【例】 由 1,2,3,4 这四个数字组成四位数$\overline{abcd}$(数字可重复使用),要求满足$a+c=b+d$.这样的四位数共有().

A.36 个
B.40 个
C.44 个
D.48 个
解析: 由题知,$\overline{abcd}$ 中的数字可重复使用,故可进行分类讨论.
①当只选 1 个数字时,例如选取 1,此时 $a=b=c=d=1$,必有 $a+c=b+d$,此时这个四位数为1 111;选取 2 或 3 或 4 同理,故有 $4×1=4$(个);
②当只选取 2 个数字时,例如选取 1,2,此时可分 $a=b$,$a=d$ 两种情况.
若 $a=b=1$,则 $c=d=2$,该四位数为 1 122;
若 $a=b=2$,则 $c=d=1$,该四位数为 2 211;
若 $a=d=1$,则 $c=b=2$,该四位数为 1 221;
若 $a=d=2$,则 $c=b=1$,该四位数为 2 112;
其他情况同理,故共有 $4×6=24$(个);
③当只选取 3 个数字时,其中必有 1 个数字重复使用,想要满足 $a+c=b+d$,通过观察发现$2+2=1+3$,$3+3=2+4$, 即可能选取 1,2,3 或2,3,4.
当选取 1,2,3 时,可分为 $a=c$ 和 $b=d$ 两种情况.
若 $a=c=2$,则 $b=1,d=3$ 或 $b=3,d=1$,该四位数为 2 123 或 2 321;
若 $b=d=2$,则 $a=1,c=3$ 或 $a=3,c=1$,该四位数为 1 232 或 3 212;共有 4 个.
选取 2,3,4 同理,故只选取 3 个数字有 $4×2=8$(个);
④当选取 4 个数字时,要满足 $a+c=b+d$,只可能是 1,4 为一组数,2,3 为一组数.
若 $a=1,c=4$,则 $b=2,d=3$ 或 $b=3,d=2$,该四位数为 1 243 或 1 342;
若 $a=4,c=1$,则 $b=2,d=3$ 或 $b=3,d=2$,该四位数为 4 213 或 4 312;
若 $a,c$ 为 2,3 这组数时,同理,故有 $4×2=8$(个).
综上,共有 $4+24+8+8=44$(个).
答案: C

C

【分析】
本题是排列组合的计数问题，要求用1-4的数字组成满足$a+c=b+d$的四位数，且数字可重复。解题思路是按使用数字的个数（1个、2个、3个、4个）进行分类，因为不同个数的数字组合下，满足条件的情况不同，分类后逐一计算各类的数量，再求和得到总数，这样能避免计数时的遗漏或重复。
【解析】
已知四位数$\overline{abcd}$的数字$a,b,c,d\in\{1,2,3,4\}$，且满足$a+c = b+d$，数字可重复，按使用数字的个数分类计算：
1. 仅用1个数字：四个数位数字相同，即$a=b=c=d$，这样的四位数有4个（1111、2222、3333、4444），共$4×1=4$个；
2. 仅用2个不同数字：从4个数字中选2个，共$\mathrm{C}_4^2=6$种组合，每种组合需满足$a+c = b+d$，对应4个符合条件的四位数，因此共$6×4=24$个；
3. 仅用3个不同数字：需有1个数字重复，满足$a+c = b+d$的三个数字组合为$\{1,2,3\}$、$\{2,3,4\}$，每组对应4个符合条件的四位数，共$2×4=8$个；
4. 用4个不同数字：仅当$a+c=1+4$且$b+d=2+3$，或$a+c=2+3$且$b+d=1+4$时满足条件，对应8个符合条件的四位数；
综上，总个数为$4+24+8+8=44$，故选C。
【答案】
C
【知识点】
排列组合、分类讨论
【点评】
本题采用分类讨论的思想，将复杂的计数问题分解为简单的子问题，逐一分析各类情况，有效避免了计数错误，是解决此类数字组合问题的典型方法。
【难度系数】
0.5

1. (2024·大庆一模)斐波那契数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为 1,1,2,3,5,8,13,21,34,… 这个数列从第 3 项开始，每一项都等于前两项之和. 若我们把斐波那契数列中第1 项表示为$a_{1}$，第 2 项表示为$a_{2}$，第 3 项表示为$a_{3}$，以此类推，则$a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+a_{3}a_{4}+\dots+a_{2023}a_{2024}+a_{2024}a_{2025}=$. (用含$a$的式子表示)

1. $a_{2025}^2 -1$
[解析]由题意可知,从第 3 项开始,每一项都等于前两项之和,即 $a_2 = a_3 - a_1 , a_4 = a_5 - a_3 , \dots , a_{2024}=a_{2025}-a_{2023} ,$
$\therefore 原式 = a_1(a_3 - a_1)+(a_3 - a_1)a_3 + a_3(a_5 - a_3) + \dots +a_{2023}(a_{2025}-a_{2023})+(a_{2025}-a_{2023})a_{2025}$
$=a_1a_3 -a_1^2 +a_3^2 -a_1a_3 +a_3a_5 -a_3^2 +\dots +a_{2023}a_{2025}-a_{2023}^2 +a_{2025}^2 -a_{2023}a_{2025}$
$=-a_1^2 +a_{2025}^2 .$
$\because a_1=1 , \therefore 原式 =a_{2025}^2 -1 .$

【分析】
本题需利用斐波那契数列的递推关系（从第3项起，每一项等于前两项之和），将求和式中的偶数项用相邻奇数项表示，通过展开求和实现中间项抵消，最终简化结果。首先明确递推公式：对n≥2，有$a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$，即$a_2=a_3-a_1$，$a_4=a_5-a_3$，…，$a_{2k}=a_{2k+1}-a_{2k-1}$，将这些关系代入原式，展开后中间项会相互抵消，从而快速计算总和。
【解析】
根据斐波那契数列的递推性质，对任意正整数k，有$a_{2k}=a_{2k+1}-a_{2k-1}$，$a_2=a_3-a_1$。
将原式替换展开：
原式$=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+\dots+a_{2024}a_{2025}$
$=a_1(a_3-a_1)+(a_3-a_1)a_3+a_3(a_5-a_3)+\dots+a_{2023}(a_{2025}-a_{2023})+(a_{2025}-a_{2023})a_{2025}$
整理后中间交叉项全部抵消，剩余：
$=-a_1^2+a_{2025}^2$
又因为斐波那契数列第1项$a_1=1$，代入得：
原式$=a_{2025}^2-1$
【答案】
$a_{2025}^2 -1$
【知识点】
斐波那契数列、数列求和、递推关系
【点评】
本题考查斐波那契数列递推性质的应用，通过递推公式变形后代入求和式，利用裂项抵消简化计算，是数列求和的典型技巧，需掌握递推关系的灵活变形，属于中等难度的数列综合题。
【难度系数】
0.5

2. 方方与同学做游戏,他把一张纸剪成9块,再从所得的纸片中任取一块再剪成9块;然后再从所得的纸片中任取一块,再剪成9块;…,这样类似地进行下去,能不能在第n次剪出的纸片恰好是2 025块?若能,求出这个n的值;若不能,请说明理由.

2. 能.由题意,得每剪一次,纸片的块数比以前增加8块,剪了n次,就应该有(8n+1)块纸片,
根据题意,得8n+1=2025,解得n=253.
即剪253次后,总块数恰好是2025块.

【分析】
要解决这个问题，需先探究剪纸片的块数变化规律：初始有1块纸，第一次剪成9块，净增8块；后续每次操作时，取1块剪成9块，同样净增8块。因此剪n次后，总块数为初始1块加上n次共增加的8n块，即总块数=8n+1。再判断是否存在正整数n使总块数为2025，只需列方程求解即可。
【解析】
解：由题意可知，每剪1次，纸片总块数比之前增加8块，剪n次后，总纸片数为 $8n + 1$ 块。
假设第n次剪出后总块数为2025块，可列方程：
$8n + 1 = 2025$
移项得：$8n = 2025 - 1 = 2024$
两边同时除以8得：$n = 2024 ÷ 8 = 253$
n=253是正整数，符合题意，因此能剪出恰好2025块的纸片。
【答案】
能，n的值为253
【知识点】
一元一次方程的应用、找规律
【点评】
本题通过剪纸片的操作考查规律探究与一元一次方程的应用，核心是发现每次剪纸片的块数增量规律，进而建立方程求解，难度适中，需学生具备基础的逻辑推理与方程求解能力。
【难度系数】
0.5