数学小升初必刷题

谁能给几道小升初必考的比较有难度的奥数题？急求？

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2011奇数与偶数

通常我们所说的“单数”、“双数”，也就是奇数和偶数，即±1，±3，±5，⋯是奇数，

0，±2，±4，±6，⋯是偶数．

用整除的术语来说就是：能被2 整除的整数是偶数，不能被2 整除的整数是奇数．通常

奇数可以表示为2k+1(或2k-1)的形式，其中k 为整数，偶数可以表示为2k 的形式，其中k

是整数．

奇数和偶数有以下基本性质：

性质 1 奇数≠偶数．

性质 2 奇数±奇数=偶数，偶数±偶数=偶数，奇数±偶数=奇数．

性质 3 奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数，奇数×偶数=偶数．

性质 4 奇数个奇数之和是奇数；偶数个奇数之和是偶数；任意有限个偶数之和为偶数．

性质 5 若干个奇数的乘积是奇数，偶数与整数的乘积是偶数．

性质 6 如果若干个整数的乘积是奇数，那么其中每一个因子都是奇数；如果若干个整

数的乘积是偶数，那么其中至少有一个因子是偶数．

性质 7 如果两个整数的和(或差)是偶数，那么这两个整数的奇偶性相同；如果两个整数

的和(或差)是奇数，那么这两个整数一定是一奇一偶．

性质 8 两个整数的和与差的奇偶性相同．

性质 9 奇数的平方除以8 余1，偶数的平方是4 的倍数.

性质 1 至性质6 的证明是很容易的，下面我们给出性质7 至性质9 的证明．

性质 7 的证明设两个整数的和是偶数，如果这两个整数为一奇一偶，那么由性质2 知，

它们的和为奇数，因此它们同为奇数或同为偶数．

同理两个整数的和(或差)是奇数时，这两个数一定是一奇一偶．

性质 8 的证明设两个整数为 X，y．因为

(x+y)+(x-y)=2x

为偶数，由性质 7 便知，x+y 与x-y 同奇偶．

性质 9 的证明若 x 是奇数，设x=2k+1，其中k 为整数，于是

x2=(2k+1)2=4k3+4k+1=4k(k+1)+1．

因为 k 与k+1 是两个连续的整数，它们必定一奇一偶，从而它们的乘积是偶数．于是，

x2 除以8 余1．

若 y 是偶数，设y=2t，其中t 为整数，于是

y2=(2t)2=4t2

所以，y2 是4 的倍数．

例 1 在1，2，3，⋯，1998 中的每一个数的前面，任意添上一个“+”或“-”，那么最

后运算的结果是奇数还是偶数？

解 由性质 8 知，这最后运算所得的奇偶性同

1+2+3+⋯+1998=999×1999

的奇偶性是相同的，即为奇数．

例 2 设1，2，3，⋯，9 的任一排列为a1，a2，⋯，a9.求证：(a1-1)(a2-2)⋯(a9-9)是一个

偶数．

证法 1 因为

(a1-1)+(a2-2)+(a3-3)+⋯+(a9-9)

＝(a1+a2+⋯+a9)-(1+2+⋯+9)

=0

是偶数，所以，(a1-1)，(a2-2)，⋯，(a9-9)这_______9 个数中必定有一个是偶数(否则，便得奇

数个(9 个)奇数的和为偶数，与性质4 矛盾)，从而由性质5 知

(a1-1)(a2-2)⋯(a9-9)

是偶数．

证法 2 由于1，2，⋯，9 中只有4 个偶数，所以a1，a3，a5，a7，a9 中至少有一个是奇

数，于是，a1-1，a3-3，a5-5，a7-7，a9-9 至少有一个是偶数，从而(a1-1)(a2-2)⋯(a9-9)是偶数．

例 3 有n 个数x1，x2，⋯，xn，它们中的每一个数或者为1，或者为-1．如果

x1x2+x2x3+⋯+xn-1xn+xnx1=0，

求证：n 是4 的倍数．

证 我们先证明 n=2k 为偶数，再证k 也是偶数．

由于 x1，x2，⋯，xn。的绝对值都是1，所以，x1x2，x2x3，⋯，xnx1 的绝对值也都是1，

即它们或者为+1，或者为-1．设其中有k 个-1，由于总和为0，故+1 也有k 个，从而n=2k．

下面我们来考虑(x1x2)•(x2x3)⋯(xnx1)．一方面，有(x1x2)•(x2x3)⋯(xnx1)＝(-1)k，

另一方面，有

(x1x2)•(x2x3)⋯(xnx1)=(x1x2⋯xn)2=1．

所以(-1)k=1，故k 是偶数，从而n 是4 的倍数．

例 4 设a，b 是自然数，且满足关系式

(11111+a)(11111-b)=123456789．

求证：a-b 是4 的倍数．

证 由已知条件可得 11111+a 与11111-b 均为奇数，所以a，b 均为偶数．又由已知条件

11111(a-b)=ab+2468，①

ab 是4 的倍数，2468=4×617 也是4 的倍数，所以11111×(a-b)是4 的倍数，故a-b 是

4 的倍数.

例 5 某次数学竞赛，共有40 道选择题，规定答对一题得5 分，不答得1 分，答错倒扣

1 分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．

证 我们证明每一个学生的得分都是偶数．

设某个学生答对了 a 道题，答错了b 道题，那么还有40-a-b 道题没有答．于是此人的

得分是

5a+(40-a-b)-b=4a-2b+40，

这是一个偶数．

所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．

例 6 证明15 块4×1 的矩形骨牌和1 块2×2 的正方形骨牌不能盖住8×8 的正方形.

证 将 8×8 正方形的小方格用黑、白色涂色(如图1－62)．每一块4×1 骨牌不论怎么铺

设都恰好盖住两个白格，因此15 块4×1 的骨牌能盖住偶数个白格．一块2×2 的骨牌只能

盖住一个白格或三个白格，总之能盖住奇数个白格．于是15 块4×1 骨牌和一块2×2 骨牌

在图上盖住的白格是奇数个．事实上图上的白格数恰为偶数个，故不能盖住8×8 的正方形．

练习：

1．设有101 个自然数，记为a1，a2，⋯，a101．已知a1+2a2+3a3+⋯+100a100+101a101=s

是偶数，求证：a1+a3+a5+⋯+a99+a101 是偶数．

2．设x1，x2，⋯，x1998 都是+1 或者-1．求证：

x1+2x2+3x3+⋯+1998x1998≠0．

3．设x1，x2，⋯，xn(n＞4)为1 或-1，并且

x1x2x3x4+x2x3x4x5+⋯+xnx1x2x3=0．

求证：n 是4 的倍数．

4．(1)任意重排某一自然数的所有数字，求证：所得数与原数之和不等于99⋯9(共n 个

9，n 是奇数)；

(2)重排某一数的所有数字，并把所得数与原数相加，求证：如果这个和等于1010，那

么原数能被10 整除．

5．(1)有n 个整数，其和为零，其积为n．求证：n 是4 的倍数；

(2)设n 是4 的倍数，求证：可以找到n 个整数，其积为n，其和为零．

6．7 个杯子杯口朝下放在桌子上，每次翻转4 个杯子(杯口朝下的翻为杯口朝上，杯口

朝上的翻为杯口朝下)，问经过若干次这样的翻动，是否能把全部杯子翻成杯口朝上？

7．能否把1，1，2，2，3，3，4，4，5，5 这10 个数排成一行，使得两个1 中间夹着

1 个数，两个2 之间夹着2 个数，⋯，两个5 之间夹着5 个数？

奇数和偶数

时间:2008-11-29 09:01 点击: 620次

整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用 2k表示 ，奇数可用2k+1表示，这里k是整数 . 关于奇数和偶数，有下面的性质：（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶

整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用 2k表示 ，奇数可用2k+1表示，这里k是整数 .

关于奇数和偶数，有下面的性质：

（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；

（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数；

（3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；

（4）若a、 b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶；

（5）n个奇数的乘积是奇数， n个偶数的乘积是2n的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数 .

以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.

1. 代数式中的奇偶问题

例1（第2届 “华罗庚金杯”决赛题）下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这 12个整数中，至少有几个偶数？

□+□=□ ， □-□=□，

□×□ ＝□ □÷□＝□.

解 因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这 12个整数中至少有六个偶数.

例2 （第 1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知 n是偶数，m是奇数，方程组

是整数，那么

（A）p、 q都是偶数. （B）p、q都是奇数 .

（C）p是偶数， q是奇数 （D）p是奇数， q是偶数

分析 由于 1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以 p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而 27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（ C）

例3 在 1，2，3…， 1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.

分析 因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性，而 1+2+3+…+1992= =996×1993为偶数 于是题设的代数和应为偶数.

2. 与整除有关的问题

例4（首届 “华罗庚金杯”决赛题）70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两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0， 1，3，8， 21，….问最右边的一个数被6除余几？

解 设 70个数依次为a1,a2,a3据题意有

a1=0, 偶

a2=1 奇

a3=3a2-a1, 奇

a4=3a3-a2, 偶

a5=3a4-a3, 奇

a6=3a5-a4, 奇

………………

由此可知：

当n被3除余1时， an是偶数；

当n被3除余 0时，或余2时，an是奇数，显然 a70是3k+1型偶数，所以 k必须是奇数，令k=2n+1，则

a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.

解 设十位数，五个奇数位数字之和为 a，五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35)，则 a+b=45，又十位数能被11整除，则a-b应为 0，11，22（为什么？） .由于a+b与a-b有相同的奇偶性，因此 a-b=11即a=28，b=17.

要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是 17，现在8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是 17-14=3，这三个数字只能是2，1， 0.

故所求的十位数是9876524130.

例6（1990年日本高考数学试题）设 a、b是自然数，且有关系式

123456789= （11111+a）（11111-b）， ①

证明a-b是 4的倍数.

证明 由 ①式可知

11111 （a-b）=ab+4×617 ②

∵a ＞0,b＞0,∴a-b＞ 0

首先，易知a-b是偶数，否则 11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知 a、b都是奇数，可知(11111+a)及 (11111-b)都为偶数，这与式①矛盾

其次，从a-b是偶数，根据 ②可知ab是偶数，进而易知a、 b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由 ②知a-b是4的倍数 .

3. 图表中奇与偶

例7（第10届全俄中学生数学竞赛试题）在 3×3的正方格（a）和（b）中，每格填 “+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的 “变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表 .

解 按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法：

在黑板所示的2×2的正方形表格中，按题设程序“变号 ”，“+”号或者不变，或者变成两个.

表(a)中小正方形有四个 “+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表 (b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个 .

显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现 .

例8（第36届美国中学生数学竞赛试题）将奇正数 1，3，5， 7…排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）

解 由表格可知，每行有四个正奇数，而 1985=4×496+1，因此1985是第 497行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起， 1985在第二列.

例9 如图 3-1，设线段AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入 n个分点，把AB分成n+1个不重叠的小线段，如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段 .

证明 不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数 .

分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用 A、B分别表示红、绿点；

不难看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变两次又回到 A，现在最后一个字母是B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必为奇数 .

4. 有趣的应用题

例 10（第 2届“从小爱数学”赛题）图 3-2是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.

（1）如果 P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？

（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋 .如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么 B点是在岸上还是在水中？说明理由.

解 （ 1）连结AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而 A点必在水中.

（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为 2，由于 A点在水中，氢不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见 B点必在岸上.

例11 书店有单价为 10分，15分，25分， 40分的四种贺年片，小华花了几张一元钱，正好买了30张，其中某两种各 5张，另两种各10张，问小华买贺年片花去多少钱？

分析 设买的贺年片分别为 a、b、c、 d（张），用去k张1元的人民币，依题意有

10a+15b+25c+40d=100k,(k 为正整数)

即 2a+3b+5c+8d=20k

显然b、c有相同的奇偶性 .

若同为偶数，b-c=10 和 a=b=5， 不是整数；

若同为奇数，b=c=5和 a=d=10,k=7.

例12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数 .

证明 给出入口处展览室记 “+”号，凡与“+”相邻的展览室记“-”号，凡与 “-”号相邻的展览室都记“+”号，如此则相邻两室的 “+”、“-”号都不同.

一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的 “+”号室，他的路线是+-+-…+-+-，即从 “+”号室起到“+”号室止，中间“-”、 “+”号室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了 2n+1室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2个门（包括进出出入口门各 1次）.设其经过的方形门的次数是r次，经过圆形门的次数是 s，则s+r=2n+2为偶数，故r-s也为偶数，所以命题结论成立 .

例13 有一无穷小数 A=0.a1a2a3…anan+1an+2…其中 ai(i=1,2)是数字，并且a1是奇数， a2是偶数，a3等于 a1+a2的个位数…， an+2是an+an+1(n=1,2…,)的个位数，证明 A是有理数.

证明 为证明 A是有理数，只要证明A是循环小数即可，由题意知无穷小数 A的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两个数字ab重复出现了，即 0.…ab…ab…此小数就开始循环.

而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律：

A=0. 奇偶奇奇偶奇奇偶奇……

又a是奇数可取 1，3，5， 7，9；

b 是偶数可取0，2， 4，6，8.

所以非负有序实数对一共只有25个是不相同的，在构成 A的前25个奇偶数组中，至少出现两组是完全相同的，这就证得 A是一循环小数，即A