专题27规律探究题(共40道)-备考2022年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】.docx

备考2022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（备考2022天水）观察等式：2+22232；2+22+23242；2+22+23+24252；已知按一定规律排列的一组数：2100，2101，2102，2199，2200，若2100S，用含S的式子表示这组数据的和是（）A2S2SB2S2+SC2S22SD2S22S2【分析】根据已知条件和2100S，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】2100S，2100+2101+2102+2199+2200S+2S+22S+299S+2100SS（1+2+22+299+2100）S（1+21002+2100）S（2S1）2S2S故选：A2（备考2022牡丹江）一列数1，5，11，19按此规律排列，第7个数是（）A37B41C55D71【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】11×21，52×31，113×41，194×51，第n个数为n（n+1）1，则第7个数是：55故选：C3（备考2022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（）A135B153C170D189【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，2b18，b9，ab18，x2b2+a162+8170，故选：C4（备考2022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）n1aB（2）naC2n1aD2na【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）11a，2a（2）21a，4a（2）31a，8a（2）41a，16a（2）51a，32a（2）61a，由上规律可知，第n个单项式为：（2）n1a故选：A5（备考2022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（）A148B152C174D202【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n10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（n1）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+4100+70+4174（枚）故选：C6（备考2022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的次序铺设地砖，把第n个图形用图表示，那么图中的白色小正方形地砖的块数是（）A150B200C355D505【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n50时，7n+5350+5355故选：C7（备考2022重庆）把黑色三角形按如图所示的规律拼图案，其中第个图案中有1个黑色三角形，第个图案中有3个黑色三角形，第个图案中有6个黑色三角形，按此规律排列下去，则第个图案中黑色三角形的个数为（）A10B15C18D21【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，据此可得第个图案中黑色三角形的个数【解析】第个图案中黑色三角形的个数为1，第个图案中黑色三角形的个数31+2，第个图案中黑色三角形的个数61+2+3，第个图案中黑色三角形的个数为1+2+3+4+515，故选：B8（备考2022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，其中第个图形一共有5个实心圆点，第个图形一共有8个实心圆点，第个图形一共有11个实心圆点，按此规律排列下去，第个图形中实心圆点的个数为（）A18B19C20D21【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】第个图形中实心圆点的个数52×1+3，第个图形中实心圆点的个数82×2+4，第个图形中实心圆点的个数112×3+5，第个图形中实心圆点的个数为2×6+820，故选：C9（备考2022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备考2022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，在这备考2022次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（）AC、EBE、FCG、C、EDE、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012k（k+1）7p6，分别取k1，2，3，4，5，6，7时，12k（k+1）7p1，3，6，3，1，0，0，发现第2，4，5格没有停棋，若7k备考2022，设k7+t（t1，2，3）代入可得，12k（k+1）7p7m+12t（t+1），由此可知，停棋的情形与kt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：D10（备考2022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（）A499B500C501D1002【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（n1）+2（n2）3000，解得：n501，故选：C11（备考2022烟台）如图，OA1A2为等腰直角三角形，OA11，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）n1C（22）nD（22）n1【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，OA11，OA2=2；OA2A3为等腰直角三角形，OA32=(2)2；OA3A4为等腰直角三角形，OA422=(2)3OA4A5为等腰直角三角形，OA54=(2)4，OAn的长度为（2）n1故选：B12（备考2022荆门）在平面直角坐标系xOy中，RtAOB的直角顶点B在y轴上，点A的坐标为（1，3），将RtAOB沿直线yx翻折，得到RtA'OB'，过A'作A'C垂直于OA'交y轴于点C，则点C的坐标为（）A（0，23）B（0，3）C（0，4）D（0，43）【分析】依据轴对称的性质可得OB'OB=3，ABAB1，OAOA2，进而通过证得AOBCOA，求得OC4，即可证得C的坐标为（0，4）【解析】点A的坐标为（1，3），AB1，OB=3，OA=AB2+OB2=12+(3)2=2，将RtAOB沿直线yx翻折，得到RtA'OB'，OB'OB=3，ABAB1，OAOA2，A'（3，1），过A'作A'C垂直于OA'交y轴于点C，AOC+ACO90°，AOB+AOC90°，ACOAOB，ABOOAC90°，AOBCOA，OCOA'=OA'A'B'，即OC2=21，OC4，C（0，4），故选：C13（备考2022鄂州）如图，点A1，A2，A3在反比例函数y=1x（x0）的图象上，点B1，B2，B3，Bn在y轴上，且B1OA1B2B1A2B3B2A3，直线yx与双曲线y=1x交于点A1，B1A1OA1，B2A2B1A2，B3A3B2A3，则Bn（n为正整数）的坐标是（）A（2n，0）B（0，2n+1）C（0，2n(n1)）D（0，2n）【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），OB12，设A2（m，2+m），则有m（2+m）1，解得m=21，OB222，设A3（a，22+n），则有na（22+a）1，解得a=32，OB323，同法可得，OB424，OBn2n，Bn（0，2n）故选：D14（备考2022盐城）把19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），是世界上最早的“幻方”图是仅可以看到部分数值的“九宫格”，则其中x的值为（）A1B3C4D6【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+x2+7，解得x1故选：A二填空题（共26小题）15（备考2022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，422，第2个正方形需要9个小正方形，932，第3个正方形需要16个小正方形，1642，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）22n+3个小正方形故答案为：2n+316（备考2022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”，FA1，A1B1，B1C1，C1D1，D1E1，E1F1，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AB1时，曲线FA1B1C1D1E1F1的长度是7【分析】利用弧长公式计算即可解决问题【解析】FA1的长=601180=3，A1B1的长=602180=23，B1C1的长=603180=33，C1D1的长=604180=43，D1E1的长=605180=53，E1F1的长=606180=63，曲线FA1B1C1D1E1F1的长度=3+23+63=213=7，故答案为717（备考2022湘西州）观察下列结论：（1）如图，在正三角形ABC中，点M，N是AB，BC上的点，且AMBN，则ANCM，NOC60°；（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N是AB，BC上的点，且AMBN，则ANDM，NOD90°；（3）如图，在正五边形ABCDE中点M，N是AB，BC上的点，且AMBN，则ANEM，NOE108°；根据以上规律，在正n边形A1A2A3A4An中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是A1A2，A2A3上的点，且A1MA2N，A1N与AnM相交于O也会有类似的结论，你的结论是A1NAnM，NOAn=(n2)×180°n【分析】根据已知所给得到规律，进而可得在正n边形A1A2A3A4An中，对相邻的三边实施同样的操作过程会有类似的结论【解析】（1）如图，在正三角形ABC中，点M，N是AB，BC上的点，且AMBN，则ANCM，NOC=(32)×180°3=60°；（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N是AB，BC上的点，且AMBN，则ANDM，NOD=(42)×180°4=90°；（3）如图，在正五边形ABCDE中点M，N是AB，BC上的点，且AMBN，则ANEM，NOE=(52)×180°5=108°；根据以上规律，在正n边形A1A2A3A4An中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是A1A2，A2A3上的点，且A1MA2N，A1N与AnM相交于O也有类似的结论是A1NAnM，NOAn=(n2)×180°n故答案为：A1NAnM，NOAn=(n2)×180°n18（备考2022潍坊）如图，四边形ABCD是正方形，曲线DA1B1C1D1A2是由一段段90度的弧组成的其中：DA1的圆心为点A，半径为AD；A1B1的圆心为点B，半径为BA1；B1C1的圆心为点C，半径为CB1；C1D1的圆心为点D，半径为DC1；DA1，A1B1，B1C1，C1D1，的圆心依次按点A，B，C，D循环若正方形ABCD的边长为1，则A2020B2020的长是4039【分析】曲线DA1B1C1D1A2是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，到ADn1AAn4（n1）+1，BAnBBn4（n1）+2，再计算弧长【解析】由图可知，曲线DA1B1C1D1A2是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，ADAA11，BA1BB12，ADn1AAn4（n1）+1，BAnBBn4（n1）+2，故A2020B2020的半径为BA备考2022BB备考20224（备考20221）+28078，A2020B2020的弧长=90180×8078=4039故答案为：403919（备考2022徐州）如图，MON30°，在OM上截取OA1=3过点A1作A1B1OM，交ON于点B1，以点B1为圆心，B1O为半径画弧，交OM于点A2；过点A2作A2B2OM，交ON于点B2，以点B2为圆心，B2O为半径画弧，交OM于点A3；按此规律，所得线段A20B20的长等于219【分析】利用三角形中位线定理证明A2B22A1B1，A3B32A2B222A1B1，寻找规律解决问题即可【解析】B1OB1A1，B1A1OA2，OA1A1A2，B2A2OM，B1A1OM，B1A1B2A2，B1A1=12A2B2，A2B22A1B1，同法可得A3B32A2B222A1B1，由此规律可得A20B20219A1B1，A1B1OA1tan30°=3×33=1，A20B20219，故答案为21920（备考2022营口）如图，MON60°，点A1在射线ON上，且OA11，过点A1作A1B1ON交射线OM于点B1，在射线ON上截取A1A2，使得A1A2A1B1；过点A2作A2B2ON交射线OM于点B2，在射线ON上截取A2A3，使得A2A3A2B2；按照此规律进行下去，则A备考2022B备考2022长为3（1+3）2019【分析】解直角三角形求出A1B1，A2B2，A3B3，探究规律利用规律即可解决问题【解析】在RtOA1B1中，OA1B190°，MON60°，OA11，A1B1A1A2OA1tan60°=3，A1B1A2B2，A2B2A1B1=OA2OA1，A2B23=1+31，A2B2=3（1+3），同法可得，A3B3=3（1+3）2，由此规律可知，A备考2022B备考2022=3（1+3）2019，故答案为3（1+3）201921（备考2022辽阳）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AEDA，连接EB，点F1是CD的中点，连接EF1，BF1，得到EF1B；点F2是CF1的中点，连接EF2，BF2，得到EF2B；点F3是CF2的中点，连接EF3，BF3，得到EF3B；按照此规律继续进行下去，若矩形ABCD的面积等于2，则EFnB的面积为2n+12n（用含正整数n的式子表示）【分析】先求得EF1D的面积为1，再根据等高的三角形面积比等于底边的比可得EF1F2的面积，EF2F3的面积，EFn1Fn的面积，以及BCFn的面积，再根据面积的和差关系即可求解【解析】AEDA，点F1是CD的中点，矩形ABCD的面积等于2，EF1D和EAB的面积都等于1，点F2是CF1的中点，EF1F2的面积等于12，同理可得EFn1Fn的面积为12n1，BCFn的面积为2×12n÷2=12n，EFnB的面积为2+111212n112n=2（112n）=2n+12n故答案为：2n+12n22（备考2022温州）点P，Q，R在反比例函数y=kx（常数k0，x0）图象上的位置如图所示，分别过这三个点作x轴、y轴的平行线图中所构成的阴影部分面积从左到右依次为S1，S2，S3若OEEDDC，S1+S327，则S2的值为275【分析】设CDDEOEa，则P（k3a，3a），Q（k2a，2a），R（ka，a），推出CP=3k3a，DQ=k2a，ER=ka，推出OGAG，OF2FG，OF=23GA，推出S1=23S32S2，根据S1+S327，求出S1，S3，S2即可【解析】CDDEOE，可以假设CDDEOEa，则P（k3a，3a），Q（k2a，2a），R（ka，a），CP=k3a，DQ=k2a，ER=ka，OGAG，OF2FG，OF=23GA，S1=23S32S2，S1+S327，S3=815，S1=545，S2=275，故答案为27523（备考2022自贡）如图，直线y=3x+b与y轴交于点A，与双曲线y=kx在第三象限交于B、C两点，且ABAC16下列等边三角形OD1E1，E1D2E2，E2D3E3，的边OE1，E1E2，E2E3，在x轴上，顶点D1，D2，D3，在该双曲线第一象限的分支上，则k43，前25个等边三角形的周长之和为60【分析】设直线y=3x+b与x轴交于点D，作BEy轴于E，CFy轴于F首先证明ADO60°，可得AB2BE，AC2CF，由直线y=3x+b与双曲线y=kx在第一象限交于点B、C两点，可得3x+b=kx，整理得，3x2+bxk0，由韦达定理得：x1x2=33k，即EBFC=33k，由此构建方程求出k即可，第二个问题分别求出第一个，第二个，第三个，第四个三角形的周长，探究规律后解决问题【解析】设直线y=3x+b与x轴交于点D，作BEy轴于E，CFy轴于Fy=3x+b，当y0时，x=33b，即点D的坐标为（33b，0），当x0时，yb，即A点坐标为（0，b），OAb，OD=33b在RtAOD中，tanADO=OAOD=3，ADO60°直线y=3x+b与双曲线y=kx在第三象限交于B、C两点，3x+b=kx，整理得，3x2+bxk0，由韦达定理得：x1x2=33k，即EBFC=33k，EBAB=cos60°=12，AB2EB，同理可得：AC2FC，ABAC（2EB）（2FC）4EBFC=433k16，解得：k43由题意可以假设D1（m，m3），m23=43，m2OE14，即第一个三角形的周长为12，设D2（4+n，3n），（4+n）3n43，解得n222，E1E2424，即第二个三角形的周长为12212，设D3（42+a，3a），由题意（42+a）3a43，解得a2322，即第三个三角形的周长为123122，第四个三角形的周长为124123，前25个等边三角形的周长之和12+12212+123122+124123+12251224=1225=60，故答案为43，6024（备考2022齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形沿x轴正半轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形第一次滚动后点A1（0，2）变换到点A2（6，0），得到等腰直角三角形；第二次滚动后点A2变换到点A3（6，0），得到等腰直角三角形；第三次滚动后点A3变换到点A4（10，42），得到等腰直角三角形；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+122，0），得到等腰直角三角形；依此规律，则第备考2022个等腰直角三角形的面积是2备考2022【分析】根据A1（0，2）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形）的面积，根据A2（6，0）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形）的面积，同理，确定规律可得结论【解析】点A1（0，2），第1个等腰直角三角形的面积=12×2×2=2，A2（6，0），第2个等腰直角三角形的边长为622=22，第2个等腰直角三角形的面积=12×22×22=422，A4（10，42），第3个等腰直角三角形的边长为1064，第3个等腰直角三角形的面积=12×4×4=823，则第备考2022个等腰直角三角形的面积是2备考2022；故答案为：2备考2022（形式可以不同，正确即得分）25（备考2022怀化）如图，OB1A1，A1B2A2，A2B3A3，An1BnAn，都是一边在x轴上的等边三角形，点B1，B2，B3，Bn都在反比例函数y=3x（x0）的图象上，点A1，A2，A3，An，都在x轴上，则An的坐标为（2n，0）【分析】如图，过点B1作B1Cx轴于点C，过点B2作B2Dx轴于点D，过点B3作B3Ex轴于点E，先在OCB1中，表示出OC和B1C的长度，表示出B1的坐标，代入反比例函数解析式，求出OC的长度和OA1的长度，表示出A1的坐标，同理可求得A2、A3的坐标，即可发现一般规律【解析】如图，过点B1作B1Cx轴于点C，过点B2作B2Dx轴于点D，过点B3作B3Ex轴于点E，OA1B1为等边三角形，B1OC60°，OCA1C，B1C=3OC，设OC的长度为t，则B1的坐标为（t，3t），把B1（t，3t）代入y=3x得t3t=3，解得t1或t1（舍去），OA12OC2，A1（2，0），设A1D的长度为m，同理得到B2D=3m，则B2的坐标表示为（2+m，3m），把B2（2+m，3m）代入y=3x得（2+m）×3m=3，解得m=21或m=21（舍去），A1D=21，A1A2=222，OA2=2+222=22，A2（22，0）设A2E的长度为n，同理，B3E为3n，B3的坐标表示为（22+n，3n），把B3（22+n，3n）代入y=3x得（22+n）3n=3，A2E=32，A2A3=2322，OA3=22+2322=23，A3（23，0），综上可得：An（2n，0），故答案为：(2n，0)26（备考2022内江）如图，在平面直角坐标系中，点A（2，0），直线l：y=33x+33与x轴交于点B，以AB为边作等边ABA1，过点A1作A1B1x轴，交直线l于点B1，以A1B1为边作等边A1B1A2，过点A2作A2B2x轴，交直线l于点B2，以A2B2为边作等边A2B2A3，以此类推，则点A备考2022的纵坐标是22020123【分析】先根据解析式求得B的坐标，即可求得AB1，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，分别求得A1的纵坐标为32，A2的纵坐标为332，A3的纵坐标为732，进而得到An的纵坐标为2n123，据此可得点A备考2022的纵坐标【解析】直线l：y=33x+33与x轴交于点B，B（1，0），OB1，A（2，0），OA2，AB1，ABA1是等边三角形，A1（32，32），把y=32代入y=33x+33，求得x=12，B1（12，32），A1B12，A2（12，32+32×2），即A2（12，332），把y=332代入y=33x+33，求得x=72，B2（72，332），A2B24，A3（3，332+32×4），即A3（3，732），An的纵坐标为2n123，点A备考2022的纵坐标是22020123，故答案为2202012327（备考2022河北）如图是8个台阶的示意图，每个台阶的高和宽分别是1和2，每个台阶凸出的角的顶点记作Tm（m为18的整数）函数y=kx（x0）的图象为曲线L（1）若L过点T1，则k16；（2）若L过点T4，则它必定还过另一点Tm，则m5；（3）若曲线L使得T1T8这些点分布在它的两侧，每侧各4个点，则k的整数值有7个【分析】（1）由题意可求T1T8这些点的坐标，将点T1的坐标代入解析式可求解；（2）将点T4的坐标代入解析式可求k的值，将点T5代入，可求解；（3）由曲线L使得T1T8这些点分布在它的两侧，每侧各4个点，可得T1，T2，T7，T8与T3，T4，T5，T6在曲线L的两侧，即可求解【解析】（1）每个台阶的高和宽分别是1和2，T1（16，1），T2（14，2），T3（12，3），T4（10，4），T5（8，5），T6（6，6），T7（4，7），T8（2，8），L过点T1，k16×116，故答案为：16；（2）L过点T4，k10×440，反比例函数解析式为：y=40x，当x8时，y5，T5在反比例函数图象上，m5，故答案为：5；（3）若曲线L过点T1（16，1），T8（2，8）时，k16，若曲线L过点T2（14，2），T7（4，7）时，k14×228，若曲线L过点T3（12，3），T5（8，5）时，k12×336，若曲线L过点T4（10，4），T5（8，5）时，k40，曲线L使得T1T8这些点分布在它的两侧，每侧各4个点，36k28，整数k35，34，33，32，31，30，29共7个，答案为：728（备考2022威海）如图，某广场地面是用A，B，C三种类型地砖平铺而成的三种类型地砖上表面图案如图所示现用有序数对表示每一块地砖的位置：第一行的第一块（A型）地砖记作（1，1），第二块（B型）地砖记作（2，1）若（m，n）位置恰好为A型地砖，则正整数m，n须满足的条件是m、n同为奇数和m、n同为偶数【分析】几何图形，观察A型地砖的位置得到当列数为奇数时，行数也为奇数，当列数为偶数，行数也为偶数的，从而得到m、n满足的条件【解析】观察图形，A型地砖在列数为奇数，行数也为奇数的位置上或列数为偶数，行数也为偶数的位置上，若用（m，n）位置恰好为A型地砖，正整数m，n须满足的条件为m、n同为奇数和m、n同为偶数故答案为m、n同为奇数和m、n同为偶数29（备考2022孝感）有一列数，按一定的规律排列成13，1，3，9，27，81，若其中某三个相邻数的和是567，则这三个数中第一个数是81【分析】设这三个数中的第一个数为x，则另外两个数分别为3x，9x，根据三个数之和为567，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论【解析】设这三个数中的第一个数为x，则另外两个数分别为3x，9x，依题意，得：x3x+9x567，解得：x81故答案为：8130（备考2022黔西南州）如图图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第个图形中一共有3个菱形，第个图形中一共有7个菱形，第个图形中一共有13个菱形，按此规律排列下去，第个图形中菱形的个数为57【分析】根据图形的变化规律即可得第个图形中菱形的个数【解析】第个图形中一共有3个菱形，即2+1×13；第个图形中一共有7个菱形，即3+2×27；第个图形中一共有13个菱形，即4+3×313；，按此规律排列下去，所以第个图形中菱形的个数为：8+7×757故答案为：5731（备考2022铜仁市）观察下列等式：2+22232；2+22+23242；2+22+23+24252；2+22+23+24+25262；已知按一定规律排列的一组数：220，221，222，223，224，238，239，240，若220m，则220+221+222+223+224+238+239+240m（2m1）（结果用含m的代数式表示）【分析】由题意可得220+221+222+223+224+238+239+240220（1+2+22+219+220）220（1+2212）220（220×21），再将220m代入即可求解【解析】220m，220+221+222+223+224+238+239+240220（1+2+22+219+220）220（1+2212）m（2m1）故答案为：m（2m1）32（备考2022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2a1+2a2+2a3+2an=n2020（n为正整数），则n的值为4039【分析】先根据已知图形得出ann（n+1），代入到方程中，再将左边利用1n(n+1)=1n1n+1裂项化简，解分式方程可得答案【解析】由图形知a11×2，a22×3，a33×4，ann（n+1），2a1+2a2+2a3+2an=n2020，21×2+22×3+23×4+2n(n+1)=n2020，2×（112+1213+1314+1n1n+1）=n2020，2×（11n+1）=n2020，11n+1=n4040，解得n4039，经检验：n4039是分式方程的解，故答案为：403933（备考2022滨州）观察下列各式：a1=23，a2=35，a3=107，a4=159，a5=2611，根据其中的规律可得ann2+(1)n+12n+1（用含n的式子表示）【分析】观察发现，每一项都是一个分数，分母依次为3、5、7，那么第n项的分母是2n+1；分子依次为2，3，10，15，26，变化规律为：奇数项的分子是n2+1，偶数项的分子是n21，即第n项的分子是n2+（1）n+1；依此即可求解【解析】由分析可得an=n2+(1)n+12n+1故答案为：n2+(1)n+12n+134（备考2022绥化）如图各图形是由大小相同的黑点组成，图1中有2个点，图2中有7个点，图3中有14个点，按此规律，第10个图中黑点的个数是119【分析】根据已知图形得出第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n1）n2+2n1，据此求解可得【解析】图1中黑点的个数2×1×（1+1）÷2+（11）2，图2中黑点的个数2×2×（1+2）÷2+（21）7，图3中黑点的个数2×3×（1+3）÷2+（31）14，第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n1）n2+2n1，第10个图形中黑点的个数为102+2×101119故答案为：11935（备考2022泰安）如表被称为“杨辉三角”或“贾宪三角”其规律是：从第三行起，每行两端的数都是“1”，其余各数都等于该数“两肩”上的数之和表中两平行线之间的一列数：1，3，6，10，15，我们把第一个数记为a1，第二个数记为a2，第三个数记为a3，第n个数记为an，则a4+a20020110【分析】观察“杨辉三角”可知第n个数记为an（1+2+n）=12n（n+1），依此求出a4，a200，再相加即可求解【解析】观察“杨辉三角”可知第n个数记为an（1+2+n）=12n（n+1），则a4+a200=12×4×（4+1）+12×200×（