50奇数和偶数上下924Word文档下载推荐.docx
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2﹦)50个。
50+2﹦52(个)
综上所述,这100个自然数中至少有52个奇数。
所以这些自然数中至多有偶数:
100-52﹦48(个)。
《奥赛天天练》第38讲,巩固训练,习题2
已知a,b,c中有一个是2001,一个是2002,另一个是2003,判断:
(a-1)×
(b-2)×
(c-3)的结果是奇数还是偶数?
若干个整数相乘,其中若有一个乘数是偶数,积就是偶数。
根据题意,a可能是2001、2002或2003:
假设a是2001,a-1﹦2001-1﹦2000,2000是偶数,则所求的结果是偶数;
同理可得,a是2003时,所求结果也是偶数;
假设a是2002,c只能是2001或2003,一定是奇数,(c-3)的差就是偶数,则所求结果一定是偶数。
综上所述,(a-1)×
(c-3)的结果一定是偶数。
《奥赛天天练》第38讲,拓展提高,习题1
有一类小于200的自然数,每一个数的各位数字之和都是奇数,并且每个数都是两个两位数的乘积(如144﹦12×
12),把这一类自然数从大到小排列,第三个数是多少?
所求自然数小于200,且能分解成两个两位数因数的乘积。
因为200﹤152,如果两个因数都大于或等于15,这个数就大于200了,所以这两个两位数因数,至少有一个因数小于15。
根据因数特征,按从大到小的顺序,尝试计算,寻找符合条件的此类自然数:
13×
15﹦195
14﹦182
12×
15﹦180
这一类自然数从大到小排列,第三个数是180。
《奥赛天天练》第38讲,拓展提高,习题2
能否在下面的“□”内填入加号或减号,使等式成立?
为什么?
1□2□3□4□5□6□7□8□9﹦10
判断一道只含加减运算算式结果是奇数还是偶数,主要看算式中奇数的个数。
算式1□2□3□4□5□6□7□8□9中,共有5个奇数:
1、3、5、7、9,所以这道算式,无论在“□”内填入的是加号还是减号,计算结果一定是奇数,不可能是偶数10。
所以无论在“□”内填入的是加号还是减号,这个等式都不能成立。
(五十一)奇数和偶数(下)
《奥赛天天练》第39讲,模仿训练,练习1
一副扑克牌54张,除去大、小王后还有52张,则取同一花色的13张牌正面朝上放好,按牌上的数的约数个数作为翻动次数(这里把J,Q,K看作11,12,13),问这些牌经过翻动后,都有那些牌背面朝上?
一、每张牌正面朝上放好,翻动偶数次后仍然正面朝上,翻动奇数次后变化为背面朝上。
二,任意一个整数的约数都是成对出现的。
如果一个整数是完全平方数,即可以写成另一个整数的平方,则这个数有奇数个因数。
如果一个整数不是完全平方数,则这个数有偶数个因数。
三、1到13中,完全平方数有3个:
1,4,9。
综上所述,1,4,9这三张牌经过翻动后背面朝上。
《奥赛天天练》第39讲,模仿训练,练习2
某展览馆共有36个陈列室,相邻两室之间都有门通行,有人希望每个展览室都去一次,并且只去一次,你能替他设计参观路线吗?
如上图,把6×
6的方格黑、白相间染色。
从图中可以看出,从黑格走出后,只能进入白格,从白格走出后只能进入黑格。
从入口黑格进入展览馆,参观路线只能是:
黑﹥白﹥黑﹥白……
走到黑格时共参观了奇数个陈列室,走到白格时共参观了偶数个陈列室。
要参观36个陈列室,最后到达的是白格陈列室,而出口在黑格陈列室。
所以无法设计出符合题目要求的参观路线。
《奥赛天天练》第39讲,巩固训练,习题1
由14个1×
1的正方形组成下图,用7个1×
2的长方形能不能把这个图形都盖住?
把这些小正方形黑白相间染色,与任意黑格相邻的必是白格,而与白格相邻的必是白格,如下图,用1×
2的长方形去覆盖,每次盖住两个相邻小正方形一个是黑格,一个是白格:
7个长方形只能盖住7个黑格和7个白格,而上图中有6个白格、8个黑格,所以,7个1×
2的长方形不能把原图形都盖住。
《奥赛天天练》第39讲,巩固训练,习题2
一次宴会上,客人们相互握手,问握手次数是奇数的那些人总数是奇数还是偶数?
两人握手,给每人各计数一次,共2次,则无论多少人相互握手,握手总次数为偶数。
把宴会上握手的人分为两类:
第一类是握手次数为偶数的人,第二类是握手次数为奇数的人。
N个偶数相加的和仍为偶数,第一类人握手总次数为偶数,所有人握手总次数也是偶数,偶数减偶数还是偶数,所以第二类人握手总次数也是偶数。
第二类人,每人握手次数为奇数,奇数个奇数相加和为奇数,偶数个奇数相加和才为偶数。
第二类人握手总次数为偶数,所以第二类人总数也是偶数。
即宴会上握手次数是奇数的那些人总数是偶数。
《奥赛天天练》第39讲,拓展提高,习题1
能否用3个“田”字形纸片(如下面左图)和13个“丁”字形纸片(如下面右图)完全盖住一个8×
8的正方形棋盘?
如下图,把棋盘黑白相间染色,共有32个黑格、32个白格。
用“田”字形纸片覆盖,每张纸片能盖住2个黑格、2个白格,用“丁”字形纸片覆盖,能盖住3个黑格、1个白格或3个白格、1个黑格:
3个“田”字形纸片覆盖了6个黑格和6个白格,剩下26个黑格、26个白格共52格,黑格数和白格数都是偶数。
每个“丁”字形纸片覆盖的黑格数和白格数都是奇数(1格或3格),共有13个“丁”字形纸片,正好覆盖52格。
但13个奇数的和还是奇数,因此覆盖的白格数和黑格数都是奇数,不可能都盖住26格。
因此,用所给的纸片不能盖住整个棋盘。
《奥赛天天练》第39讲,拓展提高,习题2
有n盏有拉线开关的灯都亮着,规定每次拉动(n-1)个开关,能不能将所有灯都关上?
n盏灯开始都是亮着的。
每盏灯拉动开关奇数次后会关上,拉动开关偶数次后又会点亮。
分两种情况讨论:
一、当n是奇数时,(n-1)是偶数。
要使所有灯都关上,每盏灯都要拉动奇数次,奇数个奇数的和是奇数,n盏灯拉动开关的总次数必须是奇数;
每次拉动(n-1)个开关,(n-1)是偶数,无论拉动多少次,任意多个偶数的和是偶数,拉动开关的总次数只能是偶数。
所以当n是奇数时,按规定,不能将所有灯都关上。
二、当n是偶数时。
如下图,白点表示亮灯,黑点表示关灯,每次拉动(n-1)盏灯,黑白交界处有一盏没有拉动的灯:
开始时:
○
……
第一次:
●
第二次:
第三次:
第四次:
第五次:
第六次:
……
观察上面图示可以发现,当n是偶数时,每次拉动(n-1)盏灯,拉动n次,可以将n盏灯全部关上。
《奥赛天天练》第49讲《奇与偶》。
所有整数可以分为奇数和偶数两大类,现阶段,所谓奇数指的就是孩子们熟悉的单数,偶数指的就是双数和0。
在四年级,孩子们将学到奇、偶数完整的定义:
能被2整除的整数叫做偶数。
如0,2,4,…等都是偶数,包括正偶数、负偶数和0。
不能被2整除的整数叫做奇数。
如1,3,5,…等都是奇数,包括正奇数和负奇数。
人们习惯上常用2n表示偶数,用2n+1表示奇数(其中n是整数)。
通过实验,孩子们很容易证明奇、偶数有下面一些重要性质:
1、任意一个整数都有奇偶性,即不是奇数就是偶数。
2、奇数±
奇数=偶数,奇数±
偶数=奇数,偶数±
偶数=偶数。
3、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。
4、两个奇数之积为奇数;
一个偶数与一个整数之积为偶数。
5、若干个整数相乘,其中若有一个乘数是偶数,积就是偶数;
如果所有的乘数都是奇数,积就是奇数。
6、偶数的平方必能被4整除,奇数的平方被4除余1。
注:
第3条性质可以利用第2条性质进行证明,第5条性质可以利用第4条性质进行证明。
《奥赛天天练》第49讲,巩固训练,习题1
有5盏亮着的灯,每盏都用拉线开关,如果规定每次必须同时拉动4个拉线开关。
试问:
能否把5盏灯都关闭?
每次同时拉动4个拉线开关,不能把5盏灯都关闭。
任意一盏灯在亮着的状态下,只有拉动奇数次,才能把灯关闭。
要5盏灯都关闭,则每盏灯都要拉动奇数次,总次数为5个奇数的和还是奇数次。
而按规定“每次必须同时拉动4个拉线开关”,4是偶数,无论拉多少次,总次数都是若干个4相加必然是偶数次,不可能是奇数次。
因此不能把把5盏灯都关闭。
《奥赛天天练》第49讲,拓展提高,习题1
桌上有6只杯口朝上的杯子,每次翻动4只杯子,能否经过若干次翻动,使全部杯口朝下?
首先根据翻动次数的奇偶性,判断这样翻动有可能使全部杯口朝下:
每只杯子在杯口朝上的状况下,只有翻动奇数次才能使杯口朝下,6个杯子全部杯口朝下,翻动的总次数为6个奇数次的和为偶数次。
而每次翻动4只杯子,经过若干次翻动,总次数为若干个4次的和也是偶数次。
所以这样翻动有可能使全部杯口朝下。
再通过画图、实验进行验证。
如下图,通过三次翻动可以使全部杯口朝下。
∪
∪
第一次翻动:
∩
第二次翻动:
∩
第三次翻动:
《奥赛天天练》第49讲,拓展提高,习题2
有17个同学面朝东站着,每次有6个同学向后转,能否用这种方法将17个同学全部转过来,使他们都面朝西站着?
不能。
与上面《巩固训练,习题1》同理,每个同学在面朝东站着时,只有向后转奇数次,才能面朝西站着,17个同学全部转过来,向后转的总次数是17个奇数的和,还是奇数次。
而每次有6个同学向后转,无论转多少次,向后转的总次数也是偶数次。
所以用这种方法不能使17个同学都面朝西站着。
《奥赛天天练》第38讲《奇、偶分析》。
奇、偶性是所有整数都具有的性质,任意整数不是奇数就是偶数。
根据整数的奇、偶特征,及其在运算中的规律,可以解决一些数学问题。
相关常识,在三年级奥数课堂已有专题介绍,请查阅:
补充:
⑴任意相邻的两个奇数或两个偶数的差为2。
⑵2n个连续奇数或偶数的和,就是按大小顺序排在正中间的两个数和的n倍,这2n个数的平均数就是中间两个数和的一半。
⑶2n+1个连续奇数或偶数的和,就是按大小顺序排在正中间的一个数和的2n+1倍,正中间的这个数就是这2n+1个数的平均数。
本讲在三年级所学基础上,进一步探究,如何通过分析整数的奇偶特征,来解决一些相关的数学问题。
2,4,6,8,…是连续的偶数,若5个连续的偶数的和是320,这5个数中最小的一个是多少?
320÷
5=64
所以这5个连续偶数正中间的一个数是64,这5个数是:
60、62、64、66、68。
最小的一个为:
64-2×
2=60。
《奥赛天天练》第38讲,模仿训练,练习2
有一列数2,3,5,8,13,21,34,…第2003个数是奇数还是偶数?
观察这一列数的特征:
从第三个数开始,每个数都是这个数之前两个数的和,且第一个数是偶数,第二个数是奇数。
根据两个整数相加,和的奇偶性的呈现规律可得这一列数的奇偶性为:
偶、奇、奇、偶、奇、奇、偶、奇、奇……
每3个数一组,按“偶、奇、奇”的顺序呈周期性排列。
2003÷
3=667……2
所以,第2003个数是奇数。
一次数学考试共有20道题,规定答对一题得2分,答错一题倒扣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。
请你帮小明算一下,他答错了几道题?
还有几道题没有答?
答对一题得2分,无论答对多少题,总得分必是偶数。
小明总分是23,为奇数,所以小明倒扣分一定是奇数,即答错题的数目一定是奇数。
又因为未答的题的数目是个偶数,总题数20也是偶数,所以小明答对的题数必定也是奇数。
小明最后得分为23分,每答对一题得2分,小明至少要答对13题以上。
假设小明答对13题:
2-23=3(题);
20-13-3=4(题)
则小明答错了3道题,有4道题未答。
假设小明答对了15道题及15道题以上,通过计算可得总题数超过了20道,不符合题意。
所以本题只有唯一答案:
小明答错了3道题,有4道题未答。
某班有29个小朋友,现在要举行乒乓求比赛,能不能让他们每个人都恰好与其他三个人比赛一次?
每场比赛都有两人参加,两人单算就是2场比赛,总场数一定为偶数。
但29个小朋友每个人都与其他三人正好比赛一次,及每人3场比赛,总场数为:
29×
3,是奇数场。
所以,不可能让他们每个人都恰好与其他三个人比赛一次。
在下图中的每个○中填入一个自然数(可以相同),使得任意两个相邻的○中的数字之差(大数减小数),恰好等于它们之间所标的数字,能否办到?
第一种情况:
假设在最上面一个○里填上一个奇数,这个数与中间一层两个○里的数的差分别是5和3两个奇数,则中间一层两个○里的数必须是偶数。
如果中间一层两个○里的数都是偶数,这两个数与下面一层两个○里的数的差分别是4和2两个偶数,则下面一层两个○里的数也是偶数。
下面两个○的两个数如果是偶数,它们的差一定是偶数,不可能是3。
所以这种情况不存在。
第二种情况:
假设在最上面一个○里填上一个偶数,这个数与中间一层两个○里的数的差分别是5和3两个奇数,则中间一层两个○里的数必须是奇数。
如果中间一层两个○里的数都是奇数,这两个数与下面一层两个○里的数的差分别是4和2两个偶数,则下面一层两个○里的数也是奇数。
下面两个○的两个数如果是奇数,它们的差一定是偶数,不可能是3。
所以这种情况也不存在。
综上所述,本题前面的要求不可能办到。
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、15页。
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?
这15篇文章中,8篇文章有奇数页,7篇文章有偶数页。
偶数页的文章,如果第一页为整册的奇数页,最后一页肯定是正道的偶数页,即下一篇文章第一页仍然是整册的奇数页。
奇数页的文章,如果第一页为整册的奇数页,最后一页肯定还是整册的奇数页,即下一篇文章第一页一定是整册的偶数页;
如果第一页为整册的偶数页,最后一页肯定还是整册的偶数页,即下一篇文章第一页一定是整册的奇数页。
所以,一定要尽可能地把所有偶数页的文章第一页都排在整册奇数页,奇数页文章则怎么排都一样,相邻两篇的第一页必定一个在整册的奇数页,另一个在整册的偶数页。
按照这个原则,排列方法很多,例如:
前7篇排有偶数页的文章,每篇文章的第一页都在整册的奇数页;
后8篇排有奇数页的8篇文章,每篇文章第一页的页码奇、偶相间。
所以,第一页是奇数页码的文章最多有:
7+8÷
2=11(篇)
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