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（尖子生培优）专题19奇偶性问题-四年级数学思维拓展培优讲义（通用版）
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这是一份（尖子生培优）专题19奇偶性问题-四年级数学思维拓展培优讲义（通用版），共22页。试卷主要包含了一个图书馆分东西两个阅览室，某市举办小学生数学竞赛等内容，欢迎下载使用。
能力巩固提升
1．一本书由17个故事组成，各个故事的篇幅分别是1，2，3，…，17页．这17个故事有各种编排法，但无论怎样编排，故事正文都从第1页开始，以后每一个故事都从新一页码开始．如果要求安排在奇数页码开始的故事尽量少，那么最少有多少个故事是从奇数页码开始的？
2．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？
3．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？
4．在10个容器中分别装了1，2，3，4，5，6，7，8，9，10毫升的水，每次操作中由水多的甲容器向盛水少的乙容器注水，注水量恰好等于乙容器原有的水量．问：能否在若干次操作后，使5个容器都装有3毫升的水，其余容器分别装有6，7，8，9，10毫升的水？如果能，请说明操作顺序；如果不能，请说明理由．
5．一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？
6．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？
7．在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成所剩两数之和，这样继续操作下去，最后得到88，66，99．问：原来写的三个整数能否是1，3，5？
8．四只同样的瓶子内分别装有一定数量的油，每瓶和其他各瓶分别合称一次，记录千克数如下：8、9、10、11、12、13．已知四只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数，求最重的两瓶内有多少油？
9．四个人一道去郊游，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？
10．现有1，1，2，2，3，3，…，10，10共20个数．请问能否将这些数排成一行并且满足：两个1之间有一个数，两个2之间有两个数，两个3之间有三个数，…，两个10之间有十个数？试证明你的结论．
11．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．
12．学校组织运动会，小明领回自己的运动员号码后，小玲问他：“今天发放的运动员号码加起来是奇数还是偶数？”小明说：“除开我的号码，把今天发的其它号码加起来，再减去我的号码，恰好是100．”今天发放的运动员号码加起来，到底是奇数还是偶数？
13．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？
14．你能不能将整数从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？
15．有m（m≥2）只杯子全部口朝下放在桌子上，每次翻转其中的（m－1）只杯子．经过若干次翻转，能使杯口全部朝上吗？
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，再加上等于。如果找得出来，请写出这两个数，如果找不出来，请说明理由。
17． 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。
18．（吴中区）50枚棋子围成圆圈，编上号码1、2、3、4、…50，每隔一枚棋子取出一枚，要求最后留下的枚棋子的号码是42号，那么该从几号棋子开始取呢？
19．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。
20．有10张，卡片分别标有从2开始的10个连续偶数。如果将它们分成5组，每组两张，计算同组中两个偶数和分别得到①34，②22，③16，④30，⑤8，那么每组中的两张卡片上标的数各是多少？
21．有一个7×7的棋盘，每一个小方格中有一只小甲虫，假定在同一时刻，所有的小甲虫都爬到相邻的格子中（横向或纵向的格，不能斜爬），问此时能否出现空格？
22．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。
综合拔高拓展
23．在一张行列的方格纸上，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。问：填入的个数字中是奇数多还是偶数多？
24．将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数．
25． 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？
26．数列，，，，，，，，，，的排列规律是前两个数是，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，在斐波那契数列前个数中共有几个偶数？
27．丁丁也不甘示弱：你们知道著名的“斐波那契”数列吗？它是这样一组数：1，1，2，3，5，8，13，21，……从第三个数开始，以后每个数都是它前两个数的和，请问：前2016个数中共有多少个偶数？
28．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）
29．7只杯子全部杯口朝上放在桌子上，每次翻转其中的2只杯子．能否经过若干次翻转，使得7只杯子全部杯口朝下？
30．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？
31．对于任意一个自然数n，当n为奇数时，加上121；当n为偶数时，除以2，这算一次操作现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？
32．小华在一个文具店里买了5支铅笔，4块橡皮，8个练习本，付给售货员2元钱，售货员叔叔找给他5角5分。小华看了看铅笔的价格是每支8分，就说：“叔叔，您把帐算错啦！”请问：小华怎么知道这笔帐算错了？
33．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？
34．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？
35．从公元1年开始到2年，3年，一直到2009年，在这些年份当中，请问有多少奇数年？有多少个偶数年？
36．一个自然数自乘的结果是一个完全平方数．例如1，4，9，36都是完全平方数．找出下列自然数11，111，1111，11111，111111……中的完全平方数．
37．在黑板上写上数1，2，3，4，……98,每次擦去任意两个数，换上这两个数的和或差，重复这样的操作连续若干次，直到黑板上仅留下一个数为止，这个数能是1000吗？
38．有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币．小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？
39．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？
40．八十个数排成一行，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？
41．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：“无论你们怎样握手，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？
42．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）？
43．不超过201的自然数中，至少有两个数字相同的奇数有多少个？
44．有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆。开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子。问，能否做到：
⑴某2堆石子全部取光？
⑵3堆中的所有石子都被取走？
45．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？
46．能否将这16个自然数填入的方格表中（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。
47．线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，每个分点随意标上红色或蓝色，这样分得n+1 个不重叠的小线段．如果把两端点颜色不同的线段叫标准线段，试证标准线段的个数是奇数．
48．某城市举行小学生数学竞赛，试卷共有20道题．评分标准是：答对一道给3分，没答的题每题给1分，答错一道扣1分．问：所有参赛学生的得分总和是奇数还是偶数？为什么？
49．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？
50．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？
51．在黑板上写1～2007这2007个自然数，每次任意擦去两个数，然后写上它们的和或差，一直这样重复操作，经过若干次后黑板上只剩下一个数，请问结果是奇数还是偶数？为什么？
52．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？
53．一只电动老鼠从下图的A点出发，沿格线奔跑，并且每到一个格点不是向左转就是向右转。当这只电动老鼠又回到A点时，甲说它共转了81次弯，乙说它共转了82次弯。如果甲、乙二人有一人说对了，那么谁正确？
参考答案
1．5个
【详解】先排9个奇数页的故事，其中有5个从奇数页开始，再排8个偶数页的故事，都是从偶数页码开始．
2．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
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．
3．不能
【分析】据题意可知：共八个房间，有七个房间开着灯，为单数，一个房间关着灯为单数，每次同时拨动四个房间的开关，偶数×偶数＝偶数，无论怎么循环关多少次都不会变为奇数，即不能把全部房间的灯关上。
【详解】因为共八个房间，有七个房间开着灯，为单数，一个房间关着灯也为单数。每次同时拨动四个房间的开关，根据数的奇偶性可知：偶数×偶数＝偶数；所以，无论怎么循环关多少次都不会变为奇数，即不能把全部房间的灯关上。
答：不能，因为偶数×偶数＝偶数，无论怎么循环关多少次都不会变为奇数，即不能把全部房间的灯关上。
【点睛】本题中被8整除的数都不可以（除了1），同时拨动2或4个开关都不能把全部的关上。
4．不能．答案见详解．
【详解】解：用奇→偶表示把从装奇数毫升水的容器向装偶数毫升水的容器倒水．奇→奇，偶→奇，偶→偶的含义完全类似．因为一个自然数不是奇数就是偶数，所以每次操作，只有四种可能的情况：
①奇→偶 ②奇→奇 ③偶→奇， ④偶→偶
对①来说，因为奇数-偶数=奇数，偶数+偶数=偶数，所以奇→偶这种操作不会改变这两个容器装水毫升数的奇偶性．
对③来说，因为偶数-奇数=奇数，奇数+奇数=偶数，所以偶→奇这种操作把这两个容器装水毫升数的奇偶性做了对换，但它不改变10个容器中装奇数毫升水的容器的个数．
对④来说，因为偶数-偶数=偶数，偶数+偶数=偶数，所以偶→偶这种操作不会改变这两个容器装水毫升数的奇偶性．
对②来说，因为奇数-奇数=偶数，奇数+奇数=偶数，所以奇→奇这种操作把两个装奇数毫升水的容器变为两个装偶数毫升水的容器．
总结以上可知，进行一次操作后，10个容器中装奇数毫升水的容器的个数，或者没有变化，或者减少两个，从而进行若干次操作后，装奇数毫升水的容器个数小于或等于原来装奇数毫升水的容器个数．原来装奇数毫升水的容器有5个，不管经过多少 次操作，都不会使装奇数毫升水的容器变为7个．
5．西阅览室
【分析】根据奇偶运算定律，奇数＋奇数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，偶数＋偶数＝偶数，据此解答即可。
【详解】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。
【点睛】本题考查奇偶运算定律，明确奇偶运算定律是解题的关键。
6．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．
7．不能
【详解】如果原来写的是1，3，5，那么从第一次改变后，三个数永远是两个奇数一个偶数．
8．12千克
【分析】由于每只瓶都称了三次，因此记录数之和是4瓶油（连瓶）重量之和的3倍，即4瓶油（加瓶）共重（8+9+10+11+12+13）÷3=21（千克），而油重之和及瓶重之和均为质数，所以它们必为一奇一偶，而质数中是偶数的质数只有2，故有（1）油重之和为19千克，瓶重之和为2千克，每只瓶重千克，最重的两瓶内的油为13﹣×2=12（千克）．（2）油重之和为2千克，瓶重之和为19千克，每只瓶重千克，最重的两瓶内的油为13﹣×2=（千克），这与油重之和为2千克矛盾，不合要求，删去．
【详解】每个瓶称三次，故四个瓶子总重量为（8+9+10+11+12+13）÷3=21 （千克）． 21是奇数，故空瓶重量之和与油重量之和必为一奇一偶．
（1）而2是偶质数，故空瓶重量和为2，油重量和为19．每个空瓶0.5，故最重两瓶（即重13的两瓶）有13﹣0.5×2=12（千克）．
（2）油重之和为2千克，瓶重之和为19千克，每只瓶重千克，最重的两瓶内的油为13﹣×2=（千克），这与油重之和为2千克矛盾，不合要求，删去．
答：最重的两瓶内有12千克油．
9．（1）42（2）不同
【详解】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：（岁）年龄最大的人的岁数：（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。
10．不能，证明见详解．
【分析】对本题，解题的思路比较多，我们采用“染色”法来解答，应用奇偶性来找出矛盾．
【详解】将这20个数所应占有20个位置进行黑白相间染色．如图所示，白色位置和黑色位置各占10个．
根据题意，两个奇数之间要有奇数个数，两个偶数之间要有偶数个数，则两个奇数所占的位置应该是颜色相同的两个位置，而每个偶数要占5个黑色位置和5个白色位置．剩下的10个奇数，要么占10个黑色位置，要么占10个白色位置．于是如果满足题设的要求，则需要15个白色位置和5个黑色位置或者需要5个白色位置和15个黑色位置，这与黑白位置各占10个相矛盾．所以没有满足题设的排法．
11．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
12．偶数
【详解】号码总和等于100加上小明号码的2倍．
13．偶数
【分析】根据偶数－偶数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数解答即可。
【详解】送出奇数张贺年卡的人数一定是偶数。
因为是两人互送贺年卡，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。
【点睛】本题考查奇数和偶数的运算性质，解答本题的关键是掌握奇数和偶数的特征。
14．不能
【分析】根据0到8有5个偶数，4个奇数，根据奇数和偶数的运算性质进行解答即可。
【详解】不能，因为0到8有5个偶数，4个奇数，分到3行中，偶数个奇数相加的和为偶数，偶数加偶数的和为偶数，不能保证每一行的三个数之和都为奇数。
【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。
15．m为奇数时不能， m为偶数时，翻转m次能使全部朝上
【分析】当m是奇数时，（m－l）是偶数．如果每次翻转偶数只杯子，那么无论经过多少次翻转，杯口朝上（下）的杯子数的奇偶性不会改变．一开始m只杯子全部杯口朝下，即杯口朝下的杯子数是奇数，每次翻转（m－1）即偶数只杯子．无论翻转多少次，杯口朝下的杯子数永远是奇数，不可能全部朝上．
当m是偶数时，（m－1）是奇数．为了直观，我们先从m=4的情形入手观察，在表1中用表示杯口朝上，表示杯口朝下，每次翻转3只杯子，保持不动的杯子用*号标记．翻转情况如表1．
表1
由表1看出，只要翻转4次，并且依次保持第1、2、3、4只杯子不动，就可达到要求．一般来说，对于一只杯子，要改变它的初始状态，需要翻奇数次．对于m只杯子，当m是偶数时，因为（m-1）是奇数，所以每只杯子翻转（m-1）次，就可使全部杯子改变状态．要做到这一点，只需要翻转m次，并且依次保持第1，2，…，m只杯子不动，这样在m次翻转中，每只杯子都有一次没有翻转，即都翻转了（m-1）次．
【详解】m只杯子放在桌子上，每次翻转（m-1）只．当m是奇数时，无论翻转多少次，m只杯子都不可能全部改变初始状态；当m是偶数时，翻转m次，可以使m只杯子全部改变初始状态．
答：经过若干次翻转，能使杯口全部朝上．
16．不能找出
【分析】因为两个数的和与两个数的差的奇偶性相同，所以的和是偶数。由结论三可知，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。
【详解】由分析可知：
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。
【点睛】本题考查奇偶数运算，明确偶数＋偶数＝偶数是解题的关键。
17．不能
【分析】根据1到9中共有5个奇数，偶数个奇数相加的和为偶数，据此解答即可。
【详解】不能，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。
【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特征。
18．应该从第7个棋子开始取
【详解】试题分析：此题剩下的号码是偶数，所以，要从奇数开始拿起，假设先从1开始拿起，可以进行讨论找出规律解决问题．
解答：解：假设第一枚拿走1则：第一圈剩下：2，4，6，8，…50，
第二圈剩下：4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，
第三圈剩下：4，12，20，28，36，44，
第四圈剩下：4，20，36，
第五圈剩下：4，36，
最后剩下：36，
要想剩下42顺推一下即可：1+42﹣36=7
第一个拿走7即可．
答：应该从第7个棋子开始取．
点评：此题考查了简单的排列组合的解决问题的方法．
19．见详解
【分析】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，每一个人只能影响右邻的人，说明有k个说谎的人，那么k＝2a，则说明k是偶数。
【详解】设说谎的物理学家有a个，
根据题意可得：有a个物理学家说谎，同时也会有a个化学家说谎，说谎的总人数等于物理学家的人数；
即：k＝2a
所以k为偶数。
【点睛】由于大家都说自己的右邻是化学家，所以每个物理学家的左邻都说了假话，而每个说假话的人的右邻都是物理学家，因此，说假话的人数等于物理学家的人数，即为k个，而物理学家和化学家中说假话的人数一样多，所以共有偶数个说假话的人，即k为偶数。
20．16和18；8和14；4和12；10和20；2和6
【分析】从2开始的10个连续偶数分别是2、4、6、8、10、12、14、16、18、20，考虑34、22、16、30、8的不同的分拆方法，找出唯一的分拆方式。
【详解】10个连续偶数是：2、4、6、8、10、12、14、16、18、20。
8＝2＋6
16＝4＋12
22＝14＋8
30＝20＋10
34＝16＋18
所以每组中的两张卡片上标的数各是16和18；8和14；4和12；10和20；2和6。
【点睛】在考虑数的分拆时，可以从有唯一拆法的入手，比如8只能拆成2加6。
21．会出现空格
【分析】初看题，似乎无从下手，但是我们可以利用“染色”的手段，使问题得到简化．我们用的手段同前面所讲的奇偶性很类似．
【详解】将7×7棋盘用黑白两种颜色相间染色，如图所示，此时，共有黑格25个，白格24个．因此，当每个小格中的甲虫同时爬向邻格时，即黑格中的甲虫爬到白格中，白格中的甲虫爬到黑格中，由于黑格比白格多一格，则原来白格中的甲虫爬到黑格后必定至少有一个黑格是空的．所以此时肯定会出现空格．
22．1，2，3，5
【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。
23．偶数
【分析】根据自然数和的奇偶性可知：奇数＋奇数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，那么，第一行填的数中偶数比奇数多1个，第二行填的数中偶数比奇数少1个，第三得填的数中偶数比奇数多1个，第四行填的数中偶数比奇数少1个，可见，前8行中奇数和偶数的个数一样多，而第九行中偶数多．所以，81个数字中偶数多。
【详解】因为：奇数＋奇数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，
所以，第一行填的数中由偶数开始，偶数结束，偶数比奇数多1个，
第二行填的数中由奇数开始，数数结束，偶数比奇数少1个，
同样，第三得填的数中偶数比奇数多1个，
第四行填的数中偶数比奇数少1个，
即前8行中奇数和偶数的个数一样多，而第九行中偶数多一个．所以，81个数字中偶数多．
答：81个数中偶数多。
【点睛】三题要在了解自然数和的奇偶性基础上完成，也可加一加找下规律。
24．证明：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数．如加法算式所示：
末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9．将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质．照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾．
由此得出，和的数字中必有偶数．
【详解】略
25．偶数
【分析】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，所以呈两黑两白依次相邻，据此解答即可。
【详解】偶数，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。
【点睛】本题考查奇数与偶数，解答本题的关键是理解排列的规律。
26．669个
【分析】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，所以前个数有个偶数。
【详解】，余数是2，那么这个数列的第2008个数和第2009个数是奇数，则偶数有669个。
【点睛】找到题干中的数列规律是解题的关键。
27．672个
【分析】由奇数＋奇数＝偶数，偶数十奇数＝奇数，从而可以发现斐波那契数列中数列是以“奇数、奇数、偶数、奇数、奇数、偶数……”3个一周期排列的，所以2016÷3＝672（个）周期，每个周期里有1个偶数，672×1＝672（个），即有672个偶数。
【详解】2016÷3＝672（个）
672×1＝672（个）
答：前2016个数中共有672个偶数。
【点睛】找到题干中的数列规律是解题的关键。
28．22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。
29．不能
【详解】盲目的试验，可能总也找不到要领．如果我们分析一下每次翻转后杯口朝上的杯子数的奇偶性，就会发现问题所在．一开始杯口朝上的杯子有7只，是奇数；第一次翻转后，杯口朝上的变为5只，仍是奇数；再继续翻转，因为只能翻转两只杯子，即只有两只杯子改变了上、下方向，所以杯口朝上的杯子数仍是奇数．类似的分析可以得到，无论翻转多少次，杯口朝上的杯子数永远是奇数，不可能是偶数0．也就是说，不可能使7只杯子全部杯口朝下．
30．可能
【分析】只有奇数次翻转奇数次 偶数次翻转偶数次才可以实现同时翻转。
【详解】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。
【点睛】此题考查奇偶性的应用。
31．见详解
【分析】这两个操作都无法改变得数仍然是11倍数的这一性质，即在运算过程中出现的数一定都是11的倍数，即可得出结论。
【详解】答：231是11的倍数，操作只有两个，一个是加121，而121也是11的倍数，另一个操作是除以2（一个是11倍数的偶数的一半，仍然是11的倍数），这两个操作都无法改变得数仍然是11倍数的这一性质，即在运算过程中出现的数一定都是11的倍数，因为100不是11的倍数，所以在题目中定义的运算里是不可能出现100的。
【点睛】本题考查奇偶性问题，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是这两个操作都无法改变得数仍然得11倍数的这一性质。
32．见详解
【解析】付了2元，找回5角5分，售货员收了145分，每支8分，5支铅笔是40分，那么4块橡皮，8个练习本是105分，但是4块橡皮，8个练习本的价钱一定是偶数，105是奇数，不可能的。
【详解】2元＝200分，5角5分＝55分；
（分）
（分）
（分）
不论橡皮和练习本的单价是多少，其总价一定是偶数，不可能等于105，据此可判断帐算错啦。
【点睛】本题用到了奇数和偶数的运算规律进行推导，偶数乘奇数或偶数得到的都是偶数，奇数乘奇数得到奇数。
33．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．
34．可能
【分析】要把杯子口由向上变成向下，只要每只杯子翻动奇数次，杯口就能向下，六只杯子，需要六个奇数次。
【详解】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。
【点睛】这是个奇偶性的应用题，每只杯子翻动奇数次，杯口的方向就能改变。
35．奇数年份1005个；偶数年份1004个
【分析】每两个连续自然数都会有一个奇数、一个偶数，用2009除以2，根据是否有余数进行判断。
【详解】
答：奇数年份1005个；偶数年份1004个。
【点睛】求从1开始的连续n个自然数有多少个奇数，多少个偶数，用n除以2，根据是否有余数进行判断。
36．11，111，1111，11111，111111……中没有完全平方数
【分析】由于偶数的平方(一个数自乘)不可能是奇数，因此11，111，1111，11111，111111……中如果有完全平方数，则一定是奇数的平方．
【详解】解：设a是奇数，则a=2k+1，k是整数，a2=(2k+1)×(2k+1) =4×(k2+k)+1，即奇数的平方是4的倍数加1．而题中的各数都是4的倍数加3的形式．因此11，111，1111，11111，111111……不可能是奇数的平方，更不可能是偶数的平方．所以11，111，1111，11111，111111……中没有完全平方数．
【点睛】任意一个偶数都可以表示成2k的形式，任意一个奇数都可以表示成2k+1的形式，其中k是整数．
37．不能
【详解】解：如果擦去两个偶数或一奇一偶，那么操作一次，黑板上奇数个数不变．如果擦去两个奇数，那么操作一次，黑板上奇数就减少2个．所以，每操作一次，黑板上的奇数或不变或减少2个，即奇数个数的奇偶性不变． 因为1，2，3，4，……98中共有49个奇数，所以，操作若干次后，黑板上仅留下一个数时，这个数只能是奇数，即这个数不可能是1000．
【点睛】在一定的规则下进行某种操作或变换，问是否（或证明）能达到一个预期的目的，这就是所谓的操作变换问题．此类问题解题的关键是在操作变换中挖掘不变量、不变性．
38．不能
【详解】开始只有1枚1分硬币，没有1角的，所以开始时1角的和1分的总枚数为 0+1=1，这是奇数．每使用一次该机器，1分与1角的总枚数记为Q．下面考查Q的奇偶性．
如果塞入1枚1分的硬币，那么Q暂时减少1，但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币），所以总数Q没有变化；如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币），那么Q增加4，而其奇偶性不变；如果塞入1枚1角硬币，那么Q增加2，其奇偶性也不变．所以每使用一次机器，Q的奇偶性不变，因为开始时Q为奇数，它将一直保持为奇数．
这样，我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少 10的情况，因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币，那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数．矛盾．
39．2；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．
40．奇数
【分析】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：，所以，题中最右边的一个数是奇数，第七十九个数是偶数。
【详解】根据分析可知，如果这组数按3个一组、3个一组，这组数的排列规律是：偶，奇，奇，偶，奇，奇，……
80÷3＝26……2
所以，这组数的最右边的数是第27组中的第二个数，是奇数。
答：最右边的一个数是奇数。
【点睛】找出这组的排列规律，是解答此题的关键。
41．见详解
【分析】握手是两个人的行为，每握手一次，总次数增加2，最终总次数一定是偶数，而只有偶数个奇数相加减，结果才是偶数。
【详解】因为握手总次数一定是偶数；而只有偶数个奇数相加减，结果才是偶数。
【点睛】本题考查的是奇偶性的实际应用，偶数个奇数相加减，结果是偶数，奇数个奇数相加减，结果是奇数。
42．不能得到
【分析】根据三数的奇偶性的变化规律是“奇、奇、偶，奇、奇、偶”可知，（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；即永远不会变化出三个奇数来。
【详解】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）。
【点睛】找出每个变化过程中三数奇偶性变化规律，利用“奇奇偶，奇奇偶”，是解答此题的关键。
43．23个
【分析】此题较为复杂，是容斥原理与排列组合知识的综合题型．首先按数位分两大类：两位数与三位数．两位数中：只有5个（11、33、55、77、99）符合要求．三位数的个数必须利用容斥原理公式计算：至少两个数字相同的反面是三个数字都不相同，奇数的反面是偶数，所以设计韦恩图为：
可看出外围部分即为所求至少有两个数字相同的奇数．
【详解】两位数中：只有11、33、55、77、99共5个符合要求．
三位数中：三个数字都不相同的数字个数为9×8=72（个）
偶数有50个
三个数字都不相同的偶数为5×8=40个
至少有两个数字相同的奇数为100-（72+50-40）=18（个）
所以不超过201的自然数中，至少有两个数字相同的奇数有18+5=23（个）．
答：不超过201的自然数中，至少有两个数字相同的奇数有23个．
44．⑴可以；⑵不能
【分析】要使得某两堆石子全部取光，只需使得其中有两堆的石子数目一样多，那么如果我们把最少的一堆先取光，只要剩下的两堆中有一堆数目是偶数，再平分一下就可以实现了。而题中数字正好能满足要求。所以，全部取光两堆是可以的。
对于第二个问题，要取走全部3堆，则必须3堆石子的总数是3的倍数才有可能，但1989、989、89之和并非3的倍数，所以是不可能的。
【详解】⑴可以取光其中的两堆石子。如进行如下的操作：
⑵不能将三堆全部取光。 因为每一次取走石子是从三堆中同时取走相同数目的石子，那么每次取走的石子数都是3的倍数，则不论怎么取，取走的石子总数是3的倍数，
而，3067被3除余1，不是3的整数倍，所以不能将三堆石子全部取光。
【点睛】考查了3的倍数的实际应用。
45．9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。
46．不能，理由见解析
【分析】假设若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，先将所有的行和与列和相加，所得之和为的方格表中所有数之和的2倍。即为：；而将8个连续的自然数之和设为：，就有：，即显然这个式子左端为奇数，右端为偶数，得出矛盾；据此解题即可。
【详解】不能。将所有的行和与列和相加，所得之和为的方格表中所有数之和的2倍。即为：
而8个连续的自然数之和设为：
若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，即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。
【点睛】正确理解运用数的奇偶性，从不同的角度分析处理一个量，而产生矛盾，是解答此题的关键。
47．证明：当在线段AB中插入第一个点时，无论红色或蓝色，标准线段只有一条．
插入第二个点时有三种情况：
（1）若插入的点在标准线段中，则标准线段的条数不变
（2）若插入的点不在标准线段中，即插入点在两端同色的线段中，但插入点颜色与线段端点颜色相同，则标准线段的条数不变
（3）若插入的点不在标准线段中，即插入点在两端同色的线段中，但插入点颜色与线段端点颜色不相同，则标准线段增加2条．
同样每新插入一个点，标准线段的条数或不变或增加2条．由开始只有一条标准线段，再加若干个2仍然是奇数条．所以标准线段的个数是奇数．
【详解】略
48．一定是偶数，因为每个人20道题得分都分别是奇数，20个奇数的和一定是偶数．每个人的得分都是偶数，所以无论有多少参赛学生，参赛学生的得分总和一定是偶数．
【详解】略
49．11篇
【分析】根据偶数与奇数相邻，偶数页的文章先编排保证7篇文章的第一页都是奇数页码，再将奇数页的文章按照从少到多的页数进行编排，保证4篇文章的第一页都是奇数页码，据此解答即可。
【详解】根据奇偶数性质，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）。
【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特征。
50．1
【分析】根据题目内容，可以列出所要讨论的式子为。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。
【详解】由分析可知：
＝奇数
1．如果三个数都是奇数，根据奇数＋奇数＝偶数，偶数＋奇数＝奇数，奇数×奇数＝奇数，奇数＋奇数＝偶数，不符合题干要求。
2．如果是2个奇数1个偶数，则＝偶数，＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，不符合题干要求。
3．如果是1个奇数2个偶数，则＝奇数，＝偶数，偶数＋奇数＝奇数，符合题干要求，
4．如果是3个偶数，则＝偶数，＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，不符合题干要求。
答：这三个数中最多可以1几个奇数。
【点睛】本题考查奇偶数运算定律，明确奇偶数运算定律是解题的关键。
51．偶数,原因见详解
【分析】加减法中偶数不改变结果的奇偶性（偶数都可以看作0或没有操作）
加减法中奇数改变结果的奇偶性（奇数都可以看作1）
【详解】奇数±奇数=偶数 擦去两个奇数写上一个偶数不改变结果的奇偶性
偶数±偶数=偶数 擦去两个偶数写上一个偶数不改变结果的奇偶性
奇数±偶数=奇数 擦去一个奇数一个偶数写上一个奇数相当于只擦去一个偶数还是不改变结果的奇偶性，在1-2007中有1004个奇数，每次都是成对的擦去奇数，所以最后只剩下一个数是偶数．
【点睛】此题可以转化为1—2007这2007个数之间任意添加号或减号其结果是奇数还是偶数.
52．1
【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。
53．甲
【分析】因为老鼠遇到格点必须转弯，所以经过多少格点就转了多少次弯.如图所示，老鼠从黑点出发，到达任何一个黑点都是转奇数次弯，进一步利用奇偶性解答问题即可.
【详解】如上图所示，将格点黑白相间染色，因为老鼠遇到格点必须转弯，所以经过多少格点就转了多少次弯。如上图所示，老鼠从黑点出发，到达任何一个黑点都转了奇数次弯，所以甲正确。
【点睛】解决本题的关键是设计格点，再利用奇偶性分析即可。
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
性质6：结果的奇偶性只与式子中奇数的个数有关
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。
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
初始状态
第一次翻转
*
第二次翻转
*
第三次翻转
*
第四次翻转
*
第一堆
第二堆
第三堆
1989
989
89
第一步：三堆各取走89块
1900
900
0
第二步：第二堆900是偶数，将其一半移入第三堆
1900
450
450
第三步：三堆各取走450块
1450
0
0
能力巩固提升
1．一本书由17个故事组成，各个故事的篇幅分别是1，2，3，…，17页．这17个故事有各种编排法，但无论怎样编排，故事正文都从第1页开始，以后每一个故事都从新一页码开始．如果要求安排在奇数页码开始的故事尽量少，那么最少有多少个故事是从奇数页码开始的？
2．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？
3．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？
4．在10个容器中分别装了1，2，3，4，5，6，7，8，9，10毫升的水，每次操作中由水多的甲容器向盛水少的乙容器注水，注水量恰好等于乙容器原有的水量．问：能否在若干次操作后，使5个容器都装有3毫升的水，其余容器分别装有6，7，8，9，10毫升的水？如果能，请说明操作顺序；如果不能，请说明理由．
5．一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？
6．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？
7．在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成所剩两数之和，这样继续操作下去，最后得到88，66，99．问：原来写的三个整数能否是1，3，5？
8．四只同样的瓶子内分别装有一定数量的油，每瓶和其他各瓶分别合称一次，记录千克数如下：8、9、10、11、12、13．已知四只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数，求最重的两瓶内有多少油？
9．四个人一道去郊游，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？
10．现有1，1，2，2，3，3，…，10，10共20个数．请问能否将这些数排成一行并且满足：两个1之间有一个数，两个2之间有两个数，两个3之间有三个数，…，两个10之间有十个数？试证明你的结论．
11．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．
12．学校组织运动会，小明领回自己的运动员号码后，小玲问他：“今天发放的运动员号码加起来是奇数还是偶数？”小明说：“除开我的号码，把今天发的其它号码加起来，再减去我的号码，恰好是100．”今天发放的运动员号码加起来，到底是奇数还是偶数？
13．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？
14．你能不能将整数从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？
15．有m（m≥2）只杯子全部口朝下放在桌子上，每次翻转其中的（m－1）只杯子．经过若干次翻转，能使杯口全部朝上吗？
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，再加上等于。如果找得出来，请写出这两个数，如果找不出来，请说明理由。
17． 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。
18．（吴中区）50枚棋子围成圆圈，编上号码1、2、3、4、…50，每隔一枚棋子取出一枚，要求最后留下的枚棋子的号码是42号，那么该从几号棋子开始取呢？
19．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。
20．有10张，卡片分别标有从2开始的10个连续偶数。如果将它们分成5组，每组两张，计算同组中两个偶数和分别得到①34，②22，③16，④30，⑤8，那么每组中的两张卡片上标的数各是多少？
21．有一个7×7的棋盘，每一个小方格中有一只小甲虫，假定在同一时刻，所有的小甲虫都爬到相邻的格子中（横向或纵向的格，不能斜爬），问此时能否出现空格？
22．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。
综合拔高拓展
23．在一张行列的方格纸上，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。问：填入的个数字中是奇数多还是偶数多？
24．将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数．
25． 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？
26．数列，，，，，，，，，，的排列规律是前两个数是，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，在斐波那契数列前个数中共有几个偶数？
27．丁丁也不甘示弱：你们知道著名的“斐波那契”数列吗？它是这样一组数：1，1，2，3，5，8，13，21，……从第三个数开始，以后每个数都是它前两个数的和，请问：前2016个数中共有多少个偶数？
28．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）
29．7只杯子全部杯口朝上放在桌子上，每次翻转其中的2只杯子．能否经过若干次翻转，使得7只杯子全部杯口朝下？
30．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？
31．对于任意一个自然数n，当n为奇数时，加上121；当n为偶数时，除以2，这算一次操作现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？
32．小华在一个文具店里买了5支铅笔，4块橡皮，8个练习本，付给售货员2元钱，售货员叔叔找给他5角5分。小华看了看铅笔的价格是每支8分，就说：“叔叔，您把帐算错啦！”请问：小华怎么知道这笔帐算错了？
33．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？
34．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？
35．从公元1年开始到2年，3年，一直到2009年，在这些年份当中，请问有多少奇数年？有多少个偶数年？
36．一个自然数自乘的结果是一个完全平方数．例如1，4，9，36都是完全平方数．找出下列自然数11，111，1111，11111，111111……中的完全平方数．
37．在黑板上写上数1，2，3，4，……98,每次擦去任意两个数，换上这两个数的和或差，重复这样的操作连续若干次，直到黑板上仅留下一个数为止，这个数能是1000吗？
38．有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币．小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？
39．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？
40．八十个数排成一行，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？
41．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：“无论你们怎样握手，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？
42．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）？
43．不超过201的自然数中，至少有两个数字相同的奇数有多少个？
44．有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆。开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子。问，能否做到：
⑴某2堆石子全部取光？
⑵3堆中的所有石子都被取走？
45．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？
46．能否将这16个自然数填入的方格表中（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。
47．线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，每个分点随意标上红色或蓝色，这样分得n+1 个不重叠的小线段．如果把两端点颜色不同的线段叫标准线段，试证标准线段的个数是奇数．
48．某城市举行小学生数学竞赛，试卷共有20道题．评分标准是：答对一道给3分，没答的题每题给1分，答错一道扣1分．问：所有参赛学生的得分总和是奇数还是偶数？为什么？
49．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？
50．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？
51．在黑板上写1～2007这2007个自然数，每次任意擦去两个数，然后写上它们的和或差，一直这样重复操作，经过若干次后黑板上只剩下一个数，请问结果是奇数还是偶数？为什么？
52．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？
53．一只电动老鼠从下图的A点出发，沿格线奔跑，并且每到一个格点不是向左转就是向右转。当这只电动老鼠又回到A点时，甲说它共转了81次弯，乙说它共转了82次弯。如果甲、乙二人有一人说对了，那么谁正确？
参考答案
1．5个
【详解】先排9个奇数页的故事，其中有5个从奇数页开始，再排8个偶数页的故事，都是从偶数页码开始．
2．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
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．
3．不能
【分析】据题意可知：共八个房间，有七个房间开着灯，为单数，一个房间关着灯为单数，每次同时拨动四个房间的开关，偶数×偶数＝偶数，无论怎么循环关多少次都不会变为奇数，即不能把全部房间的灯关上。
【详解】因为共八个房间，有七个房间开着灯，为单数，一个房间关着灯也为单数。每次同时拨动四个房间的开关，根据数的奇偶性可知：偶数×偶数＝偶数；所以，无论怎么循环关多少次都不会变为奇数，即不能把全部房间的灯关上。
答：不能，因为偶数×偶数＝偶数，无论怎么循环关多少次都不会变为奇数，即不能把全部房间的灯关上。
【点睛】本题中被8整除的数都不可以（除了1），同时拨动2或4个开关都不能把全部的关上。
4．不能．答案见详解．
【详解】解：用奇→偶表示把从装奇数毫升水的容器向装偶数毫升水的容器倒水．奇→奇，偶→奇，偶→偶的含义完全类似．因为一个自然数不是奇数就是偶数，所以每次操作，只有四种可能的情况：
①奇→偶 ②奇→奇 ③偶→奇， ④偶→偶
对①来说，因为奇数-偶数=奇数，偶数+偶数=偶数，所以奇→偶这种操作不会改变这两个容器装水毫升数的奇偶性．
对③来说，因为偶数-奇数=奇数，奇数+奇数=偶数，所以偶→奇这种操作把这两个容器装水毫升数的奇偶性做了对换，但它不改变10个容器中装奇数毫升水的容器的个数．
对④来说，因为偶数-偶数=偶数，偶数+偶数=偶数，所以偶→偶这种操作不会改变这两个容器装水毫升数的奇偶性．
对②来说，因为奇数-奇数=偶数，奇数+奇数=偶数，所以奇→奇这种操作把两个装奇数毫升水的容器变为两个装偶数毫升水的容器．
总结以上可知，进行一次操作后，10个容器中装奇数毫升水的容器的个数，或者没有变化，或者减少两个，从而进行若干次操作后，装奇数毫升水的容器个数小于或等于原来装奇数毫升水的容器个数．原来装奇数毫升水的容器有5个，不管经过多少 次操作，都不会使装奇数毫升水的容器变为7个．
5．西阅览室
【分析】根据奇偶运算定律，奇数＋奇数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，偶数＋偶数＝偶数，据此解答即可。
【详解】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。
【点睛】本题考查奇偶运算定律，明确奇偶运算定律是解题的关键。
6．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．
7．不能
【详解】如果原来写的是1，3，5，那么从第一次改变后，三个数永远是两个奇数一个偶数．
8．12千克
【分析】由于每只瓶都称了三次，因此记录数之和是4瓶油（连瓶）重量之和的3倍，即4瓶油（加瓶）共重（8+9+10+11+12+13）÷3=21（千克），而油重之和及瓶重之和均为质数，所以它们必为一奇一偶，而质数中是偶数的质数只有2，故有（1）油重之和为19千克，瓶重之和为2千克，每只瓶重千克，最重的两瓶内的油为13﹣×2=12（千克）．（2）油重之和为2千克，瓶重之和为19千克，每只瓶重千克，最重的两瓶内的油为13﹣×2=（千克），这与油重之和为2千克矛盾，不合要求，删去．
【详解】每个瓶称三次，故四个瓶子总重量为（8+9+10+11+12+13）÷3=21 （千克）． 21是奇数，故空瓶重量之和与油重量之和必为一奇一偶．
（1）而2是偶质数，故空瓶重量和为2，油重量和为19．每个空瓶0.5，故最重两瓶（即重13的两瓶）有13﹣0.5×2=12（千克）．
（2）油重之和为2千克，瓶重之和为19千克，每只瓶重千克，最重的两瓶内的油为13﹣×2=（千克），这与油重之和为2千克矛盾，不合要求，删去．
答：最重的两瓶内有12千克油．
9．（1）42（2）不同
【详解】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：（岁）年龄最大的人的岁数：（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。
10．不能，证明见详解．
【分析】对本题，解题的思路比较多，我们采用“染色”法来解答，应用奇偶性来找出矛盾．
【详解】将这20个数所应占有20个位置进行黑白相间染色．如图所示，白色位置和黑色位置各占10个．
根据题意，两个奇数之间要有奇数个数，两个偶数之间要有偶数个数，则两个奇数所占的位置应该是颜色相同的两个位置，而每个偶数要占5个黑色位置和5个白色位置．剩下的10个奇数，要么占10个黑色位置，要么占10个白色位置．于是如果满足题设的要求，则需要15个白色位置和5个黑色位置或者需要5个白色位置和15个黑色位置，这与黑白位置各占10个相矛盾．所以没有满足题设的排法．
11．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
12．偶数
【详解】号码总和等于100加上小明号码的2倍．
13．偶数
【分析】根据偶数－偶数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数解答即可。
【详解】送出奇数张贺年卡的人数一定是偶数。
因为是两人互送贺年卡，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。
【点睛】本题考查奇数和偶数的运算性质，解答本题的关键是掌握奇数和偶数的特征。
14．不能
【分析】根据0到8有5个偶数，4个奇数，根据奇数和偶数的运算性质进行解答即可。
【详解】不能，因为0到8有5个偶数，4个奇数，分到3行中，偶数个奇数相加的和为偶数，偶数加偶数的和为偶数，不能保证每一行的三个数之和都为奇数。
【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。
15．m为奇数时不能， m为偶数时，翻转m次能使全部朝上
【分析】当m是奇数时，（m－l）是偶数．如果每次翻转偶数只杯子，那么无论经过多少次翻转，杯口朝上（下）的杯子数的奇偶性不会改变．一开始m只杯子全部杯口朝下，即杯口朝下的杯子数是奇数，每次翻转（m－1）即偶数只杯子．无论翻转多少次，杯口朝下的杯子数永远是奇数，不可能全部朝上．
当m是偶数时，（m－1）是奇数．为了直观，我们先从m=4的情形入手观察，在表1中用表示杯口朝上，表示杯口朝下，每次翻转3只杯子，保持不动的杯子用*号标记．翻转情况如表1．
表1
由表1看出，只要翻转4次，并且依次保持第1、2、3、4只杯子不动，就可达到要求．一般来说，对于一只杯子，要改变它的初始状态，需要翻奇数次．对于m只杯子，当m是偶数时，因为（m-1）是奇数，所以每只杯子翻转（m-1）次，就可使全部杯子改变状态．要做到这一点，只需要翻转m次，并且依次保持第1，2，…，m只杯子不动，这样在m次翻转中，每只杯子都有一次没有翻转，即都翻转了（m-1）次．
【详解】m只杯子放在桌子上，每次翻转（m-1）只．当m是奇数时，无论翻转多少次，m只杯子都不可能全部改变初始状态；当m是偶数时，翻转m次，可以使m只杯子全部改变初始状态．
答：经过若干次翻转，能使杯口全部朝上．
16．不能找出
【分析】因为两个数的和与两个数的差的奇偶性相同，所以的和是偶数。由结论三可知，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。
【详解】由分析可知：
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。
【点睛】本题考查奇偶数运算，明确偶数＋偶数＝偶数是解题的关键。
17．不能
【分析】根据1到9中共有5个奇数，偶数个奇数相加的和为偶数，据此解答即可。
【详解】不能，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。
【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特征。
18．应该从第7个棋子开始取
【详解】试题分析：此题剩下的号码是偶数，所以，要从奇数开始拿起，假设先从1开始拿起，可以进行讨论找出规律解决问题．
解答：解：假设第一枚拿走1则：第一圈剩下：2，4，6，8，…50，
第二圈剩下：4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，
第三圈剩下：4，12，20，28，36，44，
第四圈剩下：4，20，36，
第五圈剩下：4，36，
最后剩下：36，
要想剩下42顺推一下即可：1+42﹣36=7
第一个拿走7即可．
答：应该从第7个棋子开始取．
点评：此题考查了简单的排列组合的解决问题的方法．
19．见详解
【分析】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，每一个人只能影响右邻的人，说明有k个说谎的人，那么k＝2a，则说明k是偶数。
【详解】设说谎的物理学家有a个，
根据题意可得：有a个物理学家说谎，同时也会有a个化学家说谎，说谎的总人数等于物理学家的人数；
即：k＝2a
所以k为偶数。
【点睛】由于大家都说自己的右邻是化学家，所以每个物理学家的左邻都说了假话，而每个说假话的人的右邻都是物理学家，因此，说假话的人数等于物理学家的人数，即为k个，而物理学家和化学家中说假话的人数一样多，所以共有偶数个说假话的人，即k为偶数。
20．16和18；8和14；4和12；10和20；2和6
【分析】从2开始的10个连续偶数分别是2、4、6、8、10、12、14、16、18、20，考虑34、22、16、30、8的不同的分拆方法，找出唯一的分拆方式。
【详解】10个连续偶数是：2、4、6、8、10、12、14、16、18、20。
8＝2＋6
16＝4＋12
22＝14＋8
30＝20＋10
34＝16＋18
所以每组中的两张卡片上标的数各是16和18；8和14；4和12；10和20；2和6。
【点睛】在考虑数的分拆时，可以从有唯一拆法的入手，比如8只能拆成2加6。
21．会出现空格
【分析】初看题，似乎无从下手，但是我们可以利用“染色”的手段，使问题得到简化．我们用的手段同前面所讲的奇偶性很类似．
【详解】将7×7棋盘用黑白两种颜色相间染色，如图所示，此时，共有黑格25个，白格24个．因此，当每个小格中的甲虫同时爬向邻格时，即黑格中的甲虫爬到白格中，白格中的甲虫爬到黑格中，由于黑格比白格多一格，则原来白格中的甲虫爬到黑格后必定至少有一个黑格是空的．所以此时肯定会出现空格．
22．1，2，3，5
【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。
23．偶数
【分析】根据自然数和的奇偶性可知：奇数＋奇数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，那么，第一行填的数中偶数比奇数多1个，第二行填的数中偶数比奇数少1个，第三得填的数中偶数比奇数多1个，第四行填的数中偶数比奇数少1个，可见，前8行中奇数和偶数的个数一样多，而第九行中偶数多．所以，81个数字中偶数多。
【详解】因为：奇数＋奇数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，奇数＋偶数＝奇数，
所以，第一行填的数中由偶数开始，偶数结束，偶数比奇数多1个，
第二行填的数中由奇数开始，数数结束，偶数比奇数少1个，
同样，第三得填的数中偶数比奇数多1个，
第四行填的数中偶数比奇数少1个，
即前8行中奇数和偶数的个数一样多，而第九行中偶数多一个．所以，81个数字中偶数多．
答：81个数中偶数多。
【点睛】三题要在了解自然数和的奇偶性基础上完成，也可加一加找下规律。
24．证明：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数．如加法算式所示：
末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9．将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质．照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾．
由此得出，和的数字中必有偶数．
【详解】略
25．偶数
【分析】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，所以呈两黑两白依次相邻，据此解答即可。
【详解】偶数，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。
【点睛】本题考查奇数与偶数，解答本题的关键是理解排列的规律。
26．669个
【分析】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，所以前个数有个偶数。
【详解】，余数是2，那么这个数列的第2008个数和第2009个数是奇数，则偶数有669个。
【点睛】找到题干中的数列规律是解题的关键。
27．672个
【分析】由奇数＋奇数＝偶数，偶数十奇数＝奇数，从而可以发现斐波那契数列中数列是以“奇数、奇数、偶数、奇数、奇数、偶数……”3个一周期排列的，所以2016÷3＝672（个）周期，每个周期里有1个偶数，672×1＝672（个），即有672个偶数。
【详解】2016÷3＝672（个）
672×1＝672（个）
答：前2016个数中共有672个偶数。
【点睛】找到题干中的数列规律是解题的关键。
28．22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。
29．不能
【详解】盲目的试验，可能总也找不到要领．如果我们分析一下每次翻转后杯口朝上的杯子数的奇偶性，就会发现问题所在．一开始杯口朝上的杯子有7只，是奇数；第一次翻转后，杯口朝上的变为5只，仍是奇数；再继续翻转，因为只能翻转两只杯子，即只有两只杯子改变了上、下方向，所以杯口朝上的杯子数仍是奇数．类似的分析可以得到，无论翻转多少次，杯口朝上的杯子数永远是奇数，不可能是偶数0．也就是说，不可能使7只杯子全部杯口朝下．
30．可能
【分析】只有奇数次翻转奇数次 偶数次翻转偶数次才可以实现同时翻转。
【详解】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。
【点睛】此题考查奇偶性的应用。
31．见详解
【分析】这两个操作都无法改变得数仍然是11倍数的这一性质，即在运算过程中出现的数一定都是11的倍数，即可得出结论。
【详解】答：231是11的倍数，操作只有两个，一个是加121，而121也是11的倍数，另一个操作是除以2（一个是11倍数的偶数的一半，仍然是11的倍数），这两个操作都无法改变得数仍然是11倍数的这一性质，即在运算过程中出现的数一定都是11的倍数，因为100不是11的倍数，所以在题目中定义的运算里是不可能出现100的。
【点睛】本题考查奇偶性问题，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是这两个操作都无法改变得数仍然得11倍数的这一性质。
32．见详解
【解析】付了2元，找回5角5分，售货员收了145分，每支8分，5支铅笔是40分，那么4块橡皮，8个练习本是105分，但是4块橡皮，8个练习本的价钱一定是偶数，105是奇数，不可能的。
【详解】2元＝200分，5角5分＝55分；
（分）
（分）
（分）
不论橡皮和练习本的单价是多少，其总价一定是偶数，不可能等于105，据此可判断帐算错啦。
【点睛】本题用到了奇数和偶数的运算规律进行推导，偶数乘奇数或偶数得到的都是偶数，奇数乘奇数得到奇数。
33．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．
34．可能
【分析】要把杯子口由向上变成向下，只要每只杯子翻动奇数次，杯口就能向下，六只杯子，需要六个奇数次。
【详解】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。
【点睛】这是个奇偶性的应用题，每只杯子翻动奇数次，杯口的方向就能改变。
35．奇数年份1005个；偶数年份1004个
【分析】每两个连续自然数都会有一个奇数、一个偶数，用2009除以2，根据是否有余数进行判断。
【详解】
答：奇数年份1005个；偶数年份1004个。
【点睛】求从1开始的连续n个自然数有多少个奇数，多少个偶数，用n除以2，根据是否有余数进行判断。
36．11，111，1111，11111，111111……中没有完全平方数
【分析】由于偶数的平方(一个数自乘)不可能是奇数，因此11，111，1111，11111，111111……中如果有完全平方数，则一定是奇数的平方．
【详解】解：设a是奇数，则a=2k+1，k是整数，a2=(2k+1)×(2k+1) =4×(k2+k)+1，即奇数的平方是4的倍数加1．而题中的各数都是4的倍数加3的形式．因此11，111，1111，11111，111111……不可能是奇数的平方，更不可能是偶数的平方．所以11，111，1111，11111，111111……中没有完全平方数．
【点睛】任意一个偶数都可以表示成2k的形式，任意一个奇数都可以表示成2k+1的形式，其中k是整数．
37．不能
【详解】解：如果擦去两个偶数或一奇一偶，那么操作一次，黑板上奇数个数不变．如果擦去两个奇数，那么操作一次，黑板上奇数就减少2个．所以，每操作一次，黑板上的奇数或不变或减少2个，即奇数个数的奇偶性不变． 因为1，2，3，4，……98中共有49个奇数，所以，操作若干次后，黑板上仅留下一个数时，这个数只能是奇数，即这个数不可能是1000．
【点睛】在一定的规则下进行某种操作或变换，问是否（或证明）能达到一个预期的目的，这就是所谓的操作变换问题．此类问题解题的关键是在操作变换中挖掘不变量、不变性．
38．不能
【详解】开始只有1枚1分硬币，没有1角的，所以开始时1角的和1分的总枚数为 0+1=1，这是奇数．每使用一次该机器，1分与1角的总枚数记为Q．下面考查Q的奇偶性．
如果塞入1枚1分的硬币，那么Q暂时减少1，但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币），所以总数Q没有变化；如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币），那么Q增加4，而其奇偶性不变；如果塞入1枚1角硬币，那么Q增加2，其奇偶性也不变．所以每使用一次机器，Q的奇偶性不变，因为开始时Q为奇数，它将一直保持为奇数．
这样，我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少 10的情况，因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币，那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数．矛盾．
39．2；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．
40．奇数
【分析】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：，所以，题中最右边的一个数是奇数，第七十九个数是偶数。
【详解】根据分析可知，如果这组数按3个一组、3个一组，这组数的排列规律是：偶，奇，奇，偶，奇，奇，……
80÷3＝26……2
所以，这组数的最右边的数是第27组中的第二个数，是奇数。
答：最右边的一个数是奇数。
【点睛】找出这组的排列规律，是解答此题的关键。
41．见详解
【分析】握手是两个人的行为，每握手一次，总次数增加2，最终总次数一定是偶数，而只有偶数个奇数相加减，结果才是偶数。
【详解】因为握手总次数一定是偶数；而只有偶数个奇数相加减，结果才是偶数。
【点睛】本题考查的是奇偶性的实际应用，偶数个奇数相加减，结果是偶数，奇数个奇数相加减，结果是奇数。
42．不能得到
【分析】根据三数的奇偶性的变化规律是“奇、奇、偶，奇、奇、偶”可知，（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；即永远不会变化出三个奇数来。
【详解】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）。
【点睛】找出每个变化过程中三数奇偶性变化规律，利用“奇奇偶，奇奇偶”，是解答此题的关键。
43．23个
【分析】此题较为复杂，是容斥原理与排列组合知识的综合题型．首先按数位分两大类：两位数与三位数．两位数中：只有5个（11、33、55、77、99）符合要求．三位数的个数必须利用容斥原理公式计算：至少两个数字相同的反面是三个数字都不相同，奇数的反面是偶数，所以设计韦恩图为：
可看出外围部分即为所求至少有两个数字相同的奇数．
【详解】两位数中：只有11、33、55、77、99共5个符合要求．
三位数中：三个数字都不相同的数字个数为9×8=72（个）
偶数有50个
三个数字都不相同的偶数为5×8=40个
至少有两个数字相同的奇数为100-（72+50-40）=18（个）
所以不超过201的自然数中，至少有两个数字相同的奇数有18+5=23（个）．
答：不超过201的自然数中，至少有两个数字相同的奇数有23个．
44．⑴可以；⑵不能
【分析】要使得某两堆石子全部取光，只需使得其中有两堆的石子数目一样多，那么如果我们把最少的一堆先取光，只要剩下的两堆中有一堆数目是偶数，再平分一下就可以实现了。而题中数字正好能满足要求。所以，全部取光两堆是可以的。
对于第二个问题，要取走全部3堆，则必须3堆石子的总数是3的倍数才有可能，但1989、989、89之和并非3的倍数，所以是不可能的。
【详解】⑴可以取光其中的两堆石子。如进行如下的操作：
⑵不能将三堆全部取光。 因为每一次取走石子是从三堆中同时取走相同数目的石子，那么每次取走的石子数都是3的倍数，则不论怎么取，取走的石子总数是3的倍数，
而，3067被3除余1，不是3的整数倍，所以不能将三堆石子全部取光。
【点睛】考查了3的倍数的实际应用。
45．9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。
46．不能，理由见解析
【分析】假设若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，先将所有的行和与列和相加，所得之和为的方格表中所有数之和的2倍。即为：；而将8个连续的自然数之和设为：，就有：，即显然这个式子左端为奇数，右端为偶数，得出矛盾；据此解题即可。
【详解】不能。将所有的行和与列和相加，所得之和为的方格表中所有数之和的2倍。即为：
而8个连续的自然数之和设为：
若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，即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。
【点睛】正确理解运用数的奇偶性，从不同的角度分析处理一个量，而产生矛盾，是解答此题的关键。
47．证明：当在线段AB中插入第一个点时，无论红色或蓝色，标准线段只有一条．
插入第二个点时有三种情况：
（1）若插入的点在标准线段中，则标准线段的条数不变
（2）若插入的点不在标准线段中，即插入点在两端同色的线段中，但插入点颜色与线段端点颜色相同，则标准线段的条数不变
（3）若插入的点不在标准线段中，即插入点在两端同色的线段中，但插入点颜色与线段端点颜色不相同，则标准线段增加2条．
同样每新插入一个点，标准线段的条数或不变或增加2条．由开始只有一条标准线段，再加若干个2仍然是奇数条．所以标准线段的个数是奇数．
【详解】略
48．一定是偶数，因为每个人20道题得分都分别是奇数，20个奇数的和一定是偶数．每个人的得分都是偶数，所以无论有多少参赛学生，参赛学生的得分总和一定是偶数．
【详解】略
49．11篇
【分析】根据偶数与奇数相邻，偶数页的文章先编排保证7篇文章的第一页都是奇数页码，再将奇数页的文章按照从少到多的页数进行编排，保证4篇文章的第一页都是奇数页码，据此解答即可。
【详解】根据奇偶数性质，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）。
【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特征。
50．1
【分析】根据题目内容，可以列出所要讨论的式子为。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。
【详解】由分析可知：
＝奇数
1．如果三个数都是奇数，根据奇数＋奇数＝偶数，偶数＋奇数＝奇数，奇数×奇数＝奇数，奇数＋奇数＝偶数，不符合题干要求。
2．如果是2个奇数1个偶数，则＝偶数，＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，不符合题干要求。
3．如果是1个奇数2个偶数，则＝奇数，＝偶数，偶数＋奇数＝奇数，符合题干要求，
4．如果是3个偶数，则＝偶数，＝偶数，偶数＋偶数＝偶数，不符合题干要求。
答：这三个数中最多可以1几个奇数。
【点睛】本题考查奇偶数运算定律，明确奇偶数运算定律是解题的关键。
51．偶数,原因见详解
【分析】加减法中偶数不改变结果的奇偶性（偶数都可以看作0或没有操作）
加减法中奇数改变结果的奇偶性（奇数都可以看作1）
【详解】奇数±奇数=偶数 擦去两个奇数写上一个偶数不改变结果的奇偶性
偶数±偶数=偶数 擦去两个偶数写上一个偶数不改变结果的奇偶性
奇数±偶数=奇数 擦去一个奇数一个偶数写上一个奇数相当于只擦去一个偶数还是不改变结果的奇偶性，在1-2007中有1004个奇数，每次都是成对的擦去奇数，所以最后只剩下一个数是偶数．
【点睛】此题可以转化为1—2007这2007个数之间任意添加号或减号其结果是奇数还是偶数.
52．1
【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。
53．甲
【分析】因为老鼠遇到格点必须转弯，所以经过多少格点就转了多少次弯.如图所示，老鼠从黑点出发，到达任何一个黑点都是转奇数次弯，进一步利用奇偶性解答问题即可.
【详解】如上图所示，将格点黑白相间染色，因为老鼠遇到格点必须转弯，所以经过多少格点就转了多少次弯。如上图所示，老鼠从黑点出发，到达任何一个黑点都转了奇数次弯，所以甲正确。
【点睛】解决本题的关键是设计格点，再利用奇偶性分析即可。
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
性质6：结果的奇偶性只与式子中奇数的个数有关
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。
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
初始状态
第一次翻转
*
第二次翻转
*
第三次翻转
*
第四次翻转
*
第一堆
第二堆
第三堆
1989
989
89
第一步：三堆各取走89块
1900
900
0
第二步：第二堆900是偶数，将其一半移入第三堆
1900
450
450
第三步：三堆各取走450块
1450
0
0
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