中考数学二轮巩固训练专题02 规律探究（2份，原卷版+解析版）

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A．B．C．D．
【思路点拨】
分子为连续的奇数，分母为序号的平方+1，根据规律即可得到答案．
【解答过程】
解：观察这排数据发现：分子为连续的奇数，分母为序号的平方+1，
∴第n个数据为：．
当n＝3时，□的分子为5，分母＝32+1＝10，
∴这个数为，
故选：D．
2．（2021•攀枝花）观察依次排列的一串单项式x，﹣2x2，4x3，﹣8x4，16x5，…，按你发现的规律继续写下去，第8个单项式是（ ）
A．﹣128x7B．﹣128x8C．﹣256x7D．﹣256x8
【思路点拨】
观察一串单项式可得从第二个单项式起，每一个单项式与它前面的单项式的商都是﹣2x，根据规律可得第8个单项式．
【解答过程】
解：（4x3）÷（﹣2x2）＝﹣2x，
（﹣8x4）÷（4x3）＝﹣2x，
（16x5）÷（﹣8x4）＝﹣2x，
…
所以从第二个单项式起，每一个单项式与它前面的单项式的商都是﹣2x；
按发现的规律可知：
x，﹣2x2，
4x3＝22x3，
﹣8x4＝﹣23x4，
16x5＝24x5，
…
所以第8个单项式是﹣27x8＝﹣128x8．
故选：B．
3．（2021•十堰）将从1开始的连续奇数按如图所示的规律排列，例如，位于第4行第3列的数为27，则位于第32行第13列的数是（ ）
A．2025B．2023C．2021D．2019
【思路点拨】
先由题意得出位于第32行第13列的数是连续奇数的第1011个数，再将n＝1011代入奇数列通式：2n﹣1求解即可．
【解答过程】
解：由题意可知：
行数为1的方阵内包含“1”，共1个数；
行数为2的方阵内包含“1、3、5、7”，共22个数；
行数为3的方阵内包含“1、3、5、7、9、11、13、15、17”，共32个数；
∴行数为32的方阵内包含“1、3、5、7、”共322个数，即共1024个数，
∴位于第32行第13列的数是连续奇数的第（1024﹣12）＝1012个数，
∴位于第32行第13列的数是：2×1012﹣1＝2023．
故选：B．
4．（2021•镇江）如图，小明在3×3的方格纸上写了九个式子（其中的n是正整数），每行的三个式子的和自上而下分别记为A1，A2，A3，每列的三个式子的和自左至右分别记为B1，B2，B3，其中，值可以等于789的是（ ）
A．A1B．B1C．A2D．B3
【思路点拨】
把A1，A2，B1，B3的式子表示出来，再结合值等于789，可求相应的n的值，即可判断．
【解答过程】
解：由题意得：A1＝2n+1+2n+3+2n+5＝789，
整理得：2n＝260，
则n不是整数，故A1的值不可以等于789；
A2＝2n+7+2n+9+2n+11＝789，
整理得：2n＝254，
则n不是整数，故A2的值不可以等于789；
B1＝2n+1+2n+7+2n+13＝789，
整理得：2n＝256＝28，
则n是整数，故B1的值可以等于789；
B3＝2n+5+2n+11+2n+17＝789，
整理得：2n＝252，
则n不是整数，故B3的值不可以等于789；
故选：B．
5．（2020•西藏）观察下列两行数：
1，3，5，7，9，11，13，15，17，…
1，4，7，10，13，16，19，22，25，…
探究发现：第1个相同的数是1，第2个相同的数是7，…，若第n个相同的数是103，则n等于（ ）
A．18B．19C．20D．21
【思路点拨】
根据探究发现：第1个相同的数是1，第2个相同的数是7，…，第n个相同的数是6（n﹣1）+1＝6n﹣5，进而可得n的值．
【解答过程】
解：第1个相同的数是1＝0×6+1，
第2个相同的数是7＝1×6+1，
第3个相同的数是13＝2×6+1，
第4个相同的数是19＝3×6+1，
…，
第n个相同的数是6（n﹣1）+1＝6n﹣5，
所以6n﹣5＝103，
解得n＝18．
即第n个相同的数是103，则n等于18．
故选：A．
6．（2021•玉林）观察下列树枝分叉的规律图，若第n个图树枝数用Yn表示，则Y9﹣Y4＝（ ）
A．15×24B．31×24C．33×24D．63×24
【思路点拨】
根据已知图中规律可得：Yn＝1+2+22+23+24+25+26+27+•••+2n﹣1，相减可得结论．
【解答过程】
解：由题意得：
第1个图：Y1＝1，
第2个图：Y2＝3＝1+2，
第3个图：Y3＝7＝1+2+22，
第4个图：Y4＝15＝1+2+22+23，
•••
第9个图：Y9＝1+2+22+23+24+25+26+27+28，
∴Y9﹣Y4＝24+25+26+27+28＝24（1+2+22+23+24）＝24×（3+4+8+16）＝24×31．
故选：B．
7．（2021•随州）根据图中数字的规律，若第n个图中的q＝143，则p的值为（ ）
A．100B．121C．144D．169
【思路点拨】
每个图形中，左边三角形上的数字即为图形的序数n，右边三角形上的数字为p＝n2，下面三角形上的数字q＝（n+1）2﹣1，先把q＝143代入求出n的值，再进一步求出p的值．
【解答过程】
解：通过观察可得规律：p＝n2，q＝（n+1）2﹣1，
∵q＝143，
∴（n+1）2﹣1＝143，
解得：n＝11，
∴p＝n2＝112＝121，
故选：B．
8．（2021•阜新）如图，弧长为半圆的弓形在坐标系中，圆心在（0，2）．将弓形沿x轴正方向无滑动滚动，当圆心经过的路径长为2021π时，圆心的横坐标是（ ）
A．2020πB．1010π+2020C．2021πD．1011π+2020
【思路点拨】
由题知，圆心的运动轨迹是一段线段和四分之一圆弧循环出现组成的图形，根据循环规律计算出横坐标即可．
【解答过程】
解：由题知，图形每旋转一周，圆心的路径循环一次，且路径长度刚好为以2为半径的圆的周长，
即4π，
2021π÷4π＝505（圈），
即当圆心经过的路径长为2021π时，图形旋转了505圈，
∵图形每旋转一圈横坐标增加2π+4，
∴当图形旋转505圈时的横坐标为（2π+4）×505＝1010π+2020，
再转圈横坐标增加4π＝π，
∴当圆心经过的路径长为2021π时，圆心的横坐标是1010π+2020+π＝1011π+2020，
故选：D．
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、EB．E、FC．G、C、ED．E、C、F
【思路点拨】
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+…+kk（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．
【解答过程】
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+…+kk（k+1），应停在第k（k+1）﹣7p格，
这时p是整数，且使0k（k+1）﹣7p≤6，分别取k＝1，2，3，4，5，6，7时，
k（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＝7m+t（t＝1，2，3，4，5，6，m为正整数）代入可得，k（k+1）﹣7p＝7mt（t+1），这时m是整数，
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．（2021•铜仁市）观察下列各项：1，2，3，4，…，则第n项是 ．
【思路点拨】
根据题目中数字的特点，可以发现数字的整数部分是连续的整数，从1开始，而分数部分的分母是2的n次方，n从1开始，分子都是1，然后即可写出第n项对应的数字．
【解答过程】
解：∵一列数为1，2，3，4，…，、
∴这列数可以写成：1，2，3，4，…，
∴第n项是n，
故答案为：n．
11．（2021•江西）如图在我国宋朝数学家杨辉1261年的著作《详解九章算法》中提到过，因而人们把这个表叫做杨辉三角，请你根据杨辉三角的规律补全表第四行空缺的数字是 ．
【思路点拨】
根据表中的数据和数据的变化特点，可以发现：每一行中间的数字都等于这个数字上一行左上角和右上角的数字之和，然后即可写出第四行空缺的数字．
【解答过程】
解：由表可知，每一行中间的数字都等于这个数字上一行左上角和右上角的数字之和，
故第四行空缺的数字是1+2＝3，
故答案为：3．
12．（2021•荆门）如图，将正整数按此规律排列成数表，则2021是表中第 行第 列．
【思路点拨】
根据表格中的数据，可以写出前几行的数字个数，然后即可写出前n行的数字个数，从而可以得到2021在图中的位置．
【解答过程】
解：由图可知，
第一行1个数字，
第二行2个数字，
第三行3个数字，
…，
则第n行n个数字，
前n行一共有个数字，
∵2021，20212021﹣2016＝5，
∴2021是表中第64行第5列，
故答案为：64，5．
13．（2021•怀化）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，若2100＝m，用含m的代数式表示这组数的和是 ．
【思路点拨】
归纳出数字的变化规律，给已知数列求和，并用含m的代数式表示出来即可．
【解答过程】
解：由题意得：
2100+2101+2102+…+2199，
＝（2+22+23+…+2199）﹣（2+22+23+…+299），
＝（2200﹣2）﹣（2100﹣2），
＝（2100）2﹣2100，
＝m2﹣m，
故答案为：m2﹣m．
14．（2021•呼和浩特）若把第n个位置上的数记为xn，则称x1，x2，x3，…，xn有限个有序放置的数为一个数列A．定义数列A的“伴生数列”B是：y1，y2，y3，…，yn，其中yn是这个数列中第n个位置上的数，n＝1，2，…，k且yn并规定x0＝xn，xn+1＝x1．如果数列A只有四个数，且x1，x2，x3，x4依次为3，1，2，1，则其“伴生数列”B是 ．
【思路点拨】
根据“伴生数列”的定义取n＝4，依次求出x0，x1，，再求出对应的yn即可．
【解答过程】
解：x0＝x4＝1＝x2，
∴y1＝0，
∵x1≠x3，
∴y2＝1，
∵x2＝x4，
∴y3＝0，
∵x3≠x5＝x1，
∴y4＝1，
∴“伴生数列”B是：0，1，0，1，
故答案为0，1，0，1．
15．（2021•眉山）观察下列等式：x11；
x21；
x31；
…
根据以上规律，计算x1+x2+x3+…+x2020﹣2021＝ ．
【思路点拨】
根据已知等式，归纳总结得到拆项规律，根据规律展开，最后合并，即可求出答案．
【解答过程】
解：∵x11；
x21；
x31；
…
∴x1+x2+x3+…+x2020﹣2021＝11112021＝2020+12021，
故答案为：．
16．（2021•凉山州）如图，用火柴棍拼成一个由三角形组成的图形，拼第一个图形共需要3根火柴棍；拼第二个图形共需要5根火柴棍；拼第三个图形共需要7根火柴棍；…照这样拼图，则第n个图形需要 根火柴棍．
【思路点拨】
根据数值的变化找出变化规律,即可得出结论．
【解答过程】
解：设第n个图形需要an（n为正整数）根火柴棒，
观察发现规律：第一个图形需要火柴棍：3＝1×2+1，
第二个图形需要火柴棍：5＝2×2+1；
第三个图形需要火柴棍：7＝3×2+1，…，
∴第n个图形需要火柴棍：2n+1．
故答案为：(2n+1)．
17．（2021•鄂尔多斯）将一些相同的“〇”按如图所示的规律依次摆放，观察每个“龟图”的“〇”的个数，则第30个“龟图”中有 个“〇”．
【思路点拨】
分析数据可得：第1个图形中小圆的个数为1+4＝5；第2个图形中小圆的个数为1+5+1＝7；第3个图形中小圆的个数为1+6+4＝11；第4个图形中小圆的个数为1+7+9＝17；…由此得出第n个图形中小圆的个数为1+（n+3）+（n﹣1）2．据此可以求得答案．
【解答过程】
解：∵第1个图形中小圆的个数为1+4＝5；
第2个图形中小圆的个数为1+5+1＝7；
第3个图形中小圆的个数为1+6+4＝11；
第4个图形中小圆的个数为1+7+9＝17；
…
∴第n个图形中小圆的个数为1+（n+3）+（n﹣1）2．
∴第30个“龟图”中的“〇”的个数为1+（30+3）+（30﹣1）2＝1+33+841＝875．
另一种解法：∵第1个图形中小圆的个数为0+5＝5；
第2个图形中小圆的个数为2+5＝1×2+5＝7；
第3个图形中小圆的个数为6+5＝2×3+5＝11；
第4个图形中小圆的个数为12+5＝3×4+5＝17；
…
∴第n个图形中小圆的个数为n（n﹣1）+5．
∴第30个“龟图”中的“〇”的个数为30×（30﹣1）+5＝875．
故答案为：875．
18．（2021•绥化）下面各图形是由大小相同的三角形摆放而成的，图①中有1个三角形，图②中有5个三角形，图③中有11个三角形，图④中有19个三角形…依此规律，则第n个图形中三角形个数是 ．
【思路点拨】
通过观察图中三角形的个数与图形的序号的关系可得结论．
【解答过程】
解：观察图中三角形的个数与图形的序号的关系，有如下规律：
第一个图形：12+0，
第二个图形：22+1，
第三个图形：32+2，
第四个图形：42+3，
••••••，
第n个图形：n2+n﹣1．
故答案为：n2+n﹣1．
19．（2021•常德）如图中的三个图形都是边长为1的小正方形组成的网格，其中第一个图形有1×1个小正方形，所有线段的和为4，第二个图形有2×2个小正方形，所有线段的和为12，第三个图形有3×3个小正方形，所有线段的和为24，按此规律，则第n个网格中所有线段的和为 .（用含n的代数式表示）
【思路点拨】
根据每个图形可得所有线段的和，找规律可得：①这些数是偶数；②这些数是三个数的积；③三个因数中有一个数是2，另外一个与图形的序号相同，最后一个比图形的序号大1，可得第n个网格中所有线段的和为2n（n+1）．
【解答过程】
解：∵第一个图形有1×1个小正方形，所有线段的和为4＝2×1×2，
第二个图形有2×2个小正方形，所有线段的和为12＝2×2×3，
第三个图形有3×3个小正方形，所有线段的和为24＝2×3×4，
•••，
按此规律，则第n个网格中所有线段的和为2n（n+1）；
故答案为：2n（n+1）．
20．（2021•恩施州）古希腊数学家定义了五边形数，如下表所示，将点按照表中方式排列成五边形点阵，图形中的点的个数即五边形数；
将五边形数1，5，12，22，35，51，…，排成如下数表；
观察这个数表，则这个数表中的第八行从左至右第2个数为 ．
【思路点拨】
观察表中图形及数字的变化规律可发现第n个五边形数可表示为：1+2+3+...+（n﹣1）+n2，观察数表找到规律，计算出这个数表中的第八行从左至右第2个数是第几个五边形数即n的值，代入上面的代数式即可求得答案．
【解答过程】
解：观察表中图形及数字的变化规律可得第n个五边形数可表示为：1+2+3+...+（n﹣1）+n2，
由数表可知前七行数的个数和为：1+2+3+...+7＝28，
∴数表中的第八行从左至右第2个数是第30个五边形数即n＝30，
∴把n＝30代入得：1+2+3+...+29+302＝1335，
故答案为：1335．
21．（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．（n为正整数），则n的值为 ．
【思路点拨】
先根据已知图形得出an＝n（n+1），代入到方程中，再将左边利用裂项化简，解分式方程可得答案．
【解答过程】
解：由图形知a1＝1×2，a2＝2×3，a3＝3×4，
∴an＝n（n+1），
∵，
∴，
∴2×（1），
∴2×（1），
1，
解得n＝4039，
经检验：n＝4039是分式方程的解，
故答案为：4039．
22．（2021•宁夏）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，∠A＝90°，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐标是（1，1）．若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，…，可得A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，），…则A2021的坐标是 ．
【思路点拨】
根据旋转的性质及旋转角度分析可得旋转8次为一个周期，然后将2021÷8可得余数，从而分析求解．
【解答过程】
解：∵点A的坐标是（1，1）若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，…，
∴旋转360°÷45°＝8次为一个变化周期，
2021÷8＝，
∴A2021的坐标与第五次旋转后A5的坐标相同，
如图：
∵A点坐标为（1，1），
∴OA5＝OA
∴A5的坐标为（，0），
即A2021的坐标为（，0），
故答案为：（，0）．
23．（2021•兴安盟）如图，点B1在直线l：yx上，点B1的横坐标为1，过点B1作B1A1⊥x轴，垂足为A1，以A1B1为边向右作正方形A1B1C1A2，延长A2C1交直线l于点B2；以A2B2为边向右作正方形A2B2C2A3，延长A3C2交直线l于点B3；…；按照这个规律进行下去，点B2021的坐标为 ．
【思路点拨】
由题意分别求出A2（，0），B2（，），A3（，0），B3（，），A4（，0），B4（，），……An（，0），Bn（，），即可求解．
【解答过程】
解：∵点B1在直线l：yx上，点B1的横坐标为1，过点B1作B1A1⊥x轴，垂足为A1，
∴A1（1，0），B1（1，），
∵四边形A1B1C1A2是正方形，
∴A2（，0），B2（，），
A3（，0），B3（，），
A4（，0），B4（，），
……
An（，0），Bn（，），
∴点B2021的坐标为（，），
故答案为：（，）．
24．（2021•黑龙江）如图，正方形A0B0C0A1的边长为1，正方形A1B1C1A2的边长为2，正方形A2B2C2A3的边长为4，正方形A3B3C3A4的边长为8…依次规律继续作正方形AnBn∁nAn+1，且点A0，A1，A2，A3，…，An+1在同一条直线上，连接A0C1交，A1B1于点D1，连接A1C2，交A2B2于点D2，连接A2C3，交A3B3于点D3，…记四边形A0B0C0D1的面积为S1，四边形A1B1C1D2的面积为S2，四边形A2B2C2D3的面积为S3，…，四边形An﹣1Bn﹣1Cn﹣1Dn的面积为Sn，则S2021＝ ．
【思路点拨】
由正方形的性质得出A1D1∥A2C1，则，得出，同理可得，，，…，，即可得出结果．
【解答过程】
解：∵四边形A0B0C0A1与四边形A1B1C1A2都是正方形，
∴A1D1∥A2C1，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，，，…，，
∴，
故答案为：．
25．（2021•泰安）如图，点B1在直线l：yx上，点B1的横坐标为2，过点B1作B1A1⊥l，交x轴于点A1，以A1B1为边，向右作正方形A1B1B2C1，延长B2C1交x轴于点A2；以A2B2为边，向右作正方形A2B2B3C2，延长B3C2交x轴于点A3；以A3B3为边，向右作正方形A3B3B4C3，延长B4C3交x轴于点A4；…；照这个规律进行下去，则第n个正方形AnBnBn+1∁n的边长为 （结果用含正整数n的代数式表示）．
【思路点拨】
设直线yx与x轴夹角为α，过B1作B1H⊥x轴于H，由点B1的横坐标为2，点B1在直线l：yx上，可得OH＝2，B1H＝1，OB1，tanα，Rt△A1B1O中，求得A1B1＝OB1•tanα，即第1个正方形边长是，在Rt△A2B2O中，求得第2个正方形边长是，在Rt△A3B3O中，求得第3个正方形边长是（）2，在Rt△A4B4O中，求得第4个正方形边长是（）3，观察规律即可得：第n个正方形边长是（）n﹣1．
【解答过程】
解：设直线yx与x轴夹角为α，过B1作B1H⊥x轴于H，如图：
∵点B1的横坐标为2，点B1在直线l：yx上，令x＝2得y＝1，
∴OH＝2，B1H＝1，OB1，
∴tanα，
Rt△A1B1O中，A1B1＝OB1•tanα，即第1个正方形边长是，
∴OB2＝OB1+B1B23，
Rt△A2B2O中，A2B2＝OB2•tanα3，即第2个正方形边长是，
∴OB3＝OB2+B2B33，
Rt△A3B3O中，A3B3＝OB3•tanα，即第3个正方形边长是（）2，
∴OB4＝OB3+B3B4，
Rt△A4B4O中，A4B4＝OB4•tanα，即第4个正方形边长是（）3，
．
观察规律可知：第n个正方形边长是（）n﹣1，
故答案为：（）n﹣1．
26．（2021•锦州）如图，∠MON＝30°，点A1在射线OM上，过点A1作A1B1⊥OM交射线ON于点B1，将△A1OB1沿A1B1折叠得到△A1A2B1，点A2落在射线OM上；过点A2作A2B2⊥OM交射线ON于点B2，将△A2OB2沿A2B2折叠得到△A2A3B2，点A2落在射线OM上；…按此作法进行下去，在∠MON内部作射线OH，分别与A1B1，A2B2，A3B3，…，AnBn交于点P1，P2，P3，…Pn，又分别与A2B1，A3B2，A4B3，…，An+1Bn，交于点Q1，Q2，Q3，…，Qn．若点P1为线段A1B1的中点，OA1，则四边形AnPnQnAn+1的面积为 （用含有n的式子表示）．
【思路点拨】
先证明△OA1P1∽△OA2P2，△OP1B1∽△OP2B2，又点P1为线段A1B1的中点，从而可得P2为线段A2B2的中点，同理可证P3、P4、⋯Pn依次为线段A3B3、A4B4、⋯AnBn的中点．结合相似三角形的性质可得△P1B1Q1的P1B1上的高与△P2A2O1的A2P2上的高之比为1：2，所以△P1B1Q1的P1B1上的高为，同理可得△P2B2Q2的P2B2上的高为⋯，从而，以此类推来求，从而找到的面积规律．
【解答过程】
解：由折叠可知，OA1＝A1A2，
又A1B1∥A2B2，
∴△OA1P1∽△OA2P2，△OP1B1∽△OP2B2，
∴，
又点P1为线段A1B1的中点，
∴A1P1＝P1B1，
∴A2P2＝P2B2，
则点P2为线段A2B2的中点，
同理可证，P3、P4、⋯Pn依次为线段A3B3、A4B4、⋯AnBn的中点．
∵A1B1∥A2B2，
∴△P1B1Q1∽△P2A2O1，
∴，
则△P1B1Q1的P1B1上的高与△P2A2O1的A2P2上的高之比为1：2，
∴△P1B1Q1的P1B1上的高为，
同理可得△P2B2Q2的P2B2上的高为⋯，
由折叠可知A2A3，A3A4，
∵∠MON＝30°，
∴A1B1＝tan30°×OA1＝1，
∴A2B2＝2，A3B3＝4，⋯
∴

，
同理，

，
⋯，




．
故答案为：．
27．（2021•砀山县一模）如图，下列各正方形中的四个数之间具有相同的规律．
根据此规律，回答下列问题：
（1）第5个图中4个数的和为 ．
（2）a＝ ；c＝ ．
（3）根据此规律，第n个正方形中，d＝2564，则n的值为 ．
【思路点拨】
（1）观察图形可得第5个图中4个数，相加即可求解；
（2）由已知图形得出a＝（﹣1）n•2n﹣1，b＝2a＝（﹣1）n•2n，c＝b+4＝（﹣1）n•2n+4，即可求解；
（3）根据d＝a+b+c＝5×（﹣1）n•2n﹣1+4＝2564求解可得．
【解答过程】
解：（1）第5个图形中的4个数分别是﹣16，﹣32，﹣28，﹣76
4个数的和为：﹣16﹣32﹣28﹣76＝﹣152．
（2）a＝（﹣1）n•2n﹣1；
b＝2a＝（﹣1）n•2n，
c＝b+4＝（﹣1）n•2n+4．
（3）根据规律知道，若d＝2564＞0，
则n为偶数，
当n为偶数时a＝2n﹣1，b＝2n，c＝2n+4，2n﹣1+2n+2n+4＝2564，
依题意有2n﹣1+2n+2n＝2560，
解得n＝10．
故答案为：﹣152；（﹣1）n•2n﹣1；（﹣1）n•2n+4；10．
28．（2021•黄山区二模）观察所示图形的面积：图1的面积可表示为13＝12；图2的面积可表示为13+23＝32；图3的面积可表示为13+23+33＝62．
（1）猜想：13+23+33+…+n3＝ ＝ （用含有n的代数式表示）；
（2）计算：．
【思路点拨】
（1）根据所给的式子的特点进行分析，即可得出结果；
（2）根据（1）所得的结论进行解答即可．
【解答过程】
解：（1）∵13＝12；
13+23＝32；
13+23+33＝62；
…
∴13+23+33+…+n3＝（1+2+3+…+n）2＝（）2，
故答案为：（1+2+…+n）2，；
（2）




＝5000．
29．（2021•安徽）某矩形人行道由相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成，图1表示此人行道的地砖排列方式，其中正方形地砖为连续排列．
[观察思考]
当正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块（如图2）；当正方形地砖有2块时，等腰直角三角形地砖有8块（如图3）；以此类推．
[规律总结]
（1）若人行道上每增加1块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖增加 块；
（2）若一条这样的人行道一共有n（n为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为 （用含n的代数式表示）．
[问题解决]
（3）现有2021块等腰直角三角形地砖，若按此规律再建一条人行道，要求等腰直角三角形地砖剩余最少，则需要正方形地砖多少块？
【思路点拨】
（1）观察图形1可知：中间的每个正方形都对应了两个等腰直角三角形，即可得出答案；
（2）观察图形2可知：中间一个正方形的左上、左边、左下共有3个等腰直角三角形，它右上和右下各对应了一个等腰直角三角形，右边还有1个等腰直角三角形，即6＝3+2×1+1＝4+2×1；图3和图1中间正方形右上和右下都对应了两个等腰直角三角形，均有图2一样的规律，图3：8＝3+2×2+1＝4+2×2；图1：4+2n（即2n+4）；
（3）由于等腰直角三角形地砖块数2n+4是偶数，根据现有2021块等腰直角三角形地砖，剩余最少，可得：2n+4＝2020，即可求得答案．
【解答过程】
解：（1）观察图1可知：中间的每个正方形都对应了两个等腰直角三角形，所以每增加一块正方形地砖，等腰直角三角形地砖就增加2块；
故答案为：2；
（2）观察图形2可知：中间一个正方形的左上、左边、左下共有3个等腰直角三角形，它右上和右下各对应了一个等腰直角三角形，右边还有1个等腰直角三角形，即6＝3+2×1+1＝4+2×1；图3和图1中间正方形右上和右下都对应了两个等腰直角三角形，均有图2一样的规律，图3：8＝3+2×2+1＝4+2×2；归纳得：4+2n（即2n+4）；
∴若一条这样的人行道一共有n（n为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为 2n+4块；
故答案为：2n+4；
（3）由规律知：等腰直角三角形地砖块数2n+4是偶数，
∴用2021﹣1＝2020块，
再由题意得：2n+4＝2020，
解得：n＝1008，
∴等腰直角三角形地砖剩余最少为1块，则需要正方形地砖1008块．
30．（2021•青岛一模）[问题提出]：将一个边长为n（n≥2）的菱形的四条边n等分，连接各边对应的等分点，则该菱形被剖分的网格中的平行四边形的个数和菱形个数分别是多少？
[问题探究]：要研究上面的问题，我们不妨先从特例入手，进而找到一般规律．
探究一：将一个边长为2的菱形的四条边分别2等分，连接各边对应的等分点，则该菱形被剖分的网格中的平行四边形的个数和菱形个数分别是多少？
如图1，从上往下，共有2行，我们先研究平行四边形的个数：
（1）第一行有斜边长为1，底长为1～2的平行四边形，共有2+1＝3个；
（2）第二行有斜边长为1，底长为1～2的平行四边形，共有2+1＝3个；
为了便于归纳分析，我们把平行四边形下面的底在第二行的所有平行四边形均算作第二行的平行四边形，以下各行类同第二行．因此底第二行还包括斜边长为2，底长为1～2的平行四边形，共有2+1＝3个．
即：第二行平行四边形共有2×3个．
所以如图1，平行四边形共有2×3+3﹣9﹣（2+1）2．
我们再研究菱形的个数：
分析：边长为1的菱形共有22个，边长为2的菱形共有12个，
所以：如图1，菱形共有22+12＝52×3×5个，
探究二：将一个边长为3的菱形的四条边分别3等分，连接各边对应的等分点，则该菱形被剖分的网格中的平行四边形的个数和菱形个数分别是多少？
如图2，从上往下，共有3行，我们先研究平行四边形的个数：
（1）第一行有斜边长为1，底长为1～3的平行四边形，共有3+2+1＝6个；
（2）第二行有斜边长为1，底长为1～2的平行四边形，共有3+2+1＝6个；底在第二行还包括斜边长为2，底长为1～3的平行四边形，共有3+2+1＝6个，即：第二行平行四边形共有2×6个．
（3）第三行有斜边长为1，底长为1～3的平行四边形，共有3+2+1＝6个；底在第三行还包括斜边长为2，底长为1～3的平行四边形，共有3+2+1＝6个．底在第三行还包括斜边长为3，底长为1～3的平行四边形，共有3+2+1＝6个．即：第三行平行四边形共有3×6个．
所以：如图2，平行四边形共有3×6+2×6+6＝（3+2+1）×6＝（3+2+1）2．
我们再研究菱形的个数：
分析：边长为1的菱形共有32个，边长为2的菱形共有22个，边长为3的菱形共有12个．
所以：如图2，菱形共有32+22+12＝143×4×7个．
探究三：将一个边长为4的菱形的四条边4等分，连接对边对应的等分点，则该菱形被剖分的网格中的平行四边形的个数和菱形的个数分别是多少呢？
如图3，从上往下，共有4行，我们先研究平行四边形的个数：
（1）第一行有斜边长为1，底长为1～4的平行四边形，共有4+3+2+1＝10个．
（2）第二行有斜边长为1，底长为1～4的平行四边形，共有4+3+2+1＝10个．底在第二行还包括斜边长为2，底长为1～4的平行四边形，共有4+3+2+1＝10个．
即：第二行平行四边形总共有2×10个．
（3）模仿上面的探究，第三行平行四边形总共有 个；
（4）按照以上规律，第四行平行四边形总共有 个．
所以：如图3，平行四边形总共有 个．
我们再研究菱形的个数：
分析：边长为1的菱形共有42个，边长为2的菱形共有32个，边长为3的菱形共有22个，边长为4的菱形共有12个．
所以：如图3，菱形共有42+32+22+12＝30 个．（仿照前面的探究，写成三个整数相乘的形式）
【问题解决】
将一个边长为n（n≥2）的菱形的四条边n等分，连接对边对应的等分点，根据上边的规律，得出该菱形被剖分的网格中的平行四边形的个数是 和菱形的个数分别是 ．（用含n的代数式表示）．
【问题应用】
将一个边长为n（n≥2）的菱形的四条边n等分，连接各边对应的等分点，若得出该菱形被剖分的网格中的平行四边形的个数是441个，则n＝ ．
【拓展延伸】
将一个边长为n（n≥2）的菱形的四条边n等分，连接各边对应的等分点，当该菱形被剖分的网格中的平行四边形的个数与菱形的个数之比是135：19时，则n＝ ．
【思路点拨】
本题是找规律的试题，通过第一行，第二行，可推出第三行的规律为 3×（4+3+2+1）个，进而推出第四行的规律为 4×（4+3+2+1）个，在通过边数得到平行四边形的个数（n+n﹣1+n﹣2+…+1）2，菱形的个数为n（n+1）（2n+1），再通过找规律得到其他答案．
【解答过程】
解：探究三：
（3）通过第一行，第二行，可推出第三行平行四边形总共有 3×（4+3+2+1）个．
故答案为：3×（4+3+2+1）；
（4）按照以上规律，第四行平行四边形共有 4×（4+3+2+1）个，
所以，如图 3，平行四边形共有 4×（4+3+2+1）+3×（4+3+2+1）+2×（4+3+2+1）+1×（4+3+2+1）＝（4+3+2+1）×（4+3+2+1）＝（4+3+2+1）2个．
我们再研究菱形的个数：
分析：边长为1的菱形共有42个，边长为2的菱形共有32个，边长为3的菱形共有22个，边长为4的菱形共有12个．
所以：如图3，菱形共有42+32+22+12＝（4×5×9）个，（仿照前面的探究，写成三个整数相乘的形式）
故答案为：4×（4+3+2+1），（4+3+2+1）2，4×5×9；
【问题解决】
将一个边长为n（n≥2）的菱形的四条边n等分，连接各边对应的等分点，根据上边的规律，得出该菱形被剖分的网格中的平行四边形的个数是（n+n﹣1+n﹣2+…+1）2和菱形个数分别是n（n+1）（2n+1）个．（用含n的代数式表示）
故答案为：（n+n﹣1+n﹣2+…+1）2，n（n+1）（2n+1）；
【问题应用】
根据题意可得，
（n+n﹣1+n﹣2+…+1）2＝441，
n+n﹣1+n﹣2+…+1＝21，
∴n＝6．
故答案为：6；
【拓展延伸】
S＝n+（n﹣1）+（n﹣2）+…+1①，
S＝1+2+3+…+n②，
①+②，得 2S＝n（n+1），
∴S，
∴根据题意可得，，
解得：n＝9，或者n（舍去），
故n的值为9．
故答案为：9．图形
…
五边形数
1
5
12
22
35
51
…