2020年中考數(shù)學(xué)試題分類(lèi)匯編之十五 新概念規(guī)律類(lèi)題含解析

1、2020年中考數(shù)學(xué)試題分類(lèi)匯編之十五 新概念新規(guī)律題 1、 選擇題1.（2020河南）定義運(yùn)算：例如則方程的根的情況為（ ）A. 有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根B. 有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根C. 無(wú)實(shí)數(shù)根D. 只有一個(gè)實(shí)數(shù)根【答案】A【詳解】解：根據(jù)定義得： 原方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，故選2.（2020湖北武漢）下列圖中所有小正方形都是全等的圖（1）是一張由4個(gè)小正方形組成的“”形紙片，圖（2）是一張由6個(gè)小正方形組成的方格紙片把“”形紙片放置在圖（2）中，使它恰好蓋住其中的4個(gè)小正方形，共有如圖（3）中的4種不同放置方法，圖（4）是一張由36個(gè)小正方形組成的方格紙片，將“”形紙片放置在圖（4）中，使它恰好

2、蓋住其中的4個(gè)小正方形，共有種不同放置方法，則的值是（ ）A. 160B. 128C. 80D. 48解：由圖可知，在方格紙片中，方格紙片的個(gè)數(shù)為（個(gè)）則故選：C3.（2020重慶A卷）把黑色三角形按如圖所示的規(guī)律拼圖案，其中第個(gè)圖案中有1個(gè)黑色三角形，第個(gè)圖案中有3個(gè)黑色三角形，第個(gè)圖案中有6個(gè)黑色三角形，按此規(guī)律排列下去，則第個(gè)圖案中黑色三角形的個(gè)數(shù)為（ ）A. 10B. 15C. 18D. 21解：第個(gè)圖案中黑色三角形的個(gè)數(shù)為1，第個(gè)圖案中黑色三角形的個(gè)數(shù)31+2，第個(gè)圖案中黑色三角形的個(gè)數(shù)61+2+3，第個(gè)圖案中黑色三角形的個(gè)數(shù)為1+2+3+4+515，故選：B4.（2020重慶B卷）

3、下列圖形都是由同樣大小的實(shí)心圓點(diǎn)按一定規(guī)律組成的，其中第個(gè)圖形一共有5個(gè)實(shí)心圓點(diǎn)，第個(gè)圖形一共有8個(gè)實(shí)心圓點(diǎn)，第個(gè)圖形一共有11個(gè)實(shí)心圓點(diǎn)，按此規(guī)律排列下去，第個(gè)圖形中實(shí)心圓點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（ ）A.18 B. 19 C.20 D.21答案C.5(2020山東棗莊)（3分）對(duì)于實(shí)數(shù)、，定義一種新運(yùn)算“”為：，這里等式右邊是實(shí)數(shù)運(yùn)算例如：則方程的解是ABCD【解答】解：根據(jù)題意，得，去分母得：，解得：，經(jīng)檢驗(yàn)是分式方程的解故選：6（3分）（2020常德）如圖，將一枚跳棋放在七邊形ABCDEFG的頂點(diǎn)A處，按順時(shí)針?lè)较蛞苿?dòng)這枚跳棋2020次移動(dòng)規(guī)則是：第k次移動(dòng)k個(gè)頂點(diǎn)（如第一次移動(dòng)1個(gè)頂點(diǎn)，跳棋停留在

4、B處，第二次移動(dòng)2個(gè)頂點(diǎn)，跳棋停留在D處），按這樣的規(guī)則，在這2020次移動(dòng)中，跳棋不可能停留的頂點(diǎn)是（）AC、EBE、FCG、C、EDE、C、F【解答】解：經(jīng)實(shí)驗(yàn)或按下方法可求得頂點(diǎn)C，E和F棋子不可能停到設(shè)頂點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)，G分別是第0，1，2，3，4，5，6格，因棋子移動(dòng)了k次后走過(guò)的總格數(shù)是1+2+3+k=12k（k+1），應(yīng)停在第12k（k+1）7p格，這時(shí)P是整數(shù)，且使012k（k+1）7p6，分別取k1，2，3，4，5，6，7時(shí)，12k（k+1）7p1，3，6，3，1，0，0，發(fā)現(xiàn)第2，4，5格沒(méi)有停棋，若7k2020，設(shè)k7+t（t1，2，3）代入可得，12k（k+1

5、）7p7m+12t（t+1），由此可知，停棋的情形與kt時(shí)相同，故第2，4，5格沒(méi)有停棋，即頂點(diǎn)C，E和F棋子不可能停到故選：D7（3分）（2020煙臺(tái)）如圖，OA1A2為等腰直角三角形，OA11，以斜邊OA2為直角邊作等腰直角三角形OA2A3，再以O(shè)A3為直角邊作等腰直角三角形OA3A4，按此規(guī)律作下去，則OAn的長(zhǎng)度為（）A（2）nB（2）n1C（22）nD（22）n1【解答】解：OA1A2為等腰直角三角形，OA11，OA2=2；OA2A3為等腰直角三角形，OA32=(2)2；OA3A4為等腰直角三角形，OA422=(2)3OA4A5為等腰直角三角形，OA54=(2)4，OAn的長(zhǎng)度為（2

6、）n1故選：B8（2020云南）（4分）按一定規(guī)律排列的單項(xiàng)式：a，2a，4a，8a，16a，32a，第n個(gè)單項(xiàng)式是（）A（2）n1aB（2）naC2n1aD2na解：a（2）11a，2a（2）21a，4a（2）31a，8a（2）41a，16a（2）51a，32a（2）61a，由上規(guī)律可知，第n個(gè)單項(xiàng)式為：（2）n1a 選：A 2、 填空題9.（2020江西）公元前2000年左右，古巴比倫人使用的楔形文字中有兩個(gè)符號(hào)（如圖所示），一個(gè)釘頭形代表1，一個(gè)尖頭形代表10，在古巴比倫的記數(shù)系統(tǒng)中，人們使用的標(biāo)記方法和我們當(dāng)今使用的方法相同，最右邊的數(shù)字代表個(gè)位，然后是十位，百位，根據(jù)符號(hào)記數(shù)的方法，

7、右下面符號(hào)表示一個(gè)兩位數(shù)，則這個(gè)兩位數(shù)是 【解析】依題意可得，有兩個(gè)尖頭表示，有5個(gè)丁頭表示，故這個(gè)兩位數(shù)為2510（2020貴州黔西南）（3分）如圖，是一個(gè)運(yùn)算程序的示意圖，若開(kāi)始輸入x的值為625，則第2020次輸出的結(jié)果為1【分析】依次求出每次輸出的結(jié)果，根據(jù)結(jié)果得出規(guī)律，即可得出答案【解答】解：當(dāng)x625時(shí)，15x125，當(dāng)x125時(shí)，15x25，當(dāng)x25時(shí)，15x5，當(dāng)x5時(shí)，15x1，當(dāng)x1時(shí)，x+45，當(dāng)x5時(shí)，15x1，依此類(lèi)推，以5，1循環(huán)，（20202）÷21010，即輸出的結(jié)果是1，故答案為：111（2020貴州黔西南）（3分）如圖圖形都是由同樣大小的菱形按照一

8、定規(guī)律所組成的，其中第個(gè)圖形中一共有3個(gè)菱形，第個(gè)圖形中一共有7個(gè)菱形，第個(gè)圖形中一共有13個(gè)菱形，按此規(guī)律排列下去，第個(gè)圖形中菱形的個(gè)數(shù)為57【解答】解：第個(gè)圖形中一共有3個(gè)菱形，即2+1×13；第個(gè)圖形中一共有7個(gè)菱形，即3+2×27；第個(gè)圖形中一共有13個(gè)菱形，即4+3×313；，按此規(guī)律排列下去，所以第個(gè)圖形中菱形的個(gè)數(shù)為：8+7×757故答案為：5712（2020齊齊哈爾）（3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，等腰直角三角形沿x軸正半軸滾動(dòng)并且按一定規(guī)律變換，每次變換后得到的圖形仍是等腰直角三角形第一次滾動(dòng)后點(diǎn)A1（0，2）變換到點(diǎn)A2（6，0），

9、得到等腰直角三角形；第二次滾動(dòng)后點(diǎn)A2變換到點(diǎn)A3（6，0），得到等腰直角三角形；第三次滾動(dòng)后點(diǎn)A3變換到點(diǎn)A4（10，42），得到等腰直角三角形；第四次滾動(dòng)后點(diǎn)A4變換到點(diǎn)A5（10+122，0），得到等腰直角三角形；依此規(guī)律，則第2020個(gè)等腰直角三角形的面積是22020【解答】解：點(diǎn)A1（0，2），第1個(gè)等腰直角三角形的面積=12×2×2=2，A2（6，0），第2個(gè)等腰直角三角形的邊長(zhǎng)為6-22=22，第2個(gè)等腰直角三角形的面積=12×22×22=422，A4（10，42），第3個(gè)等腰直角三角形的邊長(zhǎng)為1064，第3個(gè)等腰直角三角形的面積=12&#

10、215;4×4=823，則第2020個(gè)等腰直角三角形的面積是22020；故答案為：22020（形式可以不同，正確即得分）13.(2020甘肅定西）已知，當(dāng)分別取1，2，3，2020時(shí)，所對(duì)應(yīng)值的總和是_.答案：203214（2020遼寧撫順）（3分）如圖，四邊形ABCD是矩形，延長(zhǎng)DA到點(diǎn)E，使AEDA，連接EB，點(diǎn)F1是CD的中點(diǎn)，連接EF1，BF1，得到EF1B；點(diǎn)F2是CF1的中點(diǎn)，連接EF2，BF2，得到EF2B；點(diǎn)F3是CF2的中點(diǎn)，連接EF3，BF3，得到EF3B；按照此規(guī)律繼續(xù)進(jìn)行下去，若矩形ABCD的面積等于2，則EFnB的面積為（用含正整數(shù)n的式子表示）解：AEDA

11、，點(diǎn)F1是CD的中點(diǎn)，矩形ABCD的面積等于2，EF1D和EAB的面積都等于1，點(diǎn)F2是CF1的中點(diǎn)，EF1F2的面積等于，同理可得EFn1Fn的面積為，BCFn的面積為2×÷2，EFnB的面積為2+112（1）故答案為：15（2020內(nèi)蒙古呼和浩特）（3分）“書(shū)法藝術(shù)課”開(kāi)課后，某同學(xué)買(mǎi)了一包紙練習(xí)軟筆書(shū)法，且每逢星期幾寫(xiě)幾張，即每星期一寫(xiě)1張，每星期二寫(xiě)2張，每星期日寫(xiě)7張，若該同學(xué)從某年的5月1日開(kāi)始練習(xí)，到5月30日練習(xí)完后累積寫(xiě)完的宣紙總數(shù)過(guò)120張，則可算得5月1日到5月28日他共用宣紙張數(shù)為112，并可推斷出5月30日應(yīng)該是星期幾五、六、日解：5月1日5月30

12、日共30天，包括四個(gè)完整的星期，5月1日5月28日寫(xiě)的張數(shù)為：4×112，若5月30日為星期一，所寫(xiě)張數(shù)為112+7+1120，若5月30日為星期二，所寫(xiě)張數(shù)為112+1+2120，若5月30日為星期三，所寫(xiě)張數(shù)為112+2+3120，若5月30日為星期四，所寫(xiě)張數(shù)為112+3+4120，若5月30日為星期五，所寫(xiě)張數(shù)為112+4+5120，若5月30日為星期六，所寫(xiě)張數(shù)為112+5+6120，若5月30日為星期日，所寫(xiě)張數(shù)為112+6+7120，故5月30日可能為星期五、六、日故答案為：112；五、六、日16（2020黑龍江龍東）（3分）如圖，直線(xiàn)的解析式為與軸交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，

13、以為邊作正方形，點(diǎn)坐標(biāo)為過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的垂線(xiàn)交于點(diǎn)，以為邊作正方形，點(diǎn)的坐標(biāo)為過(guò)點(diǎn)作交于，交軸于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的垂線(xiàn)交于點(diǎn)以為邊作正方形則點(diǎn)的坐標(biāo)，解：點(diǎn)坐標(biāo)為，同理可得，由上可知，當(dāng)時(shí)，故答案為：，17（2020黑龍江牡丹江）（3分）一列數(shù)1，5，11，按此規(guī)律排列，第7個(gè)數(shù)是A37B41C55D71解：，第個(gè)數(shù)為，則第7個(gè)數(shù)是：55故選：18（2020四川遂寧）（4分）如圖所示，將形狀大小完全相同的“”按照一定規(guī)律擺成下列圖形，第1幅圖中“”的個(gè)數(shù)為a1，第2幅圖中“”的個(gè)數(shù)為a2，第3幅圖中“”的個(gè)數(shù)為a3，以此類(lèi)推，若2a1+2a2+2a3+2an=n2020（n為正整

14、數(shù)），則n的值為4039【解答】解：由圖形知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×（1-12+12-13+13-14+1n-1n+1）=n2020，2×（1-1n+1）=n2020，1-1n+1=n4040，解得n4039，經(jīng)檢驗(yàn)：n4039是分式方程的解，故答案為：403919（2020廣西南寧）（3分）如圖，某校禮堂的座位分為四個(gè)區(qū)域，前區(qū)一共有8排，其中第1排共有20個(gè)座位（含左、右區(qū)域）

15、，往后每排增加兩個(gè)座位，前區(qū)最后一排與后區(qū)各排的座位數(shù)相同，后區(qū)一共有10排，則該禮堂的座位總數(shù)是556個(gè)解：因?yàn)榍皡^(qū)一共有8排，其中第1排共有20個(gè)座位（含左、右區(qū)域），往后每排增加兩個(gè)座位，所以前區(qū)最后一排座位數(shù)為：20+2（81）34，所以前區(qū)座位數(shù)為：（20+34）×8÷2216，以為前區(qū)最后一排與后區(qū)各排的座位數(shù)相同，后區(qū)一共有10排，所以后區(qū)的座位數(shù)為：10×34340，所以該禮堂的座位總數(shù)是216+340556個(gè) 故答案為：556個(gè)20（3分）（2020常德）閱讀理解：對(duì)于x3（n2+1）x+n這類(lèi)特殊的代數(shù)式可以按下面的方法分解因式：x3（n2+1

16、）x+nx3n2xx+nx（x2n2）（xn）x（xn）（x+n）（xn）（xn）（x2+nx1）理解運(yùn)用：如果x3（n2+1）x+n0，那么（xn）（x2+nx1）0，即有xn0或x2+nx10，因此，方程xn0和x2+nx10的所有解就是方程x3（n2+1）x+n0的解解決問(wèn)題：求方程x35x+20的解為x2或x1+2或x1-2【解答】解：x35x+20，x34xx+20，x（x24）（x2）0，x（x+2）（x2）（x2）0，則（x2）x（x+2）10，即（x2）（x2+2x1）0，x20或x2+2x10，解得x2或x1±2，故答案為：x2或x1+2或x1-221（3分）（20

17、20徐州）如圖，MON30°，在OM上截取OA1=3過(guò)點(diǎn)A1作A1B1OM，交ON于點(diǎn)B1，以點(diǎn)B1為圓心，B1O為半徑畫(huà)弧，交OM于點(diǎn)A2；過(guò)點(diǎn)A2作A2B2OM，交ON于點(diǎn)B2，以點(diǎn)B2為圓心，B2O為半徑畫(huà)弧，交OM于點(diǎn)A3；按此規(guī)律，所得線(xiàn)段A20B20的長(zhǎng)等于219【解答】解：B1OB1A1，B1A1OA2，OA1A1A2，B2A2OM，B1A1OM， B1A1B2A2，B1A1=12A2B2， A2B22A1B1，同法可得A3B32A2B222A1B1，由此規(guī)律可得A20B20219A1B1，A1B1OA1tan30°=3×33=1， A20B2021

18、9，故答案為21922（2020山西）（3分）如圖是一組有規(guī)律的圖案，它們是由邊長(zhǎng)相等的正三角形組合而成，第1個(gè)圖案有4個(gè)三角形，第2個(gè)圖案有7個(gè)三角形，第3個(gè)圖案有10個(gè)三角形按此規(guī)律擺下去，第n個(gè)圖案有（3n+1）個(gè)三角形（用含n的代數(shù)式表示）【分析】根據(jù)圖形的變化發(fā)現(xiàn)規(guī)律，即可用含n的代數(shù)式表示解：第1個(gè)圖案有4個(gè)三角形，即43×1+1第2個(gè)圖案有7個(gè)三角形，即73×2+1第3個(gè)圖案有10個(gè)三角形，即103×3+1按此規(guī)律擺下去，第n個(gè)圖案有（3n+1）個(gè)三角形故答案為：（3n+1）23.（2020東莞）如圖，等腰，以為直角邊作，再以為直角邊作，以此規(guī)律作等

19、腰，則的面積是_.答案：64（或）24（2020四川自貢）（4分）如圖，直線(xiàn)y=-3x+b與y軸交于點(diǎn)A，與雙曲線(xiàn)y=kx在第三象限交于B、C兩點(diǎn)，且ABAC16下列等邊三角形OD1E1，E1D2E2，E2D3E3，的邊OE1，E1E2，E2E3，在x軸上，頂點(diǎn)D1，D2，D3，在該雙曲線(xiàn)第一象限的分支上，則k43，前25個(gè)等邊三角形的周長(zhǎng)之和為60【解答】解：設(shè)直線(xiàn)y=-3x+b與x軸交于點(diǎn)D，作BEy軸于E，CFy軸于Fy=-3x+b，當(dāng)y0時(shí)，x=33b，即點(diǎn)D的坐標(biāo)為（33b，0），當(dāng)x0時(shí)，yb，即A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，b），OAb，OD=-33b在RtAOD中，tanADO=OAOD=3

20、，ADO60°直線(xiàn)y=-3x+b與雙曲線(xiàn)y=kx在第三象限交于B、C兩點(diǎn)，-3x+b=kx，整理得，-3x2+bxk0，由韋達(dá)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由題意可以假設(shè)D1（m，m3），m23=43，m2OE14，即第一個(gè)三角形的周長(zhǎng)為12，設(shè)D2（4+n，3n），（4+n）3n43，解得n22-2，E1E242-4，即第二個(gè)三角形的周長(zhǎng)為122-12，設(shè)D3（42+a，3a），由題意（42+a）3a43，解得a23-22，即第

21、三個(gè)三角形的周長(zhǎng)為123-122，第四個(gè)三角形的周長(zhǎng)為124-123，前25個(gè)等邊三角形的周長(zhǎng)之和12+122-12+123-122+124-123+1225-1224=1225=60，故答案為43，6025（3分）（2020懷化）如圖，OB1A1，A1B2A2，A2B3A3，An1BnAn，都是一邊在x軸上的等邊三角形，點(diǎn)B1，B2，B3，Bn都在反比例函數(shù)y=3x（x0）的圖象上，點(diǎn)A1，A2，A3，An，都在x軸上，則An的坐標(biāo)為（2n，0）解：如圖，過(guò)點(diǎn)B1作B1Cx軸于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)B2作B2Dx軸于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)B3作B3Ex軸于點(diǎn)E，OA1B1為等邊三角形，B1OC60°，OC

22、A1C，B1C=3OC，設(shè)OC的長(zhǎng)度為t，則B1的坐標(biāo)為（t，3t），把B1（t，3t）代入y=3x得t3t=3，解得t1或t1（舍去），OA12OC2，A1（2，0），設(shè)A1D的長(zhǎng)度為m，同理得到B2D=3m，則B2的坐標(biāo)表示為（2+m，3m），把B2（2+m，3m）代入y=3x得（2+m）×3m=3，解得m=2-1或m=-2-1（舍去），A1D=2-1，A1A2=22-2，OA2=2+22-2=22，A2（22，0）設(shè)A2E的長(zhǎng)度為n，同理，B3E為3n，B3的坐標(biāo)表示為（22+n，3n），把B3（22+n，3n）代入y=3x得（22+n）3n=3，A2E=3-2，A2A3=23

23、-22，OA3=22+23-22=23，A3（23，0），綜上可得：An（2n，0），故答案為：(2n，0)26（2020青海）（2分）對(duì)于任意兩個(gè)不相等的數(shù)a，b，定義一種新運(yùn)算“”如下：ab，如：32，那么124解：124 故答案為：27（2020青海）（4分）觀察下列各式的規(guī)律：1×322341；2×432891；3×54215161請(qǐng)按以上規(guī)律寫(xiě)出第4個(gè)算式4×65224251用含有字母的式子表示第n個(gè)算式為n（n+2）（n+1）21解：4×65224251第n個(gè)算式為：n（n+2）（n+1）21故答案為：4×65224251

24、；n（n+2）（n+1）2128（2020山東濱州）（5分）觀察下列各式：，根據(jù)其中的規(guī)律可得（用含的式子表示）【解答】解：由分析可得故答案為：29（2020山東泰安）（4分）如表被稱(chēng)為“楊輝三角”或“賈憲三角”其規(guī)律是：從第三行起，每行兩端的數(shù)都是“1”，其余各數(shù)都等于該數(shù)“兩肩”上的數(shù)之和表中兩平行線(xiàn)之間的一列數(shù)：1，3，6，10，15，我們把第一個(gè)數(shù)記為a1，第二個(gè)數(shù)記為a2，第三個(gè)數(shù)記為a3，第n個(gè)數(shù)記為an，則a4+a20020110解：觀察“楊輝三角”可知第n個(gè)數(shù)記為an（1+2+n）=12n（n+1），則a4+a200=12×4×（4+1）+12×2

25、00×（200+1）20110故答案為：2011030（2020海南）（4分）海南黎錦有著悠久的歷史，已被列入世界非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄如圖是黎錦上的圖案，每個(gè)圖案都是由相同菱形構(gòu)成的，若按照第1個(gè)圖至第4個(gè)圖中的規(guī)律編織圖案，則第5個(gè)圖中有41個(gè)菱形，第n個(gè)圖中有2n22n+1個(gè)菱形（用含n的代數(shù)式表示）解：第1個(gè)圖中菱形的個(gè)數(shù)112+02，第2個(gè)圖中菱形的個(gè)數(shù)522+12，第3個(gè)圖中菱形的個(gè)數(shù)1332+22，第4個(gè)圖中菱形的個(gè)數(shù)2542+32，第5個(gè)圖中菱形的個(gè)數(shù)為52+4241，第n個(gè)圖中菱形的個(gè)數(shù)為n2+（n1）2n2+n22n+12n22n+1，故答案為：41，2n22n+13

26、、 解答題31.（2020長(zhǎng)沙）我們不妨約定：若某函數(shù)圖像上至少存在不同的兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則把該函數(shù)稱(chēng)之為“H函數(shù)”，其圖像上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)叫做一對(duì)“H點(diǎn)”，根據(jù)該約定，完成下列各題（1）在下列關(guān)于x的函數(shù)中，是“H函數(shù)”的，請(qǐng)?jiān)谙鄳?yīng)題目后面的括號(hào)中打“”，不是“H函數(shù)”的打“×”（ ） （ ） （ ）（2）若點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于x“H函數(shù)” 的一對(duì)“H點(diǎn)”，且該函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸始終位于直線(xiàn)的右側(cè)，求的值域或取值范圍；（3）若關(guān)于x的“H函數(shù)” （a，b，c是常數(shù)）同時(shí)滿(mǎn)足下列兩個(gè)條件：，求該H函數(shù)截x軸得到的線(xiàn)段長(zhǎng)度的取值范圍【答案】（1）；×；（2）-1a0，b=4，0c0；（

27、3）22解：（1）是 “H函數(shù)”是 “H函數(shù)”不是 “H函數(shù)”；故答案為：；×；（2）A,B是“H點(diǎn)”A,B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，m=4,n=1A(1,4），B（-1，-4）代入得解得又該函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸始終位于直線(xiàn)的右側(cè)，-2-2-1a0a+c=00c0，綜上，-1a0，b=4，0c0；（3）是“H函數(shù)”設(shè)H點(diǎn)為（p,q）和（-p,-q）,代入得解得ap2+3c=0,2bp=qp20a,c異號(hào)，ac0a+b+c=0b=-a-c，c24a24-22-20設(shè)t=，則-2t0設(shè)函數(shù)與x軸的交點(diǎn)為（x1,0）（x2,0）x1, x2是方程=0的兩根=2= 又-2t02232.（2020山東青島）實(shí)際問(wèn)

28、題：某商場(chǎng)為鼓勵(lì)消費(fèi)，設(shè)計(jì)了投資活動(dòng)方案如下：根據(jù)不同的消費(fèi)金額，每次抽獎(jiǎng)時(shí)可以從100張面值分別為1元、2元、3元、100元的獎(jiǎng)券中（面值為整數(shù)），一次任意抽取2張、3張、4張、等若干張獎(jiǎng)券，獎(jiǎng)券的面值金額之和即為優(yōu)惠金額某顧客獲得了一次抽取5張獎(jiǎng)券的機(jī)會(huì)，小明想知道該顧客共有多少種不同的優(yōu)惠金額？問(wèn)題建模：從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取個(gè)整數(shù)，這個(gè)整數(shù)之和共有多少種不同的結(jié)果？模型探究：我們采取一般問(wèn)題特殊化的策略，先從最簡(jiǎn)單的情形入手，再逐次遞進(jìn)，從中找出解決問(wèn)題的方法探究一：（1）從1，2，3這3個(gè)整數(shù)中任取2個(gè)整數(shù)，這2個(gè)整數(shù)之和共有多少種不同的結(jié)果？表所取的2個(gè)整數(shù)1，

29、21，3，2，32個(gè)整數(shù)之和345如表，所取的2個(gè)整數(shù)之和可以為3，4，5，也就是從3到5的連續(xù)整數(shù)，其中最小是3，最大是5，所以共有3種不同的結(jié)果（2）從1，2，3，4這4個(gè)整數(shù)中任取2個(gè)整數(shù)，這2個(gè)整數(shù)之和共有多少種不同的結(jié)果？表所取的2個(gè)整數(shù)1，21，3，1，42，32，43，42個(gè)整數(shù)之和345567如表，所取的2個(gè)整數(shù)之和可以為3，4，5，6，7，也就是從3到7的連續(xù)整數(shù)，其中最小是3，最大是7，所以共有5種不同的結(jié)果（3）從1，2，3，4，5這5個(gè)整數(shù)中任取2個(gè)整數(shù)，這2個(gè)整數(shù)之和共有_種不同的結(jié)果（4）從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取2個(gè)整數(shù)，這2個(gè)整數(shù)之和共有_種不同

30、的結(jié)果探究二：（1）從1，2，3，4這4個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)整數(shù)，這3個(gè)整數(shù)之和共有_種不同的結(jié)果（2）從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)整數(shù)，這3個(gè)整數(shù)之和共有_種不同的結(jié)果探究三：從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取4個(gè)整數(shù)，這4個(gè)整數(shù)之和共有_種不同的結(jié)果歸納結(jié)論：從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取個(gè)整數(shù)，這個(gè)整數(shù)之和共有_種不同的結(jié)果問(wèn)題解決：從100張面值分別為1元、2元、3元、100元的獎(jiǎng)券中（面值為整數(shù)），一次任意抽取5張獎(jiǎng)券，共有_種不同的優(yōu)惠金額拓展延伸：（1）從1，2，3，36這36個(gè)整數(shù)中任取多少個(gè)整數(shù)，使得取出的這些整數(shù)之和共有204種不同的結(jié)果？

31、（寫(xiě)出解答過(guò)程）（2）從3，4，5，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取個(gè)整數(shù)，這個(gè)整數(shù)之和共有_種不同的結(jié)果解：探究一：（3）如下表：取的2個(gè)整數(shù) 2個(gè)整數(shù)之和 所取的2個(gè)整數(shù)之和可以為3，4，5，6，7，8，9也就是從3到9的連續(xù)整數(shù)，其中最小是3，最大是9，所以共有7種不同的結(jié)果（4）從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取2個(gè)整數(shù)，這2個(gè)整數(shù)之和的最小值是3，和的最大值是 所以一共有種探究二：（1）從1，2，3，4這4個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)整數(shù)，如下表：取的3個(gè)整數(shù)1,2,31,2,41,3,42,3,43個(gè)整數(shù)之和6789從1，2，3，4這4個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)整數(shù)，這3個(gè)整數(shù)之和共有4種，（2）從

32、1，2，3，4，5這5個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)整數(shù)， 這3個(gè)整數(shù)之和的最小值是6，和的最大值是12,所以從1，2，3，4，5這5個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)整數(shù)，這3個(gè)整數(shù)之和共有7種，從而從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)整數(shù)，這3個(gè)整數(shù)之和的最小值是6，和的最大值是 所以一共有種，探究三：從1，2，3，4，5這5個(gè)整數(shù)中任取4個(gè)整數(shù)， 這4個(gè)整數(shù)之和最小是 最大是，所以這4個(gè)整數(shù)之和一共有5種，從1，2，3，4，5，6這6個(gè)整數(shù)中任取4個(gè)整數(shù)， 這4個(gè)整數(shù)之和最小是 最大是，所以這4個(gè)整數(shù)之和一共有9種，從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取4個(gè)整數(shù)，這4個(gè)整數(shù)之和的最小值是10，和的最大值是

33、，所以一共有 種不同的結(jié)果歸納結(jié)論：由探究一，從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取2個(gè)整數(shù)，這2個(gè)整數(shù)之和共有種探究二，從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)整數(shù)，這3個(gè)整數(shù)之和共有種，探究三，從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取4個(gè)整數(shù)，這4個(gè)整數(shù)之和共有 種不同的結(jié)果從而可得：從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取個(gè)整數(shù)，這個(gè)整數(shù)之和共有種不同的結(jié)果問(wèn)題解決：從100張面值分別為1元、2元、3元、100元的獎(jiǎng)券中（面值為整數(shù)），一次任意抽取5張獎(jiǎng)券，這5張獎(jiǎng)券和的最小值是15，和的最大值是490，共有種不同的優(yōu)惠金額拓展延伸：（1） 從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)

34、整數(shù)中任取個(gè)整數(shù)，這個(gè)整數(shù)之和共有種不同的結(jié)果 當(dāng) 有 或 或 從1，2，3，36這36個(gè)整數(shù)中任取29個(gè)或7個(gè)整數(shù)，使得取出的這些整數(shù)之和共有204種不同的結(jié)果（2）由探究可知：從3，4，5，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取個(gè)整數(shù)，等同于從1，2，3，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取個(gè)整數(shù)，所以：從3，4，5，（為整數(shù)，且）這個(gè)整數(shù)中任取個(gè)整數(shù)，這個(gè)整數(shù)之和共有種不同的結(jié)果33（2020四川遂寧）（9分）閱讀以下材料，并解決相應(yīng)問(wèn)題：小明在課外學(xué)習(xí)時(shí)遇到這樣一個(gè)問(wèn)題：定義：如果二次函數(shù)ya1x2+b1x+c1（a10，a1、b1、c1是常數(shù)）與ya2x2+b2x+c2（a20，a2、b2、c2是常數(shù)

35、）滿(mǎn)足a1+a20，b1b2，c1+c20，則這兩個(gè)函數(shù)互為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”求函數(shù)y2x23x+1的旋轉(zhuǎn)函數(shù)，小明是這樣思考的，由函數(shù)y2x23x+1可知，a12，b13，c11，根據(jù)a1+a20，b1b2，c1+c20，求出a2，b2，c2就能確定這個(gè)函數(shù)的旋轉(zhuǎn)函數(shù)請(qǐng)思考小明的方法解決下面問(wèn)題：（1）寫(xiě)出函數(shù)yx24x+3的旋轉(zhuǎn)函數(shù)（2）若函數(shù)y5x2+（m1）x+n與y5x2nx3互為旋轉(zhuǎn)函數(shù)，求（m+n）2020的值（3）已知函數(shù)y2（x1）（x+3）的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A、B、C關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)分別是A1、B1、C1，試求證：經(jīng)過(guò)點(diǎn)A1、B1、C1的二次函數(shù)與y2

36、（x1）（x+3）互為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”【解答】解：（1）由yx24x+3函數(shù)可知，a11，b14，c13，a1+a20，b1b2，c1+c20，a21，b24，c23，函數(shù)yx24x+3的“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”為yx24x3；（2）y5x2+（m1）x+n與y5x2nx3互為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，m-1=-nn-3=0，解得：m=-2n=3，（m+n）2020（2+3）20201（3）證明：當(dāng)x0時(shí)，y2（x1）（x+3）6，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6）當(dāng)y0時(shí)，2（x1）（x+3）0，解得：x11，x23，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0）點(diǎn)A，B，C關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)分別是A1，B1，C1，A1（1，0），

37、B1（3，0），C1（0，6）設(shè)過(guò)點(diǎn)A1，B1，C1的二次函數(shù)解析式為ya（x+1）（x3），將C1（0，6）代入ya（x+1）（x3），得：63a，解得：a2，過(guò)點(diǎn)A1，B1，C1的二次函數(shù)解析式為y2（x+1）（x3），即y2x2+4x+6y2（x1）（x+3）2x2+4x6，a12，b14，c16，a22，b24，c26，a1+a22+（2）0，b1b24，c1+c26+（6）0，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A1，B1，C1的二次函數(shù)與函數(shù)y2（x1）（x+3）互為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”34（2020懷化）定義：對(duì)角線(xiàn)互相垂直且相等的四邊形叫做垂等四邊形（1）下面四邊形是垂等四邊形的是；（填序號(hào)）平行四邊形；矩形；菱形

38、；正方形（2）圖形判定：如圖1，在四邊形ABCD中，ADBC，ACBD，過(guò)點(diǎn)D作BD垂線(xiàn)交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，且DBC45°，證明：四邊形ABCD是垂等四邊形（3）由菱形面積公式易知性質(zhì)：垂等四邊形的面積等于兩條對(duì)角線(xiàn)乘積的一半應(yīng)用：在圖2中，面積為24的垂等四邊形ABCD內(nèi)接于O中，BCD60°求O的半徑【解答】解：（1）平行四邊形的對(duì)角線(xiàn)互相平分但不垂直和相等，故不是垂等四邊形；矩形對(duì)角線(xiàn)相等但不垂直，故不是垂等四邊形；菱形的對(duì)角線(xiàn)互相垂直但不相等，故不是垂等四邊形；正方形的對(duì)角線(xiàn)互相垂直且相等，故正方形是垂等四邊形；故選：；（2）ACBD，EDBD，ACDE，又ADB

39、C，四邊形ADEC是平行四邊形，ACDE，又DBC45°，BDE是等腰直角三角形，BDDE，BDAC，又BDAC，四邊形ABCD是垂等四邊形；（3）如圖，過(guò)點(diǎn)O作OEBD，四邊形ABCD是垂等四邊形，ACBD，又垂等四邊形的面積是24，12ACBD24，解得，ACBD43，又BCD60°，DOE60°，設(shè)半徑為r，根據(jù)垂徑定理可得：在ODE中，ODr，DE=23，r=DEsin60°=2332=4，O的半徑為435（2020浙江寧波）（14分）定義：三角形一個(gè)內(nèi)角的平分線(xiàn)和與另一個(gè)內(nèi)角相鄰的外角平分線(xiàn)相交所成的銳角稱(chēng)為該三角形第三個(gè)內(nèi)角的遙望角（1）如圖1，E是ABC中A的遙望角，若A，請(qǐng)用含的代數(shù)式表示E（2）如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于O，AD=BD，四邊形ABCD的外角平分線(xiàn)DF交O于點(diǎn)F，連結(jié)BF并延長(zhǎng)交CD的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E求證：BEC是ABC中BAC的遙望角（3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)AE，AF，若AC是O的直徑求AED的度數(shù)；若AB8，CD5，求DEF的面積【解答】解：（1）BE平分ABC，CE平分ACD，EECDEBD=12（ACDABC）=12A=12，（2）如圖1，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)T，四邊形FBCD內(nèi)接于O，F(xiàn)DC+FBC180°，又FDE+FDC180°，F(xiàn)D