⑥个图形中实心圆点的个数为2×6+8＝20，
故选：C．
9．（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，在这2020次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（ ）
A．C、E B．E、F C．G、C、E D．E、C、F
【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=12k（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=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．
10．（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（ ）
A．499 B．500 C．501 D．1002
【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．
11．（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）n B．（2）n﹣1 C．（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＝22=(2)3．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5＝4=(2)4，
……
∴OAn的长度为（2）n﹣1．
故选：B．
12．（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（ ）
A．（0，﹣23） B．（0，﹣3） C．（0，﹣4） D．（0，﹣43）
【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，
∴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．
13．（2020•鄂州）如图，点A1，A2，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，B3A3⊥B2A3…，则Bn（n为正整数）的坐标是（ ）
A．（2n，0） B．（0，2n+1）
C．（0，2n(n-1)） D．（0，2n）
【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＝22，
设A3（a，22+n），则有n＝a（22+a）＝1，
解得a=3-2，
∴OB3＝23，
同法可得，OB4＝24，
∴OBn＝2n，
∴Bn（0，2n）．
故选：D．
14．（2020•盐城）把1～9这9个数填入3×3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①），是世界上最早的“幻方”．图②是仅可以看到部分数值的“九宫格”，则其中x的值为（ ）
A．1 B．3 C．4 D．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+x＝2+7，
解得x＝1．
故选：A．
二．填空题（共26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，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，
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•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”，FA1，A1B1，B1C1，C1D1，D1E1，E1F1，…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】FA1的长=60⋅π⋅1180=π3，
A1B1的长=60⋅π⋅2180=2π3，
B1C1的长=60⋅π⋅3180=3π3，
C1D1的长=60⋅π⋅4180=4π3，
D1E1的长=60⋅π⋅5180=5π3，
E1F1的长=60⋅π⋅6180=6π3，
∴曲线FA1B1C1D1E1F1的长度=π3+2π3+⋯+6π3=21π3=7π，
故答案为7π．
17．（2020•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，∠NOC＝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 ．
【分析】根据已知所给得到规律，进而可得在正n边形A1A2A3A4…An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①，在正三角形ABC中，点M，N是AB，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．
18．（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：DA1的圆心为点A，半径为AD；A1B1的圆心为点B，半径为BA1；B1C1的圆心为点C，半径为CB1；C1D1的圆心为点D，半径为DC1；⋯DA1，A1B1，B1C1，C1D1，…的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形ABCD的边长为1，则A2020B2020的长是 4039π ．
【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ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+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，AD＝AA1＝1，BA1＝BB1＝2，……，ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+2，
故A2020B2020的半径为BA2020＝BB2020＝4（2020﹣1）+2＝8078，A2020B2020的弧长=90180×8078π=4039π．
故答案为：4039π．
19．（2020•徐州）如图，∠MON＝30°，在OM上截取OA1=3．过点A1作A1B1⊥OM，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A2B2⊥OM，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 ．
【分析】利用三角形中位线定理证明A2B2＝2A1B1，A3B3＝2A2B2＝22•A1B1，寻找规律解决问题即可．
【解析】∵B1O＝B1A1，B1A1⊥OA2，
∴OA1＝A1A2，
∵B2A2⊥OM，B1A1⊥OM，
∴B1A1∥B2A2，
∴B1A1=12A2B2，
∴A2B2＝2A1B1，
同法可得A3B3＝2A2B2＝22•A1B1，…，
由此规律可得A20B20＝219•A1B1，
∵A1B1＝OA1•tan30°=3×33=1，
∴A20B20＝219，
故答案为219．
20．（2020•营口）如图，∠MON＝60°，点A1在射线ON上，且OA1＝1，过点A1作A1B1⊥ON交射线OM于点B1，在射线ON上截取A1A2，使得A1A2＝A1B1；过点A2作A2B2⊥ON交射线OM于点B2，在射线ON上截取A2A3，使得A2A3＝A2B2；…；按照此规律进行下去，则A2020B2020长为 3（1+3）2019 ．
【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．
【解析】在Rt△OA1B1中，∵∠OA1B1＝90°，∠MON＝60°，OA1＝1，
∴A1B1＝A1A2＝OA1•tan60°=3，
∵A1B1∥A2B2，
∴A2B2A1B1=OA2OA1，
∴A2B23=1+31，
∴A2B2=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）2019．
21．（2020•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ABCD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，
∵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．
22．（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+S3＝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，
∴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＝2FG，OF=23GA，
∴S1=23S3＝2S2，
∵S1+S3＝27，
∴S3=815，S1=545，S2=275，
故答案为275．
23．（2020•自贡）如图，直线y=-3x+b与y轴交于点A，与双曲线y=kx在第三象限交于B、C两点，且AB•AC＝16．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k＝ 43 ，前25个等边三角形的周长之和为 60 ．
【分析】设直线y=-3x+b与x轴交于点D，作BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．首先证明∠ADO＝60°，可得AB＝2BE，AC＝2CF，由直线y=-3x+b与双曲线y=kx在第一象限交于点B、C两点，可得-3x+b=kx，整理得，-3x2+bx﹣k＝0，由韦达定理得：x1x2=33k，即EB•FC=33k，由此构建方程求出k即可，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BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．
∵y=-3x+b，
∴当y＝0时，x=33b，即点D的坐标为（33b，0），
当x＝0时，y＝b，即A点坐标为（0，b），
∴OA＝﹣b，OD=-33b．
∵在Rt△AOD中，tan∠ADO=OAOD=3，
∴∠ADO＝60°．
∵直线y=-3x+b与双曲线y=kx在第三象限交于B、C两点，
∴-3x+b=kx，
整理得，-3x2+bx﹣k＝0，
由韦达定理得：x1x2=33k，即EB•FC=33k，
∵EBAB=cos60°=12，
∴AB＝2EB，
同理可得：AC＝2FC，
∴AB•AC＝（2EB）（2FC）＝4EB•FC=433k＝16，
解得：k＝43．
由题意可以假设D1（m，m3），
∴m2•3=43，
∴m＝2
∴OE1＝4，即第一个三角形的周长为12，
设D2（4+n，3n），
∵（4+n）•3n＝43，
解得n＝22-2，
∴E1E2＝42-4，即第二个三角形的周长为122-12，
设D3（42+a，3a），
由题意（42+a）•3a＝43，
解得a＝23-22，即第三个三角形的周长为123-122，
…，
∴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+122-12+123-122+124-123+⋯+1225-1224=1225=60，
故答案为43，60．
24．（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（10，42），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+122，0），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6-22=22，
∴第2个等腰直角三角形的面积=12×22×22=4＝22，
∵A4（10，42），
∴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，
…
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，…，△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 （2n，0） ．
【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=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=3x得（22+n）•3n=3，
∴A2E=3-2，A2A3=23-22，OA3=22+23-22=23，
∴A3（23，0），
综上可得：An（2n，0），
故答案为：(2n，0)．
26．（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 22020-123 ．
【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332，A3的纵坐标为732，进而得到An的纵坐标为2n-123，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=33x+33，求得x=12，
∴B1（12，32），
∴A1B1＝2，
∴A2（-12，32+32×2），即A2（-12，332），
把y=332代入y=33x+33，求得x=72，
∴B2（72，332），
∴A2B2＝4，
∴A3（3，332+32×4），即A3（3，732），
……，
An的纵坐标为2n-123，
∴点A2020的纵坐标是22020-123，
故答案为22020-123．
27．（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1～8的整数）．函数y=kx（x＜0）的图象为曲线L．
（1）若L过点T1，则k＝ ﹣16 ；
（2）若L过点T4，则它必定还过另一点Tm，则m＝ 5 ；
（3）若曲线L使得T1～T8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T1～T8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T1～T8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（﹣6，6），T7（﹣4，7），T8（﹣2，8），
∵L过点T1，
∴k＝﹣16×1＝﹣16，
故答案为：﹣16；
（2）∵L过点T4，
∴k＝﹣10×4＝﹣40，
∴反比例函数解析式为：y=-40x，
当x＝﹣8时，y＝5，
∴T5在反比例函数图象上，
∴m＝5，
故答案为：5；
（3）若曲线L过点T1（﹣16，1），T8（﹣2，8）时，k＝﹣16，
若曲线L过点T2（﹣14，2），T7（﹣4，7）时，k＝﹣14×2＝﹣28，
若曲线L过点T3（﹣12，3），T5（﹣8，5）时，k＝﹣12×3＝﹣36，
若曲线L过点T4（﹣10，4），T5（﹣8，5）时，k＝﹣40，
∵曲线L使得T1～T8这些点分布在它的两侧，每侧各4个点，
∴﹣36＜k＜﹣28，
∴整数k＝﹣35，﹣34，﹣33，﹣32，﹣31，﹣30，﹣29共7个，
∴答案为：7．
28．（2020•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同为奇数和m、n同为偶数 ．
【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．
【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13，﹣1，3，﹣9，27，﹣81，…．若其中某三个相邻数的和是﹣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：x﹣3x+9x＝﹣567，
解得：x＝﹣81．
故答案为：﹣81．
30．（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．
31．（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+23+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）．
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．
33．（2020•滨州）观察下列各式：a1=23，a2=35，a3=107，a4=159，a5=2611，…，根据其中的规律可得an＝ n2+(-1)n+12n+1 （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n2﹣1，即第n项的分子是n2+（﹣1）n+1；依此即可求解．
【解析】由分析可得an=n2+(-1)n+12n+1．
故答案为：n2+(-1)n+12n+1．
34．（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+（n﹣1）＝n2+2n﹣1，据此求解可得．
【解析】∵图1中黑点的个数2×1×（1+1）÷2+（1﹣1）＝2，
图2中黑点的个数2×2×（1+2）÷2+（2﹣1）＝7，
图3中黑点的个数2×3×（1+3）÷2+（3﹣1）＝14，
……
∴第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n﹣1）＝n2+2n﹣1，
∴第10个图形中黑点的个数为102+2×10﹣1＝119．
故答案为：119．
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+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．
36．（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．
37．（2020•张家界）观察下面的变化规律：
21×3=1-13，23×5=13-15，25×7=15-17，27×9=17-19，…
根据上面的规律计算：21×3+23×5+25×7+⋯+22019×2021= 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：2a⋅b=1a-1b（a，b均为奇数，且b＝a+2）．
故21×3+23×5+25×7+⋯+22019×2021
＝1-13+13-15+15-17+⋯+12019-12021
＝1-12021
=20202021．
故答案：20202021．
38．（2020•宜宾）定义：分数nm（m，n为正整数且互为质数）的连分数1a1+1a2+1a3+⋯（其中a1，a2，a3，…，为整数，且等式右边的每个分数的分子都为1），记作nm△¯1a1+1a2+1a3+⋯，
例如：719=1197=12+57=12+175=12+11+25=12+11+152=12+11+12+12，719的连分数为12+11+12+12，记作719△¯12+11+12+12，则 710 △¯11+12+13．
【分析】根据连分数的定义列式计算即可解答．
【解析】11+12+13△¯11+12+13=11+173=11+37=1107=710．
故答案为：710．
39．（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．
40．（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）．
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