2024中考数学复习专题 规律探索题 (含答案)
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这是一份2024中考数学复习专题 规律探索题 (含答案),共13页。试卷主要包含了 观察等式, 有一组数据, 观察以下等式等内容,欢迎下载使用。
1. (2023鄂州)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22023的个位数字是( )
A. 8 B. 6 C. 4 D. 2
2. (2023泰安)将从1开始的连续自然数按以下规律排列:
…
若有序数对(n,m)表示第n行,从左到右第m个数,如(3,2)表示6,则表示99的有序数对是________.
3. (2022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________.
4. (2023张家界)有一组数据:a1= eq \f(3,1×2×3) ,a2= eq \f(5,2×3×4) ,a3= eq \f(7,3×4×5) ,…,an= eq \f(2n+1,n(n+1)(n+2)) .记Sn=a1+a2+a3+…+an,则S12=________.
5. (2023达州)人们把 eq \f(\r(5)-1,2) ≈0.618这个数叫做黄金比,著名数学家华罗庚优选法中的“0.618法”就应用了黄金比.设a= eq \f(\r(5)-1,2) ,b= eq \f(\r(5)+1,2) ,记S1= eq \f(1,1+a) + eq \f(1,1+b) ,S2= eq \f(2,1+a2) + eq \f(2,1+b2) ,…,S100= eq \f(100,1+a100) + eq \f(100,1+b100) ,则S1+S2+…+S100=________.
6. (2023安徽)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.
类型二 图形规律
考向1 累加型
7. (2023重庆B卷)把菱形按如图所示的规律拼图案,其中第①个图案中有1个菱形,第②个图案中有3个菱形,第③个图案中有5个菱形,…,按此规律排列下去,则第⑥个图案中菱形的个数为( )
第7题图
A. 15 B. 13 C. 11 D. 9
8. (2023济宁)如图,用相同的圆点按照一定的规律拼出图形.第一幅图4个圆点,第二幅图7个圆点,第三幅图10个圆点,第四幅图13个圆点…按照此规律,第一百幅图中圆点的个数是( )
第8题图
A. 297 B. 301 C. 303 D. 400
9. (2023青海省卷)木材加工厂将一批木料按如图所示的规律依次摆放,则第n个图中共有木料________根.
第9题图
源自人教七上P70第10题
10. (2022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)
第10题图
11. (2023遂宁)“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.假设下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________.
第11题图
12. (2023德阳)古希腊的毕达哥拉斯学派对整数进行了深入的研究,尤其注意形与数的关系,“多边形数”也称为“形数”,就是形与数的结合物.用点排成的图形如下:
第12题图
其中:图①的点数叫做三角形数,从上至下第一个三角形数是1,第二个三角形数是1+2=3,第三个三角形数是1+2+3=6,…
图②的点数叫做正方形数,从上至下第一个正方形数是1,第二个正方形数是1+3=4,第三个正方形数是1+3+5=9,…
…
由此类推,图④中第五个正六边形数是________.
考向2 成倍递变型
13. (2023威海)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( )
第13题图
A. ( eq \f(4,3) )3 B. ( eq \f(4,3) )7 C. ( eq \f(4,3) )6 D. ( eq \f(3,4) )6
14. (2023荆州)如图,已知矩形ABCD的边长分别为a,b,进行如下操作:第一次,顺次连接矩形ABCD各边的中点,得到四边形A1B1C1D1;第二次,顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点,得到四边形A2B2C2D2;…如此反复操作下去,则第n次操作后,得到四边形AnBnCnDn的面积是( )
A. eq \f(ab,2n) B. eq \f(ab,2n-1) C. eq \f(ab,2n+1) D. eq \f(ab,22n)
第14题图
15. (2023烟台)如图,正方形ABCD边长为1,以AC为边作第2个正方形ACEF,再以CF为边作第3个正方形FCGH,…,按照这样的规律作下去,第6个正方形的边长为( )
A. (2 eq \r(2) )5 B. (2 eq \r(2) )6
C. ( eq \r(2) )5 D. ( eq \r(2) )6
第15题图
16. (2023广安)如图,四边形ABCD是边长为 eq \f(1,2) 的正方形,曲线DA1B1C1D1A2…是由多段90°的圆心角所对的弧组成的.其中,弧DA1的圆心为A,半径为AD;弧A1B1的圆心为B,半径为BA1;弧B1C1的圆心为C,半径为CB1;弧C1D1的圆心为D,半径为DC1….弧DA1、弧A1B1、弧B1C1、弧C1D1…的圆心依次按点A、B、C、D循环,则弧C2023D2023的长是________(结果保留π).
第16题图
17. (2023绥化)如图,∠AOB=60°,点P1在射线OA上,且OP1=1,过点P1作P1K1⊥OA交射线OB于K1,在射线OA上截取P1P2,使P1P2=P1K1;过点P2作P2K2⊥OA交射线OB于K2,在射线OA上截取P2P3,使P2P3=P2K2;…;按照此规律,线段P2023K2023的长为________.
第17题图
考向3 周期变化型
18. (2023玉林)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ABCDEF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2023秒钟后,两枚跳棋之间的距离是( )
A. 4 B. 2 eq \r(3) C. 2 D. 0
第18题图
19. (2023河南)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2023次旋转结束时,点A的坐标为( )
A. ( eq \r(3) ,-1) B. (-1,- eq \r(3) )
C. (- eq \r(3) ,-1) D. (1, eq \r(3) )
第19题图
20. (2023毕节)如图,在平面直角坐标系中,把一个点从原点开始向上平移1个单位,再向右平移1个单位,得到点A1(1,1);把点A1向上平移2个单位,再向左平移2个单位,得到点A2(-1,3);把点A2向下平移3个单位,再向左平移3个单位,得到点A3(-4,0);把点A3向下平移4个单位,再向右平移4个单位,得到点A4(0,-4);…;按此做法进行下去,则点A10的坐标为________.
第20题图
类型三 与函数图象结合
21. (2023龙东地区)如图,在平面直角坐标系中,点A1,A2,A3,A4…在x轴上且OA1=1,OA2=2OA1,OA3=2OA2,OA4=2OA3…按此规律,过点A1,A2,A3,A4…作x轴的垂线分别与直线y= eq \r(3) x交于点B1,B2,B3,B4…记△OA1B1,△OA2B2,△OA3B3,△OA4B4…的面积分别为S1,S2,S3,S4…则S2023=________.
第21题图
22. (2022菏泽)如图,一次函数y=x与反比例函数y= eq \f(1,x) (x>0)的图象交于点A,过点A作AB⊥OA,交x轴于点B;作BA1∥OA,交反比例函数图象于点A1;过点A1作A1B1⊥A1B交x轴于点B1;再作B1A2∥BA1,交反比例函数图象于点A2,依次进行下去…,则点A2022的横坐标为________.
第22题图
23. (2023盐城)《庄子·天下篇》记载“一尺之棰,日取其半,万世不竭”.如图,直线l1:y= eq \f(1,2) x+1与y轴交于点A,过点A作x轴的平行线交直线l2:y=x于点O1,过点O1作y轴的平行线交直线l1于点A1,以此类推,令OA=a1,O1A1=a2,…,On-1An-1=an,若a1+a2+…+an≤S对任意大于1的整数n恒成立,则S的最小值为________.
第23题图
类型四 与实际问题结合
24. (2022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.
第24题图
【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2022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?
参考答案与解析
1. C 【解析】21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,则2的1,2,3,4次方的个位上的数分别为2,4,8,6,每4个一次循环,而22022中2022÷4=550……2,∴个位上的数为4.
2. (10,18) 【解析】按照规律可得每一行的最后一个数为行数的平方,第n行有(2n-1)个数.∵92=81,102=100,∴99是第10行,第18个数,∴表示99的有序数对是(10,18).
3. m2-m
4. eq \f(201,182) 【解析】∵an= eq \f(2n+1,n(n+1)(n+2)) = eq \f(n+n+1,n(n+1)(n+2)) = eq \f(n,n(n+1)(n+2)) + eq \f(n+1,n(n+1)(n+2)) = eq \f(1,(n+1)(n+2)) + eq \f(1,n(n+2)) = eq \f(1,n+1) - eq \f(1,n+2) + eq \f(1,2) ( eq \f(1,n) - eq \f(1,n+2) ),∴S12= eq \f(1,2) - eq \f(1,3) + eq \f(1,3) - eq \f(1,4) +…+ eq \f(1,13) - eq \f(1,14) + eq \f(1,2) ×(1- eq \f(1,3) + eq \f(1,2) - eq \f(1,4) +…+ eq \f(1,12) - eq \f(1,14) )= eq \f(1,2) - eq \f(1,14) + eq \f(1,2) ×(1+ eq \f(1,2) - eq \f(1,13) - eq \f(1,14) )= eq \f(1,2) + eq \f(1,2) + eq \f(1,4) - eq \f(1,26) - eq \f(1,14) - eq \f(1,28) = eq \f(201,182) .
5. 5050 【解析】∵a= eq \f(\r(5)-1,2) ,b= eq \f(\r(5)+1,2) ,∴ab=1,∵S1= eq \f(1,1+a) + eq \f(1,1+b) = eq \f(2+a+b,1+a+b+ab) = eq \f(2+a+b,2+a+b) =1,S2= eq \f(2,1+a2) + eq \f(2,1+b2) = eq \f(2(2+a2+b2),1+a2+b2+a2b2) = eq \f(2(2+a2+b2),2+a2+b2) =2,…,S100= eq \f(100,1+a100) + eq \f(100,1+b100) = eq \f(100(2+a100+b100),1+a100+b100+a100b100) = eq \f(100(2+a100+b100),2+a100+b100) =100,∴S1+S2+…+S100=1+2+…+100= eq \f(100×(100+1),2) =5050.
6. 解:(1)(2×5+1)2=(6×10+1)2-(6×10)2;
(2)(2n+1)2=[2n(n+1)+1]2-[2n(n+1)]2.
证明:等式左边=4n2+4n+1,
等式右边=4n2(n+1)2+1+4n(n+1)-4n2(n+1)2
=4n(n+1)+1
=4n2+4n+1,
∴左边=右边,
∴等式成立.
7. C 【解析】经分析可得,第个图案的菱形个数为2n-1,∴第⑥个图案中菱形个数为2×6-1=11(个).
8. B 【解析】第一幅图中圆点的个数是4=1×3+1;第二幅图中圆点的个数是7=2×3+1;第三幅图中圆点的个数是10=3×3+1;第四幅图中圆点的个数是13=4×3+1;…;按照此规律,第n幅图中圆点的个数是3n+1,∴第一百幅图中圆点的个数是3×100+1=301.
9. eq \f(n(n+1),2) 【解析】∵第1个图中有木料1根,第2个图中有木料1+2=3根,第3个图中有木料1+2+3=6根,第4个图中有木料1+2+3+4=10根,…,∴第n个图中有木料1+2+3+4+…+n= eq \f(n(n+1),2) 根.
10. 2n2+2n 【解析】观察图形可知:第一个图形由1个小正方形组成,所有线段的和为4×1=2×2×1, 第二个图形由4个小正方形组成,所有线段的和为6×2=2×3×2, 第三个图形由9个小正方形组成,所有线段的和为8×3=2×4×3, 第4个图形由16个小正方形组成,所有线段的和为10×4=2×5×4,…由此发现规律是:第n个图形由n2个小正方形组成,所有线段的和为2(n+1)·n=2n2+2n.
11. 127 【解析】第一代勾股树中正方形个数=20+21;第二代勾股树中正方形个数=20+21+22;第三代勾股树中正方形个数=20+21+22+23;第四代勾股树中正方形个数=20+21+22+23+24,…,∴第六代勾股树中正方形个数=20+21+22+23+24+25+26=127.
12. 45 【解析】由题图可知,题图④前三层点数分别是:1=4×1-3,5=4×2-3,9=4×3-3,…,∴第n层的点数是4n-3,∴第n个正六边形数是1+5+9+…+4n-3=4×1-3+4×2-3+4×3-3+…+4n-3=2n2-n,∴题图④中第五个正六边形数是2×52-5=45.
13. C 【解析】在Rt△AOB中,∠AOB=30°,∵cs ∠AOB= eq \f(OA,OB) ,∴OB= eq \f(2,\r(3)) OA.同理可得OC= eq \f(2,\r(3)) OB,∴OC=( eq \f(2,\r(3)) )2OA,…,∴OG=( eq \f(2,\r(3)) )6OA,由题图可知△GOH与△AOB位似且位似比为( eq \f(2,\r(3)) )6.∵S△AOB=1,∴S△GOH=[( eq \f(2,\r(3)) )6]2=( eq \f(4,3) )6.
14. A 【解析】第一次操作后S四边形A1B1C1D1= eq \f(1,2) S矩形ABCD= eq \f(1,2) ab,第二次操作后S四边形A2B2C2D2= eq \f(1,2) S四边形A1B1C1D1= eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ab= eq \f(ab,22) ,第三次操作后S四边形A3B3C3D3= eq \f(1,2) S四边形A2B2C2D2= eq \f(ab,23) ,…,第n次操作后S四边形AnBnCnDn= eq \f(ab,2n) .
15. C 【解析】∵正方形ABCD边长为1,∴AB=BC=1,∴AC= eq \r(2) ,∴以AC为边作第2个正方形ACEF的边长为 eq \r(2) ;∵CF是正方形ACEF的对角线,∴CF= eq \r(2) × eq \r(2) =( eq \r(2) )2=2,∴以CF为边作第3个正方形FCGH的边长为2;又∵GF是正方形FCGH的对角线,∴GF= eq \r(2) × eq \r(2) × eq \r(2) =( eq \r(2) )3=2 eq \r(2) ,以GF为边作第4个正方形FGMN的边长为2 eq \r(2) ,…∴依此规律可知下一个正方形的边长是原来正方形边长的 eq \r(2) 倍,即第n个正方形的边长为( eq \r(2) )n-1,∴第6个正方形的边长为( eq \r(2) )5.
16. 2022π 【解析】由题图可知,题图中由一段90°的弧组成的,弧所在圆的半径每次增加 eq \f(1,2) ,则弧C1D1的半径= eq \f(1,2) ×4= eq \f(1,2) ×4×1,弧C2D2的半径= eq \f(1,2) ×8= eq \f(1,2) ×4×2,弧C3D3的半径= eq \f(1,2) ×12= eq \f(1,2) ×4×3…,弧C2022D2022的半径= eq \f(1,2) ×4×2022=4044,∴弧C2022D2022的长= eq \f(90π,180) ×4044=2022π.
17. eq \r(3) (1+ eq \r(3) )2022 【解析】∵∠AOB=60°,OP1=1,∴P1K1= eq \r(3) OP1= eq \r(3) ,∴P1P2=P1K1= eq \r(3) ,∴OP2=1+ eq \r(3) .∵P2K2= eq \r(3) OP2,∴P2K2= eq \r(3) (1+ eq \r(3) ),∴OP3=(1+ eq \r(3) )2,∴P3K3= eq \r(3) OP3= eq \r(3) (1+ eq \r(3) )2,…,∴依此规律可得P2023K2023= eq \r(3) (1+ eq \r(3) )2022.
18. B 【解析】根据两枚跳棋跳动规则可知,红跳棋每过6秒钟跳动回顶点A,黑跳棋每过18秒钟跳动回顶点A,∵2022÷6=337,∴经过2022秒后,红跳棋在顶点A处;∵2022÷18=112……6,6÷3=2,∴经过2022秒钟后,黑跳棋在顶点E处.如解图,连接AE,过点F作FG⊥AE于点G,∵六边形ABCDEF是边长为2的正六边形,∴∠AFE=120°,FE=AF,∴∠FAE=30°,∴AG=EG=AF·cs 30°=2× eq \f(\r(3),2) = eq \r(3) ,∴AE=2 eq \r(3) ,即两枚跳棋之间的距离是2 eq \r(3) .
第18题解图
19. B 【解析】如解图,连接OB,∵AB∥x轴,∴AB⊥y轴,∵六边形ABCDEF是正六边形,点O是中心,∴OB=OA,∠AOB=60°,∴∠AOP=30°,AP= eq \f(1,2) AB=1,∴OP= eq \r(3) ,∴点A(1, eq \r(3) ),将△AOP绕点O顺时针每次旋转90°,则第1次结束点A的坐标为( eq \r(3) ,-1),第2次结束点A的坐标为(-1,- eq \r(3) ),第3次结束点A的坐标为(- eq \r(3) ,1),第4次结束点A的坐标为(1, eq \r(3) ),…,∴每4次一个循环,∵2022=4×505+2,∴第2022次旋转结束时,相当于第2次结束,∴点A的坐标为(-1,- eq \r(3) ).
第19题解图
20. (-1,11) 【解析】由图象可知,A5(5,1),将点A5向左平移6个单位,再向上平移6个单位,可得A6(-1,7),将点A6向左平移7个单位,再向下平移7个单位,可得A7(-8,0),将点A7向右平移8个单位,再向下平移8个单位,可得A8(0,-8),将点A8向右平移9个单位,再向上平移9个单位,可得A9(9,1),将点A9向左平移10个单位,再向上平移10个单位,可得A10(-1,11).
21. 24043 eq \r(3) 【解析】∵S1= eq \f(1×\r(3),2) = 20× eq \f(\r(3),2) ,S2= eq \f(2×2\r(3),2) = 22× eq \f(\r(3),2) ,… ,依此规律可得Sn= 22(n-1)× eq \f(\r(3),2) ,∴S2023= 22×(2023-1)× eq \f(\r(3),2) = 24043 eq \r(3) .
22. eq \r(2021) + eq \r(2022) 【解析】∵点A是函数y=x与y= eq \f(1,x) 的图象在第一象限的交点,∴点A的坐标为(1,1),又∵AB垂直于直线y=x,∴点B坐标为(2,0),又∵BA1∥OA,∴BA1的解析式为y=x-2,与y= eq \f(1,x) 联立,解得x=1+ eq \r(2) (负值已舍),即点A1的横坐标为1+ eq \r(2) ;同理可得B1的横坐标为2 eq \r(2) ,∵B1A2∥BA1,∴B1A2的解析式为y=x-2 eq \r(2) ,与y= eq \f(1,x) 联立,解得A2的横坐标为 eq \r(2) + eq \r(3) (负值已舍);…;依此按规律可得A2021的横坐标为 eq \r(2021) + eq \r(2022) .
23. 2 【解析】由题可得a1=OA=1,而y=x与y轴的正方向的夹角是45°,O1A⊥y轴,∴O1A=OA=1,∴ 点O1的横坐标是1,对于y= eq \f(1,2) x+1,当x=1时,y= eq \f(3,2) ,∴a2=O1A1= eq \f(1,2) ,∴tan ∠A1AO1= eq \f(O1A1,O1A) = eq \f(1,2) ,依次得出A1O2=A1O1= eq \f(1,2) ,a3=A2O2= eq \f(1,2) A1O2=( eq \f(1,2) )2,…,可以得出An-1On-1=( eq \f(1,2) )n-1,∴a1+a2+…+an-1+an=1+ eq \f(1,2) +…+( eq \f(1,2) )n-2+( eq \f(1,2) )n-1①,①×2得2×(a1+a2+…+an-1+an)=2+1+ eq \f(1,2) +…+( eq \f(1,2) )n-3+( eq \f(1,2) )n-2②,②-①得a1+a2+…+an-1+an=2-( eq \f(1,2) )n-1,∴S≥2-( eq \f(1,2) )n-1,∴S的最小值是2.
24. 解:(1)2;
【解法提示】观察题图②与题图③,每增加1块正方形地砖,则增加2块等腰直角三角形地砖.
(2)2n+4;
【解法提示】在题图②中,正方形地砖1块,等腰直角三角形地砖(4+2)块;在题图③中,正方形地砖2块,等腰直角三角形地砖(4+2×2)块;正方形地砖若有3块,则等腰直角三角形地砖(4+2×3)块;…;依此按规律可得正方形地砖若有n块,则等腰直角三角形地砖有(4+2n)块.
(3)设需要正方形地砖n块,
∴2n+4≤2021,
解得n≤1008.5,
∵n为正整数,
∴n最大取1008,
答:需要正方形地砖1008块.