资源简介

专题18 数的奇偶性
一、基本概念
数的奇偶性是整数的基本属性，是小升初奥数中逻辑推理与实际应用的基础考点。
偶数：能被2整除的整数，包括0（0是最小的偶数），可表示为(2k)（(k)为整数）。
奇数：不能被2整除的整数，可表示为(2k+1)（(k)为整数）。
关键要素：
1.奇偶性的本质：由整数除以2的余数决定（余数为0是偶数，余数为1是奇数）。
2.特殊数的奇偶性：0是偶数；正整数、负整数均具有奇偶性（如-3是奇数，-4是偶数）。
二、核心运算性质（必背）
奇偶性的核心在于运算后的性质规律，以下为加减乘运算的奇偶性结论：
运算类型 算式示例 结果奇偶性 文字理解
加法 奇数+奇数 偶数 两个奇数相加，余数1+1=2（整除），结果为偶数（如3+5=8）
偶数+偶数 偶数 两个偶数相加，余数0+0=0，结果为偶数（如4+6=10）
奇数+偶数 奇数 奇数余数1+偶数余数0=1，结果为奇数（如3+4=7）
减法 奇数-奇数 偶数 同加法（如7-3=4）
偶数-偶数 偶数 同加法（如10-6=4）
奇数-偶数（或偶数-奇数） 奇数 同加法（如7-4=3，10-3=7）
乘法 奇数×奇数 奇数 奇数不含因数2，乘积也不含因数2（如3×5=15）
偶数×任何数（奇/偶） 偶数 偶数含因数2，乘积必含因数2（如4×3=12，4×6=24）
推论：
多个数相加/减：结果的奇偶性由“奇数的个数”决定——奇数个奇数相加/减结果为奇数，偶数个奇数相加/减结果为偶数（偶数不影响结果奇偶性）。
多个数相乘：只要有一个因数是偶数，乘积必为偶数；所有因数都是奇数时，乘积才为奇数。
三、核心解题方法
1.直接判断法（基础）：根据运算性质，直接判断算式结果的奇偶性（适用于简单运算问题）。
2.性质推导法（进阶）：结合多个运算性质，推导复杂算式或实际场景中的奇偶性规律（如多个数运算、周期性变化问题）。
3.反证法（综合）：假设结论成立，通过奇偶性矛盾推出假设错误，进而得出正确结论（适用于“能否做到”“是否存在”类问题）。
四、常见题型
1.基本运算判断型：直接判断算式结果的奇偶性（如“1+2+3+…+100的和是奇数还是偶数”）。
2.实际场景分析型：结合生活场景（翻杯子、开关灯、握手、报数等），用奇偶性分析可行性。
3.存在性/最值问题：利用奇偶性判断是否存在满足条件的数，或求最值（如“是否存在两个奇数的和为偶数”“三个数的和为奇数，这三个数中最多有几个偶数”）。
一、基础题（直接判断法）
例1：判断下列算式结果的奇偶性：
（1）(23+45) （2）(100-37) （3）(15×8) （4）(7×9×11)
解题步骤：
（1）23是奇数，45是奇数，奇数+奇数=偶数，结果为偶数。
（2）100是偶数，37是奇数，偶数-奇数=奇数，结果为奇数。
（3）15是奇数，8是偶数，偶数×任何数=偶数，结果为偶数。
（4）7、9、11均为奇数，奇数×奇数×奇数=奇数（奇数×奇数=奇数，再×奇数仍为奇数），结果为奇数。
跟踪练习1：判断(2+4+6+…+2024)的和是奇数还是偶数。
答案：偶数。
解析：算式为偶数相加，偶数+偶数=偶数，无论多少个偶数相加，结果均为偶数。
二、进阶题（性质推导法）
例2：已知(a)是奇数，(b)是偶数，判断下列式子的奇偶性：
（1）(a+b+1) （2）(a×b+a)
解题步骤：
（1）(a)（奇）+ (b)（偶）=奇数，奇数+1（奇数）=偶数，故结果为偶数。
（2）(a×b)：偶数×奇数=偶数；(a×b + a) = 偶数 + 奇数=奇数，故结果为奇数。
跟踪练习2：若(m)是整数，(m^2 + m)是奇数还是偶数？
答案：偶数。
解析：(m^2 + m = m(m+1))，(m)与(m+1)是连续整数，必有一个偶数，故乘积为偶数。
三、挑战题（反证法+实际应用）
例3：有5只杯子，杯口全部朝上，每次翻动其中3只，能否经过若干次翻动，使杯口全部朝下？
解题步骤：
一只杯子从“朝上”到“朝下”需翻动奇数次（1次、3次、5次等），5只杯子全部朝下，总翻动次数为5个奇数相加，即“奇数×5=奇数”（总次数为奇数）。
每次翻动3只，设翻动(n)次，总翻动次数为(3n)（3是奇数，(n)为整数）：若(n)为奇数，(3n)为奇数；若(n)为偶数，(3n)为偶数。
总次数需满足“奇数”，故(n)为奇数时可能成立。尝试翻动3次：
第1次：翻1、2、3号（杯口：下下下上上）；
第2次：翻1、2、4号（杯口：上下上上下）；
第3次：翻1、2、5号（杯口：下下下下下）。
成功！故能做到。
跟踪练习3：教室里有10盏灯，全部亮着，每次关掉4盏，能否经过若干次操作使所有灯都熄灭？
答案：不能。
解析：每盏灯熄灭需奇数次操作，10盏灯总次数为10个奇数相加=偶数；每次关4盏，总次数=4n（偶数），但10盏灯总次数为偶数，看似可行？实际每盏灯状态改变次数为“关的次数中包含它的次数”，10盏灯总次数=4n，而10盏灯需10个奇数相加=偶数，4n为偶数，似乎不矛盾？但具体尝试：假设能熄灭，最后一次操作前有4盏亮着，关4盏后全灭。但10是偶数，每次关4盏（偶数），亮灯数变化为“偶数-偶数=偶数”或“偶数+偶数=偶数”（若之前关的灯再开），而初始亮灯数10（偶数），始终为偶数，无法出现4盏亮着（偶数），但实际操作中无法实现全灭，因总次数虽为偶数，但每盏灯需奇数次，10个奇数和为偶数，4n为偶数，关键在于10盏灯每盏需奇数次，总和=10奇=偶，4n=偶，可能，但实际操作中无法分配：假设n=5，总次数20，10盏灯每盏2次（偶数），不行；n=3，总次数12，10盏灯8盏1次（奇），2盏2次（偶），12=8×1+2×2=12，可行？但实际操作中每次关4盏，无法保证8盏各关1次，2盏各关2次，故结论为不能。
1．有200个自然数，它们的总和是偶数，在这些数里奇数的个数比偶数多，那么偶数最多会有多少个？
【答案】98个
【分析】根据数的奇偶性，奇数＋奇数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，偶数＋偶数＝偶数。200个自然数的和为偶数，因此奇数的个数一定是偶数个，这样才能确保所有奇数的和为偶数，据此解答。
【详解】因为奇数的个数是偶数个，又因为200个自然数中，奇数的个数比偶数多，故奇数的个数大于或等于102，即最少是102，因此偶数最多是98个。
【点睛】本题考查了数的奇偶性的运算性质，解题关键是熟知：奇数＋奇数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，偶数＋偶数＝偶数，这几个关系式。
2．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。
3．某市举办小学生数学竞赛．试卷上共有30道试题，评分标准是：基础分15分，答对一题加5分，未答一题加1分，等错一题倒扣1分，如果有2001个学生参赛，问参赛同学的总分是奇数还是偶数？
【答案】奇数
【分析】本题关键在于说明每位参赛同学所得分数是奇数还是偶数．
【详解】如果30道题都答对了，则可得到的分数为15+5×30=165，是个奇数．如果答错一题，就要从165分中减去5+1=6分，不论答错几个题，都将从165分中减去6的倍数，得分仍是个奇数．如果有一题未答，就要从165分中减去5一1=4分，因而不论几个题未答，都将从165中减去4的倍数，得分也是奇数．综上所述，对每个参赛同学无论答得如何，他们的成绩都是165减去一个偶数，其得分总是奇数．
因为有2001个人（奇数个）参赛，奇数个奇数相加，和仍为奇数，所以参赛同学的总得分是奇数．
4．设沿江有A1、A2、A3、A4、A6、A6六个码头，相邻两码头间的距离相等．早晨有甲、乙两船从A1出发，各自在这些码头间多次往返运货．傍晚，甲船停泊在A6码头，乙船停泊在A1码头．求证：无论如何，两船的航程总不相等（假定船在相邻两码头间航行时，中途不改变航向）．
【答案】证明：乙船早晨从Al出发，傍晚又回到这儿，往返每小段的水路总是相同的，因此，乙船的航程是a的偶数倍．而甲船从A1出发，傍晚到达A6，甲船的航程是从A1到A6再加上各码头之间的往返路程，即5a+（a的偶数倍）=a的奇数倍．
由于a的偶数倍总不等于a的奇数倍，故甲、乙两船的航程总不相等．
【分析】六个码头将A1到A6这段水路分成5个小段，设每段水路的长为a，由于相邻两码头间的距离相等，故往返的距离为a的偶数倍．
【详解】略
5．某学校一年级一班共有25名同学，教室座位恰好排成5行，每行5个座位．把每一个座位的前、后、左、右的座位叫做原座位的邻位．问：让这25个同学都离开原座位坐到原座位的邻位，是否可行？
【答案】不可行
【分析】为了便于分析，我们可借助于图3，用黑白染色帮助分析．
我们把每一个黑、白格看做是一个座位．从图3中可知，在黑格“座位”上的同学要换到邻座，必须坐到白格上；在白格“座位”上的同学要换到邻座，又必须全坐到黑格“座位”上．因此，要使每人换为邻座位，必须黑、白格数相等．
【详解】从分析可知：黑色座位有13个，白色座位有12个，13≠12，因此，不可能使每个座位的人换到邻座位．
【点睛】本题的解法采用了黑白两色间隔染（着）色的办法．因为整数按奇偶分类只有两类，所以将这类问题转变为黑白两色间隔着色，可以帮助我们较直观地理解和处理问题．
6．某文化宫共有1997个座位，上、下午各有一场演出，甲乙两校各有1997名同学去看演出（或是上午场，或是下午场），请说明文化宫里一定有这样的座位，上、下午在这座位上坐的是两个不同学校的学生．
【答案】假设每个座位在上、下午都是由同一学校的学生坐．
设某校有K个学生听上午场，则下午也只能有K个该校学生去听．这样该校听报告的学生数应为2×K个，为偶数，与1997矛盾．
因此假设错误，也就是，文化宫中一定有某个（或一些）座位上下午坐的是不同学校的学生．
【详解】略
7．甲、乙两人做游戏，先指定五个自然数．甲把这五个数以任意顺序填在图5第一行，然后乙把这五个数填在第二行，最后将所有同一列的两个数的差（以大减小）相乘．约定如果积为偶数，算甲胜；如果积为奇数，算乙胜．问乙是否有后发制人的必胜策略？
【答案】没有
【详解】积是否为偶数，由五个“差”中有没有偶数来决定．差的奇偶性取决于相减的两数的奇偶性是否相同，若相减的两数奇偶性相同，则差为偶数；若相减的两数奇偶性不同，则差为奇数．
如果五个数全为奇数或全为偶数，显然“差”都为偶数．如果五个数中既有奇数又有偶数，那么奇数的个数与偶数的个数不会相等，当奇数少时，第一行的奇数即使全部对应第=行的偶数，也用不完第=行的偶数，第=行剩下的偶数只能与第一行的偶数相对，从而这一列的“差”必为偶数；当奇数多时，情形类似，必出现某一列两个数全为奇数，从而这一列的“差”也必为偶数．总之，不管乙怎样填，五个“差”中总有偶数，因而乘积必为偶数，乙没有后发制人的必胜策略．
8．甲袋中放着1997个白球和1000个黑球，乙袋中放着2000个黑球．小强每次从甲袋中随意摸出两个球放在外面．如果摸出的两个球颜色相同，小强就从乙袋里取出一个黑球放到甲袋；如果摸出的两个球颜色不同，小强就将白球放回甲袋．小强就这样从甲袋中摸了2995次后甲袋中还剩几个球？它们各是什么颜色？
【答案】还剩两个球，一白一黑
【分析】为了求出剩几个球，各是什么颜色，关键是弄清每摸一次，甲袋中球的数目变化情况（见表2）．
表2
所摸两球的颜色 甲袋球数的变化
白球数 黑球数 总球数
2白 减少2 增加1 减少1
2黑 不变 减少1 减少1
1白1黑 不变 减少1 减少1
可见，每摸一次，不管摸出的两球颜色如何，甲袋中球由总数必减少1，这就可求出摸若干次后剩多少球；甲袋中原有球数是奇数，每次取出的白球数是偶数（2或0），由“奇数-偶数=奇数”知，最后剩的白球数是奇数．
【详解】根据题意，不管小强每次换出的两球同色还是异色，每摸一次甲袋的总球数都减少1个，所以摸了2995次后甲袋还剩球1997+1000-2995＝2（个）．
每摸一次，甲袋的白球数或者不变，或者减少2，因为原有白球数1997是奇数，所以每次换后甲袋所剩白球数总是奇数，不超过2的奇数只能是1，可见最后所剩的两个球是一白一黑．
答：甲袋中还剩两个球，且一白一黑．
9．右图是某一湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.
(1)如果P点在岸上，那么A点是在岸上还是在水中？
(2)某人过此湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果他从A点出发走到某点B，他穿鞋与脱鞋的总次数是奇数，那么B点是在岸上还是在水中？为什么？
【答案】(1)在水中 (2)在岸上．见解析
【详解】（1）已知P点在陆地上，如果在图上用阴影表示陆地，就可以看出A点在水中.
（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数的和为2，由于A点在水中，所以不管怎么走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数.既然题中说“脱鞋的次数与穿鞋的次数的和是个奇数”，那么B点必定在岸上.
10．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。
11．一个盒子里有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．
12．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。
13．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．
14．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？
【答案】奇数
【分析】如果取出的两只球是同色的，那么他往袋子里放回一只白球，则不放回总是两只黑球，且不影响袋子里黑球的奇偶性，由于最后袋子里剩下一只黑球，所以原来袋子里有奇数个黑球。
【详解】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。
答：原来这个袋子里有奇数个黑球。
【点睛】灵活运用数的奇偶性解决问题是解答题目的关键。
15．北京市出租车的起步价是33公里以内10元，33公里后按每公里2元计费，当里程超过15公里后，超出部分按每公里3元计费。小悦、冬冬两人都从游乐园分别坐出租车回家，小悦比冬冬多花了23元，请问：小悦家距离游乐园最远是多少公里？（不足1公里按1公里计，假定两人回家一路上没有红绿灯，也没有堵车）
【答案】22公里
【分析】33公里以内10元，而33公里后按每公里2元计费，所以在15公里之内车费都是偶数，小悦比冬冬多花23元，23不是2的倍数，也不是3的倍数，说明小悦里程超过15公里，冬冬不超过15公里，然后把23进行分解，得到一部分2的倍数和一部分3的倍数组成，从而解决问题。
【详解】解：在3～15公里内花的车费都是偶数，小悦比冬冬多花23元，23不是2的倍数，也不是3的倍数，说明小悦里程超过15公里，冬冬不超过15公里，23是由一部分2的倍数和一部分3的倍数组成，
23＝2×10＋3
23＝2×7＋3×3
23＝2×4＋3×5
23＝2×1＋3×7
当小悦里程超过15公里越多，里程越远，因此小悦里程最远是15＋7＝22（公里）
答：小悦家距离游乐园最远是22公里。
【点睛】本题需要根据每公里车费的情况，得出小悦里程超过15公里，冬冬不超过15公里，再把23进行拆分即可求解。
16．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．
17．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。
【答案】1，2，3，5
【分析】首先明确奇数与偶数的定义，根据题目条件逐步推算：因为最小的并且是奇数的两位数是11，则这四个数的和是11，从而得知这四个数均不得大于5，又由最大数与最小数的差等于4，最小数与最大数的积是一个奇数可以得知最大数为5，最小数为1；进而得知另外两数为2和3。
【详解】由分析可知：
由这四个数的和是最小的两位奇数，最小的两位奇数为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，，可以推导出这四个互不相等的自然数分别是：，，，。
【点睛】此题考查的目的是奇数与偶数的定义及整数乘法的应用。
18．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：
现将一付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。
【答案】6
【分析】根据连牌规则，可知在链的内部各种点数均成对相连，所有点都有偶数个，据此解答即可。
【详解】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。
【点睛】本题考查奇数与偶数，解答本题的关键是掌握奇数与偶数的运算性质。
19．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？
【答案】82只；87只
【分析】根据师傅的产量是徒弟的2倍，知道师傅产品的总数是偶数，现在只有一筐是奇数，所以是奇数的这一筐是徒弟的；另一筐根据“和倍问题”的解答方法，即可求出答案。
【详解】因为师傅的总数是偶数，现在只有一筐是奇数，所以产品的只数是87的那只箩筐徒弟的，
（78＋94＋86＋87＋82＋80）÷（2＋1）－87
＝507÷3－87
＝169－87
＝82
答：产品的只数是87、82的2只箩筐的产品是徒弟制造的。
【点睛】解答此题的关键是，根据题意，找出对应量，列式解答即可。
20．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，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？
【答案】1
【分析】由题意可知，每取3个球就放回个，即球总数每次减少2个，42＋23＋43＝108个，则取到不能再取时，袋中剩2个，每次取完放回后，实际可能减少：2红、2黄、2蓝、1红1蓝，因红蓝无放回，则红、蓝球减少的个数差必为偶数。
原来：红42，蓝43
43－42＝1，若剩2蓝，则红至少为1，剩下的球超过2个，不合题意，所以剩下两球为一蓝一黄即蓝球剩一个。
【详解】由分析可知：
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。
【点睛】本题考查数的奇偶性，明确数的奇偶性是解题的关键。
21．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？
【答案】没有
【分析】先根据正方体的特征，8个小正方体拼成一个大正方体，大正方体的一个面由小正方体四个面组成，再根据6个连续自然数之和必是奇数，大正方体6个面上数字之和是偶数来判断即可。
【详解】假设满足条件的大正方体ABCD－EFGH可以拼成下图：
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。
【点睛】本题考查奇数与偶数的运算性质、正方体，解答本题的关键是掌握奇数与偶数的特征。
22．两个四位数相加，第一个四位数的每个数码都不小于5，第二个四位数只是第一个四位数的数码调换了位置。某同学得出的答案是16246。试问该同学的答案正确吗？如果正确，写出这两个四位数；如果不正确，请说明理由。
【答案】错误，理由见详解。
【分析】由题意可知，第二个四位数只是第一个四位数的数码调换了位置，两个四位数的数码都是相同的，只是位置不同，所以两个四位数的四个数码之和相同，据此判断出两个四位数的数码之和是一个偶数。再根据奇数＋奇数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，以及整数进位加法的计算方法解答即可。
【详解】答：由于这两个四位数仅仅是数码调换了位置，所以这两个四位数的四个数码之和相同。因此这两个四位数的数码之和是一个偶数。这两个四位数的每一个数码都不小于5，因此，这两个数相加时，有四次进位，每进一次位，所得的数码之和将减少9，四次进位共减少36，所以和的数码之和仍是偶数。但是1＋6＋2＋4＋6＝19是奇数，奇数≠偶数，所以该同学的答案是错误的。
【点睛】解答本题的关键是理解两个四位数的数码之和是一个偶数。需要掌握奇数和偶数的运算性质。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题18 数的奇偶性
一、基本概念
数的奇偶性是整数的基本属性，是小升初奥数中逻辑推理与实际应用的基础考点。
偶数：能被2整除的整数，包括0（0是最小的偶数），可表示为(2k)（(k)为整数）。
奇数：不能被2整除的整数，可表示为(2k+1)（(k)为整数）。
关键要素：
1.奇偶性的本质：由整数除以2的余数决定（余数为0是偶数，余数为1是奇数）。
2.特殊数的奇偶性：0是偶数；正整数、负整数均具有奇偶性（如-3是奇数，-4是偶数）。
二、核心运算性质（必背）
奇偶性的核心在于运算后的性质规律，以下为加减乘运算的奇偶性结论：
运算类型 算式示例 结果奇偶性 文字理解
加法 奇数+奇数 偶数 两个奇数相加，余数1+1=2（整除），结果为偶数（如3+5=8）
偶数+偶数 偶数 两个偶数相加，余数0+0=0，结果为偶数（如4+6=10）
奇数+偶数 奇数 奇数余数1+偶数余数0=1，结果为奇数（如3+4=7）
减法 奇数-奇数 偶数 同加法（如7-3=4）
偶数-偶数 偶数 同加法（如10-6=4）
奇数-偶数（或偶数-奇数） 奇数 同加法（如7-4=3，10-3=7）
乘法 奇数×奇数 奇数 奇数不含因数2，乘积也不含因数2（如3×5=15）
偶数×任何数（奇/偶） 偶数 偶数含因数2，乘积必含因数2（如4×3=12，4×6=24）
推论：
多个数相加/减：结果的奇偶性由“奇数的个数”决定——奇数个奇数相加/减结果为奇数，偶数个奇数相加/减结果为偶数（偶数不影响结果奇偶性）。
多个数相乘：只要有一个因数是偶数，乘积必为偶数；所有因数都是奇数时，乘积才为奇数。
三、核心解题方法
1.直接判断法（基础）：根据运算性质，直接判断算式结果的奇偶性（适用于简单运算问题）。
2.性质推导法（进阶）：结合多个运算性质，推导复杂算式或实际场景中的奇偶性规律（如多个数运算、周期性变化问题）。
3.反证法（综合）：假设结论成立，通过奇偶性矛盾推出假设错误，进而得出正确结论（适用于“能否做到”“是否存在”类问题）。
四、常见题型
1.基本运算判断型：直接判断算式结果的奇偶性（如“1+2+3+…+100的和是奇数还是偶数”）。
2.实际场景分析型：结合生活场景（翻杯子、开关灯、握手、报数等），用奇偶性分析可行性。
3.存在性/最值问题：利用奇偶性判断是否存在满足条件的数，或求最值（如“是否存在两个奇数的和为偶数”“三个数的和为奇数，这三个数中最多有几个偶数”）。
一、基础题（直接判断法）
例1：判断下列算式结果的奇偶性：
（1）(23+45) （2）(100-37) （3）(15×8) （4）(7×9×11)
解题步骤：
（1）23是奇数，45是奇数，奇数+奇数=偶数，结果为偶数。
（2）100是偶数，37是奇数，偶数-奇数=奇数，结果为奇数。
（3）15是奇数，8是偶数，偶数×任何数=偶数，结果为偶数。
（4）7、9、11均为奇数，奇数×奇数×奇数=奇数（奇数×奇数=奇数，再×奇数仍为奇数），结果为奇数。
跟踪练习1：判断(2+4+6+…+2024)的和是奇数还是偶数。
答案：偶数。
解析：算式为偶数相加，偶数+偶数=偶数，无论多少个偶数相加，结果均为偶数。
二、进阶题（性质推导法）
例2：已知(a)是奇数，(b)是偶数，判断下列式子的奇偶性：
（1）(a+b+1) （2）(a×b+a)
解题步骤：
（1）(a)（奇）+ (b)（偶）=奇数，奇数+1（奇数）=偶数，故结果为偶数。
（2）(a×b)：偶数×奇数=偶数；(a×b + a) = 偶数 + 奇数=奇数，故结果为奇数。
跟踪练习2：若(m)是整数，(m^2 + m)是奇数还是偶数？
答案：偶数。
解析：(m^2 + m = m(m+1))，(m)与(m+1)是连续整数，必有一个偶数，故乘积为偶数。
三、挑战题（反证法+实际应用）
例3：有5只杯子，杯口全部朝上，每次翻动其中3只，能否经过若干次翻动，使杯口全部朝下？
解题步骤：
一只杯子从“朝上”到“朝下”需翻动奇数次（1次、3次、5次等），5只杯子全部朝下，总翻动次数为5个奇数相加，即“奇数×5=奇数”（总次数为奇数）。
每次翻动3只，设翻动(n)次，总翻动次数为(3n)（3是奇数，(n)为整数）：若(n)为奇数，(3n)为奇数；若(n)为偶数，(3n)为偶数。
总次数需满足“奇数”，故(n)为奇数时可能成立。尝试翻动3次：
第1次：翻1、2、3号（杯口：下下下上上）；
第2次：翻1、2、4号（杯口：上下上上下）；
第3次：翻1、2、5号（杯口：下下下下下）。
成功！故能做到。
跟踪练习3：教室里有10盏灯，全部亮着，每次关掉4盏，能否经过若干次操作使所有灯都熄灭？
答案：不能。
解析：每盏灯熄灭需奇数次操作，10盏灯总次数为10个奇数相加=偶数；每次关4盏，总次数=4n（偶数），但10盏灯总次数为偶数，看似可行？实际每盏灯状态改变次数为“关的次数中包含它的次数”，10盏灯总次数=4n，而10盏灯需10个奇数相加=偶数，4n为偶数，似乎不矛盾？但具体尝试：假设能熄灭，最后一次操作前有4盏亮着，关4盏后全灭。但10是偶数，每次关4盏（偶数），亮灯数变化为“偶数-偶数=偶数”或“偶数+偶数=偶数”（若之前关的灯再开），而初始亮灯数10（偶数），始终为偶数，无法出现4盏亮着（偶数），但实际操作中无法实现全灭，因总次数虽为偶数，但每盏灯需奇数次，10个奇数和为偶数，4n为偶数，关键在于10盏灯每盏需奇数次，总和=10奇=偶，4n=偶，可能，但实际操作中无法分配：假设n=5，总次数20，10盏灯每盏2次（偶数），不行；n=3，总次数12，10盏灯8盏1次（奇），2盏2次（偶），12=8×1+2×2=12，可行？但实际操作中每次关4盏，无法保证8盏各关1次，2盏各关2次，故结论为不能。
1．有200个自然数，它们的总和是偶数，在这些数里奇数的个数比偶数多，那么偶数最多会有多少个？
2．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？
3．某市举办小学生数学竞赛．试卷上共有30道试题，评分标准是：基础分15分，答对一题加5分，未答一题加1分，等错一题倒扣1分，如果有2001个学生参赛，问参赛同学的总分是奇数还是偶数？
4．设沿江有A1、A2、A3、A4、A6、A6六个码头，相邻两码头间的距离相等．早晨有甲、乙两船从A1出发，各自在这些码头间多次往返运货．傍晚，甲船停泊在A6码头，乙船停泊在A1码头．求证：无论如何，两船的航程总不相等（假定船在相邻两码头间航行时，中途不改变航向）．
5．某学校一年级一班共有25名同学，教室座位恰好排成5行，每行5个座位．把每一个座位的前、后、左、右的座位叫做原座位的邻位．问：让这25个同学都离开原座位坐到原座位的邻位，是否可行？
6．某文化宫共有1997个座位，上、下午各有一场演出，甲乙两校各有1997名同学去看演出（或是上午场，或是下午场），请说明文化宫里一定有这样的座位，上、下午在这座位上坐的是两个不同学校的学生．
7．甲、乙两人做游戏，先指定五个自然数．甲把这五个数以任意顺序填在图5第一行，然后乙把这五个数填在第二行，最后将所有同一列的两个数的差（以大减小）相乘．约定如果积为偶数，算甲胜；如果积为奇数，算乙胜．问乙是否有后发制人的必胜策略？
8．甲袋中放着1997个白球和1000个黑球，乙袋中放着2000个黑球．小强每次从甲袋中随意摸出两个球放在外面．如果摸出的两个球颜色相同，小强就从乙袋里取出一个黑球放到甲袋；如果摸出的两个球颜色不同，小强就将白球放回甲袋．小强就这样从甲袋中摸了2995次后甲袋中还剩几个球？它们各是什么颜色？
所摸两球的颜色 甲袋球数的变化
白球数 黑球数 总球数
2白 减少2 增加1 减少1
2黑 不变 减少1 减少1
1白1黑 不变 减少1 减少1
9．右图是某一湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.
(1)如果P点在岸上，那么A点是在岸上还是在水中？
(2)某人过此湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果他从A点出发走到某点B，他穿鞋与脱鞋的总次数是奇数，那么B点是在岸上还是在水中？为什么？
10．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？
11．一个盒子里有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？
12．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。
13．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？
14．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？
15．北京市出租车的起步价是33公里以内10元，33公里后按每公里2元计费，当里程超过15公里后，超出部分按每公里3元计费。小悦、冬冬两人都从游乐园分别坐出租车回家，小悦比冬冬多花了23元，请问：小悦家距离游乐园最远是多少公里？（不足1公里按1公里计，假定两人回家一路上没有红绿灯，也没有堵车）
16．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．）
17．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。
18．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：
现将一付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。
19．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？
20．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，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？
21．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？
22．两个四位数相加，第一个四位数的每个数码都不小于5，第二个四位数只是第一个四位数的数码调换了位置。某同学得出的答案是16246。试问该同学的答案正确吗？如果正确，写出这两个四位数；如果不正确，请说明理由。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑