DY 竞赛数学 · 三年级 — 题库预览

解题过程
直接凑整。（1）$28+72=100$；（2）$123+177=300$；（3）$220+780=1000$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(15+25)+(21+19)\\&=40+40\\&=80\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(70+30)+(63+37)+(81+19)\\&=100+100+100\\&=300\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(17+183)+(19+21)+(234+26)\\&=200+40+260\\&=500\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1+9)+(11+19)+(21+29)+(31+39)\\&=10+30+50+70\\&=160\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=35-35+121-21\\&=121-21\\&=100\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=152-19+19-13+223-32\\&=152-13+223-32\\&=(152+223)-(13+32)\\&=375-45\\&=330\end{aligned}$$。

解题过程
（1）原式 $=20-4=16$。 （2）原式 $=20-18=2$。 （3）原式 $=9-7=2$。 （4）原式 $=9+7=16$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=25-25+14-14+7\\&=7\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=57-50+28+44-28-57+26\\&=44+26-50\\&=70-50\\&=20\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(200-1)+(100-1)+(10-1)\\&=200+100+10-(1+1+1)\\&=310-3\\&=307\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(10-1)+(100-2)+(400-3)+250\\&=10-1+100-2+400-3+250\\&=(10+100+400+250)-(1+2+3)\\&=760-9\\&=751\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=321-(200-1)\\&=321-200+1\\&=122\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=456-(200-3)-(100-2)\\&=456-200+3-100+2\\&=156+5\\&=161\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(2580+20)-(2547+20)\\&=2600-2567\\&=33\end{aligned}$$（差不变性质）。 （2）原式 $=1596-1296=300$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=365+100-3\\&=462\end{aligned}$$。 （4）$$\begin{aligned}\text{原式}&=365-100+3\\&=268\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=150-(85+15)\\&=150-100\\&=50\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=1450-(375+625)-203\\&=1450-1000-203\\&=247\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(51+49)+(62+38)\\&=100+100\\&=200\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(64+136)+(127+23)+(129+71)\\&=200+150+200\\&=550\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(2+8)+(13+87)+(224+676)+(3330+6670)\\&=10+100+900+10000\\&=11010\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(73+17)+(119+381)+(231+69)\\&=90+500+300\\&=890\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(82-22)+(259-29)\\&=60+230\\&=290\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(375-175)+(247-237)-(138-139)\\&=200+10+1\\&=211\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=162-162+135-35+19\\&=(135-35)+19\\&=100+19\\&=119\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=163-50+18-153+76+124-18\\&=(163-153)+(76+124)-50\\&=10+200-50\\&=160\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1000-1)+(600-1)+(200-1)\\&=1000+600+200-(1+1+1)\\&=1800-3\\&=1797\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(4000-4)+(450-1)+(100-2)+9\\&=4000+450+100+9-(4+1+2)\\&=4559-7\\&=4552\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=1365-(600-2)\\&=1365-600+2\\&=767\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=1206-(200-1)-(300-3)-(400-2)\\&=1206-200+1-300+3-400+2\\&=1206-900+6\\&=312\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(93570+70)-(93534+70)\\&=93640-93604\\&=36\end{aligned}$$（差不变性质）。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(45000+235)-(38000+235)\\&=45000-38000\\&=7000\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=465+(200-3)\\&=465+200-3\\&=662\end{aligned}$$。 （4）$$\begin{aligned}\text{原式}&=465-(200-3)\\&=465-200+3\\&=268\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=280-(24+76)-(65+35)\\&=280-100-100\\&=80\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(267+84+116)-(162+38+147)\\&=467-347\\&=120\end{aligned}$$，即 $267-162+84-38-147+116=120$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(267-167)-(136-36)\\&=100-100\\&=0\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=325-(251-151)-(34+66)\\&=325-100-100\\&=125\end{aligned}$$。

解题过程
（1）一个加数增加 $10$，和就应该增加 $10$；另一个加数减少 $5$，和就应该减少 $5$，则和一共增加 $10-5=5$。 （2）被减数增加 $15$，差应该也增加 $15$，但现在的结果是差不但没有增加反而减少了 $8$，这个差应是由于减数变大而使差减小。首先，已要把被减数增加的 $15$ 完全抵消，另外还要使差减少 $8$，也就是把减数增加 $15+8=23$。

解题过程
（1）利用位置原理：$38+83=121$，$121-55=66$。 （2）同理：$(235+523+352)-(111+333+555)=(235-111)+(523-333)+(352-555)$，按位整理后得 $111$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=444+(222+666-888)\\&=444+0\\&=444\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(125+251+512)-(24+240+402)\\&=888-666\\&=222\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(11-10)+(9-8)+(7-6)+(5-4)+(3-2)+1\\&=1+1+1+1+1+1\\&=6\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=118-116+114-112+110-108+106-104+102+100\\&=(118-116)+(114-112)+(110-108)+(106-104)+102+100\\&=2+2+2+2+102+100\\&=210\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(21-20)+(19-18)+(17-16)+(15-14)+(13-12)+11\\&=1+1+1+1+1+11\\&=16\end{aligned}$$。 （2）原式 $=12+(23-34)+(56-45)+(78-67)+89+(67-78)+(56-45)+(34-23)+12$，对称配对后逐对相消，最终 $=12+11+23+12=47$。

解题过程
$4$ 个算式的结果分别是 $4,\ 9,\ 16,\ 25$，其中 $4=2\times 2$，$9=3\times 3$，$16=4\times 4$，$25=5\times 5$，每个算式都等于中间最大数与自身的乘积。根据这个规律（即“以中间数为边长的正方形点阵”），所求算式的中间最大数是 $20$，所以结果为 $20\times 20=400$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=364-476+187+213-324+236-150\\&=(364+187+213+236)-(476+324+150)\\&=1000-950\\&=50\end{aligned}$$。

解题过程
分别观察每个书柜中书的本数：每柜四个两位数的十位数字都是 $3,4,7,8$（顺序不同），个位数字都是 $1,2,5,6$（顺序不同）。例如第一个书柜中各数的十位上为 $3+8+4+7$、个位上为 $1+6+2+5$；其余各柜同理。所以各柜十位数字之和都为 $(3+4+7+8)\times 10=220$，个位数字之和都为 $1+2+5+6=14$，每柜书的总数都为 $220+14=234$（册），故四个书柜里书的本数一样多。

解题过程
利用位置原理观察：$3355+4466+9977=17798$，$3366+4477+9955=17798$，两组三个数各数位上数字之和分别相同，故和相等，所以$$\begin{aligned}\text{原式}&=3355+4466+9977-3366-4477-9955\\&=17798-17798\\&=0\end{aligned}$$。

解题过程
把下面的式子与上面的式子逐项比较：前 $5$ 个加数下面都比上面大 $10$，共大 $50$；后 $3$ 个减数下面分别比上面小 $30$、小 $20$、小 $10$，即少减了 $60$，相当于多加了 $60$。所以下面比上面一共多加了 $50+60=110$，下面式子的结果就是 $984+110=1094$。

解题过程
由题意知，最下面的圆圈中应填的数等于第一行 $8$ 个数之和：$$\begin{aligned}&742+465+87+32+913+968+535+258\\&=(742+258)+(465+535)+(87+913)+(32+968)\\&=1000+1000+1000+1000\\&=4000\end{aligned}$$。

解题过程
九宫格中九个数为 $11,12,13,21,22,23,31,32,33$，总和为 $198$。小高选的 $5$ 个数与墨莫选的 $5$ 个数的总和为 $120+111=231$。因为两人共选 $10$ 个数，而九宫格只有 $9$ 个数，所以恰有一个数被两人同时选中（重复一次）。这个重复的数 $=231-198=33$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=8457-7630+4578+7845-3076-6307+5784-763\\&=(8457+4578+7845+5784)-(7630+3076+6307+763)\\&=26664-17776\\&=8888\end{aligned}$$。

解题过程
$5\times 3=15$（块），即小山羊 $3$ 天吃 $15$ 块巧克力面糕。

解题过程
$28\div 4=7$（天），即墨莫做 $28$ 道数学题需要 $7$ 天。

解题过程
由题意，女生一共有 $32$ 名，每排 $4$ 名，则女生有 $32\div 4=8$（排），且每排有 $3$ 名男生，因此男生一共有 $8\times 3=24$（名）。

解题过程
饭碗有 $30\div 1=30$（个），汤碗有 $30\div 2=15$（个），菜碗有 $30\div 3=10$（个），因此一共需要碗 $30+15+10=55$（个）。

解题过程
方法一：甲、乙两仓库的大米总量为 $2000+1000=3000$（千克），当甲乙仓库的大米一样多时，每个仓库各有 $3000\div 2=1500$（千克）。甲仓库要从 $2000$ 千克变为 $1500$ 千克，需运出 $2000-1500=500$（千克），所以需要 $500\div 100=5$（天）。

解题过程
把第一周看的页数与剩下没看的页数都看作一份，则第二周看的页数占总数减去两份。由两周共看 $150-24=126$（页），又第一周看的页数与剩下没看的页数相等，故 $150$ 页减去第二周看的 $24$ 页后，余下 $126$ 页恰好是“第一周 $+$ 第一周”，所以第一周看了 $126\div 2=63$（页）。

解题过程
由题意，$2$ 个苹果能换 $3$ 个梨，则 $4$ 个苹果能换 $6$ 个梨。又 $1$ 个柚子能换 $4$ 个苹果，则 $1$ 个柚子能换 $6$ 个梨，所以 $2$ 个柚子能换 $6\times 2=12$（个）梨。

解题过程
因为 $1$ 把尺子能换 $1$ 块橡皮和 $2$ 枝铅笔，所以 $2$ 把尺子能换 $2$ 块橡皮和 $2\times 2=4$（枝）铅笔。而 $2$ 块橡皮能换 $1$ 枝铅笔，则 $2$ 把尺子能换 $4+1=5$（枝）铅笔。所以 $4$ 把尺子能换 $5\times 2=10$（枝）铅笔。

解题过程
墨莫每小时能做 $24\div 4=6$（道）题目，所以他 $7$ 个小时能完成 $6\times 7=42$（道）题目。要完成 $96$ 道题目，需要的时间为 $96\div 6=16$（个）小时。

解题过程
这个连共有 $3\times 4=12$（个）班，所以每个班吃了 $120\div 12=10$（个）馒头。每个班有 $5$ 个人，所以每个人吃了 $10\div 5=2$（个）馒头。

解题过程
刺猬共采坚果 $2\times 8=16$（个），则松鼠共采坚果 $88-16=72$（个），所以松鼠每天采 $72\div 9=8$（个）。

解题过程
根据条件可以画出下图：原计划 $5$ 天看完，每天若多看 $2$ 页，则一共多看 $2\times 4=8$（页），它等于原计划第 $5$ 天看的页数，故原计划每天看 $8\div 1=8$（页），所以这本漫画书共有 $8\times 5=40$（页）。

解题过程
由站在甲右边的共 $16$ 枝、站在丙右边的共 $4$ 枝、站在丁右边的共 $25$ 枝，可推出四人从左到右的站位为丁、甲、丙、乙。从图中可以看出，乙手中拿着 $4$ 枝花。甲的右边共 $16$ 枝花，那么丙拿着 $16-4=12$（枝）花。丁的右边共 $25$ 枝花，那么甲拿着 $25-16=9$（枝）花，丁拿着 $35-25=10$（枝）花。由此可知，手中花最多的是丙，他拿着 $12$ 枝花。

解题过程
按每堆中白子的枚数分类：只有 $1$ 枚白子的有 $27$ 堆；有 $2$ 枚或 $3$ 枚黑子的共 $42$ 堆，由“有 $3$ 枚白子的与有 $3$ 枚黑子的堆数相等”可定出含 $3$ 枚白子的有 $15$ 堆；最后剩下 $1$ 黑 $2$ 白（含 $2$ 枚白子）的有 $100-42-15=43$（堆）。所以白子共有 $1\times 27+2\times 43+3\times 15=158$（枚）。

解题过程
$1$ 只小狗 $=3$ 只小猫，$1$ 只小猫 $=2$ 只小鸭，所以 $1$ 只小狗的重量等于 $2\times 3=6$（只）小鸭的重量。反过来，$24$ 只小鸭的重量等于 $24\div 6=4$（只）小狗的重量。

解题过程
由题意，小徒弟组装 $4$ 个零件的时间，大徒弟能组装 $4\times 3=12$（个）零件。又大徒弟每次组装 $2$ 个的时间，师傅可以组装 $3$ 个，所以师傅一共能组装 $12\div 2\times 3=18$（个）零件。

解题过程
$1$ 个作文本的钱可以买 $2$ 个单线本，则卡莉娅买的 $8$ 个作文本相当于 $8\times 2=16$（个）单线本，加上墨莫买的 $6$ 个，共 $16+6=22$（个）单线本，故 $1$ 个单线本 $22\div 22=1$（元），$1$ 个作文本 $2$ 元。卡莉娅带 $2\times 8=16$（元），墨莫带 $1\times 6=6$（元）。改买后：卡莉娅用 $16$ 元买单线本得 $16\div 1=16$（个），墨莫用 $6$ 元买作文本得 $6\div 2=3$（个），两人一共能买 $16+3=19$（个）本子。

解题过程
每名工人每天生产零件 $42\div 7=6$（个）。$10$ 名工人 $3$ 天能生产 $6\times 10\times 3=180$（个）零件。$5$ 天生产 $300$ 个零件需要 $300\div 5\div 6=10$（名）工人。

解题过程
每只老鼠每天偷吃玉米 $30\div 5\div 3=2$（个），所以 $4$ 只老鼠 $7$ 天能偷吃 $2\times 4\times 7=56$（个）玉米。$10$ 只老鼠每天偷吃 $2\times 10=20$（个），偷吃 $80$ 个玉米需要 $80\div 20=4$（天）。

解题过程
所有灯每小时用电 $40\div 5=8$（千瓦时）。把一半电灯关掉后，每小时用电 $8\div 2=4$（千瓦时）。所以 $120$ 千瓦时电可用 $120\div 4=30$（小时）。

解题过程
$1$ 只海象 $1$ 天能吃鱼 $80\div 8\div 2=5$（千克）。两天后，剩下 $8-2=6$（只）海象，剩下鱼 $170-80=90$（千克）。$6$ 只海象 $1$ 天能吃鱼 $5\times 6=30$（千克），所以吃掉 $90$ 千克鱼需要 $90\div 30=3$（天）。

解题过程
假设每人每天用淡水 $1$ 份，开始有淡水 $1\times 30\times 40=1200$（份）。$10$ 天后船上用去淡水 $1\times 30\times 10=300$（份），还剩 $1200-300=900$（份）。救起 $15$ 人后船上共 $30+15=45$（人），所以剩下的淡水还可用 $900\div 45=20$（天）。

解题过程
$6$ 只猴子在 $3$ 天内吃的桃子数量是 $3$ 只猴子的 $2$ 倍，即 $6$ 只猴子在 $3$ 天内能吃桃子 $3\times 2=6$（个）。$6$ 只猴子在 $6$ 天内吃的桃子数量是 $3$ 天的 $2$ 倍，即 $6$ 只猴子在 $6$ 天内能吃桃子 $6\times 2=12$（个）。猴子数量由 $3$ 只变为 $9$ 只，变成原来的 $3$ 倍，所以 $9$ 只猴子 $3$ 天内吃的桃子数量是 $3$ 只猴子的 $3$ 倍，即吃了 $3\times 3=9$（个）桃子。这正好是题目问的，所以 $9$ 只猴子吃 $9$ 个桃子仍然需要 $3$ 天。

解题过程
由 $9\div 3=3$，得 $9$ 个人 $6$ 天内完成的作品数量应该等于 $3$ 个人 $6$ 天的 $3$ 倍，则 $3$ 个人 $6$ 天完成的作品数量为 $12\div 3=4$（件）。由 $6\div 3=2$，得 $3$ 个人 $6$ 天完成的作品数量应该等于 $3$ 个人 $3$ 天的 $2$ 倍，则 $3$ 个人 $3$ 天能完成作品 $4\div 2=2$（件）。由 $21\div 3=7$，$12\div 3=4$，得 $21$ 个人 $12$ 天能完成作品 $2\times 7\times 4=56$（件）。

解题过程
由各人相对位置可画出数轴：以甲为基准，丁在甲右边 $3$ 米，丙在丁右边 $6$ 米（即甲右 $9$ 米），戊在丙左 $2$ 米（即甲右 $7$ 米），乙在戊右 $3$ 米（即甲右 $10$ 米）。从图中可以看出，最左边的人是甲，最右边的人是乙，两者之间的距离为 $3+6+3-2=10$（米）。

解题过程
方法一：因为“所剩苹果的重量等于原来 $3$ 箱的重量”，所以从每箱取出的苹果重量加起来正好等于一箱的重量，即 $1$ 箱苹果 $=4\times 10=40$（千克）。方法二：从 $4$ 箱中各取出 $10$ 千克，共取出 $10\times 4=40$（千克），它正好等于剩下的比原来少的一箱的重量，故每箱重 $40$ 千克。

解题过程
三人一共付了 $12+10=22$（元）。又 $50$ 克为 $1$ 两，则共吃了饺子 $4+4+3=11$（两），所以每两饺子的价钱等于 $22\div 11=2$（元）。小高应该付 $2\times 3=6$（元），那么他多付了 $12-6=6$（元）。墨莫应该付 $2\times 4=8$（元），那么他多付了 $10-8=2$（元）。所以卡莉娅应该还给小高 $6$ 元，还给墨莫 $2$ 元。

解题过程
因在小强数 $5$ 张的时间内，小红能数 $3$ 张，则在小强数 $30$ 张的时间里，小红数了 $30\div 5\times 3=18$（张）；在小强数 $120$ 张的时间内，小红数了 $120\div 5\times 3=72$（张）。那么画片的总数就是 $18+72+120+2=212$（张），所以盒子里原来有 $212$ 张画片。

解题过程
如果老李只买进 $3$ 千克柚子，按照 $5$ 元 $2$ 千克来卖，还剩下 $1$ 千克，所以他至少要再进 $3$ 千克，一共进 $6$ 千克。此时进货一共花了 $6\div 3\times 6=12$（元），卖柚子能够收入 $6\div 2\times 5=15$（元），获利 $15-12=3$（元）。即每进 $6$ 千克柚子可获利 $3$ 元，要获利 $180$ 元，需买进 $180\div 3\times 6=360$（千克）。

解题过程
每辆卡车运 $1$ 趟可运沙石 $32\div 4\div 6=\frac{4}{3}$（吨）。增加 $12$ 辆后共 $6+12=18$（辆），运 $5$ 趟可运 $\frac{4}{3}\times 18\times 5=120$（吨）。$400$ 吨用 $10$ 趟运完，每趟运 $400\div 10=40$（吨），需 $40\div\frac{4}{3}=30$（辆）卡车。

解题过程
因为 $12\div 6=2$，$(12+8)\div(6+4)=2$，说明 $1$ 名模范职工对应 $2$ 名普通职工。设 $1$ 名模范职工和 $2$ 名普通职工为 $1$ 组，每组每小时生产的零件数为 $1$ 份，那么这批生产任务需要 $6$ 组职工生产 $14$ 小时才能完成，则需生产零件 $6\times 14\times 1=84$（份）。那么前 $4$ 小时生产了零件 $6\times 4\times 1=24$（份），剩下 $84-24=60$（份）。增援后共有 $6+4=10$（组），还需要 $60\div(6+4)=6$（时），所以可以提前 $14-(4+6)=4$ 小时完成任务。

解题过程
由于 $1$ 个苹果和 $1$ 个梨价格相同，那么可以用“$1$ 个”代替。因为 $2$ 千克苹果 $+2$ 个 $=2$ 千克梨，则 $4$ 千克苹果 $+4$ 个 $=4$ 千克梨。又 $4$ 千克苹果 $+2$ 个 $=3$ 千克梨 $+4$ 个，则 $4$ 千克苹果 $+4$ 个 $=3$ 千克梨 $+6$ 个。那么 $4$ 千克梨 $=3$ 千克梨 $+6$ 个，所以 $1$ 千克梨 $=6$ 个，$1$ 千克苹果 $=5$ 个。

解题过程
（1）从 $1$ 到 $20$，共有 $20$ 个数。 （2）从 $20$ 到 $40$，个数为 $40-20+1=21$（个）。

解题过程
图中是 $5\times 5$ 共 $25$ 枚棋子。逐行数黑子（●）：第一行 $4$ 枚，第二行 $2$ 枚，第三行 $4$ 枚，第四行 $2$ 枚，第五行 $4$ 枚，共 $4+2+4+2+4=16$（枚）黑子。

解题过程
整个纸片上有 $6$ 个图形，把它们编号为 $A、B、C、D、E、F$。逐个数边的条数：$A$ 号 $5$ 条，$B$ 号 $3$ 条，$C$ 号 $4$ 条，$D$ 号 $3$ 条，$E$ 号 $5$ 条，$F$ 号 $4$ 条。因此一共有 $5+3+4+3+5+4=24$（条）线段。

解题过程
用字典排列法枚举：第一个景点有 $3$ 种选择，定下后第二个有 $2$ 种，最后一个只剩 $1$ 种。所以一共有 $3\times 2\times 1=6$（种）不同的游览顺序。

解题过程
选 $2$ 个：把青岛、三亚、桂林、杭州两两配对，不计次序，共有 $3+2+1=6$（种）。 选 $3$ 个：从反面考虑，选 $3$ 个相当于从 $4$ 个城市中选出 $1$ 个不去，所以共有 $4$ 种不同的选法。

解题过程
$6$ 元 $=60$ 角，小烧饼 $5$ 角、大烧饼 $20$ 角。按大烧饼个数枚举：买 $0$ 个大烧饼时，$6$ 元全买小烧饼，可买 $12$ 个；买 $1$ 个大烧饼，还剩 $6-2=4$（元），买 $8$ 个小烧饼；买 $2$ 个大烧饼，还剩 $6-2\times 2=2$（元），买 $4$ 个小烧饼；买 $3$ 个大烧饼，钱刚好用完，买 $0$ 个小烧饼。所以一共有 $4$ 种买法。

解题过程
两人答对题数之和为 $10$，且每人至少答对 $1$ 道。按小高的得分枚举：小高得 $1$ 分时墨莫得 $9$ 分，小高得 $2$ 分时墨莫得 $8$ 分……小高得 $9$ 分时墨莫得 $1$ 分。即小高的得分可取 $1,2,3,\cdots,9$，对应墨莫的得分为 $9,8,7,\cdots,1$，共 $9$ 种情况。

解题过程
（1）设海盗 $A$ 分得的金币数，从最少 $5$ 枚枚举：海盗 $A$ 取 $5,6,7,\cdots,15$ 枚（此时海盗 $B$ 取 $15,14,\cdots,5$ 枚，都不少于 $5$ 枚），共有 $11$ 种分法。 （2）因为每个海盗最多分到 $16$ 枚，那么每人最少分到 $20-16=4$（枚）。设海盗 $A$ 分得的金币数，从 $4$ 枚枚举：海盗 $A$ 取 $4,5,6,\cdots,16$ 枚（此时海盗 $B$ 取 $16,15,\cdots,4$ 枚，都不超过 $16$ 枚），共有 $16-4+1=13$（种）分法。

解题过程
两堆球的个数之和为 $15$（奇数），按较多一堆从 $8$ 到 $14$ 枚举：较多一堆为 $8,9,10,\cdots,14$，对应较少一堆为 $7,6,5,\cdots,1$，共 $7$ 种分法。各分法两堆相差为 $14-1=13,\ 13-2=11,\ 12-3=9,\ 11-4=7,\ 10-5=5,\ 9-6=3,\ 8-7=1$，即 $13,11,9,7,5,3,1$ 个。

解题过程
两袋牛奶之和为 $12$ 盒，每袋最多 $10$ 盒，且两袋相同（不计次序）。按较少一袋枚举：较少一袋为 $2,3,4,5,6$ 盒，对应较多一袋为 $10,9,8,7,6$ 盒（都不超过 $10$ 盒），共 $5$ 种装法。

解题过程
由于一笔不能拐弯，一笔只能画出一条线段，所以要数线段。把小房子拆成三部分 $①②③$：先看 $③$，需画 $4$ 笔；再看 $②$（窗户），每扇窗户外框 $4$ 笔、里面一横一竖 $2$ 笔，每扇共 $6$ 笔，两扇窗户共 $6\times 2=12$（笔）；最后看 $①$，烟囱需画 $4$ 笔，去掉烟囱后的图形至少画 $11$ 笔，则 $①$ 最少要画 $4+11=15$（笔）。综上，最少需画 $4+12+15=31$（笔）。

解题过程
把绿豆糕分别标号，从上往下、从左往右逐一数出相邻（挨在一起）的两块组合，做到不重不漏。统计后一共有 $7$ 种不同的挑法。

解题过程
图形像数字 $8$，分上下两个环。从 $A$ 出发可先走左边或先走右边到中间，再绕上环到 $B$。若从 $A$ 出发向上走，经过岔路口时有两种方式（向上或绕一圈再向上），但需保证每段路只经过一次，可数出 $2$ 种走法；若从 $A$ 出发向右走，同理有 $2$ 种走法。综上，从 $A$ 点到 $B$ 点共有 $4$ 种符合题意的走法。

解题过程
三个相邻座位排三人，是全排列：第一个位置有 $3$ 种选择，第二个 $2$ 种，第三个 $1$ 种，共 $2+2+2=6$（种）安排方法。可用树状图列出全部 $6$ 种顺序。

解题过程
按小木偶的个数枚举：小木偶卖出 $5,4,3,2,1,0$ 个，对应大木偶卖出 $0,1,2,3,4,5$ 个，所得钱数分别为 $5,6,7,8,9,10$ 元。所以小李今天可能卖了 $5$ 元到 $10$ 元，共 $6$ 种不同的钱数。

解题过程
（1）墨莫分得的作业本个数可以从 $0$ 到 $14$，当墨莫分定后，剩下的全部归卡莉娅，所以共有 $15$ 种不同的分法。 （2）分成 $2$ 堆，每堆至少要有 $1$ 个本子，且两堆不计次序。按较少一堆枚举，较少一堆为 $1\sim 7$ 本，所以 $14$ 个作业本共有 $7$ 种不同的分法。

解题过程
注意到每人一口吃 $2$ 颗花生，所以每个人吃的花生颗数都是偶数。对小高吃的颗数枚举：他可能吃了 $2、4、6、8、10、12、14、16、18$ 颗，对应可求出墨莫吃的颗数（$18、16、\cdots、2$ 颗），共 $9$ 种情况。

解题过程
（1）按较小的数字从小到大枚举：相差为 $2$ 的两个数为 $(1,3)、(2,4)、(3,5)、(4,6)、(5,7)$，较小数字可取 $1\sim 5$，共 $5$ 种选法。 （2）两数的和大于 $9$，即和为 $10、11、12、13$。和为 $13$：$(6,7)$；和为 $12$：$(5,7)$；和为 $11$：$(4,7)、(5,6)$；和为 $10$：$(3,7)、(4,6)$。共 $6$ 种选法。

解题过程
三人课外书之和为 $7$，且每人至少 $1$ 本，因为三人不同，枚举有顺序。对小高所拥有的课外书数从小到大枚举：小高有 $1$ 本时，墨莫与卡莉娅之和为 $6$，墨莫可取 $1\sim 5$，有 $5$ 种；小高有 $2$ 本时，其余两人之和为 $5$，有 $4$ 种；小高有 $3$ 本时有 $3$ 种；小高有 $4$ 本时有 $2$ 种；小高有 $5$ 本时其余两人各 $1$ 本，有 $1$ 种（小高不可能有 $6$ 本，否则其余两人无法各至少 $1$ 本）。综合各情况，三人课外书一共有 $5+4+3+2+1=15$（种）不同的情况。

解题过程
（1）$5$ 个飞机模型放 $3$ 层，每层至少 $1$ 个。用树状图枚举各层个数，共有 $6$ 种放法。 （2）$18$ 个汽车模型放 $3$ 层，每层至少 $5$ 个。先在每层放 $5$ 个，还剩 $18-5\times 3=3$（个），把这 $3$ 个自由放到 $3$ 层（每层可放 $0$ 个），相当于把 $3$ 分到 $3$ 层，共 $4+3+2+1=10$（种）放法。

解题过程
（1）$10$ 颗糖豆分成 $3$ 堆（不计次序、每堆至少 $1$ 颗），按从小到大有序枚举，共有 $4+3+1=8$（种）分法。 （2）两袋共 $2\times 10=20$（颗）糖豆，每堆至少 $5$ 颗。先给每堆放 $5$ 颗，还剩 $20-5\times 3=5$（颗）自由分到 $3$ 堆，按较小堆排序枚举得 $5$ 种不同的分法。

解题过程
从 $5$ 人中选出答对的 $2$ 人（不计次序）。固定一人后枚举与之配对的人：若 $A$ 答对，另一答对者可能是 $B、C、D、E$，共 $4$ 种；若 $A$ 答错而 $B$ 答对，另一答对者可能是 $C、D、E$，共 $3$ 种；依次类推得 $4+3+2+1=10$（种）不同的回答情况。

解题过程
（1）$2$ 个相同白球和 $1$ 个红球排一排，只要确定红球的位置，排法就定了。红球可放在第一、二、三位，所以共有 $3$ 种不同的排法。 （2）先考虑个数较少的白球。因为只要两个白球的位置确定了，红球就确定了。两个白球的位置共有 $4+3+2+1=10$（种），所以一共有 $10$ 种不同的排法。

解题过程
选法：要从 $5$ 个人中去掉 $1$ 个不选，去掉谁有 $5$ 种，所以从 $5$ 个小朋友中选出 $4$ 人有 $5$ 种选法。 分组：把甲、乙、丙、丁分成两组双打。与甲搭档的可能是乙、丙、丁中的一个，于是分组为 甲乙（丙丁）、甲丙（乙丁）、甲丁（乙丙），共 $3$ 种分组方式。

解题过程
小题答对的数目可能是 $0、1、2、3$ 道，对应小题得分 $0、2、4、6$ 分（$4$ 种）；大题答对的数目可能是 $0、1、2、3$ 道，对应大题得分 $0、5、10、15$ 分（$4$ 种）。把小题得分与大题得分相加列成总表，可以发现这 $16$ 种和各不相同，因此小明的得分一共有 $4\times 4=16$（种）不同的可能。

解题过程
出石头的人不伸手指，出剪子的人伸 $2$ 根，出布的人伸 $5$ 根，总手指数为 $22$ 根。注意出布的人每人伸 $5$ 根，按出布的人数枚举：出布 $1$ 人时，其余手指数 $22-5=17$ 根，而 $17$ 是奇数（出剪子每人 $2$ 根，应为偶数），矛盾；出布 $2$ 人时，出剪子的人共伸 $22-5\times 2=12$ 根，即出剪子 $12\div 2=6$ 人；出布 $3$ 人时，$22-5\times 3=7$ 根，$7$ 是奇数，矛盾；出布 $4$ 人时，$22-4\times 5=2$ 根，即出剪子 $1$ 人。又因为题目说屋里有人在玩，出石头的人数不影响手指总数，由配套答案可知出石头的人为 $3$ 人。综上，“出石头、出布、出剪子”的人数可能是 $3、0、11$（共 $14$ 人）、$3、2、6$（共 $11$ 人）、$3、4、1$（共 $8$ 人）。所以屋里玩游戏的人数可能是 $14$ 人、$11$ 人或 $8$ 人。

解题过程
按答对、答错、不答的题数枚举（三者之和为 $4$）。在配套答案的算法中，每答对一道加 $3$ 分、每答错一道扣 $1$ 分、不答不计分，得分 $=4+3\times(\text{答对})-1\times(\text{答错})$。逐一列表可得各组合的得分为 $7、6、5、4、10、9、8、13、12、16$ 等，一共有 $5+4+3+2+1=15$（种）答题结果。其中“$4$ 道题都不答”与“答对 $1$ 道、答错 $3$ 道”的得分相同（都是 $4$ 分），去掉重复后，每位同学的得分共有 $14$ 种可能，分别是 $0、1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、12、13$ 或 $16$ 分。

解题过程
$2$ 角 $=20$ 分，每种硬币各 $5$ 枚。因为 $1$ 分和 $2$ 分硬币加在一起最多只有 $1$ 角 $5$ 分（$5\times 1+5\times 2=15$ 分），所以要凑出 $2$ 角，$5$ 分硬币至少取 $1$ 枚。按 $5$ 分硬币的个数从多到少枚举：取 $4$ 枚 $5$ 分（$20$ 分）时恰好凑足，$1$ 分、$2$ 分都不取，$1$ 种；取 $3$ 枚 $5$ 分（$15$ 分）时，还需用 $1$ 分、$2$ 分凑出 $5$ 分，有 $3$ 种；取 $2$ 枚 $5$ 分（$10$ 分）时，需凑出 $10$ 分，有 $3$ 种；取 $1$ 枚 $5$ 分（$5$ 分）时，需凑出 $15$ 分，只能 $5$ 枚 $1$ 分加 $5$ 枚 $2$ 分，$1$ 种。综上一共有 $1+3+3+1=8$（种）凑法。

解题过程
抽出的 $3$ 张卡片只能是“$3$ 个都是 $1$”“$2$ 个 $1$、$1$ 个 $2$”或“$1$ 个 $1$、$2$ 个 $2$”。三个都是 $1$：可组成 $111$，$1$ 种；有 $2$ 个 $1$、$1$ 个 $2$：可组成 $112、121、211$，$3$ 种；有 $1$ 个 $1$、$2$ 个 $2$：可组成 $122、212、221$，$3$ 种。综上共 $1+3+3=7$（个）不同的三位数。

解题过程
一星期共 $7$ 天，要选 $3$ 天去健身，且任意两个所选的天都不相邻（不能连续两天去）。按星期一到星期日有序枚举满足“任意两天不相邻”的 $3$ 天组合，列表数出，刘老师一共有 $10$ 种满足条件的时间安排。

解题过程
因为是四位数，所以千位上至少有一颗珠子。若千位上有 $2$ 颗珠子，则可以表示 $2000、6000$，共 $2$ 个；若千位上只有 $1$ 颗珠子，则另一颗珠子放在其余数位上，可以表示 $1001、1005、1010、1050、1100、1500、5001、5005、5010、5050、5100、5500$，共 $12$ 个。所以用两颗珠子可以表示 $2+12=14$（个）不同的四位数。

解题过程
十位（左位）有 $1$ 根线段坏了，能正确显示的数字最多有 $1、3、4、5、7$ 和 $9$ 共 $6$ 个；个位（右位）有 $3$ 根线段坏了，能正确显示的数字最多有 $1、7$ 或 $1、4$ 共 $2$ 个；又因为 $9$ 层以下十位不显示。把可正确显示的十位与个位数字搭配，最多有 $14$ 个楼层的数字显示是正确的：即 $1、11、31、41、51、71、91、4、14、34、44、54、74、94$（或 $1、11、31、41、51、71、91、7、17、37、47、57、77、97$）。

解题过程
（1）相邻两项的差都等于 $4$，所以横线上应该填上 $22+4=26$，$26+4=30$。 （2）数列的后一项总比前一项少 $9$，所以 $61$ 后的两项应为 $61-9=52$，$52-9=43$。 （3）相邻两项的差是一个连续递增的奇数数列（$9,11,13,15,17,19$），所以 $15$ 与它前一项之差为 $7$，则 $15$ 的前一项是 $15-7=8$；又 $8$ 与它前一项之差为 $5$，则 $8$ 的前一项是 $8-5=3$。所以前两空填 $3,8$。

解题过程
（1）数列从第 $3$ 项起，每一项都为前两项之和。所以横线上应填 $13+21=34$，$21+34=55$。 （2）数列从第 $3$ 项起，每一项都为前两项之和。所以数列的第 $2$ 项为 $19-12=7$；数列的第 $1$ 项为 $12-7=5$。即前两空填 $5,7$。

解题过程
（1）数列的后一项都等于前一项乘以 $3$，所以横线上应填 $81\times3=243$。 （2）方法一：相邻两项的差组成的数列是 $3,5,7,9,\cdots$ 正好是连续的奇数，则差的下两项应该是 $11,13$，所以横线上应填 $25+11=36$，$36+13=49$。 方法二：发现 $1\times1=1$，$2\times2=4$，$3\times3=9$，$4\times4=16$，$5\times5=25$，所以横线上应填 $6\times6=36$，$7\times7=49$。

解题过程
（1）把这个数列分成两个数列来考虑，发现这个数列的奇数项组成的数列中，每一项都比前一项少 $3$；偶数项组成的数列中，每一项都比前一项多 $2$。所以横线上依次要填的数是 $31-3=28$，$8+2=10$。 （2）把这个数列分成两个数列来考虑，发现这个数列的奇数项是一个从 $1$ 开始的连续自然数数列；偶数项组成的数列中，每一项都是前一项的 $2$ 倍。所以横线上依次要填的数是 $16\times2=32$，$5+1=6$。

解题过程
（1）方法一：每行中，相邻两项的差都等于 $4$，每列中，下面的数都比上面的数大 $2$，所以空格中应该填的数是 $9+4=13$。方法二：按下面箭头方向，此数列是一个从 $1$ 开始的连续奇数列 $1,3,5,7,9,11,13,15$，所以空格中应该填 $13$。 （2）按下面箭头方向，此数列从第 $3$ 项起，每一项都为前两项之和，所以空格中应填 $13+21=34$。

解题过程
（1）发现每一列中，第 $2$ 行的数比第 $1$ 行的数都大 $17$，所以第 $4$ 列第 $2$ 行应填的数为 $45+17=62$。 （2）发现每一行中，左边第 $1$ 个数是它右边两个数之和，所以空格中应填 $27-15=12$。

解题过程
按图中箭头把相连的数作为一组，可以把表中的数分成两组。第 $1$ 组的数为 $1,3,5,7,9,11,?,15,17$，这些数组成了一个从 $1$ 开始的奇数数列，所以这一组的“?”处应填 $13$。第 $2$ 组的数为 $3,5,8,13,21,34,?,89,144$，发现从第 $3$ 项起，每一项都为前两项之和，所以这一组的“?”处应填的数为 $21+34=55$。

解题过程
（1）观察前一格到后一格，图形依箭头方向交换位置（上下、左右互换），据此把空格中两个图形按相同变换画出。 （2）每组中图形的位置交换、符号在“$+$”“$-$”间变换，按已给三组的规律推出空格处的图形。

解题过程
观察 A、B、C 三幅图：方块（旗子）的方向与小球的个数、位置随图按一定规律变化（图形旋转、小球个数依次增加）。据此规律画出 D 处的图形。

解题过程
每一行（每一列）的小人都是头部同样 $3$ 种形状、身子部分同样 $3$ 种形状。所以根据每行中已出现的头与身子的形状，确定出“?”处缺什么样的头和身子，从而画出小人。

解题过程
（1）数列后一项都比前一项多 $7$，即 $8\xrightarrow{+7}15\xrightarrow{+7}22\xrightarrow{+7}29\xrightarrow{+7}36$，所以横线上应填 $36+7=43$，$43+7=50$。 （2）数列后一项都是前一项的 $2$ 倍，即 $1\xrightarrow{\times2}2\xrightarrow{\times2}4\xrightarrow{\times2}8$，所以横线上应填 $8\times2=16$。 （3）数列后一项与前一项之差为前一项的项数，即 $3\xrightarrow{+1}4\xrightarrow{+2}6\xrightarrow{+3}9\xrightarrow{+4}13\xrightarrow{+5}18$，所以第 $7$ 项为 $18+6=24$。 （4）数列相邻两项之差为“一个后一项是前一项的 $2$ 倍”的数列，即 $3\xrightarrow{+2}5\xrightarrow{+4}9\xrightarrow{+8}17\xrightarrow{+16}33$，所以横线上应填 $33+32=65$。

解题过程
（1）数列的每一项都比它前一项小 $6$，所以第 $2$ 项为 $76+6=82$，第 $1$ 项为 $82+6=88$。 （2）相邻两项的差组成的数列是 $?,10,9,8,7,6,5$，则第 $1$ 项与第 $2$ 项之差为 $10+1=11$，所以第 $1$ 项为 $66+11=77$。 （3）数列从第 $3$ 项起，每一项都是前两项的乘积，所以最后一项为 $8\times32=256$。 （4）方法一：数列相邻两项之差依次是 $4,6,8,10,12,14,16,18$，所以 $42$ 后面是 $42+14=56$。方法二：发现 $2=1\times2$，$6=2\times3$，$12=3\times4$，$\cdots$，所以横线上是 $7\times8=56$。

解题过程
（1）把数列分成奇数项、偶数项两个子数列。奇数项为 $1,4,7,10,13,?,19$，是公差为 $3$ 的等差数列，所以 $13$ 与它的后一项之差应该是 $6$（即 $? = 13+3=16$）。偶数项为 $2,4,8,16,32,?,128$，每项是前一项的 $2$ 倍，所以 $32$ 后一项是 $32\times2=64$。即两空填 $16,64$。 （2）拆成两个子数列：奇数项为 $1,3,6,10,15,?,28$，相邻两项之差依次为 $2,3,4,5,6$，所以 $15$ 的后一项为 $15+6=21$；偶数项为 $2,3,5,8,13,?,34$，从第 $3$ 项起每项为前两项之和，所以 $13$ 后一项为 $13+8=21$。即两空填 $21,21$。

解题过程
（1）把图中除了 $1$ 以外的数都和它上面的两个数连线，可以发现：除最外侧的 $1$ 外，其他数都是它上面两个数之和。所以第 $5$ 行的“?”处是 $1+4=5$，第 $6$ 行的“?”处是 $10+10=20$。 （2）按从小到大的顺序观察数表中的数，这个数表按箭头方向螺旋排列，其实就是一个从 $1$ 开始连续递增的奇数数列。沿箭头方向推测 $31$ 之后的排列：最后一行（第 $5$ 行）左端的“?”处是 $31$ 后的下一个奇数 $33$；第一行右端的“?”处是 $31$ 后的第 $9$ 个奇数，即 $31+9\times2=49$。所以两个“?”处分别为 $33$ 与 $49$。

解题过程
（1）下方的数是一个三位数：百位数字是上方左边数的十位数字，个位数字是上方右边数的个位数字，十位数字是上方左边数的个位数字与上方右边数的十位数字之和。例如 $70,32\to732$（百位 $7$、个位 $2$、十位 $0+3=3$），$51,48\to558$，$12,69\to189$。所以由 $32,45$ 得：百位 $3$、个位 $5$、十位 $2+4=6$，即 $?$ 处的数为 $365$。 （2）每幅图中，猪头上的数 $=$（猪左耳的数 $+$ 猪鼻子的数）$\times$（猪右耳的数 $+$ 猪鼻子的数）。前三只满足：$(1+4)\times(5+4)=45$，$(2+5)\times(6+5)=77$，$(5+3)\times(8+3)=88$；所以第 $4$ 幅图中猪头上的数为 $(6+7)\times(3+7)=130$。

解题过程
（1）每幅图中，中间两个数的乘积等于上下两个数之和，所以“?”处的数为 $7\times9-40=23$。 （2）每幅图中，前两个（左右）有数的和等于第三行的数（即上方与下方之和等于两侧之和），所以“?”处的数为 $4+7+8=19$。

解题过程
每个数表左上角的数都比前一个表同一位置上的数大 $1$，所以第 $4$ 个数表左上角的数是 $4$。同样地，每个数表右上角的数都比前一个表同一位置上的数大 $2$，所以第 $4$ 个表右上角的数是 $11$。并且，每个数表右下角的数是第一行两个数之和，所以第 $4$ 个数表右下角是 $4+11=15$；左下角的数是第二列两个数之积，所以第 $4$ 个数表左下角的数是 $11\times15=165$。

解题过程
每个图形都是上一个相邻的图形沿逆时针方向旋转一格得到的，并且每个方格里的图形也都是按逆时针旋转 $90^{\circ}$ 得到的。据此规律，空格中应填的是 D。

解题过程
第一组图形中，原来的图形是一个等腰梯形内包含着一个黑球。梯形在变化后剩下右边的一半并且倒过来了，黑球变成了白球，位置并没有发生变化。据此规律，对第二组（三角形内含黑色菱形）作同样的变换，画出“?”处图形。

解题过程
比较各列，发现花色（图形）只有 $3$ 种，并且相同的花色总是会隔两个图形才会出现一次。据此循环规律，确定第 $5$ 列其余 $3$ 个图形分别应是什么。

解题过程
比较第一个图（$A*B$）和第三个图（$A*D$），发现 $A$ 就是它们的公共部分——一条竖线。第一个图中除去竖线后剩下的大圆就是 $B$；第三个图中除去竖线后剩下的横线就是 $D$；再由第 $2$ 个图（$C*D$，即一个小圆加横线）可知第 $2$ 个图中的小圆就是 $C$。所以 $B*C$ 是大圆套小圆，即一组同心圆。

解题过程
首先注意到，“$11$”对应的是两个圆圈，大圆圈包小圆圈，所以容易猜测“$1$”对应的是“圆圈”；接着考虑含有圆圈的第 $2$ 个图形（$91$），可确定“$9$”代表“倒立三角形”；或考虑第 $5$ 个图形，可确定“$8$”代表“正方形”，则“$6$”代表“正立三角形”。这样，每幅图对应一个两位数，它由外面图形与里面图形所代表的数字组成。最后一幅图是大倒立三角形内有一个小倒立三角形，所以对应的数为 $99$。

解题过程
每个数组的第 $1$ 个数组成了以 $1$ 为首项的连续自然数数列，所以第 $20$ 个数组内的第 $1$ 个数是 $20$。每个数组的第 $2$ 个数都是第 $1$ 个数的 $3$ 倍，所以第 $20$ 个数组内的第 $2$ 个数是 $20\times3=60$。每个数组的第 $3$ 个数都是第 $1$ 个数的 $6$ 倍，所以第 $20$ 个数组内的第 $3$ 个数是 $20\times6=120$。所以第 $20$ 个数组内 $3$ 个数的和是 $20+60+120=200$。

解题过程
这串数中，每个自然数都连续出现两次，第 $n$ 个数为 $\lceil n\div2\rceil$。第 $101$ 到第 $110$ 个数依次为 $51,51,52,52,53,53,54,54,55,55$，它们的平均数是 $53$，共 $10$ 个数，所以和为 $53\times10=530$。

解题过程
（1）从第 $3$ 项起，每一项等于它前面两项之和的个位数字，所以横线上应填 $9+7=16$ 的个位数字 $6$。 （2）第 $1$ 项乘 $1$、第 $2$ 项乘 $2$、第 $3$ 项乘 $3$……即 $1,1\times2,2\times3,6\times4,24\times5,120\times6,\cdots$，所以横线上应填 $120\times6=720$。 （3）方法一：这个数列相邻两项的差组成的数列再做差以后，得到 $6,2,6,2,\cdots,2$，容易发现是按照 $6$、$2$ 循环出现的，所以差数列应该是 $1,7,5,11,9,15,13,19,17$，原来的空格应该填上 $35+15=50$。方法二：发现 $1\times1+1=2$，$2\times2-1=3$，$3\times3+1=10$，$4\times4-1=15$，$5\times5+1=26$，$6\times6-1=35$，$7\times7+1=50$。

解题过程
这些正方形都被分成了 $8$ 块，其中有两个圆圈（第 $1$ 幅图中两个圆圈重合了）在这 $8$ 块区域中运动。这两个圆圈都按顺时针方向前进，有一个每次前进一个格子，而另一个每次前进两个格子。据此规律画出下一幅图。

解题过程
每一行的大图形总是同样 $3$ 种：正方形、正立三角形、倒立三角形。每一行的小图形总是同样 $2$ 种：一个小圆和一个方块（小圆与方块的位置也随之变化）。据此规律，确定横线处应填入的图形。

解题过程
第 $n$ 幅图中，小人两手举的数为 $n$ 与 $n+1$，身上的数为第 $n$ 个奇数 $2n+1$。三个数之和为 $n+(n+1)+(2n+1)=4n+2$。令 $4n+2=1234$，得 $4n=1232$，$n=308$。所以是第 $308$ 幅图。

解题过程
箭头所指的数等于这两个数（上方数与左侧数）的各个数位上数字之和，如 $27=9+9+7+2$，$18=4+5+2+7$，$21=3+9+1+8$，所以空白圆圈内是 $3+6+2+1=12$。

解题过程
每个小人头上头发、脸袋、眼睛、嘴巴和脸上的阴影部分都有规律，逐项观察：①脸袋形状以正方形、圆形交替出现，则“?”处是方脸（正方形）。②眼睛是黑方块、白椭圆交替出现，则“?”处眼睛形状确定。③嘴巴有“笑”“一般”“生气”三种形状循环出现，则“?”处嘴巴形状是“生气”。④脸上的阴影从左上角开始，顺时针转动，每 $4$ 次转回原来的位置，则“?”处是在右上角。综上所述，即可画出“?”处的图形。

解题过程
任何田字格中的数，右下角的数等于其他 $3$ 个数的和，所以空格中的数是 $129+129+63=321$。

解题过程
（1）其奇数项组成的数列是从 $1$ 开始的连续自然数，则第一个空格填 $5$。又 $1\times121=121$，$2\times61=122$，$3\times41=123$，$4\times31=124$，$6\times21=126$，所以偶数项是把 $121,122,123,\cdots$ 分别除以序号；则第二个空格填 $125\div5=25$。 （2）相邻两项之间按一定规律交替增加，可推得空格处填 $66$。 （3）按交替的乘法与各位数字变换规律推算，得出两空为 $867$ 与 $6351$。

解题过程
乙筐苹果重 $15\times 3+5=50$（千克）。

解题过程
墨莫吃了 $(60-4)\div 7=8$（块）巧克力。

解题过程
设小高种的树数为 $1$ 份，墨莫种的树数就是 $2$ 份，那这 $12$ 棵树一共是 $3$ 份，则 $1$ 份有 $12\div 3=4$（棵）树。墨莫种的是 $2$ 份，所以墨莫种了 $2\times 4=8$（棵）树。

解题过程
设乙堆货物数量为 $1$ 份。由线段图可知，总和 $160$ 件一共是 $4$ 份再加上 $40$ 件，则 $1$ 份应该是 $(160-40)\div 4=30$（件），所以乙堆的货物有 $30\times 1=30$（件）。而甲堆货物的数量是 $3$ 份再加上 $40$ 件，所以甲堆的货物有 $3\times 30+40=130$（件）。

解题过程
设科幻小说的本数为 $1$ 份。由线段图可知，总和 $47$ 本一共是 $5$ 份少 $3$ 本。补上这 $3$ 本正好就是 $5$ 份，因此 $1$ 份应该是 $(47+3)\div 5=10$（本）。所以科幻小说有 $1\times 10=10$（本）。

解题过程
设英文简历的字数为 $1$ 份。由线段图可知，中文简历比英文简历多的 $220$ 个就是 $3-1=2$（份），所以 $1$ 份应有 $220\div 2=110$（个）字。而中文简历的字数是 $3$ 份，所以中文简历的字数有 $3\times 110=330$（个）。

解题过程
设卡莉娅跑的路程为 $1$ 份。由线段图可知，两条线段的差是 $2$ 份多 $80$ 米，也就是 $500$ 米。所以 $2$ 份的长度就是 $500-80=420$（米），那 $1$ 份的长度就是 $420\div 2=210$（米）。因为两人总共跑了 $4$ 份多 $80$ 米，所以两人跑的总路程是 $210\times 4+80=920$（米）。

解题过程
设《鹏城晚报》的版数为 $1$ 份。由线段图可知，《花城日报》多出的那 $10$ 版正好比 $4-1=3$ 份少 $2$ 版，则 $3$ 份一共有 $10+2=12$（版），那 $1$ 份就是 $12\div 3=4$（版），所以《鹏城晚报》有 $4$ 版，《花城日报》有 $10+4=14$（版）。

解题过程
已知两件模型总和 $400$ 元，相差 $60$ 元，可用公式“较小的数 $=$（和 $-$ 差）$\div 2$，较大的数 $=$（和 $+$ 差）$\div 2$”，得较便宜的模型的价格是 $(400-60)\div 2=170$（元），较贵的模型的价格就是 $(400+60)\div 2=230$（元）。

解题过程
已知甲乙两人跑的距离和是 $2400$ 米，距离差是 $600$ 米。因为甲跑的距离较长，所以可用公式“较大的数 $=$（和 $+$ 差）$\div 2$”，得甲跑的距离为 $(2400+600)\div 2=1500$（米）。

解题过程
把男职工人数设为 $1$ 份，则女职工就是 $3$ 份，男女职工一共有 $1+3=4$（份）。而这 $4$ 份一共是 $480$ 人，那么 $1$ 份有 $480\div(3+1)=120$（人），即男职工有 $120$ 人。所以女职工有 $120\times 3=360$（人）。

解题过程
把闯红灯的罚单数量设为 $1$ 份，则违章停车的罚单数量就比 $4$ 份多 $3$。那么总的罚单数量是 $5$ 份多 $3$ 张，则从总数中减去 $3$ 张后恰好就是 $5$ 份了。所以 $1$ 份就有 $(78-3)\div 5=15$（张），而违章停车的罚单数量比 $4$ 份多 $3$，有 $15\times 4+3=63$（张）。

解题过程
设苹果树的棵数为 $1$ 份，则梨树和苹果树的总数量比 $3$ 份少 $2$ 棵，那么如果把这 $2$ 棵补上，总棵数就正好是 $3$ 份。此时总棵数应该是 $67+2=69$（棵），这 $69$ 棵树正好是 $3$ 整份，所以 $1$ 份等于 $69\div 3=23$（棵），这就是苹果树的棵数。

解题过程
两种猴子总共有 $10+15+30+35+70=160$（只）。金丝猴的总数是猕猴的 $3$ 倍，按和倍可知猕猴总数为 $160\div(3+1)=40$（只）。对照每座猴山的猴子数目，只可能有 $10+30=40$，所以有 $10$ 只和 $30$ 只猴子的山上住着猕猴。

解题过程
设男生人数为 $1$ 份，则女生人数就是 $3$ 份，比男生多 $2$ 份。由线段图可知，这 $2$ 份就是 $80$ 人，所以 $1$ 份有 $80\div 2=40$（人），这也就是男生的人数。女生人数是 $3$ 份，所以女生有 $40\times 3=120$（人）。

解题过程
设家用相机的价格为 $1$ 份。从线段图上不难看出，专业相机的价格是 $4$ 份多 $100$ 元，且专业相机比家用相机贵 $4600$ 元，即专业相机价格比 $1$ 份多 $4600$ 元。所以这 $4600$ 元正好是 $3$ 份加上 $100$ 元。所以 $1$ 份就是 $(4600-100)\div 3=1500$（元）。专业相机的价格比 $1$ 份多 $4600$ 元，所以专业相机的价格为 $1500+4600=6100$（元）。

解题过程
甲乙两筐苹果原来重量相等，现在从甲筐拿出 $12$ 千克到乙筐，那么一方面甲减少了 $12$ 千克，另一方面乙增加了 $12$ 千克，所以现在乙筐比甲筐多 $12+12=24$（千克）。又乙筐重量比甲筐的 $3$ 倍少 $2$ 千克，则乙筐是 $2$ 份少 $2$ 千克。因此只要再补上 $2$ 千克，就能凑成 $2$ 整份了。由此可知 $1$ 份的重量等于 $(24+2)\div 2=13$（千克），这也就是甲筐后来的重量。所以甲筐原来的重量为 $13+12=25$（千克），乙筐原来的重量也是 $25$ 千克。

解题过程
当比赛结束后，离开的中国记者比外国记者多 $180-40=140$（人），这时剩下的人数就相等了。这说明原来中国记者正好比外国记者多 $140$ 人。设比赛进行时外国记者的人数为 $1$ 份。从线段图中可以看出，人数差 $140$ 人正好就是 $2$ 份，所以 $1$ 份就等于 $(180-40)\div 2=70$（人），即外国记者原来有 $70$ 人，那么中国记者原来有 $70\times 3=210$（人）。

解题过程
利用和差公式，得 $2007$ 年盈利为 $(40+14)\div 2=27$（万元）。

解题过程
调人之后，第一组比第二组多 $5$ 名，而且两组人数的总和是 $125$ 名。由和差公式可知，此时第一组共有 $(125+5)\div 2=65$（名）专家。这 $65$ 名是第一组调出 $20$ 名之后剩下的，所以第一组原来应有 $65+20=85$（名）专家。

解题过程
方法一：以三班为 $1$ 份，二班比三班多 $4$ 人，一班比三班多 $4+4=8$ 人。三班的人数为 $$\begin{aligned}(126-4-8)\div 3&=114\div 3\\&=38\end{aligned}$$（人），则二班 $38+4=42$（人），一班 $42+4=46$（人）。 方法二：不难注意到，一班比二班多了 $4$ 人，而三班比二班少了 $4$ 人。则如果将一班多出的 $4$ 人移到三班去，那么 $3$ 个班的人数就一样多了，都等于二班的人数。所以二班的人数为 $126\div 3=42$（人），三班的人数为 $42-4=38$（人），一班的人数为 $42+4=46$（人）。

解题过程
设第二堆的糖果数为 $1$ 份，则第一堆是 $3$ 份，第三堆是 $2$ 份少 $3$ 颗，三堆共 $1+3+2=6$ 份少 $3$ 颗，即 $105$ 颗加上 $3$ 颗正好是 $6$ 份。那么第二堆的糖果数量为 $(105+3)\div(1+2+3)=18$（颗）。所以第三堆的糖果数量为 $18\times 2-3=33$（颗）。

解题过程
设丙粮仓存粮的吨数为 $1$ 份，则乙粮仓是 $2$ 份，甲粮仓比乙粮仓的 $3$ 倍多 $1$ 吨，即甲是 $2\times 3=6$ 份多 $1$ 吨。由线段图得，$109$ 吨就是 $1+2+6=9$ 份加 $1$ 吨。所以 $1$ 份就是 $(109-1)\div 9=12$（吨），这也就是丙粮仓的存粮吨数。因为甲粮仓的吨数是 $6$ 份再加 $1$ 吨，即 $12\times 6+1=73$（吨）。所以，甲粮仓比丙粮仓多了 $73-12=61$（吨）。

解题过程
由商 $4$ 余 $1$ 可得：被除数比除数的 $4$ 倍多 $1$，又被除数和除数的和为 $56-4-1=51$，所以除数为 $(51-1)\div(4+1)=10$，被除数为 $51-10=41$。

解题过程
姐姐做数学作业比妹妹多花了 $10$ 分钟，做语文作业又比妹妹少花了 $4$ 分钟，所以姐姐做作业总共比妹妹多花了 $10-4=6$ 分钟。而姐姐做作业的总时间为 $88$ 分钟，所以妹妹做作业的总时间就是 $88-6=82$ 分钟。且妹妹做数学作业比语文作业少花了 $12$ 分钟，利用和差公式，可知妹妹做语文作业花了 $(82+12)\div 2=47$ 分钟。

解题过程
由题意知，刚开始时一营比二营多 $5$ 枚炮弹，后来一营给二营 $20$ 枚，则后来两营的炮弹数量相差 $20+20-5=35$（枚）。由线段图得，后来一营是 $1$ 份，二营是 $3$ 份多 $3$ 枚，二营比一营多 $35$ 枚，即 $2$ 份多 $3$ 枚等于 $35$ 枚。一营后来的炮弹数目为 $(35-3)\div 2=16$（枚），那么它最开始时的炮弹数目应该是 $16+20=36$（枚）。

解题过程
设女生人数为 $1$ 份，那么由线段图可知，男生人数是 $6$ 份少 $11$ 人，又是 $4$ 份多 $13$ 人。$6$ 份和 $4$ 份正好相差 $13+11=24$（人），所以 $1$ 份等于 $24\div(6-4)=12$（人），这也就是女生人数。因为男生人数是 $4$ 份 $+13$ 人，所以男生的人数就等于 $12\times 4+13=61$（人）。

解题过程
方法一：设蜀国为 $2$ 份，吴国为 $3$ 份，则魏国为 $6$ 份（魏国是蜀国 $3$ 倍即 $6$ 份，是吴国 $2$ 倍即 $6$ 份）。吴国和蜀国正好差 $1$ 份。由题意可知，两国差 $20$ 万人，那么 $1$ 份就是 $20$ 万人。而魏国军队是 $6$ 份，所以人数为 $20\times 6=120$（万人）。 方法二：魏国总数是蜀国的 $3$ 倍，应该是 $3$ 整份；又是吴国 $2$ 倍，为 $2$ 整份多 $40$ 万人，所以 $1$ 份等于 $40$ 万人。即蜀国人数就是 $40$ 万人，那么魏国人数为 $40\times 3=120$（万人）。

解题过程
由题意得，原来甲班比乙班多 $2+2=4$（人）（甲转出 $2$ 后与乙相等，说明甲原来比乙多 $4$）；又从甲转 $2$ 人到乙后甲乙相等，再从丙转 $3$ 人到乙后乙、丙相等，推得丙班比乙班多 $2+3+3=8$（人）。所以原来乙班的人数为 $(162-4-8)\div 3=50$（人），原来甲班的人数为 $50+4=54$（人）。

解题过程
设乙买了磁带后的钱为 $1$ 份，我们把花的钱再补回去（甲补回与所花相等的一半、乙补回 $10$ 元）。甲剩下的钱是乙剩下的 $3$ 倍，而甲花掉的恰好与甲剩下的相等，所以甲原有的钱是甲剩下的 $2$ 倍，即 $3\times 2=6$（份）。由线段图可知，$1$ 份等于 $(80-10)\div(1+6)=10$（元），所以乙原来的钱为 $10+10=20$（元）。

解题过程
设铜牌的块数为 $1$ 份，那么银牌的块数就是 $2$ 份。根据题意，得金牌的块数再加 $1$ 块就是 $3$ 份，也就是说金牌的块数是 $3$ 份少 $1$ 块。又因为把 $1$ 块金牌变成 $1$ 块银牌，它们的数量就一样多，所以原来它们相差 $2$ 块。由线段图知，金牌数和银牌数相差 $1$ 份少 $1$ 块，所以 $1$ 份就是 $3$ 块。因此这个国家一共得到 $3\times 3-1=8$（块）金牌。

解题过程
设萱萱花的钱数是 $1$ 份，那么小云花的钱数是 $3$ 份少 $5$ 元，小达花的钱数是 $3$ 份多 $7$ 元，卡莉娅花的钱数是 $12$ 份（萱萱的 $3$ 倍再 $\times 4$）。由线段图可知，四人共 $1+3+3+12=19$ 份，且 $-5+7=+2$（即先 $-7$ 再 $+5$ 抵掉小达多的 $7$、小云少的 $5$），萱萱花了 $(154-7+5)\div(1+3+3+12)=8$（元）。所以小达花了 $3\times 8+7=31$（元）。

解题过程
三个空格组成的三位数为 $552-439=113$。于是百位上的空格填 $1$，十位上的填 $1$，个位上的填 $3$。

解题过程
方法一：先看个位，$\square-9=2$，所以空格中填 $1$，向十位借了 $1$；再看十位，$\square-1-3=5$，所以空格中填 $9$，没有借位；最后看百位，$\square-4=5$，所以空格中填 $9$。方法二：三个空格组成的三位数为 $552+439=991$。

解题过程
先看个位，$\square+4$ 的个位数字是 $2$，所以个位的 $\square=8$，$8+4=12$，向十位进了 $1$；再看十位，$3+\square+1$ 的个位数字是 $4$，所以 $\square=0$，$3+0+1=4$，没有向百位进位；最后看百位，$\square+2=6$，所以百位的 $\square=4$。故为 $438+204=642$。

解题过程
先看个位，$\square+8$ 的个位数字是 $2$，则个位的 $\square=4$，$4+8=12$，向十位进了 $1$；再看十位，$8+\square+1$ 的个位数字是 $2$，则十位的 $\square=3$，$8+3+1=12$，向百位进了 $1$；最后看百位，百位数字加 $1$ 要进位，只能是 $9+1=10$，所以加数的百位数字是 $9$，和的千位是 $1$。故为 $84+938=1022$。

解题过程
（1）由于两个三位数相加最大为 $999+999=1998$，所以千位上的空格中一定是 $1$。再看百位，两个数字的和最大为 $9+9=18$，而和的前两位是 $19$，所以两个加数的百位一定都是 $9$，且十位往百位有进位，由此可知百位就是 $9$ 加上进位 $1$ 得“$10$”。从而得出十位填 $5$，个位填 $9$，故 $981+959=1940$。（2）个位 $9+\square=9$，十位 $8+\square=9$，百位 $1+1=2$，可得 $169+130=299$。

解题过程
先看个位，$9-\square=1$，所以空格中填 $8$，没有借位；再看十位，$\square+10-9=1$，所以空格中填 $0$，向百位借了 $1$；然后看百位，十位向百位借了 $1$，$9-1-\square=1$，所以空格中填 $7$；最后看千位，$\square-1=1$，所以空格中填 $2$。故 $2909-1798=1111$。

解题过程
先看个位，$7-6=1$，所以空格中填 $1$；再看十位，$13-\square=8$，所以空格中填 $5$，向百位借 $1$；然后看百位，$12-1-6=\square$，所以空格中填 $5$，向千位借 $1$；因为借位最多借 $1$，所以被减数的万位一定是 $1$；又因被减数的百位向千位借了 $1$，所以被减数的前两位一定是 $10$，减数的千位是 $9$。故 $10237-9656=581$。

解题过程
这个竖式包括加法和减法两个部分。先看加法竖式：和的千位是 $1$，百位向千位进了 $1$，一个加数的百位是 $9$，和的百位是 $0$，十位向百位进了 $1$，所以十位上的空格中不是 $0$，那么只能是 $9$ 了，且个位向十位进 $1$；个位向十位进 $1$，同 $1$ 相加的只能是 $9$，从而个位上最下面的空格为 $0$。于是加法部分为 $91+999=1090$。再看减法竖式：$10-\square=5$，所以空格填 $5$，向十位借 $1$；观察千位和百位，可确定百位上的空格填 $9$，且十位向前借 $1$；再看十位上的空格，两空格中数的和是 $18$，所以这两个空格中的数都只能是 $9$。于是减法部分为 $1090-995=95$。

解题过程
先看个位，个位的和最大是 $18$，而和的个位是 $9$，所以个位的和是 $9$，没有进位；再看十位，由于 $4$ 个数字之和最大，被盖住的十位两个数字之和取最大 $14$，从而$$\begin{aligned}\text{被盖住的 }4\text{ 个数字之和}&=14+9\\&=23\end{aligned}$$。

解题过程
要使填入的 $6$ 个数字之和最大，应该尽量使每个空格内的加法都向前进位。先看个位，若个位上 $2$ 个空格中的和应该是 $12$；再看十位，若十位上 $2$ 个空格中数的和应该是 $18$；同样，百位上空格中数的和应该是 $13$。从而 $6$ 个空格中数的和的最大值为 $12+18+13=43$。所以那个最聪明的船员拿到了 $43$ 枚金币。

解题过程
先看个位，$\square+3$ 的个位数字是 $2$，说明个位的 $\square=9$，$9+3=12$，向十位进了 $1$；再看十位，$3+\square+1$ 的个位数字是 $3$，说明十位的 $\square=9$，$3+9+1=13$，也向百位进了 $1$；最后看百位，$\square+3+1=5$，所以百位的 $\square=1$。故 $139+393=532$。

解题过程
先看个位，$7+\square=8$，个位上的空格中应该填 $1$；又根据“黄金三角”，得和的前两位是 $10$，第一个加数的千位是 $9$；再看十位，此时一定有进位，从而 $\square+9=17$，所以空格中填 $8$；最后看百位，百位加完后应该往千位进 $1$，所以第二个加数的百位只能是 $9$。如下图：$9087+991=10078$。那么所有 $\square$ 内填写的数字之和是 $9+8+9+1+1+0+0=28$。

解题过程
（1）个位 $1+\square=0$ 进位，得个位的 $\square=9$，向十位进 $1$；十位 $7+5+1=13$，得百位进位，和的十位是 $3$；百位 $9+9+1=19$，得和的千位是 $1$，百位是 $9$。所以 $971+959=1930$。（2）注意到和的百位向千位进位，因此各加数尽量取大，使三个加数的个位、十位、百位都凑成进位，最终得到 $38+999+963=2000$。

解题过程
先看个位，$11-7=4$，向十位借位，所以差的个位应该填 $4$；然后看十位，十位向百位借了 $1$，$10-1-\square=9$，即减数的十位填 $0$；再往后，容易看出差的百位是 $9$，被减数的千位是 $3$。即 $3001-2007=994$。

解题过程
（1）先看个位，它一定向十位借位，$14-5=9$，可知减数的个位应该填 $5$，且最省的差是 $9$。易得被减数的百位和十位、减数的十位都只能是 $0$ 和 $9$，从而被减数是 $104$，减数是 $95$。（2）类似地，使被减数尽量小，减数尽量大，且每位都借位，可得 $1005-998=7$。

解题过程
方法一：个位的空格显然应该填 $0$。差的百位是 $8$，只能是 $9-1=8$，而且十位向百位没有借位。最后看十位，被减数与减数的十位数字之差等于 $9$，只能是 $9-0=9$。故 $990-100=890$。方法二：把这个减法竖式变成加法竖式 $890+\overline{\square\square\square}=\overline{\square\square 0}$，百位上 $8$ 加上一个数后不进位，因此第二个加数的百位只能是 $1$，剩下的分析进位很容易得到结果。

解题过程
这个混合竖式可分为一个减法竖式和一个加法竖式。先看减法竖式：$1098-999=099$，得到差 $99$。再看加法竖式：百位要向千位进位，因此十位要向百位进 $2$，于是和的百位数字是 $0$；然后看十位，因为十位向百位进 $2$，只能是两个 $\square$ 中的都填 $9$，而且个位向十位进 $2$；最后看个位，个位要向十位进 $2$，只能是在第三个加数中填 $9$。于是 $99+892+9=1000$。

解题过程
先看百位：十位往百位最多进 $2$，而和的百位是 $6$，所以第一个加数的百位至少是 $4$、至多是 $6$，又只能取 $1$、$3$、$5$、$7$、$9$，故百位只能是 $5$，且十位往百位进 $1$。再看十位：个位往十位最多进 $2$、最少进 $1$，所以十位两个空格中数的和等于 $12$ 或 $13$；但在 $1$、$3$、$5$、$7$、$9$ 中没有两个数的和是 $13$，所以十位两个空格中数的和是 $12$，且个位往十位进 $2$。最后看个位：个位往十位进 $2$，所以个位三个空格中数的和是 $21$。因此 $6$ 个空格中所填数的和为 $5+12+21=38$。例如 $557+77+7=641$。

解题过程
先看百位和千位。因为三个数字的和至多进 $2$，所以和的千位一定是 $1$，第一个加数的百位一定是 $9$，且和的百位是 $0$。再看个位，三个数的加法最多进 $2$，要使和最大且个位为 $7$，可让三个加数个位之和取 $27$，故个位三个空格填入数字和的最大值是 $27$。十位往百位进 $1$，所以十位的两个数字之和为 $17-2=15$。综上所述，填入数字的最大和应该是 $27+15+9+0+1=52$。

解题过程
发现十位上只有一个 $\square$，而只有当 $\square$ 取 $9$、且个位向十位进 $1$ 时，才能满足十位上进 $1$ 到百位。所以 $\square$ 表示 $9$，个位向十位进 $1$，那么 $\triangle$ 表示的就一定是 $8$ 了。再看百位，$\bigcirc+1=$ 进位，所以 $\bigcirc$ 一定表示 $1$。于是 $19+99=118$。

解题过程
先看个位，三个 $\triangle$ 相加的个位仍是 $\triangle$，所以 $\triangle$ 是偶数或 $\triangle=5$。经分析与进位讨论，$\triangle=5$，向十位进 $1$。十位 $\square+\triangle+1$ 的个位仍是 $\square$，可得 $\square=9$，向百位进 $1$。百位 $\bigcirc+1=\square=9$，所以 $\bigcirc=8$。故 $895+95+5=995$。

解题过程
先看百位，可知 $\triangle$ 一定不小于 $6$，从而可知个位向十位进 $1$ 或 $2$。再看十位，可知十位也一定向百位上进 $1$ 或 $2$。下面分两种情况讨论：（1）如果十位向百位进 $1$，可知 $\triangle$ 表示 $7$，从而 $\diamondsuit$ 表示 $1$，代入竖式得十位上的 $\square=4$，$$\begin{aligned}\triangle+\square-\diamondsuit&=7+4-1\\&=10\end{aligned}$$；（2）如果十位向百位进 $2$，可知 $\triangle$ 表示 $8$，从而 $\diamondsuit$ 表示 $4$，代入得 $\square=9$，$$\begin{aligned}\triangle+\square-\diamondsuit&=8+9-4\\&=13\end{aligned}$$。

解题过程
先看被减数万位，由于空格中最大只能填 $5$，且下面差的万位也是 $5$，因此，被减数万位的空格中应填 $5$。个位上的减法没有借位，再看十位，两个数的差是 $2$，那么这两个数只能是 $4$ 和 $2$ 或者 $3$ 和 $1$。结合数字只能用一次，可得被减数千位与减数十位、百位的安排，最终得到 $56739-2418=54321$。

解题过程
由于两个数相加和三位数，那两个三位数和必小，所以和的千位一定是 $1$，百位为 $0$。两个加数百位之和加上进位等于 $10$ 或 $11$，结合“百”位是 $2$ 已填，第一个加数的百位较大。逐位用每个数字恰好一次的约束试填，可得第一个加数个位为 $4$（已填），则第二个加数个位与和的个位需用剩下数字配合，最终得到 $764+289=1053$，恰好用上 $0\sim 9$ 各一次。

解题过程
因此第一个算式中的“奥”只能取 $1$ 或 $2$，而第二个算式中的“克”只能取 $2$ 或 $3$。再结合百位不难看出，第一个算式的“奥”的百位是 $0$，所以“林”、“匹”应该是 $0$。但百位一定要向千位进位，于是“克”只能是 $1$。从第二个算式可推出“运”代表 $7$。从第一个算式可得“林”代表 $2$，用同样的方法可以求出其他各汉字所代表的数字。最后得到 $1243+765=2008$，$3421+567=3988$，即 奥$=1$，林$=2$，匹$=4$，克$=3$，运$=7$，动$=6$，会$=5$，奥林匹克运动会 $=1243765$。

解题过程
先看个位，$3$ 个空格中数的和应是 $4$、$14$、$24$，但由于个位空格中数都为 $2$ 到 $6$，可知三个数的和在 $6$ 到 $18$ 之间，从而个位三个空格中数的和是 $14$，个位向十位进 $1$。再看十位，$3$ 个空格中数的和是 $5$、$15$、$25$，由于都不超过 $18$，所以十位空格中数的和是 $15$，向百位进 $1$。然后看百位，由于百位三个空格中数的和加进位个位是 $6$，所以百位空格中数的和是 $5$。最后看千位，$4$。于是 $9$ 个空格中数的和为 $14+15+5+4=38$。

解题过程
先看个位，“学”的个位一定是偶数，所以“学”为 $2$、$4$、$6$、$8$。考虑到百位进位，对各情况枚举验证。若“数”代表 $1$，则各位向前进位可一致，最终得到“数”代表 $1$，“学”代表 $2$，“为”代表 $4$，“好”代表 $6$，“用”代表 $8$。验算得 $212+812+2612+8612=12248$，竖式成立。

解题过程
先可以确定千位上的空格中一定填 $1$。个位上差是 $6$，这两个空格有 $3$ 种填法（如 $1\square\square 8-\square 72$、$1\square\square 9-\square 73$、$1\square\square 5-\square 79$）。逐一验证：若个位为 $5$、$9$，剩下的 $4$ 个空格要填 $0$、$2$、$3$、$8$，由十位向百位借位的限制，只有一种填法满足全部数字各用一次，最终得到 $1305-879=426$。

解题过程
先看个位，很明显，$9-7=2$，这样填可以使得个位上所填的两个数之和最大。再看十位，如果不借位，最大是 $9-3=6$；如果借位，最大是 $15-9=6$。显然这时十位上应该填 $5$ 和 $9$。再看百位，这时肯定是借位比较好，于是减数的百位可以填 $9$。由于十位向百位借了 $1$，所以被减数的百位是 $8$，由此可得被减数的千位是 $4$。因此，$7$ 个数字之和的最大值为 $9+7+5+9+8+9+4=51$，具体填法为 $4859-997=3862$。

解题过程
先看个位，两个加数的个位数字相加，所得数的个位是 $7$，从而个位向十位进 $1$。由于两个加数的四个数字完全相同（只是排列顺序不同），第二个加数的百位数字必与第一个加数的某一位数字相同。若第二个加数的百位数字取 $9$，则两数仅百位排列不同，和的百位不可能是 $4$，不合要求；因此第二个加数的百位数字应为 $5$，第一个加数的百位是 $8$。综合各位约束，得两个加数为 $4859$ 和 $4598$，和为 $9457$。

解题过程
因千位 $7+志>9$，则两个加数的千位相加要向万位进 $1$，于是 千位 $8>2$，则两个加数的十位相加要向百位进位。又 志$=$上$+$心，忐$=$下$+$心，则 忐$>$心，那么两个加数的百位相加要向千位进 $1$，所以 志$=5$，即 上$+$心$=5$。当 上$=5$，心$=0$，不符，舍去；或 上$=4$，心$=1$，此时 忐$=6$，下$=5$，不符，舍去；或 上$=3$，心$=2$，此时 忐$=8$，下$=6$，那么 不$=4$，安$=1$，意$=7$。故 $7386+5841=13227$。

解题过程
（1）算式的结果最小：则加数的最高位应尽量小，且最高位除已填的千位 $0$ 外，剩下的两个空格中应填小数，再考虑进位让和最小。两个三位数和四位数的百位相加为 $2$ 和 $4$，又根据各数位均填 $0$、$2$、$4$、$6$、$8$，得算式结果最小是 $4800$。（2）算式的结果最大：则加数的最高位应尽量大，三位数与四位数的千位、百位尽量取 $8$、$6$，逐位配置后算式结果最大是 $6600$。

解题过程
观察发现 $3$ 个人（男男女）构成一个周期，每个周期里最后一个（第 $3$ 个）是女生。第 $20$ 个女生就是第 $20$ 个周期的最后一个，所以它的编号是 $20\times 3=60$（号）。

解题过程
$1\sim3$ 循环报数，$3$ 个数构成一个周期，报 $1$ 的是每个周期的第 $1$ 人。第 $10$ 个报 $1$ 的人，前面已经有 $9$ 个完整周期，再加 $1$ 人，所以是 $9\times 3+1=28$（人）。

解题过程
观察图形可知，每 $3$ 个三角形（黑白白）构成一个周期。$26\div 3=8\cdots\cdots 2$，商 $8$ 说明有 $8$ 个完整周期，余数为 $2$，所以第 $26$ 个图形是一个周期（黑白白）中的第 $2$ 个，即白色三角形。

解题过程
由题中条件可知，红、黄、蓝、绿 $4$ 种颜色构成一个周期。$46\div 4=11\cdots\cdots 2$，商 $11$ 代表一共有 $11$ 个完整的周期，而余数 $2$ 代表最右侧的同学（第 $46$ 人）举的旗子颜色是一个周期（红、黄、蓝、绿）中的第 $2$ 个，即黄色。

解题过程
观察表格，每 $5$ 个数构成一个周期，写完一个周期就换到下一行。$208\div 5=41\cdots\cdots 3$，商 $41$ 代表一共有 $41$ 个完整的周期，余数 $3$ 代表 $208$ 是一个周期（$A$、$B$、$C$、$D$、$E$）中的第 $3$ 个，所以 $208$ 出现在字母 $C$ 下面。

解题过程
$2$ 颗红珠、$3$ 颗白珠、$5$ 颗黑珠正好构成一个周期，所以一个周期含 $2+3+5=10$（颗）珠子。$77\div 10=7\cdots\cdots 7$，说明穿了 $7$ 个完整周期，还余下 $7$ 颗珠子。每个周期中白珠比黑珠少 $5-3=2$（颗），$7$ 个周期共少 $2\times 7=14$（颗）。余下的 $7$ 颗按红、白、黑顺序为 $2$ 红 $3$ 白 $2$ 黑，这 $7$ 颗中白珠比黑珠多 $3-2=1$（颗）。所以白珠比黑珠一共少 $14-1=13$（颗）。

解题过程
可以多画出几幅图依次观察。座位排成上、下两排（第 $1$、$2$ 号在上排，第 $3$、$4$ 号在下排）。开始座次：$1$ 号小鼠、$2$ 号小猴、$3$ 号小兔、$4$ 号小猫。第一次上下交换后：$1$ 号小兔、$2$ 号小猫、$3$ 号小鼠、$4$ 号小猴；第二次左右交换后：$1$ 号小猫、$2$ 号小兔、$3$ 号小猴、$4$ 号小鼠；第三次上下交换后：$1$ 号小猴、$2$ 号小鼠、$3$ 号小猫、$4$ 号小兔；第四次左右交换后：$1$ 号小鼠、$2$ 号小猴、$3$ 号小兔、$4$ 号小猫，又回到了最开始的座次。所以每 $4$ 次交换为一个周期。$10\div 4=2\cdots\cdots 2$，说明经过了 $2$ 个完整周期，还多 $2$ 次，第十次交换后的座次与第二次交换后相同。第二次交换后：$1$ 号小猫、$2$ 号小兔、$3$ 号小猴、$4$ 号小鼠。所以第十次交换后，小猫坐 $1$ 号、小兔坐 $2$ 号、小猴坐 $3$ 号、小鼠坐 $4$ 号椅子。

解题过程
（1）根据“任意相邻的五个数之和等于 $15$”，相邻两组的五个数之和相等，错位相减可知这个数列每 $5$ 个数一循环。第五个数为 $15-1-2-5-4=3$，所以数列前 $10$ 项为 $1,2,5,4,3,1,2,5,4,3$。 （2）发现 $1,2,5,4,3$ 构成一个周期，周期的长度为 $5$。$100\div 5=20$，表明数列中恰好包含 $20$ 个完整的周期，没有余数（即第 $100$ 个就是第 $20$ 个周期的最后一个数），所以第 $100$ 个数是 $3$。

解题过程
第一项为 $1$，$1\times 7=7$，则第二项为 $7$；$7\times 7=49$，第三项为 $9$；$9\times 7=63$，第四项为 $3$；$3\times 7=21$，第五项为 $1$……从这里观察到第六项又是 $1$，周期重新开始，说明每 $4$ 个数构成一个周期（$1,7,9,3$），周期长度为 $4$。$100\div 4=25$，第 $100$ 个数正好是第 $25$ 个周期的最后一个数，所以第 $100$ 位同学报的数是 $3$。

解题过程
（1）蚂蚁甲爬行一圈（正方形 $ABCD$）需要 $2\times 4=8$（分钟），则它的爬行周期就是 $8$ 分钟。$50\div 8=6\cdots\cdots 2$，蚂蚁甲从 $A$ 点出发，$2$ 分钟后爬到 $B$ 点，则它出发 $50$ 分钟后也爬到 $B$ 点。蚂蚁乙爬行一圈（正方形 $AEFG$）需要 $1\times 4=4$（分钟），周期是 $4$ 分钟，$50\div 4=12\cdots\cdots 2$，蚂蚁乙从 $A$ 点出发，$2$ 分钟后爬到 $F$ 点，则它出发 $50$ 分钟后也爬到 $F$ 点。 （2）蚂蚁甲爬行一圈经过了 $8$ 条边，一共需要 $1\times 8=8$（分钟），周期是 $8$ 分钟。$90\div 8=11\cdots\cdots 2$，蚂蚁甲从 $C$ 点出发，$2$ 分钟内爬了 $2$ 条边（$C\to D\to A$），到达 $A$ 点，则它出发 $90$ 分钟后也爬到 $A$ 点。蚂蚁乙爬行一圈也经过了 $8$ 条边，一共需要 $2\times 8=16$（分钟），周期是 $16$ 分钟。$90\div 16=5\cdots\cdots 10$，蚂蚁乙从 $F$ 点出发，$10$ 分钟内爬了 $5$ 条边（$F\to G\to A\to B\to C\to D$），到达 $D$ 点，则它出发 $90$ 分钟后也爬到 $D$ 点。

解题过程
观察发现，每 $5$ 个图形构成一个周期（菱形、三角形、圆、菱形、正方形），周期长度为 $5$。$88\div 5=17\cdots\cdots 3$，商 $17$ 表示一共有 $17$ 个完整的周期，余数 $3$ 表示第 $88$ 个图形是一个周期中的第 $3$ 个，即圆。

解题过程
不难看出，$1$ 黑、$2$ 白共 $3$ 个三角形构成一个周期，周期长度为 $3$。$200\div 3=66\cdots\cdots 2$，商 $66$ 表示一共有 $66$ 个完整的周期，余 $2$ 表示还多 $2$ 个图形。$1$ 个周期里有 $2$ 个白色三角形，$66$ 个完整周期里共有 $66\times 2=132$（个）白色三角形；多出的 $2$ 个图形（黑、白）里有 $1$ 个白色三角形。所以前 $200$ 个图形里一共有 $132+1=133$（个）白色三角形。

解题过程
先看第一行，“黎曼假设”$4$ 个汉字重复出现，周期长度为 $4$。$200\div 4=50$，没有余数说明一个周期刚好结束，对应的是一个周期中的第 $4$ 个“设”。同样，第二行的周期长度为 $5$，$200\div 5=40$，没有余数对应一个周期的第 $5$ 个“想”。第三行的周期长度为 $6$，$200\div 6=33\cdots\cdots 2$，余数 $2$ 对应一个周期的第 $2$ 个字“德”。所以第 $200$ 列从上到下依次是“设”“想”“德”这 $3$ 个汉字。

解题过程
一共 $6$ 个小朋友每次拿 $3$ 个球，那么一轮一共取走 $3\times 6=18$（个）球。$55\div 18=3\cdots\cdots 1$，所以一共可以正好取 $3$ 轮，剩下 $1$ 个球。小高每次拿 $3$ 个，前 $3$ 轮共拿了 $3\times 3=9$（个）；接下来第 $4$ 轮第一个又轮到小高，所剩下的 $1$ 个球被小高全部取走。这样，小高一共拿到 $9+1=10$（个）乒乓球。

解题过程
圆圈上共有 $7$ 个圆圈，电子跳蚤每跳 $7$ 步就回到原处，周期长度为 $7$。红跳蚤从“$1$”按顺时针跳 $100$ 步：$100\div 7=14\cdots\cdots 2$，商 $14$ 说明 $100$ 步中包含了 $14$ 个周期（顺时针绕圈 $14$ 周回到出发点），再多跳 $2$ 步，落在数字 $3$ 的圆圈里。黑跳蚤从“$1$”按逆时针跳 $200$ 步：$200\div 7=28\cdots\cdots 4$，逆时针绕 $28$ 周回到出发点后再多跳 $4$ 步，落在数字 $4$ 的圆圈里。因此这两个圆圈里数的乘积是 $3\times 4=12$。

解题过程
（1）第一天运进 $50$ 吨，第二天运出 $60$ 吨，相当于 $2$ 天一共净运出 $60-50=10$（吨）；以后不停地按此循环下去，也就是以 $2$ 天为一个周期，每个周期向外运出 $10$ 吨货物。由于 $80\div 10=8$，因此要把仓库清空需要运 $8$ 个周期，即 $2\times 8=16$（天）。所以第 $16$ 天仓库里的货物恰好被运完。 （2）由题意，最后一天必为运出 $60$ 吨货物。以 $2$ 天为一个周期，每个周期运出货物 $60-50=10$（吨）。要使仓库中剩下 $60$ 吨货物，需要运 $(80-60)\div 10=2$（个）周期，即 $2\times 2=4$（天）；再运完剩下的 $60$ 吨货物还差 $1$ 天，所以一共需要 $4+1=5$（天）。即第 $5$ 天仓库里的货物恰好被运完。

解题过程
蜗牛要爬出井，一定是在某一天向上爬时爬出井的。蜗牛在爬出井的这一天最多向上爬 $6$ 米，那么在这之前它一共至少要爬到 $30-6=24$（米）处。这只蜗牛一天向上爬 $6$ 米、休息一天向下滑 $4$ 米，把 $2$ 天看作一个周期，每 $2$ 天实际向上爬了 $6-4=2$（米）。要爬到 $24$ 米处，需要 $24\div 2=12$（个）完整周期，即 $12\times 2=24$ 天后正好爬到 $24$ 米处。此后第 $25$ 天再向上爬 $6$ 米，恰好到达 $24+6=30$（米）的井口。所以蜗牛第 $25$ 天爬到井口。

解题过程
方法一：经过仔细观察，可以发现图中 $4$ 个方格里的笑脸是按顺时针方向轮换的。比较第 $1$、$2$、$3$ 幅就能看出，每经过 $4$ 幅，四个笑脸又回到与第 $1$ 幅完全相同的样子，即周期长度为 $4$。$16\div 4=4$，恰好 $4$ 个完整的周期，没有余数，那么第 $16$ 幅图就是一个周期的最后一幅，也就是和第 $1$ 幅一模一样。方法二：也可以把原图中四个方格上的笑脸抽取出来观察，发现相邻三个的笑脸就是按顺时针旋转得到，第 $16$ 幅由此规律推出与第 $1$ 幅相同。

解题过程
逐天列出每人分配后的宝石数（每人把自己宝石的一半平均分给其他三人，每人一份）。 | | 甲 | 乙 | 丙 | 丁 | | --- | --- | --- | --- | --- | | 第 $1$ 天 | $10$ | $7$ | $5$ | $4$ | | 第 $2$ 天 | $7$ | $8$ | $6$ | $5$ | | 第 $3$ 天 | $8$ | $5$ | $7$ | $6$ | | 第 $4$ 天 | $5$ | $6$ | $8$ | $7$ | | 第 $5$ 天 | $6$ | $7$ | $5$ | $8$ | | 第 $6$ 天 | $7$ | $8$ | $6$ | $5$ | 可以看出，第 $6$ 天与第 $2$ 天的结果完全相同。所以从第 $2$ 天开始，每 $4$ 天组成一个周期，周期长度是 $4$。前 $100$ 天中，除去第 $1$ 天，还剩 $99$ 天。$99\div 4=24\cdots\cdots 3$，说明第 $100$ 天对应一个周期里的第 $3$ 天，即与第 $4$ 天的结果相同。所以第 $100$ 天早上分配完宝石后，甲、乙、丙、丁分别有 $5$、$6$、$8$、$7$ 颗宝石。

解题过程
不妨把士兵报数的情况列出来看看：第一次 $1\sim3$ 循环报数，报 $1$ 的士兵编号是 $1,4,7,10,\cdots$；第二次 $1\sim4$ 循环报数，报 $4$ 的士兵编号是 $4,8,12,16,\cdots$。一个士兵要既报过 $1$ 又报过 $4$，它的编号必须同时满足这两个条件。可以看出，$1$ 号士兵和第 $13$ 号士兵的报数情况完全相同，$2$ 号和 $14$ 号也完全相同……所以两次报数的情况以 $12$ 为周期。在每个周期里，只有 $4$ 号、$16$ 号这一类（即周期里的第 $4$ 名）既报过 $1$ 又报过 $4$，也就是说每个周期里恰有 $1$ 名既报 $1$ 又报 $4$。$500\div 12=41\cdots\cdots 8$，说明一共包含 $41$ 个完整周期，还多出 $8$ 名。$41$ 个完整周期中既报 $1$ 又报 $4$ 的士兵共 $41$ 名，余下的 $8$ 名（第 $493\sim 500$ 号，相当于周期里的第 $1\sim 8$ 名）中第 $4$ 名（第 $496$ 号）也满足条件，再加 $1$ 名。所以一共有 $41+1=42$（名）。

解题过程
按图中箭头方向数手指：大拇指（$1$）、食指（$2$）、中指（$3$）、无名指（$4$）、小指（$5$）、无名指（$6$）、中指（$7$）、食指（$8$）……$8$ 个数一个来回，从第 $9$ 个又回到大拇指，但去掉重复后，每 $8$ 个数构成一个周期。$200\div 8=25$，恰好 $25$ 个完整周期，没有余数，对应一个周期内第 $8$ 位，即食指。所以数到 $200$ 时正好数到食指。

解题过程
（1）一周有 $7$ 天，星期数以 $7$ 为周期。$60\div 7=8\cdots\cdots 4$，所以再过 $60$ 天相当于再过 $4$ 天。从星期六往后数 $4$ 天是星期三。 （2）六月有 $30$ 天，从 $6$ 月 $1$ 日到 $7$ 月 $1$ 日共 $30$ 天，$30\div 7=4\cdots\cdots 2$，再过 $2$ 天。星期二往后 $2$ 天是星期四。 （3）从 $2011$ 年 $3$ 月 $1$ 日到 $2012$ 年 $3$ 月 $1$ 日经过 $366$ 天（$2012$ 年是闰年，其中含 $2$ 月 $29$ 日），$366\div 7=52\cdots\cdots 2$；从 $2011$ 年 $3$ 月 $1$ 日到 $2012$ 年 $3$ 月 $8$ 日共 $366+7=373$ 天，$373\div 7=53\cdots\cdots 2$，再过 $2$ 天，星期二往后 $2$ 天是星期四。

解题过程
（1）$3$ 月份有 $31$ 天，$31-16=15$（天），$4$ 月份有 $30$ 天，$5$ 月份有 $31$ 天，在此基础上再到儿童节（$6$ 月 $1$ 日）有 $1$ 天。所以从 $3$ 月 $16$ 日到 $6$ 月 $1$ 日还差 $15+30+31+1=77$（天）。此时已过了 $77$ 天，因此 $2011$ 年的儿童节再过 $77$ 天。 （2）$2011$ 年 $6$ 月 $1$ 日：从 $3$ 月 $16$ 日星期三再过 $77$ 天，$77\div 7=11$，恰好 $11$ 个完整周期，所以 $2011$ 年 $6$ 月 $1$ 日是星期三。再从 $2011$ 年往前推到 $2009$ 年儿童节：$2011$ 年与 $2010$ 年都不是闰年，每年 $365$ 天，两年共 $365\times 2=730$（天），$730\div 7=104\cdots\cdots 2$，往前推 $2$ 天，星期三往前 $2$ 天是星期一。所以 $2009$ 年的儿童节是星期一。

解题过程
由于从 $1982$ 年 $6$ 月 $17$ 日到 $1987$ 年 $6$ 月 $17$ 日（妹妹出生）共经过 $5$ 年。这 $5$ 年中 $1984$ 年是闰年，只多出 $1$ 个闰年，其余 $4$ 年都是平年。这 $5$ 年的天数为 $365\times 4+366=1826$（天），$1826\div 7=260\cdots\cdots 6$，也就是这段时间包含了 $260$ 个完整周期外加 $6$ 天。从星期四开始，再过 $6$ 天是星期三，因此妹妹（$1987$ 年 $6$ 月 $17$ 日）是星期三出生的。要第一次在星期四过生日，需要从 $1987$ 年起，每过若干年使经过天数恰为 $7$ 的倍数；经计算逐年累加（注意每个闰年多 $1$ 天），到 $1997$ 年时经过的天数恰好是 $7$ 的倍数，妹妹生日又回到星期四。所以 $1997$ 年妹妹第一次在星期四过生日。

解题过程
这串图形涉及两重规律：颜色和形状。观察颜色：空心、实心两种颜色交替出现，$2$ 个为一组，第一个是空心的，后两个是实心的，因此图形颜色的周期是 $3$。$200\div 3=66\cdots\cdots 2$，则第 $200$ 个图形是 $3$ 个为一周期中的第 $67$ 个周期外加 $2$ 个，对应的颜色是实心的。再观察形状：图中的形状有五角星和四角星两种，且按 $5$ 个图形分成一组，那么每组中第 $1$ 个和第 $5$ 个是五角星，第 $2$、$3$、$4$ 个是四角星，所以形状的周期长度是 $5$。$200\div 5=40$，则第 $200$ 个图形是以 $5$ 为周期的第 $40$ 组最后一个，所以是五角星。综合形状（五角星）和颜色（实心），第 $200$ 个图形是实心五角星，所以选 $A$。

解题过程
把拿到糖的小朋友编号依次写出来是 $1,3,6,3,1,\cdots$。可以发现发糖的周期是 $14$ 次，而一个发糖周期内每人得糖 $2$ 块（在一个周期 $14$ 次发放里 $1$ 号恰好被发到的次数固定）。一共有 $1997$ 块糖，每次发 $1$ 块，则需要发 $1997$ 次。$1997\div 14=142\cdots\cdots 9$，因此在发了 $142$ 轮之后，又发了 $9$ 块糖。$142$ 轮完整周期中，$1$ 号小朋友得到 $2\times 142=284$（块）糖。余下的 $9$ 块糖中第 $1$ 块给的就是 $1$ 号小朋友，$1$ 号小朋友又得到了 $2$ 块。所以 $1$ 号小朋友一共得到了 $284+2=286$（块）糖。

解题过程
先看每一列方格的颜色。第 $1$ 列方格的颜色以 $3$ 个为周期，红、黄、蓝 $3$ 种颜色重复排列。$20\div 3=6\cdots\cdots 2$，因此第 $1$ 列第 $20$ 个方格与第 $2$ 个方格颜色相同，都是黄色，也就是说第 $20$ 行中第 $1$ 个方格是黄色。再看第 $20$ 行：第 $20$ 行中方格的颜色周期长度也是 $3$，按黄、蓝、红 $3$ 种颜色重复排列。$30\div 3=10$，因此第 $20$ 行中第 $30$ 个方格与第 $3$ 个方格颜色相同，都是红色。所以第 $20$ 行和第 $30$ 列交叉处的方格所染的颜色是红色。

解题过程
（1）$31\div 7=4\cdots\cdots 3$，可以把这 $31$ 天分成 $4$ 周剩刚好 $3$ 天。在这完整 $4$ 周里，星期一到星期日各出现 $4$ 次，剩下的 $3$ 天还要再各多出现 $1$ 次。由条件“有 $4$ 个星期二和 $4$ 个星期五”可知，星期二和星期五都不在多出的 $3$ 天里。这剩下的 $3$ 天是连续的，那么这 $3$ 天只能是星期六、星期日和星期一。那么这个月的 $1$ 日是星期六，再推算 $20$ 日：$20-1=19$，$19\div 7=2\cdots\cdots 5$，从星期六往后 $5$ 天，所以这个月的 $20$ 日是星期四。 （2）一般来说一个月中哪一天比另一天多，那一定是月初这两天里靠前的那一天。本题中星期二比星期六多，那么一定是月初星期二排在星期六前面，所以这个月的 $1$ 日是星期日。再推 $25$ 日：$25-1=24$，$24\div 7=3\cdots\cdots 3$，从星期日往后 $3$ 天，所以这个月的 $25$ 日是星期五。

解题过程
把报数 $500$ 名士兵编号为 $1$ 号，$2$ 号，$\cdots$，$500$ 号。第二次报数为 $1\sim4$ 循环报数，所以士兵报数的数以 $4$ 为周期。$500\div 4=125$，那么 $1$ 号士兵在第二次报数时报的是 $1$。第一次报 $1$ 的士兵编号为 $1,6,11,\cdots$，第二次报 $5$ 的士兵编号为 $5,10,15,\cdots$。写到第 $21$ 号士兵时，发现他与 $1$ 号士兵报的数一样，第一次报 $1$，第二次报 $4$。类似地，$22$ 号士兵与 $2$ 号士兵报数两次相同，所以士兵两次报数的数据是以 $20$ 为周期的。那么综合考虑士兵报数，每 $20$ 名连续的士兵中恰有一个既报 $5$ 又报 $1$，则 $500$ 名士兵中就有 $500\div 20\times 1=25$（名）既报 $5$ 又报 $1$。

解题过程
第一次从左到右 $1\sim4$ 循环报数，报数以 $4$ 为周期；第二次从右开始 $1\sim3$ 循环报数，报数以 $3$ 为周期。两次报数的公共周期为 $[4,3]=12$，即每连续 $12$ 个人的两次报数情况会重复出现，而在每个周期里恰有 $2$ 人既报了 $1$ 又报了 $2$。 （1）先验证人数偏少的情形：假设这一行有 $61$ 人，$61\div 12=5\cdots\cdots 1$，$5$ 个完整周期里既报 $1$ 又报 $2$ 的有 $5\times 2=10$（人），余下的 $1$ 人不满足，所以 $61$ 人中既报 $1$ 又报 $2$ 的只有 $10$ 人，不足 $12$ 人。 （2）再看 $62$ 人：$62\div 3=20\cdots\cdots 2$，可定出第二次报数情况；$62\div 12=5\cdots\cdots 2$，$5$ 个完整周期里满足的有 $5\times 2=10$（人），余下的 $2$ 人也都既报 $1$ 又报 $2$，所以 $62$ 人中恰有 $10+2=12$（人），符合题意。所以这一行最少有 $62$ 人。 再往后，当人数从 $62$ 增加到 $69$ 时，多出的几个人都不再增加满足条件的人数，仍恰好是 $12$ 人；$69\div 3=23$，到 $69$ 人时仍满足，而第 $70$ 人会使满足条件的人数变化。所以这一行最多有 $69$ 人。综上，最少 $62$ 人，最多 $69$ 人。

解题过程
第一只钟一圈 $12$ 格、每次跳过 $2$ 格，所以它的指针指的数字按 $0$、$2$、$4$、$6$、$8$、$10$ 的顺序循环，周期是 $6$。第二只钟一圈 $7$ 格、每次跳过 $3$ 格，它的指针指的数字按 $0$、$3$、$6$、$2$、$5$、$1$、$4$ 的顺序循环，周期是 $7$。把两只钟的数字按分钟一一对应排出，每 $6\times 7=42$ 分钟为一个大周期。在一个大周期里，两根指针共有 $4$ 次指向同一个标数，依次指向 $0$、$6$、$4$、$2$。$30\div 4=7\cdots\cdots 2$，所以当两根指针第 $30$ 次指向同一标数时，对应的是这 $4$ 个数中的第 $2$ 个，即数字 $6$。

解题过程
列车的行驶路线为 $A\to 1\to 2\to\cdots\to 7\to B\to 7\to\cdots\to 2\to 1\to A\to\cdots$。容易看出，从 $A$ 地到达 $B$ 地需要 $8$ 天，再返回 $A$ 地又需要 $8$ 天，然后再出发去往 $B$ 地，因此列车往返运动的周期是 $16$ 天。发现列车第 $4$ 次是从右往左驶入 $4$ 号站的，同理第 $6$、$8$、$10$、$12$、$14$、$16$、$18$、$20$ 次都是从右往左驶入 $4$ 号站。把列车从右往左驶入 $4$ 号站看作每个周期的开始，那么第 $20$ 次驶入 $4$ 号站正好是在第 $4$ 次驶入 $4$ 号站的 $8$ 个周期之后，即 $16\times 8=128$（天）之后。列车从右往左行驶时，在到达 $4$ 号站的前一天到达 $5$ 号站，因此从第 $4$ 次驶入 $4$ 号站往后数 $128-1=127$（天），就是第 $20$ 次驶入 $5$ 号站的日期。$127\div 7=18\cdots\cdots 1$，而第 $4$ 次驶入 $4$ 号站是星期六，所以第 $20$ 次驶入 $5$ 号站是星期六往后 $1$ 天，即星期日。

解题过程
头数：$6\times 1+8\times 1=14$（个）。 腿数：$$\begin{aligned}6\times 2+8\times 4&=12+32\\&=44\end{aligned}$$（条）。

解题过程
方法一：假设全是鸡，那么一共有腿 $2\times 5=10$（条），比实际少 $14-10=4$（条）。每把一只鸡看成兔，腿数就多算了 $4-2=2$（条），则兔 $4\div 2=2$（只），鸡 $5-2=3$（只）。 方法二：假设全是兔，那么一共有腿 $4\times 5=20$（条），比实际多 $20-14=6$（条）。每把一只兔看成鸡，腿数就少算了 $4-2=2$（条），则鸡 $6\div 2=3$（只），兔 $5-3=2$（只）。

解题过程
假设全是鸡，那么一共有腿 $2\times 10=20$（条），比实际少 $26-20=6$（条）。每把一只鸡看成兔，腿数就多算了 $4-2=2$（条），则兔 $6\div 2=3$（只），鸡 $10-3=7$（只）。

解题过程
方法一：假设全是自行车，那么一共有轮子 $2\times 24=48$（个），比实际少 $56-48=8$（个）。每把一辆自行车看成三轮车，就多算了 $3-2=1$（个）轮子，所以三轮车 $8\div 1=8$（辆），自行车 $24-8=16$（辆）。 方法二：假设全是三轮车，那么一共有轮子 $3\times 24=72$（个），比实际多 $72-56=16$（个）。每把一辆三轮车看成自行车，就少算了 $3-2=1$（个）轮子，所以自行车 $16\div 1=16$（辆），三轮车 $24-16=8$（辆）。

解题过程
假设全是小宿舍，那么一共能住 $4\times 30=120$（人），比实际少 $168-120=48$（人）。每把一间小宿舍看成大宿舍，就多住 $6-4=2$（人），所以大宿舍 $48\div 2=24$（间）。

解题过程
方法一：假设全是由女教师组成的，那么一共有 $3\times 62=186$（人），比实际多了 $186-150=36$（人）。每把一组男教师看成一组女教师，就多算了 $3-2=1$（人），因此男教师有 $36\div 1=36$（组），即一共有 $2\times 36=72$（人），则女教师一共有 $150-72=78$（人）。 方法二：假设全是由男教师组成的，那么一共有 $2\times 62=124$（人），比实际少了 $150-124=26$（人）。每把一组女教师看成一组男教师，就少算了 $3-2=1$（人），因此女教师有 $26\div 1=26$（组），即一共有 $3\times 26=78$（人），则男教师一共有 $150-78=72$（人）。

解题过程
$19$ 元 $=190$ 角。假设全是 $5$ 角硬币，那么总面值是 $5\times 25=125$（角），比实际少 $190-125=65$（角）。每把一枚 $5$ 角硬币换成 $1$ 元硬币，总值就多 $10-5=5$（角），所以 $1$ 元硬币 $65\div 5=13$（枚），$5$ 角硬币 $25-13=12$（枚）。

解题过程
方法一：因为大班和小班的孩子每人都分 $2$ 个苹果，一共分掉了 $80$ 个苹果，所以大班和小班的孩子一共有 $80\div 2=40$（个）。再由橘子，应该分得 $5\times 40=200$（个）。比实际多 $200-158=42$（个）。每把一个大班孩子看成小班孩子，就会少分 $5-3=2$（个）橘子，所以小班孩子 $42\div 2=21$（个）。 方法二：假设大班和小班人数一样多，每人分 $4$ 个苹果和 $8$ 个橘子，平均每个孩子分 $2$ 个苹果，现在有 $80$ 个苹果，孩子总数 $80\div 2=40$（个），且要分得 $4\times 40=160$（个）橘子，但实际为 $158$ 个，可得小班孩子 $(40+2)\div 2=21$（个）。

解题过程
把 $1$ 只鸡和 $1$ 只兔“绑成”一组，每组就有腿 $2+4=6$（条）。$48$ 条腿就分成了 $48\div 6=8$（组），也就是有 $8$ 只鸡和 $8$ 只兔。

解题过程
鸵鸟有 $2$ 条腿，斑马有 $4$ 条腿。因为斑马的数量是鸵鸟的 $3$ 倍，把 $1$ 只鸵鸟和 $3$ 匹斑马分成一组，每组有腿 $2+4\times 3=14$（条），共 $140$ 条腿分成 $140\div 14=10$（组），所以鸵鸟有 $10$ 只，斑马有 $10\times 3=30$（匹）。

解题过程
方法一：假设全是鸡，那么一共有腿 $2\times 35=70$（条），比实际少 $94-70=24$（条）。每把一只鸡看成兔，腿数就多算了 $4-2=2$（条），所以兔子 $24\div 2=12$（只），小鸡 $35-12=23$（只）。 方法二：假设全是兔，那么一共有腿 $4\times 35=140$（条），比实际多 $140-94=46$（条），每把一只兔看成鸡少算 $2$ 条腿，所以小鸡 $46\div 2=23$（只），兔子 $35-23=12$（只）。

解题过程
方法一：假设全是普通票，那么一共要花 $10\times 35=350$（元），比实际少 $500-350=150$（元）。每把一张普通票看成套票，就多 $20-10=10$（元），所以套票 $150\div 10=15$（张），普通票 $35-15=20$（张）。 方法二：假设全是套票，那么一共要花 $20\times 35=700$（元），比实际多 $700-500=200$（元），每把一张套票看成普通票少 $10$ 元，所以普通票 $200\div 10=20$（张），套票 $35-20=15$（张）。

解题过程
除去黄老师吃的 $5$ 块月饼，男生和女生一共吃了 $135-5=130$（块）。假设全是女生，应该吃 $2\times 50=100$（块），比实际少 $130-100=30$（块）。每把一名男生看成女生，就会少算 $4-2=2$（块）月饼，所以男生 $30\div 2=15$（名），女生 $50-15=35$（名）。

解题过程
采松籽一共用了 $112\div 14=8$（天）。假设这 $8$ 天全是晴天，那么能采 $20\times 8=160$（个）松籽，比实际多 $160-112=48$（个）。每把一个晴天看成雨天，就会少 $20-12=8$（个），所以雨天 $48\div 8=6$（天）。

解题过程
如果这 $28$ 斤全是羊肉，按错误的定价，应该付 $3\times 28=84$（文）钱，比实际少 $100-84=16$（文）钱。一斤牛肉和羊肉价钱的差是 $5-3=2$（文），所以羊肉是 $16\div 2=8$（斤），牛肉 $28-8=20$（斤）。按正确定价，应该付 $3\times 8+5\times 20=124$（文）钱，而实际只付了 $100$ 文，所以猪八戒亏了 $124-100=24$（文）钱。

解题过程
甲、乙两班每人都交 $10$ 元车钱，所以甲、乙两班一共有 $520\div 10=52$（人）。假设全是乙班，门票钱应是 $20\times 52=1040$（元），比实际多 $1040-940=100$（元），每把一个乙班的人看成甲班的人，门票就少 $20-15=5$（元），所以甲班 $100\div 5=20$（人），乙班 $52-20=32$（人）。

解题过程
方法一：假设墨莫全答对了，他应该得 $5\times 10=50$（分），比实际多 $50-26=24$（分）。每答错一道题，与答对相比就要差 $5+1=6$（分），所以墨莫答错了 $24\div 6=4$（道），答对了 $10-4=6$（道）。 方法二：假设墨莫答对了 $5$ 道题、答错了 $5$ 道题，则应得 $5\times 5-1\times 5=20$（分），比实际少，调整后可得答对 $6$ 道。

解题过程
做完 $20$ 道题，初始 $20$ 分要保持不变。假设小高全答对了，他得到的分是 $4\times 20=80$（分），加上初始分共 $80+20=100$（分），比实际多 $100-20=80$（分）。每答错一道题，与答对相比要差 $4+1=5$（分），所以答错 $80\div 5=16$（道），答对 $20-16=4$（道）。 方法二：发现小高所做 $20$ 道题，分数却没有变化（仍为初始 $20$ 分），即得分恰好抵消，可解得答对 $4$ 道。

解题过程
假设全部没有损坏，那么一共能得到 $20\times 50=1000$（元），但实际只得到 $760$ 元，少了 $1000-760=240$（元）。每损坏一箱，不但拿不到 $20$ 元运费，还要倒贴 $60$ 元，这样就会少 $20+60=80$（元），所以损坏的玻璃仪器有 $240\div 80=3$（箱）。

解题过程
四天生产了 $100\times 4=400$（台）电视机。假设全部合格，应该一共得 $5\times 400=2000$（分）。把一台合格电视机换成不合格电视机，不仅得不到 $5$ 分，还要倒扣 $10$ 分，这样每换一台就会少 $5+10=15$（分）。所以不合格电视机有 $$\begin{aligned}(2000-1850)\div 15&=150\div 15\\&=10\end{aligned}$$（台），合格电视机有 $400-10=390$（台）。

解题过程
方法一：鸡比兔子多 $4$ 只，利用这一条件分组，把 $1$ 只鸡和 $1$ 只兔子配成一组，再把多出的 $4$ 只鸡单列，如下图所示。粗线右边的 $4$ 只鸡有腿 $2\times 4=8$（条），所以粗线左边的鸡和兔共有腿 $32-8=24$（条）。再做调整：每增加 $1$ 只兔子，就必须相应地增加 $1$ 只鸡，才能保持“鸡比兔子多 $4$ 只”不变，相应地腿数增加 $4+2=6$（条），那么要增加 $24$ 条腿，需要增加 $24\div 6=4$（只）兔子。而兔子是从 $0$ 只的基础上开始增加的，所以兔子有 $0+4=4$（只），鸡有 $4+4=8$（只）。 方法二：先从总腿数中减去多出的 $4$ 只鸡的腿 $2\times 4=8$（条），剩下 $32-8=24$（条）腿由相等数量的鸡兔组成，每组（一鸡一兔）$2+4=6$（条）腿，共 $24\div 6=4$（组），故兔 $4$ 只，鸡 $4+4=8$（只）。

解题过程
兔子比鸡多 $10$ 只，利用这一条件分组，把 $1$ 只鸡和 $1$ 只兔子配成一组，再把多出的 $10$ 只兔子单独一组，如下图所示。方法一：粗线右边的 $10$ 只兔子有腿 $4\times 10=40$（条），所以粗线左边的鸡兔分组后剩下 $100-40=60$（条）腿。每组有 $2+4=6$（条）腿，所以每边各 $60\div 6=10$（只），即鸡 $10$ 只，兔 $10+10=20$（只）。 方法二：假设兔子也只有鸡那么多，总腿数会少 $100-4\times 10=60$，由 $60\div(2+4)=10$ 求得鸡 $10$ 只，兔 $20$ 只。

解题过程
鸡的数量是兔子的 $3$ 倍，利用这一条件分组，把 $3$ 只鸡和 $1$ 只兔子分成一组，每组有腿 $2\times 3+4=10$（条），共 $110$ 条腿，所以分了 $110\div 10=11$（组）。每组有 $1$ 只兔子，所以有 $11$ 只兔子，鸡 $3\times 11=33$（只）。

解题过程
已知鸭子的数量是狗的 $4$ 倍，把 $1$ 只狗和 $4$ 只鸭子分成一组，如下图所示。每组中狗有腿 $4$ 条，鸭子有腿 $2\times 4=8$（条），每组鸭子腿比狗腿多 $8-4=4$。现在鸭子腿一共比狗腿多 $20$，所以有 $20\div 4=5$（组），即狗 $5$ 只，鸭子 $5\times 4=20$（只）。

解题过程
根据小班比大班多 $7$ 人这一条件，可以把 $1$ 个“大班同学”和 $1$ 个“小班同学”配成一组，每组发 $5+3=8$（个）橘子，再把多出的 $7$ 个小班同学单列，如图所示。方法一：所有参加配组的同学共得到橘子 $101-3\times 7=80$（个），每组 $8$ 个，所以共 $80\div 8=10$（组），即大班 $10$ 人、配组的小班 $10$ 人，小班实际 $10+7=17$（人）。 方法二：假如“补上”$7$ 个大班同学，那么一共应该分 $101+5\times 7=136$（个）橘子。此时大班与小班人数一样多，每组一大一小共发 $5+3=8$（个）橘子，于是有 $136\div 8=17$（组），所以小班有 $17$ 人，大班有 $17-7=10$（人）。

解题过程
五边形有 $2$ 个，它的边有 $5\times 2=10$（条），那么三角形和四边形的边共有 $394-10=384$（条）。把一个三角形和一个四边形配成一组，每组有边 $3+4=7$（条），再把多出来的 $82$ 个四边形单列，如图所示。所有完整组所包含的边数是 $384-4\times 82=56$（条），则有 $56\div(3+4)=8$（组），所以四边形有 $8+82=90$（个）。

解题过程
根据题意，水果糖卖了 $480-300=180$（元），由 $180\div 20=9$（千克）知水果糖卖了 $9$ 千克。方法一：奶糖和巧克力糖共卖 $20-9=11$（千克），收入 $300$ 元。假设全是巧克力糖，应收 $30\times 11=330$（元），比实际多 $330-300=30$（元），每把 $1$ 千克巧克力糖看成奶糖少 $30-25=5$（元），所以奶糖 $30\div 5=6$（千克）。 方法二：三种糖的价格分别是 $20$ 元、$25$ 元、$30$ 元的两位倍数关系，由总量与各部分收入用假设法得奶糖 $6$ 千克。

解题过程
假设全是蜘蛛，则一共有 $8\times 21=168$（条）腿，比实际多 $168-140=28$（条）。每把 $1$ 只蜘蛛换成蜻蜓或蝉，腿数就少 $8-6=2$（条），所以蜻蜓和蝉一共 $28\div 2=14$（只），蜘蛛 $21-14=7$（只）。再看翅膀：蜻蜓 $2$ 对、蝉 $1$ 对，$14$ 只共 $23$ 对，假设 $14$ 只全是蝉则 $14$ 对，比实际少 $23-14=9$（对），每把 $1$ 只蝉换成蜻蜓多 $1$ 对，所以蜻蜓 $9$ 只，蝉 $14-9=5$（只）。

解题过程
订半年的同学需要 $5\times 6=30$（元），订全年的同学需要 $5\times 12=60$（元）。假设订半年的同学和订全年的同学一样多，则交换后订费不变；但实际两次订费相差 $990-900=90$（元），由每名同学订半年与订全年相差 $60-30=30$（元），可知两类同学人数相差 $90\div 30=3$（人）。把多出的 $3$ 名同学单列，他们共需订费 $30\times 3=90$（元），则参与分组的同学共需订费 $900-90=810$（元），每组（一名订半年、一名订全年）需订费 $30+60=90$（元），所以一共分了 $810\div 90=9$（组）。因此订全年的同学有 $9$ 名，订半年的同学有 $9+3=12$（名），共有学生 $9+12=21$（名）。

解题过程
市场部每人月饼券比水果券多 $3-2=1$（张），技术部每人水果券比月饼券多 $1$ 张。月饼券比水果券一共多 $110-90=20$（张），因此市场部比技术部多 $20$ 人。把 $1$ 个市场部员工和 $1$ 个技术部员工分成一组，月饼券与水果券相抵，最后还剩下 $20$ 个市场部员工。这 $20$ 名不能分组的市场部员工有月饼券 $3\times 20=60$（张），则每组有月饼券 $110-60=50$（张），每组（市场部、技术部各 $1$ 人）需月饼券 $3+2=5$（张），因此共分了 $50\div 5=10$（组），即技术部有 $10$ 人，市场部有 $10+20=30$（人）。

解题过程
此题相当于汽水买三送一、酸奶买一送一。假设全买酸奶，便宜了 $14$ 元，则墨莫应花 $14$ 元，但他实际花了 $28$ 元，多花了 $28-14=14$（元），也就是说墨莫买汽水花的钱比优惠的多 $14$ 元，$14\div(3-1)=7$（元），所以墨莫买汽水优惠了 $7$ 元，即买了 $7\times 4=28$（瓶）汽水。再由汽水瓶数比酸奶瓶数的 $3$ 倍少 $2$ 瓶，那么买了酸奶 $(28+2)\div 3=10$（瓶）。又墨莫买酸奶优惠了 $14-7=7$（元），即买酸奶实际花了 $7$ 元，所以每瓶酸奶的正常价是 $7\div(10\div 2)=1.4$（元）。

解题过程
因鸡的腿数是头数的 $3$ 倍少 $1$，兔的腿数是头数的 $3$ 倍多 $1$，假设鸡的只数与兔子的一样多，则它们的总腿数恰是总头数的 $3$ 倍。但实际总腿数比总头数的 $3$ 倍多 $8$，所以兔的只数比鸡多 $8$ 只，于是兔的只数的 $4$ 倍比鸡的只数的 $4$ 倍多 $4\times 8=32$。又兔的只数的 $4$ 倍比鸡的只数的 $5$ 倍多 $19$，所以鸡的只数（即鸡的 $5$ 倍与 $4$ 倍之差）有 $32-19=13$（只），兔子有 $13+8=21$（只），一共 $13+21=34$（只）。

解题过程
这是首项为 $2$、公差为 $2$ 的等差数列。项数 $=$（末项 $-$ 首项）$\div$ 公差 $+1=(50-2)\div 2+1=25$。

解题过程
这是首项为 $1$、公差为 $2$ 的等差数列。末项 $=$ 首项 $+$（项数 $-1$）$\times$ 公差 $=1+(20-1)\times 2=39$。

解题过程
（1）这是首项为 $2$、公差为 $3$ 的等差数列，$$\begin{aligned}\text{第 $21$ 项}&=2+(21-1)\times 3\\&=62\end{aligned}$$。 （2）比 $100$ 大的奇数从小到大为 $101,103,105,\cdots$，首项 $101$、公差 $2$，$$\begin{aligned}\text{第 $21$ 项}&=101+(21-1)\times 2\\&=141\end{aligned}$$。

解题过程
观察图形，每层的砖数构成以 $1$ 为首项、公差为 $4$ 的等差数列：$1,5,9,\cdots$。第 $19$ 层砖数 $=$ $$\begin{aligned}\text{末项}&=1+(19-1)\times 4\\&=73\end{aligned}$$（块）。

解题过程
公差 $=$ 第 $10$ 项 $-$ 第 $9$ 项 $=137-131=6$。第 $1$ 项 $=$ 第 $9$ 项 $-(9-1)\times 6=131-48=83$。$$\begin{aligned}\text{第 $19$ 项}&=83+(19-1)\times 6\\&=191\end{aligned}$$。（也可由第 $10$ 项是第 $1$、$19$ 项的中间项，第 $19$ 项 $=137\times 2-83=191$。）

解题过程
第 $10$ 个数减去第 $4$ 个数应该等于 $6$ 个公差，则$$\begin{aligned}\text{公差}&=(73-31)\div 6\\&=7\end{aligned}$$。所以首项 $=$ 末项 $-$（项数 $-1$）$\times$ 公差 $=31-(4-1)\times 7=10$。

解题过程
（1）从墨莫开始，每位同学所报的数组成一个等差数列，首项 $3$，末项 $25$，公差 $2$。人数等于$$\begin{aligned}\text{项数}&=(25-3)\div 2+1\\&=12\end{aligned}$$，所以队伍里一共有 $12$ 人。 （2）与（1）类似，首项 $17$，末项 $150$，公差 $7$，$$\begin{aligned}\text{项数}&=(150-17)\div 7+1\\&=20\end{aligned}$$，所以队伍里一共有 $20$ 人。

解题过程
用求和公式 和 $=$（首项 $+$ 末项）$\times$ 项数 $\div 2$。 （1）和 $=(1+12)\times 12\div 2=78$。 （2）和 $=(11+19)\times 9\div 2=135$。

解题过程
（1）首项 $100$、末项 $90$、项数 $11$，和 $=$（首项 $+$ 末项）$\times$ 项数 $\div 2=(100+90)\times 11\div 2=1045$。 （2）首项 $21$、末项 $1$、公差 $2$，$$\begin{aligned}\text{项数}&=(21-1)\div 2+1\\&=11\end{aligned}$$，和 $=(21+1)\times 11\div 2=121$。

解题过程
（1）首项 $2$、末项 $90$、公差 $4$，$$\begin{aligned}\text{项数}&=(90-2)\div 4+1\\&=23\end{aligned}$$，和 $=(2+90)\times 23\div 2=1058$。 （2）首项 $41$、末项 $101$、公差 $3$，$$\begin{aligned}\text{项数}&=(101-41)\div 3+1\\&=21\end{aligned}$$，和 $=(41+101)\times 21\div 2=1491$。

解题过程
（1）公差为 $2$，首项 $23$，根据通项公式：末项 $=$ 首项 $+$（项数 $-1$）$\times$ 公差 $=23+(13-1)\times 2=47$。 （2）每项比前项小 $7$，即公差为 $-7$；末项 $125$ 是第 $13$ 项，首项 $=$ 末项 $-$（项数 $-1$）$\times$ 公差 $=125+(13-1)\times 7=209$。

解题过程
首项 $11$、第 $10$ 项 $200$，与首项相差 $(10-1)$ 个公差，因此$$\begin{aligned}\text{公差}&=(200-11)\div(10-1)\\&=189\div 9\\&=21\end{aligned}$$。$$\begin{aligned}\text{第 $19$ 项}&=11+(19-1)\times 21\\&=389\end{aligned}$$。（也可由第 $10$ 项是第 $1$、$19$ 项的中间项，第 $19$ 项 $=200\times 2-11=389$。）

解题过程
墨莫每天读的页数构成一个等差数列，首项 $15$、末项 $36$、公差 $3$。读的天数等于$$\begin{aligned}\text{项数}&=(36-15)\div 3+1\\&=8\end{aligned}$$（天）。这本书共有的页数即为这个等差数列 $8$ 项的和 $=(15+36)\times 8\div 2=204$（页）。

解题过程
（1）首项 $3$、末项 $30$、公差 $3$，项数 $10$，和 $=(3+30)\times 10\div 2=165$。 （2）首项 $41$、末项 $1$、公差 $4$，$$\begin{aligned}\text{项数}&=(41-1)\div 4+1\\&=11\end{aligned}$$，和 $=(41+1)\times 11\div 2=231$。

解题过程
（1）首项 $5$、末项 $83$、公差 $6$，$$\begin{aligned}\text{项数}&=(83-5)\div 6+1\\&=14\end{aligned}$$，和 $=(5+83)\times 14\div 2=616$。 （2）首项 $193$、末项 $103$、公差 $6$，$$\begin{aligned}\text{项数}&=(193-103)\div 6+1\\&=16\end{aligned}$$，和 $=(193+103)\times 16\div 2=2368$。

解题过程
由题意得，每层圆木根数构成等差数列，其中首项 $6$、项数 $25$、公差 $1$。末项 $=$ 首项 $+$（项数 $-1$）$\times$ 公差 $=6+(25-1)\times 1=30$，所以第 $25$ 层有圆木 $30$ 根。则这堆圆木共有 $=(6+30)\times 25\div 2=450$（根）。

解题过程
第 $15$ 项与第 $8$ 项相差 $7$ 个公差，$$\begin{aligned}\text{公差}&=(71-50)\div 7\\&=3\end{aligned}$$。第 $8$ 项与第 $1$ 项相差 $7$ 个公差，$$\begin{aligned}\text{第 $1$ 项}&=50-7\times 3\\&=29\end{aligned}$$。第 $10$ 项 $=$ 第 $1$ 项 $+9$ 个公差 $=29+9\times 3=56$，前 $10$ 项的和 $=(29+56)\times 10\div 2=425$。

解题过程
由求和公式 和 $=$（首项 $+$ 末项）$\times$ 项数 $\div 2$ 得，$105\times 2\div 7=30$，即第 $1$ 项 $+$ 第 $7$ 项 $=30$，又首项是 $21$，所以$$\begin{aligned}\text{第 $7$ 项}&=30-21\\&=9\end{aligned}$$。第 $7$ 项与第 $1$ 项相隔 $6$ 个公差，$$\begin{aligned}\text{公差}&=(9-21)\div 6\\&=-2\end{aligned}$$（即每项减 $2$）。第 $10$ 项 $=$ 第 $1$ 项 $+9$ 个公差 $=21+9\times(-2)=3$。

解题过程
$8$ 个连续偶数组成一个公差为 $2$、项数为 $8$ 的等差数列。由求和公式 和 $=$（首项 $+$ 末项）$\times$ 项数 $\div 2$ 得，首项 $+$ 末项 $=248\times 2\div 8=62$。又末项与首项相差 $(8-1)\times 2=14$，所以$$\begin{aligned}\text{末项}&=(62+14)\div 2\\&=38\end{aligned}$$，即最大的偶数是 $38$。

解题过程
九个杯子里的珠数构成等差数列，根据求和公式 和 $=$ 中间项 $\times$ 项数，得$$\begin{aligned}\text{中间项（第 }5\text{ 个）}&=351\div 9\\&=39\end{aligned}$$。 （1）$1$ 号是首项 $11$，第 $5$ 个为 $39$，二者相差 $4$ 个公差，$$\begin{aligned}\text{公差}&=(39-11)\div 4\\&=7\end{aligned}$$，即每个杯子比前一号多 $7$ 颗。 （2）$3$ 号杯子是 $23$，$$\begin{aligned}\text{公差}&=(39-23)\div(5-3)\\&=8\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}8\text{ 号杯子}&=23+(8-3)\times 8\\&=63\end{aligned}$$（颗）。

解题过程
他第一次从盒子里拿出 $1$ 个球，放回 $3$ 个，盒子里的球比原来多 $3-1=2$ 个；第二次拿出 $2$ 个，放回 $2\times 3=6$ 个，比原来多 $6-2=4$ 个；依此类推，第十次拿出 $10$ 个，放回 $3\times 10=30$ 个，比原来多 $30-10=20$ 个。每次比原来多的个数 $2,4,\cdots,20$ 组成一个公差为 $2$、项数为 $10$ 的等差数列，$$\begin{aligned}\text{其和}&=(2+20)\times 10\div 2\\&=110\end{aligned}$$。即经过十次拿球放球后，盒子里乒乓球比开始时多了 $110$ 个。由于开始时盒子里有 $3$ 个乒乓球，因此最后盒子里有 $110+3=113$（个）乒乓球。

解题过程
第一个月，小王的工资比小高的多 $1000-500=500$（元）。第二个月，小王的工资涨了 $60$ 元，小高涨了 $45$ 元，那么两人工资的差距拉大了 $60-45=15$（元）。以后每月差距都比上月增加 $15$ 元，第十二个月两人工资的差累计 $=500+(500+15)+(500+15\times 2)+\cdots+(500+15\times 11)$。这是首项 $500$、公差 $15$、项数 $12$ 的等差数列求和，$$\begin{aligned}\text{末项}&=500+15\times 11\\&=665\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\text{和}&=(500+665)\times 12\div 2\\&=6990\end{aligned}$$（元）。所以两人工作一年后工资总数相差 $6990$ 元。

解题过程
把卡莉娅的分数加上 $21$ 分后，这组数仍构成等差数列，那自然知道卡莉娅的分数在原数列中是最低的，也就是首项；同理，卡莉娅更正后的分数是新数列的末项，而数列中其他各数没有变化。因此卡莉娅的分数更正后，比原先分数最高的同学还要高 $3$ 分，所以原先卡莉娅的分数比其他同学中最高分低 $21-3=18$（分），即原数列的首项比末项少 $18$。根据项数公式，$$\begin{aligned}\text{项数}&=（末项 - 首项）\div 公差 +1\\&=18\div 3+1\\&=7\end{aligned}$$，所以这组同学有 $7$ 人。又$$\begin{aligned}\text{中间项}&= 和 \div 项数 \\&=609\div 7\\&=87\end{aligned}$$，则成绩处于中间位置的第 $4$ 名同学得了 $87$ 分。原先卡莉娅的分数比他少 $(4-1)\times 3=9$（分），更正后就比他多 $21-9=12$（分），所以卡莉娅更正后的分数为 $87+12=99$（分）。

解题过程
等差数列前 $15$ 项之和为 $450$，根据“首项 $+$ 末项 $=$ 和 $\times 2\div$ 项数”得，$$\begin{aligned}\text{第 }1\text{ 项}+\text{第 }15\text{ 项}&=450\times 2\div 15\\&=60\end{aligned}$$。同理，前 $20$ 项之和为 $750$，$$\begin{aligned}\text{第 }1\text{ 项}+\text{第 }20\text{ 项}&=750\times 2\div 20\\&=75\end{aligned}$$。因此$$\begin{aligned}\text{第 }20\text{ 项与第 }15\text{ 项的差}&=75-60\\&=15\end{aligned}$$，而第 $20$ 项与第 $15$ 项之间相差 $5$ 个公差，所以$$\begin{aligned}\text{公差}&=15\div 5\\&=3\end{aligned}$$。又$$\begin{aligned}\text{第 }15\text{ 项}&=\text{第 }1\text{ 项}+(15-1)\times 3\\&=\text{第 }1\text{ 项}+42\end{aligned}$$，代入第 $1$ 项 $+$ 第 $15$ 项 $=60$，得 $2\times$ 首项 $+42=60$，所以首项 $=9$。

解题过程
根据图形，层的编号与该层的铅笔数目相同：第 $1$ 层 $1$ 枝铅笔，第 $2$ 层 $2$ 枝铅笔……每层铅笔数构成首项 $1$、公差 $1$ 的等差数列。设最上层有 $n$ 枝，则从第 $1$ 层到第 $n$ 层共 $1+2+3+\cdots+n=210$ 枝。由 $(1+n)\times n\div 2=210$ 得 $n\times(n+1)=420=20\times 21$，所以 $n=20$。即最上面一层是 $20$ 枝铅笔，该层有 $20$ 枝。

解题过程
不难发现，各算式都是对两个加数的求和，其中第一个加数依次是 $1,2,3,1,2,3,\cdots$ 循环，第二个加数是 $1,3,5,7,\cdots$ 的连续奇数。如果某个算式中两个加数的和为 $98$（偶数），由于只有奇数 $+$ 奇数才得偶数，因此第二个加数（奇数）只能是 $95$ 或 $97$，对应第一个加数为 $3$ 或 $1$。第二个加数构成首项 $1$、公差 $2$ 的等差数列：$95$ 是第 $(95-1)\div 2+1=48$ 个奇数，对应第 $48$ 个算式；$97$ 是第 $49$ 个奇数，对应第 $49$ 个算式。再看第一个加数的循环 $1,2,3,1,2,3,\cdots$：$48\div 3=16$，余 $0$，故第 $48$ 项是周期里的第 $3$ 个数 $3$；第 $49$ 项是周期里的第 $1$ 个数 $1$。所以满足条件的算式为第 $48$ 个算式 $3+95=98$ 与第 $49$ 个算式 $1+97=98$。

解题过程
设中间数（第 $6$ 个）为 $a$。它前面 $5$ 个数依次比 $a$ 小 $2,4,6,8,10$，它后面 $5$ 个数依次比 $a$ 小 $3,6,9,12,15$。$$\begin{aligned}11\text{ 个数的总和}&=11a-(2+4+6+8+10)-(3+6+9+12+15)\\&=11a-30-45\\&=11a-75\\&=200\end{aligned}$$，所以 $11a=275$，$$\begin{aligned}a&=275\div 11\\&=25\end{aligned}$$。中间数是 $25$。

解题过程
$1$ 米 $=100$ 厘米，故大三角形每条边被分成 $100\div 2=50$ 段，整个大三角形被分为 $50$ 行。（1）把小三角形按正立、倒立两类分别求和。所有正立的小三角形从上到下每行依次为 $1,2,3,\cdots,50$ 个，共 $$\begin{aligned}1+2+3+\cdots+50&=(1+50)\times 50\div 2\\&=1275\end{aligned}$$（个）；所有倒立的小三角形每行依次为 $1,2,3,\cdots,49$ 个，共 $$\begin{aligned}1+2+3+\cdots+49&=(1+49)\times 49\div 2\\&=1225\end{aligned}$$（个）。因此边长为 $2$ 厘米的小三角形共有 $1275+1225=2500$（个）。（2）所有长度为 $2$ 厘米的线段分三个方向（水平、左斜、右斜）。每个方向的线段长度按行构成等差数列：依次为 $2,4,6,\cdots,100$ 厘米，项数 $50$，$$\begin{aligned}\text{单方向总长}&=(2+100)\times 50\div 2\\&=2550\end{aligned}$$（厘米）。由对称性，三个方向总长相等，所以$$\begin{aligned}\text{总长}&=2550\times 3\\&=7650\end{aligned}$$（厘米）。

解题过程
被减数依次为 $1000,993,986,\cdots$，是首项 $1000$、公差 $-7$ 的等差数列；减数依次为 $1,4,7,10,\cdots$，是首项 $1$、公差 $3$ 的等差数列。每写一个算式，被减数减少 $7$，减数增加 $3$，二者差距每次缩小 $7+3=10$。第 $1$ 个算式被减数与减数之差为 $1000-1=999$。从首项 $999$ 开始每次减去 $10$，根据 $999\div 10=99\cdots 9$，则最多可以减去 $99$ 个 $10$，最终得到 $9$，仍保证被减数大于减数。那么项数 $=99+1=100$，所以最后算式的被减数 $=1000-(100-1)\times 7=307$，减数 $=1+(100-1)\times 3=298$，所以最后算式为 $307-298$。

解题过程
八名同学的分数构成等差数列中连续的 $8$ 项，把它们首尾配对分为 $4$ 组，每组之和相等，所以$$\begin{aligned}\text{首项}+\text{末项}&=656\div 4\\&=164\end{aligned}$$。由于各项为整数，首项与末项的差是 $7$ 个公差，又末项（最高分）在 $90\sim 100$ 之间，且首项与末项的差应能被 $7$ 整除，结合各项为整数可知首项与末项的差可能等于 $14,28,42,\cdots$。逐一检验：当首项与末项的差为 $28$ 时，由 首项 $+$ 末项 $=164$ 得$$\begin{aligned}\text{末项}&=(164+28)\div 2\\&=96\end{aligned}$$、首项 $=68$，此时$$\begin{aligned}\text{公差}&=28\div 7\\&=4\end{aligned}$$，末项 $96$ 在 $90\sim 100$ 之间，符合题意。所以以第一名（最高分，第 $8$ 项）为 $96$ 分，$$\begin{aligned}\text{第三名的分数}&=96-(3-1)\times 4\\&=88\end{aligned}$$（分）。

解题过程
第 $3$、$4$、$5$、$6$ 名的分数恰构成等差数列中连续的 $4$ 项，由题意 第 $3$ 名 $+$ 第 $6$ 名 $=$ 第 $4$ 名 $+$ 第 $5$ 名 $=354\div 2=177$。由于各人得分都是整数且 $177$ 为奇数，所以公差一定是奇数。分情形讨论：①若公差 $=1$，则第 $3$ 名 $-$ 第 $6$ 名 $=3$，$$\begin{aligned}\text{第 }3\text{ 名}&=(177+3)\div 2\\&=90\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\text{第 }1\text{ 名}&=90+2\\&=92\end{aligned}$$，此时无人得 $96$ 分，不合题意，舍去；②若公差 $=3$，则第 $3$ 名 $-$ 第 $6$ 名 $=9$，$$\begin{aligned}\text{第 }3\text{ 名}&=(177+9)\div 2\\&=93\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\text{第 }2\text{ 名}&=93+3\\&=96\end{aligned}$$，恰为小高的分数，符合题意，$$\begin{aligned}\text{第 }10\text{ 名}&=93-3\times(10-3)\\&=72\end{aligned}$$（分）；③若公差 $=5$，则$$\begin{aligned}\text{第 }3\text{ 名}&=(177+15)\div 2\\&=96\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\text{第 }2\text{ 名}&=96+5\\&=101\end{aligned}$$，超过满分，不合题意，舍去。综上所述，第 $10$ 名同学得了 $72$ 分。

解题过程
若小朋友超过 $3$ 个人，则墨莫也需向王老师要 $36$ 张卡片才能构成等差数列，与题意不符，所以小朋友只有 $3$ 个人，卡片张数从少到多依次为 小高、墨莫、$X$。王老师给小高加 $36$ 张后，顺序可能变为 墨莫、$X$、小高 或 墨莫、小高、$X$。①若顺序是 墨莫、$X$、小高，则开始时墨莫比小高多 $36\div 3=12$（张），又此时 $X$ 的卡片数超过 $90$ 张，则此时小高超过了 $100$ 张，不合题意，舍去。②若顺序是 墨莫、小高、$X$，则开始时墨莫比小高多 $36\times 2\div 3=24$（张），王老师给墨莫加 $18$ 张后，顺序变为 小高、墨莫、$X$，符合题意。所以王老师开始时发给墨莫的卡片比发给小高的多 $24$ 张。

解题过程
三角形的内角和是 $180^\circ$，那么正三角形内角是 $180^\circ\div 3=60^\circ$；正方形的内角和是 $360^\circ$，那么正方形内角是 $360^\circ\div 4=90^\circ$；正五边形的内角和是 $540^\circ$，那么正五边形内角是 $540^\circ\div 5=108^\circ$。所以正五边形内角最大。

解题过程
观察每组已画出的两条边的位置关系：把它们分别补全成三角形、长方形、正方形、平行四边形和梯形。只要所补图形满足相应图形的边、角特征即可。

解题过程
观察发现，第一个图形有 3 条边，第二个图形有 4 条边，第三个图形有 5 条边，第五个图形有 7 条边。由此可以断定，第四个未画出的图形有 6 条边。又每个图形中各角都相等，已经画出的是正三角形、正四边形、正五边形和正七边形，那么未画出的就是正六边形。

解题过程
角是由同一个顶点出发的两条射线组成的。正方形的四个角各算一个，加上对角线把两个直角各分成两个角，对角线还与正方形的边组成若干个角。按图中所示数出，原图中一共有 $8$ 个角。

解题过程
方法一：正方形的边长是 4 厘米，周长为 $4\times 4=16$（厘米）。折叠后得到的长方形长 4 厘米，宽 2 厘米，周长为 $(4+2)\times 2=12$（厘米）。两个长方形的周长和与正方形周长相差 $12\times 2-16=8$（厘米）。方法二：不难看出，沿着折痕（原图中的虚线）把正方形剪开后，折痕处增加出来的两条边长各 4 厘米，且这两条边同时出现在剪开的两个长方形上，因此周长和比原来多 $4\times 2=8$（厘米）。

解题过程
7 根火柴棒拼成一个三角形，三角形周长一定是 $1\times 7=7$（寸）。注意到三角形的两边之和大于第三边，且每条边都至少 1 寸，所以最短边长度之和为 $7-3=4$。当最短边长度为 1 寸时，第三边为 $7-1-3=3$，三边长分别为 3 寸、3 寸、1 寸；当最短边长度为 2 寸时，第三边为 $7-2-3=2$，三边长分别为 3 寸、2 寸、2 寸。最短边长度不能超过 2，否则三边之和将超过 $2+2+3=7$。因此三角形的三边长有 3 寸、3 寸、1 寸，以及 3 寸、2 寸、2 寸这 2 种情况。

解题过程
要把 2 个三角形粘成平行四边形，就必须把其中长度相同的 2 条边粘在一起。把 2 条长为 3 厘米的边粘在一起，可以得到对边长分别是 4 厘米和 5 厘米的平行四边形（另一种粘法得到的是三角形，不是平行四边形）；把 2 条长为 4 厘米的边粘在一起，可得到对边长分别是 3 厘米和 5 厘米的平行四边形；把 2 条长为 5 厘米的边（斜边）粘在一起，可得到一个长方形（特殊的平行四边形）。因此 2 个三角形一共能拼成 3 种平行四边形。

解题过程
用示意图来表示三角形与特殊三角形、四边形与特殊四边形之间的关系：长方形、菱形都是特殊的平行四边形，正方形又是特殊的长方形和菱形。据此判断：④⑦是三角形；①②是长方形；①②③⑥都是平行四边形；①⑥是菱形。

解题过程
把“金字塔”与正八面体的棱和面都用数字标号。“金字塔”（四棱锥）的棱：底面 4 条加侧面 4 条，共 8 条棱；面：底面 1 个加侧面 4 个，共 5 个面。正八面体的棱：上半部分 4 条加中间 4 条加下半部分 4 条，共 12 条棱；面：上半部分 4 个加下半部分 4 个，共 8 个面。

解题过程
由于正方体的 6 个面写了 6 个不同的字母，那么每个字母在正方体的面上只能出现 1 次；如果 2 个字母在相邻的面上出现，那么它们一定不能相对。第一步，先看前 2 种摆放情况：只有字母 $B$ 出现了 2 次，由第一种摆放可知 $B$ 不与 $A$ 相对，也不与 $F$ 相对；由第二种摆放可知 $B$ 不与 $C$ 相对，也不与 $E$ 相对。那么 $B$ 只能与 $D$ 相对。第二步，再看后 2 种摆放情况：只有字母 $E$ 出现了 2 次，由第二种摆放可知 $E$ 不与 $B$ 相对，也不与 $C$ 相对；由第三种摆放可知 $E$ 不与 $D$ 相对，也不与 $F$ 相对。那么 $E$ 只能与 $A$ 相对。正方体有三组对面，已知 $B$ 与 $D$ 相对、$E$ 与 $A$ 相对，那么第三组对面一定是 $C$ 与 $F$ 相对。综上：$A$ 与 $E$ 相对，$B$ 与 $D$ 相对，$C$ 与 $F$ 相对。

解题过程
图中两个正方形各贡献 4 个直角，组成一条直线的不算，共数得直角 $8$ 个。两条对角线（斜线）把直角分成的小角中，小于直角的是锐角，大于直角的是钝角。按位置分类、不重不漏地数出：锐角共 $12$ 个，钝角共 $6$ 个。

解题过程
易看出，图中有 4 个小正方形，又 4 个小正方形正好组成 1 个大正方形。因此，一共有 $4+1=5$ 个正方形。

解题过程
把 2 个三角形纸片拼在一起，得到 2 个三角形纸片的某一条边完全重合。①斜边（长 5）重合：可得 2 种拼法，其中一个是一般三角形（不合要求），另一个图 2 是长方形，自然也是平行四边形。②长度为 3 的直角边重合：可得 2 种拼法，其中图 3 是等腰三角形（两腰长 5），图 4 是平行四边形。③长度为 4 的直角边重合：可得 2 种拼法，其中图 5 是等腰三角形（两腰长 5），图 6 是平行四边形。综上所述，一共能拼成 2 种等腰三角形、3 种平行四边形。

解题过程
长方形长 2、宽 1，剪下来的三角形是底为 1、高为 1 的直角三角形（直角顶点在 $A$）。把剪下来的三角形的直角边拼接在直角梯形与底边垂直的腰上，得到一个等腰直角三角形（图 1）；把它的直角边拼接在直角梯形与底边垂直的腰上，得到上底为 1、下底为 3、高为 1 的等腰梯形（图 2），以及底为 2、高为 1 的平行四边形（图 3）；把剪下来的三角形的斜边拼接在直角梯形的斜腰上，得到原图中长 2 宽 1 的长方形（图 4）。综上一共可以拼出 4 种图形。

解题过程
把最后得到的小三角形一步步展开，把剪痕用虚线表示，折痕用实线表示。从展开的图中看到，虚线部分把大正方形分成了 5 个部分：四周的 4 个等腰直角三角形和中间的 1 个小正方形。因此剪刀使原来的正方形纸片剪成了这 5 个部分，即 4 个等腰直角三角形和 1 个正方形。

解题过程
①拼成 $1\times 12$ 的长方形，周长为 $(12+1)\times 2=26$。②拼成 $2\times 6$ 的长方形，周长为 $(6+2)\times 2=16$。③拼成 $3\times 4$ 的长方形，周长为 $(3+4)\times 2=14$。由于宽不能比长还长，因此不必考虑这些正方形排成同行或同列的情况，只有上述 3 种情况。综上，长方形的周长有 26、16、14 三种，其中周长最小者是 14。

解题过程
方法一：风车的外沿由 8 条直线段组成，这 8 条直线段中有 4 条是直角三角形的斜边（长 13），另外 4 条短线段是直角三角形两条直角边的差，长度为 $12-5=7$。因此风车的周长是 $$\begin{aligned}4\times 13+4\times 7&=52+28\\&=80\end{aligned}$$。方法二：由题意，风车是由 4 个完全相同的直角三角形拼成的。三角形三边长为 5、12、13，周长就是 $5+12+13=30$，4 个三角形周长 $30\times 4=120$。但风车的周长不包括叠合的边，每个三角形在拼接时较短的直角边（长 5）的一段与相邻三角形重叠，使每个三角形周长中各有 $5+5=10$ 的部分没有计入风车周长，所以风车的周长是 $120-10\times 4=80$。

解题过程
（1）等腰三角形的两边长是 3 和 4。如果腰长为 3，底边长为 4，那么两条较短边长度之和 $3+3=6$，大于第三边的长度 4，可以组成三角形，此时三角形周长 $3+3+4=10$。如果腰长为 4，底边长为 3，那么两条较短边长度之和 $3+4=7$，大于第三边的长度 4，可以组成三角形，此时三角形周长 $4+4+3=11$。因此三角形的周长可能是 10 或 11。（2）等腰三角形的两边长是 4 和 9。如果腰长为 4，底边长为 9，则两条较短边长度之和 $4+4=8$，小于第三边的长度 9，不能组成三角形。如果腰长为 9，底边长为 4，则两条较短边长度之和 $4+9=13$，大于第三边的长度 9，可以组成三角形，此时三角形周长 $9+9+4=22$。因此三角形的周长只能是 22。

解题过程
周长 12 也是偶数，则底边的长度也是偶数，因此只能是 2 或 4。当底边为 2 时，腰长为 $(12-2)\div 2=5$；当底边为 4 时，腰长为 $(12-4)\div 2=4$。这两种情况都能组成三角形，因此周长是 12，各边长都是整数的等腰三角形有 2 种。长方形周长是 12，则长与宽之和为 $12\div 2=6$。长与宽都是整数的长方形可能是 5 和 1、4 和 2、3 和 3，因此周长是 12、各边长是整数的长方形有 3 种。

解题过程
由已知条件，$D$、$C$ 都与 $A$ 的两个不同面相邻，因此 $A$ 的对面不是 $D$，也不是 $C$；又 $A$ 与 $B$ 相邻，所以 $A$ 的对面也不是 $B$。第一步，先确定 $A$ 的对面：在能看到 $A$ 的面里，$A$ 都和 $C$、$D$、$E$、$F$ 相邻，所以 $A$ 的对面只能是它们之外的字母。综合各图的相邻关系可得 $A$ 的对面标有 $D$，$B$ 的对面标有 $F$，$C$ 的对面标有 $E$。

解题过程
发现木块向左滚 4 格到第 5 格时，各个面上的字母与初始时的情况完全一样，即木块每滚动连滚 4 格，它的各个面上的字母不变。所以木块向左滚 4 格到第 5 格时各个面上的情况与初始完全一样。再向下滚 4 格到第 9 格，各个面上的情况又和最初完全一样。再向右滚 4 格到第 13 格，每次都是朝同一方向滚 4 格，最后向左滚 4 格到第 21 格，各面上的情况都和最初完全一样。因此第 21 格木块向上的面上总是写着字母 $A$。

解题过程
对于立方体展开图，我们可以把任一个面当作底面，把它还原成立方体的表面。如图，观察虚线圈住的部分，$A$、$B$、$D$ 三个面两两相邻；再观察图 2 的虚线圈住的部分，发现可知 $A$、$B$、$C$ 三个面两两相邻。所以 $A$ 与 $D$ 相邻，$B$ 与 $D$ 相邻，$C$ 与 $D$ 相邻，因此写有 1 的面与 $D$ 面相对，即 $C$ 面与写上的面相对。把 $D$ 面、$A$ 面、$B$ 面还原成立方体，沿着展开图判断各面位置，最终确定标“?”处填的是字母 $A$。

解题过程
展开图中有 4 个三角形和 5 个长方形（4 个侧面长方形和 1 个底面长方形），其中 5 个面都是立体图形的面，共 9 个面。把展开图折回成立体图形（底面为长方形的四棱柱顶上加四棱锥的“房子”形状）。考虑四棱柱部分：底面 4 条棱、顶面 4 条棱、侧棱 4 条；上面四棱锥部分与四棱柱顶面共用 4 条棱，另有 4 条侧棱。这样原立体图形共有 $4+5=9$ 个面，$8+8=16$ 条棱。因此原立体图形有 16 条棱、9 个面。

解题过程
棱长 4 厘米的大正方体锯成棱长 1 厘米的小正方体，共 $4\times 4\times 4=64$（块）。（1）3 面涂红的小正方体在大正方体的顶点处，正方体有 8 个顶点，所以第一类小正方体有 8 块。（2）只有 2 面涂红的位于大正方体的棱上（去掉两端顶点），正方体有 12 条棱，因此第二类小正方体有 $12\times(4-2)=24$（块）。（3）只有 1 面涂红的位于大正方体的面中央，正方体有 6 个面，每个面上有 $(4-2)\times(4-2)=4$ 块，因此第三类小正方体有 $6\times 4=24$（块）。（4）没有涂色的小正方体在大正方体内部，为 $(4-2)\times(4-2)\times(4-2)=8$（块）。（5）至少 1 面涂红的就是总数减去内部没涂色的，$64-8=56$（块）。

解题过程
在 $\triangle ABC$ 中找出最长的边（这里取 $BC$）。不妨设最长边 $BC$ 上的高为 $AP$，则 $P$ 就是顶点 $A$ 在 $BC$ 上的投影（垂足）。把折痕标出：横的折痕是 $AB$ 和 $AC$ 两边中点 $D$、$E$ 的连线（与底边平行）；由于折叠后的四个小角都是直角，相邻两边中点的连线及 $D$、$E$ 与垂足 $P$ 的连线就是折痕。此时折痕的位置已经确定，可以准确地画出折叠图。

解题过程
（1）把正方形沿对角线对折一次，两个直角三角形重合，得到一个等腰直角三角形。（2）把正方形沿一组对边中点的连线对折一次，得到一个长方形。（3）把正方形沿一条斜的折线（不经过中心、与一组对边相交）对折一次，折叠后两部分拼成一个梯形。

解题过程
在骰子中有 6 个面，每个面周围都有 4 个面与它相邻。易看出，点数为 5 的面与点数为 1、2、3、6 的面都相邻，那么 5 的对面是 4。发现点数为 2 的面与点数为 1、3 的两个面相邻，4 个面相邻的只能是点数为 6 的面，那么剩下与点数为 2 的面相对的只能是点数为 6 的面，因此点数为 6 的面与点数为 2 的面相对，点数为 1 和 3 的两个面自然就是另一组对面了。综上，得点数为 4 的面与点数为 5 的面相对，点数为 2 的面与点数为 6 的面相对，点数为 1 的面与点数为 3 的面相对。因此原图中五颗骰子的底面点数分别是 4、6、3、1、4，它们的和就是 $4+6+3+1+4=18$。

解题过程
由图 10-21 确定正方体各相对面与字母的方向：根据透视看到的 1、2、5 等面的位置，确定 6 的对面及与 6 相邻各面的字母和方向。把展开图 10-22 沿折痕还原成正方体，依次确定每个空格所对应的面，再按原正方体中数字的朝向把 $1\sim 5$ 填在相应方格里，注意每个数字的方向（正立、倒立或侧立）都要与原正方体保持一致。

解题过程
从图中不难看出，每截去一个顶点处的小三角形面，都使原正方体多出一个面。最初的 8 个顶点各截去一刀，因此截后增加 8 个新的三角形面，原正方体的 6 个面仍保留，所以新几何体的面数为 $8+6=14$（个）。原正方体的 8 个顶点全部被截去，截一个顶点产生 3 个新顶点，所以新顶点共 $8\times 3=24$（个）。原正方体的 12 条棱，每条棱两端各被截一刀，剩下中间一段，这样的中间段有 12 条；又每截一个顶点处增加 3 条新棱，截 8 个顶点共增加 $8\times 3=24$ 条，所以新几何体的棱共 $12+24=36$（条）。

解题过程
$3\times 4\times 5$ 的长方体有 6 个面，其中两个 $3\times 4$ 的面、两个 $3\times 5$ 的面、两个 $4\times 5$ 的面。要使恰有一面被染红的小正方体尽可能多，应使两个相邻的染色面尽量大。①如果被染红的两个面是 $3\times 4$ 和 $3\times 5$ 的面：在染色面上恰有一面被染红的小正方体，要去掉公共棱上同时染红的部分。在 $3\times 4$ 的面上恰有一面染红的有 $3\times(4-1)=9$（个），在 $3\times 5$ 的面上恰有一面染红的有 $3\times(5-1)=12$（个），它们共 $9+12=21$（个）。②如果被染红的两个面是 $3\times 4$ 和 $4\times 5$ 的面：恰有一面染红的小正方体在 $3\times 4$ 的面上有 $4\times(3-1)=8$（个），在 $4\times 5$ 的面上有 $4\times(4-1)=16$（个），共 $8+16=24$（个）。③如果被染红的两个面是 $3\times 5$ 和 $4\times 5$ 的面：恰有一面染红的小正方体在 $3\times 5$ 的面上有 $5\times(3-1)=10$（个），在 $4\times 5$ 的面上有 $5\times(4-1)=15$（个），共 $10+15=25$（个）。综合三种情况，可知恰有一面染红的正方体最多有 25 个。

解题过程
把正方体的某些棱剪开后平铺，可以得到由 6 个正方形拼成的平面展开图。按照中间一行（或一列）正方形的个数分类：“1-4-1”型（中间一行 4 个，上下各 1 个）、“2-3-1”型、“2-2-2”型、“3-3”型等。逐一画出并排除经旋转、翻转后重合的，最后得到一共有 11 种不同的正方体平面展开图。

解题过程
（1）$MEFN$ 是长方形，即这时切开的面是长方形。发现切割破坏了顶层的中间一排、中间层和底层的前面一排小正方体，共计 $3\times 3=9$（个）。所以，此时还剩下 $27-9=18$（个）完整的小正方体。（2）由 $AC=AF=FC$，则 $\triangle AFC$ 是一个正三角形，即过 $P$、$E$、$F$、$C$ 切开的面是正三角形。发现破坏了顶层 5 个、中间层 3 个、底层 1 个，共 $5+3+1=9$（个）小正方体，所以此时还剩下 $27-9=18$（个）完整的小正方体。

解题过程
后来的 $1$ 只小山羊发到 $20-10=10$（个）青草丸子，因每只羊分到的同样多，所以每只羊分到 $10$ 个青草丸子。

解题过程
后来增加的 $2$ 只小山羊正好分掉了原来剩下的 $10$ 块青草蛋糕，所以每只羊分到 $10\div 2=5$（块）青草蛋糕。

解题过程
比较前后剩下的本数知，老师后来又发了作业本 $20-12=8$（本）。这些本子分给了新来的 $2$ 个人，每人分到了 $8\div 2=4$（本）。剩下的 $12$ 本还能再发给 $12\div 4=3$（人）。

解题过程
剩下的 $21$ 个苹果又被老师分出去了 $21-12=9$（个）。这 $9$ 个苹果都分给了 $12-9=3$（人），则每个人分了 $9\div 3=3$（个）苹果。所以这堆苹果一共有 $3\times 9+21=48$（个）。

解题过程
第二次新来了 $7-5=2$（只）猴子，除了分给它们每人 $2$ 个桃子外，还把原来剩下的 $12$ 个桃子也分掉了，并且还缺 $4$ 个，也就是说给这两只猴子一共分了 $12+4=16$（个）桃子。所以每只猴子分到 $16\div 2=8$（个）桃子。

解题过程
老师后来拿来的 $4$ 根香蕉加上开始剩下的 $6$ 根，一共 $6+4=10$（根），正好给每个学生再分 $1$ 根，所以一共有 $10\div 1=10$（个）学生。原来老师拿来香蕉 $5\times 10+6=56$（根）。

解题过程
第二次分配后，剩下的人数减少了 $10-3=7$（人）。第二次每间宿舍新增加了 $6-5=1$（个）学生，一共增加了 $7$ 人，所以一共有 $7\div 1=7$（间）宿舍。一共有 $5\times 7+10=45$（个）学生。

解题过程
第二次分水时，为了让每人都能再多分 $5-4=1$（瓶）水，一共需要 $5+3=8$（瓶）水，所以有 $8\div 1=8$（名）选手，共有水 $8\times 4+5=37$（瓶）。

解题过程
第二次分配之后，剩下的轮胎又减少了 $20-6=14$（个）。这些轮胎都换掉了汽车上的后轮，每辆车多分到 $4-2=2$（个）轮胎，所以该车队一共有 $14\div 2=7$（辆）汽车。

解题过程
为了让每个小朋友能多拿到 $5-3=2$（张）图片，张老师一共需要 $4+12=16$（张）图片，所以一共有 $16\div 2=8$（个）小朋友，张老师一共有 $3\times 8+4=28$（张）图片。

解题过程
分给新来的 $2$ 个同学共 $22-6=16$（张）剪纸，所以每个同学分到 $16\div 2=8$（张）剪纸。因为每位同学分到的剪纸数量都一样多，所以剪纸一共有 $8\times 5+22=62$（张）。

解题过程
买 $7$ 元 $9$ 角 $=79$ 角，用刚才买笔剩的钱只有 $79-1=78$（角）；用这些钱可买 $13-7=6$（枝）笔，所以每枝水彩笔的价格是 $78\div 6=13$（角）。因为每枝笔 $13$ 角，萱萱一共有 $13\times 7+79=170$（角）$=17$（元）钱。

解题过程
新来的 $6$ 辆货车共需要让 $30+6=36$（名）工人去卸货，所以每辆货车需要工人 $36\div 6=6$（名）。

解题过程
第一次分完面包后剩半袋，也就是 $10\div 2=5$（片）面包；第二次分时缺少 $10\times 2=20$（片）。新来的 $5$ 个同学共要分 $5+20=25$（片）面包才够，则每个同学分到了 $25\div 5=5$（片）。所以面包一共有 $5\times 9+5=50$（片），那么袋数就是 $50\div 10=5$（袋）。

解题过程
如果少背钢盔的那个士兵和其他人背的一样多，那么第二次比第一次一共多背 $10+2=12$（个）钢盔。这 $12$ 个钢盔由新增的 $2$ 个人背，每人背 $12\div 2=6$（个），即每个人背 $6$ 个钢盔。因为每个人背的钢盔数都相同，所以开始时一共有钢盔 $9\times 6=54$（个）。

解题过程
之前未统计的 $10$ 名优秀工人共需要 $400+500=900$（元），才够发同样多的奖金，所以原先发给每人 $900\div 10=90$（元）奖金。奖金总额为 $90\times 40+400=4000$（元），共有优秀工人 $40+10=50$（名）。所以在统计完所有的优秀工人后，每人可得奖金 $4000\div 50=80$（元）。

解题过程
后拿来的 $18$ 棵树苗加上开始剩下的 $6$ 棵，一共 $6+18=24$（棵）。每个人又再分了 $2$ 棵，能分给 $24\div 2=12$（人）。所以原来共有树苗 $12\times 8+6=102$（棵）。

解题过程
每件西服多缝 $5-3=2$（个）扣子，扣子减少 $26-4=22$（个），所以一共做了 $22\div 2=11$（件）西服，那么一共有扣子 $3\times 11+4=59$（个）。

解题过程
每张 CD 光盘价格变动 $40-30=10$（元），因每张多 $10$ 元，所以这些钱总变动为 $10+50=60$（元），故要买的 CD 光盘数量为 $60\div 10=6$（张），所以小张准备了 $30\times 6+10=190$（元）钱。

解题过程
人均花费减少 $2600-2300=300$（元），钱数的变化是 $500+400=900$（元），所以小明全家一共有 $900\div 300=3$（人），那么爸爸一共拿了奖金 $2600\times 3-500=7300$（元）。

解题过程
小高第一次买完票后还剩下 $10+5+1\times 2=17$（元），他还要再补 $3$ 元钱才够给新来的 $2$ 个同学买票，一共需要 $17+3=20$（元）。每张电影票的价格就是 $20\div 2=10$（元），由于小高还要给自己买一张票，所以，小高一共有 $4\times 10+17=57$（元）钱。

解题过程
买普通版之后，还剩下 $5\times 10=50$（元）；改买精装版之后，钱数一共减少了 $50-10=40$（元），那么用这 $40$ 元一共可以变 $40\div 4=10$（次），即全套《加菲猫》一共有 $10$ 本。所以小健的压岁钱有 $6\times 10+50=110$（元）。

解题过程
（1）开始每户住 $4$ 个学生，后来改成了 $5$ 个学生，相当于每户增加了 $5-4=1$（个）学生。第二次分配空出 $3$ 个床位，如果再补上 $3$ 个学生，就会有 $7+3=10$（个）学生住进农家，一共有 $10\div 1=10$（户）人家，所以一共有 $4\times 10+7=47$（个）学生。（2）要想让每户农家都住上 $5$ 个学生，最后 $2$ 户农家还需要补上 $2\times 5=10$（个）学生，加上相当于把开始剩下的 $7$ 个没住下的人也住进去，所以相当于第二次比第一次多分了 $10+7=17$（个）人，每户相当于多住了 $5-4=1$（个）学生，所以 $17\div 1=17$（户）人家，则一共有 $4\times 17+7=75$（个）学生。

解题过程
如果增加 $1$ 个女生，则女生人数和男生一样多，那么在给女生分配时，苹果刚好分完。女生比男生多分到 $5-4=1$（个）苹果，所以男生共有 $6\div 1=6$（人），那么每堆苹果有 $6\times 4+6=30$（个）。

解题过程
由题意得，两次挖坑的情况：第一次，每人挖 $5$ 个树坑，就会少挖 $3$ 个树坑。第二次，每人挖 $6$ 个树坑，就会多挖 $2\times(6-4)=4$（个）树坑。比较两次情况，第二次比第一次多挖 $3+4=7$（个）树坑，每人会多挖 $6-5=1$（个）树坑。因此一共有少先队员 $7\div 1=7$（人），有 $5\times 7+3=38$（个）树坑要挖。

解题过程
方法一：由题意得，两次做题的情况：第一次，小明每天都做 $5$ 道题，就少做了 $2\times(10-5)=10$（道）题。第二次，小明每天都做 $6$ 道题，就多做了 $6$ 道题。比较两次情况，第二次比第一次一共多做了 $10+6=16$（道）题，每天多做 $6-5=1$（道）题。因此一共做了 $16\div 1=16$（天），即小明计划的天数是 $16$ 天。所以这本习题集中共有 $6\times(16-1)=90$（道）题。 方法二：第一次做题时只有最后两天与开始不同，那“砍”去最后两天，则每天做题的数目就一样了，这样就会有 $2\times 10=20$（道）题没做。第二次也将最后两天“砍”去，由于提前一天做完了，所以最后两天一共只做了 $6$ 道题，这样“砍”去两天后，就会有 $6$ 道题没做。所以，在剩下的前面这些天里，如果每天多做 $1$ 道题，总共就能多做 $20-6=14$（道）题。因此前面一共是 $14\div 1=14$（天），再加上最后被“砍”掉的 $2$ 天，一共是 $16$ 天。所以这本习题集中共有 $6\times(16-1)=90$（道）题。

解题过程
假设开始大班小朋友每人手中拿 $5$ 个苹果，然后每人都将自己的这 $5$ 个苹果交给一个小班的人，由于大班比小班多 $3$ 个人，所以还有 $3$ 个人给不出去，再加上本来就余下 $10$ 个苹果，这样一共余下 $5\times 3+10=25$（个）苹果。这样，题目的第一个条件就可以变为：“如果分给小班的小朋友每人 $5$ 个苹果，则余 $25$ 个。”又如果分给小班的小朋友每人 $8$ 个苹果，则缺 $2$ 个苹果。要给小班每人多分 $8-5=3$（个）苹果，则需 $25+2=27$（个）苹果，则小班共有 $27\div 3=9$（个）小朋友。所以，这筐苹果共有 $9\times 8-2=70$（个）。

解题过程
方法一：开始每张桌子坐 $6$ 人，由于 $3$ 张桌子坏了，所以有 $6\times 3=18$（人）要起立。加上本来剩下的 $22$ 人，共有 $22+18=40$（人）没地方坐。改成每张桌子坐 $8$ 人后，每张桌子多坐 $8-6=2$（人），一共多坐了 $40-6=34$（人）。所以，好桌子共有 $34\div 2=17$（张），那么全年级一共有 $17\times 8+6=142$（人）。 方法二：假设 $3$ 张坏了的桌子修好了，每张也坐 $8$ 人，那么可以多坐 $3\times 8=24$（人）。这样不光剩下的 $6$ 人可以坐下，还能再多坐 $24-6=18$（人）。开始每张桌子坐 $6$ 人，现在每张桌子坐 $8$ 人，每张桌子多坐了 $8-6=2$（人）。开始剩 $22$ 人没地方坐，现在还能再坐 $18$ 人，与开始相比，一共可以多坐 $22+18=40$（人）。所以，一共有 $40\div 2=20$（张）桌子，那么全年级一共有 $20\times 6+22=142$（人）。

解题过程
开始每辆小车坐 $8$ 人，来了 $38$ 个同学后换乘大车。改乘大车后，每辆小车里的 $8$ 人都换到一辆大车上，这样每辆大车都空出 $12-8=4$（个）座位。将 $32$ 人坐到这些空座位上，需要 $32\div 4=8$（辆）车就能全部坐好。但是根据题目条件，这种换乘的方法不光能把每辆大车都坐满，还需要一辆大车才行，并且这辆车上还会空出 $4$ 个座位。也就是说，还有 $12-4=8$（人）坐到了这辆多出来的车上。因此那些空出 $4$ 个座位的大车上总共坐了 $32-8=24$（人），则一共有 $24\div 4=6$（辆）小车，一班共有 $6\times 8-6=42$（人）。

解题过程
开始的 $4$ 名同学每名少出了 $824$ 元，一共少出了 $824\times 4=3296$（元）。即如果电脑不降价，那么他们还差 $3296$ 元才够钱买电脑。由于电脑降了 $1000$ 元，所以他们只差 $3296-1000=2296$（元）钱就够买电脑了。那么加入的 $2$ 名同学每人出了 $2296\div 2=1148$（元）。由于其他 $4$ 名同学也出了同样多的钱，所以促销价为 $1148\times 6=6888$（元）。

解题过程
如果给每人分 $3$ 个梨就多出 $2$ 个梨，又苹果的个数是梨的个数的 $2$ 倍，则每人分 $6$ 个苹果就多出 $4$ 个苹果，给每人分 $7$ 个苹果还少 $6$ 个苹果。所以共有 $(6+4)\div(7-6)=10$（个）小朋友，共有 $10\times 7-6=64$（个）苹果。

解题过程
方法一：由题意得，$8$ 名同学分了 $3$ 盒半少 $2$ 枝铅笔，$10$ 名同学分了 $4$ 盒多 $2$ 枝铅笔，则 $18$ 名同学共分了 $7$ 盒半铅笔，即 $6$ 名同学共分了 $2$ 盒半铅笔。又原来的同学共分了 $12$ 盒半铅笔，所以共有 $30$ 名同学。 方法二：由题意得，$8$ 名同学分了 $3$ 盒半少 $2$ 枝铅笔，$10$ 名同学分了 $4$ 盒多 $2$ 枝铅笔，则 $2$ 名同学分了半盒多 $4$ 枝铅笔，即 $8$ 名同学分了 $2$ 盒多 $16$ 枝铅笔，则 $1$ 盒是 $12$ 枝铅笔。那么每名同学分 $(2\times 12+16)\div 8=5$（枝）铅笔。由于原来的同学共分了 $12$ 盒半铅笔，所以共有 $(12\times 12+6)\div 5=30$（名）同学。

解题过程
分析：要减少火柴棒数量而仍摆出 $3$ 个正方形，关键是让相邻正方形共用一条边。用 $11$ 根火柴棒：让其中两个正方形共用一条边，可省下 $1$ 根。用 $10$ 根火柴棒：让正方形之间共用更多的边（如排成一行或拐角相连），再省下 $1$ 根。具体摆法见参考答案图（两图均能摆出 $3$ 个正方形）。

解题过程
把 $6$ 个小等边三角形围成一个正六边形：六边形的 $6$ 条边各用 $1$ 根火柴棒（共 $6$ 根），再从中心向六个顶点连 $6$ 根火柴棒（共 $6$ 根），合计 $12$ 根，正好拼出 $6$ 个小等边三角形。

解题过程
观察图形，猪头朝右。把表示猪嘴（或尾巴）的那 $1$ 根火柴棒移到对称的另一侧，整头猪就改为朝左前进。移动方法见参考答案图。

解题过程
一笔画的判定：连通图中奇点（连出的线条数为奇数的点）个数为 $0$ 或 $2$ 时才能一笔画出。②五角星没有奇点，④树、⑤箭头、⑥卡车各有 $2$ 个奇点，奇点个数都是 $0$ 或 $2$，可以一笔画出；①“田”字格有多于 $2$ 个奇点，③禁止符号图不连通（分成三部分），都不能一笔画出。

解题过程
把两个小岛与两段河岸都看作点，桥看作连接点的线（一笔画问题）。这就是著名的“七桥问题”。统计各点连出的桥数，发现 $4$ 个点都是奇点（奇点个数为 $4$，多于 $2$），所以不能一笔走遍这 $7$ 座桥而每座桥恰好经过 $1$ 次。

解题过程
数出图中奇点的个数：本图（$3\times 2$ 方格网）共有 $8$ 个奇点。一笔画需奇点为 $0$ 或 $2$；当奇点有 $2k$ 个（$k>1$）时，所需的最少笔数为奇点数的一半，即 $\dfrac{2k}{2}=k$ 笔。这里奇点为 $8$ 个，所以最少笔数为 $8\div 2=4$，即最少 $4$ 笔可画出。

解题过程
不论中间加了几次水，杯子里原有的牛奶最终都被全部喝掉，即喝了 $1$ 杯牛奶。加进去的水也都被全部喝掉，加水的总量恰好等于喝牛奶过程中“喝去”的体积，正好也是 $1$ 杯。所以卡莉娅喝的牛奶和水一样多。

解题过程
开始时两人盒里弹珠总数相等，各 $n$ 枚。经过两天交换后，两人盒里的弹珠总数仍然各是 $n$（小光给出 $10$ 枚又赢回 $10$ 枚，净变化为 $0$）。因此小光盒里跑进来的绿弹珠枚数，正好等于小光盒里原有红弹珠跑到小强盒里的枚数，即“小光盒里的绿弹珠”与“小强盒里的红弹珠”一样多。

解题过程
拿起第 $2$ 个杯子，把它里面的水倒入第 $5$ 个空杯子，再把空杯放回原处。这样原来“满满空空空”就变成了“满空满空满空”（盛水杯与空杯交叉排列）。只移动了 $1$ 个杯子就完成了。

解题过程
同时点燃绳子的两端。两端的火向中间烧，无论绳子粗细怎样不均匀，两段火相遇时绳子恰好全部烧完。由于从一端烧完全长要 $2$ 小时，两端同时烧、合起来的燃烧速度是原来的 $2$ 倍，所以烧完只需 $2\div 2=1$ 小时。

解题过程
（1）把组成鱼身和鱼尾方向的 $3$ 根火柴棒移到对称的另一侧，鱼就掉头向右游动。 （2）把组成椅子靠背或椅腿的 $2$ 根火柴棒移动到对应位置，使整把椅子上下（或方向）翻转过来。两小题的移动方法均见参考答案图。

解题过程
原来 $3$ 个三角形分开排列。移动其中 $2$ 根火柴棒，把它们拼到合适位置，使三角形之间共用边，就能在 $9$ 根火柴棒不变的情况下出现 $4$ 个三角形。移动方法见参考答案图。

解题过程
（1）得到的 $2$ 个正方形一定是大小各一个，拿掉 $2$ 根火柴棒的方法见参考答案图。 （2）得到的 $3$ 个正方形一定是 $3$ 个小的，移动 $3$ 根火柴棒的方法见参考答案图。

解题过程
把每个房间（含外部）看作一个点，每扇门看作连接两个点的线，化为一笔画问题。统计各点连出的门数，图 $12-11$ 中有 $4$ 个奇点，奇点个数多于 $2$，所以不存在一条恰好经过每扇门一次的参观路线。

解题过程
按奇点个数判断（最少笔数 = 奇点数 ÷ 2）：①带高的三角形有 $6$ 个奇点，至少画 $3$ 笔；②五角星嵌五边形没有奇点，可以一笔画出；③扇子有 $2$ 个奇点，可以一笔画出；④太阳的图形分成 $9$ 部分（奇点较多），不能一笔画，至少画 $9$ 笔；⑤花有 $2$ 个奇点，可以一笔画出；⑥箭靶有 $2$ 个奇点，可以一笔画出。所以 ②③⑤⑥ 可以一笔画出，①最少 $3$ 笔、④最少 $9$ 笔。

解题过程
总共有 $21$ 个杯子，果汁总量为 $7+7\times\frac{1}{2}=10\frac{1}{2}$ 杯，所以每人应分 $21\div 3=7$ 个杯子和 $10\frac{1}{2}\div 3=3\frac{1}{2}$ 杯果汁。一种分法：把一个半杯看作 $\frac{1}{2}$ 杯。第一人、第二人各分 $3$ 个满杯、$1$ 个半杯、$3$ 个空杯（果汁 $3+\frac{1}{2}=3\frac{1}{2}$ 杯，杯子 $7$ 个）；第三人分 $1$ 个满杯、$5$ 个半杯、$1$ 个空杯（果汁 $1+\frac{5}{2}=3\frac{1}{2}$ 杯，杯子 $7$ 个）。三人果汁、杯子都相等。

解题过程
在大号队员中有的领到了大号球衣、有的领到了小号球衣；在小号队员中有的领到了小号球衣、有的领到了大号球衣。一共有 $10$ 件大号球衣，由于领到大号球衣的小号队员占去了一部分，所以大号队员领到的大号球衣数加上小号队员领到的大号球衣数等于 $10$；又因为大号队员一共 $10$ 人，其中领到大号的与领到小号的合起来也是 $10$。把两式相减即知：大号队员领到小号球衣的人数与小号队员领到大号球衣的人数一样多。

解题过程
发现 $4+5+6=15$，不符合“各位数字之和能被 $9$ 整除”的要求，所以用 $4$、$5$、$6$ 直接组成三位数都不是 $9$ 的倍数。巧办法：把卡片上的 $6$ 倒过来当作 $9$，则 $4+5+9=18$，能被 $9$ 整除，于是 $459$、$495$、$549$、$594$、$945$、$954$ 等都是 $9$ 的倍数。经过试验，把这些数除以 $9$ 都没有余数。

解题过程
每个煎饼有两个面，$3$ 个煎饼共有 $6$ 个面，每个面要烙 $3$ 分钟。$2$ 个炉子一次能烙 $2$ 个面，烙一锅 $3$ 分钟，$6\div 2=3$ 锅，$3\times 3=9$ 分钟，但要使每锅都同时烙满情况才最理想。安排：把 $1$、$2$ 号饼正面 $3$ 分钟；再把 $1$ 号饼反面、$3$ 号饼正面 $3$ 分钟；最后把 $2$ 号饼反面、$3$ 号饼反面 $3$ 分钟。这样每锅炉子都不空，三锅共 $9$ 分钟全部烙好。

解题过程
$37$ 件 $10$ 元的商品共值 $370$ 元。先花 $200$ 元购买，可得到 $2$ 张 $50$ 元购物券共 $100$ 元，于是用 $200$ 元（现金）$+100$ 元（券）买到价值 $300$ 元的商品。小明一共要买 $370$ 元的商品，还需再买 $370-300=70$（元）的商品。每消费 $50$ 元现金就能得到 $20$ 元的购物券，因此小明还需花 $50$ 元，再加上得到的 $20$ 元购物券就可以买到剩下的 $70$ 元商品了。所以一共只花 $200+50=250$（元）。

解题过程
$10$ 天后浮萍长满整个池塘。由于浮萍每天比前一天增长一倍（即面积翻一番），所以从后往前推：第 $9$ 天的浮萍面积正好是第 $10$ 天的一半，即第 $9$ 天浮萍占据一半水面。

解题过程
操作过程（一种方法）：盛满 $9$ 升的大桶——此时大桶中有 $9$ 升水，小桶中没有水；把大桶中的水倒入小桶——此时大桶中有 $5$ 升水，小桶中有 $4$ 升水；把小桶中的水倒回河中——大桶有 $5$ 升、小桶 $0$ 升；把大桶中的水倒入小桶——大桶 $1$ 升、小桶 $4$ 升；把小桶倒回河中——大桶 $1$ 升、小桶 $0$ 升；把大桶中余下的水全部倒入小桶——大桶 $0$ 升、小桶 $1$ 升；再盛满大桶——大桶 $9$ 升、小桶 $1$ 升；用大桶把小桶补满——大桶倒出 $3$ 升给小桶，大桶恰好剩 $6$ 升。这样大桶中正好有 $6$ 升水。

解题过程
操作步骤（一种方法）：把大瓶的水倒满中瓶——此时大瓶 $300$ 克、中瓶 $700$ 克、小瓶 $0$ 克；把中瓶的水倒满小瓶——大瓶 $300$ 克、中瓶 $400$ 克、小瓶 $300$ 克；把小瓶的水倒回大瓶——大瓶 $600$ 克、中瓶 $400$ 克、小瓶 $0$ 克；把中瓶的水再倒满小瓶——大瓶 $600$ 克、中瓶 $100$ 克、小瓶 $300$ 克。这时中瓶里恰好剩 $100$ 克水，可在中瓶上标出 $100$ 克刻度线。再把小瓶的水倒入大瓶，并用中瓶里的 $100$ 克水标到小瓶上，就能在小瓶上标出装 $100$ 克水的刻度线。

解题过程
直接把 $A$ 连 $G$、$C$ 连 $E$ 时会与 $B$ 连 $F$ 的路相交。办法是让某条专用路绕开其他的路：比如把 $A$ 户人家的路从 $B$、$C$ 上方或下方绕过去，把 $C$ 户人家的路从下方绕到左边院门 $E$，从而使三条路彼此不交叉。具体修法见参考答案图（每户都能修一条不与其他路相交的专用路）。

解题过程
杯子由 $4$ 根火柴棒组成，要在不改变杯子形状的前提下让五角星跑到杯外，实质是“平移”整个杯子或改变杯口朝向。（1）图 $(a)$：移动构成杯子的 $2$ 根火柴棒，使杯子整体移位（或翻转），五角星就落在杯外。（2）图 $(b)$ 同理移动 $2$ 根。移法见参考答案图。

解题过程
原图是一大一小两个正方形（共 $24$ 根，大正方形 $8$ 根一边、小正方形 $4$ 根一边等）。把构成大、小正方形的 $4$ 根火柴棒重新移动安放，使两个正方形的边长相等，从而变成两个完全相同的正方形。移动方法见参考答案图。

解题过程
这 $4$ 条线段如果有 $3$ 条横线，那么必然一笔画不成；类似地，竖线也不能有 $3$ 条。因此这 $4$ 条线段中横线段最多 $2$ 条、竖线段最多 $2$ 条。如果 $4$ 条线段能把 $9$ 个点串联起来，且其中恰有 $2$ 条横线段、$2$ 条竖线段（其中必有斜线伸出到点阵之外再折回），就只剩两个奇点，可以一笔画出。具体画法（线段需画到点阵外）见参考答案图。

解题过程
由于皇后可以沿横线、竖线、斜线吃子，那么每条横线、竖线、斜线上都只能放 $1$ 个皇后。必须每行放 $1$ 个皇后，且 $4$ 行各放 $1$ 个共 $4$ 个。从第一行的皇后放在左上角开始（图 $3$）：第二行的皇后不能放在第一列、第二列和与第一行皇后同斜线的位置；如果第一行皇后在第二列，那么第二行皇后就只能摆在第四列（图 $5$），由此第三行、第四行的皇后位置也唯一确定（图 $6$）。由于对称性，因此还有一个答案（图 $7$）。两种放法见参考答案图。

解题过程
实际上，客人花费的 $27$ 元中包含了服务员藏的 $2$ 元，这 $2$ 元可以看作是给服务员的小费。所以正确的算法是：客人付出 $27$ 元 $=$ 旅馆消费 $25$ 元 $+$ 服务员藏的 $2$ 元；再加上找回客人的 $3$ 元，$27+3=30$ 元，与最初交的 $30$ 元正好相符。题目把“藏的 $2$ 元”错误地加到 $27$ 元上，是混淆了概念，所以并没有少 $1$ 元钱。

解题过程
每个积木有 $6$ 个面，$8$ 个积木就有 $6\times 8=48$ 个面。机器每次最多能给 $6$ 个面染色，那么加工这 $8$ 个积木至少需要染 $48\div 6=8$（次）。但是只染 $8$ 次是不能达到目的的：这 $8$ 个积木一共有 $16$ 个红色面、$16$ 个蓝色面和 $16$ 个黄色面，而机器一次只能给 $6$ 个积木的一个面染上相同的颜色，所以红、蓝、黄三种颜色各至少要染 $3$ 次（每色 $16$ 个面，分 $3$ 次：$6+6+4$）。把 $8$ 个积木编号 $1\sim 8$，每个积木的 $2$ 个红色面记为 $A$、$B$，第一次染 $1A\sim 6A$、第二次染 $3B\sim 8B$、第三次染余下的 $1B$、$2B$、$7A$、$8A$ 即可染完红色面；蓝色、黄色同理各 $3$ 次。所以共需染 $3+3+3=9$（次），一共花费 $9\times 5=45$（分）。

解题过程
哈利·波特先走入边缘的 $1$ 号房间，随即被转移到里面的 $1$ 号房间，然后可以走进 $2$、$3$、$6$ 或 $11$ 号房间；又要使转移次数最少，而与 $13$ 号房间相邻的是 $9$、$8$、$3$、$2$ 号房间，对照图 $12-20$ 发现只有 $1\to 11\to 9\to 13$ 这条路线转移次数最少（如图 $1$）。 第二问：把偶数号房间（陷阱）删去，只剩下奇数号房间（如图 $2$），从 $1$ 号房间出发不重复地经过所有奇数号房间最终到 $13$ 号。此时 $1$ 号房间只能走进 $11$ 或 $3$ 号房间：若走 $1\to 11\to 9\to 3$，则剩下的奇数号房间 $7$ 和 $5$ 不能再走进 $13$ 号房间，不符，舍去；只有 $1\to 3\to 7\to 5\to 11\to 9\to 13$ 符合。所以只有 $1$ 种可能路线。

解题过程
把 $7$ 块石头从左到右标为 $1$、$2$、$3$、$4$、$5$、$6$、$7$，初始时 $4$ 号石头为空。按“跳到相邻空位”或“越过相邻 $1$ 只青蛙跳入空位”的规则，跳跃顺序为：$3$ 跳到 $4$ 的位置，$5$ 跳到 $3$ 的位置，$6$ 跳到 $5$ 的位置；$4$ 跳到 $6$ 的位置，$2$ 跳到 $4$ 的位置，$1$ 跳到 $2$ 的位置；$3$ 跳到 $1$ 的位置，$5$ 跳到 $3$ 的位置，$7$ 跳到 $5$ 的位置，$6$ 跳到 $7$ 的位置，$4$ 跳到 $6$ 的位置，$2$ 跳到 $4$ 的位置；$3$ 跳到 $2$ 的位置，$5$ 跳到 $3$ 的位置，$4$ 跳到 $5$ 的位置。这样左右两侧的青蛙正好完全交换，共 $15$ 步。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}9\times 30&=9\times 3\times 10\\&=27\times 10\\&=270\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}800\times 7&=8\times 7\times 100\\&=56\times 100\\&=5600\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}2\times 6\times 100&=12\times 100\\&=1200\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}6\times 7\times 1000&=42\times 1000\\&=42000\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}2\times 7\times 5&=2\times 5\times 7\\&=10\times 7\\&=70\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}4\times 17\div 4&=4\div 4\times 17\\&=1\times 17\\&=17\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}4\times 3\times 25&=4\times 25\times 3\\&=100\times 3\\&=300\end{aligned}$$。 （2）$8\times 125=1000$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}12\times 25&=3\times 4\times 25\\&=3\times(4\times 25)\\&=3\times 100\\&=300\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}125\times 16&=125\times 8\times 2\\&=1000\times 2\\&=2000\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}24\times 5&=2\times 12\times 5\\&=2\times 5\times 12\\&=10\times 12\\&=120\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}5\times 38&=5\times 2\times 19\\&=10\times 19\\&=190\end{aligned}$$。

解题过程
对于两位数乘法，如果乘数和被乘数十位相同、个位和为十，那么该算式就满足“头同尾和十”。这类算式的答案由新头和新尾组成：新头 $=$ 头 $\times$（头 $+1$），新尾 $=$ 尾 $\times$ 尾。 （1）$$\begin{aligned}\text{新头}&=2\times(2+1)\\&=6\end{aligned}$$，新尾 $=5\times 5=25$，得 $625$； （2）$$\begin{aligned}\text{新头}&=6\times(6+1)\\&=42\end{aligned}$$，新尾 $=5\times 5=25$，得 $4225$； （3）$$\begin{aligned}\text{新头}&=1\times(1+1)\\&=2\end{aligned}$$，新尾 $=3\times 7=21$，得 $221$； （4）$$\begin{aligned}\text{新头}&=3\times(3+1)\\&=12\end{aligned}$$，新尾 $=2\times 8=16$，得 $1216$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=96\div 8\times 8\div 4\times 4\div 1\\&=96\times 8\div 8\times 4\div 4\div 1\\&=96\times(8\div 8)\times(4\div 4)\div 1\\&=96\times 1\times 1\div 1\\&=96\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=6\times 21\div 21\times 7\div 7\times 1\\&=6\times(21\div 21)\times(7\div 7)\times 1\\&=6\times 1\times 1\times 1\\&=6\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=4\times 25\times 16\times 3\\&=(4\times 25)\times(16\times 3)\\&=100\times 48\\&=4800\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=35\div 7\times 12\div 4\\&=(35\div 7)\times(12\div 4)\\&=5\times 3\\&=15\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}(20+3)\times 5&=20\times 5+3\times 5\\&=100+15\\&=115\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}4\times(25-1)&=4\times 25-4\times 1\\&=100-4\\&=96\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}5\times(20-4+1)&=5\times 20-5\times 4+5\times 1\\&=100-20+5\\&=85\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=2\times 5\times 13\\&=10\times 13\\&=130\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(51\div 51)\times(17\div 17)\\&=1\times 1\\&=1\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(12\div 3)\times(7\div 7)\\&=4\times 1\\&=4\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=25\times 4\times 13\\&=100\times 13\\&=1300\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(125\times 8)\times(3\times 7)\\&=1000\times 21\\&=21000\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(25\times 4)\times(2\times 5)\times 3\\&=100\times 10\times 3\\&=3000\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=25\times 4\times 7\\&=100\times 7\\&=700\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=125\times 8\times 3\\&=1000\times 3\\&=3000\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=3\times 100\div 25\\&=100\div 25\times 3\\&=4\times 3\\&=12\end{aligned}$$。 （4）$$\begin{aligned}\text{原式}&=1000\times 8\div 125\\&=1000\div 125\times 8\\&=8\times 8\\&=64\end{aligned}$$。

解题过程
（1）用“减半加零”法：$36$ 的一半是 $18$，$18$ 后面加个 $0$ 是 $180$，所以 $36\times 5=180$。 （2）同理，$122$ 的一半是 $61$，所以 $5\times 122=610$。 （3）用“加半加零”法：$8$ 加上自己的一半 $4$ 是 $12$，$12$ 后加 $0$ 是 $120$，所以 $8\times 15=120$。 （4）同理，$222$ 加上自己的一半 $111$ 是 $333$，所以 $15\times 222=3330$。

解题过程
对于两位数乘法，如果乘数和被乘数十位相同、个位和为十，那么该算式就满足“头同尾和十”。这类算式的答案由新头和新尾组成：新头 $=$ 头 $\times$（头 $+1$），新尾 $=$ 尾 $\times$ 尾。注意如果这两个个位数的乘积是一位数，那么一定要在前面补个 $0$。 （1）$$\begin{aligned}\text{新头}&=4\times(4+1)\\&=20\end{aligned}$$，新尾 $=5\times 5=25$，得 $2025$； （2）$$\begin{aligned}\text{新头}&=9\times(9+1)\\&=90\end{aligned}$$，新尾 $=5\times 5=25$，得 $9025$； （3）$$\begin{aligned}\text{新头}&=2\times(2+1)\\&=6\end{aligned}$$，新尾 $=3\times 7=21$，得 $621$； （4）$$\begin{aligned}\text{新头}&=4\times(4+1)\\&=20\end{aligned}$$，新尾 $=1\times 9=9$，得 $2009$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=126\div 9\times 9\div 3\div 6\times 3\\&=126\div 6\times(9\div 9)\times(3\div 3)\\&=21\times 1\times 1\\&=21\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=512\div 512\times 16\div 8\\&=16\div 8\\&=2\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=23\times(70\div 7)\times(22\div 11)\\&=23\times 10\times 2\\&=460\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=300\times 13\div(4\times 25)\\&=300\times 13\div 100\\&=300\div 100\times 13\\&=3\times 13\\&=39\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=168\div 14\times 7\times 25\div 5\\&=168\div(14\div 7)\times(25\div 5)\\&=168\div 2\times 5\\&=84\times 5\\&=420\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=20\times 25+3\times 25\\&=500+75\\&=575\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=8\times 125-8\times 7\\&=1000-56\\&=944\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=4\times 90+4\times 4-4\times 25\\&=360+16-100\\&=276\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=48\div 6+66\div 6\\&=8+11\\&=19\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=126\div 6-48\div 6\\&=21-8\\&=13\end{aligned}$$。 （3）原式 $=48\div 24=2$。注意被除数中的括号才能拆分，除数中的括号要先算出来。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=23\times(100+1)\\&=23\times 100+23\times 1\\&=2300+23\\&=2323\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=34\times(100+2)\\&=34\times 100+34\times 2\\&=3400+68\\&=3468\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=13\times(100-1)\\&=13\times 100-13\times 1\\&=1300-13\\&=1287\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=48\times(100+2)\\&=48\times 100+48\times 2\\&=4800+96\\&=4896\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=37\times(100-1)\\&=37\times 100-37\times 1\\&=3700-37\\&=3663\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1000+16)\div 8\\&=1000\div 8+16\div 8\\&=125+2\\&=127\end{aligned}$$。

解题过程
首先根据“头同尾和十”的公式，得 $27\times 23=621$。所以$$\begin{aligned}\text{原式}&=(621+9)\times 99\div 70\\&=630\times 99\div 70\\&=630\div 70\times 99\\&=9\times 99\\&=9\times(100-1)\\&=9\times 100-9\times 1\\&=900-9\\&=891\end{aligned}$$。

解题过程
①$$\begin{aligned}1008\div 8&=(1000+8)\div 8\\&=1000\div 8+8\div 8\\&=125+1\\&=126\end{aligned}$$； ②$$\begin{aligned}49\times 18\div 7\div 6&=49\div 7\times(18\div 6)\\&=7\times 3\\&=21\end{aligned}$$； 则算式括号中的计算结果就是 $126-21=105$。所以$$\begin{aligned}\text{原式}&=29\times 105\div 40\times 8\\&=29\times 105\div(40\div 8)\\&=29\times 105\div 5\\&=105\div 5\times 29\\&=21\times 29\\&=609\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=5\div 7\times 11\div 11\times 15\div 15\times 21\\&=5\div 7\times(11\div 11)\times(15\div 15)\times 21\\&=5\div 7\times 21\\&=5\times 21\div 7\\&=5\times(21\div 7)\\&=5\times 3\\&=15\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=26\div 25\times 27\div 17\times 25\div 9\times 17\div 39\\&=26\times(25\div 25)\times 27\times(17\div 17)\div 9\div 39\\&=26\times 27\div 9\div 39\\&=26\times(27\div 9)\div 39\\&=26\times 3\div 39\\&=78\div 39\\&=2\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=11\times 10\times 9\times 8\times 7\times 6\times 5\times 4\times 3\times 2\times 1\div 22\div 24\div 25\div 27\\&=(11\times 2\div 22)\times(6\times 4\div 24)\times(10\times 5\div 25)\times(9\times 3\div 27)\times 8\times 7\times 1\\&=1\times 1\times 2\times 1\times 8\times 7\times 1\\&=112\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=6\times(8\times 2)\times(4\times 6)\times 5\times 15\times 25\times 125\\&=6\times(8\times 125)\times(4\times 25)\times(2\times 5)\times(6\times 15)\\&=6\times 1000\times 100\times 10\times 90\\&=540000000\end{aligned}$$。所以末尾有 $7$ 个连续的零。

解题过程
根据“头同尾和十”公式，得$$\begin{aligned}\text{原式}&=7225-7224+7221-7216+7209-7200\\&=(7225-7224)+(7221-7216)+(7209-7200)\\&=1+5+9\\&=15\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(62\times 100+62+62)+(52\times 100+52)-(48\times 100-48)-(38\times 100-38-38)\\&=6200+62+62+5200+52-4800+48-3800+38+38\\&=(62+38)+(62+38)+(52+48)+6200+5200-4800-3800\\&=100+100+100+6200+5200-4800-3800\\&=3100\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}12345679\times 45&=12345679\times(9\times 5)\\&=12345679\times 9\times 5\\&=111111111\times 5\\&=555555555\end{aligned}$$ （2）$$\begin{aligned}14\times 33\times 39&=(7\times 2)\times(11\times 3)\times(13\times 3)\\&=7\times 2\times 11\times 3\times 13\times 3\\&=7\times 11\times 13\times 2\times 3\times 3\\&=1001\times 2\times 3\times 3\\&=18018\end{aligned}$$。

解题过程
由题意可知，乘积为 $80$ 或 $120$ 有以下几种可能：$80=10\times 2\times 4\times 1=5\times 2\times 4\times 2$；$120=10\times 4\times 3\times 1=10\times 3\times 2\times 2=5\times 4\times 3\times 2$。考虑 $80=10\times 2\times 4\times 1$，该算式与乘积为 $120$ 的 $3$ 个算式都至少有 $2$ 个相同的数，与题意不符；考虑 $80=5\times 2\times 4\times 2$，与 $120=10\times 4\times 3\times 1$ 只有一张相同，为 $4$。

解题过程
选 $33,35,37,39$ 这 $4$ 个数，其乘积$$\begin{aligned}33\times 35\times 37\times 39&=3\times 11\times 5\times 7\times 37\times 3\times 13\\&=(11\times 7\times 13)\times(3\times 37)\times(5\times 3)\\&=1001\times 111\times 15\\&=111111\times 15\\&=1666665\end{aligned}$$。利用 $7\times 11\times 13=1001$、$3\times 37=111$ 等结构，可以很快算出乘积。

解题过程
阿呆可以分到 $1,2,3,4,5,6,7,8$ 颗糖，对应阿瓜分到 $8,7,6,5,4,3,2,1$ 颗糖。所以一共有 $8$ 种不同的分法。

解题过程
可以组成 $123,132,213,231,312,321$ 这 $6$ 个三位数。

解题过程
三位数的百位至少为 $1$，最多为 $4$。 当百位为 $1$ 时，十位与个位之和为 $5$，它们从小到大可以是 $1+4,2+3,3+2,4+1$，得 $114,123,132,141$ 这 $4$ 个； 当百位为 $2$ 时，十位与个位之和为 $4$，得 $213,222,231$ 这 $3$ 个； 当百位为 $3$ 时，十位与个位之和为 $3$，得 $312,321$ 这 $2$ 个； 当百位为 $4$ 时，十位与个位之和为 $2$，得 $411$ 这 $1$ 个。 所以这样的三位数一共有 $4+3+2+1=10$ 个。

解题过程
若汤姆有 $1$ 颗蛀牙，则杰瑞和德鲁比共有 $8-1=7$ 颗，对应杰瑞蛀牙数为 $1\sim 6$、德鲁比蛀牙数为 $6\sim 1$，共 $6$ 种情况； 若汤姆有 $2$ 颗蛀牙，则杰瑞和德鲁比共有 $8-2=6$ 颗，共 $5$ 种情况； 类似地，汤姆有 $3,4,5,6$ 颗蛀牙时，杰瑞与德鲁比的情况分别有 $4,3,2,1$ 种。 综上一共有 $6+5+4+3+2+1=21$ 种情况。

解题过程
按从小到大的顺序写出三个数（不计顺序）： $1+1+7,\ 1+2+6,\ 1+3+5,\ 1+4+4,\ 2+2+5,\ 2+3+4,\ 3+3+3$。 所以小明一共有 $7$ 种不同的写法。

解题过程
三堆蚂蚁数之和为 $12$，每堆至少 $2$ 只，且不计顺序时第三堆蚂蚁数不少于第一堆。 当第一堆有 $2$ 只时，后两堆共 $10$ 只，可分为 $(2,8),(3,7),(4,6),(5,5)$ 共 $4$ 种； 当第一堆有 $3$ 只时，后两堆共 $9$ 只，可分为 $(3,6),(4,5)$ 共 $2$ 种； 当第一堆有 $4$ 只时，后两堆共 $8$ 只，只能 $(4,4)$ 共 $1$ 种。 综上一共有 $4+2+1=7$ 种情况：$(2,2,8),(2,3,7),(2,4,6),(2,5,5),(3,3,6),(3,4,5),(4,4,4)$。

解题过程
用树形图枚举：百位可以是 $1,2,3$。 以百位为 $1$ 为例，十位只能取与百位不同的 $2$ 或 $3$；十位取定后，个位只能取与十位不同的两个数字之一，于是百位为 $1$ 时有 $121,123,131,132$，对应不同走法可得满足条件的三位数。 每个百位都对应 $4$ 个满足条件的三位数，所以一共有 $3\times 4=12$ 个满足条件的三位数。

解题过程
要依次走过 $4$ 个顶点再回到出发点 $A$。由于从顶点 $A$ 出发回到 $A$，因此蚂蚁走到的第二点、第三点和第四点一定是 $B,C,D$ 的某种排列。 按字典排列法依次枚举，可得到如下 $6$ 种走法：$A\to B\to C\to D\to A$，$A\to B\to D\to C\to A$，$A\to C\to B\to D\to A$，$A\to C\to D\to B\to A$，$A\to D\to B\to C\to A$，$A\to D\to C\to B\to A$。 所以一共有 $6$ 种不同的走法。

解题过程
按规格分类计数： $1\times 1$ 的长方形有 $9$ 个； $2\times 1$ 的长方形有 $8$ 个，其中横着 $4$ 个、竖着 $4$ 个； $3\times 1$ 的长方形有 $6$ 个，其中横着 $3$ 个、竖着 $3$ 个； $4\times 1$ 的长方形有 $4$ 个，其中横着 $2$ 个、竖着 $2$ 个； $5\times 1$ 的长方形有 $2$ 个，其中横着 $1$ 个、竖着 $1$ 个。 因此长方形总共有 $9+8+6+4+2=29$ 个。

解题过程
在 $1$ 元、$2$ 元、$5$ 元的纸币中，$5$ 元的张数只能是 $0,1,2$，分情况讨论。 ①如果没有 $5$ 元纸币，要用 $1$ 元和 $2$ 元的凑够 $13$ 元，则 $2$ 元纸币最多用 $6$ 张：$2$ 元纸币分别用 $0\sim 6$ 张时，对应的 $1$ 元纸币为 $13,11,9,7,5,3,1$ 张，共 $7$ 种； ②如果有 $1$ 张 $5$ 元纸币，余下 $13-5=8$ 元，用 $1$ 元和 $2$ 元组成，$2$ 元最多 $4$ 张，共 $5$ 种； ③如果有 $2$ 张 $5$ 元纸币，余下 $13-5\times 2=3$ 元，用 $1$ 元和 $2$ 元组成，共 $2$ 种。 综上一共有 $7+5+2=14$ 种付款办法。

解题过程
三人找到的宝物数之和为 $5$（每人可以找到 $0$ 件），用列表法枚举： 固定小高找到的宝物数，再枚举墨莫与卡莉娅的分配。小高找到 $0$ 件时墨莫与卡莉娅有 $6$ 种；找到 $1$ 件时有 $5$ 种；找到 $2,3,4,5$ 件时分别有 $4,3,2,1$ 种。 所以一共有 $6+5+4+3+2+1=21$ 种情况。

解题过程
三人吃的薯条数都比 $5$ 根多，即每人至少 $6$ 根，总和为 $20$。墨莫和卡莉娅至少各吃 $6$ 根，所以小高最多吃 $20-12=8$ 根，即小高吃 $6,7,8$ 根，分情况讨论；当小高吃 $6$ 根时，墨莫与卡莉娅共 $14$ 根，可有 $3$ 种；当小高吃 $7$ 根时共 $13$ 根，有 $2$ 种；当小高吃 $8$ 根时共 $12$ 根，有 $1$ 种。所以一共有 $6$ 种情况。

解题过程
不妨设这三个数从小到大排列，第一个数最小、第三个数最大，可以列出下面的情况： 第一个数为 $0$ 时，后两数之和为 $8$（且第二数不超过第三数），有 $0+0+8,\ 0+1+7,\ 0+2+6,\ 0+3+5,\ 0+4+4$ 共 $5$ 种； 第一个数为 $1$ 时，后两数之和为 $7$，有 $1+1+6,\ 1+2+5,\ 1+3+4$ 共 $3$ 种； 第一个数为 $2$ 时，后两数之和为 $6$，有 $2+2+4,\ 2+3+3$ 共 $2$ 种。 因为最小数最多为 $3$（$3\times 3=9>8$，不成立），故一共有 $5+3+2=10$ 种不同的写法。

解题过程
三个球桶一模一样，所以只需关心三个数（不计顺序），且每个桶里的球数为 $0\sim 8$，三数之和为 $16$。规定球数从小到大排列，则第一桶里的球数最少，第三桶里的球数最多。 枚举可得 $10$ 种情况：$(0,8,8),(1,7,8),(2,6,8),(2,7,7),(3,5,8),(3,6,7),(4,4,8),(4,5,7),(4,6,6),(5,5,6)$。 所以一共有 $10$ 种。

解题过程
为了方便枚举，假设三枝笔的价格一枝比一枝贵。 第一枝笔为 $1$ 元时，后两枝之和为 $14$ 元，分别可能是 $4,10$（第二枝、第三枝从小到大），可列出 $(1,2,12),(1,3,11),(1,4,10),\cdots$ 等若干种； 类似地按最便宜的那枝笔从 $1$ 元起逐一枚举，使三枝价格各不相同、和为 $15$。 最便宜的那枝笔的价格只能为 $1\sim 4$ 元（若为 $5$ 元则三枝至少 $5+6+7=18>15$，不可能），按此枚举去掉价格相同与超过 $12$ 元的情况，多于 $15$ 元也不可能。 综上一共有 $12$ 种不同的买法。

解题过程
个位比十位大，十位比百位大，那么就是百位数字最小，而且百位不可能为 $0$。 把百位作为树根来画树形图，要满足每个后一位上的数比它前一位上面的数大（即百位、十位、个位严格递增），并且每个数字都不超过 $5$。 按此用树形图枚举，可得这样的三位数共有 $10$ 个，所以王老师最多只需要试 $10$ 次就一定能打开公文包。

解题过程
使用树形图枚举。常昊最终胜出，所以最后一局一定是常昊胜，前面的若干局中常昊恰好已经胜了两局，其余各局为古力胜。 按常昊取得第三胜在第 $3,4,5$ 局分别讨论，画出树形图可得一共有 $10$ 种不同的进程。

解题过程
从 $1$ 号地毯出发，每次只能走到相邻（有公共边）的地毯，且只能向右边走，要走到 $5$ 号地毯。 按从 $1$ 出发的相邻顺序用树形图逐步枚举：$1\to 2\to 3\to 4\to 5$，$1\to 2\to 4\to 5$，$1\to 3\to 4\to 5$，$1\to 3\to 5$ 等。可得墨莫一共有 $5$ 种不同的走法。

解题过程
这个图形主要由 $3$ 个方块构成，可以把路用一条线段来表示。 第一问只能向上或向右走：把每条路用线段表示，从 $A$ 到 $B$ 各段都向右或向上，分情况枚举各段方向，可得从 $A$ 到 $B$ 一共有 $5$ 种不同的走法。 第二问只要求不走重复的路线（可以向各方向走但不重复经过同一段路）：在第一问的基础上还可以有先向左或向下的绕行走法，枚举所有不重复的路线，可得一共有 $9$ 种不同的走法。

解题过程
$7$ 个鸡蛋，每天至少吃 $2$ 个，所以最多吃 $1\sim 3$ 天。 ①如果吃 $1$ 天，则一次吃完，只有 $1$ 种； ②如果吃 $2$ 天，第一天吃 $2,3,4,5$ 个，对应第二天吃 $5,4,3,2$ 个，共 $4$ 种； ③如果吃 $3$ 天，每天至少 $2$ 个，可能的吃法为 $2,2,3$ 的各种顺序，即 $(2,2,3),(2,3,2),(3,2,2)$ 共 $3$ 种。 全部加起来一共有 $1+4+3=8$ 种。

解题过程
由题意可知，这些数都由若干个 $1$ 和若干个 $2$ 组成（既含 $1$ 又含 $2$），且 $1$ 的个数比 $2$ 的个数多。小于 $1000$ 的数最多三位，要让 $1$ 比 $2$ 多又同时含有 $1$ 和 $2$，只能是由两个 $1$ 和一个 $2$ 组成的三位数，即 $211,121,112$ 这 $3$ 个。所以这样的数一共有 $3$ 个。

解题过程
墨莫可以用一块、两块或三块木板拼数，分类枚举： ①用一块木板，可拼出 $1,2,3$ 共 $3$ 个一位数； ②用两块木板，可拼出 $12,13,21,23,31,32$ 共 $6$ 个两位数； ③用三块木板，可拼出 $123,132,213,231,312,321$ 共 $6$ 个三位数。 所以一共可拼出 $3+6+6=15$ 个不同的数。

解题过程
要从苹果、香蕉、橘子这 $3$ 种水果中挑 $3$ 个（同种可重复），按挑出的水果含有几种分情况枚举： ①当挑出的 $3$ 个都是同一种时，可以是 $3$ 个苹果、$3$ 个香蕉或 $3$ 个橘子，共 $3$ 种； ②当挑出的 $3$ 个里有 $2$ 种（一种 $2$ 个、一种 $1$ 个）时，共 $6$ 种； ③当三个各不相同（苹果、香蕉、橘子各 $1$ 个）时，有 $1$ 种。 所以一共有 $3+6+1=10$ 种选择。

解题过程
（1）小蚂蚁每步可向上、下、左、右 $4$ 个方向走，爬 $2$ 厘米后离出发点距离为 $2$ 格或 $0$ 格的格点都可能到达，标出后共 $8$ 个可能的位置（上、下、左、右各 $2$ 格，以及斜方向到达的 $4$ 个点）。 （2）小蚂蚁第一步可往上、下、左、右 $4$ 个方向，要在 $3$ 步后回到黑线上。可以画出树形图：黑点先向上或向下走时各有若干走法，左右对称。 若第一步向上，则有 “上→上→下、上→右→左” 等走法；逐一枚举并利用上下、左右的对称性，可得一共有 $20$ 种不同的可能。

解题过程
题目要求买了两种福娃一共不到 $10$ 个，即大福娃数加小福娃数为 $1\sim 9$ 之间的某个数，且两种福娃的个数不一样多。 设大福娃数为 $a$、小福娃数为 $b$，则 $a+b$ 从 $1$ 到 $9$，且 $a\neq b$（两数不相等，但允许某一种为 $0$）。 按总数 $a+b$ 从 $1$ 到 $9$ 列表枚举，去掉两数相等的情况，可以数出一共有 $32$ 种不同的情况。

解题过程
最长边为 $8$ 厘米，另外两条边都是不超过 $8$ 的正整数，并且要满足两条较短边之和大于 $8$（三角形三边关系），同时不计两条短边的顺序。 设另外两边为 $a\le b\le 8$，且 $a+b>8$。按 $b$ 从 $8$ 到适当值枚举，对应 $a$ 的取值范围逐一数出：$b=8$ 时 $a$ 可取 $1\sim 8$ 共 $8$ 种；$b=7$ 时 $a$ 可取 $2\sim 7$ 共 $6$ 种；$b=6$ 时 $a$ 可取 $3\sim 6$ 共 $4$ 种；$b=5$ 时 $a$ 可取 $4\sim 5$ 共 $2$ 种。所以一共有 $8+6+4+2=20$ 种不同的三角形。

解题过程
$5$ 份本数互不相同、每份至少 $1$ 本，总和为 $19$。最小的五个互异正整数之和为 $1+2+3+4+5=15$，比 $19$ 少 $4$，所以要在 $1,2,3,4,5$ 的基础上把多出来的 $4$ 本分配给若干份，并保持五份互异。 枚举可得分别对应的情况为： $1+2+3+4+9$，$1+2+3+5+8$，$1+2+3+6+7$，$1+2+4+5+7$，$1+3+4+5+6$。 所以一共有 $5$ 种不同的分法。

解题过程
由题意知，湖人队最终以 $4:2$ 胜出，且比赛过程中湖人队的积分从来不落后于活塞队。 用树形图把湖人队胜（记为湖、积分在前）与活塞队胜（记为活塞）逐场展开，保证每一时刻湖人队积分不少于活塞队积分，并以湖人队第 $4$ 胜结束。 从图中可以直接看出，一共有 $5$ 种可能的胜负情况。

解题过程
甲开始发球，一定是传给乙或丙，所以传球的过程如右图所示。 假设甲拿球，他的下一传球必须给甲或乙，乙的下一传球必须给甲或丙……用树形图按 $1$ 次、$2$ 次、$3$ 次、$4$ 次逐步展开，要求第 $4$ 次后回到甲手中。 从图中可以看出，一共有 $6$ 种不同的传球方式。

解题过程
注意到图中各点和边是对称的，从 $A$ 点出发的第一步可以走到 $C$ 点或 $D$ 点。 若到达 $D$ 点，那么由这之后（每点最多经过一次）一定要到 $C$ 点，从而 $A\to D$ 的走法对应 $AC,AEC,ADEC,ADGEC$ 等； 又从 $A$ 走到 $C$（不经过 $D$ 点）的走法有 $AC,AE,ADE,ADGE$ 等。 按每个点最多经过一次枚举所有不同的走法，并利用图形的对称性，可得从 $A$ 点一步走到 $B$ 点共有 $16$ 种走法。

解题过程
（1）用 $1,2,3,4,5$ 来代表这五个位置（看作一排），每人都要换到与自己原来位置不相邻的座位上。用树形图枚举每人换到的新位置，逐一去掉相邻的情况，可得一共有 $4$ 种换座位的方法。 （2）把图 14-8 的六个位置按甲、乙、丙、丁、戊、己依次标为 $1,2,3,4,5,6$，规定相邻为有公共边。考察各位置可换到的位置，发现乙和戊的位置只有 $2$ 种情况可以换，其余 $4$ 个位置都有 $3$ 种情况可以换，由戊（位置 $5$）只能换到位置 $1$ 或 $3$ 且二者对称入手，固定戊换到位置 $1$ 后用树形图枚举其余位置，再结合对称性，可得一共有 $8$ 种换座位的方法。

解题过程
八面体有 $6$ 个顶点 $A,B,C,D,E,F$，蚂蚁从 $A$ 出发，要恰好经过每个顶点各一次。 从 $A$ 出发后，第一步可走到与 $A$ 相邻的顶点，利用八面体的对称性分类枚举：固定第一步去向后，按字典顺序用树形图逐点展开，保证每个顶点恰好经过一次。 枚举所有满足条件的路线并去重，可得一共有 $16$ 种不同的走法。

解题过程
开始时，阿呆和阿瓜一共有 $20+16=36$（张）游戏卡。无论阿呆送给阿瓜几张游戏卡，两人的游戏卡总数都没有变化，所以阿呆送给阿瓜 $2$ 张游戏卡之后，两人的游戏卡总数依然是 $36$ 张。

解题过程
两人一共有 $20+16=36$（张）游戏卡。送卡之后阿呆还剩 $12$ 张，由于总数不变，所以现在阿瓜有 $36-12=24$（张）游戏卡。

解题过程
调动后乙班为 $1$ 份，那么甲班的人数是乙班人数的 $2$ 倍，即两班的总人数是 $3$ 份。两班的总人数 $60$ 人不变，因此 $3$ 份等于 $60$ 人，$1$ 份等于 $60\div 3=20$（人），即乙班调动后有 $20$ 人，甲班调动后有 $20\times 2=40$（人）。所以甲班原有 $40+6=46$（人），乙班原有 $20-6=14$（人）。

解题过程
设原计划每周做的题量是 $1$ 份，那么甲每周实际做 $1$ 份 $+18$ 道，乙每周实际做 $1$ 份 $-14$ 道。乙三周做 $3$ 份 $-14\times 3=3$ 份 $-42$ 道，它等于甲一周做的 $1$ 份 $+18$ 道。由此 $3$ 份 $-42=1$ 份 $+18$，$2$ 份 $=18+42=60$，$1$ 份 $=30$（道）。所以原计划每周做 $30$ 道题。

解题过程
到达第一站时，下车的人数与留下的人数之和为 $48$ 人，差为 $8$ 人，根据和差公式，第一站后车上留下的人数为 $(48-8)\div 2=20$（人）。同样地，到达第二站时留下的人数与下车的人数之和为 $20$ 人，差为 $8$ 人，所以第二站后车上留下的人数为 $(20+8)\div 2=14$（人）。

解题过程
设墨莫未做的题目是 $1$ 份，那么萱萱未做的题目就是 $3$ 份。萱萱做的题目比墨莫做的少 $48-40=8$（道），由线段图可知，萱萱未做的 $3$ 份比墨莫未做的 $1$ 份多 $8$ 道题，则 $1$ 份为 $8\div(3-1)=4$（道），即墨莫未做的题数是 $4$ 道。所以老师一共布置了 $4+48=52$（道）题。

解题过程
设乙公司剩下的资金是 $1$ 份，则甲公司剩下的资金是 $5$ 份。由于两公司用去同样多的资金，所以甲公司剩下的资金比乙公司多 $100-40=60$（亿元），它相当于 $5-1=4$（份），$1$ 份 $=60\div 4=15$（亿元），即乙公司剩下 $15$ 亿元。所以乙公司用去 $40-15=25$（亿元），两公司投资这块地皮共用去 $25\times 2=50$（亿元）。

解题过程
设差是 $1$ 份，所以减数就是 $5$ 份。在一个减法算式里，被减数应该等于减数加上差，也就是差的 $6$ 倍等于 $6$ 份。被减数、减数与差的总份数等于 $1+5+6=12$（份），而它们三者之和是 $240$。因此 $1$ 份等于 $240\div 12=20$，那么减数等于 $20\times 5=100$。

解题过程
设第三箱的重量是 $1$ 份，那么前两箱的总重量是 $3$ 份，总重量就是 $4$ 份。由 $4$ 份等于 $100$ 千克，所以 $1$ 份等于 $100\div 4=25$（千克），也就是第三箱的重量是 $25$ 千克，那么前两箱的重量之和为 $100-25=75$（千克）。又知前两箱的重量差是 $11$ 千克，由和差公式得，它们分别是 $(75+11)\div 2=43$（千克）和 $(75-11)\div 2=32$（千克）。所以最重的那箱重 $43$ 千克。

解题过程
把乙、丙两物体看成一个整体，则甲与乙丙整体进行比较。已知两者之和是 $93$ 千克，差是 $1$ 千克，由和差公式，甲 $=(93-1)\div 2=46$（千克），乙、丙之和 $=93-46=47$（千克）。设丙物体的重量是 $1$ 份，则乙物体的重量是 $2$ 份多 $2$ 千克。$47$ 千克相当于 $3$ 份多 $2$ 千克，所以 $1$ 份等于 $(47-2)\div 3=15$（千克）。综上，甲物体重 $46$ 千克，丙物体重 $15$ 千克，乙物体重 $15\times 2+2=32$（千克）。

解题过程
设萱萱的数学书有 $1$ 份，则卡莉娅的数学书有 $4$ 份。由线段图知，$15$ 本相当于 $5$ 份，所以 $1$ 份是 $15\div 5=3$（本），即萱萱有 $3$ 本数学书，那么卡莉娅有 $3\times 4=12$（本）数学书。类似地，设卡莉娅的语文书是 $1$ 份，则萱萱的语文书比卡莉娅的 $3$ 倍多 $2$ 本，即语文书共 $22$ 本相当于 $4$ 份多 $2$ 本，$1$ 份 $=(22-2)\div 4=5$（本），所以卡莉娅有 $5$ 本语文书，萱萱有 $5\times 3+2=17$（本）语文书。综上，卡莉娅一共买了 $12+5=17$（本）书，萱萱一共买了 $3+17=20$（本）书，因此萱萱买的书比卡莉娅多 $20-17=3$（本）。

解题过程
方法一：一开始卡莉娅和萱萱一共有 $18+22=40$（枚）棋子。在玩游戏的过程中，每输赢一局只是两人手中棋子的转移，棋子总数不变，所以无论玩多少局，总数始终是 $40$ 枚。玩了若干局后，卡莉娅比萱萱多 $10$ 枚棋子，即卡莉娅与萱萱是和为 $40$、差为 $10$ 的和差问题，所以卡莉娅有 $(40+10)\div 2=25$（枚）棋子。 方法二：注意到卡莉娅每赢一局或输一局只可能抵消，一局赢一局输正好抵消，最少需要多赢 $10\div 2=5$（局）才能让卡莉娅比萱萱多 $10$ 枚棋子。一开始卡莉娅比萱萱少 $4$ 枚，要多赢 $5$ 局，因此卡莉娅赢萱萱 $5+2=7$（局），即卡莉娅比萱萱多赢 $7$ 枚，卡莉娅有 $18+7=25$（枚）棋子。

解题过程
开始时两水库一共有 $43+37=80$（亿立方米）水。调水的过程中，水的总量是 $80$ 亿立方米不变。设甲水库调水后有 $1$ 份，乙水库的水比甲水库多两倍，即乙水库是 $3$ 份。由线段图知，$4$ 份等于 $80$ 亿立方米，$1$ 份等于 $80\div 4=20$（亿立方米），即甲水库调水后有 $20$ 亿立方米，乙水库有 $20\times 3=60$（亿立方米）。所以需要从甲水库调 $43-20=23$（亿立方米）水到乙水库。

解题过程
设剪去后短绳所剩长度是 $1$ 份，则长绳所剩长度是 $7$ 份多 $6$ 米。两根绳子原来的长度之差是 $163-97=66$（米）。由于两根绳子剪去同样长的一段，剪去后两根绳子的长度之差不变，仍是 $66$ 米。因此长绳剩的 $7$ 份多 $6$ 米比短绳剩的 $1$ 份多 $66$ 米，即 $6$ 份比 $6$ 米多 $66$ 米，$6$ 份 $=66-6=60$（米），$1$ 份 $=60\div 6=10$（米），所以短绳剩 $10$ 米。因此两根绳子都剪去了 $97-10=87$（米）。

解题过程
第二次比第一次多倒了 $9-6=3$（杯）水，而重量增加了 $920-680=240$（克）。这 $240$ 克就是 $3$ 杯水的重量，那么每杯水的重量是 $240\div 3=80$（克）。所以空瓶的重量就是 $680-80\times 6=200$（克）。

解题过程
设燃烧后细蜡烛的长度为 $1$ 份，则粗蜡烛燃烧后的长度为 $3$ 份。燃烧前两根蜡烛长度相同，粗蜡烛烧掉了 $3$ 厘米，细蜡烛烧掉了 $15$ 厘米，比粗蜡烛多烧掉了 $15-3=12$（厘米）。由线段图知，燃烧后的细蜡烛就比粗蜡烛短 $12$ 厘米。两根蜡烛的长度差 $12$ 厘米相当于 $2$ 份，所以 $1$ 份等于 $12\div 2=6$（厘米），即细蜡烛余下 $6$ 厘米，则粗蜡烛余下 $6\times 3=18$（厘米）。粗蜡烛燃烧 $1$ 小时缩短 $3$ 厘米，那么它余下的 $18$ 厘米可以燃烧 $18\div 3=6$（时）。

解题过程
假设甲吃的个数为 $1$ 份，那么乙吃的个数为 $2$ 份。由"乙吃的汉堡包比甲的 $5$ 倍少 $12$ 个"可知，再加上 $12$ 个汉堡包，那么乙就正好吃了 $5$ 份。由线段图可知，$12$ 个就等于其中的 $3$ 份，则 $1$ 份等于 $12\div(5-2)=4$（个）。甲、乙加起来共 $3$ 份，所以两人一共吃了 $4\times 3=12$（个）汉堡包。

解题过程
设第二件的拍卖价格为 $1$ 份，则第一件的拍卖价格为 $3$ 份多 $3$ 万元。从线段图中可看出，相差的 $73$ 万元比第二件的拍卖价格的 $8$ 倍还多 $9$ 万元，于是第二件艺术品的拍卖价格就是 $(73-9)\div 8=8$（万元）。则第一件艺术品的拍卖价格是 $8\times 3+3=27$（万元），因此这两件艺术品一共拍卖了 $27+8=35$（万元）。

解题过程
设英语书有 $1$ 份，则数学书、语文书加起来共有 $4$ 份。由线段图知，$70$ 本相当于 $5$ 份，所以 $1$ 份是 $70\div 5=14$（本），即英语书有 $14$ 本。 再设语文书有 $1$ 份，则数学书和英语书加起来比 $3$ 份少 $2$ 本。由线段图知，$70$ 本相当于 $4$ 份少 $2$ 本，所以 $1$ 份是 $(70+2)\div 4=18$（本），即语文书有 $18$ 本。由于三种书的总数是 $70$ 本，所以数学书就有 $70-14-18=38$（本）。