小学思维数学讲义：奇数与偶数的性质与应用-带详解

教学目标

本讲知识点属于数论大板块内的“定性分析”部分，小学生的数学思维模式大多为“纯粹的定量计算，拿到一个题就先去试数，或者是找规律，在性质分析层面几乎为0，本讲力求实现的一个主要目标是提高孩子对数学的严密分析能力，培养孩子明白做题前有时要“先看能不能这么做，再去动手做”的思维模式。无论是小升初还是杯赛会经常遇到，但不会单独出题，而是结合其他知识点来考察学生综合能力。

知识点拨

一、奇数和偶数的定义

整数可以分成奇数和偶数两大类.能被2整除的数叫做偶数，不能被2整除的数叫做奇数。通常偶数可以用2k（k为整数）表示，奇数则可以用2k+1（k为整数）表示。特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。

二、奇数与偶数的运算性质

性质1：偶数±偶数=偶数，奇数±奇数=偶数 性质2：偶数±奇数=奇数

性质3：偶数个奇数的和或差是偶数 性质4：奇数个奇数的和或差是奇数 性质5：偶数×奇数=偶数，奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数

三、两个实用的推论

推论1：在加减法中偶数不改变运算结果奇偶性，奇数改变运算结果的奇偶性。 推论2：对于任意2个整数a,b ,有a+b与a-b同奇或同偶

例题精讲

模块一、奇偶分析法之计算法

【例 1】 123……1993的和是奇数还是偶数？

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 在1至1993中，共有1993个连续自然数，其中997个奇数，996个偶数，即共有奇数个奇数，

那么原式的计算结果为奇数.

【答案】奇数

【例 1】 从1开始的前2005个整数的和是______数(填：“奇”或“偶”)。 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】填空 【关键词】希望杯，4年级，初赛，5题 【解析】 1+2+3+…+2004+2005=(1+2005)×2005÷2=1003×2005是奇数 【答案】奇数

【巩固】 293031……8788得数是奇数还是偶数？ 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 偶数。原式中共有60个连续自然数，有30个奇数，为偶数个。

1 【答案】偶数

【巩固】 123456799100999897967654321的和是奇数还是

偶数？为什么？

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】1星 【题型】解答 【解析】 略 【答案】偶数，在算式中，所以123499999897964321 1~99都出现了2次，

是偶数，而100也是偶数，所以

123456799100999897967654321的和是偶数．

【巩固】 得数是奇数还是偶数？ (200201202……288）（151152153……233）【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 200至288共89个数，其中偶数比奇数多1，44个奇数的和是偶数；151至233共83个数，奇

数比偶数多1，42个奇数，为偶数；偶数减去偶数仍为偶数。

【答案】偶数

【例 2】 12345679899的计算结果是奇数还是偶数，为什么？ 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 特殊数字：“1”．在这个算式中，所有做乘法运算的都是奇数偶数，所以它们的乘积都是偶数，

这些偶数相加的结果还是偶数，只有1是奇数，又因为奇数偶数=奇数，所以这个题的计算结果是奇数．

【答案】奇数

【例 3】 东东在做算术题时，写出了如下一个等式：1038137564，他做得对吗？ 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 等式左边是偶数，1375是奇数，64是偶数，根据奇数偶数奇数，等式右边是奇数，偶数不

等于奇数，因此东东写出的等式是不对的．

【答案】不能做对

【例 4】 一个自然数分别与另外两个相邻奇数相乘，所得的两个积相差150，那么这个数是多少？ 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 由定义知道，相邻两个奇数相差2，那么说明150是这个未知自然数的两倍，所以原自然数为75. 【答案】75

【巩固】 一个偶数分别与其相邻的两个偶数相乘，所得的两个乘积相差80，那么这三个偶数的和是多少？ 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 由定义知道，相邻两个偶数相差2，那么80恰好是原偶数的4倍，即原来的偶数是20。而由题

意知道原来的三个偶数分别18,20,22，它们的和是60。

【答案】60

【例 5】 能否在下式的“□”内填入加号或减号，使等式成立，若能请填入符号，不能请说明理由。

（1）1 □ 2 □ 3 □ 4 □ 5 □ 6 □ 7 □ 8 □ 9＝10 （2）1 □ 2 □ 3 □ 4 □ 5 □ 6 □ 7 □ 8 □ 9＝27

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不能。很多学生拿到这个题就开始试数，试了半天也试不出来因为，这时给他讲解，原式有5个

奇数，无论经加、减运算后结果一定是奇数。本小题是一个典型的奇偶性质“先定性分析后定量计算的题目”（2）可以。12345678927或12345678927

【例 6】 能否从四个3，三个5，两个7中选出5个数，使这5个数的和等于22. 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不能。因为不论如何选，选出的5个数均为奇数，5个奇数的和还是奇数，不可能等于22。

2

【巩固】 能否从、四个6，三个10，两个14中选出5个数，使这5个数的和等于44. 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】从性质上看，选出5个偶数的和仍然是偶数。而从计算层面上考虑，假设等式可以成立，那么可

以把题目中的数都除以2.那么本题相当于：能否从、四个3，三个5，两个7中选出5个数，使这5个数的和等于22.因为3，5，7都是奇数，而且5个奇数的和还是奇数，不可能等于偶数22，所以不能.

【例 7】 一个偶数的数字和是40,这个偶数最小是 。 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】走美杯，五年级，初赛，第8题 【解析】 这个偶数的数字和是40，应让其各个位数尽量的大，首先让个位为8，则让其前面尽量为9，则

这个偶数最小为59998。

【答案】59998

【例 8】 多米诺骨牌是由塑料制成的1×2长方形，共28张，每张牌上的两个1×1正方形中刻有“点”，点

的个数分别为0，1，2，…，6个不等，其中7张牌两端的点数一样，即两个0，两个1，…，两个6；其余21张牌两端的点数不一样，所谓连牌规则是指：每相邻两张牌必须有一端的点数相同，且以点数相同的端相连，例如：

…………

现将一副多米诺骨牌按连牌规则连成一条链，如果在链的一端为6点，那么在链的另一端为多少点?并简述你的理由．

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】5星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】6，由连牌规则可知，在链的内部各种点数均成对相连，即所有点都有偶数个，而6点的个数为

8，所以在链的两端一定有偶数个点，所以链的另一端也应为6．

【巩固】 一条线段上分布着n个点，这些点的颜色不是黑的就是白的，它们将线段分为n+1段，已知线段

两端的两个点都是黑的，而中间的每一个点的两边各有一黑一白.那么白点的数目是奇数还是偶数？

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略 【答案】因为中间的每一个点的两边各有一黑一白，所以所有的点一定是两个黑点、两个白点依次相邻（除

了首尾可能出现一个黑点），所以白点都是成对出现的.所以白点的个数为偶数.

【例 9】 沿着河岸长着8丛植物，相邻两丛植物上所结的浆果数目相差1个．问：8丛植物上能否一共

结有225个浆果?说明理由．

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】4星 【题型】解答 【关键词】俄罗斯，小学奥林匹克 【解析】 略

【答案】不能。相邻的两个植物果实数目差1个意味着相邻2个植物的奇偶性不同，所以一定有4棵植物

的果实为奇数个，总和一定为偶数，不能为225.

【例 10】 有一批文章共15篇，各篇文章的页数是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？

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】4星 【题型】解答

3 【解析】 先将偶数页的文章(2页、4页、、14页)编排，这样共有7篇文章的第一页都是奇数页码．然

后将奇数页的文章(1页、3页、5页、7页、9页、11页、13页和15页)依次编排，这样编排的1页、5页、9页和13页的4篇文章的第一页都是奇数页码．因此每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多是7411 (篇)．

【答案】11

【巩固】 一本故事书共有30个故事，每个故事分别占1、2、3、…、30页（未必按这个顺序）。第一个故

事从第1页开始，每个故事都从新的一页开始，最多有_____个故事是从奇数页开始的。

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】4星 【题型】解答 【关键词】走美杯，四年级，初赛，第9题 【解析】 前15个故事让其均为偶数页，这样前15个故事均为奇数页开始，后面15个奇数页的故事，有8

个是从奇数页开始的，所以最多有15+8=23个。

【答案】23个

【例 11】 有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最小数与最大数的乘积是一个奇数，

而这四个数的和是最小的两位奇数．求这四个数．

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 入手点：最小的两位奇数是11，最小数与最大数的乘积是一个奇数可得最小数和最大数都是奇数．

首先由这四个数的和是最小的两位奇数，可知这四个自然数的和是11．其次，由最小数与最大数的乘积是一个奇数，可知最小数与最大数都是奇数．由12341011，23451411，可以推导出这四个互不相等的自然数分别是：1，2，3，5．

【答案】1，2，3，5

【例 12】 三个相邻偶数的乘积是一个六位数82，求这三个偶数． 【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 由三个相邻偶数的乘积是一个六位数，可以断定这三个数必须是两位数，并且它们的个位数字只

能是0，2，4，6，8中相邻的三个．又这三个数积的个位数字是2，所以，这三个相邻偶数的个位数字只能是4，6，8．

由于三个100相乘等于一个最小的七位数字1000000，三个90相乘等于729000，所以，这三个相邻偶数的十位数字必须是9，从而，这相邻三个偶数分别是94 ，96，98．经计算．94，96，98三个数满足题意．

【答案】94，96，98

【例 13】 两个四位数相加，第一个四位数每个数码都小于5，第二个四位数仅仅是第一个四位数的四个

数码调换了位置，两个数的和可能是7356吗？为什么？

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不能。因为数码都小于5所以这两个四位数相加不会产生进位，所以这两个四位数的数码和等于

7356的数码和，第二个四位数仅仅是第一个四位数的四个数码调换了位置，所以两个四位数的数码和为偶数，而7356的数码和是奇数，所以不成立。

【例 14】 任意交换某个三位数的数字顺序，得到一个新的三位数，原三位数与新三位数之和能否等于

999？

【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不能。2个三位数的和为999，说明在两个数相加时不产生任何进位。如果不产生进位说明两个

三位数的数字之和相加求和，就会等于和的数字之和，这是一个今后在数字谜中的常用结论。那么999的数字之和是27，而原来的2个三位数经调换数字顺序后数字之和是不会变的，若以a记为其中一个三位数的数字之和，那么另一个也为a，则会有2a=27的矛盾式子出现。说明原式不成立。

模块二、奇偶分析法之代数法

4 【例 15】 已知a,b,c是三个连续自然数，其中a是偶数。根据下面的的信息：小红说：“那么a1,b2,c3这三个数的乘积一定是奇数”；小明：“不对a1,b2,c3这三个数的乘积是偶数”。判断小红和小明两人的说法中正确的是 。

【考点】 【难度】星 【题型】填空

【关键词】希望杯，五年级，初赛，第4题，6分 【解析】 三个连续自然数就是a、a+1、a+2，则（a+1）（b+2）（c+3）=（a+1）（a+3）（a+5）,三个奇数相

乘一定是奇数.

【答案】小红

【例 16】 试找出两个整数，使大数与小数之和加上大数与小数之差，再加上1000等于1999．如果找得出

来，请写出这两个数，如果找不出来，请说明理由．

【考点】奇偶分析法之代数法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】因为两个数的和ab与两个数的差ab的奇偶性相同，所以的和是偶数．由结（ab）（ab）论三可知，这两数之和与这两数之差的和为偶数，再加1000还是偶数，所以它们的和不能等于奇数1999．

【例 17】 是否存在自然数a和b，使得ab(a＋b)=115?

【考点】奇偶分析法之代数法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不存在。此类问题引导学生接触分类讨论的基本思想，即2个自然数在奇偶性的组合上只有3种

情况，“2奇0偶，1奇1偶，0奇2偶”，可以分别讨论发现均不成立。

【巩固】 是否存在自然数a和b，使得ab（a5b）15015？ 【考点】奇偶分析法之代数法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不存在．因为15015是奇数，所以a、b、a5b都应为奇数，但是当a和b均为奇数时，a5b却

是偶数．

【巩固】 是否存在自然数a、b、c，使得(a-b)(b-c)(a-c)=45327？ 【考点】奇偶分析法之代数法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不存在。可以分情况来讨论：3奇0偶，2奇1偶，1奇2偶，0奇3偶。但是比较繁琐，可以根

据45327是一个奇数，只有奇数乘以奇数才能得到，所以a-b、b-c、a-c都为奇数，再根据奇偶性进行判断。

【例 18】 a、b、c三个数的和与它们的积的和为奇数，问这三个数中最多可以有几个奇数？ 【考点】奇偶分析法之代数法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 根据题目内容，可以列出所要讨论的式子为abcabc。则接下来可以分类讨论3奇0偶，2

奇1偶，1奇2偶，0奇3偶四种情况。经验证如果要满足上式结果为奇数，那么可以发现最多只能有1个奇数。

【答案】1个奇数

【例 19】 已知a,b,c中有一个是511，一个是622，一个是793。求证：(a1)(b2)(c3)是一个偶数。 【考点】奇偶分析法之代数法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略 【答案】因为在a,b,c中有2个是奇数，1个是偶数，那么说明a,c两个数中至少有一个是奇数，那么(a1)

和(c3)中至少有一个是偶数，所以(a1)(b2)(c3)中至少有一个因数是偶数，结果为偶数.

【巩固】 小红写了四个不同的非零整数a,b,c,d，并且说这四个整数满足四个算式：

abcda1991 abcdb1993

5 abcdc1995 abcdd1997

但是小明看过之后立刻说小红是错的，根不不存在这样的四个数，你能证明小明结论吗？

【考点】奇偶分析法之代数法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略 【答案】由小红的提出的等式组，我们可以得到a(bcd1)1991，b(acd1)1993，c(abd1)1995，

d(abc1)1997，发现如果每个等式的结果都是一个奇数，那么要求a,b,c,d四个数都是奇数，因为只有奇数与奇数相乘才能得奇数，这样a,b,c,d中任意三个数的乘积也为奇数，导致(abd1)等四个差均为偶数，乘积结果只能得偶数，发生矛盾。

【例 20】 设a, b , c , d , e , f , g都是整数，试说明：

在ab,bc,cd,de,ef,fg,ga中，必有奇数个偶数．

【考点】奇偶分析法之代数法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】加数中奇数的个数决定和的奇偶性，反过来，和的奇偶性由加数中奇数的个数决定，所以我们考

虑这7个数的和．

，和是偶（ab）（bc）（cd）（de）（ef）（fg）（ga）（2abcdefg）数，ab, bc , cd , de , ef , fg , ga中，必有偶数个奇数，因而必有奇数个偶数．

模块三、奇偶分析法之图论

【例 21】 你能不能将自然数1到9分别填入3×3的方格表中，使得每一行中的三个数之和都是偶数。 【考点】奇偶分析法之图论 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不能。此题学生容易想到九宫格数阵问题，其实不是。1到9中共有5个奇数，分别分成3组后

会分布在每一行里面，也就是说要想实现每一行都是偶数，就需要每一行都有偶数个奇数，从而需要三行奇数的和是偶数，但是现在仅有5个奇数，所以无法填入。

【巩固】 你能不能将整数0到8分别填入3×3的方格表中，使得每一行中的三个数之和都是奇数? 【考点】奇偶分析法之图论 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不能。分析过程与例题类似。

【例 22】 能否将1~16这16个自然数填入44的方格表中（每个小方格只填一个数），使得各行之和及

各列之和恰好是8个连续的自然数？如果能填，请给出一种填法；如果不能填，请说明理由．

【考点】奇偶分析法之图论 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不能．将所有的行和与列和相加，所得之和为44的方格表中所有数之和的2倍．即为：

（1231516）21617 而8个连续的自然数之和设为： k（k1）（k2）（k3）（k4）（k5）（k6）（k7）8k28

若44的方格表中各行之和及各列之和恰好是8个连续的自然数，应有8k281617，即2k7417显然这个式子左端为奇数，右端为偶数，得出矛盾． 所以不能实现题设要求的填数法．

【例 23】 在一张9行9列的方格纸上，把每个方格所在的行数和列数加起来，填在这个方格中，例如

a538．问：填入的81个数字中是奇数多还是偶数多？

6 112345678923456789a

【考点】奇偶分析法之图论 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 此题如果按步就班地把每个格子的数算出来，再去数一数奇数和偶数各有多少．然后得出奇数和

偶数哪个多，哪个少的结论．显然花时间很多，不能在口试抢答中取胜．我们应该从整体上去比较奇偶数的多少．易知奇数行偶数多一个，偶数行奇数多1个．所以前8行中奇偶数一样，余下第9行奇数行，答案可脱口而出．偶数多．

【答案】偶数多

【巩固】 如果把每个方格所在的行数和列数乘起来，填在这个方格，例如：a5315．问填入的81

个数中是奇数多还是偶数多？

【考点】奇偶分析法之图论 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 奇数行奇数多1个，偶数行全是偶数，显然偶数多。 【答案】偶数多

【例 24】 在“88”的方格中放棋子，每格至多放1枚棋子．若要求8行、8列、30条斜线（如图所示）

上的棋子数均为偶数．那么“88”的方格中最多可以放多少枚棋子？

第11题【考点】奇偶分析法之图论 【难度】5星 【题型】解答

【解析】 如图，观察向左下倾斜的15条斜线，其中的方格数依次是：1，2，3，，7，8，7，，3，2，

1，其中有8个奇数，表明有8条斜线中必须至少缺一个棋子．同理右下倾斜的斜线中，也有8条必须缺一个棋子．这样，总共至少缺16个子．下图表明缺16个棋子的时候是可以办到的，其中黑点占据的空格表示不放棋子的空格．

【答案】16

【例 25】 有8个棱长是1的小正方体，每个小正方体有三组相对的面，第一组相对的面上都写着数字1，

第二组相对的面上都写着数字2，第三组相对的面上都写着数字3(如图)．现在把这8个小正方体拼成一个棱长是2的大正方体.。问：是否有一种拼合方式，使得大正方体每一个面上的4个数字之和恰好组成6个连续的自然数?

DC图1

ABHG2312

13E

【考点】奇偶分析法之图论 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】假设满足条件的大正方体ABCD－EFGH可以拼成(见图2)，即它的每个面上的4个数字之和恰好

组成6个连续的自然数．那么这个大正方体的六个面上的24个数字之和S就等于这6个连续自然数之和．又因为，6个连续自然数之中必有三个偶数、三个奇数，所以6个连续自然数之和必是奇数，即S是奇数．另一方面，考虑大正方体的8个顶点A、B、C、D、E、F、G、H，它们分别是一个小正方体的顶点．由于，交于这些顶点的小正方体的三个面互不相对，因此，在这三

7 F个面上所写的3个数字分别为1、2、3．这样大正方体的六个面上的24个数之和S=8×(1＋2＋3)=48．即S又应该是偶数．所以这是不可能的．

模块四、奇偶分析法之生活运用

【例 26】 甲、乙、丙三人进行万米赛跑，甲是最后一个起跑的，在整个比赛过程中，甲与乙、丙的位置

共交换了9次，则比赛的结果甲是第 名．

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】希望杯，四年级，复赛，第9题 【解析】 三人的位置交换了奇数次，甲必然是在乙丙中间．如果交换了偶数次，甲是第一或第三名． 【答案】甲是第2名

【例 27】 甲、乙两个哲人将正整数5至11分别写在7张卡片上．他们将卡片背面朝上，任意混合之后，

甲取走三张，乙取走两张．剩下的两张卡片，他们谁也没看，就放到麻袋里去了．甲认真研究了自己手中的三张卡片之后，对乙说：“我知道你的两张卡片上的数的和是偶数．”试问：甲手中的三张卡片上都写了哪些数？答案是否唯一．

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 甲手中的3张卡片上分别写了6，8和10．甲知道其余4张卡片上分别写了哪些数，但不知道它

们之中的哪两张落到了乙的手中．因此，只有在它们之中任何两张卡片上的数的和都是偶数时，甲才能说出自己的断言．而这就意味着，这4张卡片上所写的数的奇偶性相同，亦即或者都是偶数，或者都是奇数．但是由于一共只有3张卡片上写的是偶数，所以它们不可能都是偶数，从而只能都是奇数．于是3张写着偶数的卡片全都落入甲的手中．答案是唯一的．

【答案】甲手中的3张卡片上分别写了6，8和10．答案是唯一的．

【例 28】 甲同学一手握有写着23的纸片，另一只手握有写着32的纸片．乙同学请甲回答如下一个问题：

“请将左手中的数乘以3，右手中的数乘以2，再将这两个积相加，这个和是奇数还是偶数？”当甲说出和为奇数时，乙马上就猜出写有23的纸片握在甲的左手中．你能说出是什么道理吗？

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】甲的两张纸片，23是奇数，32是偶数．因此，只要能判断出甲的左手中握的是奇数，即可知左

手的是23．设甲左手握的数为a，右手握的数为b，乙同学请甲计算所得结果为c，则3a2bc．⑴ 若c为奇数，则3a为奇数，所以左手握的数a是奇数．⑵ 若c为偶数，则3a为偶数，所以左手握的数a是偶数．因此，从c的奇偶性就可以断定左手握的数a的奇偶性，从而确定左手握的数是23还是32．在本题中，c为奇数，因此合于第(1)种情况，a是奇数，即左手中握的是23．

【例 29】 在一次聚会时，朋友们陆续到来，见面时，有些人互相握手问好．主人很高兴，笑着说：“不论

你们怎样握手，你们之中，握过奇数次手的人必定有偶数个．”请你想一想，主人为什么这么说，他有什么理由呢？

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】⑴ 握偶数次手的人：不管奇数个人还是偶数个人．总次数偶数次人数偶数

⑵ 握奇数次手的总次数握手总次数偶数次握手总次数，即偶偶偶，而偶奇数次人数 人数为偶数，由此证明．

【巩固】 元旦前夕，同学们相互送贺年卡．每人只要接到对方贺年卡就一定回赠贺年卡，那么送了奇数张

贺年卡的人数是奇数，还是偶数？为什么？

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】此题初看似乎缺总人数．但解决问题的实质在送贺年卡的张数的奇偶性上，因此与总人数无关．

由于是两人互送贺年卡，给每人分别标记送出贺年卡一次．那么贺年卡的总张数应能被2整除，所以贺年卡的总张数应是偶数．

送贺年卡的人可以分为两种：一种是送出了偶数张贺年卡的人：他们送出贺年卡总和为偶数．另一种是送出了奇数张贺年卡的人：他们送出的贺年卡总数所有人送出的贺年卡总数-所有送出了

8 偶数张贺年卡的人送出的贺年卡总数偶数偶数偶数．他们的总人数必须是偶数，才使他们送出的贺年卡总数为偶数．所以，送出奇数张贺年卡的人数一定是偶数

【例 30】 四个人一道去郊游，他们年龄的和是97岁，最小的一人只有10岁，他与年龄最大的人的岁数

和比另外两人岁数的和大7岁．问：⑴ 年龄最大的人是多少岁？⑵ 另外两人的岁数的奇偶性相同吗？

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 先将四个人的岁数暂时分为两组进行分析，如果将97岁减去7岁，则两组人的岁数和相等（可

以按照和差问题求出大小数），然后再求出年龄最大的人的岁数，再说明另外两人的岁数的奇偶性．⑴ 另外两人的岁数和是：（977）245（岁）年龄最大的人的岁数：4571042（岁）⑵ 因为另外两人的年龄和是45岁，是一个奇数，那么他们中一个的岁数是奇数，另一个人的岁数是偶数，也就是他们的岁数的奇偶性不同．

【答案】（1）42岁，（2）奇偶性不同

【例 31】 圆桌旁坐着2k个人，其中有k个物理学家和k个化学家，并且其中有些人总说真话，有些人则

总说假话．今知物理学家中说假话的人同化学家中说假话的人一样多．又当问及：“你的右邻是什么人”时，大家全部回答：“是化学家．”那么请你证明：k为偶数．

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】由题目条件可发现不仅物理学家与化学家总人数相同，其中说真话与说假话的人数也分别相同，

如果有a个物理学家说谎，同时也会有a个化学家说谎。所以总共有2a个人说谎。而最后发现有k个物理学家的身份被说谎的人改变了，每一个人只能影响有右邻的人，说明有k个说谎的人，那么k=2a，则说明k是偶数。

【例 32】 一个图书馆分东西两个阅览室．东阅览室里每张桌子上有2盏灯．西阅览室里每张桌子上有3

盏灯．现在知道两个阅览室里的总的桌子数和灯数都是奇数．问：哪个阅览室的桌子数是奇数？

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 根据两个阅览室里总的桌子数和灯数都是奇数，想一想可以确定哪个阅览室桌子数、灯数的奇偶

性呢？由于东阅览室里每张桌子上有2盏灯，因此东阅览室的灯的总数一定是偶数．由于两个阅览室里灯的总数是奇数，因此西阅览室的灯的总数一定是奇数．又因为西阅览室里每张桌子上有3盏灯，可知西阅览室的桌子数是奇数．由于两个阅览室里的总的桌子数是奇数，因此东阅览室的桌子数是偶数．所以，只有西阅览室的桌子数是奇数．

【答案】东阅览室的桌子数是偶数，西阅览室的桌子数是奇数

【例 33】 四年级一班同学参加学校的数学竞赛，试题共50道，评分标准是：答对一道给3分，不答给1

分，答错倒扣1分．请你说明：该班同学的得分总和一定是偶数．

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】因为题目中没有说明该班的人数，说明该班人数的多少与总分的奇偶性无关，所以要说明总分是

偶数，只需要说明每人得分必为偶数就可以了．对于一名参赛同学来说，如果他全部答对，他的成绩将是350150，是偶数；有一道题未答，则他将丢2分，也是偶数；答错一道题，则他将丢4分，还是偶数；所以不论这位同学答的情况如何，他的成绩将是150减一个偶数，还将是偶数．所以，全班同学得分总和一定是偶数．

【例 34】 师傅与徒弟加工同一种零件，各人把产品放在自己的箩筐里，师傅的产量是徒弟的2倍，师傅

的产品放在4只箩筐中，徒弟的产品放在2只箩筐中，每只箩筐都标明了产品的只数：78只，94只，86只，87只，82只，80只．根据上面的条件，你能找出哪两只筐的产品是徒弟制造的吗？

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 注意到所给出的6个数只有一个为奇数，它肯定是徒弟制造的．原因是：师傅的产量是徒弟的2

倍，一定是偶数，它是4只箩筐中产品数的和，在题目条件下只能为四个偶数的和．徒弟的另一筐产品可以利用求解“和倍问题”的方法来得出，求出徒弟加工零件总数为： （789486878280）（21）169，那另一筐放有产品1698782 (只)．所以，标明“82只”和“87只”这两筐中的产品是徒弟制造的．

9 【答案】标明“82只”和“87只”这两筐中的产品是徒弟制造的

【巩固】 商店一次进货6桶，重量分别为15千克、16千克、18千克、19千克、20千克、31千克。上午

卖出去2桶，下午卖出去3桶，下午卖得的钱数正好是上午的2倍。剩下的一桶重 千克。

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3 【题型】填空 【关键词】走美杯，五年级，初赛，第5题，六年级，第4题 【解析】 根据奇偶性质特征，可知，下午卖出去的总重量应该是一个偶数，所以必为两个奇数与一个偶数，

或者三个偶数，如三桶均为偶数，发现（16+18+20）÷2=27千克。无法构成；则必为两奇一偶，经过试验可知，三桶为：16+19+31=66千克，两桶为33千克，为15+18=33千克，所以剩下的一桶重20千克。

【答案】20千克

【例 35】 李东到商店买练习本。每本3角，共买9本。服务员问：“你有零钱吗?”李东说：“我带的全是

5角一张的”。服务员说：“真不巧，您没有2角一张的，我的零钱全是2角一张的，这怎么办?”你帮李东想一想，他至少应该给服务员________张5角币。

【考点】奇偶分析法之生活运用 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】走美杯，4年级，决赛，第2题，8分 【解析】 因为买本子的价钱是3×9=27，为奇数，服务员找回的钱是若干个2元是偶数，所以他付给服务

员的钱必须为奇数，奇数奇数=偶数，则他至少要给服务员7张5角币。

【答案】7张

模块五、奇偶分析法之简单操作找规律

【例 36】 在黑板上写（2，2，2）三个数，把其中的一个2抹掉后，改写成其余两数的和减1，得（2，2，

3），再把两个2中的一个2抹掉后，写成其余两数的和减1，得（2，4，3），再把2抹掉后写其余两数的和减1，得（6，4，3），继续这一过程，是否能得到（859，263，597）？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】观察每个上述过程中三数奇偶性变化规律，利用“奇奇偶，奇奇偶”可以知道，（2，2，2）

是三个偶数，抹掉2换成3，得（2，2，3）是两偶一奇．从三数（2，2，3）开始，如果把这三个数中的偶数抹掉，那么就得换成偶数，仍是两偶一奇；如果抹掉奇数；那么就得换成奇数，仍是两偶一奇．由此可知，题中的换数过程继续下去，永远也不可能得到三个奇数，所以得不到（859，263，597）．

【巩固】 有一串数，最前面的四个数依次是1、9、8、7。从第五个数起，每一个数都是它前面相邻四个

数之和的个位数字，那么在这一串数中，会依次出现1、9、8、8这四个数吗？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不会。观察前4个数，奇偶性排列次序为奇奇偶奇，而一个数的奇偶性仅与它的个位数字有关，

所以之后的第5个数为奇数，第6个为奇数，第7个为奇数，第8个为偶数，整体的出现规律为奇奇偶奇奇奇奇偶奇奇奇奇偶奇奇奇奇偶奇奇……，所以不可能有两个连续的偶数，所以1、9、8、8不会出现。

【巩固】 在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成其它两数之和，这样继续操作下去，最后得到66，

88，154．问：原来写的三个整数能否为1，3，5？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】此题单从具体的数来，无从下手．但抓住其操作过程中奇偶变化规律，问题就变得很简单了．如

果原来三个数为1，3，5，为三奇数，无论怎样，操作一次后一定为二奇一偶，再往后操作，可能有以下两种情况：一是擦去一奇数，剩下一奇一偶，其和为奇，因此换上去的仍为奇数；二是擦去一偶数，剩下两奇，其和为偶，因此，换上去的仍为偶数．总之，无论怎样操作，总是两奇一偶，而66，88，154是三偶，这就发生矛盾．所以，原来写的不可能为1，3，5．

10 【例 37】 数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，的排列规律是前两个数是1，从第三个数

开始，每一个数都是它前两个数的和，这个数列叫做斐波那契数列，在斐波那契数列前2009个数中共有几个偶数？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 三个一组三个一组看，可以发现奇数，偶数交替变化的规律．可以发现有奇奇偶奇奇偶奇奇偶奇

奇偶…这样的变化规律，因为200936692，所以前2009个数有669个偶数.

【答案】669个偶数

【巩固】 八十个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边的两个数的和，这

一行的最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，…，问最右边的一个数是奇数还是偶数？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 根据题意，利用“奇奇偶，奇偶奇，奇偶偶，奇奇奇”，从0，1开始的这列数的

规律是偶，奇，奇，偶，奇，奇，…，也就是说这列数是按一偶两奇一偶两奇…的规律排成一行的．因803262，所以，题中最右边的一个数是奇数，第七十九个数是偶数．

【答案】是奇数

【例 38】 黑板上写着两个数1和2，按下列规则增写新数，若黑板有两个数a和b，则增写a×b＋a＋b

这个数，比如可增写5（因为1×2＋1＋2＝5）增写11（因为1×5＋1＋5＝11），一直写下去，问能否得到2008，若不能，说明理由，若能则说出最少需要写几次得到？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】黑板上的数起初为一奇一偶，按照规则增写出的第三个数一定是一个奇数，第四个数如果选择仍

由一奇一偶写出来的，那么仍然是奇数；另一种可以选择两个奇数开始，那么“奇×奇＋奇＋奇=奇”，所以不论如何增写，新增的数一定是奇数，所以不可能出现2008。

【例 39】 黑板上一共写了10040个数字，包括2006个1，2007个2，2008个3，2009个4，2010个5．每

次操作都擦去其中4个不同的数字并写上一个第5种数字（例如擦去1、2、3、4各1个，写上1个5；或者擦去2、3、4、5各一个，写上一个1；……）. 如果经过有限次操作后，黑板上恰好剩下了两个数字，那么这两个数字的乘积是 ．

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，高年级，复试，7题 【解析】 每次操作，每个数字个数的奇偶性都会变化．1、3、5原来都是偶数个，它们的个数奇偶性永远

保持一致；2、4原来都是奇数个，它们的个数奇偶性也永远保持一致，而且和1、3、5的个数奇偶性不同. 最后剩下2个数字，只能是2和4，乘积为8

【答案】8

【例 40】 一个质数连乘4次再加上3是质数，求这个数连乘5次再加上3是多少？ 【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 由题意，一个质数连乘4次与3的和大于3，是奇数，那么，利用“奇奇偶”，可以知道这个

质数连乘4次的积是偶数，从而推得这个数是2．所以，这个数连乘5次与3的和是2222 2335．

【答案】35

【例 41】 桌子上有5个开口向上的杯子，现在允许每次同时翻动其中的4个，问能否经过若干次翻动，

使得5个杯子的开口全都向下？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】不能，杯子要翻过来得翻奇数次，5个杯子都要翻过来，要把所有杯子都翻过来则总共需要翻动

奇数次杯子，而每次同时翻动4个，那总次数是偶数，奇数不可能等于偶数，因此不能把5个杯子的开口全都向下．

【巩固】 桌面上4枚硬币向上的一面都是“数字”，另一面都是“国徽”，如果每次翻转3枚硬币，至少

次可使向上的一面都是“国徽”。

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】3星 【题型】填空 11 【关键词】希望杯，五年级，复赛，第6题，4分 【解析】 根据奇偶知道，每枚硬币要想变成国徽朝上必须反转奇数次，那么4枚硬币就需要反转4个奇数

的和为偶数，经过偶数次3枚反转必能成功，尝试需要4次

【答案】4次

【巩固】 桌子上有6只开口向上的杯子，每次同时翻动其中的4只杯子，问能否经过若干次翻动，使得全

部杯子的开口全都向下？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】杯子要翻过来得翻奇数次，6个杯子都要翻过来，则总共需要翻动(6×奇数)偶数次杯子；按规

定每次同时翻动4只杯子，因为4是偶数，所以翻动有限次后，翻动次数的总和也是偶数．因此有可能经过有限次翻动，使得全部杯子的开口全都向下．

【巩固】 桌子上有6只开口向上的杯子，每次同时翻动其中的5只杯子，问能否经过若干次翻动，使得全

部杯子的开口全都向下？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】杯子要翻过来得翻奇数次，6个杯子都要翻过来，则总共需要翻动(6×奇数)偶数次杯子；按规

定每次同时翻动5只杯子，因为5是奇数，由奇数偶数=偶数可知，要想翻动总次数也是偶数，需要将5只杯子翻动偶数次．因此有可能经过有限次翻动，使得全部杯子的开口全都向下．

【巩固】 在8个房间中，有7个房间开着灯，1个房间关着灯．如果每次拨动4个不同房间的开关，能不

能把全部房间的灯都关上？为什么？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略

【答案】按要求每次拨动4个不同房间的开关，而4是偶数，所以，这样的一次操作，拨动房间开关次数

是偶数．那么经过有限次拨动后，拨动各房间开关次数总和是偶数．可是，要使7个房间的灯由开变为关，需要拨动各个房间开关奇数次；第8个房间的开关仍为关，需要这个房间拨动开关偶数次．这样，需要拨动开关的总次数是奇数个奇数与一个偶数的和，是奇数．所以按照要求不能把全部房间的灯关上．

【例 42】 有一个袋子里装着许多玻璃球．这些玻璃球或者是黑色的，或者是白色的．假设有人从袋中取

球，每次取两只球．如果取出的两只球是同色的，那么，他就往袋里放回一只白球；如果取出的两只球是异色的，那么，他就往袋里放回一只黑球．他这样取了若干次以后，最后袋子里只剩下一只黑球．请问：原来在这个袋子里有奇数个还是偶数个黑球？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 略 【答案】无论这个人取同色和异色的两个球黑色球总是减少0个或2个，即减少偶数个，而剩下一个黑球，

则原来袋子里必有奇数个黑球．

【巩固】 有一个袋子里边装着红、黄、蓝三种颜色的球，现在小峰每次从口袋中取出3个球，如果发现三

个球中有两个球的颜色相同，就将第三个球放还回口袋，如果三个球的颜色各不相同，就往口袋中放一个黄球，已知原来有红球42个、黄球23个、蓝球43个，那么取到不能再取的时候，口袋里还有蓝球，那么蓝球有多少个？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】5星 【题型】解答 【解析】 一共有108个球，每次取3还1，所以取到不能再取的时候还剩下2个球，对于每次取3个球，

如果3个球颜色中有两个相同，那么第三个球还回去后，实际上取走了两个相同的球，如果每次取3个不同颜色的球，那么还回一个黄球，实际上黄球并没有被去掉,所以对于黄球来说每次都取掉偶数个黄球，到最后剩下的球中只剩下1个黄球，那么剩下两个球中另一个球一定是蓝球.所以蓝球的个数为1.

【答案】还有蓝球1个

12 【例 43】 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？

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 首先分析在操作条件下会出现的各种可能情况：

｛1001枚白子，1001枚黑子｝

｛取2枚同色棋子｝

｛取2枚异色棋子｝

｛取2枚白子｝ ｛取2枚黑子｝ 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： 1001100019992 (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：

⑴ 此时白子减少2枚，黑子增加1枚． ⑵ 此时棋子总数减少1枚． ⑴ 此时白子数目不变，黑子减少1枚． ⑵ 此时棋子总数减少1枚． ⑴ 此时白子数目不变，黑子减少1枚． ⑵ 此时棋子总数减少1枚．

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.

【答案】大盒中仅剩2枚棋子，所以必然是1枚白子1枚黑子

【例 44】 用数字0、0、1、1、2、2、3、3、4、4、5、5、6、6、7、7、8、8、9、9组成五个四位数，要

求这5个数的和的各位数字都是奇数，那么这个和数最大是 ．

【考点】奇偶分析法之简单操作找规律 【难度】4星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，高年级，决赛，3题 【解析】 由于一个数除以9的余数等于这个数的各位数字之和除以9的余数，那么这五个四位数的和除以

9的余数，就等于这五个四位数的各位数字之和除以9的余数，而这五个四位数的各位数字之和为

0129290，除以9的余数为0，所以这五个四位数的和除以9的余数也是0，也就是说这五个四位数的和是9的倍数．

由于每个四位数都小于10000，所以这五个四位数的和小于50000，那么这个和的首位不超过4，由于各位数字都是奇数，所以首位最大为3，千位和百位最大为9．

当前三位分别为3、9、9时，要使这个和是9的倍数，后两位数字的和除以9应余6，可能为6和15；然而这两个数都是奇数，它们的和为偶数，所以只能是6，那么这两个数应分别为5和1才能使和最大，此时最大和为39951．

而当这五个四位数分别为9348，9247，8236，7115，6005时，它们的和恰好为39951，因此所求的最大值为39951．

【答案】39951

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