专题32 中考热点规律探究填空选择专项训练-2023年中考数学二轮专题提升训练

这是一份专题32 中考热点规律探究填空选择专项训练-2023年中考数学二轮专题提升训练，共28页。试卷主要包含了计算，如图所示的“钻石”型网格种涂法等内容，欢迎下载使用。

专题32 中考热点规律探究填空选择专项训练
一．选择题
（2021•广西模拟）
1．计算：归纳各计算结果中的个位数字规律，猜测的个位数字是（　　　）
A．1 B．3 C．7 D．5
（2021春•沙坪坝区校级月考）
2．使用黑白棋子按照一定规律摆放成三角形阵．前五次摆放的情况如下图所示．如果按照此规律继续构建三角形阵，摆放到第（    ）个三角形阵时，该三角形阵中的黑棋子第一次比白棋子多．

A．6 B．7 C．8 D．9
（2022秋•大埔县期中）
3．某同学用一等边三角形木板制作一些相似的直角三角形．如图，其方法是：过C点作于，再过作于，再过作于，…，若的边长为a，则，，，依此规律，则的长为（　　）

A． B． C． D．
（2022春•裕华区校级期中）
4．如图，动点从坐标原点出发，以每秒一个单位长度的速度按图中箭头所示方向运动，第秒运动到点，第秒运动到点，第秒运动到点，第秒运动到点，……则第秒点所在位置的坐标是（    ）

A． B． C． D．
（2022秋•桥西区校级期中）
5．计算：，，，，，……归纳各计算结果中的个位数字规律，则的个位数字是（    ）
A．1 B．3 C．4 D．5
（2021秋•西城区校级期中）
6．如图所示的“钻石”型网格（由边长都为1个单位长度的等边三角形组成），其中已经涂黑了3个小三角形（阴影部分表示），请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有（    ）种涂法．

A．1 B．2 C．3 D．4
（2022•苏州模拟）
7．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
（2022•杭州模拟）
8．如图，小正方形是按一定规律摆放的，则适合填补图中空白处的是（　　）

A． B． C． D．
（2022秋•罗山县期中）
9．如图，在中，顶点，，，将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（    ）

A． B． C． D．
（2022秋•莲池区期末）
10．已知点，点，点是线段的中点，则，．在平面直角坐标系中有三个点，，，点关于点的对称点（即，，三点共线，且），关于点的对称点，关于点的对称点，…按此规律继续以，，三点为对称点重复前面的操作．依次得到点，，…，则点的坐标是（    ）
A． B． C． D．
二．填空题
（2020秋•江阴市月考）
11．用形状和大小相同的黑色棋子按下图所示的方式排列，按照这样的规律，第101个图形需要棋子_______________枚．

（2021•广东模拟）
12．如图，在中，，，，以为较长的直角边，按逆时针方向作，且，；再以为较长的直角边，按逆时针方向作，且，；…按此规律一直下去，则的长为______．

（2022秋•任城区校级期末）
13．如图，在抛物线的内部依次画正方形，使对角线在y轴上，另两个顶点落在抛物线上．按此规律类推，第2023个正方形的边长是______．

（2021秋•管城区校级期中）
14．初三学生小明为表达对母校的感情，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（70）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__．

（2021秋•官渡区期末）
15．在平面直角坐标系中，抛物线的图象如图所示，已知A点坐标，过点A作轴交抛物线于点，过点作交抛物线于点，过点作轴交抛物线于点，过点作交抛物线于点，…，依次进行下去，则点的坐标为______．

（2022春•汕尾期末）
16．在平面直角坐标系中，直线l：y=x+1与y轴交于点A1，如图所示，依次作正方形OA1B1C1，正方形C1A2B2C2，正方形C2A3B3C3，正方形C3A4B4C4，点A1，A2，A3，A4，…在直线l上，点C1，C2，C3，C4，…在x轴正半轴上，则A4的坐标是_____；的坐标是 _____．

（2022•金坛区模拟）
17．已知在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，、如图所示，则______．

（2022•丛台区校级模拟）
18．如图，平面直角坐标系中，边长为1的正方形的顶点A、B分别在x轴、y轴上，点在反比例函数的图象上，过的中点作矩形，使顶点落在反比例函数的图象上，再过的中点作矩形，使顶点落在反比例函数的图象上，…，依此规律可得：
（1）点的坐标为______
（2）作出矩形时，落在反比例函数图象上的顶点的坐标为_____．

（2022•滕州市三模）
19．如图，在平面直角坐标系中，正方形与正方形是以为位似中心的位似图形，且位似比为，点，，在x轴上，延长交射线与点，以为边作正方形；延长，交射线与点，以为边作正方形；…按照这样的规律继续作下去，若，则正方形的面积为_______．

（2022春•诸暨市期中）
20．为了求的值，可令，则，因此，所以按照以上推理计算出的值是______．
（2021•零陵区一模）
21．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为：，，，已知，作点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，…，以此类推，则点的坐标为______．

（2022春•白碱滩区期末）
22．在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到的指令是：从原点O出发，按“向上→向右→向下→向右→向下→向右→向上→向右”的方向依次不断移动，每次移动1个单位长度，其移动路线如图所示，第一次移动到点A1，第二次移动到点A2，…，第n次移动到点An，则点A2022的坐标是__________．

（2022秋•依安县期末）
23．如图，在平面直角坐标系中，第1次将边长为1的正方形 OABC绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA1B1C1；第2次将正方形OA1B1C1绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA2B2C2…按此规律，绕点O 旋转得到正方形 OA2020B2020C2020，则点 B2021的坐标为______．

（2021•宣州区校级自主招生）
24．如图，射线OM在第一象限，且与x轴正半轴的夹角为60°，过点D（6，0）作DA⊥OM于点A，作线段OD的垂直平分线BE交x轴于点E，交AD于点B，作射线OB，以AB为边在△AOB的外侧作正方形ABCA1，延长A1C交射线OB于点B1，以A1B1为边在△A1OB1的外侧作正方形A1B1C1A2，延长A2C1交射线OB于点B2，以A2B2为边在△A2OB2的外侧作正方形A2B2C2A3…按此规律进行下去，则正方形A2020B2020C2020A2021的周长为______．

（2020春•文登区期末）
25．如图，在中，点，，分别是，，的中点，连接，，四边形的面积记作；点，，分别是，，的中点，连接，，四边形的面积记作…，按此规律进行下去，若，则______．

26．如图，直线l：分别交x轴、y轴于点A和点，过点作，交x轴于点，过点作轴，交直线l于点；过点作，交x轴于点，过点作轴，交直线l于点，依此规律，若图中阴影的面积为，阴影的面积为，阴影的面积为，则________．


参考答案：
1．A
【分析】根据题目中的式子可以计算出前几个数字，从而可以发现个位数字的变化规律，进而可以得到22021-1的个位数字．
【详解】解：由21-1=1，22-1=3，23-1=7，24-1=15，25-1=31，26-1=63，27-1=127，28-1=255，…，可知计算结果中的个位数字以1、3、7、5为一个循环组依次循环，
∵2021÷4=505...1，
∴22021-1的个位数字是1，
故选：A．
【点睛】本题考查数字的变化类、尾数特征，解答本题的关键是明确题意，发现个位数字的变化特点，求出所求式子的个位数字．
2．C
【分析】观察发现白棋子数量的变化规律是每次增加3，因此白棋子的个数为：3n+3，黑棋子数量的变化规律是：0+1+2+3+4+……因此黑棋子的个数为： ，据此规律求解即可；
【详解】观察发现白棋子数量的变化规律是每次增加3，因此白棋子的个数为：3n+3，黑棋子数量的变化规律是：0+1+2+3+4+……因此黑棋子的个数为： ，
因为当n=7时，=21＜3n+3=24，
当n=8时，=28＞3n+3=27，
所以当黑棋子第一次比白棋子多的时候，n取最小整数为8
故答案选：C
【点睛】本题考查规律型中的图形变化问题，解决此类探究性问题，关键在观察、分析已知数据，寻找它们之间的相互联系，探寻其规律．
3．C
【分析】把、、的分母写成的形式，从中找出规律，根据规律解答．
【详解】解：，
，
，
则的长为：，
故选：C．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质、等边三角形的性质，找到规律并用规律求解是解题的关键．
4．A
【分析】分析点在坐标系中的运动路线，寻找点运动至轴或轴时的点坐标的规律．
【详解】解：根据题意列出的坐标寻找规律．
；
；
；
；
；
即坐标为；
∴，
∴坐标为退回两个单位→→．
故选：．
【点睛】考查平面直角坐标系中点的坐标变化，分析点运动路线规律，找到点在轴上的交点坐标规律为解题关键，难点在于拆分．
5．B
【分析】根据题目中的式子可以计算出前几个数字，从而可以发现个位数字的变化规律，进而可以得到的个位数字．
【详解】解：由，，，，，……可知计算结果中的个位数字以为一个循环组依次循环，
∵，
∴的个位数字是3，
故选：B．
【点睛】本题考查数字的变化类、尾数特征，解答本题的关键是明确题意，发现个位数字的变化特点，求出所求式子的个位数字．
6．C
【分析】将一个图形沿着某条直线翻折,直线两侧的部分能够完全重合的图形是轴对称图形,根据轴对称图形的概念进行设计即可．
【详解】解：如图所示：

故选：C
【点睛】本题主要考查轴对称图形的概念,解决本题的关键是要熟练掌握轴对称图形的概念．
7．C
【分析】由观察发现每个正方形内有：可求解，从而得到，再利用之间的关系求解即可．
【详解】解：由观察分析：每个正方形内有：



由观察发现：
又每个正方形内有：



故选C．
【点睛】本题考查的是数字类的规律题，掌握由观察，发现，总结，再利用规律是解题的关键．
8．D
【分析】根据各行、各列的点数均为10，从而可以求得左起第一列和下起第一行中的空白格点数，进而求得最后一空白格点数．
【详解】解：由题意知，原图形中各行、各列中点数之和为10，
∴左起第一列空白格点数：10−2−5−2=1，
下起第一行空白格点数：10−2−1−4=3，
∴最后一空白格点数：10−3−3−1=3，
符合此要求的只有 ，
故选：D．
【点睛】本题考查了探索数字规律，分析题意，找出各行、各列的点数均为10是解题的关键．
9．D
【分析】先求出，再利用正方形的性质确定，由于，所以第次旋转结束时，此时旋转前后的点D不变．
【详解】解：，，
，
四边形ABCD为正方形，
，
，
，
所以第次旋转结束时，此时旋转前后的点D不变．
．
故选B．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：，，，，．
10．A
【分析】先利用定义依次求出各点，再总结规律即可求解．
【详解】解：由题意，，，，，，，， ……
可得每6次为一个循环，
∵，
∴点的坐标是，
故选：A．
【点睛】本题考查了数式规律，解题关键是理解题意并能发现规律．
11．304
【分析】根据已知图形，找出规律计算即可；
【详解】第一个图需棋子；
第二个图需棋子；
第三个图需棋子；

第n个图需棋子枚；
∴第101个图需棋子枚；
故答案是304．
【点睛】本题主要考查了图形规律题，准确判断是解题的关键．
12．
【分析】证明的面积，根据相似三角形的性质得，根据勾股定理得，则，根据勾股定理得，可得探究规律，可得结论．
【详解】解：由题意，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
...，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题．
13．
【分析】由题意可知，直线是第一象限的角平分线，故解析式为，联立方程求得的坐标，进而求得第一个正方形边长和的坐标，即可得直线的解析式为，联立方程求得的坐标，进而求得第二个正方形的边长和的坐标，即可得到直线的解析式为，联立方程求得的坐标，即可求得第三个正方形的边长……，以此类推得出规律，即可得到第2023个正方形的边长是
【详解】解：根据题意，，即直线是第一象限的角平分线，则解析式为，
联立，解得或，故，
∴，，即第1个正方形边长为，
∵，
∴直线的解析式中的系数与直线的解析式中系数相等，且经过，
∴直线的解析式为，
联立，解得或，故，
∴，，即第2个正方形边长为，
∵，
∴直线的解析式中的系数与直线的解析式中系数相等，且经过，
∴直线的解析式为，
联立，解得或，故，
∴，，即第3个正方形边长为，
…
按此规律类推，第个正方形的边长为，
∴第2023个正方形的边长是
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图像上点的坐标特征，利用方程组求得交点坐标，求得抛物线上点的坐标是解题的关键．
14．
【分析】先根据已知图形得出第70个图形中，正方体一共有1+2+3+……+69+70＝2485个，再用带“心”字的正方体个数除以总个数即可得．
【详解】解：∵第1个图形中正方体的个数为1，
第2个图形中正方体的个数3＝1+2，
第3个图形中正方体的个数6＝1+2+3，
∴第70个图形中，正方体一共有1+2+3+……+70＝＝2485（个），其中写有“心”字的正方体有70个，
∴抽到带“心”字正方体的概率是＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了概率公式、规律型：图形的变化类，理解题意找到规律是解题的关键．
15．
【分析】先求出直线的解析式，再求出点的坐标，再求出直线的解析式，从而求出点、的坐标，以此类推可得点的坐标，根据点、、之间的规律求出点的坐标．
【详解】解：设直线的解析式为：，
∵点坐标为，
∴，
∴直线的解析式为：，
∵轴交抛物线于点，
∴，
∵交抛物线于点，
∴设直线的解析式为：，
∴将代入解析式中得：，
∴直线的解析式为：，
当时，
解得：，，
∴，
∵轴交抛物线于点，
∴，
同理可得：直线的解析式为：，
当时，
解得：，，
∴，
∴以此类推点的坐标为：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合，熟练掌握一次函数和二次函数的性质是解答本题的关键．
16．     （7，8）     （2n-1-1，2n-1）
【分析】由题意可得A1，A2，A3，A4的坐标，可得点A坐标规律，即可求解．
【详解】解：由题意可得正方形OA1B1C1边长为1，
正方形A2B2C2C1的边长为2，
正方形A3B3C3C2的边长为4，
…
正方形AnBnCnCn-1的边长为2n-1，
∴A1（0，1），A2（1，2），A3（3，4），A4（7，8），…，An（2n-1-1，2n-1），
故答案为：（7，8），（2n-1-1，2n-1）．
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征、规律型：点的坐标，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
17．##
【分析】连接DE，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出∠α=30°，同理可得出：∠CDE=∠CED=30°=∠α，由∠AEC=60°结合∠AED=∠AEC+∠CED可得出∠AED=90°，设等边三角形的边长为a，则AE=2a，DE=a，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】解：连接DE，如图所示：

在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，
∴∠α=30°，
同理得：∠CDE=∠CED=30°=∠α．
又∵∠AEC=60°，
∴∠AED=∠AEC+∠CED=90°．
设等边三角形的边长为a，
则AE=2a，DE=2×sin60°•a=a，
∴tan（α+β）= =．
故答案为：．
【点睛】此题考查解直角三角形、等边三角形的性质以及图形的变化规律，构造出含一个锐角等于∠α+∠β的直角三角形是解题的关键．
18．         
【分析】（1）先根据题意得出P1点的坐标，进而可得出反比例函数的解析式，再依次求出点P2，P3，P4的坐标，找出规律可得出的坐标；
（2）根据（1）中的规律可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形OAP1B的边长为1，点P1在反比例函数（x＞0）的图象上，
∴P1（1，1），
∴k=1，
∴反比例函数的解析式为：，
∵B1是P1A的中点，
∴P2A1=AB1=，
∴OA1=2，
∴．
故答案为：．
（2）由（1）的解同理，得…
∴，
当时，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，解题的关键是找出规律．
19．
【分析】已知正方形与正方形是以为位似中心的位似图形，A1B1⊥x轴，A2 B2⊥x轴，可先证明△OA1B1∽△OA2B2，求出正方形A1 B1C1A2的边长1= 20，正方形A2 B2C2 A3的边长为21=2；同理可证明△OA2B2∽△OA3B3，求出正方形A3B3C3A4的边长为4=22......由此可归纳出规律：正方形AnBnCn Dn+1的边长为2n－1．在正方形A2021B2021C2021A2022中，n =2021，将n的值代入2n－1即可求出该正方形的边长，根据正方形面积公式，即可求出该正方形的面积．
【详解】解：∵正方形与正方形是以为位似中心的位似图形，且位似比为，
∴，
∵A1B1⊥x轴，A2 B2⊥x轴，
∴，
∴△OA1B1∽△OA2B2，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴正方形A1 B1C1A2的边长1= 20，
∵△OA1B1∽△OA2B2，
∴，
∴，
∴正方形A2 B2C2 A3的边长为21=2；
同理可证△OA2B2∽△OA3B3，
∴，
∵四边形A2 B2C2 A3是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴正方形A3B3C3A4的边长为4=22，
综上，可归纳出规律：正方形AnBnCn Dn+1的边长为2n－1．
∴正方形A2021B2021C2021A2022的边长为：，
∴正方形A2021B2021C2021A2022的面积为：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了位似变换、相似三角形的判定与性质、正方形的性质和面积以及图形类找规律，正确找出规律是解题的关键．
20．
【分析】仿照所给的求解方式进行解答即可．
【详解】解：令，
则，
因此，
则，
得：，
所以．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查数字的变化规律，有理数的混合运算，解答的关键是理解清楚题目所给的求解方式并灵活运用．
21．
【分析】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．
【详解】解：由题意得，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，
∵2021÷6=336……5，即循环了336次后余下5，
故N2021的坐标与N5点的坐标相同，其坐标为（3，-4）．
故答案为（3，-4）．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题，本题需要先去验算前面一部分点的坐标，进而找到其循环的规律后即可求解．
22．（1011，-1）．
【分析】由点的移动规律发现每移动8次构成一个循环，一个循环相当于向右平移4个单位，用2022÷8即可解决问题．
【详解】解：由题意知：A1 （0，1），A2（1，1），A3（1，0），A4（2，0），A5（2，-1），A6（3，-1），A7（3，0），A8（4，0），
可以发现每移动8次构成一个循环，一个循环相当于向右平移4个单位，
∴2022÷8=252⋯6，
∴252×4=1008，
∴A2022 （1011，-1），
故答案为：（1011，-1）．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中的点的规律探索问题，仔细观察图形，得出每移动8次构成一个循环，一个循环相当于向右平移4个单位结论是解题的关键．
23．
【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形O ABC，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
【详解】解：∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1）；
连接OB，由勾股定理得：OB=，由旋转得：OB= OB= OB=OB=…=；
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BO B=∠BO B=…=45°，
∴B（0，），B（-1，1），B（-，0），B（-1，-1），B（0，-），B（1，-1），B（，0），B（1，1），…，发现是8次一循环，
∵2021÷8=252…余5，
∴点B的坐标与点B的坐标相同，
∴点B的坐标为．
故答案为：．

【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了坐标与图形的变化、规律型，点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
24．
【分析】由题意可知，，，得到正方形的边长为，继而根据，推导得出 ，以此计算可得每个正方形的边长，进而发现规律．
【详解】解：由已知得，
．
垂直平分，
，
，
，
，
，
，
正方形的周长为；
易得，
正方形的周长为；
同理可得；
，
正方形的周长为；
同理，
，
正方形的周长为；
，
正方形的周长为；
以此类推可知正方形的周长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质、垂直平分线的性质，以及三角函数知识，正确找到规律是解题关键．
25．
【分析】根据三角形中位线定理可求出的值，进而可得出的值，找出规律即可得出的值．
【详解】解：∵，是的中位线，
∴，．
∴ ，
∴．
同理．
∴；
同理可得，；
…
∴；
∴．
故答案是：．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质及三角形中位线定理，正确得出面积变化规律是解答此题的关键．
26．
【分析】由直线l：可求出与x轴交点A的坐标，与y轴交点A1的坐标，进而得到OA，OA1的长，也可求出Rt△OAA1的各个内角的度数，是一个特殊的直角三角形，以下所作的三角形都是含有30°角的直角三角形，然后这个求出S1、S2、S3、S4、……根据规律得出Sn．
【详解】解：由直线，与x轴交于A点，与y轴交于点，
当时，；当时，，
∴，，
，即，
又∵，
∴，
在中，，
∴；
同理可求出：，，
∴；
依次可求出：；
；
……
因此：
故答案为：．
【点睛】考查一次函数的图象和性质、三角函数、解直角三角形、三角形的面积、以及找规律归纳总结结论的能力，由于数据较繁琐、计算量较大，容易出现错误；因此在方法正确的前提下，认真正确的计算则显得尤为重要．