【版权合作资料】2014年全国中考数学试题----规律试题&&共用
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2014年全国中考数学试题----规律试题作者：河北省邢台市邢台县北小庄乡中学网站注册名为：liaiguo0604本资料由作者授权www.shulihua.net唯一网络使用，任何会员均可以自由使用于日常教学，但严禁以任何方式上传给其他网站或应用于商业用途，如违反者本站追击相关人员责任。1.（2014安徽）观察下列关于自然数的等式：324×12=5①524×22=9②724×32=13③…根据上述规律解决下列问题：（1）完成第四个等式：924× 2= ；（2）写出你猜想的第n个等式（用含n的式子表示），并验证其正确性．【解析】解：（1）324×12=5①524×22=9②724×32=13③…所以第四个等式：924×42=17；（2）第n个等式为：（2n+1）24n2=2（2n+1）1，左边=（2n+1）24n2=4n2+4n+14n2=4n+1，右边=2（2n+1）1=4n+21=4n+1．左边=右边∴（2n+1）24n2=2（2n+1）1．2.（2014漳州）已知一列数2，8，26，80．…，按此规律，则第n个数是 ．（用含n的代数式表示）.【解析】解；已知一列数2，8，26，80．…，按此规律，则第n个数是3n1，故答案为：3n1．3.（2014白银）观察下列各式：13=1213+23=3213+23+33=6213+23+33+43=102…猜想13+23+33+…+103= ．分析：13=1213+23=（1+2）2=3213+23+33=（1+2+3）2=6213+23+33+43=（1+2+3+4）2=10213+23+33+…+103=（1+2+3…+10）2=552．解答：解：根据数据可分析出规律为从1开始，连续n个数的立方和=（1+2+…+n）2所以13+23+33+…+103=（1+2+3…+10）2=552．4.（2014兰州）为了求1+2+22+23+…+2100的值，可令S=1+2+22+23+…+2100，则2S=2+22+23+24+…+2101，因此2SS=21011，所以S=21011，即1+2+22+23+…+，仿照以上推理计算1+3+32+33+…+32014的值是 _______________.【解析】解：设M=1+3+32+33+…+32014①，①式两边都乘以3，得3M=3+32+33+…+32015②．②①得2M=320151，两边都除以2，得M=，故答案为：．5.（2014天水）如图，一段抛物线y=x（x1）（0≤x≤1）记为m1，它与x轴交点为O、A1，顶点为P1；将m1绕点A1旋转180°得m2，交x轴于点A2，顶点为P2；将m2绕点A2旋转180°得m3，交x轴于点A3，顶点为P3，…，如此进行下去，直至得m10，顶点为P10，则P10的坐标为（ （10.5，0.25） ）．【解析】解：y=x（x1）（0≤x≤1），OA1=A1A2=1，P2P4=P1P3=2，P2（2.5，0.25）P10的横坐标是2.5+2×[（102）÷2]=10.5，p10的纵坐标是0.25，故答案为（10.5，0.25）．6.（2014梅州）如图，弹性小球从点P（0，3）出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形OABC的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当小球第1次碰到矩形的边时的点为P1，第2次碰到矩形的边时的点为P2，…，第n次碰到矩形的边时的点为Pn，则点P3的坐标是 （8，3） ；点P2014的坐标是 （5，0） ．【解析】解：如图，经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），当点P第3次碰到矩形的边时，点P的坐标为：（8，3）；∵…4，∴当点P第2014次碰到矩形的边时为第336个循环组的第4次反弹，点P的坐标为（5，0）．故答案为：（8，3），（5，0）．7.(2014年广东深圳)如图，下列图形是将正三角形按一定规律排列，则第5个图形中所有正三角形的个数有 ．【解析】解：第一个图形正三角形的个数为5，第二个图形正三角形的个数为5×3+2=17，第三个图形正三角形的个数为17×3+2=53，第四个图形正三角形的个数为53×3+2=161，第五个图形正三角形的个数为161×3+2=485．故答案为：485．8.（2014珠海）如图，在等腰Rt△OAA1中，∠OAA1=90°，OA=1，以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2，以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3，…则OA4的长度为 ．【解析】解：∵△OAA1为等腰直角三角形，OA=1，∴AA1=OA=1，OA1=OA=；∵△OA1A2为等腰直角三角形，∴A1A2=OA1=，OA2=OA1=2；∵△OA2A3为等腰直角三角形，∴A2A3=OA2=2，OA3=OA2=2；∵△OA3A4为等腰直角三角形，∴A3A4=OA3=2，OA4=OA3=8．故答案为：8．9.（2014贵港）已知点A1（a1，a2），A2（a2，a3），A3（a3，a4）…，An（an，an+1）（n为正整数）都在一次函数y=x+3的图象上．若a1=2，则a2014=_________________.【解析】解：将a1=2代入a2=x+3，得a2=5，同理可求得，a3=8，a4=11，a5=14，a6=17，an=2+3（n1），a（20141）=2+3×9=6041，故答案为6041．10.(2014年广西钦州)甲、乙、丙三位同学进行报数游戏，游戏规则为：甲报1，乙报2，丙报3，再甲报4，乙报5，丙报6，…依次循环反复下去，当报出的数为2014时游戏结束，若报出的数是偶数，则该同学得1分．当报数结束时甲同学的得分是 分．【解析】解：甲报的数中第一个数为1，第2个数为1+3=4，第3个数为1+3×2=7，第4个数为1+3×3=10，…，第n个数为1+3（n1）=3n2，3n2=2014，则n=672，甲报出了672个数，一奇一偶，所以偶数有672÷2=336个，得336分．故答案为：336．11.(2014年贵州安顺)如图，∠AOB=45°，过OA上到点O的距离分别为1，3，5，7，9，11，…的点作OA的垂线与OB相交，得到并标出一组黑色梯形，它们的面积分别为S1，S2，S3，S4，…．观察图中的规律，第n（n为正整数）个黑色梯形的面积是Sn= ．【解析】解：∵∠AOB=45°，∴图形中三角形都是等腰直角三角形，从图中可以看出，黑色梯形的高都是2，第一个黑色梯形的上底为：1，下底为：3，第2个黑色梯形的上底为：5=1+4，下底为：7=1+4+2，第3个黑色梯形的上底为：9=1+2×4，下底为：11=1+2×4+2，则第n个黑色梯形的上底为：1+（n1）×4，下底为：1+（n1）×4+2，故第n个黑色梯形的面积为：×2×[1+（n1）×4+1+（n1）×4+2]=8n4．故答案为：8n4．12.（2014毕节地区）观察下列一组数：，，，，，…，它们是按一定规律排列的，那么这一组数的第n个数是____________________.【解析】解：根据题意得：这一组数的第n个数是．故答案为：．13.（2014黔南州）已知==3，==10，==15，…观察以上计算过程，寻找规律计算= ．【解析】解：∵==3，==10，==15，∴==56．故答案为56．14.（2014遵义）有一个正六面体骰子，放在桌面上，将骰子沿如图所示的顺时针方向滚动，每滚动90°算一次，则滚动第2014次后，骰子朝下一面的点数是 3 ．【解析】解：观察图象知道点数三和点数四相对，点数二和点数五相对且四次一循环，∵…2，∴滚动第2014次后与第二次相同，∴朝下的点数为3，故答案为：3．15.（2014河北）如图，点O，A在数轴上表示的数分别是0，0.1．将线段OA分成100等份，其分点由左向右依次为M1，M2，…，M99；再将线段OM1，分成100等份，其分点由左向右依次为N1，N2，…，N99；继续将线段ON1分成100等份，其分点由左向右依次为P1，P2．…，P99．则点P37所表示的数用科学记数法表示为 ．【解析】解：M1表示的数为0.1×=103，N1表示的数为0×103=105，P1表示的数为105×=107，P37=37×107=3.7×106．故答案为：3.7×106．16.(2014年黑龙江龙东地区）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC边在直线a上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1=；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=1+；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=2+；…，按此规律继续旋转，直至得到点P2014为止．则AP2014= ．【解析】解：AP1=，AP2=1+，AP3=2+；AP4=2+2；AP5=3+2；AP6=4+2；AP7=4+3；AP8=5+3；AP9=6+3；∵1，∴AP2013=（2013761）+671=，∴AP1+=．故答案为：．17.(2014年黑龙江牡丹江)已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点B1在y轴上且坐标是（0，2），点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，C1的坐标是（1，0）．B1C1∥B2C2∥B3C3，以此继续下去，则点A2014到x轴的距离是 ．【解析】解：如图，∵点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，B1C1∥B2C2∥B3C3，∴△B1OC1∽△B2E2C2∽B3E4C3…，△B1OC1≌△1CE1D1，…，∴B2E2=1，B3E4=，B4E6=，B5E8=…，∴B=，作A1E⊥x轴，延长A1D1交x轴于F，则△C1D1F∽△C1D1E1，∴=，在Rt△OB1C1中，OB1=2，OC1=1，正方形A1B1C1D1的边长为为=，∴D1F=，∴A1F=，∵A1E∥D1E1，∴=，∴A1E=3，∴=，∴点A2014到x轴的距离是×=.18.（20104.齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系xoy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB=90°，直角边AO在x轴上，且AO=1.将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1,且A1O=2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A2OB2，且A2O=2A1O，……，依此规律，得到等腰直角三角形A，则点A2014的坐标为________________.【解析】解：∵将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O=2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O=2A1O…，依此规律，∴每4次循环一周，A1（0，-2），A2（-4，0），A3（0，8），A4（16，0），∵…2，∴点A2014的坐标与A2所在同一象限，∵-4=-22，8=23，16=24，∴点A2014（-22014，0）．故答案为：（-22014，0）．19.（2014绥化）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，1），B（1，1），C（1，2），D（1，2），把一根长为2014个单位长度且没有弹性的细线（线的粗细忽略不计）的一端固定在A处，并按A→B→C→D→A…的规律紧绕在四边形ABCD的边上，则细线的另一端所在位置的点的坐标是 ．【解析】解：∵A（1，1），B（1，1），C（1，2），D（1，2），∴AB=1（1）=2，BC=1（2）=3，CD=1（1）=2，DA=1（2）=3，∴绕四边形ABCD一周的细线长度为2+3+2+3=10，…4，∴细线另一端在绕四边形第202圈的第4个单位长度的位置，即线段BC的中间位置，点的坐标为（1，1）．故答案为：（1，1）．20.（2014莆田）如图放置的△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，…都是边长为2的等边三角形，边AO在y轴上，点B1，B2，B3，…都在直线y=x上，则A2014的坐标是 ．【解析】解：过B1向x轴作垂线B1C，垂足为C，由题意可得：A（0，2），AO∥A1B1，∠B1OC=30°，∴CO=OB1cos30°=，∴B1的横坐标为：，则A1的横坐标为：，连接AA1，可知所有三角形顶点都在直线AA1上，∵点B1，B2，B3，…都在直线y=x上，AO=2，∴直线AA1的解析式为：y=x+2，∴y=×+2=3，∴A1（，3），同理可得出：A2的横坐标为：2，∴y=×2+2=4，∴A2（2，4），∴A3（3，5），…A，2016）．故答案为：（）．21.(2014湖北鄂州)如图，四边形ABCD中，AC=a,BD=b,且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形.下列结论正确的是（）①四边形是菱形②四边形是矩形③四边形周长为④四边形面积为A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④【解析】解：①连接A1C1，B1D1．∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；∵ACABD，∴四边形A1B1C1D1是矩形，∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）；∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理），∴四边形A2B2C2D2是菱形； ∴四边形A3B3C3D3是矩形； ∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；故①②正确；③根据中位线的性质易知，A7B7TA5B5=A3B3=A1B1=AC，B7C7=B5C5=B3C3=B1C1=BD，∴四边形A7B7C7D7的周长是2×（a+b）=，故本选项正确；④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且ACABD，∴S四边形ABCD=ab÷2；由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，四边形AnBnCnDn的面积是，故本选项错误；综上所述，②③①正确．故选A．22．（2014黄石）观察下列等式：第一个等式：a1==；第二个等式：a2==；第三个等式：a3==；第四个等式：a4==．按上述规律，回答以下问题：（1）用含n的代数式表示第n个等式：an= = ；（2）式子a1+a2+a3+…+a20= ．【解析】解：（1）用含n的代数式表示第n个等式：an==．（2）a1+a2+a3+…+a20=++++…+=．故答案为：（1），；（2）．23.（2014荆门）如图，在第1个△A1BC中，∠B=30°，A1B=CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2=A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3=A2E，得到第3个△A2A3E，…按此做法继续下去，则第n个三角形中以An为顶点的内角度数是（ ） A．（）n75°B．（）n165°C．（）n175°D．（）n85°【解析】解：∵在△CBA1中，∠B=30°，A1B=CB，∴∠BA1C==75°，∵A1A2=A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，∴∠DA2A1=∠BA1C=×75°；同理可得，∠EA3A2=（）2×75°，∠FA4A3=（）3×75°，∴第n个三角形中以An为顶点的内角度数是（）n1×75°．故选：C．24.（2014十堰）根据如图中箭头的指向规律，从再到2015，箭头的方向是以下图示中的（ ） A．B．C．D．【解析】解：由图可知，每4个数为一个循环组依次循环，…1，∴2013是第504个循环组的第2个数，∴从再到2015，箭头的方向是．故选D．25.（2014武汉）观察下列一组图形中点的个数，其中第1个图中共有4个点，第2个图中共有10个点，第3个图中共有19个点，…按此规律第5个图中共有点的个数是（ ） A．31B．46C．51D．66分析：由图可知：其中第1个图中共有1+1×3=4个点，第2个图中共有1+1×3+2×3=10个点，第3个图中共有1+1×3+2×3+3×3=19个点，…由此规律得出第n个图有1+1×3+2×3+3×3+…+3n个点．解答：解：第1个图中共有1+1×3=4个点，第2个图中共有1+1×3+2×3=10个点，第3个图中共有1+1×3+2×3+3×3=19个点，…第n个图有1+1×3+2×3+3×3+…+3n个点．所以第5个图中共有点的个数是1+1×3+2×3+3×3+4×3+5×3=46．故选：B．26．（2014咸宁）观察分析下列数据：0，，，3，2，，3，…，根据数据排列的规律得到第16个数据应是 （结果需化简）．【解析】解：由题意知道：题目中的数据可以整理为：，（1）2+1，…（1n+1），∴第16个答案为：．故答案为：．27.（2014孝感）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图的方式放置．点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y=x+1和x轴上，则点B6的坐标是 ．【解析】解：∵直线y=x+1，x=0时，y=1，∴A1B1=1，点B2的坐标为（3，2），∴A1的纵坐标是：1=20，A1的横坐标是：0=201，∴A2的纵坐标是：1+1=21，A2的横坐标是：1=211，∴A3的纵坐标是：2+2=4=22，A3的横坐标是：1+2=3=221，∴A4的纵坐标是：4+4=8=23，A4的横坐标是：1+2+4=7=231，即点A4的坐标为（7，8）．据此可以得到An的纵坐标是：2n1，横坐标是：2n11．即点An的坐标为（2n11，2n1）．∴点A6的坐标为（251，25）．∴点B6的坐标是：（261，25）即（63，32）．故答案为：（63，32）．28.（2014衡阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点M0的坐标为（1，0），将线段OM0绕原点O逆时针方向旋转45°，再将其延长到M1，使得M1M0⊥OM0，得到线段OM1；又将线段OM1绕原点O逆时针方向旋转45°，再将其延长到M2，使得M2M1⊥OM1，得到线段OM2；如此下去，得到线段OM3，OM4，OM5，…根据以上规律，请直接写出OM2014的长度为 ．【解析】解：∵点M0的坐标为（1，0），∴OM0=1，∵线段OM0绕原点O逆时针方向旋转45°，M1M0⊥OM0，∴△OM0M1是等腰直角三角形，∴OM1=OM0=，同理，OM2=OM1=（）2，OM3=OM2=（）3，…，OM2014=OM2013=（）．故答案为：21007．29.（2014娄底）如图是一组有规律的图案，第1个图案由4个▲组成，第2个图案由7个▲组成，第3个图案由10个▲组成，第4个图案由13个▲组成，…，则第n（n为正整数）个图案由 个▲组成．【解析】解：观察发现：第一个图形有3×23+1=4个三角形；第二个图形有3×33+1=7个三角形；第一个图形有3×43+1=10个三角形；…第n个图形有3（n+1）3+1=3n+1个三角形；故答案为：3n+1．30．（2014邵阳）如图，A点的初始位置位于数轴上的原点，现对A点做如下移动：第1次从原点向右移动1个单位长度至B点，第2次从B点向左移动3个单位长度至C点，第3次从C点向右移动6个单位长度至D点，第4次从D点向左移动9个单位长度至E点，…，依此类推，这样至少移动次后该点到原点的距离不小于41．【解析】解：由题意可得：移动1次后该点对应的数为0+1=1，到原点的距离为1；移动2次后该点对应的数为13=2，到原点的距离为2；移动3次后该点对应的数为2+6=4，到原点的距离为4；移动4次后该点对应的数为49=5，到原点的距离为5；移动5次后该点对应的数为5+12=7，到原点的距离为7；移动6次后该点对应的数为715=8，到原点的距离为8；…∴移动（2n1）次后该点到原点的距离为3n2；移动2n次后该点到原点的距离为3n1．①当3n2≥41时，解得：n≥∵n是正整数，∴n最小值为15，此时移动了29次．②当3n1≥41时，解得：n≥14．∵n是正整数，∴n最小值为14，此时移动了28次．纵上所述：至少移动28次后该点到原点的距离不小于41．故答案为：28．31.（2014年湖南湘潭）如图，按此规律，第6行最后一个数字是 16 ，第 672 行最后一个数是2014．【解析】解：每一行的最后一个数字构成等差数列1，4，7，10…，第n行的最后一个数字为1+3（n1）=3n2，∴第6行最后一个数字是3×62=16；3n2=2014解得n=672．因此第6行最后一个数字是16，第672行最后一个数是2014．故答案为：16，672．32.（2014年湖南株洲）在平面直角坐标系中，孔明做走棋的游戏，其走法是：棋子从原点出发，第1步向右走1个单位，第2步向右走2个单位，第3步向上走1个单位，第4步向右走1个单位…依此类推，第n步的走法是：当n能被3整除时，则向上走1个单位；当n被3除，余数为1时，则向右走1个单位；当n被3除，余数为2时，则向右走2个单位，当走完第100步时，棋子所处位置的坐标是（ ） A．（66，34）B．（67，33）C．（100，33）D．（99，34）【解析】解：由题意得，每3步为一个循环组依次循环，且一个循环组内向右3个单位，向上1个单位，∵100÷3=33余1，∴走完第100步，为第34个循环组的第1步，所处位置的横坐标为33×3+1=100，纵坐标为33×1=33，∴棋子所处位置的坐标是（100，33）．故选C．33.（2014淮安）如图，顺次连接边长为1的正方形ABCD四边的中点，得到四边形A1B1C1D1，然后顺次连接四边形A1B1C1D1的中点，得到四边形A2B2C2D2，再顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点，得到四边形A3B3C3D3，…，按此方法得到的四边形A8B8C8D8的周长为 ．【解析】解：顺次连接正方形ABCD四边的中点得正方形A1B1C1D1，则得正方形A1B1C1D1的面积为正方形ABCD面积...
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旺旺：lisi355小学数学竞赛辅导2（数的奇偶性）
（2）数的奇偶性
自然数按被2除余数的情况分为奇数与偶数；奇数被2除余1，偶数被2除余数为0。奇数也称单数，偶数也称双数。零是偶数。通常偶数记作2n，奇数记作2n+1（n为整数）。相邻的两个奇数（或偶数）相差2。
判断一个整数是奇数还是偶数，只要看这个数的个位数字，个位数字是0、2、4、6、8的整数就是偶数，个位数字是1、3、5、7、9的整数就是奇数。
一个整数或为奇数，或为偶数，二者必居其一。
如果把0和自然数按从小到大的顺序排成一列：
0、1、2、3、4、5、6、7、8、9、……
可以看出偶数和奇数是交替出现的。如果n是一个奇数，那么n－1与n+1都是偶数，如果n是偶数，那么n－1与n+1都是奇数。一般地，任取上述数列的一个连续的片断，其中所含的奇数与偶数的个数或者相等，或者仅差一个。
奇偶数是对立的，奇数不等于偶数。但奇偶数在一定条件下可以互相转化，奇数（偶数）加上1（或减去1）就得到偶数（或奇数）。奇偶数有如下运算性质：
（1）奇数±奇数=偶数&&&&偶数±偶数=偶数
&&&&奇数±偶数=奇数&&&&偶数±奇数=奇数
（2）奇数个奇数的和（或差）为奇数；偶数个奇数的和（或差）为偶数，任意多个偶数的和（或差）总是偶数。
（3）奇数&奇数=奇数&&&&偶数&偶数=偶数
&&&&奇数&偶数=偶数
（4）若干个整数相乘，其中有一个因数是偶数，则积是偶数；如果所有的因数都是奇数，则积是奇数。
（5）偶数的平方能被4整队，奇数的平方被4除余1。
上面几条规律可以概括成一条：几个整数相加减，运算结果的奇偶性由算式中奇数的个数所确定；如果算式中共有偶数（注意：0也是偶数）个奇数，那么结果一定是偶数；如果算式中共有奇数个奇数，那么运算结果一定是奇数。
我们在解答数学题时常需要巧妙运用这些性质，灵活地解答一些有趣，又有一定难度的数学问题。
〖请你读一读〗
例1.有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数的和的 多18，这五个偶数之和是多少？
【分析与解答】解法一：设第一个偶数为x，则后面四个偶数依次为：x+2，x+4，x+6，x+8。根据题意得：
x+4－（x+x+8）& =18
&&&&&&&&&&&x+
&&&&&&&&&&&&&&&&x=32
故这五个偶数的和为
（32+4）&5=36&5=180。
解法二：设第三个偶数为x，则第一个偶数与第五个偶数的和为2x。依题意有：
x－2x& =18
&&&&&&&x=36
因此，这五个偶数的和为36&5=180。
答：这五个偶数之和是180。
例2.在&的乘积中，有多少个数字是偶数？
【分析与解答】解法一：
所以有10个数字是偶数。
解法二：先退一步，从最简单的情形算起，从而发现规律，求得结果。
4&3=12&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&有1个数字是偶数，
34&33=1122&&&&&&&&&&&&&&&&有2个数字是偶数，
334&333=111222&&&&&&&&&&&&有3个数字是偶数，
则乘积中数字是偶数的个数恰好是被乘数（或乘数的位数）。
答：&的乘积中有10个数字是偶数。
试一试：两个十位数和的积有几个数字是奇数？
例3.用0、1、2、3、……9十个数字组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是一个奇数，并且尽可能的大，那么这五个两位数的和是多少？
【分析与解答】如果不考虑“和是奇数”这一条件，那么当五个两位数和最大时，应由9、8、7、6、5作十位上的数，0、1、2、3、4作个位上的数，和是360为偶数。且五个两位数中有3个偶数，2个奇数。
为了符合“它们的和是一个奇数”这一要求，则奇数的个数应为奇数。这需将其中的一个偶数调整为奇数，或者将一个奇数调整为偶数。同时考虑和尽可能大这一要求，将十位数中的5与个位数中的4互换，和为351，满足题中的条件。
答：这五个两位数的和是351。
试一试：用0-9十个数字组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是一个奇数，并且尽可能的小，那么这五个两位数的和是多少？
例4.某班同学参加学校的数学竞赛，试题共50道，评分标准是：答对一题给3分，不答给1分，答错倒扣1分。请你说明，该班同学得分总和一定是偶数。
【分析与解答】
解法一：先来考虑每一名参赛同学的得分情况，对于每个同学来说，50道都答对可得150分，是个偶数。如答错一题，就要从150分中减去（3+1）=4分，不管答错几题，4的倍数都是偶数，150减去偶数还是偶数。同样，如不答一题，就要从150分中减去（3－1）=2分，不管不答几题，2的倍数都是偶数，150减去偶数也还是偶数，因此，无论怎样，每个同学的得分都是偶数。任意多个偶数的和仍为偶数，因此全班同学的得分总和也是偶数。
解法二：设某个同学有m道题答对，则得3m分；有n道题答错，则减去n分；那么这个同学未答的题是50－m－n道，即得50―m―n分。于是该生实际得分为：
3m－n+（50－m－n）
=2m－2n+50
=2（m－n）+50
=2[（m－n）+25]&&&&为偶数
即每个同学的得分都是偶数。
因此，全班同学的得分总和一定是偶数。
例5.有一类小于200的自然数，每一个数的各位数字之和是奇数，且都是两个两位数的乘积（例144=12&12），那么，这一类自然数中，第三大的数是多少？
【分析与解答】根据两个两位数的北积小于200的自然数的条件，可知乘积的百位数字是1。那么，这两个两位数的十位数字也都必字是1。
再根据两个两位数的乘积的各位数字之是奇数和条件，可知乘积的各位数字和是“1+奇+奇”或“1+偶+偶”两种情况。
同时，若两个两位数中有一个数是11，其乘积的十位数字必是百位与个位数字之和，这样，乘积的各位数字之和就是偶数。因此，两个两位数中一定没有11。
根据上述，并试算，符合条件的数有如下九个：
10&10=100&&&&10&12=120&&&&10&14=140
10&16=160&&&&10&18=180&&&&12&12=144
12&14=168&&&&13&14=182&&&&13&15=195
答：这类自然数中第三大数是180。
试一试：一个小于200的自然数，它的每个数字都是奇数，且它是两个两位数的乘积。那么，这个自然数是多少？
例6.3=1+2，1、2是连续的自然数，10以内能用几个连续自然数的和表示出来的数有哪几个，请你写出来？35能不能用几个连续自然数的和表示出来？如能，你能写出几种表示形式，请写出来。
【分析与解答】当几个连续自然数的和不小于3时，根据数的奇偶性及运算性质可知有如下五种情况：
（1）所有的奇数都可以用两个连续自然数的和式表示；
（2）所有的偶数都不可用两个连续自然数的和式表示；
（3）所有的奇合数可分解成几个奇数的积式，这样可找到几个连续自然数的中间数，可用奇数个连续自然数的和表示；
（4）当偶数分解时，除2 （n是自然数）之外，还有其它质因数，可用偶数个（或奇数个），连续自然数的和式表示；
（5）若一个自然数能用偶数个连续自然数的和式表示，其中间两数之和必定是奇数。
根据上述，10以内可以用n个连续自然数的和式表示的数共有五个数，如下：
3=1+2；5=2+3；6=1+2+3；
7=3+4；9=4+5（或9=2+3+4）；
根据上述，35可以用几个连续自然数的和式表示，如下：
因为35=5&7=7&5
所以35=5+6+7+8+9
&&&&&&=2+3+4+5+6+7+8。
例7．一次数学考试共有20道题，规定：答对一题得2分，答错一题扣1分，未答的题不计分。考试结束后小明共得23分。他想知道自己做错了几道题，但只记得未答的题的数目是个偶数，请你帮助小明计算一下，他答错了多少道题？
【分析与解答】根据题意知，小明做错的题的数目一定是奇数个。如果是做错一题，则应做对12道题才会得2&12－1=23（分），这样小明共做13题，未做题的个数20－13=7不是偶数，即不合题意；如果小明做错3道题，则应做对13题才能得2&13－3=23（分），此时小明未答的题目数是4，恰为偶数个。此外显然小明不可能做错5道或5道以上的题目。
答：小明答错了3道题。
点评：这种解题方法叫做穷举法。因为一共才考了20道题，小明答错的题数必定是有限个，我们可以先枚举出各种可能一一加以讨论，否定那些不合题意的，肯定那些合乎题意的，然后得到答案。不过实际上穷举法往往只用于那些要处理和讨论的情况较少的问题，如果情况太复杂或计算工作量太大，人们往往采用别的办法。
本题也可以入小明做对题的道数入手，进行穷举一一加以讨论。
试一试：某校数学竞赛，共有20道填空题。评分标准是每做对一题得5分，做错一题倒扣3分，某题没做，该题为0分。结果小华得69分，那么小华有多少道题没做？
例8．有一批文章共15篇，各篇文章的页数分别是：1页、2页、3页……14页和15页的稿纸，如果将这些文章按某种次序装订成册，并统一编上页码，那么每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多有多少篇？
【分析与解答】既然问题最多有多少篇文章是从奇数页开始的，我们可以这样想：第一篇文章从奇数页开始，要想后续的每篇文章也从奇数页开始，就应该使前若干篇文章的总页数为偶数，这是因为偶数+1=奇数。又因为偶数+偶数=偶数，由此可知，如果我们把所有的偶数页的文章（共7篇）先编排，那么这7篇文章的起始页就都是奇数页。
剩下的8篇奇数页的文章就不可能每篇文章都从奇数页开始，而是奇、偶相间，这是因为奇+奇=偶，偶+奇=奇。也就是说，这8篇为奇数页的文章共有4篇文章从奇数页开始。所每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多有11篇。
例9．四个不同的真分数的分子都是1，它们的分母有两个是奇数，两个是偶数，而且两个分母是奇数的分数之和与两个分母是偶数的分数之和相等。这样的奇数和偶数很多，小明希望这样的两个偶数之和尽量地小，那么这样的两个偶数之和最小可能是多少？
【分析与解答】根据题意，四个不同的真分数的分子是1，两个分母是奇数的分数之和其分母必为奇数，分子为偶数。两个分母是偶数的分数相加，公分母必为偶数，且用2约分后分母也必为奇数，而分子也为偶数，且用2约分后分子仍为偶数，这样它们相加的和的分数值相等。
我们来研究公分母的情况，为了使用2约分后的最简分数的分母为奇数，公分母=奇&奇&2，要使分母为偶数的两个偶数之和尽可能小，公分母中的两个奇数质因数要尽可能小，应取1和3。显然取1不符合题意，改取3和5，分别乘以2后所得的两个偶数是6和10，其和是16。因此符合题意的等式是：
若取5和7，组成的等式是 + = + = 。
若取7和9，组成的等式是 + = + = 。
因此这样的两个偶数之和最小可能是6+10=16。
答：这样的两个偶数之和最小可能是6+10=16。
例10．三个质数之积恰好等于它们和的7倍，求这三个质数是？
【分析与解答】根据题意，若设三个质数分别为A、B和C，则
A+B+C= ，这样三个质数中必定有个质数是7。如果A=7，则B&C=B+C+7，也就是B&C－(B+C)=7。
根据熟的奇偶性：偶－奇=奇；奇－偶=奇，进行讨论。
由B&C为偶数，其中B（或C）必定是2，则2&3－（2+3）=1；2&5－（2+5）=3；2&11－（2+11）=9；……均不符合条件。因此，偶－奇=奇不符合条件。
由B&C为奇数，其中B、C均为奇数，则B+C是偶数。若B=3，C=5，那么，3&5－（3+5）=7，符合条件。
因此，这三个奇数分别是3、5和7。
答：这三个奇数分别是3、5和7。
〖请你试一试〗
1.39个连续奇数的和是1989，其中最大的一个奇数是多少？
2.任意取出1994个连续的自然数，他们的总和是奇数还是偶数？
3.有“1”“2”“3”“4”四张数字卡片，每次取三张组成三位数，其中是偶数的有多少个？
4.一串数字排成一行，它们的规律是这样的：头两个数都是1，从第三个开始，每一个数都是前两个数的和，也就是：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、……。问这串数中前10个数中（包括第100个数），有多少个偶数？
5.某些连续自然数的和等于30，那么这样连续自然数有几组？写出来。
6.一个布袋中有红、黄、绿三种颜色且大小相同的球各10个。红色小球上标有数字“4”，黄色小球上标有数字“5”，绿色小球上标有数字“6”。小明从袋中摸出八个球，它们的数字和是39，其中最多可能有多少个球是红色的？
7.有1993个孩子，每个胸前有一个号码，号码从1到1993各不相同，试问，否将这些孩子排成若干排，每排中都有一个孩子的号码数等于其余孩子号码数的和？并说明理由。
8.在八个房间中，有七个房间开着灯，一个房间关着灯。如果每次同时拨动四个房间的开关能不能把全部房间的灯关上？为什么？
9.如果两人每握一次手，握手的双方都记握手一次。则握手的次数是奇数的那些人的总数是奇数还是偶数？
10.某次数学竞赛，共有40道试题，规定答对一题给5分，不答给一分，错倒扣1分试说明不论多少人参赛，全体学生得分的总和一定是偶数。]
11.扑克牌中的J、Q、K分别表示11、12、13。甲取13张红桃，乙取13张草花，两人都各自任意出一张牌凑成一对，这样一共可以凑成13对。如果将每对求和，再将这13个和相乘。问积是奇数还是偶数？
12.问是否存在着这样的整数A、B、C，使得：
13.能否将1、1、2、2、3、3、……10、10这20个数排成一排，使得2个1之间夹着这20个数中的一个数，2个2之间夹着这20个数中的2个数……2个10之间夹着这20个数中的10个数？说明理由。
14. 1+2+3+4……+是奇数还是偶数？
15.能否在下面的□内填入加号或减号，使得等式成立？为什么？
1!3!5!7!9=10
16.有一列数：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、……从第三个数开始，每个数都是前两个数的和。那么在前1000个数中，有多少个奇数？
17.甲袋中放着1997个白球和1000个黑球，乙袋中放着2000个黑球。小强每次从甲袋中随意摸出两个球放在外面。如果摸出的两个球颜色相同，小强就从乙袋里取出一个黑球放到甲袋；如果摸出的两个球颜色不同，小强就将白球放回甲袋。小强就这样从甲袋中摸了2995次后甲袋中还剩几个球？它们各是什么颜色？
18.算式1&2+3&4+5&6+……+99&100的得数是奇数还是偶数？
19.甲、乙两人做游戏，先指定五个自然数。甲把这五个数以任意顺序填在表格的第一行，然后乙把这五个数填在第二行，最后将所有同一列的两个数的差（以大减小）相乘。约定如果积为偶数，算甲胜；如果积为奇数，算乙胜。问乙是否有后发制人的必胜策略？
20.在一间屋子里，有一百盏电灯排成一行，依从左到右的顺序编上号码1、2、3、4、……、99、100，每盏电灯上有一根拉线开关。开始的时候，全部电灯是关着的。有100个同学在门外排着队，第一个走进屋来，把编号是1的倍数的电灯开关都拉了一下（即把所有的电灯都打开了）；接着第二个人走进屋里来，把编号是2的倍数的所有电灯的开关都拉了一下（即把2、4、6、……、98、100号电灯又关上了）；第三个进来把编号是3的倍数的所有电灯的开关再拉一下，……，最后第100个人走进来，把编号是100的倍数的电灯开关拉了一下（即仅把第100号电灯的开关拉一下）。这样做完之后，问哪些电灯还亮着？
〖参考答案〗
1.解：因为相邻的两个奇数之差都是2，所以中间那个奇数就是39个奇数的平均数。即这个中间的奇数为。这这个奇数的前后应各有19个奇数。因此最大的一个奇数是89。列式为：
&[（39－1）&2]
答：其中最大的奇数是89。
2.解：任意取出1994个自然数，其中奇偶数各占一半即（个）为奇数。又奇数个奇数和为奇数，任意多个偶数和总是为偶数，奇数加偶数和为奇数。
所以，它们的总和为奇数。
答：它们的总和为奇数。
3.解一：依题意，所取的三张卡片组成的三位熟的个位只能是2或4两种情况。
每次取3张卡片组成的三位数中，个数是2的有6个，它们是：132，321，342，432，142，412，
同理，个位数字是4的三位数也有6个，它们是：124，214，134，314，234，324。
所以偶数共有6&2=12（个）。
解二：这样考虑：从4张卡片中，每次取3张，可以组成的三位数有4&3&2=24（个），而4张卡片中奇数偶数各占，所以组成的24个三位数中一定有偶数24&2=12（个）。
答：其中偶数有12个。
4.解：根据题意和数的奇偶性可知，这一串是按奇、奇、偶；奇、奇、偶；……的规律排列的。同时可以看出每三个数为一组，每组中出现一个偶数。
而100&3=33……1，余数是第100个数，它是奇数。
因此，这串数的前100个数中有33个偶数。
答：这串数前100个数中，有33个偶数。
5.解：以外0是偶数，所以不能用两个连续自然数和和式表示。
根据奇数个连续自然数的和式，中间数有10和6两种，可知为：9，10，11和4，5，6，7，8
根据偶数个连续自然数的和式，中间两数的和是15，可知为：6，7，8，9。
因此，这样连续自然数有三组，即：30=9+10+11=4+5+6+7+8=6+7+8+9。
答：这样连续自然数有三组，即：30=9+10+11=4+5+6+7+8=6+7+8+9。
6.解：根据所摸出的八个球数字和是39为奇数的条件，由数的奇偶性可知这八个数为：七奇一偶，五奇三偶，三奇五偶和一奇七偶四种可能。
根据上述四种能情况，由所给的数字4、5和6的条件，经试算，可知39=5&7+4；39=5&5+4&2+6；39=5&3+4&3+6&2；39=5+4&4+6&3
因此符合条件最多可能是有4个红球。
答：符合条件最多可能是有4个红球。
7.解：不能。
若不然，每排中所有孩子的号码之和为偶数，这是因为奇数或偶数的2倍都是偶数。
而若干个偶数的和为偶数，这就是说所有各排孩子的号码数之和为偶数。
但1+2+3……+1993和为奇数，得出矛盾。因此不能按题目要求排列。
答：不能。
8.解：题中虽然有八个房间，但只有七个房间灯开着，因此只需要考虑能否按要求把七个开着灯的房间的灯关上。另一个房关着灯的开关无须拨动。
对于一个开着的灯来说，只有拨动奇数次开关才能使灯关上。如果要使全部亮灯的房间的灯都关上，显然拨动开关的总次数应是奇数，因为奇数个奇数的和为奇数。但题目规定每次必须拨动四个房间的开关，这样不管拨动多少次，拨动开关的总次数是4的倍数，即为偶数。而奇数不等于偶数。因此，无论拨动多少次，也不能将七个亮灯房间的灯关上。
答：不能。
9.解：根据两人每握一次手，双方都记握手一次的条件，可知两人握手的和是2次，这样无论多少人握手，其握手的总次数总是偶数。
若不握手的人分成两类：甲类是握手次数是偶数的那些人，乙类是握手的次数是奇数的那些人。则甲类人的握手的总次数是偶数，这样乙类握手的总次数=握手总次数（偶数）－甲类人握手的总次数（偶数），以偶数－偶数=偶数，可知乙类人握手的总次数也是偶数。
根据乙类人握手的次数是奇数的条件，由偶数个奇数的和是偶数，可知乙类人的人数只能是偶数。
因此，握手的次数是奇次的那些人的总人数是偶数。
答：握手的次数是奇次的那些人的总人数是偶数。
10.分析：考虑其中一名参赛学生的得分情况，如果答对a题，将得5a分，答错b题得-b分，不答就有（40－a－b）分，这样这名学生共得分为：
5a－b+（40－a－b）=40+4a－2b（分）
这个显然为一个偶数。于是这个问题不难解决。
解：考虑其中一名参赛学生的得分情况：如果这名学生答对a题，答错了b题，不答的题就有（40－a－b）分，则这名学生共得分为：5a－b+（40－a－b）=40+4a－2b（分）
上式中每一项都是偶数，因此和是偶数。
答：和是偶数。
11.分析：先可以用一种方法试一试：
红心：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13
草花：2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，1
求和：3，5，7，9，11，13，15，15，19，21，23，25，14
求积：3&5&7&9&11&13&15&17&19&21&23&25&14=偶数
这说明这个积如果存在奇偶性话，那么这个积应该是偶数。下面关键在于如何说明无论怎样出牌这个积总是一个偶数。要说明这13个数之积是偶数，只需要说明这13个数中有一个数是偶数即可。因为偶数&奇数=偶数。
解：这个积应当是偶数。因为任意一种出牌方法为
红心：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13
草花：a，b，c，d，e，f，g，h，I，j，k，l，m
求和：1+a，2+b，3+c，4+d，5+e，6+f，7+g，8+h，9+I，10+j，11+k，12+l，13+m
其中a、b、c…m这13个字母都是1、2、3…13这13的数中的某一个且互不相同。
先考虑这13个数之和
（1+a）+（2+b）+（3+c）+…+（13+m）
=（1+2+3+…+13）+（a+b+c+…+m）
=2&（1+2+3+…+13）
=182为偶数
由于（1+a），（2+b），（3+c）…（13+m）这13个加数中，如果全是奇数的话，那么这13个加数之和应该是一个奇数但是这13个之和为182，是一个偶数，这说明这13个加数之中至少有一个加数是偶数。于是这13个加数之积必定为偶数，因为其中有一个乘数为偶数。
答：这13个数之积必定为偶数。
12.分析：若存在这样的数，则由于A&B&C+A=A&（B&C+1）=
为奇数。这说明A必为奇数，因为只有奇数&奇数=奇数。同样可以说明B、C也都是奇数。这样得到A&B&C=奇数，于是A&B&C+A=奇数+奇数=偶数，这与实际相矛盾，因而不存在这样的数。
解：若存在这样的数，由于
A&B&C+A= A&（B&C+1）= 为奇数
A&B&C+B=B&（A&C+1）= 为奇数
A&B&C+C=C&（A&B+1）= 为奇数
根据奇数&奇数=奇数的性质可知A、B、C都是奇数，于是A&B&C也是奇数。
根据奇数+奇数=偶数的性质可知A&B&C+A，A&B&C+B，A&B&C+C这三个和都是偶数，但这与题目是矛盾，因此这样的数A、B、C是不存在的。
答：满足题目条件的数A、B、C是不存在。
13.分析：如是只有一组2个数1、1，则无论如何不能排出；如果只有两组4个数1、1、2、2，则无论如何也不能排出；如果只有三组6个数1、1、2、2、3、3，则能排出比如312132；如果只有四组8个数1、1、2、2、3、3、4、4，则能排出，比如。可见在前面四种情况下，对1、1、2、2、3、3、……n、n，当n=1或2时，不能排出；而当n=3或4时，可以排出。当n=10时，如果由试验的方法得到的话，那将是很复杂的，下面将用奇偶性来分析此题。
解：如果能排出，则将这二十个数依次所处的位置编号如下：
数&&&&&&&1&&&&&&1&&&&&&2&&&&&&2&&……&&10&&&&&&10
编号&&&&&a
一方面，无论怎么排序，总有a + a +a +a +……+a +a
=1+2+3+4+……+20=21&10=210为偶数。另一方面，由于2个1之间来一个数，所以a 和a 具有相同的奇偶性，这样a +
a 必为偶数；由于2个2之间夹2个数，所以a 和a 具有不同的奇偶性，这样a +a 必为奇数；由于2个3之间夹3个数，所以a 和a
具有相同的奇偶性，这样a +a 必为偶数；同样的讨论可a +a 、a +a 、a +a 、a +a 都为奇数，而a +a 、a +a
、a +a 必为偶数。于是有a + a +a +a +……+a +a = （a + a ）+（a +a ）+……+（a +a
）=偶数+奇数+偶数+奇数+偶数+奇数+偶数+奇数+偶数+奇数=偶数+奇数=奇数。上面算式中5个偶数之和为偶数，而5个奇数之和为奇数，偶数与奇数之和为奇数。这样一方面a
+ a +a +a +……+a +a =偶数，而另一方面a + a +a +a +……+a +a
=奇数，偶数不可能等于奇数，这是一个矛盾。这说明满足题意的排法是不存在的。
答：这20个数不能按照题意排列出来。
14.解：因为中要求判断和的奇偶性，根据加减运算中奇偶性的规律知，不必求和，只需弄清加数中有多少个奇数即可。1、2、3、4、……、这些加数是一奇一偶排列的，所以其中共有4个奇数。1004是偶数，这说明所给加法算式中共有偶数个奇数，所以和一定是偶数。
15.解：根据加减运算中奇偶性的规律知，左边运算结果的奇偶性与所填加号、减号无关，只与参与运算的数中有多少个奇数有关，由此不难得出结论。1、2、3、……8、9中共有5个奇数，所以不管左边怎样填加号、减号，它都是一个共有奇数个奇数参与运算的加减算式，运算结果必是奇数，不可能等于偶数10，所以不可能在□内填入适当的加减号使等式成立。
16.解：根据“奇数+奇数=偶数，奇数+偶数=奇数”及第一、第二个数都是奇数，按照这列数的组成规律知，各数的奇偶性依次为奇、奇、偶、奇、奇、偶、奇、奇、偶……即每三个数为一组，其中前两个是奇数后一个是偶数。……1，所以前1000个数中有偶数333个，有奇数7（个）。
答：那么在前1000个数，有667个奇数。
17.解：为了求剩几个球，各为什么颜色，关键是弄清每摸一次，甲袋中球的数目的变化情况：
所摸两球的颜色
甲袋球数的变化
可见，每摸一次，不管摸出的两球颜色如何，甲袋中球的总数必减少1，这就可求出摸若干次后，剩多少球；甲袋中原有白球数是奇数，每次取的白球数是偶数（2或0），由“奇数－偶数=奇数”知，最后剩的白球数是奇数，结合所剩总球数就能推知所剩球的颜色。
根据题意，不管小强每次摸出的两球同色还是异色，每摸一次甲袋的总球数都减少1个，所以摸了2995次后甲袋还剩球－1995=2（个）。每摸一次，甲袋的白球数或者不变，或者减少2，因为原有白球数1997是奇数，所以每次摸后甲袋所剩白球数总是奇数，不超过2的奇数只能是1，可见最后所剩的两个球是一白一黑。
答：甲袋还剩2个球，颜色是一白一黑。
18.解：先判断各个积的奇偶性，再判断整个和的奇偶性。因为每个积都相邻两个自然相乘，其中一个是偶数，所以每个积都是偶数，最后的得数也必是偶数。
答：得数是偶数。
19.解：积是否为偶数，由五个“差”中有没有偶数来决定。差的奇偶性取决于相减的两数的奇偶性是否相同，若相减的两数奇偶性相同，则差为偶数；若相减的两数奇偶性不同，则差为奇数。如果五个数全为奇数或全为偶数，显然“差”都为偶数。如果五个数中既有奇数又有偶数，那么奇数的个数与偶数的个数不会相等，当奇数少时，第一行的奇数即使全部对应第二行的偶数，也用不完第二行的偶数，第二剩下的偶数只能与第一行的偶数相对，从而这一列的“差”必为偶数；当奇数多时，情形类似，必出现某一列两个数全为奇数，从而这一列的“差”也必为偶数。总之，不管乙怎样填，五个“差”中总有偶数，因而乘积必为偶数，乙没有后发制人的必胜策略。
20.解：一个电灯最后是亮着还是不亮取决于开关被拉的次数。因为开始所有电灯是关着的，所以被拉了偶数次的电灯，最后仍是关着的；被拉了奇数次的电灯，最后则是亮着的。一个灯被拉的次数，等于它的编号数的约数个数，所以需要考虑自然数约数个数的奇偶性。对此我们有如下结论：平方数的约数个数必是奇数，非平方数的约数个数必为偶数。例如36是平方数，它的约数有1、2、3、4、6、9、12、18、36共9个；18是非平方数，它的约数有1、2、3、6、9、18共6个。应用这一结论就可求最后结果。
因为只平方数的约数个数是奇数，所以编号数为1、4、9、16、25、36、49、64、81、100的电灯开关被拉了奇数次，这10盏电灯最后还亮着。
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