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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﹣SB．2S2+SC．2S2﹣2SD．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．37B．41C．55D．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．135B．153C．170D．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﹣1aB．（﹣2）naC．2n﹣1aD．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．148B．152C．174D．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．150B．200C．355D．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．10B．15C．18D．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．18B．19C．20D．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、EB．E、FC．G、C、ED．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．499B．500C．501D．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）nB．（√2）n﹣1C．（√22）nD．（√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＝2√2=(√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，﹣2√3）B．（0，﹣3）C．（0，﹣4）D．（0，﹣4√3）【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．（2√𝑛，0）B．（0，√2𝑛+1）C．（0，√2𝑛(𝑛−1)）D．（0，2√𝑛）【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＝2√2，设A3（a，2√2+n），则有n＝a（2√2+a）＝1，解得a=√3−√2，∴OB3＝2√3，同法可得，OB4＝2√4，∴OBn＝2√𝑛，∴Bn（0，2√𝑛）．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．1B．3C．4D．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”，𝐹𝐴1̂，𝐴1𝐵1̂，𝐵1𝐶1̂，𝐶1𝐷1̂，𝐷1𝐸1̂，𝐸1𝐹1̂，…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】𝐹𝐴1̂的长=60⋅𝜋⋅1180=𝜋3，𝐴1𝐵1̂的长=60⋅𝜋⋅2180=2𝜋3，𝐵1𝐶1̂的长=60⋅𝜋⋅3180=3𝜋3，𝐶1𝐷1̂的长