小學五年級奧數精講：《奇偶性》習題及

答案

小學五年級奧數精講：《奇偶性》題及其答案一、知識總

結：

整數按照能不能被2整除，可以分為兩類：

（1）能被2整除的自然數叫偶數，例如

,2,4,6,8,10,12,14,16,...

（2）不能被2整除的自然數叫奇數，例如

1,3,5,7,9,11,13,15,17,...

整數由小到大排列，奇、偶數是交替出現的。相鄰兩個整

數大小相差1,所以肯定是一奇一偶。因為偶數能被2整除，

所以偶數可以表示為2n的形式，其中n為整數；因為奇數不

能被2整除，所以奇數可以表示為2n+l的形式，其中n為整

數。

每一個整數不是奇數就是偶數，這個屬性叫做這個數的奇

偶性。奇偶數有如下一些重要性質：

（1）兩個奇偶性相同的數的和（或差）一定是偶數；兩

個奇偶性不同的數的和（或差）一定是奇數。反過來，兩個數

的和（或差）是偶數，這兩個數奇偶性相同；兩個數的和（或

差）是奇數，這兩個數肯定是一奇一偶。

（2）奇數個奇數的和（或差）是奇數；偶數個奇數的和

（或差）是偶數。任意多個偶數的和（或差）是偶數。

（3）兩個奇數的乘積是奇數，一個奇數與一個偶數的乘

積一定是偶數。

（4）若干個數相乘，如果其中有一個因數是偶數，那么

積必是偶數；如果所有因數都是奇數，那么積就是奇數。反過

來，如果若干個數的積是偶數，那么因數中至少有一個是偶數;

如果若干個數的積是奇數，那么所有的因數都是奇數。

（5）在能整除的情況下，偶數除以奇數得偶數；偶數除

以偶數可能得偶數，也可能得奇數。奇數一定不克不及被偶數

整除。

（6）偶數的平方能被4整除；奇數的平方除以4的余數

是1。

因為（2n）2=4n2=4xn2,所以（2n）2能被4整除;

因為（2n+l）2=4n2+4n+l=4x（n2+n）+1,所以（2n+l）

2除以4余兒

（7）相鄰兩個自然數的乘積必是偶數，其和必是奇數。

(8)如果一個整數有奇數個約數(包孕1和這個數自

己)，那末這個數一定是平方數；如果一個整數有偶數個約數,

那末這個數一定不是平方數。

整數的奇偶性能解決許多與奇偶性有關的問題。有

些問題表面看來似乎與奇偶性一點關系也沒有，例如

染色問題、覆蓋問題、棋類問題等，但只要想辦法編

上號碼，成為整數問題，便可利用整數的奇偶性加以

解決。

2、小試牛刀

例1、下式的和是奇數還是偶數？

1+2+3+4+...+1997+1998。

例2、能否在下式的口中填上或使得等式成立？

1口2口3口4口5口6口7口8口9=66。

例3、任意給出一個五位數，將組成這個五位數的5個數

碼的順序任意改變，得到一個新的五位數。那么，這兩個五位

數的和能不能等于？

例4、在一次校友聚會上，久別重逢的老同學互相頻頻握

手。請問：握過奇數次手的人數是奇數還是偶數？請說明理由。

則從小盒內取一枚黑棋子放入大盒內；若摸出的兩枚棋子異色,

則把個中白棋子放回大盒內。問：從穴盒內摸了1999次棋子

后，大盒內還剩幾枚棋子？它們都是什么顏色？

例11、一串數排成一行：1,1,2,3,5,8,13,21,

34,55,...

到這串數的第1000個數為止，共有多少個偶數？

例12、在7x7的正方形的方格表中，以左上角與右下角

所連對角線為軸對稱地放置棋子，請求每個方格中放置不多于

1枚棋子，且每行正好放3枚棋子，則在這條對角線上的格子

里最少放有一枚棋子，這是為何？

例13、對于左下表，每次使個中的任意兩個數減去或加

上統一個數，可否經過多少次后（各次減去或加上的數可以不

同），變成右下表？為何？

例14、左下圖是一套房子的平面圖，圖中的方格代表房

間，每個房間都有通向任何一個鄰室的門。有人想從某個房間

開始，依次不重復地走遍每一個房間，他的想法能實現嗎？

例15、左下圖是由14個大小相同的方格組成的圖形。試

問能不克不及剪裁成7個由相鄰兩方格組成的長方形？

例16、在右圖的每個。中填入一個自然數（可以

相同），使得任意兩個相鄰的O中的數字之差（大數

減小數）恰好等于它們之間所標的數字。可否辦到？

為何？

例17、下頁上圖是半張中國象棋盤，棋盤上已放有一只

馬。眾所周知，馬是走"日”字的。請問：這只馬可否不重復地

走遍這半張棋盤上的每個點，然后回到出發點？

XXX《奇偶性》題分析與答案

例1、【分析與解】

此題當然可以先求出算式的和，再來判斷這個和的奇偶性。

但如果能不計較，直接闡發判斷出和的奇偶性，那末解法將更

加簡潔。根據奇偶數的性質（2）,和的奇偶性只與加數中奇

數的個數有關，與加數中的偶數無關。1?1998中共有999個

奇數，999是奇數，奇數個奇數之和是奇數。所以，此題請求

的和是奇數。

例2、【分析與解】

等號左端共有9個數參加加、減運算，其中有5個奇數，

4個偶數。5個奇數的和或差仍是奇數，4個偶數的和或差仍

是偶數，因為“奇數+偶數=奇數"，所以題目的要求做不到。

例3、【分析與解】

假設這兩個五位數的和等于，則有下式：

其中組成兩個加數的5個數碼完全相同。因為兩個個位數

相加，和不會大于9+9=18,豎式中和的個位數是9,所以個

位相加沒有向上進位，即兩個個位數之和等于9O同理，十位、

百位、千位、萬位數字的和也都等于9o所以組成兩個加數的

10個數碼之和等于9+9+9+9+9=45,是奇數。

另一方面，因為組成兩個加數的5個數碼完全相同，所以

組成兩個加數的10個數碼之和，等于組成第一個加數的5個

數碼之和的2倍，是偶數。

奇數聲偶數，矛盾的產生在于假設這兩個五位數的和等于,

所以假設不成立，即這兩個數的和不能等于。

例4、【闡發與解】

通常握手是兩人的事。甲、乙兩人握手，對于甲是握手1

次，對于乙也是握手1次，兩人握手次數的和是2。所以一群

人握手，不論人數是奇數還是偶數，握手的總次數一定是偶數。

把聚會的人分成兩類：A類是握手次數是偶數的人,

B類是握手次數是奇數的人。

A類中每人握手的次數都是偶數，所以XXX握手的總次

數也是偶數。又因為所有人握手的總次數也是偶數，偶數一偶

數=偶數，所以B類人握手的總次數也是偶數。

握奇數次手的那部分人即B類人的人數是奇數還是偶數

呢？如果是奇數，那末因為“奇數個奇數之和是奇數”，所以獲

得B類人握手的總次數是奇數，與前面獲得的結論矛盾，所

以B類人即握過奇數次手的人數是偶數。

例5、【闡發與解】

此題請求出這部分學生的總成績是不可能的，所以

應從每小我得分的情況動手闡發。因為每道題無論答

對、不答或答錯，得分或扣分都是奇數，共有50道題,

50個奇數相加減，結果是偶數，所以每小我的得分都

是偶數。因為任意個偶數之和是偶數，所以這部分學

生的總分必是偶數。

例6、【分析與解】

有時題目的要求比較多，可先考慮滿足部分要求，然后再

調整，使最后結果達到全部要求。

這道題的幾個要求中，滿足“和最大”是最容易的。暫時不

考慮這五個數的和是奇數的要求。

要使組成的五個兩位數的和最大，應當把十個數碼中最大

的五個分別放在十位上，即十位上放5,6,7,8,9,而個位

上放，1,2,3,4o根據奇數的界說，這樣組成的五個兩位數

中，有兩個是奇數，即個位是1和3的兩個兩位數。

要滿足這五個兩位數的和是奇數，根據奇、偶數相加減的

運算規律，這五個數中應有奇數個奇數。現有兩個奇數，即個

位數是1,3的兩位數。所以五個數的和是偶數，不合要求，

必須調整。調整的方法是交換十位與個位上的數字。要使五個

數有奇數個奇數，并且五個數的和盡可能最大，只要將個位和

十位上的一個奇數與一個偶數交換，并且交換的兩個的數碼之

差盡可能小，由此得到交換5與4的位置。滿足題設要求的五

個兩位數的十位上的數碼是4,6,7,8,9,個位上的數碼是,

1,2,3,5,所求這五個數的和是(4+6+7+8+9)X10+

(0+1+2+3+5)=35lo

例7、【闡發與解】

盲目的試驗，可能總也找不到要領。如果我們分析一下每

次翻轉后杯口朝上的杯子數的奇偶性，就會發現問題所在。一

開始杯口朝上的杯子有7只，是奇數；第一次翻轉后，杯口朝

上的變為5只，仍是奇數；再繼續翻轉，因為只能翻轉兩只杯

子，即只有兩只杯子改變了上、下方向，所以杯口朝上的杯子

數仍是奇數。類似的分析可以得到，無論翻轉多少次，杯口朝

上的杯子數永遠是奇數，不可能是偶數。也就是說，不可能使

7只杯子全部杯口朝下。

例8、【闡發與解】

當m是奇數時，（m-1）是偶數。由例2的闡發知，如果

每次翻轉偶數只杯子，那末無論經過多少次翻轉，杯口朝上

（下）的杯子數的奇偶性不會改變。一入手下手m只杯子所

有杯口朝下，即杯口朝下的杯子數是奇數，每次翻轉（m.l）

即偶數只杯子。無論翻轉多少次，杯口朝下的杯子數永久是奇

數，不可能所有朝上。

當m是偶數時，（m?l）是奇數。為了直觀，我們先從

m=4的景遇動手窺察，在下表中用U透露表現杯口朝上，n

透露表現杯口朝下，每次翻轉3只杯子，保持不動的杯子用*

號標志。翻轉情況如下：

由上表看出，只要翻轉4次，并且依次保持第1,2,3,

4只杯子不動，就可達到要求。一般來說，對于一只杯子，要

改變它的初始狀態，需要翻奇數次。對于m只杯子，當m是

偶數時，因為（m-l）是奇數，所以每只杯子翻轉（m-l）次,

就可使全部杯子改變狀態。要做到這一點，只需要翻轉m次,

并且依次保持第1,2,m只杯子不動，這樣在m次翻轉

中，每只杯子都有一次沒有翻轉，即都翻轉了（m-l）次。

綜上所述：m只杯子放在桌子上，每次翻轉（m.l）只。

當m是奇數時，無論翻轉多少次，m只杯子不可能全部改變

初始狀態；當m是偶數時，翻轉m次，可以使m只杯子全部

改變初始狀態。

例9、【分析與解】

可以先研討排版一本書，各篇文章頁數是奇數或偶

數時的紀律。一篇有奇數頁的文章，它的第一面和最

后一面地點的頁碼的奇偶性是相同的，即排版奇數頁

的文章，第一面是奇數頁碼，最后一面也是奇數頁碼,

而接下去的另外一篇文章的第一面是排在偶數頁碼上。

一篇有偶數頁的文章，它的第一面和最后一面地點的

頁碼的奇偶性是相異的，即排版偶數頁的文章，第一

面是奇（偶）數頁碼，最后一面應是偶（奇）數頁碼,

而緊接的另外一篇文章的第一面又是排在奇（偶）數

頁碼上。

以上說明本題的解答主要是根據奇偶特點來處理。

題目要求第一面排在奇數頁碼的文章盡量多。首先考慮有

偶數頁的文章，只要這樣的第一篇文章的第一面排在奇數頁碼

上（如第1頁），那么接著每一篇有偶數頁的文章都會是第一

面排在奇數頁碼上，共有7篇這樣的文章。然后考慮有奇數頁

的文章，第一篇的第一面排在奇數頁碼上，第二篇的第一面就

會排在偶數頁碼上，第三篇的第一面排在奇數頁碼上，如此等

等。在8篇奇數頁的文章中，有4篇的第一面排在奇數頁碼上。

因此最多有7+4=11（篇）文章的第一面排在奇數頁碼上。

例10、【分析與解】

大盒內裝有黑、白棋子共1001+1000=2001（枚）。

因為每次都是摸出2枚棋子放回1枚棋子，所以每

摸一次少1枚棋子，摸了1999次后，還剩2001-

1999=2（枚）棋子。

從大盒內每次摸2枚棋子有以下兩種情況：

（1）所摸到的兩枚棋子是同顏色的。此時從小盒

內取一枚黑棋子放入大盒內。當所摸兩枚棋子同是黑

色，這時大盒內少了一枚黑棋子；當所摸兩枚棋子同

是白色，這時大盒內多了一枚黑棋子。

(2)所摸到的兩枚棋子是不同顏色的，即一黑一白。這

時要把拿出的白棋子放回到大盒，大盒內少了一枚黑棋子。

綜合(1)(2),每摸一次，大盒內的黑棋子總數不是少

一枚就是多一枚，即改變了黑棋子數的奇偶性。原來大盒內有

1000枚即偶數枚黑棋子，摸了1999次，即改變了1999次奇

偶性后，還剩奇數枚黑棋子。因為大盒內只剩