专题06 代数式规律性探索三类综合题型（压轴题专项训练）数学北师大版2024七年级上册

专题06 代数式规律性探索三类综合题型 目录 典例详解 类型一、数字类规律性探索 类型二、图形类规律性探索 类型三、代数式加减法规律性探索 压轴专练 类型一、数字类规律性探索 例1．在综合实践活动中，数学兴趣小组对这n个自然数中，任取两数之和大于n的取法种数进行了探究．发现：当时，只有一种取法，即；当时，有和两种取法，即；当时，可得；……．若，则k的值为 ；若，则k的值为 ． 变式1-1．将1个1，2个，3个，…，个（为正整数）排成一列：1，，，，，，…，，记，，，…，记，，，…，，则 ． 变式1-2．数学中的逻辑推理主要包括归纳推理、类比推理和演绎推理．小明尝试探索能被8整除的整数的规律． 观察： ，，； ，，； ，，； ，，． 猜想： （1）请你判断3265160__________被8整除（填“能”或“不能”）； （2）由上述规律，我们发现：判断一个大于1000的整数能否被8整除，只需要看这个数的后__________位数能否被8整除．请说说你的判断方法． 应用： （3）如果一个整数能被25整除，那么这个整数的特征是__________． （4）某宾馆的一间客房的房间号是一个四位数，已知：①这个数能被8整除；②十位数字比个位数字大2；③百位数字是十位数字的一半；④千位数字是最小的正整数．这个房间号是多少？说说你的理由． 变式1-3．已知a是不为1的有理数，我们把称为a的差倒数，如2的差倒数是．现已知，是的差倒数，是的差倒数，是的差倒数． (1)填空： ， ， ； (2)根据（1）的计算结果，请求出的值． (3)化简：． 类型二、图形类规律性探索 例2．【操作观察】任意一张三角形纸片有3个顶点，在三角形内部依次增画点（所画的点不在三角形的边上且互相不重合）． 第1次在它的内部增画1个点，此时三角形纸片内部共有1个点； 第2次在它的内部继续增画2个点，此时三角形纸片内部共有个点； 第3次在它的内部继续增画3个点，此时三角形纸片内部共有个点； …， 第n次在它的内部继续增画n个点．此时三角形纸片内部共有m个点． 【动手实践】第n次继续增画点后在三角形纸片内部共有m个点，以三角形纸片上个点为顶点，把三角形纸片剪成若干个小三角形纸片，设最多可以剪得个小三角形． 【思考解答】 (1)第4次继续增画点后，______；第n次继续增画点后，______（用含有n的代数式表示）； (2)第1次增画点后，如图①，以4个点为顶点，将原三角形纸片剪成小三角形，最多可以剪得3个小三角形，所以；第2次继续增画点后，如图②，以6个点为顶点，最多可以剪得7个小三角形，所以；第3次继续增画点后，以9个点为顶点，可得______；第n次继续增画点后，可得______（用含有n的代数式表示）； (3)第n次继续增画点后，可得个小三角形，第次继续增画点后，可得个小三角形，则______（用含有n的代数式表示）． 变式2-1．【问题提出】 欧洲杯正如火如荼进行中，本次比赛支参赛球队分成个小组，小组赛每小组支球队进行单循环比赛，（任何一队都要与其他各队比赛一场且只比赛一场，不同小组之间不进行小组赛），则本次欧洲杯总计有几场小组赛比赛？ 【构建模型】 为解决上述问题，我们构建如下数学模型：如图①，我们可以在平面内画出个点（任意个点都不在同一条直线上），每个点与另外个点都可连成一条线段，这样一共连成条线段，实际只有条线段． （1）若某次比赛有支队伍进行单循环比赛，借助图②，我们可知一共要安排______场比赛； （2）根据以上规律，若有支足球队进行单循环比赛，则一共要安排______场比赛． 【实际应用】 （3）年欧洲杯足球赛，总计需要安排______场小组赛． （4）甬舟铁路预计年通车，届时杭州到舟山的车程将缩短至一个半小时左右，从起点杭州站出发，途经绍兴、余姚、宁波、马岙，至终点白泉站（每种车票票面都印有上车站名称与下车站名称），那么在这段线路上往返行车，要准备车票的种数为______种． 变式2-2．综合探究 斐波那契数列，意大利数学家莱昂纳多•斐波那契在其著作《计算之书》中用兔子繁衍问题描述该数列，即1，1，2，3，5，8，13，21，，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．这个数列与数学、生活息息相关，既是绘画、建筑和经济等领域的秘钥，又与美学和哲学息息相关． (1)初步探究 斐波那契数列第9和10个数分别为：______，______．若用表示斐波那契数列中的第个数，则______（用、表示，其中为正整数）． (2)深入探究 现以这组数中的各个数作为正方形的边长构造如图1的正方形，再分别从左到右依次取2个、3个、4个、5个正方形拼成如图2的长方形，记为①，②，③，④，． （ⅰ）通过计算相应长方形的面积填写下表． 序号 ① ② ③ ④ ⑤ …… 面积 2 6 15 …… （ⅱ）根据上述表格，发现： ； ； ； 请你写出斐波那契数列前项平方和的规律，并完成证明． 规律：______（用、表示，其中为正整数） 变式2-3．观察下列图形．将边长为1的正方形纸片按图1所示方法进行对折，记第1次对折后得到的图形面积为，第2次对折后得到的图形面积为，第次对折后得到的图形面积为．    (1)继续观察图形填空：设，计算___________，并在上面某个图中将表示的区域涂成阴影； (2)请根据上面图形计算：___________（直接写出结果） (3)观察图形并探索（　　）中各式的规律：试写出第个等式___________，并说明第个等式成立． 类型三、代数式加减法规律性探索 例3．若一个四位数M各数位上的数字互不相等且均不为零，并满足千位数字与个位数字之差为1，百位数字与十位数字之和为8，则这个四位数M为“八一数”；若四位数M的千位数字和百位数字交换顺序，十位数字和个位数字交换顺序得到一个新的四位数N，并规定．例如：，因为，，所以6445是“八一数”，则它对应的．计算 ；一个“八一数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，，当是整数时，则满足条件的M的最大值为 ． 变式3-1．规定：一个四位正整数的各个数位上的数字均不为且互不相同，并满足千位数字是百位数字的倍，个位数字比十位数字大，则称这个四位数为“贰叁数”．若将的千位数字与百位数字组成的两位数记为，将的十位数字与个位数字组成的两位数记为，例如：当时，为，为．记，若一个“贰叁数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，当为整数时，则 ；且为完全平方数，则所有满足条件的正整数之和是 ． 变式3-2．各数位都不为0的四位正整数m，若它的千位数字与十位数字的和等于百位数字与个位数字的和，则称这个四位数m是“间和数”．将m的首位数字放在末尾得到一个新数记为，再将的首位数字放在末尾得到，以此类推得到，记F（m）＝，则的值为 ．已知t为“间和数”，其中，a，b，c均为整数，，，，若能被13整除，且（s为正整数），则t的值为 变式3-3．对于一个四位正整数，去掉M的千位和百位上的数字后得到的两位数记为；去掉M的十位和个位上的数字后得到的两位数记为，如果比刚好大4，那么称这个四位数M为“卯数”．例如：四位数2529，∵29-25=4，∴2529是“卯数”．又如：四位数2534，∵34-25≠4，∴2534不是“卯数”．若一个“卯数”为，则这个数为 ；若一个“卯数”同时又是一个奇数，则称这个数为“丙卯数”，设是一个四位的“丙卯数”，记，当是质数（除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的整数叫质数，如2，3，5，7，11，……）时，则满足条件的N的最大值与最小值之差是 ． 1．如图，动点从到原点距离为的点处向原点方向跳动，第一次跳到的中点处，第二次从点跳到的中点处，第三次从点跳到的中点处，如此不断跳动下去，第次跳动后，该动点到原点的距离为（    ） A． B． C． D． 2．简单的规则可以涌现出丰富的代数结构，有依次排列的3个整式x，y，z，用任意两个整式的和减去剩下的整式，产生一个新整式串：，，，这称为第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作后的整式串；以此类推，通过实际操作，下列结论： ①第3次操作后，得到的整式串为，，； ②第6次操作后，得到的整式串中，三个多项式的各项系数都是，，43； ③第2025次操作后，所有整式（包含前3个整式x，y，z）的和为． 其中正确的个数有（   ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 3．已知两个初始整式和．定义操作规则如下： 第次操作：将乘再减去，得到； 第次操作：将乘再减去，得到； 第次操作：将乘再减去，得到；； 依此类推，第次操作：将乘再减去，得到． 设，则下列说法正确的个数有（        ） 第个整式． 对任意的正整数，都有 次操作后，． A． B． C． D． 4．“阿凡提巧取七环”的故事是这样的：一个地主非常自负和刻薄，经常出难题借以克扣长工的工钱．有一回，他用纯银打了个七连环作为工钱，请人做工七天，要求打工者只能断开其中的一环，干几天就取几个银环，不能多取，也不能少取．很多打工者因为不能完成这个任务，而没能拿到工钱．聪明的阿凡提先将第三环断开，第一天取走断开的那一环；第二天，阿凡提还给地主断开的那一环，拿走两连环；第三天，阿凡提再拿走断开的那一环；第四天，用前三天拿走的三个环去换四连环；第五天再拿走断开的那一环；第六天，还给断开的那一环，拿走两连环；第七天再取走断开的那一个环，正好是七环．如图所示： 断开前： 断开后： 如果老板有一个23连环，同样要求干几天取几个环，你能像阿凡提那样只断开其中的两个环，在23天的工作时间内每天都能顺利拿到工钱吗？如果能，请说出需要断开第 号和第 号环． 5．小瑞同学打开一盒全新的扑克牌，里面有54张普通牌和一张广告牌．他要用这些牌玩一个游戏，先将所有的牌随机分成五堆，清点后分别为6张，11张，16张，13张，9张，将每堆牌的张数由小到大排序后用有序数组记为（6，9，11，13，16）．接下来开始进行第一次操作：从每堆牌中分别抽取一张，抽出的牌组成新的一堆牌，这时将每堆牌的张数由小到大进行排序，记录下新的有序数组（若在某次操作中某一堆牌抽取后剩余牌的张数为0时，此时0不写入该有序数组，该堆自动消失）．重复上述方法进行第二次操作，第三次操作…… （1）写出第二次操作后记录的有序数组 ； （2）经过若干次这样的操作后，小瑞同学发现记录的有序数组不再发生变化，这时的牌有 堆． 6．如图，将一张边长为1的正方形纸片分割成7个部分，部分②是部分①面积的一半．部分③是部分②面积的一半，依次类推． (1)阴影部分的面积是多少？ (2)受（1）的启发___________； (3)类比（2）求出的值． 7．仔细观察分析下列图形和式子，完成下面的问题．将一些边长为1的小正方形按如图方式拼图： 图①中边长为1小正方形的个数：； 图②中边长为1小正方形的个数：； 图③中边长为1小正方形的个数：； ．．．．．． (1)类比上例，写出第四个等式___________； (2)类比上例，计算：； (3)根据你所发现归纳的规律计算的值； (4)在图②的大正方形网格中包含___________个正方形，在的大正方形网格中包含___________个正方形． 8．对于由若干不相等的整数组成的数组和有理数．给出如下定义：如果在数轴上存在一条长为1个单位长度的线段，使得将数组中的每一个数乘以之后，计算的结果都能够用线段上的某个点来表示，就称为数组的收纳系数． 例如，对于数组，因为，，，取为原点，为表示数1的点． 那么这三个数都可以用线段上的某个点来表示，可以判断是的收纳系数． 又例如，对于数组．因为，，， 取为原点，为表示数的点，那么这三个数都可以用线段上的某个点来表示，可以判断是的收纳系数．已知是数组的收纳系数．此时线段的端点，表示的数分别为． (1)判断________（填“是”或“不是”）数组P：，，的收纳系数； (2)对数组，在下列各数中：1，，，，可能是________； (3)已知100个连续整数组成数组，求出的最大值和相应的的最小值． 9．小明将枚硬币任意摆放在图中的点上（每个点的硬币个数不限，可以为）．    (1)对于图定义一次“操作”：从一个至少有2枚硬币的点取走枚硬币，并分别在与此点相邻的点上各放置枚硬币．对小明的每种摆法，若点处无硬币，则总能经过若干次该“操作”，使点处有硬币，求的最小值． (2)对于图定义一次“操作”：从一个至少有枚硬币的点取走枚硬币，若该点有两个相邻点，就分别在每个相邻的点处各放置枚硬币；若该点只有一个相邻点，就只在该相邻点处放置枚硬币．对小明的每种摆法，若点处无硬币，则总能经过若干次该“操作”，使点处有硬币，求的最小值． 10．【阅读中思考】 设是不为和的有理数，我们把与的倒数的差，即称为的倒数差， 如：的倒数差是的倒数差是． 【探索中理解】 若是的倒数差，是的倒数差，是的倒数差，…，以此类推． （1）先写出计算的算式，再求出它们的值． （2）求的值． 【应用拓展】 设，，都是不为和的有理数，将一个数组中的数分别按照材料中“倒数差”的定义作变换，第次变换后得到数组，第次变换后得数组第次变换后得到数组． （3）若数组确定为． 第一次变换后得到的数组为_______； 的值为_______．（直接写出答案） 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 代数式规律性探索三类综合题型 目录 典例详解 类型一、数字类规律性探索 类型二、图形类规律性探索 类型三、代数式加减法规律性探索 压轴专练 类型一、数字类规律性探索 例1．在综合实践活动中，数学兴趣小组对这n个自然数中，任取两数之和大于n的取法种数进行了探究．发现：当时，只有一种取法，即；当时，有和两种取法，即；当时，可得；……．若，则k的值为 ；若，则k的值为 ． 【答案】 6 156 【分析】本题考查了数字类规律探索，正确归纳类推出一般规律是解题关键．先分别求出当、、、和时，的值，再归纳类推出当为偶数时和当为奇数时，的值的一般规律，由此即可得． 【详解】解：由题意可知，当时，， 当时，， 当时，， 当时，有，，，，和六种取法，即， 当时，有，，，，，，，和九种取法，即， 归纳类推得：当为偶数时，；当为奇数时，， 则当时，， 故答案为：6，156． 变式1-1．将1个1，2个，3个，…，个（为正整数）排成一列：1，，，，，，…，，记，，，…，记，，，…，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了有理数的混合运算，数字类的规律探究，找出数字规律是解题的关键． 根据题意，可得，再根据找到的数字规律得到，最后将代入即可求得，进而可求得答案． 【详解】∵，， ∴， ∵，，…， ∴， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 变式1-2．数学中的逻辑推理主要包括归纳推理、类比推理和演绎推理．小明尝试探索能被8整除的整数的规律． 观察： ，，； ，，； ，，； ，，． 猜想： （1）请你判断3265160__________被8整除（填“能”或“不能”）； （2）由上述规律，我们发现：判断一个大于1000的整数能否被8整除，只需要看这个数的后__________位数能否被8整除．请说说你的判断方法． 应用： （3）如果一个整数能被25整除，那么这个整数的特征是__________． （4）某宾馆的一间客房的房间号是一个四位数，已知：①这个数能被8整除；②十位数字比个位数字大2；③百位数字是十位数字的一半；④千位数字是最小的正整数．这个房间号是多少？说说你的理由． 【答案】（1）能；（2）三，见解析；（3）末两位必须是00或25或50或75；（4）1120，理由见解析 【分析】此题考查了整式的加减运算的应用，数字类规律问题，解题的关键是掌握以上知识点． （1）通过计算判断即可； （2）观察题干中的数据总结规律即可，然后根据整除的性质求解即可； （3）同（2）的方法求解即可； （4）根据题意设设这个四位数的百位数字是x，则十位数字是，个位数字是，表示出这个四位数，然后求出，得到或2或3或4，然后分别代入求解判断即可． 【详解】（1） ∴3265160能被8整除； （2）由上述规律，我们发现：判断一个大于1000的整数能否被8整除，只需要看这个数的后三位数能否被8整除； ∵ ∴1000能被8整除 ∴个位，十位，百位都是0的大于1000的数都能被8整除 ∴如果一个大于1000的整数的后三位能被8整除 ∴这个大于1000的整数就能被8整除； （3）∵ ∴100能被25整除 ∴个位，十位都是0的大于100的数都能被25整除 ∴如果一个大于100的整数的末两位能被25整除 ∴这个大于100的整数就能被25整除 ∵，，， ∴如果一个整数能被25整除，那么这个整数的特征是末两位必须是00或25或50或75； （4）这个房间号是1120，理由如下： ∵某宾馆的一间客房的房间号是一个四位数，十位数字比个位数字大2；百位数字是十位数字的一半； ∴设这个四位数的百位数字是x，则十位数字是，个位数字是 ∵千位数字是最小的正整数1 ∴这个四位数可以表示为 ∵这个数能被8整除 ∴能被8整除 根据题意得，， ∴解得 ∵x是正整数 ∴或2或3或4 当时，，能被8整除，符合题意． ∴当时，，不能被8整除，不符合题意； 当时，，不能被8整除，不符合题意； 当时，，不能被8整除，不符合题意； ∴，， ∴这个房间号是1120． 变式1-3．已知a是不为1的有理数，我们把称为a的差倒数，如2的差倒数是．现已知，是的差倒数，是的差倒数，是的差倒数． (1)填空： ， ， ； (2)根据（1）的计算结果，请求出的值． (3)化简：． 【答案】(1)2，，； (2)，详见解析； (3)，详见解析． 【分析】本题主要考查了有理数的运算，倒数等知识点， 解答的关键是总结出数列所存在的规律并灵活运用． （1）根据差倒数的定义进行求解即可； （2）根据（1）中的数列进行分析，不难看出从第1个数开始，每3个数循环出现，且这三个数的积为，从而可求解； （3）根据数列的规律，对所求的式子进行求解即可， 【详解】（1）∵， ∴，，， 故答案为：2，，； （2）由（1）可得：从第1个数开始，每3个数循环出现，且， ∵， ∴， ∴，， ∴； （3）由题意得： ∵， ∴，，， ∵, ∴，，， ∴ ． 类型二、图形类规律性探索 例2．【操作观察】任意一张三角形纸片有3个顶点，在三角形内部依次增画点（所画的点不在三角形的边上且互相不重合）． 第1次在它的内部增画1个点，此时三角形纸片内部共有1个点； 第2次在它的内部继续增画2个点，此时三角形纸片内部共有个点； 第3次在它的内部继续增画3个点，此时三角形纸片内部共有个点； …， 第n次在它的内部继续增画n个点．此时三角形纸片内部共有m个点． 【动手实践】第n次继续增画点后在三角形纸片内部共有m个点，以三角形纸片上个点为顶点，把三角形纸片剪成若干个小三角形纸片，设最多可以剪得个小三角形． 【思考解答】 (1)第4次继续增画点后，______；第n次继续增画点后，______（用含有n的代数式表示）； (2)第1次增画点后，如图①，以4个点为顶点，将原三角形纸片剪成小三角形，最多可以剪得3个小三角形，所以；第2次继续增画点后，如图②，以6个点为顶点，最多可以剪得7个小三角形，所以；第3次继续增画点后，以9个点为顶点，可得______；第n次继续增画点后，可得______（用含有n的代数式表示）； (3)第n次继续增画点后，可得个小三角形，第次继续增画点后，可得个小三角形，则______（用含有n的代数式表示）． 【答案】(1)10， (2)13， (3) 【分析】（1）根据题意第4次在它的内部继续增画4个点，此时三角形纸片内部共有个点，第n次继续增画点后，，用代数式表示即可； （2）第2次画点后，在原基础上增加了2个点，就增加了个小三角形，，第3次画点后，在原基础上增加了3个点，就增加了个小三角形，，根据，，，可以推出； （3）由（2）可推得，两式相减，去括号化简即可求得． 【详解】（1）解：根据题意得：第4次在它的内部继续增画4个点，此时三角形纸片内部共有个点； 第n次继续增画点后，， 也可以写成， ∴(共有n个这样的数) ∴ 故答案为：10，； （2）解：第3次画点后，在原基础上增加了3个点，就增加了个小三角形，， 第4次画点后，在原基础上增加了4个点，就增加了个小三角形，， 根据，，，， ∵，，， ∴ 故答案为：13，； （3）解： 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了图形类规律探索，解答此类问题时，要将后一个图形与前一个图形进行比较，明确哪部分发生了变化，哪部分没有变化，分析其联系与区别，有时需要多画出几个图形进行观察，归纳时要注意数形结合思想． 变式2-1．【问题提出】 欧洲杯正如火如荼进行中，本次比赛支参赛球队分成个小组，小组赛每小组支球队进行单循环比赛，（任何一队都要与其他各队比赛一场且只比赛一场，不同小组之间不进行小组赛），则本次欧洲杯总计有几场小组赛比赛？ 【构建模型】 为解决上述问题，我们构建如下数学模型：如图①，我们可以在平面内画出个点（任意个点都不在同一条直线上），每个点与另外个点都可连成一条线段，这样一共连成条线段，实际只有条线段． （1）若某次比赛有支队伍进行单循环比赛，借助图②，我们可知一共要安排______场比赛； （2）根据以上规律，若有支足球队进行单循环比赛，则一共要安排______场比赛． 【实际应用】 （3）年欧洲杯足球赛，总计需要安排______场小组赛． （4）甬舟铁路预计年通车，届时杭州到舟山的车程将缩短至一个半小时左右，从起点杭州站出发，途经绍兴、余姚、宁波、马岙，至终点白泉站（每种车票票面都印有上车站名称与下车站名称），那么在这段线路上往返行车，要准备车票的种数为______种． 【答案】（1）． （2） （3） （4）30 【分析】本题考查了归纳总结和配对问题，涉及列代数式及其求值、有理数的运算，求出关于的关系式，再根据实际情况讨论是解题的关键． （1）根据图②线段数量进行作答． （2）当有支足球队进行单循环比赛时，即在平面内画出个点（任意个点都不在同一条直线上），每个点与另外个点都可连成一条线段，这样一共连成条线段，实际只有条线段，即可得求出比赛的场数． （3）根据题意可得，一个小组会有场比赛，故六个小组则共有有场比赛． （4）因为行车往返存在上车与下车，所以不需要除去每两个点之间的线段都重复计算了一次的情况，即一个车站与另外个车站都可各形成一张车票，即张车票，得出六个车站一共形成了种车票． 【详解】（1）由图②可知，图中实际共有条线段， ∴根据题意，可得支队伍进行单循环比赛一共要安排场比赛． 故答案为：． （2）当有支足球队进行单循环比赛时，即在平面内画出个点（任意个点都不在同一条直线上），每个点与另外个点都可连成一条线段，这样一共连成条线段，实际只有条线段， 即根据以上规律，若有支足球队进行单循环比赛，则一共要安排场比赛， 故答案为：． （3）根据题意可得，欧洲杯支参赛球队分成个小组， 由上可得一个小组会有场比赛， 故六个小组则共有有场比赛， 即本次欧洲杯总计有36场小组赛比赛， 故答案为． （4）由题意可得一共有六个车站，因为行车往返存在上车与下车，所以不需要除去每两个点之间的线段都重复计算了一次的情况，即每两个车站就会有两种车票， ∴一个车站与另外个车站都可各形成一张车票，即张车票， ∴这样六个车站一共形成了种车票． 故答案为． 变式2-2．综合探究 斐波那契数列，意大利数学家莱昂纳多•斐波那契在其著作《计算之书》中用兔子繁衍问题描述该数列，即1，1，2，3，5，8，13，21，，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．这个数列与数学、生活息息相关，既是绘画、建筑和经济等领域的秘钥，又与美学和哲学息息相关． (1)初步探究 斐波那契数列第9和10个数分别为：______，______．若用表示斐波那契数列中的第个数，则______（用、表示，其中为正整数）． (2)深入探究 现以这组数中的各个数作为正方形的边长构造如图1的正方形，再分别从左到右依次取2个、3个、4个、5个正方形拼成如图2的长方形，记为①，②，③，④，． （ⅰ）通过计算相应长方形的面积填写下表． 序号 ① ② ③ ④ ⑤ …… 面积 2 6 15 …… （ⅱ）根据上述表格，发现： ； ； ； 请你写出斐波那契数列前项平方和的规律，并完成证明． 规律：______（用、表示，其中为正整数） 【答案】(1)； (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ），证明见解析 【分析】本题主要考查了图形的变化规律、 有理数的混合运算等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）根据从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和这一规律可得即可得解； （2）（ⅰ）根据图形面积即可得解； （ⅱ）根据所给规律总结证明即可． 【详解】（1）解：斐波那契数列第9个数为，第10个数为；若用表示斐波那契数列中的第个数，则， 故答案为：；； （2）（ⅰ）解：第④个图形的面积为：， 第⑤个图形的边长为， 第⑤个图形的面积为：， 填表如下： 序号 ① ② ③ ④ ⑤ …… 面积 2 6 15 40 104 …… （ⅱ）解：， 证明：记斐波那契数列为：，，，，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 变式2-3．观察下列图形．将边长为1的正方形纸片按图1所示方法进行对折，记第1次对折后得到的图形面积为，第2次对折后得到的图形面积为，第次对折后得到的图形面积为．    (1)继续观察图形填空：设，计算___________，并在上面某个图中将表示的区域涂成阴影； (2)请根据上面图形计算：___________（直接写出结果） (3)观察图形并探索（　　）中各式的规律：试写出第个等式___________，并说明第个等式成立． 【答案】(1) (2) (3)，详见解析 【分析】本题主要考查了图形规律，列代数，有理数的乘方，正确找到图形的规律是解决此题的关键， （1）按题意计算画图即可得解； （2）由图找到数的规律进行计算即可得解； （3）由图找到数的规律进行计算即可得解； 【详解】（1）解：画图如下，    ， 故答案为：； （2）解：由图知，      第1次分割，把正方形的面积二等分，其中阴影部分的面积为 ； 第2次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续二等分，阴影部分的面积之和为； 第3次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续二等分， …； 第2025次分割，把上次分割图中空白部分的面积最后二等分； 所有阴影部分的面积之和为 ， 最后空白部分的面积是 ， ∴， 故答案为：； （3）解：由图知，， ， ， ， ， ∴第个等式， 故答案为：． 类型三、代数式加减法规律性探索 例3．若一个四位数M各数位上的数字互不相等且均不为零，并满足千位数字与个位数字之差为1，百位数字与十位数字之和为8，则这个四位数M为“八一数”；若四位数M的千位数字和百位数字交换顺序，十位数字和个位数字交换顺序得到一个新的四位数N，并规定．例如：，因为，，所以6445是“八一数”，则它对应的．计算 ；一个“八一数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，，当是整数时，则满足条件的M的最大值为 ． 【答案】 201 9628 【分析】本题考查了新定义——“八一数”．熟练掌握新定义，数字问题中的表达式与方程，解二元一次不定方程，是解题的关键． 根据，，知是“八一数”，得，得；根据，，，得，根据是整数，得是整数，得当M最大时，得，得 【详解】解：∵，，， ∴M是“八一数”， 则， ∴； ∵，， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∵是整数， ∴是整数， ∴当M最大时，， ∴， ∴． 故答案为：201；9628． 变式3-1．规定：一个四位正整数的各个数位上的数字均不为且互不相同，并满足千位数字是百位数字的倍，个位数字比十位数字大，则称这个四位数为“贰叁数”．若将的千位数字与百位数字组成的两位数记为，将的十位数字与个位数字组成的两位数记为，例如：当时，为，为．记，若一个“贰叁数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，当为整数时，则 ；且为完全平方数，则所有满足条件的正整数之和是 ． 【答案】 【分析】根据千位数字是百位数字的倍，个位数字比十位数字大，可得，，所以有，，且、均为整数，所以可得：，根据能被整除的数的个位是或，可知的个位数为或，又因为四位正整数的各个数位上的数字均不为且互不相同，所以可知的个位数为； 把整理可得：，根据能被整除的数的个位数是或，可知的个位数是或，又因为的值为、、、，的值为、、、、、，可知的个位数不能是，只能是，又因为为完全平方数，所以只有当、和当，时满足条件，求出此时的即可． 【详解】解：的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为， ，， 则有，，且、均为整数， ，， ， 为整数， 的个位数为或， 的个位数为或， 或， 四位正整数的各个数位上的数字均不为且互不相同， 的个位数为， ； 解：为完全平方数， 整理得：， 的个位数是或， 的个位数是或， 的值为、、、，的值为、、、、、， 若的个位是， 当，时，， 不是完全平方数， 不符合题意； 当，时，， 是完全平方数， 符合题意， 此时，， ； 当，时， ， 不是完全平方数， 不符合题意； 当，时， ， 是完全平方数， 此时，， ； 是偶数， 的个位不可能是， 符合条件的有和， 所有满足条件的正整数之和是． 故答案为： ；． 【点睛】本题考查了新定义计算、有理数的运算、列代数式、整式的加减运算、完全平方数，解决本题的关键是根据千位数字是百位数字的倍，个位数字比十位数字大，得到：，，列出关于、的代数式． 变式3-2．各数位都不为0的四位正整数m，若它的千位数字与十位数字的和等于百位数字与个位数字的和，则称这个四位数m是“间和数”．将m的首位数字放在末尾得到一个新数记为，再将的首位数字放在末尾得到，以此类推得到，记F（m）＝，则的值为 ．已知t为“间和数”，其中，a，b，c均为整数，，，，若能被13整除，且（s为正整数），则t的值为 【答案】 55 4576 【分析】本题考查了实数的新定义运算，利用“间和数”的定义求出，代入公式求即可；由，均为整数，，，，可得，由为“间和数”，得，即得，进而得，根据能被整除可得的值，表示出，根据所给等式判断出的值，即可求得的值，理解新定义的意义并灵活应用是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴，，， ∴； ∵， ∴的千位上的数字是，百位上的数字是，十位上的数字是，个位上的数字是， ∵为“间和数”， ∴， ∴， ∴， ∵能被整除， ∴， ∴为整数， ∵，，均为整数， ∴为， ∴， ∴， ， ， ∴ ， ∵， ∴， 整理得，， ∵，为整数，为正整数， ∴， ∴， 故答案为：，． 变式3-3．对于一个四位正整数，去掉M的千位和百位上的数字后得到的两位数记为；去掉M的十位和个位上的数字后得到的两位数记为，如果比刚好大4，那么称这个四位数M为“卯数”．例如：四位数2529，∵29-25=4，∴2529是“卯数”．又如：四位数2534，∵34-25≠4，∴2534不是“卯数”．若一个“卯数”为，则这个数为 ；若一个“卯数”同时又是一个奇数，则称这个数为“丙卯数”，设是一个四位的“丙卯数”，记，当是质数（除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的整数叫质数，如2，3，5，7，11，……）时，则满足条件的N的最大值与最小值之差是 ． 【答案】 2125 7070 【分析】本题考查了新定义计算、有理数的运算、列代数式、整式的加减运算，根据“卯数”的定义列式可得出的值即可得出第一个空格的答案；由“丙卯数”的定义得出，结合是奇数可得出，根据可求出，再根据是质数，得出的最大数和最小数，即可得出结果． 【详解】解：根据题意得比刚好大4，可得， ∴， ∵为“卯数”， ∴ ∴， ∴这个数为：； ∵是一个四位的“丙卯数”， ∴， ∴， 整理得，， ∵是奇数， ∴或3或5或7或9， ∴当最小时，则最小， 当时，，，此时，， ∴， ∴是质数， 当时，，，此时，， ∴，不是最小数； 当时，，，此时，， ∴， ∴不是质数， 当时，，，此时，， ∴， ∴不是质数， 当时，，，此时，， ∴， ∴不是质数， 故最小的数为：1721； 要使最大，则最大， 当时，，则， ∴， ∴不是质数， 当时，，则， ∴， ∴不是质数， 当时，，则， ∴， ∴不是质数， 当时，，则， ∴， ∴是质数， 所以，最大的数为：8791； 所以，满足条件的N的最大值与最小值之差是， 故答案为：2125；7070． 1．如图，动点从到原点距离为的点处向原点方向跳动，第一次跳到的中点处，第二次从点跳到的中点处，第三次从点跳到的中点处，如此不断跳动下去，第次跳动后，该动点到原点的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了点的运动规律，根据计算可得每次运动后点距原点的距离是上一个点距原点距离的一半，据此即可求解，根据计算找到点的运动规律是解题的关键． 【详解】解：第一次跳动到的中点处，得， 第二次从跳到的中点处，得， 第三次从点跳到的中点处，得， ， ∴第次跳动后，该质点到原点的距离为， ∴第次跳动后，该质点到原点的距离为， ∵， ∴， 故选：． 2．简单的规则可以涌现出丰富的代数结构，有依次排列的3个整式x，y，z，用任意两个整式的和减去剩下的整式，产生一个新整式串：，，，这称为第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作后的整式串；以此类推，通过实际操作，下列结论： ①第3次操作后，得到的整式串为，，； ②第6次操作后，得到的整式串中，三个多项式的各项系数都是，，43； ③第2025次操作后，所有整式（包含前3个整式x，y，z）的和为． 其中正确的个数有（   ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了整式类规律探索、整式的加减的的应用，正确归纳类推出一般规律是解题关键．先分别求出第次操作后，得到的整式串，再归纳类推出一般规律，逐个判断即可得． 【详解】解：由题意得：第1次操作后，得到的整式串为，，， ∵， ， ， ∴第2次操作后，得到的整式串为，，， ∵， ， ， ∴第3次操作后，得到的整式串为，，，结论①正确； ∵， ， ， ∴第4次操作后，得到的整式串为，，， 归纳类推得：每次操作后，得到的整式串中，三个多项式的各项系数都相同，每个多项式的各项系数之和都等于1，而且有两项的系数相等，其中，不相等的系数依次为， 则第次操作后，得到的整式串中，不相等的系数为（其中为正整数）， ∵，， ∴第6次操作后，得到的整式串中，三个多项式的各项系数都是，，43，结论②正确； 第1次操作后，得到的整式串的和为， 第2次操作后，得到的整式串的和为， 第3次操作后，得到的整式串的和为， 归纳类推得：每次操作后，得到的整式串的和都是， 则第2025次操作后，所有整式（包含前3个整式）的和为，结论③正确； 综上，正确的个数有3个， 故选：D． 3．已知两个初始整式和．定义操作规则如下： 第次操作：将乘再减去，得到； 第次操作：将乘再减去，得到； 第次操作：将乘再减去，得到； ； 依此类推，第次操作：将乘再减去，得到． 设，则下列说法正确的个数有（        ） 第个整式． 对任意的正整数，都有 次操作后，． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了整式的混合运算，规律型——数字的变化类，解题的关键是根据已知条件寻找规律． 根据题意，可以写出前几个整式，从而可以发现这些整式的系数变化规律，进而可以得到和的值，然后即可判断各个小题中的结论是否成立，从而可以解答本题. 【详解】解：由题意可得，第次操作：， ∴，， 第次操作：， ∴，； 第次操作：， ∴，； 第次操作：， ∴，，故正确； 由上可得，，，，； ，，，，； ∴当为奇数时，，当为偶数时，，， ∴，故正确； ∴次操作后，，故正确， 故选：． 4．“阿凡提巧取七环”的故事是这样的：一个地主非常自负和刻薄，经常出难题借以克扣长工的工钱．有一回，他用纯银打了个七连环作为工钱，请人做工七天，要求打工者只能断开其中的一环，干几天就取几个银环，不能多取，也不能少取．很多打工者因为不能完成这个任务，而没能拿到工钱．聪明的阿凡提先将第三环断开，第一天取走断开的那一环；第二天，阿凡提还给地主断开的那一环，拿走两连环；第三天，阿凡提再拿走断开的那一环；第四天，用前三天拿走的三个环去换四连环；第五天再拿走断开的那一环；第六天，还给断开的那一环，拿走两连环；第七天再取走断开的那一个环，正好是七环．如图所示： 断开前： 断开后： 如果老板有一个23连环，同样要求干几天取几个环，你能像阿凡提那样只断开其中的两个环，在23天的工作时间内每天都能顺利拿到工钱吗？如果能，请说出需要断开第 号和第 号环． 【答案】 【分析】本题主要考查了逻辑推理和数字组合的概念，解题的关键在于通过合理断开两个环，将连环拆分成不同数量的小部分，使得这些小部分能够通过组合和交换的方式，满足每天获取对应数量银环的要求．根据题意尝试找出一种合理的拆分方式，然后根据每天的获取规则来验证是否可行即可得解． 【详解】解：断开第环和第环，断开后形成了个(第环断开产生)单环、个单环(第环断开产生)、一个环(环)、一个环(环)、一个环(环)， 每天获取工钱的具体方式如下， 第天，取走个单环(此时手里有个环)， 第天，再取走个单环(此时手里有个环)， 第天，还回个单环，取走一个环(此时手里有个环)， 第天，取走个单环(此时手里有个环)， 第天，再取走个单环(此时手里有个环)， 第天，还回手里的个环，取一个环(此时手里有个环)， 第天，取走个单环(此时手里有个环)， 第天，再取走个单环(此时手里有个环)， 第天，还回手里的个单环，取走一个环(此时手里有个环)， 第天，取走个单环(此时手里有个环)， 第天，再取走个单环(此时手里有个环)， 第天，还回手里的个环，取走一个环(此时手里有个环)， 第天，取走个单环(此时手里有个环)， 第天，再取走个单环(此时手里有个环)， 第天，还回个单环，取走一个环(此时手里有个环)， 第天，取走个单环(此时手里有个环)， 第天，再取走个单环(此时手里有个环)， 第天，还回手里的个单环和一个环，取一个环(此时手里有个环)， 第天，取走个单环(此时手里有个环)， 第天，再取走个单环(此时手里有个环)， 第天，还回个单环，取走一个环(此时手里有个环)， 第天，取走个单环(此时手里有个环)， 第天，再取走个单环(此时手里有个环)， 故答案为：，． 5．小瑞同学打开一盒全新的扑克牌，里面有54张普通牌和一张广告牌．他要用这些牌玩一个游戏，先将所有的牌随机分成五堆，清点后分别为6张，11张，16张，13张，9张，将每堆牌的张数由小到大排序后用有序数组记为（6，9，11，13，16）．接下来开始进行第一次操作：从每堆牌中分别抽取一张，抽出的牌组成新的一堆牌，这时将每堆牌的张数由小到大进行排序，记录下新的有序数组（若在某次操作中某一堆牌抽取后剩余牌的张数为0时，此时0不写入该有序数组，该堆自动消失）．重复上述方法进行第二次操作，第三次操作…… （1）写出第二次操作后记录的有序数组 ； （2）经过若干次这样的操作后，小瑞同学发现记录的有序数组不再发生变化，这时的牌有 堆． 【答案】 （4，4，6，7，9，11，14） 10 【分析】本题主要考查了数字变化的规律，能根据所给操作方式依次写出所得有序数组并发现规律是解题的关键． （1）根据所给操作方法，写出第二次操作后的记录即可解决问题． （2）根据所给操作方法，依次写出所得有序数组，发现规律即可解决问题． 【详解】解：由题知， 第一次操作后的有序数组为（5，5，8，10，12，15）； 第二次操作后的有序数组为（4，4，6，7，9，11，14）； 第三次操作后的有序数组为（3，3，5，6，7，8，10，13）； 第四次操作后的有序数组为（2，2，4，5，6，7，8，9，12）； 第五次操作后的有序数组为（1，1，3，4，5，6，7，8，9，11）； 第六次操作后的有序数组为（2，3，4，5，6，7，8，10，10）； ， （2，3，4，5，6，7，8，9，11）； （1，2，3，4，5，6，7，8，9，10）； （1，2，3，4，5，6，7，8，9，10）； ， 所以当有序数组不再变化时，这时牌有10堆． 故答案为：（4，4，6，7，9，11，14）；10． 6．如图，将一张边长为1的正方形纸片分割成7个部分，部分②是部分①面积的一半．部分③是部分②面积的一半，依次类推． (1)阴影部分的面积是多少？ (2)受（1）的启发___________； (3)类比（2）求出的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了图形规律的探索，有理数的运算． （1）根据题意先表示出①至⑥的面积，再总结规律即可作答； （2）结合（1）的规律，即可作答； （3）结合（1）的规律，即可作答. 【详解】（1）解：①的面积为， ②的面积为， ③的面积为， ④的面积为， ⑤的面积为， ⑥的面积为， 阴影面积与⑥的面积相等，即为； （2）解：仿照题意，将一张边长为1的正方形纸片分割成7个部分，部分②是部分①面积的一半，部分③是部分②面积的一半，依次类推． 数形结合，可得：， 故答案为：； （3）解：仿照题意，将一张边长为1的正方形纸片分割成2024个部分，部分②是部分①面积的一半，部分③是部分②面积的一半，依次类推． 数形结合，可得：． 7．仔细观察分析下列图形和式子，完成下面的问题．将一些边长为1的小正方形按如图方式拼图： 图①中边长为1小正方形的个数：； 图②中边长为1小正方形的个数：； 图③中边长为1小正方形的个数：； ．．．．．． (1)类比上例，写出第四个等式___________； (2)类比上例，计算：； (3)根据你所发现归纳的规律计算的值； (4)在图②的大正方形网格中包含___________个正方形，在的大正方形网格中包含___________个正方形． 【答案】(1) (2)2500 (3)1500 (4)14，91 【分析】本题考查数字类、图形类规律探究，找到变化规律并灵活运用是解答的关键． （1）仿照例子直接写出等式即可； （2）根据所给几个等式，发现规律，进而求解即可； （3）把变形为，然后利用（2）中规律求解即可； （4）根据图①、②、③中正方形个数发现规律为：在的大正方形网格中包含个正方形，然后把代入计算即可． 【详解】（1）解：观察前几个等式的左右变化，得：， 故答案为：； （2）解：根据题意，得， ∴ （3）解： ； （4）解：在图①即的大正方形网格中包含个正方形； 在图②即的大正方形网格中包含个正方形； 在图③即的大正方形网格中包含个正方形； …… ∴在的大正方形网格中包含个正方形， ∴当时，在图的大正方形网格中包含个正方形， 故答案为为：14，91． 8．对于由若干不相等的整数组成的数组和有理数．给出如下定义：如果在数轴上存在一条长为1个单位长度的线段，使得将数组中的每一个数乘以之后，计算的结果都能够用线段上的某个点来表示，就称为数组的收纳系数． 例如，对于数组，因为，，，取为原点，为表示数1的点． 那么这三个数都可以用线段上的某个点来表示，可以判断是的收纳系数． 又例如，对于数组．因为，，， 取为原点，为表示数的点，那么这三个数都可以用线段上的某个点来表示，可以判断是的收纳系数．已知是数组的收纳系数．此时线段的端点，表示的数分别为． (1)判断________（填“是”或“不是”）数组P：，，的收纳系数； (2)对数组，在下列各数中：1，，，，可能是________； (3)已知100个连续整数组成数组，求出的最大值和相应的的最小值． 【答案】(1)是 (2)或 (3)的最大值为，的最小值 【分析】本题主要考查了数字的变形的规律，数轴，绝对值， （1）利用收纳系数的定义解答即可； （2）利用收纳系数的定义，分别用分数乘以数组各个数字，求出最大乘积与最小乘积的差，与比较判断即可； （3）利用收纳系数的定义求出的最大值，再依据值和收纳系数的定义解答即可． 【详解】（1）解：∵，，，， ∴取为示数的点，为表示数1的点．那么这三个数都可以用线段上的某个点来表示， ∴是数组P：，，的收纳系数， 故答案为：是； （2）解：∵，，，， ∴不可能为1； ∵，，，， ∴可能为； ∵，，，， ∴可能为； ∵，，，， ∴不可能为； 故答案为：或； （3）解：这100个数是连续整数， 数组中的最大的数与最小数之差为99， 的最大值． 的最大值为； 当中间的数字为0时，的值最小， ， 第50个或第51个数字为0时，的值最小． 当50个数字为0时，，， ； 当51个数字为0时，，， ． 综上，的最大值为，相应的的最小值． 9．小明将枚硬币任意摆放在图中的点上（每个点的硬币个数不限，可以为）．    (1)对于图定义一次“操作”：从一个至少有2枚硬币的点取走枚硬币，并分别在与此点相邻的点上各放置枚硬币．对小明的每种摆法，若点处无硬币，则总能经过若干次该“操作”，使点处有硬币，求的最小值． (2)对于图定义一次“操作”：从一个至少有枚硬币的点取走枚硬币，若该点有两个相邻点，就分别在每个相邻的点处各放置枚硬币；若该点只有一个相邻点，就只在该相邻点处放置枚硬币．对小明的每种摆法，若点处无硬币，则总能经过若干次该“操作”，使点处有硬币，求的最小值． 【答案】(1)最小值为； (2)最小值为． 【分析】（）根据最终的平衡状态可以确定最小值即可； （）根据最终的平衡状态可以确定最小值即可； 本题主要考查了图形的变化规律，根据每个点上最多有一个点得出结论是解题的关键． 【详解】（1）解：当时，不满足题意， ∴， 不妨设， 当点或点处有枚硬币时，则经过一次“操作”就能使点处有硬币； 当点，处的硬币数小于或等于枚时，由对称性有如图，种情况（其中字母边上的数字代表该点处初始状态的硬币数）， 经验证，经过若干次“操作”总能使点处有硬币， ∴的最小值为； （2）解：当处有枚硬币时，经过一次“操作”就能使处有硬币， 当初始状态，处都没有硬币时，处至少要有枚硬币，才能使得处有枚硬币， 当初始状态，处都没有硬币时， 经如图，检验（相应的数字代表每次“操作”后的硬币数）， 当处有枚硬币时，符合题意． ∴的最小值为． 10．【阅读中思考】 设是不为和的有理数，我们把与的倒数的差，即称为的倒数差， 如：的倒数差是的倒数差是． 【探索中理解】 若是的倒数差，是的倒数差，是的倒数差，…，以此类推． （1）先写出计算的算式，再求出它们的值． （2）求的值． 【应用拓展】 设，，都是不为和的有理数，将一个数组中的数分别按照材料中“倒数差”的定义作变换，第次变换后得到数组，第次变换后得数组第次变换后得到数组． （3）若数组确定为． 第一次变换后得到的数组为_______； 的值为_______．（直接写出答案） 【答案】（1），，；  （2）   （3）     【分析】本题考查了有理数的混合运算，数字规律等知识，正确运用有理数的混合运算法则计算并发现规律是解答本题的关键． （1）根据“倒数差”的定义列式计算即可； （2）先根据“倒数差”的定义列式计算，，，然后求和即可； （3）根据“倒数差”的定义列式计算即可； 先根据“倒数差”的定义列式计算发现规律，然后运用规律解答即可． 【详解】解：（1）， ， ； （2）， ， ， ； （3）数组确定为， 第一次变换后， ， ，即变换后得到的数组为， 故答案为：； 第次变换后， ， ，即变换后得到的数组为； 第次变换后， ， ，即变换后得到的数组为； 同理可得：，，， ，，， ，，， ，， ， ， ， ， ， ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$