10. 如图,下列图案均由长度相同的小棒按一定的规律拼搭而成:摆第 1 个图案需要 7根小棒,摆第 2 个图案需要 13 根小棒,摆第 3 个图案需要 18 根小棒,摆第 4 个需要 23 根小棒……以此规律摆放.

(1) 摆第 5 个图案需要 根小棒；
(2) 用含$n$的代数式表示第$n$($n ≥ 2$,且$n$为整数)个图案中小棒的数量(结果化为最简形式)；
(3) 如果小明共有 688 根小棒,按上面的规律摆出一个图案,那么他可以摆出第几个图案？

10. (1) 28
(2) 解:由所给图形可知,摆第1个图案所需小棒的根数为7;摆第2个图案所需小棒的根数为$13=5×2+3$;摆第3个图案所需小棒的根数为$18=5×3+3$;摆第4个图案所需小棒的根数为$23=5×4+3$……由此可见,从摆第2个图案开始,所需小棒的根数依次增加5,所以摆第n个图案所需小棒的根数为$(5n+3)$($n≥2$,且n为正整数).
(3) 解:由(2)可得$5n+3=688$,解得$n=137$,所以他可以摆出第137个图案.

【分析】
我们先从已知给出的各图案小棒数量入手梳理思路：首先把已知的小棒数列出来：第1个7根，第2个13根，第3个18根，第4个23根。先计算相邻图案的小棒数差值，能发现从第2个图案开始，后一个图案比前一个图案始终多5根小棒。第一问求第5个图案的小棒数，直接用第4个的23根加5就能得到结果。第二问推导n≥2时的代数式，我们把n=2、3、4对应的小棒数改写为和n相关的表达式，很容易就能归纳出通用的代数式。第三问已知总小棒数为688，代入得到的代数式列一元一次方程，求解得到正整数n就是对应的图案序号。
【解析】
(1) 已知第4个图案需要23根小棒，从第2个图案开始，每新增一个图案就增加5根小棒，因此第5个图案的小棒数为：23+5=28。
(2) 整理n≥2时的已知数据：
当n=2时，小棒数为13=5×2+3；
当n=3时，小棒数为18=5×3+3；
当n=4时，小棒数为23=5×4+3；
由此归纳可得，n≥2且n为正整数时，第n个图案的小棒数量为5n+3。
(3) 设可以摆出第n个图案，根据题意列方程：
$5n+3=688$
移项计算得：$5n=685$，解得$n=137$。
即小明可以摆出第137个图案。
【答案】
(1) 28；(2) $5n+3$（$n≥2$，且$n$为正整数）；(3) 第137个图案
【知识点】
图形规律探索，一元一次方程应用
【点评】
本题属于基础的图形规律探究题型，重点考察学生观察数据、归纳总结规律的能力，题目明确限定了n≥2的条件，无需额外处理第1个图案的特殊情况，结合一元一次方程即可完成求解，整体计算难度低。
【难度系数】
0.7

11. 下列每一幅图都是由单位长度均为1的小正方形(包含白色小正方形和灰色小正方形)按某种规律组成的.

(1) 根据规律,第4个图中共有个小正方形,其中灰色小正方形共有个.
(2) 第$n$个图形中,白色小正方形共有个(用含$n$的代数式表示,$n$为正整数).
(3) 白色小正方形可能比灰色小正方形正好多2 026个吗? 如果可能,求出$n$的值;如果不可能,请说明理由.

11. (1) 36 8
(2) $(6n+4)$ 提示:第n个图形中,小正方形共有$(2× n+1)×4=(8n+4)$个,其中灰色小正方形有$n×2=2n$(个),所以白色小正方形共有$8n+4-2n=(6n+4)$个.
(3) 解:白色小正方形不可能比灰色小正方形正好多2 026个.理由如下:
设第n个图形中,白色小正方形比灰色小正方形正好多2 026个,由题意,得$6n+4-2n=2\ 026$,解得$n=505.5$.因为n为正整数,所以白色小正方形不可能比灰色小正方形正好多2 026个.

【分析】
我们可以从给出的前3个图形入手，分别统计每个图的总小正方形数量、灰色小正方形数量，逐步推导规律：
1. 先观察已知图形：图1是4行3列，总小正方形共12个，灰色小正方形2个；图2是4行5列，总小正方形共20个，灰色小正方形4个；图3是4行7列，总小正方形共28个，灰色小正方形6个。可以发现每往后一个图，列数增加2，总小正方形数增加8，灰色小正方形数增加2。
2. 第(1)问求第4个图的对应数值，直接按照规律递推即可得到结果。
3. 第(2)问推导第n个图形的通用表达式：行数固定为4，列数为2n+1，因此总小正方形数为4×(2n+1)，灰色小正方形数为2n，用总数量减去灰色小正方形数就能得到白色小正方形的代数式。
4. 第(3)问先假设满足条件，列出对应一元一次方程求解，再判断解是否为正整数，即可得到最终结论。
【解析】
(1) 总结前3个图的规律：
第n个图的总小正方形数为$4×(2n+1)=8n+4$，灰色小正方形数为$2n$。
当n=4时，总小正方形数$=8×4+4=36$，灰色小正方形数$=2×4=8$。
(2) 白色小正方形数 = 总小正方形数 - 灰色小正方形数，代入得：
$8n+4 - 2n = 6n+4$。
(3) 假设第n个图形中白色小正方形比灰色小正方形正好多2026个，列方程：
$6n+4 - 2n = 2026$
化简得：$4n=2022$，解得$n=505.5$。
因为n是正整数，505.5不符合要求，因此不存在这样的n，即白色小正方形不可能比灰色小正方形正好多2026个。
【答案】
(1) 36；8
(2) $(6n+4)$
(3) 白色小正方形不可能比灰色小正方形正好多2026个，理由为解得$n=505.5$不是正整数，不符合题意。
【知识点】
图形规律探究，一元一次方程应用
【点评】
本题是典型的图形类规律探究题，核心思路是从已知图形中提取数值特征，总结通用规律，第三问需要注意n为正整数的隐含限制条件，验证解的合理性，避免直接得到数值就下错误结论。
【难度系数】
0.7

12.【探究】一个平面被$n$条直线分割，最多可以分成多少部分？


(1) 填空:$A(4)=$.
(2) 计算$A(2)-A(1),A(3)-A(2),A(4)-A(3),···,A(n)-A(n-1)$,这$(n-1)$组差,再把这$(n-1)$组差相加可得$A(n)-A(1)=$,$A(n)=$.(用含$n$的式子表示)
【延伸】我们已知一条直线(一维)被$n$个点分割,最多可以分成$n+1$部分,即一维的分割数是$n$的一次多项式.经过证明,我们了解到二维的最多分割数是$n$的二次多项式,三维的最多分割数是$n$的三次多项式.我们解决一个平面(二维)被$n$条直线分割,最多可以分成多少部分的问题就有了新的办法.
(3) 令这个二维分割数为$A(n)=kn^{2}+pn+q$,代入$A(1)=2,A(2)=4$,$A(3)=7$,得$A(n)=$.(用含$n$的式子表示)
【类比】一个空间(用球体表示)被$n$个平面分割.(给出的图例如下)

(4) 请用以上两种方法分别得出三维分割数$B(n)$.(用含$n$的式子表示)

12. 解:(1) 11
$(2) \dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n-1 \dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n+1$
提示:由题中规律可知,A(2)-A(1)=2,A(3)-A(2)=3,A(4)-A(3)=4,…,A(n)-A(n-1)=n,将这(n-1)组差相加,得A(2)-A(1)+A(3)-A(2)+A(4)-A(3)+…+A(n)-A(n-1)=2+3+4+…+n,即$A(n)-A(1)=2+3+4+…+n=\dfrac{(n+2)(n-1)}{2}=\dfrac{1}{2}(n^2+n-2)=\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n-1,$所以$A(n)-2=\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n-1,$所以$A(n)=\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n+1.$
$(3) \dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n+1 $提示:把A(1)=2,A(2)=4,A(3)=7分别代入$A(n)=kn^2+pn+q,$得
$\begin{cases} k+p+q=2,\\4k+2p+q=4,\\9k+3p+q=7,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\dfrac{1}{2},\\p=\dfrac{1}{2},\\q=1.\end{cases}$所以$A(n)=\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n+1.$
(4) 方法一:1个平面把一个空间分成2部分,2个平面最多把一个空间分成4部分,3个平面最多把一个空间分成8部分,4个平面最多把一个空间分成15部分……所以B(2)-B(1)=4-2=1+1,B(3)-B(2)=8-4=4=1+1+2,B(4)-B(3)=15-8=7=1+1+2+3,…,以此类推$,B(n)-B(n-1)=1+1+2+…+(n-1)=\dfrac{1}{2}n(n-1)+1.$一般地,有$B(k)-B(k-1)-1=\dfrac{1}{2}k(k-1)=\dfrac{1}{6}k(k-1)[(k+1)-(k-2)]=\dfrac{1}{6}(k+1)k(k-1)-\dfrac{1}{6}k(k-1)(k-2),k=2,3,…,n$时均成立.所以$[B(n)-B(n-1)-1]+[B(n-1)-B(n-2)-1]+…+[B(3)-B(2)-1]+[B(2)-B(1)-1]=[\dfrac{1}{6}(n+1)n(n-1)-\dfrac{1}{6}n(n-1)(n-2)] + [\dfrac{1}{6}n(n-1)(n-2)-\dfrac{1}{6}(n-1)(n-2)(n-3)]+…+(\dfrac{1}{6}×4×3×2-\dfrac{1}{6}×3×2×1)+(\dfrac{1}{6}×3×2×1-\dfrac{1}{6}×2×1×0)=\dfrac{1}{6}(n+1)n·(n-1),$即$B(n)-B(1)-(n-1)=\dfrac{1}{6}(n+1)n·(n-1),$所以$B(n)=\dfrac{1}{6}(n+1)n(n-1)+B(1)+n-1=\dfrac{1}{6}(n+1)n(n-1)+n+1=\dfrac{1}{6}n^3+\dfrac{5}{6}n+1.$
方法二:设$B(n)=an^3+bn^2+cn+d,$把B(1)=2,B(2)=4,B(3)=8,B(4)=15代入$B(n)=an^3+bn^2+cn+d,$得
$\begin{cases}a+b+c+d=2,\\8a+4b+2c+d=4,\\27a+9b+3c+d=8,\\64a+16b+4c+d=15,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=\dfrac{1}{6},\\b=0,\\c=\dfrac{5}{6},\\d=1.\end{cases}$所以$B(n)=\dfrac{1}{6}n^3+\dfrac{5}{6}n+1.$

【分析】
这是一道维度递进的图形分割规律探究题，解题思路可以按小问逐步推进：
1. 第(1)问：要得到4条直线最多分割平面的部分数，需要保证每新增一条直线都和之前所有直线相交且交点不重合。已知3条直线最多分平面为7部分，第4条直线和前3条直线交于3个不同点，把第4条直线分成4段，每段对应新增1个区域，因此7+4即可得到A(4)。
2. 第(2)问：先计算相邻两项的差，会发现A(k)-A(k-1)=k，把所有差累加后，左边抵消仅剩A(n)-A(1)，右边是从2加到n的等差数列求和，代入等差数列求和公式就能得到结果，再把A(1)=2代入就能推出A(n)的表达式。
3. 第(3)问：直接把已知的三组值代入设定的二次多项式，得到三元一次方程组，解出三个系数即可得到A(n)。
4. 第(4)问：第一种递推法，先找出三维分割的相邻项差B(n)-B(n-1)的规律，再累加用裂项相消化简得到表达式；第二种待定系数法，根据三维分割是三次多项式的结论，代入4组已知的B(n)值，解四元一次方程组得到系数即可。
【解析】
(1) 先计算前序基础值：1条直线最多分平面A(1)=2，2条直线最多分平面A(2)=4，3条直线最多分平面A(3)=7，第4条直线和前3条直线都相交且无重合交点，会新增4个区域，因此A(4)=7+4=11。
(2) 计算各组差：
$A(2)-A(1)=4-2=2$
$A(3)-A(2)=7-4=3$
$A(4)-A(3)=11-7=4$
……
以此类推可得$A(n)-A(n-1)=n$
将这$n-1$组差相加，左边抵消后得$A(n)-A(1)$，右边是$2+3+\dots+n$，根据等差数列求和公式：
$2+3+\dots+n = \frac{(n+2)(n-1)}{2} = \frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n-1$
已知$A(1)=2$，代入得$A(n) = \frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n-1 + 2 = \frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n+1$。
(3) 将$A(1)=2,A(2)=4,A(3)=7$代入$A(n)=kn^2+pn+q$，得到方程组：
$\begin{cases} k+p+q=2\\4k+2p+q=4\\9k+3p+q=7\end{cases}$
用消元法依次消去$q$，解得$k=\frac{1}{2},p=\frac{1}{2},q=1$，因此$A(n)=\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n+1$。
(4) 方法一（递推累加法）：
先得到基础值：$B(1)=2,B(2)=4,B(3)=8,B(4)=15$，计算相邻差可得$B(n)-B(n-1) = 1 + \frac{(n-1)n}{2}$，将$B(k)-B(k-1)-1 = \frac{k(k-1)}{2}$变形为裂项形式：
$B(k)-B(k-1)-1 = \frac{1}{6}(k+1)k(k-1) - \frac{1}{6}k(k-1)(k-2)$
对$k$从2到$n$累加，左边抵消后得$B(n)-B(1)-(n-1)$，右边抵消后得$\frac{1}{6}n(n-1)(n+1)$，代入$B(1)=2$，化简得：
$B(n) = \frac{1}{6}n(n-1)(n+1) + 2 +n -1 = \frac{1}{6}n^3+\frac{5}{6}n+1$。
方法二（待定系数法）：
已知三维分割数是三次多项式，设$B(n)=an^3+bn^2+cn+d$，代入$B(1)=2,B(2)=4,B(3)=8,B(4)=15$得方程组：
$\begin{cases}a+b+c+d=2\\8a+4b+2c+d=4\\27a+9b+3c+d=8\\64a+16b+4c+d=15\end{cases}$
消元后解得$a=\frac{1}{6},b=0,c=\frac{5}{6},d=1$，因此$B(n)=\frac{1}{6}n^3+\frac{5}{6}n+1$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{11}$
(2) $\boldsymbol{\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n-1}$；$\boldsymbol{\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n+1}$
(3) $\boldsymbol{\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{2}n+1}$
(4) $\boldsymbol{B(n)=\dfrac{1}{6}n^3+\dfrac{5}{6}n+1}$
【知识点】
递推数列求和，待定系数法，图形分割规律
【点评】
本题属于维度递进的类比探究题，从二维平面分割的基础规律出发，先后考察了递推累加求和、待定系数法求多项式表达式的基础方法，再引导学生将二维的研究方法类比迁移到陌生的三维空间分割场景，既巩固了数列和方程的基础知识点，又充分锻炼了学生的类比推理和知识迁移能力，分层设问的设计也降低了探究门槛，适合培养规律探究的数学思维。
【难度系数】
0.3