【分析】
解决本题首先要依据“反射角等于入射角”的反射原理，依次计算光点P每次碰到长方形边界时的坐标，观察坐标的变化规律找到循环周期，再用总次数除以周期，根据余数即可确定第2026次碰到边界时点的坐标。
【解析】
根据反射原理，依次写出光点P每次碰到边界的坐标：
第1次碰到边界：$(2,0)$
第2次碰到边界：$(6,4)$
第3次碰到边界：$(8,2)$
第4次碰到边界：$(6,0)$
第5次碰到边界：$(2,4)$
第6次碰到边界：$(0,2)$
第7次碰到边界回到$(2,0)$，和第1次坐标重合，说明坐标变化每6次为一个循环周期，循环组为$(2,0),(6,4),(8,2),(6,0),(2,4),(0,2)$。
计算$2026÷6=337······4$，即经过337个完整周期后，第2026次碰到边界对应循环组中的第4个坐标，为$(6,0)$。
【答案】
B
【知识点】
坐标规律探究，反射性质，周期计算
【点评】
本题将反射原理和平面直角坐标系的坐标规律相结合，解题核心是通过列举前几次的坐标找到循环周期，再利用周期规律求解，考查学生的归纳推理能力和计算能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题是平面直角坐标系下的动点相遇规律题，解题思路可分为三步：第一步先确定四边形的边长与周长，明确两点运动的总路程范围；第二步先计算第一次相遇的时间，再结合之后每次相遇两人需合走完整一圈的特点，推导第n次相遇的总时间；第三步计算其中一个动点的总路程，通过总路程除以周长得到的余数判断相遇点的位置，最终确定坐标。
【解析】
解：已知$A(1,1)$，$B(-1,1)$，$C(-1,-2)$，$D(1,-2)$，
$\therefore AB=CD=1-(-1)=2$，$BC=AD=1-(-2)=3$，
则长方形$ABCD$的周长为$(2+3)×2=10$，
$P$、$Q$初始时的路程和为$AB+BC=2+3=5$，
两点的速度和为$3+2=5$单位/秒，
$\therefore$第一次相遇的时间为$5÷5=1(\mathrm{s})$。
之后每次相遇，两人合走完整一圈，因此每次相遇的间隔时间为$10÷5=2(\mathrm{s})$，
则第2026次相遇的总时间为$1 + 2×(2026-1)=4051(\mathrm{s})$。
此时点$P$运动的总路程为$3×4051=12153$，
$12153÷10=1215······3$，即$P$走了1215圈后还多走了3个单位长度。
$P$从$A(1,1)$出发逆时针运动：走2个单位到$B(-1,1)$，剩余$3-2=1$个单位沿$BC$向下走1个单位，纵坐标为$1-1=0$，横坐标为$-1$，即相遇点坐标为$(-1,0)$。
【答案】
A
【知识点】
点的坐标确定，行程相遇问题，周期规律探究
【点评】
本题将动点运动、相遇问题和规律探究结合，核心是先理清相遇的时间规律，再通过路程余数定位相遇点，解题时需注意运动方向和路程与坐标变化的对应关系，避免因方向判断错误失分。
【难度系数】
0.6

【分析】
解题时首先要利用平行于坐标轴的点的坐标特征：平行于y轴的直线上的点横坐标相同，平行于x轴的直线上的点纵坐标相同，再结合一次函数图象上点的坐标满足函数解析式，依次求出前若干个点的坐标；由于所求点$P_{2026}$的下标数值很大，无法直接逐个计算，因此需要观察已求出的点的坐标变化规律，归纳出对应下标的坐标通项公式，最后代入2026计算即可得到结果。
【解析】
已知点$P(1,0)$：
1. 因为$PP_1// y$轴，且$P_1$在直线$a:y=x$上，所以$P_1$的横坐标为1，代入$y=x$得纵坐标为1，即$P_1(1,1)$；
2. 因为$P_1P_2// x$轴，且$P_2$在直线$b:y=-\frac{1}{2}x$上，所以$P_2$的纵坐标为1，代入$y=-\frac{1}{2}x$得$1=-\frac{1}{2}x$，解得$x=-2$，即$P_2(-2,1)$；
3. 因为$P_2P_3// y$轴，且$P_3$在直线$a:y=x$上，所以$P_3$的横坐标为-2，代入$y=x$得纵坐标为-2，即$P_3(-2,-2)$；
4. 同理依次计算可得：$P_4(4,-2)$，$P_5(4,4)$，$P_6(-8,4)$，$P_7(-8,-8)$，$P_8(16,-8)$……
观察下标为$4n+2$（$n$为自然数）的点的坐标规律：$P_2(4×0+2)$的横坐标为$-2^{2×0+1}=-2$，$P_6(4×1+2)$的横坐标为$-2^{2×1+1}=-8$，可归纳得点$P_{4n+2}$的横坐标为$-2^{2n+1}$。
令$4n+2=2026$，解得$n=506$，代入横坐标公式得：$-2^{2×506+1}=-2^{1013}$。
【答案】
$-2^{1013}$
【知识点】
一次函数图象的性质，坐标与图形，规律探究
【点评】
本题属于坐标规律探究类题型，结合一次函数的性质考察归纳推理能力，解题的关键是准确计算前几个点的坐标，从中归纳出通用规律，再对应目标下标求解，计算时要注意指数的对应关系，避免出现规律匹配错误。
【难度系数】
0.4

【分析】
解题时首先按照题目要求计算前3个式子的结果，观察结果的共同特征，推导得出$S_n$的通用表达式；再将$S_n$拆分为整数加分数的形式，利用裂项相消法对分数部分求和，最后合并整数部分和分数部分的结果即可得到最终答案。
【解析】
1. 计算前3个式子的值：
$S_1=\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}}=\sqrt{1+1+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{9}{4}}=\frac{3}{2}=1+\frac{1}{1×2}$
$S_2=\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}}=\sqrt{\frac{49}{36}}=\frac{7}{6}=1+\frac{1}{2×3}$
$S_3=\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}}=\sqrt{1+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}}=\sqrt{\frac{169}{144}}=\frac{13}{12}=1+\frac{1}{3×4}$
2. 推导通用规律：
观察可得$S_n=\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}}=1+\frac{1}{n(n+1)}$
3. 计算前50项的和：
$S_1+S_2+\dots+S_{50}=(1+\frac{1}{1×2})+(1+\frac{1}{2×3})+\dots+(1+\frac{1}{50×51})$
$=50×1 + (\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+\dots+\frac{1}{50×51})$
利用裂项公式$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，分数部分可化简为：
$(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\dots+(\frac{1}{50}-\frac{1}{51})=1-\frac{1}{51}=\frac{50}{51}$
因此总和为$50+\frac{50}{51}=50\frac{50}{51}$
【答案】
$50 \frac{50}{51}$
【知识点】
二次根式化简，规律探究，裂项相消求和
【点评】
本题属于规律探究类综合题，需要通过计算前几项归纳出通项公式，再结合裂项相消的简便计算方法求和，既考查了学生的观察归纳能力，也检验了学生的运算技巧，是规律探究题的典型考法。
【难度系数】
0.6

【分析】
（1）先观察已知点$A_1$、$A_2$的坐标特征，可发现所有$A$系列点的纵坐标均为2，横坐标依次增加3，据此可直接推出$A_3$的坐标，再通过归纳横坐标的变化规律即可得到$A_n$的坐标表达式；（2）先分析护栏的结构规律，得出每3m长的护栏对应需要小正方形、大正方形各1个，再用总长度除以周期长度得到周期数，即可求出两种正方形的数量。
【解析】
（1）已知$A_1(2,2)$，$A_2(5,2)$，观察坐标可得：所有$A_n$的纵坐标均为2，横坐标后一个点比前一个点大3。
因此$A_3$的横坐标为$5+3=8$，即$A_3$的坐标为$(8,2)$；
归纳横坐标规律：当$n=1$时，横坐标为$2=3×1-1$；当$n=2$时，横坐标为$5=3×2-1$；当$n=3$时，横坐标为$8=3×3-1$，因此$A_n$的横坐标为$3n-1$，纵坐标为2，即$A_n(3n-1,2)$。
（2）观察护栏排列结构：每3m长的护栏段，恰好包含1个小正方形和1个大正方形。
总护栏长2025m，共有完整周期数：$2025÷3=675$（个）
因此需要小正方形675个，大正方形675个。
【答案】
(1) $(8,2)$，$(3n−1,2)$
(2) 需要小正方形675个，大正方形675个
【知识点】
平面直角坐标系，规律探究，代数式应用
【点评】
本题属于规律探究类基础题，需要结合坐标特征和图形结构找到变化的周期与递推规律，再结合简单代数运算求解，解题的关键是准确提炼横坐标的变化规律和护栏长度的周期特征。
【难度系数】
0.75