2020年中考数学选择填空压轴题汇编规律探索含解析

1.（2020甘肃天水）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﹣S    B．2S2+S    C．2S2﹣2S    D．2S2﹣2S﹣2

【解答】解：∵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贵州铜仁）观察下列等式：

2+22＝23﹣2；

2+22+23＝24﹣2；

2+22+23+24＝25﹣2；

2+22+23+24+25＝26﹣2；

…

已知按一定规律排列的一组数：220，221，222，223，224，…，238，239，240，若220＝m，则220+221+222+223+224+…+238+239+240＝　m（2m﹣1）　（结果用含m的代数式表示）．

【解答】解：∵220＝m，

∴220+221+222+223+224+…+238+239+240

＝220（1+2+22+…+219+220）

＝220（1+221﹣2）

＝m（2m﹣1）．

故答案为：m（2m﹣1）．

3．（2020黑龙江鹤岗）如图，直线AM的解析式为y＝x+1与x轴交于点M，与y轴交于点A，以OA为边作正方形ABCO，点B坐标为（1，1）．过点B作EO1⊥MA交MA于点E，交x轴于点O1，过点O1作x轴的垂线交MA于点A1，以O1A1为边作正方形O1A1B1C1，点B1的坐标为（5，3）．过点B1作E1O2⊥MA交MA于E1，交x轴于点O2，过点O2作x轴的垂线交MA于点A2．以O2A2为边作正方形O2A2B2C2．…．则点B2020的坐标　2×32020﹣1，32020　．

【解答】解：∵点B坐标为（1，1），

∴OA＝AB＝BC＝CO＝CO1＝1，

∵A1（2，3），

∴A1O1＝A1B1＝B1C1＝C1O2＝3，

∴B1（5，3），

∴A2（8，9），

∴A2O2＝A2B2＝B2C2＝C2O3＝9，

∴B2（17，9），

同理可得B4（53，27），

B5（161，81），

…

由上可知，Bn（2×3n﹣1，3n），

∴当n＝2020时，Bn（2×32020﹣1，32020）．

故答案为：（2×32020﹣1，32020）．

4.（2020黑龙江齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①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②；第二次滚动后点A2变换到点A3（6，0），得到等腰直角三角形③；第三次滚动后点A3变换到点A4（10，4），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+12，0），得到等腰直角三角形⑤；依此规律…，则第2020个等腰直角三角形的面积是　22020　．

【解答】解：∵点A1（0，2），

∴第1个等腰直角三角形的面积2，

∵A2（6，0），

∴第2个等腰直角三角形的边长为2，

∴第2个等腰直角三角形的面积4＝22，

∵A4（10，4），

∴第3个等腰直角三角形的边长为10﹣6＝4，

∴第3个等腰直角三角形的面积8＝23，

…

则第2020个等腰直角三角形的面积是22020；

故答案为：22020（形式可以不同，正确即得分）．

5．（2020黑龙江绥化）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　．

【解答】解：∵图1中黑点的个数2×1×（1+1）÷2+（1﹣1）＝2，

图2中黑点的个数2×2×（1+2）÷2+（2﹣1）＝7，

图3中黑点的个数2×3×（1+3）÷2+（3﹣1）＝14，

……

∴第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n﹣1）＝n2+2n﹣1，

∴第10个图形中黑点的个数为102+2×10﹣1＝119．

故答案为：119．

6.（2020•湖北鄂州）如图，点A1，A2，A3…在反比例函数y（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交于点A1，B1A1⊥OA1，B2A2⊥B1A2，B3A3⊥B2A3…，则Bn（n为正整数）的坐标是（　　）

A．（2，0）    B．（0，）    

C．（0，）    D．（0，2）

【解答】解：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m1，

∴OB2＝2，

设A3（a，2n），则有n＝a（2a）＝1，

解得a，

∴OB3＝2，

同法可得，OB4＝2，

∴OBn＝2，

∴Bn（0，2）．

故选：D．

7．（2020湖北恩施州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为　（﹣1，8）　．

【解答】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，

∴2020÷6＝336……4，

即循环了336次后余下4，

故N2020的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为（﹣1，8）．

故答案为：（﹣1，8）．

8．（2020湖北仙桃）如图，已知直线a：y＝x，直线b：yx和点P（1，0），过点P作y轴的平行线交直线a于点P1，过点P1作x轴的平行线交直线b于点P2，过点P2作y轴的平行线交直线a于点P3，过点P3作x轴的平行线交直线b于点P4，…，按此作法进行下去，则点P2020的横坐标为　21010　．

【解答】解：∵点P（1，0），P1在直线y＝x上，

∴P1（1，1），

∵P1P2∥x轴，

∴P2的纵坐标＝P1的纵坐标＝1，

∵P2在直线yx上，

∴1x，

∴x＝﹣2，

∴P2（﹣2，1），即P2的横坐标为﹣2＝﹣21，

同理，P3的横坐标为﹣2＝﹣21，P4的横坐标为4＝22，P5＝22，P6＝﹣23，P7＝﹣23，P8＝24…，

∴P4n＝2，

∴P2020的横坐标为221010，

故答案为：21010．

9.（2020湖南常德）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、E    B．E、F    C．G、C、E    D．E、C、F

【解答】解：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+…+kk（k+1），应停在第k（k+1）﹣7p格，

这时P是整数，且使0k（k+1）﹣7p≤6，分别取k＝1，2，3，4，5，6，7时，

k（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，k（k+1）﹣7p＝7mt（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湖南衡阳）如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为（，），将线段OP1绕点O按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP3；如此下去，得到线段OP4，OP5，…，OPn（n为正整数），则点P2020的坐标是　（0，﹣22019）　．

【解答】解：∵点P1的坐标为（，），将线段OP1绕点O按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；

∴OP1＝1，OP2＝2，

∴OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝23，OP5＝24…，

∴OPn＝2n﹣1，

由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，

∵2020÷8＝252…4，

∴点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上，正好在y轴的负半轴上，

∴点P2020的坐标是（0，﹣22019）．

故答案为：（0，﹣22019）．

11.（2020湖南怀化）如图，△OB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…，△An﹣1BnAn，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（x＞0）的图象上，点A1，A2，A3，…，An，都在x轴上，则An的坐标为　（2，0）　．

【解答】解：如图，过点B1作B1C⊥x轴于点C，过点B2作B2D⊥x轴于点D，过点B3作B3E⊥x轴于点E，

∵△OA1B1为等边三角形，

∴∠B1OC＝60°，OC＝A1C，

∴B1COC，

设OC的长度为t，则B1的坐标为（t，t），

把B1（t，t）代入y得t•t，解得t＝1或t＝﹣1（舍去），

∴OA1＝2OC＝2，

∴A1（2，0），

设A1D的长度为m，同理得到B2Dm，则B2的坐标表示为（2+m，m），

把B2（2+m，m）代入y得（2+m）m，解得m1或m1（舍去），

∴A1D，A1A2，OA2，

∴A2（，0）

设A2E的长度为n，同理，B3E为n，B3的坐标表示为（2n，n），

把B3（2n，n）代入y得（2n）•n，

∴A2E，A2A3，OA3，

∴A3（，0），

综上可得：An（，0），

故答案为：．

12.（2020湖南湘西州）观察下列结论：

（1）如图①，在正三角形ABC中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝CM，∠NOC＝60°；

（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝DM，∠NOD＝90°；

（3）如图③，在正五边形ABCDE中点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝EM，∠NOE＝108°；

…

根据以上规律，在正n边形A1A2A3A4…An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A1M＝A2N，A1N与AnM相交于O．也会有类似的结论，你的结论是　A1N＝AnM，∠NOAn　．

【解答】解：∵（1）如图①，在正三角形ABC中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝CM，∠NOC60°；

（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝DM，∠NOD90°；

（3）如图③，在正五边形ABCDE中点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝EM，∠NOE108°；

…

根据以上规律，在正n边形A1A2A3A4…An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A1M＝A2N，A1N与AnM相交于O．

也有类似的结论是A1N＝AnM，∠NOAn．

故答案为：A1N＝AnM，∠NOAn．

13．（2020山东德州）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．148    B．152    C．174    D．202

【解答】解：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．

14．（2020山东菏泽）小明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（100）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（　　）

A．    B．    C．    D．

【解答】解：由题意知，第100个图形中，正方体一共有1+2+3+……+99+100＝5050（个），其中写有“心”字的正方体有100个，

∴抽到带“心”字正方体的概率是，

故选：D．

15．（2020山东威海）如图①，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②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同为奇数或m、n同为偶数　．

【解答】解：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同为奇数或m、n同为偶数．

故答案为m、n同为奇数或m、n同为偶数．

16．（2020山东潍坊）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：的圆心为点A，半径为AD；的圆心为点B，半径为BA1；的圆心为点C，半径为CB1；的圆心为点D，半径为DC1；，…的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形ABCD的边长为1，则的长是　4039π　．

【解答】解：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，AD＝AA1＝1，BA1＝BB1＝2，……，ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+2，

故的半径为BA2020＝BB2020＝4（2020﹣1）+2＝8078，的弧长．

故答案为：4039π．

17．（2020四川达州）已知k为正整数，无论k取何值，直线11：y＝kx+k+1与直线12：y＝（k+1）x+k+2都交于一个固定的点，这个点的坐标是　（﹣1，1）　；记直线11和12与x轴围成的三角形面积为Sk，则S1＝　　，S1+S2+S3+…+S100的值为　　．

【解答】解：∵直线11：y＝kx+k+1＝k（x+1）+1，

∴直线12：y＝（k+1）x+k+2经过点（﹣1，1）；

∵直线12：y＝（k+1）x+k+2＝k（x+1）+（x+1）+1＝（k+1）（x+1）+1，

∴直线12：y＝（k+1）x+k+2经过点（﹣1，1）．

∴无论k取何值，直线l1与l2的交点均为定点（﹣1，1）．

∵直线11：y＝kx+k+1与x轴的交点为（，0），

直线12：y＝（k+1）x+k+2与x轴的交点为（，0），

∴SK||×1，

∴S1；

∴S1+S2+S3+…+S100[]

[（1）+（）+…+（）]

（1）

．

故答案为（﹣1，1）；；．

18．（2020四川遂宁）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．（n为正整数），则n的值为　4039　．

【解答】解：由图形知a1＝1×2，a2＝2×3，a3＝3×4，

∴an＝n（n+1），

∵，

∴，

∴2×（1），

∴2×（1），

1，

解得n＝4039，

经检验：n＝4039是分式方程的解，

故答案为：4039．

19．（2020四川自贡）如图，直线yx+b与y轴交于点A，与双曲线y在第三象限交于B、C两点，且AB•AC＝16．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k＝　4　，前25个等边三角形的周长之和为　60　．

【解答】解：设直线yx+b与x轴交于点D，作BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．

∵yx+b，

∴当y＝0时，xb，即点D的坐标为（b，0），

当x＝0时，y＝b，即A点坐标为（0，b），

∴OA＝﹣b，ODb．

∵在Rt△AOD中，tan∠ADO，

∴∠ADO＝60°．

∵直线yx+b与双曲线y在第三象限交于B、C两点，

∴x+b，

整理得，x2+bx﹣k＝0，

由韦达定理得：x1x2k，即EB•FCk，

∵cos60°，

∴AB＝2EB，

同理可得：AC＝2FC，

∴AB•AC＝（2EB）（2FC）＝4EB•FCk＝16，

解得：k＝4．

由题意可以假设D1（m，m），

∴m2•4，

∴m＝2

∴OE1＝4，即第一个三角形的周长为12，

设D2（4+n，n），

∵（4+n）•n＝4，

解得n＝22，

∴E1E2＝44，即第二个三角形的周长为1212，

设D3（4a，a），

由题意（4a）•a＝4，

解得a＝22，即第三个三角形的周长为1212，

…，

∴第四个三角形的周长为1212，

∴前25个等边三角形的周长之和12+1212+1212121212121260，

故答案为4，60．