专题4 规律探究问题题型备考2026年中考数学第二轮专题练习含答案

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1．[2020湖南娄底·中考真题]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．135B．153C．170D．189
2．[2022云南·中考真题]按一定规律排列的单项式：x，3x2，5x3，7x4，9x5，……，第n个单项式是（ ）
A．(2n-1)B．(2n+1)C．(n-1)D．(n+1)
3．[2024云南·中考真题]按一定规律排列的代数式：，，，，，，第个代数式是（ ）
A．B．C．D．
4．[2023山东济宁·中考真题]已知一列均不为1的数满足如下关系：，，若，则的值是（ ）
A．B．C．D．2
5．[2023四川内江·中考真题]对于正数x，规定 fx=2xx+1 ，例如： f2=2×22+1=43 ， f12=2×1212+1=23 ， f3=2×33+1=32 ， f13=2×1313+1=12 ，计算： f1101+f1100+f199+⋯+f13+f12+f1+ f2+f3+⋯+f99+f100+f101= （ ）
6．[2023湖南常德·中考真题]观察下边的数表（横排为行，竖排为列），按数表中的规律，分数 202023 若排在第a行b列，则 a−b 的值为( )
11
12 21
13 22 31
14 23 32 41
……
7．[2023云南·中考真题]按一定规律排列的单项式：，第个单项式是（ ）
A．B．C．D．
8．[2022内蒙古呼伦贝尔·中考真题]观察下列等式：，，，，，，…根据其中的规律可得的结果的个位数字是（ ）
A．0B．1C．7D．8
9．[2023黑龙江等地·中考真题]观察下面两行数：
取每行数的第7个数，计算这两个数的和是（ ）
A．92B．87C．83D．78
10．[2022湖北鄂州·中考真题]生物学中，描述、解释和预测种群数量的变化，常常需要建立数学模型．在营养和生存空间没有限制的情况下，某种细胞可通过分裂来繁殖后代，我们就用数学模型2n来表示．即：21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，……，请你推算22022的个位数字是（ ）
A．8B．6C．4D．2
11．[2024四川德阳·中考真题]将一组数 2,2,6,22,10,23,⋯,2n,⋯， 按以下方式进行排列：
则第八行左起第1个数是（ ）
12．[2023四川德阳·中考真题]在“点燃我的梦想，数学皆有可衡”数学创新设计活动中，“智多星”小强设计了一个数学探究活动：对依次排列的两个整式m，n按如下规律进行操作：
第1次操作后得到整式串m，n，；
第2次操作后得到整式串m，n，，；
第3次操作后…
其操作规则为：每次操作增加的项，都是用上一次操作得到的最末项减去其前一项的差，小强将这个活动命名为“回头差”游戏．
则该“回头差”游戏第2023次操作后得到的整式中各项之和是（ ）
A．B．mC．D．
13．[2022内蒙古鄂尔多斯·中考真题]按一定规律排列的数据依次为，，，……按此规律排列，则第30个数是 ．
14．[2022江苏宿迁·中考真题]按规律排列的单项式：，，，，，…，则第20个单项式是 ．
15．[2021甘肃武威等地·中考真题]一组按规律排列的代数式：，…，则第个式子是 ．
16．[2023内蒙古呼伦贝尔·中考真题]观察下列各式：
，，，…
请利用你所发现的规律，计算： ．
17．[2024江西·中考真题]观察a，，，，…，根据这些式子的变化规律，可得第100个式子为 ．
18．[2023湖南岳阳·中考真题]观察下列式子：
12−1=1×0 ； 22−2=2×1 ； 32−3=3×2 ； 42−4=4×3 ； 52−5=5×4 ；…
依此规律，则第 n （ n 为正整数）个等式是________．
19．[2024四川成都·中考真题]在综合实践活动中，数学兴趣小组对这个自然数中，任取两数之和大于的取法种数进行了探究．发现：当时，只有一种取法，即；当时，有和两种取法，即；当时，可得；……．若，则的值为 ；若，则的值为 ．
20．[2024四川眉山·中考真题]已知a1=x+1(x≠0且x≠−1)，a2=11−a1，a3=11−a2，⋯ ，an=11−an−1，则a2 024的值为________．
21．[2024宁夏·中考真题]观察下列等式：
第1个：；
第2个：；
第3个：；
第4个：．
按照以上规律，第个等式为 ．
22．[2021湖南怀化·中考真题]观察等式：，，，……，已知按一定规律排列的一组数：，，，……，，若，用含的代数式表示这组数的和是 ．
23．[2021湖北黄冈等地·中考真题]人们把这个数叫做黄金分割数，著名数学家华罗庚优选法中的法就应用了黄金分割数．设，，则，记，，…，．则 ．
24．[2023四川成都·中考真题]定义：如果一个正整数能表示为两个正整数，的平方差，且，则称这个正整数为“智慧优数”．例如，，16就是一个智慧优数，可以利用进行研究．若将智慧优数从小到大排列，则第3个智慧优数是 ；第23个智慧优数是 ．
25．[2022湖南怀化·中考真题]正偶数2，4，6，8，10，…，按如下规律排列，
则第27行的第21个数是 ．
26．[2019安徽·中考真题]观察以下等式：
第1个等式：21＝11＋11；
第2个等式：23＝12＋16；
第3个等式：25＝13＋115；
第4个等式：27＝14＋128；
第5个等式：29＝15＋145；
……
按照以上规律，解决下列问题：
(1)写出第6个等式： ．
(2)写出你猜想的第n个等式： (用含n的等式表示)，并证明．
27．[2022安徽·中考真题]观察以下等式：
第1个等式：(2×1＋1)2＝(2×2＋1)2－(2×2)2，
第2个等式：(2×2＋1)2＝(3×4＋1)2－(3×4)2，
第3个等式：(2×3＋1)2＝(4×6＋1)2－(4×6)2，
第4个等式：(2×4＋1)2＝(5×8＋1)2－(5×8)2，
……
按照以上规律，解决下列问题：
(1)写出第5个等式： ；
(2)写出你猜想的第n个等式(用含n的式子表示)，并证明.
28．[2022浙江嘉兴·中考真题]设是一个两位数，其中a是十位上的数字（1≤a≤9）．例如，当a＝4时，表示的两位数是45．
(1)尝试：
①当a＝1时，152＝225＝1×2×100＋25；
②当a＝2时，252＝625＝2×3×100＋25；
③当a＝3时，352＝1225＝ ；
……
(2)归纳：与100a(a＋1)＋25有怎样的大小关系？试说明理由．
(3)运用：若与100a的差为2525，求a的值．
二、图形的变化类
1．[2024重庆·中考真题]烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物质，如图是这类物质前四种化合物的分子结构模型图，其中灰球代表碳原子，白球代表氢原子.第1种如图①有4个氢原子，第2种如图②有6个氢原子，第3种如图③有8个氢原子，⋯⋯ 按照这一规律，第10种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是（ ）
A. 20B. 22C. 24D. 26
2．[2024山东济宁·中考真题]如图，用大小相等的小正方形按照一定规律拼正方形．第一幅图有1个正方形，第二幅图有5个正方形，第三幅图有14个正方形……按照此规律，第六幅图中正方形的个数为（ ）
A．90B．91C．92D．93
3．[2024黑龙江牡丹江·中考真题]如图是由一些同样大小的三角形按照一定规律所组成的图形，第1个图有4个三角形．第2个图有7个三角形，第3个图有10个三角形……按照此规律排列下去，第674个图中三角形的个数是（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
4．[2023重庆·中考真题]用圆圈按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有2个圆圈，第②个图案中有5个圆圈，第③个图案中有8个圆圈，第④个图案中有11个圆圈，…，按此规律排列下去，则第⑦个图案中圆圈的个数为（ ）

A．14B．20C．23D．26
5．[2022山东威海·中考真题]由12个有公共顶点O的直角三角形拼成如图所示的图形，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝…＝∠LOM＝30°．若S△AOB＝1，则图中与△AOB位似的三角形的面积为( )
A．（）3B．（）7C．（）6D．（）6
6．[2022广东广州·中考真题]如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒……若按照这样的方法拼成的第个图形需要2022根小木棒，则的值为（ ）
A．252B．253C．336D．337
7．[2022广西玉林·中考真题]如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是( )
A．4B．C．2D．0
8．[2023山西·中考真题]如图是一组有规律的图案，它由若干个大小相同的圆片组成．第1个图案中有4个白色圆片，第2个图案中有6个白色圆片，第3个图案中有8个白色圆片，第4个图案中有10个白色圆片，…依此规律，第n个图案中有 个白色圆片（用含n的代数式表示）

9．[2024黑龙江大庆·中考真题]如图①，直角三角形的两个锐角分别是40°和50°，其三边上分别有一个正方形．执行下面的操作：由两个小正方形向外分别作锐角为40°和50°的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形．图②是1次操作后的图形．图③是重复上述步骤若干次后得到的图形，人们把它称为“毕达哥拉斯树”．若图①中的直角三角形斜边长为2，则10次操作后图形中所有正方形的面积和为 ．
10．[2024山东泰安·中考真题]如图所示，是用图形“○”和“●”按一定规律摆成的“小屋子”．按照此规律继续摆下去，第 个“小屋子”中图形“○”个数是图形“●”个数的3倍．
11．[2024青海·中考真题]如图是由火柴棒摆成的图案，按此规律摆放，第（7）个图案中有 个火柴棒．

12．[2024四川遂宁·中考真题]在等边三边上分别取点，使得，连接三点得到，易得，设，则.
如图①,当时，,
如图②,当时，,
如图③,当时，,
……
直接写出，当时， ．
13．[2023四川遂宁·中考真题]烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物，在生产生活中可作为燃料、润滑剂等原料，也可用于动、植物的养护．通常用碳原子的个数命名为甲烷、乙烷、丙烷、……、癸烷（当碳原子数目超过 10 个时即用汉文数字表示，如十一烷、十二烷……）等，甲烷的化学式为 CH4 ，乙烷的化学式为 C2H6 ，丙烷的化学式为 C3H8 ……，其分子结构模型如图所示，按照此规律，十二烷的化学式为________．

14．[2021湖南常德·中考真题]如图中的三个图形都是边长为1的小正方形组成的网格，其中第一个图形有个正方形，所有线段的和为4，第二个图形有个小正方形，所有线段的和为12，第三个图形有个小正方形，所有线段的和为24，按此规律，则第n个网格所有线段的和为
．(用含n的代数式表示)
15．[2022黑龙江大庆·中考真题]观察下列“蜂窝图”，按照这样的规律，则第16个图案中的“”的个数是 ．
16．[2022湖北十堰·中考真题]如图，某链条每节长为，每两节链条相连接部分重叠的圆的直径为，按这种连接方式，50节链条总长度为 ．
17．[2022四川遂宁·中考真题]“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第六代勾股树中正方形的个数为 ．
18．[2022黑龙江牡丹江等地·中考真题]下列图形是将等边三角形按一定规律排列，则第个图形中所以等边三角形的个数是 ．

19．[2024四川凉山彝族自治州·中考真题]阅读下面材料，并解决相关问题：
下图是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点……第行有个点……
容易发现，三角点阵中前4行的点数之和为10．
(1)探索：三角点阵中前8行的点数之和为_____，前15行的点数之和为______，那么，前行的点数之和为______.
(2)体验：三角点阵中前行的点数之和______（填“能”或“不能”）为500．
(3)运用：某广场要摆放若干种造型的盆景，其中一种造型要用420盆同样规格的花，按照第一排2盆，第二排4盆，第三排6盆……第排盆的规律摆放而成，则一共能摆放多少排？
20．[2018河北·中考真题]如图，阶梯图的每个台阶上都标着一个数，从下到上的第1个至第4个台阶上依次标着﹣5，﹣2，1，9，且任意相邻四个台阶上数的和都相等．
尝试 （1）求前4个台阶上数的和是多少？
（2）求第5个台阶上的数x是多少？
应用 求从下到上前31个台阶上数的和．
发现 试用含k（k为正整数）的式子表示出数“1”所在的台阶数．
21．[2021安徽·中考真题]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）．
（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？
三、点的坐标变化类
1．[2024四川内江·中考真题]如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（ ）．
A．B．C．D．
2．[2023辽宁阜新·中考真题]如图，四边形是正方形，曲线叫作“正方形的渐开线”，其中，，，，…的圆心依次按O，A，B，循环．当时，点的坐标是( )

A．B．C．D．
3．[2022河南·中考真题]如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，交y轴于点P.将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2 022次旋转结束时，点A的坐标为( )
A．(3，－1) B．(－1，－3)
C．(－3，－1) D．(1，3)
4．[2023山东烟台·中考真题]如图，在直角坐标系中，每个网格小正方形的边长均为1个单位长度，以点P为位似中心作正方形 PA1A2A3 ，正方形 PA4A5A6,… ，按此规律作下去，所作正方形的顶点均在格点上，其中正方形 PA1A2A3 的顶点坐标分别为 P−3,0,A1−2,1,A2−1,0 ， A3−2,−1 ，则顶点 A100 的坐标为（ ）

5．[2023山东日照·中考真题]数学家高斯推动了数学科学的发展，被数学界誉为“数学王子”，据传，他在计算时，用到了一种方法，将首尾两个数相加，进而得到．人们借助于这样的方法，得到（n是正整数）．有下列问题，如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中，且是整数．记，如，即，即，即，以此类推．则下列结论正确的是（ ）

A．B．C．D．
6．[2024湖北武汉·中考真题]如图，小好同学用计算机软件绘制函数的图象，发现它关于点中心对称．若点，，，……，，都在函数图象上，这个点的横坐标从开始依次增加，则的值是（ ）
A．B．C．0D．1
7．[2024黑龙江绥化·中考真题]如图，已知，，，，，，，…，依此规律，则点的坐标为 ．
8．[2022黑龙江牡丹江等地·中考真题]如图所示，以O为端点画六条射线后OA，OB，OC，OD，OE，O后F，再从射线OA上某点开始按逆时针方向依次在射线上描点并连线，若将各条射线所描的点依次记为1，2，3，4，5，6，7，8…后，那么所描的第2013个点在射线___上．
9．[2023山东泰安·中考真题]已知，都是边长为2的等边三角形，按下图所示摆放．点都在x轴正半轴上，且，则点的坐标是 ．

10．[2024四川广安·中考真题]已知，直线与轴相交于点，以为边作等边三角形，点在第一象限内，过点作轴的平行线与直线交于点，与轴交于点，以为边作等边三角形（点在点的上方），以同样的方式依次作等边三角形，等边三角形，则点的横坐标为 ．
11．[2023江苏宿迁·中考真题]如图， △ABC 是正三角形，点A在第一象限，点 B0,0 、 C1,0 ．将线段 CA 绕点C按顺时针方向旋转 120∘ 至 CP1 ；将线段 BP1 绕点B按顺时针方向旋转 120∘ 至 BP2 ；将线段 AP2 绕点A按顺时针方向旋转 120∘ 至 AP3 ；将线段 CP3 绕点C按顺时针方向旋转 120∘ 至 CP4 ；……以此类推，则点 P99 的坐标是____．

12．[2023山东东营·中考真题]如图，在平面直角坐标系中，已知直线的表达式为，点的坐标为，以为圆心，为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；以为圆心，为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；以为圆心，为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；……按照这样的规律进行下去，点的横坐标是 ．
13．[2024黑龙江·中考真题]如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点M的坐标为，是等边三角形，点B坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……，则的坐标是 ．
14．[2023四川广安·中考真题]在平面直角坐标系中，点 A1，A2，A3，A4⋯ 在 x 轴的正半轴上，点 B1、B2、B3⋯ 在直线 y=33xx≥0 上，若点 A1 的坐标为 2,0 ，且 △A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4⋯ 均为等边三角形．则点 B2023 的纵坐标为__________．

15．[2024黑龙江齐齐哈尔·中考真题]如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为，点B的坐标为，点C在第一象限，．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为，点C的对应点为，与的交点为，称点为第一个“花朵”的花心，点为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 ．
16．[2023江苏连云港·中考真题]画一条水平数轴，以原点为圆心，过数轴上的每一刻度点画同心圆，过原点按逆时针方向依次画出与正半轴的角度分别为的射线，这样就建立了“圆”坐标系．如图，在建立的“圆”坐标系内，我们可以将点的坐标分别表示为，则点的坐标可以表示为__________．

17．[2022黑龙江齐齐哈尔·中考真题]如图，直线与轴相交于点，与轴相交于点，过点作交轴于点，过点作轴交于点，过点作交轴于点，过点作轴交于点…，按照如此规律操作下去，则点的纵坐标是 ．
18．[2023湖南怀化·中考真题]在平面直角坐标系中， △AOB 为等边三角形，点A的坐标为 1,0 ．把 △AOB 按如图所示的方式放置，并将 △AOB 进行变换：第一次变换将 △AOB 绕着原点O顺时针旋转 60∘ ，同时边长扩大为 △AOB 边长的2倍，得到 △A1OB1 ；第二次旋转将 △A1OB1 绕着原点O顺时针旋转 60∘ ，同时边长扩大为 △A1OB1 边长的2倍，得到 △A2OB2 ，…．，依次类推，得到 △A2023OB2023 ，则 △A2023OB2023 的边长为_________，点 A2023 的坐标为_________．
19．[2023山东东营·中考真题]如图，在平面直角坐标系中，直线l：与x轴交于点，以为边作正方形点在y轴上，延长交直线l于点，以为边作正方形，点在y轴上，以同样的方式依次作正方形，…，正方形，则点的横坐标是___________．

参考答案
一、数与式的变化类
1．【答案】C
【详解】根据题目可知，4=2×2，6=3×2，8=4×2，⋯ ，所以18=2b,所以b=9.2=1+1，3=2+1，4=3+1，⋯ ，所以a=b−1，所以a=8.又因为9=(4−1)×(2+1)，20=(6−1)×(3+1)，35=(8−1)×(4+1)，⋯ ，所以x=(18−1)×(b+1)=17×10=170.故选C.
2．【答案】A
【分析】系数的绝对值均为奇数，可用(2n-1)表示；字母和字母的指数可用xn表示．
【详解】解：依题意，得第n项为（2n-1）xn，
故此题答案为A．
3．【答案】D
【分析】根据数列找到变化规律即可求解，仔细观察和总结规律.
【详解】解：∵按一定规律排列的代数式：，，，，，，
∴第个代数式是.
故选．
4．【答案】A
【分析】根据题意可把代入求解，则可得，，……；由此可得规律求解．
【详解】解：∵，
∴，，，，…….；
由此可得规律为按2、、、四个数字一循环，
∵，
∴；
故选A．
5．【答案】C
【分析】通过计算 f1=1,f2+f12=2,f3+f13=2 ， … 可以推出 f1101+f1100+f199+⋯+f13+f12+f1+f2+f3+⋯+f99+f100+f101 结果．
【详解】 ∵f1=21+1=1,
f2=41+2=43,f12=2×121+12=23,f2+f12=2,
f3=2×31+3=32,f13=2×131+13=12,f3+f13=2,
…
f100=2×1001+100=200101 ， f1100=2×11001+1100=2101 ， f100+f1100=2 ，
∴ f1101+f1100+f199+⋯+f13+f12+f1+f2+f3+⋯+f99+f100+f101
=2×100+1 =201 .故选C．
6．【答案】C
【分析】观察表中的规律发现，分数的分子是几，则必在第几列；只有第一列的分数，分母与其所在行数一致．
【详解】观察表中的规律发现，分数的分子是几，则必在第几列；只有第一列的分数，分母与其所在行数一致，故 202023 在第20列，即 b=20 ；
向前递推到第1列时，分数为 20−192023+19=12042 ，故分数 202023 与分数 12042 在同一行，即在第2042行，则 a=2042 ,
∴ a−b=2042−20=2022， 故选C．
7．【答案】C
【分析】根据单项式的规律可得，系数为，字母为，指数为1开始的自然数，据此即可求解．
【详解】解：按一定规律排列的单项式：，第个单项式是，
故选：C．
8．【答案】C
【分析】观察等式，发现尾数分别为 1，7，9，3，1，7，9，每4个数一组进行循环，所以，进而可得的结果的个位数字．
【详解】解：观察下列等式：
，，，，，，，
发现尾数分别为 1，7，9，3，1，7，，
所以和的个位数字依次以1，8，7，0循环出现，
，
每4个数一组进行循环，
所以，
而，
，
所以的结果的个位数字是7．
故此题答案为C．
9．【答案】C
【分析】先分别找出每行数字的规律，求出每行第7个数，将这两个数相加即可．
【详解】解：第一行的数字规律为：，第二行的数字规律为：，
第一行的第7个数字为：，第二行的第7个数字为：，
，
故选：C．
10．【答案】C
【分析】利用已知得出数字个位数的变化规律进而得出答案．
【详解】解：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，…，
∴尾数每4个一循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴22022的个位数字应该是：4．
故选：C．
11．【答案】C
【分析】求出第七行共有28个数，从而可得第八行左起第1个数是第29个数，据此求解即可得．
【详解】解：由图可知，第一行共有1个数，第二行共有2个数，第三行共有3个数，
归纳类推得：第七行共有 1+2+3+4+5+6+7=28 个数，
则第八行左起第1个数是 2×29=58，
故此题答案为C．
12．【答案】C
【分析】先逐步分析前面5次操作，可得整式串每四次一循环，再求解第四次操作后所有的整式之和为，结合，从而可得答案．
【详解】解：第1次操作后得到整式串m，n，；
第2次操作后得到整式串m，n，，；
第3次操作后得到整式串m，n，，，；
第4次操作后得到整式串m，n，，，，；
第5次操作后得到整式串m，n，，，，，；
归纳可得,以上整式串每四次一循环，
第四次操作后所有的整式之和为，
∵，
∴第2023次操作后得到的整式中各项之和与第3次操作后得到整式串之和相等，
∴这个和为.
故选C.
13．【答案】
【分析】由所给的数，发现规律为第n个数是，当n＝30时即可求解．
【详解】解：∵，，，…，
∴第n个数是，
当n＝30时，==.
14．【答案】
【分析】观察一列单项式发现偶数个单项式的系数为：奇数个单项式的系数为：而单项式的指数是奇数，从而可得答案．
【详解】解：，，，，，…，
由偶数个单项式的系数为： 所以第20个单项式的系数为
第1个指数为：
第2个指数为：
第3个指数为：

指数为
所以第20个单项式是：
故答案为：
15．【答案】
【分析】根据已知的式子可以看出：每个式子的第一项中a的次数是式子的序号；第二项中b的次数是序号的2倍减1，而第二项的符号是第奇数项时是正号，第偶数项时是负号．
【详解】解：∵当n为奇数时，；
当n为偶数时，，
∴第n个式子是：．
故答案为：
16．【答案】
【详解】
17．【答案】
【分析】分别找出系数和次数的规律，据此判断出第n个式子是多少即可．
【详解】解：∵a，，，，…，
∴第n个单项式的系数是1；
∵第1个、第2个、第3个、第4个单项式的次数分别是1、2、3、4，…，
∴第n个式子是．
∴第100个式子是．
18．【答案】 n2−n=nn−1
【分析】根据等式的左边为正整数的平方减去这个数，等式的右边为这个数乘这个数减1，即可求解．
【详解】∵ 12−1=1×0 ；
22−2=2×1 ；
32−3=3×2 ；
42−4=4×3 ；
52−5=5×4 ；…
∴第 n （ n 为正整数）个等式是 n2−n=nn−1 ，
故答案为 n2−n=nn−1 ．
19．【答案】9；144
【详解】解：当时，只有一种取法，则；
当时，有和两种取法，则；
当时，有，，，四种取法，则；
故当时，有，，，，，六种取法，则；
当时，有，，，，，，，，九种取法，则；
依次类推，
当n为偶数时，，
故当时，．
20．【答案】−1x
【详解】∵a1=x+1，∴a2=11−a1=11−(x+1)=−1x，a3=11−a2=11−(−1x)=xx+1，a4=11−a3=11−xx+1=11x+1=x+1，∴a5=−1x，a6=xx+1，⋯ ，∴ 每3个为一个循环.∵2 024÷3=674⋯⋯2，∴a2 024=−1x．故答案为−1x．
21．【答案】．
【详解】解：第1个：；
第2个：；
第3个：；
第4个：;
按照以上规律，第个等式为．
22．【答案】
【分析】根据规律将，，，……，用含的代数式表示，再计算的和，即可计算的和．
【详解】由题意规律可得：．
∵
∴，
∵，
∴．
．
．
……
∴．
故．
令
②-①，得
∴=
故答案为：．
23．【答案】10
【分析】先根据求出（为正整数）的值，从而可得的值，再求和即可得．
【详解】解：，
（为正整数），
，
，
，
，
则，
故答案为：10．
24．【答案】 ;.
【分析】根据新定义，列举出前几个智慧优数，找到规律，进而即可求解．
【详解】解：依题意， 当，，则第1个一个智慧优数为,
当，，则第2个智慧优数为,
当，，则第3个智慧优数为，
当，，则第4个智慧优数为，
当，，则第5个智慧优数为 ,
当，，则第6个智慧优数为,
当，，则第7个智慧优数为,
……
时有4个智慧优数，同理时有个，时有6个，
列表如下，
观察表格可知当时，时，智慧优数为，
时，智慧优数为，
，时，智慧优数为，
，时，智慧优数为，
第1至第10个智慧优数分别为：，，，，，，，，，，
第11至第20个智慧优数分别为：，，，，，，，，，，
第21个智慧优数，第22个智慧优数为，第23个智慧优数为.
故答案为，．
25．【答案】744
【分析】由题意知，第n行有n个数，第n行的最后一个偶数为n（n+1），计算出第27行最后一个偶数，再减去与第21位之差即可得到答案．
【详解】由题意知，第n行有n个数，第n行的最后一个偶数为n（n+1），
∴第27行的最后一个数，即第27个数为，
∴第27行的第21个数与第27个数差6位数，即，
故答案为：744．
26．【答案】见详解
【详解】解：(1)第6个等式为211＝16＋166.
(2)22n−1＝1n＋1n2n−1.
证明：∵右边＝1n＋1n2n−1＝2n−1n2n−1＋1n2n−1＝2n−1+1n2n−1＝22n−1＝左边．
∴等式成立.
27．【答案】见详解
【详解】解：(1)第5个等式为2×5+12＝6×10+12－6×102.
(2)第n个等式为2n+12＝2nn+1+12－2nn+12.
证明：右边＝2nn+1+12－2nn+12
＝2nn+1+1+2nn+1·2nn+1+1−2nn+1
＝4n(n＋1)＋1＝4n2＋4n＋1＝(2n＋1)2＝左边，∴等式成立.
28．【答案】(1)③；
(2)相等，证明见解析；
(3)
【分析】（1）③仔细观察①②的提示，再用含有相同规律的代数式表示即可；
（2）由再计算100a(a＋1)＋25，从而可得答案；
（3）由与100a的差为2525，列方程，整理可得再利用平方根的含义解方程即可．
【详解】(1)解：①当a＝1时，152＝225＝1×2×100＋25；
②当a＝2时，252＝625＝2×3×100＋25；
③当a＝3时，352＝1225＝；
(2)解：相等，理由如下：

100a(a＋1)＋25=
(3)
与100a的差为2525，

整理得： 即
解得：
1≤a≤9，
二、图形的变化类
1．【答案】B
【详解】由题图可知，第1种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为4=1×2+2；第2种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为6=2×2+2；第3种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为8=3×2+2；第4种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为10=4×2+2；⋯ ，所以第n种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为2n+2.当n=10时，2n+2=22，即第10种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为22.故选B.
2．【答案】B
【分析】仔细观察图形知道第1个图形有1个正方形，第2个有个，第3个图形有个，…由此得到规律求得第6个图形中正方形的个数即可．
【详解】第1个图形有1个正方形，
第2个图形有个正方形，
第3个图形有个正方形，
……
第6个图形有（个）正方形，
故此题答案为B.
3．【答案】B
【分析】根据前几个图形的变化发现规律，可用含n的代数式表示出第n个图形中三角形的个数，从而可求第674个图形中三角形的个数．
【详解】解：第1个图案有4个三角形，即，
第2个图案有7个三角形，即，
第3个图案有10个三角形，即，
…，
按此规律摆下去，第n个图案有个三角形，
则第674个图案中三角形的个数为：（个）．
故此题答案为B．
4．【答案】B
【分析】根据前四个图案圆圈的个数找到规律，即可求解.
【详解】因为第①个图案中有2个圆圈，；
第②个图案中有5个圆圈，；
第③个图案中有8个圆圈，；
第④个图案中有11个圆圈，；
…，
所以第⑦个图案中圆圈的个数为.
故选B.
5．【答案】C
【分析】根据题意得出A、O、G在同一直线上，B、O、H在同一直线上，确定与△AOB位似的三角形为△GOH，利用锐角三角函数找出相应规律得出OG=，再由相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝…＝∠LOM＝30°
∴∠AOG＝180°，∠BOH＝180°，
∴A、O、G在同一直线上，B、O、H在同一直线上，
∴与△AOB位似的三角形为△GOH，
设OA=x，
则OB=，
∴OC=，
∴OD=，
…
∴OG=，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
6．【答案】B
【分析】根据图形的变化及数值的变化找出变化规律,即可得出结论．
【详解】解：设第n个图形需要an（n为正整数）根小木棒，
观察发现规律：第一个图形需要小木棒：6=6×1+0，
第二个图形需要小木棒：14=6×2+2；
第三个图形需要小木棒：22=6×3+4，…，
∴第n个图形需要小木棒：6n+2（n-1）=8n-2．
∴8n-2=2022，得：n=253，
故选：B．
7．【答案】B
【分析】由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解．
【详解】解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，
∴，
∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处，
连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示：
在正六边形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选B．
8．【答案】
【分析】由于第1个图案中有4个白色圆片，第2个图案中有6个白色圆片，第3个图案中有8个白色圆片，第4个图案中有10个白色圆片，，可得第个图案中有白色圆片的总数为．
【详解】解：第1个图案中有4个白色圆片，
第2个图案中有6个白色圆片，
第3个图案中有8个白色圆片，
第4个图案中有10个白色圆片，
，
∴第个图案中有个白色圆片．
9．【答案】48
【分析】根据题意分别计算出图①、图②和图③的面积，得出规律即可求解．
【详解】解：图①中，∵，
根据勾股定理得，
∴图①中所有正方形面积和为，
图②中所有正方形面积和，即1次操作后的图形中所有正方形的面积和为，
图③中所有正方形面积和，即2次操作后的图形中所有正方形的面积和为，
⋯
∴n次操作后的图形中所有正方形的面积和为，
∴10次操作后的图形中所有正方形的面积和为．
10．【答案】12
【详解】解：由所给图形可知，
第1个“小屋子”中图形“〇”的个数为，“●”的个数为；
第2个“小屋子”中图形“〇”的个数为，“●”的个数为；
第3个“小屋子”中图形“〇”的个数为，“●”的个数为；
第4个“小屋子”中图形“〇”的个数为，“●”的个数为；
…，
所以第n个“小屋子”中图形“〇”的个数为，
“●”的个数为；
由题知，解得，
又n为正整数，则，即第12个“小屋子”中图形“〇”个数是图形“●”个数的3倍．
11．【答案】15
【分析】根据题意得到第（1），（2），（3）个图形中火柴棒的数量，由此可得第（n）个图形有根火柴棒，即可得．
【详解】解：根据题意得第（1）个图形有根火柴棒，
第（2）个图形有根火柴棒，
第（3）个图形有根火柴棒，
……
第（n）个图形有根火柴棒，
∴第（7）个图案中有根火柴棒.
12．【答案】
【详解】解：根据题意可得，当时，，
则当时，．
13．【答案】 C12H26
【分析】根据碳原子的个数，氢原子的个数，找到规律，即可求解．
【详解】解：甲烷的化学式为 CH4 ，乙烷的化学式为 C2H6 ，丙烷的化学式为 C3H8 ……，碳原子的个数为序数，氢原子的个数为碳原子个数的2倍多2个，十二烷的化学式为 C12H26 .
14．【答案】2n2+2n
【分析】本题要通过第1、2、3和4个图案找出普遍规律，进而得出第n个图案的规律为Sn=4n+2n×(n-1)，得出结论即可．
【详解】解：观察图形可知：
第1个图案由1个小正方形组成，共用的木条根数
第2个图案由4个小正方形组成，共用的木条根数
第3个图案由9个小正方形组成，共用的木条根数
第4个图案由16个小正方形组成，共用的木条根数
…
由此发现规律是：
第n个图案由n2个小正方形组成，共用的木条根数
故答案为：2n2+2n．
15．【答案】49
【分析】根据题意可知：第1个图案中有六边形图形：1+2+1=4个，第2个图案中有六边形图形：2+3+2=7个，……由规侓即可得答案．
【详解】解：∵第1个图案中有六边形图形：1+2+1=4个，
第2个图案中有六边形图形：2+3+2=7个，
第3个图案中有六边形图形：3+4+3=10个，
第4个图案中有六边形图形：4+5+4=13个，
……
∴第16个图案中有六边形图形：16+17+16=49个，
故答案为：49．
16．【答案】91
【分析】通过观察图形可知，1节链条的长度是，2节链条的长度是（2.8×2-1），3节链条的长度是（2.8×3-1×2），n节链条的长度是2.8n-1×（n-1），据此解答即可求解．
【详解】解：2节链条的长度是（2.8×2-1），
3节链条的长度是（2.8×3-1×2），
n节链条的长度是2.8n-1×（n-1），
所以50节链条的长度是：2.8×50-1×（50-1）
=140-1×49
=91
故答案为：91
17．【答案】127
【分析】由已知图形观察规律，即可得到第六代勾股树中正方形的个数．
【详解】解：∵第一代勾股树中正方形有1+2=3（个），
第二代勾股树中正方形有1+2+22=7（个），
第三代勾股树中正方形有1+2+22+23=15（个），
．
∴第六代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25+26=127（个），
故答案为：127．
18．【答案】485
【详解】解： 由图可以看出：第一个图形中5个正三角形，
第二个图形中5×3+2=17个正三角形，
第三个图形中17×3+2=53个正三角形，
由此得出第四个图形中53×3+2=161个正三角形，
第五个图形中161×3+2=485个正三角形．
故答案为：485
19．【答案】(1)36；120；；(2)不能；(3)一共能摆放20排．
【详解】（1）解：三角点阵中前8行的点数之和为，
前15行的点数之和为，
那么，前行的点数之和为；
（2）解：不能，理由如下：
由题意得，得， ，∴此方程无正整数解，所以三角点阵中前n行的点数和不能是500；
（3）解：同理，前行的点数之和为，
由题意得，得，即，
解得或（舍去），∴一共能摆放20排．
20．【答案】（1）3；（2）第5个台阶上的数x是﹣5；应用：从下到上前31个台阶上数的和为15；发现：数“1”所在的台阶数为4k﹣1．
【分析】尝试（1）将前4个数字相加可得；
（2）根据“相邻四个台阶上数的和都相等”列出方程求解可得；
应用：根据“台阶上的数字是每4个一循环”求解可得；发现：由循环规律即可知“1”所在的台阶数为4k﹣1．
【详解】尝试：（1）由题意得前4个台阶上数的和是﹣5﹣2+1+9=3；
（2）由题意得﹣2+1+9+x=3，
解得：x=﹣5，
则第5个台阶上的数x是﹣5；
应用：由题意知台阶上的数字是每4个一循环，
∵31÷4=7…3，
∴7×3+1﹣2﹣5=15，
即从下到上前31个台阶上数的和为15；
发现：数“1”所在的台阶数为4k﹣1．
21．【答案】（1）2 ；（2）；（3）1008块
【分析】（1）由图观察即可；
（2）由每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖，再结合题干中的条件正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块，递推即可；
（3）利用上一小题得到的公式建立方程，即可得到等腰直角三角形地砖剩余最少时需要正方形地砖的数量．
【详解】解：（1）由图可知，每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖；
故答案为：2 ；
（2）由（1）可知，每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖；
当正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块，即2+4；
所以当地砖有n块时，等腰直角三角形地砖有（）块；
故答案为：；
（3）令 则
当时，
此时，剩下一块等腰直角三角形地砖
需要正方形地砖1008块．
22．【答案】（1）2 ；（2）；（3）1008块
【分析】（1）由图观察即可；
（2）由每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖，再结合题干中的条件正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块，递推即可；
（3）利用上一小题得到的公式建立方程，即可得到等腰直角三角形地砖剩余最少时需要正方形地砖的数量．
【详解】解：（1）由图可知，每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖；
故答案为：2 ；
（2）由（1）可知，每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖；
当正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块，即2+4；
所以当地砖有n块时，等腰直角三角形地砖有（）块；
故答案为：；
（3）令 则
当时，
此时，剩下一块等腰直角三角形地砖
需要正方形地砖1008块．
三、点的坐标变化类
1．【答案】C
【分析】通过求出点的坐标，、、的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后结合图形求解即可．
【详解】轴，点的坐标为，
，则点的纵坐标为3，代入，
得：，则点的坐标为．
，，
，
由旋转可知，，，，
，，
，
．
设点的坐标为，
则，
解得或（舍去），则，
点的坐标为．
故此题答案为C．
2．【答案】A
【分析】由题得点的位置每4个一循环，经计算得出在第三象限，与，，，…符合同一规律，探究出，，，...的规律即可．
【详解】由题图得，，…点C的位置每4个一循环，，∴在第三象限，与，，，…符合规律，∴的坐标为．故选A．
3．【答案】B
【详解】∵正六边形ABCDEF的边长为2，中心与点O重合，AB ∥x轴，∴AP＝1，OA＝2，∠APO＝90°，∴OP＝OA2−AP2＝3，∴点A(1，3)．∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，∴每旋转4次为一个循环．∵2 022÷ 4＝505……2，∴第2 022次旋转结束时点A的坐标与第2次旋转结束时点A的坐标相同，即此时点A旋转到点D的位置．∵点A与点D关于原点中心对称，∴点D(－1，－3)，故选B．
【关键点拨】
由于2 022÷ 4＝505……2，所以第2 022次旋转结束时△OAP的位置与第2次旋转结束时△OAP的位置相同，此时点A旋转到点D的位置．由于点D与点A关于原点中心对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可求出旋转后的点A的坐标.
4．【答案】A
【分析】根据图象可得移动3次完成一个循环，从而可得出点坐标的规律 A3n−2n−3，n ．
【详解】解：∵ A1−2，1 ， A4−1，2 ， A70，3 ， A101，4 ， ⋯ ，
∴ A3n−2n−3，n ，
∵ 100=3×34−2 ，则 n=34 ，
∴ A10031，34 ，
故选：A．
5．【答案】B
【分析】利用图形寻找规律，再利用规律解题即可．
【详解】解：第1圈有1个点，即，这时；
第2圈有8个点，即到；
第3圈有16个点，即到，；
依次类推，第n圈，；
由规律可知：是在第23圈上，且，则即，故A选项不正确；
是在第23圈上，且，即，故B选项正确；
第n圈，，所以，故C、D选项不正确；
故选B．
6．【答案】D
【分析】根据题意得出，进而转化为求，根据题意可得，，即可求解．
【详解】解：∵这个点的横坐标从开始依次增加，
∴，
∴，
∴，而即，
∵，
当时，，即，
∵关于点中心对称的点为，
即当时，，
∴，
故选D．
7．【答案】
【分析】根据题意可知个点坐标的纵坐标为一个循环，的坐标为，据此可求得的坐标．
【详解】解：∵，，，，，，，…，
∴可知个点坐标的纵坐标为一个循环，的坐标为，
∵，∴的坐标为．∴的坐标为．
8．【答案】OC
【详解】解∶∵1在射线OA上，2在射线OB上，3在射线OC上，4在射线OD上，5在射线OE上，6在射线OF上，7在射线OA上，…
∴每六个一循环．
∵2013÷6=335…3，
∴所描的第2013个点在射线和3所在射线一样．
∴所描的第2013个点在射线OC上．
故答案为：OC
9．【答案】
【分析】先确定前几个点的坐标，然后归纳规律，按规律解答即可．
【详解】由图形可得：如图，过作轴，

∵∴∴,同理：∴，为偶数，，为奇数；∵，2023为奇数，∴．故答案为．
【刷有所得】本题主要考查了等边三角形的性质、解直角三角形、坐标规律等知识点，先求出几个点、发现规律是解答本题的关键．
10．【答案】
【分析】直线直线可知，点坐标为，可得，由于是等边三角形，可得点，把代入直线解析式即可求得的横坐标，可得，由于是等边三角形，可得点；同理，．
【详解】解：∵直线与x轴负半轴交于点，
∴点坐标为，
∴，
过，，作轴交x轴于点M，轴交于点D，交x轴于点N，

∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，，解得，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，解得，
∴；
而，
同理可得的横坐标为，
∴点的横坐标为．
11．【答案】 −49,503
【分析】首先画出图形，然后得到旋转3次为一循环，然后求出点 P99 在射线 CA 的延长线上，点 P100 在x轴的正半轴上，然后利用旋转的性质得到 CP99=100 ，最后利用勾股定理和含 30∘ 角直角三角形的性质求解即可．
【详解】如图所示，

由图象可得，点 P1 ， P4 在x轴的正半轴上，
∴旋转3次为一个循环，
∵ 99÷3=33 ，
∴点 P99 在射线 CA 的延长线上，
∴点 P100 在x轴的正半轴上，
∵ C1,0 ， △ABC 是正三角形，
∴由旋转的性质可得， AC=CP1=1 ，
∴ BP1=OC+CP1=2 ，
∴ P12,0 ，
∴ BP2=BP1=2 ，
∴ AP3=AP2=OP2+AO=3 ，
∴ CP4=CP3=CA+AP3=3+1=4 ，
∴ BP4=BC+CP4=5 ，
∴ P45,0 ，
∴同理可得， P78,0 ， P1011,0 ，
∴ P100101,0 ，
∴ BP100=101 ，
∴ CP100=101−1=100 ，
∴由旋转的性质可得， CP99=100 ，
∴如图所示，过点 P99 作 P99E⊥x 轴于点E，

∵ ∠ACB=60∘ ，
∴ ∠EP99C=30∘ ，
∴ EC=12P99C=50 ，
∴ EO=EC−OC=49 ， P99E=P99C2−EC2=503 ，
∴点 P99 的坐标是 −49,503 ．
12．【答案】
【分析】作轴于点H，依次求出，找出规律即可解决．
【详解】解：作轴于点H，
均在直线上，，，
，，，
，，
，，
同理，，，
同理，，，
，
即点的横坐标是．
13．【答案】
【分析】根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点，，，的坐标，发现规律即可解决问题．
【详解】解：正方形顶点M的坐标为，,
是等边三角形，点B坐标是，等边三角形高为，
由题知，的坐标是；的坐标是；的坐标是；
继续滚动有，的坐标是；的坐标是；的坐标是；
的坐标是；的坐标是；的坐标是；的坐标是；
的坐标是；的坐标是；的坐标是；不断循环，循环规律为以，，，，12个为一组，
，的坐标与的坐标一样为．
14．【答案】 220223
【分析】过点 A1 作 A1M⊥x 轴，交直线 y=33xx≥0 于点 M ，过点 B1 作 B1C⊥x 轴于点 C ，先求出 ∠A1OM=30∘ ，再根据等边三角形的性质、等腰三角形的判定可得 A1B1=OA1=2 ，然后解直角三角形可得 B1C 的长，即可得点 B1 的纵坐标，同样的方法分别求出点 B2,B3,B4 的纵坐标，最后归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，过点 A1 作 A1M⊥x 轴，交直线 y=33xx≥0 于点 M ，过点 B1 作 B1C⊥x 轴于点 C ，

∵A12,0 ， ∴OA1=2 ，当 x=2 时， y=233 ，即 M2,233,A1M=233 ， ∴tan∠A1OM=A1MA1O=33 ， ∴∠A1OM=30∘ ， ∵△A1B1A2 是等边三角形， ∴∠A2A1B1=60∘,A1A2=A1B1 ， ∴∠OB1A1=30∘=∠A1OM ， ∴A1B1=OA1=2 ，
∴B1C=A1B1⋅sin60∘=2×32 ，即点 B1 的纵坐标为 2×32 ，同理可得，点 B2 的纵坐标为 22×32 ，点 B3 的纵坐标为 23×32 ，点 B4 的纵坐标为 24×32 ，归纳类推得，点 Bn 的纵坐标为 2n×32=2n−13 （ n 为正整数），则点 B2023 的纵坐标为 22023−13=220223 .
15．【答案】
【分析】连接，求得，，，分别得到，， ，，推导得到，滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，由此得到滚动2024次后停止滚动，则，据此求解即可．
【详解】解：连接，
由题意得，，，
∴，
∴，，，
∴，∴，，同理，
，，
滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，
∴滚动2024次后停止滚动，则时，．
16．【答案】
【分析】根据题意，可得在第三个圆上，与正半轴的角度，进而即可求解．
【详解】解：根据图形可得在第三个圆上，与正半轴的角度，
∴点的坐标可以表示为
故答案为：．
17．【答案】
【分析】先根据30°的特殊直角三角形，如，，，求出B点，B1点的纵坐标，发现规律，即可
【详解】∵
当时，
当时，
故，
∴为30°的直角三角形
∴
∵
∴为30°的直角三角形
∴
∴为30°的直角三角形
∵轴
∴
∴
为30°的直角三角形
同理：
…
故：
故答案为：
18．【答案】 22023 ； 22022,−3×22022
【分析】根据旋转角度为 60∘ ，可知每旋转6次后点A又回到 x 轴的正半轴上，故点 A2023 在第四象限，且 OA2023=22023 ，即可求解．
【详解】∵ △AOB 为等边三角形，点A的坐标为 1,0 ，
∴ OA=1 .∵每次旋转角度为 60∘ ，
∴6次旋转 360∘ ，
第一次旋转后， A1 在第四象限， OA1=2 ；
第二次旋转后， A2 在第三象限， OA2=22 ；
第三次旋转后， A3 在 x 轴负半轴， OA3=23 ；
第四次旋转后， A4 在第二象限， OA4=24 ；
第五次旋转后， A5 在第一象限， OA5=25 ；
第六次旋转后， A6 在 x 轴正半轴， OA6=26 ；
……
如此循环，每旋转6次，点A的对应点又回到 x 轴正半轴，
∵ 2023÷6=337……1 ，点 A2023 在第四象限，且 OA2023=22023 ，
如图，过点 A2023 作 A2023H⊥x 轴于 H ，
在 Rt△OHA2023 中， ∠HOA2023=60∘ ，
∴ OH=OA2023⋅cs∠HOA2023=22023×cs60∘=22023×12=22022 ，
A2023H=OA2023⋅sin∠HOA2023=22023×32=3×22022 ，
∴点 A2023 的坐标为 22022,−3×22022 ，
故答案为 22023 ， 22022,−3×22022 ．
19．【答案】
【分析】分别求出点点的横坐标是，点的横坐标是，点的横坐标是，找到规律，得到答案见即可．
【详解】解：当，，解得，
∴点,
∵是正方形，
∴，
∴点，
∴点的横坐标是，
当时，，解得，
∴点，
∵是正方形，
∴，
∴点，
即点的横坐标是，
当时，，解得，
∴点，
∵是正方形，
∴，
∴点的横坐标是，
……
以此类推，则点的横坐标是，
故答案为：.
A．199
B．200
C．201
D．202
A．2003
B．2004
C．2022
D．2023
A． 72
B． 82
C． 58
D． 47
A． 31.34
B． 31,−34
C． 32,35
D． 32,0