小升初奥数培优讲义：数的奇偶性-2025-2026学年小升初奥数思维提升专项

该小学数学小升初复习讲义聚焦数的奇偶性专题，目标是让学生掌握奇偶定义、四则运算规律及综合应用，通过知识梳理（定义、规律）、例题讲解（算式判断、分配应用等题型）、跟踪训练、高频真题四个环节，系统构建知识体系，提升解题能力。 亮点在于“规律为先、逻辑推理”的教学方法，如通过操作翻转模型中“10个杯子每次翻转3个能否转正”的实例，引导学生用奇偶次数分析解决问题，培养推理意识和应用意识。设置标准化解题四步法，配合分层跟踪训练，帮助学生突破小升初高频考点，教师可据此精准把握学生思维短板，提高复习效率。

小升初奥数培优讲义：数的奇偶性 [知识梳理+例题讲解+高频真题] 学习寄语 数的奇偶性是小学奥数最具思维价值的基础数论专题，区别于常规计算题型，它不依赖复杂运算，核心考验同学们的规律记忆、逻辑推理、逆向思辨、严谨判断能力，是小升初择校、分班考中极具区分度的轻量级压轴考点。 本节课我们系统吃透了奇偶性全维度考点：熟练掌握奇偶基础定义、四则运算核心规律、多数连加连乘高阶结论，攻克了算式判断、数值分配、操作翻转、综合推理全梯度题型，厘清了和差同奇偶、乘法见偶则偶、奇数个数定结果等核心重难点，规避了高频易错陷阱，掌握了标准化解题四步法与专题口诀。 奇偶性看似简单，却是数论思维的起点，很多复杂的奥数应用题、最值题、存在性判断题，最终都需要依靠奇偶性规律快速破题、排除错误答案。希望同学们牢记“规律为先、无需硬算、逻辑为王”的解题思维，摒弃机械计算的学习习惯，学会用数学规律分析问题、推理问题。扎实掌握本专题内容，既能轻松拿下小升初基础满分题型，又能锻炼高阶数学思维，为后续数论进阶、几何推理、初中代数学习筑牢坚实根基，在名校备考路上稳步进阶！ 知识梳理 一、问题定义与考情分析 数的奇偶性是小升初奥数基础核心专题、重点中学择校考、分班考、思维竞赛高频必考题型，属于数论入门核心模块。校内数学仅简单区分奇数、偶数，不涉及运算规律与综合应用，而奥数中的奇偶性专题侧重规律推理、逻辑判断、逆向分析、实操应用，无需复杂计算，重在思维辨析。 本专题核心本质：利用整数固定的奇偶运算规律，不计算具体结果，快速判断算式、应用题、操作题的对错与结果特征。奇偶性是小学奥数极少数“重逻辑、轻计算”的专题，是培养数学抽象思维、逻辑推理能力的关键内容，同时是初中数论、不等式、函数奇偶性的前置基础。 小升初高频考查题型：算式结果奇偶判断、多数连加连乘奇偶分析、奇偶性分配应用题、物品翻转操作题、最值推理题、对错辨析压轴题、生活实际应用题型。 二、核心基础定义（必背） 1. 偶数：能被2整除的整数，个位数字为0、2、4、6、8。通用表达式：（k为任意整数）。 2. 奇数：不能被2整除的整数，个位数字为1、3、5、7、9。通用表达式：（k为任意整数）。 3. 特殊关键数：0是最小的偶数；2是唯一的偶质数；其余质数均为奇数。 4. 判断捷径：整数的奇偶性只由个位数字决定，与高位数字无关。 三、基础四则运算奇偶规律（核心公式） 1. 加减法奇偶规律（和、差奇偶性一致） 偶数 ± 偶数 = 偶数 奇数 ± 奇数 = 偶数 偶数 ± 奇数 = 奇数 核心结论：同奇偶相加减为偶，异奇偶相加减为奇；和与差奇偶性完全相同。 2. 乘法奇偶规律 偶数 × 偶数 = 偶数 奇数 × 奇数 = 奇数 偶数 × 奇数 = 偶数 核心结论：乘法见偶则偶，全奇才奇。只要算式中有一个偶数，乘积必为偶数；所有乘数都是奇数，乘积才是奇数。 四、拓展高阶奇偶规律（奥数拔高必考） 1. 多个数连加规律 （1）任意个偶数相加，和一定是偶数； （2）偶数个奇数相加，和为偶数； （3）奇数个奇数相加，和为奇数； （4）混合求和奇偶性：只看奇数的个数，偶数不影响结果奇偶性。 2. 平方数奇偶规律 奇数的平方是奇数，且除以4余1； 偶数的平方是偶数，且除以4余0。 3. 奇偶性不变原理 一个整数加减偶数，奇偶性不变；一个整数加减奇数，奇偶性翻转。 五、四大经典解题模型（全覆盖考点） 1. 结果判断模型 无需计算算式最终结果，根据奇偶规律直接判定结果是奇数还是偶数，常用于快速验算、对错判断。 2. 数量分配模型 已知总数量奇偶性，判断拆分后的两个或多个数的奇偶搭配，解决分配、分组、拆分应用题。 3. 操作翻转模型 翻杯子、开灯关灯、交换位置等实操题型，核心：每次操作改变奇偶状态，总次数决定最终状态。 4. 推理最值模型 根据奇偶性约束，推理满足条件的最小、最大自然数，或判断题目是否存在可行解。 六、标准解题四步法 第一步：定特征：找出题目中的奇数、偶数，统计奇数个数； 第二步：套规律：根据加减、乘除、多数运算规律判断整体奇偶性； 第三步：推结论：结合题意、分配规则、操作次数推导结果； 第四步：验逻辑：验证奇偶搭配是否合理，排除矛盾答案。 七、高频易错点汇总 1. 忽略“和差奇偶性一致”，错误判断减法结果奇偶； 2. 多数求和时，错误统计偶数个数，实则偶数不影响奇偶结果； 3. 乘法规律混淆，误以为多个奇数相乘为偶数； 4. 操作翻转题搞反奇偶翻转规律，次数奇偶判断错误； 5. 拆分数字时，忽略奇偶搭配限制，出现无解情况不会判断； 6. 忘记0是偶数、2是唯一偶质数的特殊考点。 八、专题解题口诀 同奇同偶和差偶，一奇一偶和差奇； 乘法见偶即为偶，全奇相乘才是奇； 偶数求和恒为偶，奇数个数定高低； 奇偶推理不用算，规律吃透解难题。 例题讲解 【典型例题1】基础算式奇偶判断（入门必考） 题目：不计算结果，判断下列算式的结果是奇数还是偶数。（1） （2） （3） 【分析】 基础入门题型，直接套用两数加减、乘法奇偶核心规律，无需计算，通过数字奇偶特征快速判断结果。加减法看奇偶是否相同，乘法看是否含偶数。 【详解】 （1）368是偶数，246是偶数，偶数+偶数=偶数，结果为偶数； （2）579是奇数，123是奇数，奇数-奇数=偶数，结果为偶数； （3）135是奇数，24是偶数，奇数×偶数=偶数，结果为偶数。 【答案】 （1）偶数；（2）偶数；（3）偶数。 【跟踪训练1】 题目：不计算，判断结果奇偶性：（1） （2） （3） 【跟踪训练2】 题目：判断下列算式奇偶性：（1） （2） （3） 【典型例题2】多数连加奇偶分析（基础拔高） 题目：判断算式的结果是奇数还是偶数。 【分析】 多数求和核心题型，解题关键：偶数不影响和的奇偶性，只需统计算式中奇数的个数。奇数个奇数相加和为奇数，偶数个奇数相加和为偶数。 【详解】 1. 拆分数字：奇数有1、3、5、7、9，共5个；偶数有12，不影响奇偶； 2. 5是奇数，奇数个奇数相加，和为奇数； 3. 最终算式结果为奇数。 【答案】 结果为奇数。 【跟踪训练1】 题目：判断的结果奇偶性。 【跟踪训练2】 题目：判断的结果奇偶性。 【典型例题3】连乘算式奇偶判断（高频常考） 题目：判断下列连乘算式的结果奇偶性：（1） （2） 【分析】 连乘奇偶核心规律：全奇则奇，见偶则偶。只需观察算式中是否存在偶数，无需计算即可快速判断。 【详解】 （1）所有乘数均为奇数，无偶数，全奇相乘结果为奇数； （2）算式中包含偶数8，乘法见偶则偶，结果为偶数。 【答案】 （1）奇数；（2）偶数。 【跟踪训练1】 题目：判断奇偶性： 【跟踪训练2】 题目：判断奇偶性： 【典型例题4】奇偶分配应用题（实战拔高） 题目：把20个苹果分给3个小朋友，要求每个小朋友分到的苹果个数都是奇数，能否分成功？请说明理由。 【分析】 奇偶分配核心题型，需要结合奇数求和规律判断可行性。3个奇数相加，奇数个奇数求和结果为奇数，而总苹果数20是偶数，奇偶矛盾，因此无法分配。 【详解】 1. 奇数+奇数+奇数=奇数； 2. 题目总数量20是偶数，奇数≠偶数； 3. 因此无法让3个奇数的和等于偶数，不能分成功。 【答案】 不能分成功，理由：3个奇数的和一定是奇数，20是偶数，奇偶不相等，无法分配。 【跟踪训练1】 题目：把31块糖果分给4个同学，每人分到的数量为奇数，是否可行？ 【跟踪训练2】 题目：能否将25本书分给5个同学，每人分得奇数本？ 【典型例题5】奇偶操作翻转问题（名校常考） 题目：桌上有10个倒扣的杯子，每次翻转3个杯子，能否经过若干次翻转，让所有杯子全部正过来？ 【分析】 经典操作翻转题型，核心奇偶逻辑：每个杯子从倒扣到正过来，需要翻转奇数次。10个杯子总翻转次数为10个奇数相加，总和为偶数；每次翻转3个（奇数），通过次数奇偶判断可行性。 【详解】 1. 单个杯子翻转奇数次可转正，10个奇数相加，总翻转次数为偶数； 2. 每次翻转3个（奇数），偶数次翻转的总次数=奇数×偶数=偶数，总次数奇偶匹配； 3. 因此可以通过若干次翻转实现全部转正。 【答案】 可以全部正过来。 【跟踪训练1】 题目：桌上有7个倒扣的杯子，每次翻转2个，能否全部转正？ 【跟踪训练2】 题目：9盏关闭的灯，每次拨动4盏，能否全部打开？ 【典型例题6】奇偶性综合压轴（分班考真题） 题目：已知两个自然数的和是45，差是奇数，判断这两个数的奇偶性，并说明理由。 【分析】 综合推理压轴题，核心依据：和差奇偶性一致。已知两数差为奇数，可推出和也为奇数，再结合加减奇偶规律，判断两数为一奇一偶。 【详解】 1. 根据奇偶规律：两个数的和与差奇偶性完全相同； 2. 题目中差为奇数，因此和也为奇数，45是奇数，符合条件； 3. 只有奇数+偶数=奇数，因此这两个数一定是一个奇数、一个偶数。 【答案】 两个数一个是奇数，一个是偶数。 【跟踪训练1】 题目：两个自然数的和是60，差是偶数，判断两数奇偶性。 【跟踪训练2】 题目：三个连续自然数的和一定是什么数（奇数/偶数）？说明理由。 高频真题 1．阳光小学五年级同学参加学校举办的数学竞赛。此次竞赛共有20道题，评分标准：答对一道题得5分，答错一道题扣1分，不答不得分。如果所有参赛同学都答了，那么参赛同学的总分是奇数还是偶数？ 2．在黑板上写下1、2、3、4、5、6、7、8、9、10，每次从黑板上随意选2个数，擦去这两个数并写上此两数之差（大数减小数），如此反复进行，最后黑板上留下的数共有几种可能？ 3．五（1）班41名同学学号分别是1~41.体育老师要选出若干名同学围成一圈做游戏，要求任意相邻的3人（如ABC，BCD）学号乘积是2的倍数但不是4的倍数。那么体育老师最多能选出多少名同学做游戏？ 4．将97、98、99、100、101这五个数两两相乘，可以得到10个不同的乘积。问：乘积中是偶数多还是奇数多？ 5．一串数排成一行，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，这串数的第1000个是偶数还是奇数？ 6．游戏室里的座位是9行9列，坐满了学生。现在做一个游戏，当铃声响后，每个同学都要与自己前后或左右相邻的某名同学交换座位一次。问：这次游戏实现得了吗？为什么？ 7．老师组织一群学生做互相握手的游戏。当游戏结束后，大家把自己握手的次数告诉老师。经统计发现，握过奇数次手的学生人数是偶数，这是为什么？ 8．已知a、b、c中有一个是1997，一个是1998，另一个是1999，试判断（a-1）×（b-2）×（c-3）的奇偶性． 9．有m（m≥2）只杯子全部口朝下放在桌子上，每次翻转其中的（m－1）只杯子．经过若干次翻转，能使杯口全部朝上吗？ 10．现有1，1，2，2，3，3，…，10，10共20个数．请问能否将这些数排成一行并且满足：两个1之间有一个数，两个2之间有两个数，两个3之间有三个数，…，两个10之间有十个数？试证明你的结论． 11．线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，每个分点随意标上红色或蓝色，这样分得n+1 个不重叠的小线段．如果把两端点颜色不同的线段叫标准线段，试证标准线段的个数是奇数． 12．有7只杯口向上的杯 子放在桌上，每次将其中4只同时翻转，使其杯口向下，问能否经过多次这样的翻转后，使7只杯口全部向下？为什么？ 13．一个自然数自乘的结果是一个完全平方数．例如1，4，9，36都是完全平方数．找出下列自然数11，111，1111，11111，111111……中的完全平方数． 14．27名小运动员所穿衣服的号码是1，2，3，……．26，27这二十七个自然数．问这些小运动员能否站成一个圆圈，使得任意相邻两个运动员号码之和都是质数?请说明理由． 15．有一串数，最前面的4个数依次是1，9，8，7 ，从第5个数起，每一个数都是它前面相邻4个数和的个位数字．问在这串数中，会依次出现2，0，0，8这四个数吗？ 16．对于任意一个自然数n，当n为奇数时，加上121；当n为偶数时，除以2，这算一次操作现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？ 17．有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆。开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子。问，能否做到： ⑴某2堆石子全部取光？ ⑵3堆中的所有石子都被取走？ 18．一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下面我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是黑色还是白色？ 19．在9×9棋盘的每格中都有一只甲虫，根据信号它们同时沿着对角线各自爬到与原来所在格恰有一个公共顶点的邻格中，这样某些格中有若干只甲虫，而另一些格则空着。问空格数最少是多少？ 20．有大、小两个盒子，其中大盒内装1001枚白棋和1000枚同样大小的黑棋子，小盒内装有足够多的黑棋．康康每次从大盒内随意摸出两枚棋子：若摸出的两枚棋子同色，则从小盒内取一枚黑子放入大盒内；若摸出的两枚棋子异色，则把其中白棋子放回大盒内．问：从大盒内摸了1999次棋子后，大盒内还剩几枚棋子？它们都是什么颜色？ 21．将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（）。将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000～4000之间。求这24个四位数中最大的那个。 22．的和是奇数还是偶数？为什么？ 23．从19，20，2l，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？ 24．甲、乙、丙三名选手参加马拉松比赛，起跑后甲处在第一的位置，在整个比赛过程中，甲的位置共发生了7次变化．比赛结束时甲是第几名？（注：整个比赛过程中没有出现三人跑在同一位置的情形．） 第 2 页 共 34 页 第 1 页 共 34 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 小升初奥数培优讲义：数的奇偶性 [知识梳理+例题讲解+高频真题] 学习寄语 数的奇偶性是小学奥数最具思维价值的基础数论专题，区别于常规计算题型，它不依赖复杂运算，核心考验同学们的规律记忆、逻辑推理、逆向思辨、严谨判断能力，是小升初择校、分班考中极具区分度的轻量级压轴考点。 本节课我们系统吃透了奇偶性全维度考点：熟练掌握奇偶基础定义、四则运算核心规律、多数连加连乘高阶结论，攻克了算式判断、数值分配、操作翻转、综合推理全梯度题型，厘清了和差同奇偶、乘法见偶则偶、奇数个数定结果等核心重难点，规避了高频易错陷阱，掌握了标准化解题四步法与专题口诀。 奇偶性看似简单，却是数论思维的起点，很多复杂的奥数应用题、最值题、存在性判断题，最终都需要依靠奇偶性规律快速破题、排除错误答案。希望同学们牢记“规律为先、无需硬算、逻辑为王”的解题思维，摒弃机械计算的学习习惯，学会用数学规律分析问题、推理问题。扎实掌握本专题内容，既能轻松拿下小升初基础满分题型，又能锻炼高阶数学思维，为后续数论进阶、几何推理、初中代数学习筑牢坚实根基，在名校备考路上稳步进阶！ 知识梳理 一、问题定义与考情分析 数的奇偶性是小升初奥数基础核心专题、重点中学择校考、分班考、思维竞赛高频必考题型，属于数论入门核心模块。校内数学仅简单区分奇数、偶数，不涉及运算规律与综合应用，而奥数中的奇偶性专题侧重规律推理、逻辑判断、逆向分析、实操应用，无需复杂计算，重在思维辨析。 本专题核心本质：利用整数固定的奇偶运算规律，不计算具体结果，快速判断算式、应用题、操作题的对错与结果特征。奇偶性是小学奥数极少数“重逻辑、轻计算”的专题，是培养数学抽象思维、逻辑推理能力的关键内容，同时是初中数论、不等式、函数奇偶性的前置基础。 小升初高频考查题型：算式结果奇偶判断、多数连加连乘奇偶分析、奇偶性分配应用题、物品翻转操作题、最值推理题、对错辨析压轴题、生活实际应用题型。 二、核心基础定义（必背） 1. 偶数：能被2整除的整数，个位数字为0、2、4、6、8。通用表达式：（k为任意整数）。 2. 奇数：不能被2整除的整数，个位数字为1、3、5、7、9。通用表达式：（k为任意整数）。 3. 特殊关键数：0是最小的偶数；2是唯一的偶质数；其余质数均为奇数。 4. 判断捷径：整数的奇偶性只由个位数字决定，与高位数字无关。 三、基础四则运算奇偶规律（核心公式） 1. 加减法奇偶规律（和、差奇偶性一致） 偶数 ± 偶数 = 偶数 奇数 ± 奇数 = 偶数 偶数 ± 奇数 = 奇数 核心结论：同奇偶相加减为偶，异奇偶相加减为奇；和与差奇偶性完全相同。 2. 乘法奇偶规律 偶数 × 偶数 = 偶数 奇数 × 奇数 = 奇数 偶数 × 奇数 = 偶数 核心结论：乘法见偶则偶，全奇才奇。只要算式中有一个偶数，乘积必为偶数；所有乘数都是奇数，乘积才是奇数。 四、拓展高阶奇偶规律（奥数拔高必考） 1. 多个数连加规律 （1）任意个偶数相加，和一定是偶数； （2）偶数个奇数相加，和为偶数； （3）奇数个奇数相加，和为奇数； （4）混合求和奇偶性：只看奇数的个数，偶数不影响结果奇偶性。 2. 平方数奇偶规律 奇数的平方是奇数，且除以4余1； 偶数的平方是偶数，且除以4余0。 3. 奇偶性不变原理 一个整数加减偶数，奇偶性不变；一个整数加减奇数，奇偶性翻转。 五、四大经典解题模型（全覆盖考点） 1. 结果判断模型 无需计算算式最终结果，根据奇偶规律直接判定结果是奇数还是偶数，常用于快速验算、对错判断。 2. 数量分配模型 已知总数量奇偶性，判断拆分后的两个或多个数的奇偶搭配，解决分配、分组、拆分应用题。 3. 操作翻转模型 翻杯子、开灯关灯、交换位置等实操题型，核心：每次操作改变奇偶状态，总次数决定最终状态。 4. 推理最值模型 根据奇偶性约束，推理满足条件的最小、最大自然数，或判断题目是否存在可行解。 六、标准解题四步法 第一步：定特征：找出题目中的奇数、偶数，统计奇数个数； 第二步：套规律：根据加减、乘除、多数运算规律判断整体奇偶性； 第三步：推结论：结合题意、分配规则、操作次数推导结果； 第四步：验逻辑：验证奇偶搭配是否合理，排除矛盾答案。 七、高频易错点汇总 1. 忽略“和差奇偶性一致”，错误判断减法结果奇偶； 2. 多数求和时，错误统计偶数个数，实则偶数不影响奇偶结果； 3. 乘法规律混淆，误以为多个奇数相乘为偶数； 4. 操作翻转题搞反奇偶翻转规律，次数奇偶判断错误； 5. 拆分数字时，忽略奇偶搭配限制，出现无解情况不会判断； 6. 忘记0是偶数、2是唯一偶质数的特殊考点。 八、专题解题口诀 同奇同偶和差偶，一奇一偶和差奇； 乘法见偶即为偶，全奇相乘才是奇； 偶数求和恒为偶，奇数个数定高低； 奇偶推理不用算，规律吃透解难题。 例题讲解 【典型例题1】基础算式奇偶判断（入门必考） 题目：不计算结果，判断下列算式的结果是奇数还是偶数。（1） （2） （3） 【分析】 基础入门题型，直接套用两数加减、乘法奇偶核心规律，无需计算，通过数字奇偶特征快速判断结果。加减法看奇偶是否相同，乘法看是否含偶数。 【详解】 （1）368是偶数，246是偶数，偶数+偶数=偶数，结果为偶数； （2）579是奇数，123是奇数，奇数-奇数=偶数，结果为偶数； （3）135是奇数，24是偶数，奇数×偶数=偶数，结果为偶数。 【答案】 （1）偶数；（2）偶数；（3）偶数。 【跟踪训练1】 题目：不计算，判断结果奇偶性：（1） （2） （3） 【分析】 根据基础奇偶运算规律，区分奇偶数字，快速判定结果。 【详解】 （1）奇数+偶数=奇数；（2）奇数-奇数=偶数；（3）奇数×奇数=奇数。 【答案】 （1）奇数；（2）偶数；（3）奇数。 【跟踪训练2】 题目：判断下列算式奇偶性：（1） （2） （3） 【分析】 严格套用和差、乘积奇偶规律，精准判断，规避惯性错误。 【详解】 （1）偶数-奇数=奇数；（2）偶数×奇数=偶数；（3）奇数+偶数=奇数。 【答案】 （1）奇数；（2）偶数；（3）奇数。 【典型例题2】多数连加奇偶分析（基础拔高） 题目：判断算式的结果是奇数还是偶数。 【分析】 多数求和核心题型，解题关键：偶数不影响和的奇偶性，只需统计算式中奇数的个数。奇数个奇数相加和为奇数，偶数个奇数相加和为偶数。 【详解】 1. 拆分数字：奇数有1、3、5、7、9，共5个；偶数有12，不影响奇偶； 2. 5是奇数，奇数个奇数相加，和为奇数； 3. 最终算式结果为奇数。 【答案】 结果为奇数。 【跟踪训练1】 题目：判断的结果奇偶性。 【分析】 忽略所有偶数，只统计奇数个数，根据个数奇偶判断结果。 【详解】 奇数为11、13、15，共3个（奇数个），和为奇数。 【答案】 结果为奇数。 【跟踪训练2】 题目：判断的结果奇偶性。 【分析】 统计奇数数量，结合多数求和规律推导。 【详解】 奇数有4个（偶数个），偶数个奇数相加和为偶数。 【答案】 结果为偶数。 【典型例题3】连乘算式奇偶判断（高频常考） 题目：判断下列连乘算式的结果奇偶性：（1） （2） 【分析】 连乘奇偶核心规律：全奇则奇，见偶则偶。只需观察算式中是否存在偶数，无需计算即可快速判断。 【详解】 （1）所有乘数均为奇数，无偶数，全奇相乘结果为奇数； （2）算式中包含偶数8，乘法见偶则偶，结果为偶数。 【答案】 （1）奇数；（2）偶数。 【跟踪训练1】 题目：判断奇偶性： 【分析】 算式全部为奇数相乘，无偶数，遵循全奇才奇规律。 【详解】 所有乘数均为奇数，乘积为奇数。 【答案】 结果为奇数。 【跟踪训练2】 题目：判断奇偶性： 【分析】 算式中存在偶数因子，直接判定乘积为偶数。 【详解】 含偶数12，乘法见偶则偶，结果为偶数。 【答案】 结果为偶数。 【典型例题4】奇偶分配应用题（实战拔高） 题目：把20个苹果分给3个小朋友，要求每个小朋友分到的苹果个数都是奇数，能否分成功？请说明理由。 【分析】 奇偶分配核心题型，需要结合奇数求和规律判断可行性。3个奇数相加，奇数个奇数求和结果为奇数，而总苹果数20是偶数，奇偶矛盾，因此无法分配。 【详解】 1. 奇数+奇数+奇数=奇数； 2. 题目总数量20是偶数，奇数≠偶数； 3. 因此无法让3个奇数的和等于偶数，不能分成功。 【答案】 不能分成功，理由：3个奇数的和一定是奇数，20是偶数，奇偶不相等，无法分配。 【跟踪训练1】 题目：把31块糖果分给4个同学，每人分到的数量为奇数，是否可行？ 【分析】 判断偶数个奇数求和的奇偶性，与总数对比验证可行性。 【详解】 4个奇数相加和为偶数，总糖果数31是奇数，奇偶矛盾，不可行。 【答案】 不可行。 【跟踪训练2】 题目：能否将25本书分给5个同学，每人分得奇数本？ 【分析】 奇数个奇数相加和为奇数，匹配总数奇偶性即可判断。 【详解】 5个奇数相加和为奇数，25是奇数，奇偶匹配，可以分配。 【答案】 可以分配。 【典型例题5】奇偶操作翻转问题（名校常考） 题目：桌上有10个倒扣的杯子，每次翻转3个杯子，能否经过若干次翻转，让所有杯子全部正过来？ 【分析】 经典操作翻转题型，核心奇偶逻辑：每个杯子从倒扣到正过来，需要翻转奇数次。10个杯子总翻转次数为10个奇数相加，总和为偶数；每次翻转3个（奇数），通过次数奇偶判断可行性。 【详解】 1. 单个杯子翻转奇数次可转正，10个奇数相加，总翻转次数为偶数； 2. 每次翻转3个（奇数），偶数次翻转的总次数=奇数×偶数=偶数，总次数奇偶匹配； 3. 因此可以通过若干次翻转实现全部转正。 【答案】 可以全部正过来。 【跟踪训练1】 题目：桌上有7个倒扣的杯子，每次翻转2个，能否全部转正？ 【分析】 分析总翻转次数与单次翻转次数的奇偶匹配关系。 【详解】 7个杯子需翻转总次数为奇数，每次翻2个（偶数），总次数必为偶数，奇偶矛盾，无法实现。 【答案】 不能全部转正。 【跟踪训练2】 题目：9盏关闭的灯，每次拨动4盏，能否全部打开？ 【分析】 开灯需拨动奇数次，统计总次数奇偶，对比单次操作奇偶。 【详解】 9盏灯总拨动次数为奇数，每次拨4盏（偶数），总次数为偶数，矛盾，不可行。 【答案】 不能全部打开。 【典型例题6】奇偶性综合压轴（分班考真题） 题目：已知两个自然数的和是45，差是奇数，判断这两个数的奇偶性，并说明理由。 【分析】 综合推理压轴题，核心依据：和差奇偶性一致。已知两数差为奇数，可推出和也为奇数，再结合加减奇偶规律，判断两数为一奇一偶。 【详解】 1. 根据奇偶规律：两个数的和与差奇偶性完全相同； 2. 题目中差为奇数，因此和也为奇数，45是奇数，符合条件； 3. 只有奇数+偶数=奇数，因此这两个数一定是一个奇数、一个偶数。 【答案】 两个数一个是奇数，一个是偶数。 【跟踪训练1】 题目：两个自然数的和是60，差是偶数，判断两数奇偶性。 【分析】 利用和差同奇偶规律，结合加减奇偶搭配推理。 【详解】 差为偶数，和也为偶数，同奇偶相加为偶，两数同为奇数或同为偶数。 【答案】 两数同为奇数或同为偶数。 【跟踪训练2】 题目：三个连续自然数的和一定是什么数（奇数/偶数）？说明理由。 【分析】 分情况讨论三个连续自然数的奇偶搭配，结合求和规律推导通用结论。 【详解】 情况1：奇、偶、奇，和为偶数；情况2：偶、奇、偶，和为奇数。 结论：三个连续自然数的和可能是奇数，也可能是偶数，且一定是3的倍数。 【答案】 和可能是奇数也可能是偶数，必为3的倍数。 高频真题 1．阳光小学五年级同学参加学校举办的数学竞赛。此次竞赛共有20道题，评分标准：答对一道题得5分，答错一道题扣1分，不答不得分。如果所有参赛同学都答了，那么参赛同学的总分是奇数还是偶数？ 【答案】 偶数 【分析】根据评分标准，若全部答对，总分为偶数。每答错一道题，分数减少 5＋1＝6（分），6 是偶数。根据偶数减偶数仍为偶数的性质，无论答错多少道题，每名同学的得分均为偶数。所有同学的得分都是偶数，相加后总分仍为偶数。 【详解】假设一名同学 20 道题全部答对 得分为：20×5＝100（分） 100 是偶数。 若有一道题答错，则少得 5 分，还要倒扣 1 分 分数减少：5＋1＝6（分） 6 是偶数。 因为偶数减去偶数仍得偶数，所以无论答错几道题，这名同学的得分都是偶数。 每名同学的得分都是偶数，那么所有参赛同学的总分相加，结果也是偶数。 答：参赛同学的总分是偶数。 2．在黑板上写下1、2、3、4、5、6、7、8、9、10，每次从黑板上随意选2个数，擦去这两个数并写上此两数之差（大数减小数），如此反复进行，最后黑板上留下的数共有几种可能？ 【答案】5种 【分析】1.观察操作本质：每次操作是擦去两个数，写上它们的差。需要分析这一操作对黑板上所有数之和的奇偶性有何影响。 2.寻找不变量：两个数的和与这两个数的差，奇偶性是相同的。因此，擦去两数之和，写上两数之差，黑板上所有数的总和的奇偶性保持不变。 3.确定初始状态：计算初始1至10这十个数的和，判断其奇偶性。 4.确定最终状态：最后只剩下一个数，这个数的奇偶性应与初始总和的奇偶性一致。 5.确定数值范围：由于每次都是大数减小数，结果不会超过原有数中的最大值，且结果为非负数。 6.列举计数：结合奇偶性和范围，列出所有可能的数并计数。 【详解】第一步：计算黑板上初始所有数的和：1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝55 55是奇数。 第二步：分析操作过程中和的奇偶性变化。 设选出的两个数为a和b（a＞b），擦去这两个数，总和减少了a＋b；写上它们的差a－b，总和增加了a－b。 总和的变化量为：（a＋b）－（a－b）＝2b 因为2b是偶数，所以总和减少了一个偶数，总和的奇偶性不发生改变。 由此可知，无论操作多少次，黑板上所有数的和的奇偶性始终与初始和的奇偶性相同，即为奇数。 第三步：确定最后留下的数的性质。 最后黑板上只剩下一个数，这个数就是当前的总和。 根据第二步的结论，这个数必须是奇数。 第四步：确定最后留下的数的范围。 因为每次操作都是大数减小数，所得的差一定小于或等于原来的大数。 初始数中最大的是10，所以最后留下的数不可能超过10。 又因为是大数减小数，结果最小为0。 结合第三步结论，最后留下的数必须是10以内的奇数。 第五步：列举可能的数并统计。 10以内的奇数有：1、3、5、7、9。 经验证，这些数均可以通过特定的操作顺序得到。 所以共有5个可能的数。 答：最后黑板上留下的数共有5种可能。 3．五（1）班41名同学学号分别是1~41.体育老师要选出若干名同学围成一圈做游戏，要求任意相邻的3人（如ABC，BCD）学号乘积是2的倍数但不是4的倍数。那么体育老师最多能选出多少名同学做游戏？ 【答案】30名 【分析】因为任意相邻的3人学号的乘积不是4的倍数，则选出的学号不是4的倍数，因为只有有一个数是4的倍数，乘积就是4的倍数； 又因为乘积是2的倍数，则连续的3个学号的乘积必须要有一个是2的倍数。则按照如下的规律围成一圈，找出奇数以及不是4的倍数的偶数，即最多可以选出10个偶数，每两个偶数之间放2个奇数，也就是20个奇数。最后相加得出同学的人数即可 【详解】1到41中4的倍数：4、8、12、16、20、24、28、32、36、40； 1到41中有21个奇数，不是4的倍数的偶数有10个； 选出10个偶数，每两个偶数之间放2个奇数，也就是20个奇数。 10＋10×2 ＝10＋20 ＝30（名） 答：体育老师最多能选出30名同学做游戏。 4．将97、98、99、100、101这五个数两两相乘，可以得到10个不同的乘积。问：乘积中是偶数多还是奇数多？ 【答案】偶数多 【分析】五个数两两相乘，一共可以得到5×4＝20（个），根据奇数×奇数＝奇数，求出其中有多少个奇数，进行判断即可。 【详解】五个数两两相乘，一共可以得到5×4＝20（个）， 根据奇数×奇数＝奇数，乘积中奇数的个数为： 3×2＝6（个） 偶数的个数为：20－6＝14（个） 答：乘积中偶数多。 5．一串数排成一行，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，这串数的第1000个是偶数还是奇数？ 【答案】奇数 【分析】先看这个数列是怎样变化的，问题是要看第1000个数的奇偶性，那就从奇偶性的变化中找到规律，再判断。 【详解】这列数是按照“奇奇偶”的顺序循环重复排列的，即每过3个数循环一次。那么到第1000个数一次循环了333次还余1。这说明到第1000个数时，已做了333次“奇奇偶”的循环，还余下1个数。也就是说余下的1个数为“奇奇偶”中的第一字“奇”，所以第1000个数是奇数。 答：第1000个数是奇数。 6．游戏室里的座位是9行9列，坐满了学生。现在做一个游戏，当铃声响后，每个同学都要与自己前后或左右相邻的某名同学交换座位一次。问：这次游戏实现得了吗？为什么？ 【答案】实现不了。首先假定游戏室的座位都被黑白相间地涂上了颜色，则白色座位前后、左右都是黑色座位，黑色座位前后、左右都是白色座位，交换时白色座位上的同学应交换到黑色座位，黑色座位上的同学应交换到白色座位，因为座位共（个），两种颜色的座位数必然是一奇一偶。假设白色座位是40个，白色座位上的同学交换到黑色座位，必然会空出1个黑色座位，黑色座位上的同学交换到白色座位，必然会有1个同学没有白色座位。 【分析】表面上看，这种交换座位似乎不成问题，因为每个人有几种换法可供选择，然而仔细一想，座位共（个），两种颜色的座位数必然是一奇一偶。那么找一种特殊情况，其中某40个学生都与相邻的40个学生互换座位一次，那么剩下的1个学生就没有座位可换，这样可以猜测到这项游戏实现不了，据此解答。 【详解】实现不了。首先假定游戏室的座位都被黑白相间地涂上了颜色，则白色座位前后、左右都是黑色座位，黑色座位前后、左右都是白色座位，交换时白色座位上的同学应交换到黑色座位，黑色座位上的同学应交换到白色座位，因为座位共（个），两种颜色的座位数必然是一奇一偶。假设白色座位是40个，白色座位上的同学交换到黑色座位，必然会空出1个黑色座位，黑色座位上的同学交换到白色座位，必然会有1个同学没有白色座位。 【点睛】本题考查座位交换可行性的问题。解题关键在于利用黑白相间染色的方法，通过分析两种颜色座位数量的奇偶性，来判断能否按要求实现交换。 7．老师组织一群学生做互相握手的游戏。当游戏结束后，大家把自己握手的次数告诉老师。经统计发现，握过奇数次手的学生人数是偶数，这是为什么？ 【答案】因为握手偶数次的人，握手的总次数一定是偶数；所有人握手的总次数是偶数，所以握手奇数次的人的总握手数也一定是偶数，而偶数个奇数之和是偶数，所以握过奇数次手的学生人数一定是偶数。 【分析】分析题目，因为两个人握一次手，两个人都握一次，所以握手的总次数一定是偶数；将握手次数根据奇偶性分成两类：①是握手次数是偶数的人，握手偶数次的人的总数一定是偶数；②是握手次数是奇数的人，根据总次数是偶数，偶数＋偶数＝偶数可知：握手奇数次的人的总握手数也一定是偶数，再根据偶数个奇数的和才是偶数可知：握过奇数次手的学生人数一定是偶数，据此解答。 【详解】因为两个人握一次手，所以握手的总次数是偶数； 把握手次数根据奇偶性分成两类：一类是握手偶数次的人，握手的总次数一定是偶数； 一类是握手奇数次，因为偶数＋偶数＝偶数，那么握手奇数次的人的总握手数也一定是偶数；奇数个奇数之和是奇数，偶数个奇数之和是偶数，所以握过奇数次手的学生人数一定是偶数。 答：因为握手偶数次的人，握手的总次数一定是偶数；所有人握手的总次数是偶数，所以握手奇数次的人的总握手数也一定是偶数，而偶数个奇数之和是偶数，所以握过奇数次手的学生人数一定是偶数。 8．已知a、b、c中有一个是1997，一个是1998，另一个是1999，试判断（a-1）×（b-2）×（c-3）的奇偶性． 【答案】是偶数 【分析】（1）三个已知数中有一个偶数，两个奇数，那么对a来说，就有两种可能：a为奇数或a为偶数． （2）如果我们判断出各个因数全为奇数，那么其积为奇数；因数中如果有一个是偶数，那么其积为偶数．三个因数如果全为奇数，那么三个因数的和应为奇数．我们可以计算三个因数的和，看看是奇数还是偶数． 【详解】解法一： （1）如果a为奇数，那么a－l为偶数，乘积也为偶数； （2）如果a为偶数，因为三个已知数中只有一个偶数，所以此时b，c均为奇数，根据“奇数-奇数=偶数”可知c-3为偶数，所以乘积是偶数． 综合上述，（a-1）×（b-2）×（c-3）是偶数． 解法二： （a-1）+（b-2）+（c-3） =a+b+c-6 =1997+1998+1999-6是偶数，所以三个因数（a-1）、（b-2）、（c-3）不全是奇数，即（a-l）、（b-2）、（c-3）中至少有一个是偶数．所以乘积（a-1）×（b-2）×（c-3）一定是偶数． 解法三：我们从1997、1998、1999、1、2、3这六个数中来看奇偶情况，共有4个奇数，现在把它们放进3个括号中作减法时，必有两个奇数属于同一个括号，根据“奇数-奇数=偶数”可知这个括号为偶数，这样，3个括号的乘积也必为偶数． 【点睛】分析三中有一句话“把4个奇数放进3个括号中作减法时必有两个奇数属于同一个括号”，这里运用了抽屉原理．形象地说法是：把10个苹果放进9个抽屉中，那么必有一个抽屉至少放了2个苹果． 9．有m（m≥2）只杯子全部口朝下放在桌子上，每次翻转其中的（m－1）只杯子．经过若干次翻转，能使杯口全部朝上吗？ 【答案】m为奇数时不能， m为偶数时，翻转m次能使全部朝上 【分析】当m是奇数时，（m－l）是偶数．如果每次翻转偶数只杯子，那么无论经过多少次翻转，杯口朝上（下）的杯子数的奇偶性不会改变．一开始m只杯子全部杯口朝下，即杯口朝下的杯子数是奇数，每次翻转（m－1）即偶数只杯子．无论翻转多少次，杯口朝下的杯子数永远是奇数，不可能全部朝上． 当m是偶数时，（m－1）是奇数．为了直观，我们先从m=4的情形入手观察，在表1中用表示杯口朝上，表示杯口朝下，每次翻转3只杯子，保持不动的杯子用*号标记．翻转情况如表1． 表1 初始状态 第一次翻转 * 第二次翻转 * 第三次翻转 * 第四次翻转 * 由表1看出，只要翻转4次，并且依次保持第1、2、3、4只杯子不动，就可达到要求．一般来说，对于一只杯子，要改变它的初始状态，需要翻奇数次．对于m只杯子，当m是偶数时，因为（m-1）是奇数，所以每只杯子翻转（m-1）次，就可使全部杯子改变状态．要做到这一点，只需要翻转m次，并且依次保持第1，2，…，m只杯子不动，这样在m次翻转中，每只杯子都有一次没有翻转，即都翻转了（m-1）次． 【详解】m只杯子放在桌子上，每次翻转（m-1）只．当m是奇数时，无论翻转多少次，m只杯子都不可能全部改变初始状态；当m是偶数时，翻转m次，可以使m只杯子全部改变初始状态． 答：经过若干次翻转，能使杯口全部朝上． 10．现有1，1，2，2，3，3，…，10，10共20个数．请问能否将这些数排成一行并且满足：两个1之间有一个数，两个2之间有两个数，两个3之间有三个数，…，两个10之间有十个数？试证明你的结论． 【答案】不能，证明见详解． 【分析】对本题，解题的思路比较多，我们采用“染色”法来解答，应用奇偶性来找出矛盾． 【详解】将这20个数所应占有20个位置进行黑白相间染色．如图所示，白色位置和黑色位置各占10个． 根据题意，两个奇数之间要有奇数个数，两个偶数之间要有偶数个数，则两个奇数所占的位置应该是颜色相同的两个位置，而每个偶数要占5个黑色位置和5个白色位置．剩下的10个奇数，要么占10个黑色位置，要么占10个白色位置．于是如果满足题设的要求，则需要15个白色位置和5个黑色位置或者需要5个白色位置和15个黑色位置，这与黑白位置各占10个相矛盾．所以没有满足题设的排法． 11．线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，每个分点随意标上红色或蓝色，这样分得n+1 个不重叠的小线段．如果把两端点颜色不同的线段叫标准线段，试证标准线段的个数是奇数． 【答案】证明：当在线段AB中插入第一个点时，无论红色或蓝色，标准线段只有一条． 插入第二个点时有三种情况： （1）若插入的点在标准线段中，则标准线段的条数不变 （2）若插入的点不在标准线段中，即插入点在两端同色的线段中，但插入点颜色与线段端点颜色相同，则标准线段的条数不变 （3）若插入的点不在标准线段中，即插入点在两端同色的线段中，但插入点颜色与线段端点颜色不相同，则标准线段增加2条． 同样每新插入一个点，标准线段的条数或不变或增加2条．由开始只有一条标准线段，再加若干个2仍然是奇数条．所以标准线段的个数是奇数． 【详解】略 12．有7只杯口向上的杯 子放在桌上，每次将其中4只同时翻转，使其杯口向下，问能否经过多次这样的翻转后，使7只杯口全部向下？为什么？ 【答案】不能．原因见详解． 【分析】用两种方法数7只杯了被翻动的总次数．对每一个杯口向上的杯子，只要翻转奇数次就能使杯口向下．要使7只杯子的杯口全部向下，一定要经过7次奇数次的翻转；同时由于每次只能动4只，故翻转的总次数应为偶数．出现矛盾． 【详解】解：要使7只杯子的杯口全部向下，每只杯子要翻奇数次，7个奇数的和仍是奇数；同时由于每次只能动4只，故翻转的总次数应为4的倍数，故是偶数．奇数不可能等于偶数，所以不可能经过多次这样的翻转后，使7只杯口全部向下． 13．一个自然数自乘的结果是一个完全平方数．例如1，4，9，36都是完全平方数．找出下列自然数11，111，1111，11111，111111……中的完全平方数． 【答案】11，111，1111，11111，111111……中没有完全平方数 【分析】由于偶数的平方(一个数自乘)不可能是奇数，因此11，111，1111，11111，111111……中如果有完全平方数，则一定是奇数的平方． 【详解】解：设a是奇数，则a=2k+1，k是整数，a2=(2k+1)×(2k+1) =4×(k2+k)+1，即奇数的平方是4的倍数加1．而题中的各数都是4的倍数加3的形式．因此11，111，1111，11111，111111……不可能是奇数的平方，更不可能是偶数的平方．所以11，111，1111，11111，111111……中没有完全平方数． 【点睛】任意一个偶数都可以表示成2k的形式，任意一个奇数都可以表示成2k+1的形式，其中k是整数． 14．27名小运动员所穿衣服的号码是1，2，3，……．26，27这二十七个自然数．问这些小运动员能否站成一个圆圈，使得任意相邻两个运动员号码之和都是质数?请说明理由． 【答案】不能 【详解】解：1，2，3，……26，27这27个自然数中任意两个奇数以及两个偶数之和都是大于2的偶数，因而必是合数，所以要使任意相邻两个运动员号码之和都是质数，运动员必须奇偶相间地排成一圈．这表明号码为奇数的运动员与号码为偶数的运动员人数必须相等．因此运动员总数应为偶数，而实际有27名运动员，是奇数个．所以所要求的站法是不能办到的． 15．有一串数，最前面的4个数依次是1，9，8，7 ，从第5个数起，每一个数都是它前面相邻4个数和的个位数字．问在这串数中，会依次出现2，0，0，8这四个数吗？ 【答案】不会 【分析】先按要求，写出一些数来分析：1、9、8、7、5、9、9、0、3、1、3、7、4、……可以按要求无限地写下去，因此这上述这些数按奇、偶来分类，立刻就能发现规律，即奇、奇、偶、奇、奇、奇、奇、偶、奇、奇、奇、奇、偶、奇、奇、奇、奇、偶、……． 【详解】解：根据奇数+奇数=偶数，奇数+偶数=奇数，可以推出这些数有下列特点:从第四个数开始，以后各数均按4个奇数、一个偶数的规律循环排列着，而2，0，0，8是连续的4个偶数，所以数串中不会出现这4个数． 16．对于任意一个自然数n，当n为奇数时，加上121；当n为偶数时，除以2，这算一次操作现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？ 【答案】见详解 【分析】这两个操作都无法改变得数仍然是11倍数的这一性质，即在运算过程中出现的数一定都是11的倍数，即可得出结论。 【详解】答：231是11的倍数，操作只有两个，一个是加121，而121也是11的倍数，另一个操作是除以2（一个是11倍数的偶数的一半，仍然是11的倍数），这两个操作都无法改变得数仍然是11倍数的这一性质，即在运算过程中出现的数一定都是11的倍数，因为100不是11的倍数，所以在题目中定义的运算里是不可能出现100的。 【点睛】本题考查奇偶性问题，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是这两个操作都无法改变得数仍然得11倍数的这一性质。 17．有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆。开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子。问，能否做到： ⑴某2堆石子全部取光？ ⑵3堆中的所有石子都被取走？ 【答案】⑴可以；⑵不能 【分析】要使得某两堆石子全部取光，只需使得其中有两堆的石子数目一样多，那么如果我们把最少的一堆先取光，只要剩下的两堆中有一堆数目是偶数，再平分一下就可以实现了。而题中数字正好能满足要求。所以，全部取光两堆是可以的。 对于第二个问题，要取走全部3堆，则必须3堆石子的总数是3的倍数才有可能，但1989、989、89之和并非3的倍数，所以是不可能的。 【详解】⑴可以取光其中的两堆石子。如进行如下的操作： 第一堆 第二堆 第三堆 1989 989 89 第一步：三堆各取走89块 1900 900 0 第二步：第二堆900是偶数，将其一半移入第三堆 1900 450 450 第三步：三堆各取走450块 1450 0 0 ⑵不能将三堆全部取光。 因为每一次取走石子是从三堆中同时取走相同数目的石子，那么每次取走的石子数都是3的倍数，则不论怎么取，取走的石子总数是3的倍数， 而，3067被3除余1，不是3的整数倍，所以不能将三堆石子全部取光。 【点睛】考查了3的倍数的实际应用。 18．一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下面我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是黑色还是白色？ 【答案】黑色 【详解】在每一次操作中，若拿出的两枚棋子同色，则补黑子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或2枚；若拿出的两枚棋子异色，则补白子1枚，“两枚棋子异色”说明其中一黑一白，那么此时拿出的白子数为0枚．可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后1枚不可能是白子，只能是黑子． 19．在9×9棋盘的每格中都有一只甲虫，根据信号它们同时沿着对角线各自爬到与原来所在格恰有一个公共顶点的邻格中，这样某些格中有若干只甲虫，而另一些格则空着。问空格数最少是多少？ 【答案】9个 【分析】考虑到甲虫总是斜着爬，我们把棋盘黑白相间染色，发现原来黑色格子里的甲虫都会爬到黑色的格子里面，而白色格子里面的甲虫都会爬到白色格子里面，所以我们只用观察最少能空出多少个黑格子，多少个白格子。 【详解】因为甲虫每次都从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，而由奇数行有25个黑格子，偶数行有16个黑格子知，偶数行的16只甲虫爬到奇数行会空出9个黑格子，而奇数行的25只虫子爬到偶数行就可以没有空格。白格子虫子也会从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，但是奇数行和偶数行都是20个格子，最少的情况下不会出现空格子，所以最少出现9个空格。 【点睛】此题还可以用下列方法求解： ①对2×2棋盘如下黑白染色，则易知两黑格及两白格分别对换甲虫即可使棋盘格不空；从而得到2n×2n棋盘可划分为若干块2×2棋盘，棋盘格均不空。 ②对3×3棋盘如下黑白染色，注意到图中有5个黑格，黑格中的甲虫爬行后必进入黑格，且四个角上的黑格内的甲虫必爬人中心黑格，而中心黑格内的甲虫只能爬人某一格，必至少空3个黑格。 ③对5×5棋盘黑白染色后，利用①、②的结论易知至少空5个黑格。 ④依次类推，可知对9×9棋盘黑白染色后，至少空9个空格。下图是甲虫爬行的一种方法。 20．有大、小两个盒子，其中大盒内装1001枚白棋和1000枚同样大小的黑棋子，小盒内装有足够多的黑棋．康康每次从大盒内随意摸出两枚棋子：若摸出的两枚棋子同色，则从小盒内取一枚黑子放入大盒内；若摸出的两枚棋子异色，则把其中白棋子放回大盒内．问：从大盒内摸了1999次棋子后，大盒内还剩几枚棋子？它们都是什么颜色？ 【答案】2；1黑1白 【详解】首先分析在操作条件下会出现的各种可能情况： 通过上面分析可知，每操作一次棋子的总数都要减少1枚，所以在不断操作下去的过程中，总棋子数将越来越少．摸了1999次棋子后，大盒内的棋子要减少1999枚，此时大盒内还剩：(枚)， 接下来要分析这2枚棋子会是什么颜色呢？ 注意到每操作一次黑子数不是增加一枚就是减少一枚，而相邻两个自然数的奇偶性不同．所以，开始时有1000枚黑子，是一个偶数，那么，第一次操作后黑子数目将变为奇数，接下来黑子数目又将变为偶数这样一来，黑子数目的奇偶性将呈现下列规律： 显然，根据上述规律，第1999次操作后黑子数将有奇数枚．而此时大盒中仅剩2枚棋子，所以必然是1枚白子1枚黑子． 21．将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（）。将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000～4000之间。求这24个四位数中最大的那个。 【答案】7543 【分析】本题考查最大与最小。从题中可以看出，这4个数都不为0；设这4个不同的数从小到大依次为a，b，c，d，对它们组成的24个四位数进行一一讨论。 【详解】从题中可以看出，这4个数都不为0。设这4个不同的数从小到大依次为a，b，c，d，它们组成的24个四位数中，第二小的是，是5的倍数，又不为0，所以。 它们组成的24个四位数中，第二大的是，是2的倍数但不是4的倍数，所以是偶数，而不是4的倍数。由是偶数且知b为4或2.若为2，那么，但此时是4的倍数，矛盾，所以，又不是4的倍数，所以为1或3。 它们组成的24个四位数中，第五小的为 （最小的5个依次为，，，，），第五大（第二十小）的为 （最大的5个依次为，，，，），所以得到的四位数的千位为3。由于，所以，那么减法算式中百位要向千位借位，所以，故。又，所以，那么，， 它们组成的24个四位数中最大的为，即7543。 【点睛】本题关键在于能明确24个四位数从小到大排序后第几位数怎么表示。 22．的和是奇数还是偶数？为什么？ 【答案】偶数 【分析】根据数的奇偶性可知，奇数＋奇数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，偶数＋偶数＝偶数，据此解答即可。 【详解】在算式中，都出现了次，所以是偶数，而也是偶数，所以 的和是偶数。 【点睛】本题考查奇偶运算定律，明确奇偶运算定律是解题的关键。 23．从19，20，2l，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？ 【答案】1406种 【分析】选择两个数，使得它们的和为偶数，则只能两个数同时是偶数或两个数同时是奇数。 【详解】19~93这76数中，有38个奇数，38个偶数； 于是有＝38×37÷2＋38×37÷2＝1406种不同的选法。 答：和为偶数的选法总数是1406种。 【点睛】本题考查的是排列组合与奇偶性的问题，奇数个奇数的和是奇数，偶数个奇数的和是偶数。 24．甲、乙、丙三名选手参加马拉松比赛，起跑后甲处在第一的位置，在整个比赛过程中，甲的位置共发生了7次变化．比赛结束时甲是第几名？（注：整个比赛过程中没有出现三人跑在同一位置的情形．） 【答案】第二名 【详解】试题分析：据题意可知，甲原为第一名（奇数），第一次位置交换后，甲成了第二名（偶数）；第二次位置交换后，甲不是第二名，成了第一名或第三名（奇数）；第三次位置变化后，不管之前甲处于第一名还是第三名，这次甲肯定又成了第二名（偶数），…；所以可以知道，当甲交换了奇数次位置时，甲一定是第二名；偶数次时，甲一定不在第二名． 解：据题意可知，当甲与共交换了奇数次位置时，甲一定是第二名； 偶数次时，甲一定不在第二名． 所以甲共交换了7次位置时，7是奇数，则甲一定是在第二名． 答：比赛的结果甲是第二名． 点评：完成本题的关键是通过分析题意得出交换次数的奇偶性与获得名次的奇偶性的关系． 第 2 页 共 34 页 第 1 页 共 34 页 学科网（北京）股份有限公司 $