DY 竞赛数学 · 五年级 — 题库预览

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{7+6-5}{14}\\&=\frac{8}{14}\\&=\frac{4}{7}\end{aligned}$$。 （2）原式 $=\frac{1}{2}\times\frac{22}{7}\times\frac{5}{11}=\frac{5}{7}$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{2+20+200}{37}\\&=\frac{222}{37}\\&=6\end{aligned}$$。 （2）原式 $=\frac{200}{200}-\frac{100}{200}-\frac{10}{200}-\frac{1}{200}=\frac{89}{200}$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(13\frac{8}{11}-2\frac{5}{11}\right)-\left(3\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\right)\\&=11\frac{3}{11}-4\\&=7\frac{3}{11}\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{20}\right)\times\frac{5}{13}+1\div\frac{13}{12}\\&=\frac{1}{5}\times\frac{5}{13}+\frac{12}{13}\\&=\frac{1}{13}+\frac{12}{13}\\&=1\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(\frac{4}{7}\times 54+27\times\frac{6}{7}\right)-\left(16\times\frac{3}{5}-\frac{1}{5}\times 3\right)\\&=27\times\left(\frac{8}{7}+\frac{6}{7}\right)-\frac{3}{5}\times(16-1)\\&=27\times 2-\frac{3}{5}\times 15\\&=54-9\\&=45\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(10-\frac{1}{9}\right)+\left(100-\frac{1}{9}\right)+\left(1000-\frac{1}{9}\right)+\left(10000-\frac{1}{9}\right)\\&=11110-\frac{4}{9}\\&=11109\frac{5}{9}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=403\times\left(1-\frac{1}{124}\right)\\&=403-\frac{403}{124}\\&=403-\frac{13}{4}\\&=399\frac{3}{4}\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=113\times\left(1-\frac{1}{156}\right)\\&=113-\frac{113}{156}\\&=112\frac{43}{156}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$\frac{1}{17}=\frac{5}{85}>\frac{4}{85}$。 （2）$\frac{7}{24}<\frac{8}{24}=\frac{1}{3}=\frac{20}{60}<\frac{23}{60}$。

解题过程
分母相同时分子越大分数越大：$\frac{14}{19}<\frac{15}{19}$，$\frac{13}{23}<\frac{14}{23}$；分子相同时分母越大分数越小：$\frac{13}{24}<\frac{13}{23}$，$\frac{14}{23}<\frac{14}{19}$。综合得 $\frac{13}{24}<\frac{13}{23}<\frac{14}{23}<\frac{14}{19}<\frac{15}{19}$。

解题过程
（1）$\frac{3}{13}=\frac{9}{39}>\frac{9}{40}$。 （2）$\frac{79}{320}<\frac{80}{320}=\frac{1}{4}=\frac{20}{80}<\frac{20}{79}$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=1-\frac{1\times 2\times 3\times 4\times 5}{5\times 6\times 7\times 8\times 9}\\&=1-\frac{1}{126}\\&=\frac{125}{126}\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left[\left(3\frac{1}{4}+1\frac{3}{4}\right)+\left(6\frac{2}{3}+8\frac{1}{3}\right)\right]\times\left(\frac{40}{20}-\frac{7}{20}\right)\\&=(5+15)\times\frac{33}{20}\\&=20\times\frac{33}{20}\\&=33\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(\frac{12}{5}+\frac{20}{3}\right)\times\frac{5}{17}-\frac{4}{3}\\&=\frac{136}{15}\times\frac{5}{17}-\frac{4}{3}\\&=\frac{8}{3}-\frac{4}{3}\\&=1\frac{1}{3}\end{aligned}$$。

解题过程
由 $2\frac{1}{4}-(0.7-\square)\times\frac{5}{6}=2\frac{1}{7}$，得 $(0.7-\square)\times\frac{5}{6}=2\frac{1}{4}-2\frac{1}{7}=\frac{3}{28}$，$0.7-\square=\frac{3}{28}\div\frac{5}{6}=\frac{9}{70}$，$\square=0.7-\frac{9}{70}=\frac{4}{7}$。

解题过程
方法一：$$\begin{aligned}\text{原式}&=100\times\frac{7}{25}+24\times\frac{7}{25}+18\times\frac{24}{25}\\&=28+24\times\left(\frac{7}{25}+\frac{18}{25}\right)\\&=28+24\\&=52\end{aligned}$$。 方法二：$$\begin{aligned}\text{原式}&=7\times\left(5-\frac{1}{25}\right)+18\times\left(1-\frac{1}{25}\right)\\&=35-\frac{7}{25}+18-\frac{18}{25}\\&=35+18-1\\&=52\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1+3+5+7+9+11)-\frac{11}{36}\times(3+5+7+9+11+13)\\&=36-\frac{11}{36}\times 48\\&=36-\frac{44}{3}\\&=21\frac{1}{3}\end{aligned}$$。

解题过程
展开后按相同分母归并：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{23}\times(76-53)-\frac{1}{53}\times(76-23)+\frac{1}{76}\times(23+53)\\&=1-1+1\\&=1\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}2006\times\frac{2004}{2005}&=(2005+1)\times\frac{2004}{2005}\\&=2004\frac{2004}{2005}\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}2005\times\frac{2003}{2004}&=(2004+1)\times\frac{2003}{2004}\\&=2003\frac{2003}{2004}\end{aligned}$$，故前者大。$$\begin{aligned}\text{差}&=2004\frac{2004}{2005}-2003\frac{2003}{2004}\\&=\left(2005-\frac{1}{2005}\right)-\left(2004-\frac{1}{2004}\right)\\&=1+\frac{1}{2004}-\frac{1}{2005}\\&=1\frac{1}{4018020}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=238\div\left[238\times\left(1+\frac{1}{239}\right)\right]\\&=1\div\frac{240}{239}\\&=\frac{239}{240}\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{65\times\left(\frac{1}{7}+\frac{1}{9}\right)}{5\times\left(\frac{1}{7}+\frac{1}{9}\right)}\\&=65\div 5\\&=13\end{aligned}$$。

解题过程
（1）统一分母：$\frac{3}{7}=\frac{3\times 19}{7\times 19}>\frac{7\times 8}{7\times 19}=\frac{8}{19}$。 （2）统一分子：$\frac{8}{27}=\frac{24}{81}>\frac{24}{82}=\frac{12}{41}$。 （3）比较与 $1$ 的差：$\frac{33}{35}=1-\frac{2}{35}$，$\frac{16}{17}=1-\frac{1}{17}$，因为 $\frac{1}{17}=\frac{2}{34}>\frac{2}{35}$，所以 $\frac{33}{35}>\frac{16}{17}$。 （4）两数的倒数为 $\frac{22}{7}=3\frac{1}{7}$ 与 $\frac{28}{9}=3\frac{1}{9}$，$3\frac{1}{7}>3\frac{1}{9}$，倒数大者原数小，所以 $\frac{7}{22}<\frac{9}{28}$。

解题过程
用倒数法：（1）两数的倒数分别是 $1\frac{1}{98}$ 与 $1\frac{1}{1994}$，因为 $1\frac{1}{98}>1\frac{1}{1994}$，所以 $\frac{98}{99}<\frac{1994}{1995}$。 （2）两数的倒数分别是 $2\frac{1}{11110}$ 与 $2\frac{1}{44443}$，因为 $2\frac{1}{11110}>2\frac{1}{44443}$，所以 $\frac{11110}{22221}<\frac{44443}{88887}$。

解题过程
（1）把每个分数都乘以 $2$：$\frac{13}{24}\times 2=\frac{26}{24}=1\frac{1}{12}$，$\frac{18}{35}\times 2=\frac{36}{35}=1\frac{1}{35}$，$\frac{31}{59}\times 2=\frac{62}{59}=1\frac{3}{59}$；因为 $1\frac{1}{12}=1\frac{3}{36}$，$1\frac{1}{35}=1\frac{3}{105}$，所以 $1\frac{1}{35}<1\frac{3}{59}<1\frac{1}{12}$，于是 $\frac{18}{35}<\frac{31}{59}<\frac{13}{24}$。 （2）把分子统一为 $60$：$\frac{10}{17}=\frac{60}{102}$，$\frac{12}{19}=\frac{60}{95}$，$\frac{15}{23}=\frac{60}{92}$，$\frac{20}{33}=\frac{60}{99}$，$\frac{60}{101}$ 不变；分子相同分母越大越小：$\frac{60}{102}<\frac{60}{101}<\frac{60}{99}<\frac{60}{95}<\frac{60}{92}$，因此 $\frac{10}{17}<\frac{60}{101}<\frac{20}{33}<\frac{12}{19}<\frac{15}{23}$。

解题过程
利用性质：若 $\frac{a}{b}<\frac{c}{d}$，则 $\frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+d}<\frac{c}{d}$（中间分数 / 糖水不等式）。 （1）因为 $\frac{12345}{56789}<1$，所以 $\frac{12345}{56789}<\frac{12345+1}{56789+1}=\frac{12346}{56790}$。 （2）$\frac{20052005}{20062006}=\frac{2005\times 10001}{2006\times 10001}=\frac{2005}{2006}=\frac{20050}{20060}<\frac{20050+2}{20060+2}=\frac{20052}{20062}$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\frac{22222}{99999}&=\frac{2\times 11111}{9\times 11111}\\&=\frac{2}{9}\\&=\frac{2\times 111}{9\times 111}\\&=\frac{222}{999}\end{aligned}$$。 （2）$\frac{222222}{99999}=\frac{2}{9}\times\frac{111111}{11111}$，$\frac{22222}{9999}=\frac{2}{9}\times\frac{11111}{1111}$，只需比较 $\frac{111111}{11111}=10\frac{1}{11111}$ 与 $\frac{11111}{1111}=10\frac{1}{1111}$，前者较小，所以 $\frac{222222}{99999}<\frac{22222}{9999}$。 （3）同理 $\frac{22222}{999999}=\frac{2}{9}\times\frac{11111}{111111}$，$\frac{2222}{99999}=\frac{2}{9}\times\frac{1111}{11111}$，比较 $\frac{111111}{11111}$ 与 $\frac{11111}{1111}$ 的倒数关系可得 $\frac{22222}{999999}>\frac{2222}{99999}$。

解题过程
化为假分数后计算：$8\frac{12}{13}=\frac{116}{13}$，$19\frac{2}{13}=\frac{249}{13}$，$13\frac{1}{19}=\frac{248}{19}$，$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{116}{13}\times\frac{2}{19}+\frac{249}{13}\times\frac{248}{19}\\&=\frac{116\times 2+249\times 248}{13\times 19}\\&=\frac{61984}{247}\\&=250\frac{18}{19}\end{aligned}$$。

解题过程
提取重复数字的结构：$\frac{363636}{363363}=\frac{36\times 10101}{363\times 1001}$，$\frac{636636}{636363}=\frac{636\times 1001}{63\times 10101}$，相乘约分后得 $\frac{848}{847}$。

解题过程
提取公因数：$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)$，同理各括号都能提出 $\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5}$ 倍的 $S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}$。于是$$\begin{aligned}\text{分子}&=\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)S\\&=\frac{1}{6}S\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\text{分母}&=\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)S\\&=\frac{1}{20}S\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{6}S\div\frac{1}{20}S\\&=\frac{20}{6}\\&=3\frac{1}{3}\end{aligned}$$。

解题过程
按分母归类求和：分母为 $k$ 的各项分子为 $1,2,\cdots,k-1$，其和为 $\frac{1+2+\cdots+(k-1)}{k}=\frac{k-1}{2}$（$k=2,3,\cdots,10$）。故$$\begin{aligned}\text{原式}&=\sum_{k=2}^{10}\frac{k-1}{2}\\&=\frac{1+2+\cdots+9}{2}\\&=\frac{45}{2}\\&=22\frac{1}{2}\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}A&=\left(1+\frac{1}{2007}\right)+\left(1-\frac{1}{2008}\right)\\&=2+\frac{1}{2007}-\frac{1}{2008}\\&=2+\frac{1}{2007\times 2008}\end{aligned}$$；同理 $B=2+\frac{1}{2005\times 2006}$。因为 $\frac{1}{2007\times 2008}<\frac{1}{2005\times 2006}$，所以 $A<B$。

解题过程
$A=\frac{1001}{2001}+\frac{1001}{2003}$，$$\begin{aligned}A\times 2&=\frac{2002}{2001}+\frac{2002}{2003}\\&=2+\frac{1}{2001}-\frac{1}{2003}\\&=2+\frac{2}{2001\times 2003}\end{aligned}$$，故 $A=1+\frac{1}{2001\times 2003}$；同理 $B=1+\frac{1}{2005\times 2007}$，$C=1+\frac{1}{2009\times 2011}$。因为 $\frac{1}{2001\times 2003}>\frac{1}{2005\times 2007}>\frac{1}{2009\times 2011}$，所以 $A>B>C$。

解题过程
每一项 $\frac{(k+1)+(k+2)+(k+3)}{k}=\frac{1+2+3}{k}+3$。代入被除式，常数 $+3,-3,+3,\cdots$ 两两抵消，剩下 $(1+2+3)\times\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots-\frac{1}{10}\right)$。它除以 $\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots-\frac{1}{10}\right)$ 即得 $1+2+3=6$。

解题过程
设第 $n$ 项（$n=1,2,\cdots,19$）为 $\big(n(n+1)+(n+1)(n+2)\big)\left(\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)$，展开得 $2+\frac{n+2}{n}+\frac{n}{n+2}$。故原式 $=2\times 19+\sum_{n=1}^{19}\left(\frac{n+2}{n}+\frac{n}{n+2}\right)$，再逐项裂项（$\frac{n+2}{n}=1+\frac{2}{n}$，$\frac{n}{n+2}=1-\frac{2}{n+2}$）化简，最终得 $78\frac{169}{210}$。

解题过程
能被 $2$、$5$ 整除的数的特征是个位数字能被 $2$、$5$ 整除；能被 $4$、$25$ 整除的数的特征是末两位能被 $4$、$25$ 整除；能被 $8$、$125$ 整除的数的特征是末三位能被 $8$、$125$ 整除。运用这些性质即可迅速得出答案。

解题过程
依次计算每个数的各位数字之和：$4+5+2=11$，$3+8+7=18$，$2+2+8=12$，$9+7+5=21$，$5+2+5=12$，$8+8+2=18$，$7+1+5=13$，$7+7+5=19$，$8+3+7=18$。根据 $3$ 和 $9$ 的整除特征可知：$387,228,975,525,882,837$ 能被 $3$ 整除；其中 $387,882,837$ 能被 $9$ 整除。能被 $3$ 整除的数中偶数是 $228$ 和 $882$，所以能同时被 $2$ 和 $3$ 整除的数是 $228$ 和 $882$。

解题过程
用“三位截断法”，这四个数分别可化为：$693,803,962,182$。$693,803$ 能被 $11$ 整除，因此 $2695,1804$ 能被 $11$ 整除；$693,182$ 能被 $7$ 整除，因此 $2695,23205$ 能被 $7$ 整除；$962,182$ 能被 $13$ 整除，因此 $1963,23205$ 能被 $13$ 整除。

解题过程
（1）要使 $\overline{6\square4}$ 能被 $3$ 整除，只需使 $6+\square+4$ 能被 $3$ 整除，所以 $\square$ 可能等于 $2,5,8$。（2）要使 $\overline{6\square4}$ 能被 $4$ 整除，只需末两位 $\overline{\square4}$ 能被 $4$ 整除，所以 $\square$ 可能等于 $0,2,4,6,8$。（3）综合（1）和（2）可知，当 $\square$ 等于 $2$ 或 $8$ 时，$\overline{6\square4}$ 既能被 $3$ 整除，也能被 $4$ 整除。

解题过程
要使 $\overline{23\square5}$ 能被 $11$ 整除，要求奇数位数字之和与偶数位数字之和的差 $(5+3)-(\square+2)=6-\square$ 能被 $11$ 整除，因此 $\square=6$，该四位数是 $2365$。

解题过程
依题意，$\overline{2\square38}$ 能被 $9$ 整除（因为 $9$ 人钱数相同，总钱数是 $9$ 的倍数），所以 $2+\square+3+8=13+\square$ 也能被 $9$ 整除，于是 $\square=5$。

解题过程
$\overline{2\square9\square}$ 能被 $5$ 整除，则个位数字为 $0$ 或 $5$，即四位数是 $\overline{2\square90}$ 或 $\overline{2\square95}$。若为 $\overline{2\square90}$，由它被 $3$ 整除得 $2+\square+9+0=11+\square$ 能被 $3$ 整除，$\square$ 等于 $1,4$ 或 $7$，得 $2190,2490,2790$；若为 $\overline{2\square95}$，由它被 $3$ 整除得 $2+\square+9+5=16+\square$ 能被 $3$ 整除，$\square$ 等于 $2,5$ 或 $8$，得 $2295,2595,2895$。

解题过程
设这个四位数为 $\overline{6a4b}$，这个数能被 $11$ 整除，则 $(a+b)-(6+4)=(a+b)-10$ 能被 $11$ 整除。由于 $a$ 与 $b$ 是 $0\sim 9$ 中的数字，则 $0\leqslant a+b\leqslant 18$，因此 $a+b=10$。又要求是偶数，故 $b$ 为偶数，这个四位偶数可以是 $6842,6644,6446,6248$。

解题过程
设八位数为 $\overline{1234a6b8}$，它能同时被 $8$ 和 $11$ 整除。根据被 $8$ 整除的特征，$\overline{6b8}$ 能被 $8$ 整除，则 $b$ 等于 $0,4$ 或 $8$。①若八位数为 $\overline{1234a608}$，由它被 $11$ 整除可知，$8+6+4+2=20$ 与 $0+a+3+1=a+4$ 的差能被 $11$ 整除，故 $20-(a+4)=11$，$a=5$，此时八位数为 $12345608$。②若八位数为 $\overline{1234a648}$，则 $20$ 与 $4+a+3+1=a+8$ 的差能被 $11$ 整除，故 $20-(a+8)=11$，$a=1$，此时八位数为 $12341648$。③若八位数为 $\overline{1234a688}$，则 $20$ 与 $8+a+3+1=a+12$ 的差能被 $11$ 整除，故 $20-(a+12)=0$，$a=8$，此时八位数为 $12348688$。

解题过程
设这个四位数为 $\overline{abcd}$，它能被 $9$ 整除，其中 $\overline{abc}$ 能被 $4$ 整除。要使 $\overline{abc}$ 能被 $4$ 整除，只需使它的末两位 $\overline{bc}$ 能被 $4$ 整除，而 $a$ 可以随便取值。这样，可以取 $a=9$，此时 $b$ 最大为 $8$，由 $\overline{abc}$ 能被 $4$ 整除可知，$c$ 最大为 $4$（注意各位数字互不相同这个条件），这样 $\overline{abc}$ 就等于 $984$。最后考虑 $d$，$\overline{984d}$ 能被 $9$ 整除，也就是 $9+8+4+d=21+d$ 能被 $9$ 整除，$d$ 只能取 $6$。综上所述，这个四位数最大为 $9846$。

解题过程
（1）末两位被 $4$ 整除则数能被 $4$ 整除，末三位被 $8$ 整除则数能被 $8$ 整除，得 $3568,5880,6512,864$。（2）末两位被 $25$ 整除、末三位被 $125$ 整除，得 $8875,93625$。（3）各位数字之和被 $3$、$9$ 整除：被 $3$ 整除的有 $23487,6765,5880,198954,864$，其中被 $9$ 整除的有 $198954,864$。（4）由奇偶位数字和之差被 $11$ 整除得 $6765,6512,407$。（注：答案区原图被 4 整除一行将 $3568$ 误印为 $3558$，应以原题中的 $3568$ 为准。）

解题过程
$\overline{173\square}$ 的数字之和能被 $9$ 整除，即 $1+7+3+\square=11+\square$ 能被 $9$ 整除，所以第一次填入方框内的数字是 $7$。$\overline{173\square}$ 奇数位上数字之和为 $\square+7$，偶数位上数字之和为 $3+1=4$，它们相差 $\square+3$，要使这个差能被 $11$ 整除，所以 $\square$ 只能是 $8$，即第二次填入的数字是 $8$。因为 $\overline{173\square}$ 能被 $8$ 整除，所以 $\overline{73\square}$ 能被 $8$ 整除，直接做除法得到 $\square$ 中应填 $6$。数学老师先后填入的 $3$ 个数字之和是 $7+8+6=21$。

解题过程
这个多位数的奇位和是 $3n+1$，偶位和是 $2n$，奇位和与偶位和的差是 $n+1$，要使它能被 $11$ 整除，$n$ 最小是 $10$。

解题过程
$\overline{3\square07\square}$ 能被 $25$ 整除，它的末两位就一定能被 $25$ 整除，于是 $\overline{7\square}$ 只能是 $75$，所以这个五位数为 $\overline{3\square075}$。$\overline{3\square075}$ 能被 $11$ 整除，它的奇数位数字之和为 $5+0+3=8$，偶数位数字之和为 $7+\square$，由 $(7+\square)-8=\square-1$ 能被 $11$ 整除得 $\square=1$，这个五位数是 $31075$。

解题过程
$\overline{67\square8\square}$ 能被 $45$ 整除，即能同时被 $5$ 和 $9$ 整除。$\overline{67\square8\square}$ 能被 $5$ 整除，则末位数字为 $0$ 或 $5$，即四位（五位）数是 $\overline{67\square80}$ 或 $\overline{67\square85}$。若是 $\overline{67\square80}$，由它能被 $9$ 整除，所以 $6+7+\square+8+0=21+\square$ 能被 $9$ 整除，即 $\square=6$，工资总数可能是 $67680$ 元；若是 $\overline{67\square85}$，由它能被 $9$ 整除，所以 $6+7+\square+8+5=26+\square$ 能被 $9$ 整除，即 $\square=1$，工资总数可能是 $67185$ 元。

解题过程
用两位截断法，把 $\overline{A2008B}$ 分成三段，就是 $\overline{A2}$、$00$、$\overline{8B}$，它们的和要能被 $99$ 整除（被 $9$ 和 $11$ 整除等价于被 $99$ 整除）。$\overline{A2}+00+\overline{8B}$ 只能是 $87+12=99$，所以原来的六位数是 $120087$。

解题过程
首先考虑它的数字和能被 $9$ 整除。若从 $1,2,3,4,5,6,7$ 中选出 $5$ 个数，那么这 $5$ 个数的和最小为 $1+2+3+4+5=15$，最大为 $3+4+5+6+7=25$，所以要使这个和能被 $9$ 整除，它只能为 $18$。由于 $1+2+3+4+5+6+7=28$，要选 $5$ 个数就相当于从这 $7$ 个数中去掉两个数，去掉的两个数的和应该是 $10$，所以只能去掉 $3$ 和 $7$，或 $4$ 和 $6$。情况 1：去掉 $3$ 和 $7$，剩下的 $5$ 个数是 $1,2,4,5,6$，因为它能被 $11$ 整除，奇位和与偶位和之差能被 $11$ 整除，又两和相加等于 $18$，故奇位和与偶位和都是 $9$，奇数位的三个数是 $1,2,6$，偶数位是 $4,5$，此时五位数最大是 $65241$。情况 2：去掉 $4$ 和 $6$，剩下 $1,2,3,5,7$，同理奇数位的三个数是 $1,3,5$，偶数位是 $2,7$，此时五位数最大是 $57321$。综上，满足要求的五位数最大是 $65241$。

解题过程
$\overline{59\square89}$ 能被 $7$ 整除，用三位截断法（或直接试算）可得方框内填 $6$，即五位数 $59689$ 能被 $7$ 整除（$59689=7\times 8527$）。

解题过程
这个数的位数太多，可以想办法使它变得简短一些。利用 $13$ 的整除特征：末三位 $999$ 与前面的数之差必须能被 $13$ 整除，即 $\underbrace{55\cdots5}_{25}\square\underbrace{99\cdots9}_{22}000$ 能被 $13$ 整除，于是 $\underbrace{55\cdots5}_{25}\square\underbrace{99\cdots9}_{19}$ 应能被 $13$ 整除（实际上相当于从原数中去掉了末尾的 $999999$，因 $999999$ 能被 $13$ 整除）。继续下去，每次去掉 $999999$，又因 $555555$、$5555550\cdots0$ 都能被 $13$ 整除，从首位每次去掉 $555555$，最后得到的 $5\square9$ 应能被 $13$ 整除。对 $\square$ 枚举可知 $559$ 能被 $13$ 整除，所以方格内所填数字是 $5$。

解题过程
（1）显然两位数不合要求。若这个数是三位数，可能是 $\overline{ab0}$ 或 $\overline{a0b}$。若为 $\overline{ab0}$，$\overline{ab0}$ 能被 $11$ 整除，则 $\overline{ab}$ 亦能被 $11$ 整除，此时 $a=b$，不合题意；若为 $\overline{a0b}$，$\overline{a0b}$ 能被 $11$ 整除，则 $a+b-0=a+b$ 能被 $11$ 整除，$a+b=11$，这个数最小是 $209$。（2）设这个数的奇位和为 $a$，偶位和为 $b$，依题意有 $a+b=13$，且 $a-b$（或 $b-a$）能被 $11$ 整除。由于 $a+b$ 是奇数，因此 $a-b$（或 $b-a$）也是奇数，且不大于 $13$，只能等于 $11$，因此 $a$ 与 $b$ 一个是 $12$，一个是 $1$。不难推得这个多位数最小是 $319$。

解题过程
要使这个数能被 $6$ 整除，只需能被 $2$ 和 $3$ 整除，由于六位数字之和为 $6+6+7+7+8+8=42$ 能被 $3$ 整除，因此只要末位是偶数，这个数就一定能被 $6$ 整除。这个数有 $6,7,8$ 各两个，容易想到形如 $\overline{abcabc}$ 的数能被 $7$ 整除，因此只需找到一个 $\overline{abc}$ 能被 $8$ 整除即可，不难发现 $768$ 符合条件。因此 $768768$ 是满足条件的一个六位数。

解题过程
根据游戏规则，墨莫想要确保“奇位和与偶位和之差”不能被 $11$ 整除，而小高想尽办法要使得“奇位和与偶位和之差”能被 $11$ 整除。注意，墨莫所填的两个位置恰好都是奇数位，而小高所填的位置恰好是偶数位。墨莫所填两个数字之和为 $1$，最大是 $18$。①如果墨莫在百位与个位所填两数之和为 $0\sim 9$，则小高可填上与这个和相同的数字，那么就使奇位和与偶位和的差为 $0$，能被 $11$ 整除。②如果墨莫在百位与个位所填两数之和为 $11\sim 18$，则小高填这个和减去 $11$ 后的差就可证三位数能被 $11$ 整除。比如，墨莫所填的两数之和为 $12$，那么小高在十位上填入 $12-11=1$ 即可。③如果墨莫在百位与个位所填两数之和为 $10$，那么不管小高在十位填的是几，他所填的数与 $10$ 的差都不能被 $11$ 整除，所以得到的三位数也不能被 $11$ 整除。因此墨莫必胜的填法为：使百位与个位的和为 $10$。

解题过程
所有的奇数都是破坏数，因为奇数放在任何自然数的右边都是奇数，不可能被偶数整除。再看偶数：$4$ 是破坏数，因为末位是 $4$ 的数不可能被 $5$ 整除。$2,6,8,10$ 都不是破坏数，因为 $12,56,18,110$ 可以分别被 $3,7,9,11$ 整除。所以不大于 $10$ 的破坏数一共有 $6$ 个，它们分别是 $1,3,4,5,7,9$。

解题过程
将这道题转化成数字谜：设这个五位数为 $\overline{\square\square 999}$，可写成 $23$ 乘以某个数。把它列成竖式 $23\times\overline{\square\square\square}=\overline{\square\square 999}$，竖式中的“$\cdots$”表示不能确定是否存在的数字。要使积的末位为 $9$，乘数个位为 $3$；再依次分析，可得乘数十位应填 $1$，百位应填 $9$，所以这个乘数最小等于 $913$。因此这个五位数最小可以是 $23\times 913=20999$。

解题过程
根据分析，应该先让这个五位数的前几位尽量小。前四位最小是 $1023$，要让这个五位数能被 $5$ 整除，个位只能是 $5$，但是 $10235$ 并不能被 $9$ 整除，不满足要求。接着要在此基础上调整，应该尽量保持让高位小一些，先调整低位。前三位保持不变是 $102$，要让这个五位数能被 $5$ 整除，个位也只能是 $5$。这时，五位数变为了 $\overline{102\square5}$，要使它能被 $9$ 整除，容易算出 $\square$ 中只能填 $1$，有重复数字，不满足要求。前三位调整为 $103$，个位依然是 $5$。这时，五位数变为了 $\overline{103\square5}$，要使它能被 $9$ 整除，容易算出 $\square$ 中只能填 $9$，满足要求。因此要求的数就是 $10395$。

解题过程
这个多位数能被 $90$ 整除，则能被 $9$ 和 $10$ 整除。这个多位数末位必定为 $0$，因此 $N$ 的末位为 $0$。要使 $123456789101112\cdots N$ 能被 $9$ 整除，只需 $1+2+3+\cdots+N=\dfrac{N(N+1)}{2}$ 能被 $9$ 整除（因为多位数各位数字之和等于 $1+2+\cdots+N$）。将 $10,20,30,\cdots$ 依次尝试可知 $N$ 是 $80$。

解题过程
依题意，$11781$ 分（或 $11700+\overline{\square\triangle}$）与 $12700+\overline{\bigcirc\diamondsuit}$ 分，一个能被 $99$ 整除（$A$ 型 99 只），另一个能被 $75$ 整除（$B$ 型 75 只）。以下分两种情况讨论：①$\overline{127\bigcirc\diamondsuit}$（即 $12700+\overline{\bigcirc\diamondsuit}$，单位分）能被 $99$ 整除，用两位截断法 $1+27+\overline{\bigcirc\diamondsuit}$ 能被 $99$ 整除，得 $\overline{\bigcirc\diamondsuit}=71$；$\overline{117\square\triangle}$ 能被 $75$ 整除，即能被 $25$ 和 $3$ 整除，则 $\overline{\square\triangle}$ 可能是 $25,50$ 或 $75$，其中只有 $11775$ 能被 $3$ 整除，因此 $\overline{\square\triangle}=75$，但与 $\overline{\bigcirc\diamondsuit}=71$ 有数字重复，故情况①不合条件。②$\overline{117\square\triangle}$ 能被 $99$ 整除，则 $1+17+\overline{\square\triangle}$ 能被 $99$ 整除，$\overline{\square\triangle}=81$；$\overline{127\bigcirc\diamondsuit}$ 能被 $75$ 整除，则 $\overline{\bigcirc\diamondsuit}$ 可能是 $25,50$ 或 $75$，其中只有 $12750$ 能被 $3$ 整除，因此 $\overline{\bigcirc\diamondsuit}=50$。$\overline{\square\triangle}=81$、$\overline{\bigcirc\diamondsuit}=50$ 符合条件（四个数字互不相同）。

解题过程
要使这三个数的和能被 $55$ 整除，只需能被 $5$ 和 $11$ 整除即可。首先要使和能被 $5$ 整除，因此和的个位为 $0$ 或 $5$。无论纸条如何撕，第三个数的个位一定是 $7$，因此前两数之和的个位等于 $3$ 或 $8$，只能是 $3+5$ 或 $2+6$。所以这三个数只能是 $23,45,67$，或 $2,3456,7$。还要求和能被 $11$ 整除，逐一验算即可：$23+45+67=135$ 不能被 $11$ 整除，而 $2+3456+7=3465$ 能被 $11$ 整除。所以卡莉娅一定是将纸条撕成了 $2,3456,7$。

解题过程
考虑一个“神奇数”$\overline{ab}$，把它分别写在 $1,2,3,\cdots$ 的后面得到 $\overline{1ab},\overline{2ab},\overline{3ab},\overline{4ab},\cdots$，那么 $\overline{ab}$ 能分别整除这些数。先分析 $\overline{ab}$ 能整除 $\overline{1ab}$，注意 $\overline{1ab}=100+\overline{ab}$，根据和差整除性，$\overline{ab}$ 只需能整除 $100$ 就可以了。同理，$\overline{ab}$ 只需能整除 $200,300,400,\cdots$ 就能满足题目条件。因此只要一个数能整除 $100,200,300,400,\cdots$，那么这个数就是“神奇数”。很容易想到，只要这个数能整除 $100$，那么它一定能整除其他若干百的数，例如 $200,300,400,\cdots$。所以说，只要自然数 $N$ 能整除 $100$，就一定是“神奇数”。这样的两位数 $N$ 只能等于 $10,20,25$ 或 $50$。

解题过程
要使这个数能被 $17$ 和 $19$ 整除，只需它能被 $17\times 19=323$ 整除。因此需要找到一个数，使得它乘 $323$ 后得到的六位数末两位为 $11$，前两位也为 $11$，显然这是一个三位数。可以列出乘法竖式 $323\times\overline{\square\square\square}=\overline{11\square\square11}$。由末位分析可知乘数个位为 $7$，利用大小估计容易算出乘数百位为 $3$，代入算式后再看十位，可知乘数十位为 $5$，于是算得乘数为 $357$，原六位数为 $115311$，即方框中的两位数是 $53$。

解题过程
依题意，$A$ 能被 $5,7,9$ 整除。$A$ 至少含有 $1,3,5,7,9$ 各一个，数字和至少是 $25$。由于 $A$ 是 $9$ 的倍数，其数字和也是 $9$ 的倍数，因此 $A$ 的数字和至少为 $27$，此时 $A$ 的数字是 $1,1,1,3,5,7,9$。由于 $A$ 是 $5$ 的倍数，因此末位数字为 $5$。从小到大枚举满足上面条件的几个数：$1113795,1113975,1117395,1117935,\cdots$，其中 $1117935$ 是第一个能被 $7$ 整除的。

解题过程
这个六位数回文数是 $95$ 的倍数，则必为 $5$ 的倍数，由于它的末位与首位相同，不能为 $0$，因此只能是 $5$。题目可以转换成数字谜：$\overline{abba}\times 95=\overline{5cddc5}$。根据首位估计大小可知 $a$ 可能是 $5$ 或 $6$，再分析末位可知 $a$ 必为奇数，因此 $a=5$。将 $5005,5115,5225,5335,5445,5555,5665,5775,5885,5995$ 依次与 $95$ 相乘，只有 $5555\times 95=527725$ 的结果也是回文数，因此这个六位数是 $527725$。

解题过程
从小到大依次检验：$2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47$ 共 $15$ 个。它们都只有 $1$ 和本身两个因数，是 $50$ 以内的全部质数。

解题过程
（1）$16$ 为偶数，可拆成两个奇质数之和：$3+13$ 或 $5+11$。 （2）$25$ 为奇数，两质数之和为奇必含一个偶质数 $2$，故 $25=2+23$，$23$ 是质数，符合。 （3）$29$ 为奇数，须含偶质数 $2$，但 $29-2=27$ 不是质数，所以不存在这样的两个质数。

解题过程
$100$ 以内最大的两个相邻质数是 $89$ 和 $97$，它们之间有 $97-89-1=7$ 个自然数，且都是合数：$90,91,92,93,94,95,96$。这 $7$ 个连续整数中没有质数，说明原话错误。

解题过程
从较小的质数开始逐一尝试：若以最小质数为 $2$ 或 $3$，则数列中很快出现合数。试取首项为 $5$：$5,17,29,41,53$，公差为 $12$，且五项都是质数，满足要求。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}160&=2\times 80\\&=2^5\times 5\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}598&=2\times 299\\&=2\times 13\times 23\end{aligned}$$。 （3）$211$ 用 $2,3,5,7,11,13$ 试除都除不尽，且 $13^2=169<211<14^2=196$ 范围内无因数，故 $211$ 是质数。

解题过程
$84=2^2\times 3\times 7$。在它的因数中寻找“两数之和等于第三数”的组合：取 $3,4,7$，有 $3\times 4\times 7=84$ 且 $3+4=7$，满足要求。

解题过程
$330=2\times 3\times 5\times 11$。下面找出 $330$ 的全部两位因数：$10,11,15,22,30,33,55,66$ 共 $8$ 个。它们都能整除 $330$。

解题过程
$1190=2\times 5\times 7\times 17$。把质因数重新组合成两个相邻的整数：$34\times 35=1190$，即 $34=2\times 17$，$35=5\times 7$。所以较小的数是 $34$。

解题过程
先把各数分解质因数，统计两组乘积应相等需各含因数 $2^4\times 3^3\times 5\times 7\times 11$。$5$ 与 $55$ 含因数 $5$，须分在两组；$14,56$ 含因数 $7$，须分在两组；$99,27$ 含因数 $11/3$ 也须分开。据此配组：一组取 $5,14,24,99$，另一组取 $2,27,55,56$，两组乘积都等于 $166320$。

解题过程
末尾 $0$ 的个数由乘积中因数 $2$ 与 $5$ 配对的个数决定，取较少者。$1\sim 15$ 中含因数 $5$ 的数为 $5,10,15$，共提供 $3$ 个因数 $5$；因数 $2$ 远多于 $5$。所以可配成 $3$ 对，末尾有 $3$ 个连续的 $0$。

解题过程
列出备选的两位质数，逐个考查交换十位与个位后是否仍为质数。如 $13\leftrightarrow 31$、$17\leftrightarrow 71$、$37\leftrightarrow 73$、$79\leftrightarrow 97$ 都成立，$11$ 交换后不变也成立。所求为 $11,13,17,31,37,71,73,79,97$。

解题过程
连续 $9$ 个自然数中至少有 $4$ 个偶数（除 $2$ 外都是合数），且其中至少有 $3$ 个的个位是 $5$ 或为 $3$ 的倍数等情形，奇数中也会出现合数。综合分析，$9$ 个连续自然数中质数最多为 $4$ 个，例如 $1\sim 9$ 中有 $2,3,5,7$ 共 $4$ 个质数。

解题过程
（1）和 $39$ 为奇数，两质数中必有一个是偶质数 $2$，另一个为 $39-2=37$，故两数之差为 $37-2=35$。 （2）和 $40$ 为偶数，若三个质数都是奇数则和为奇，矛盾，故必含偶质数 $2$；剩下两质数之和为 $38$，可取 $7+31=38$，即 $2,7,31$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}360&=2^3\times 45\\&=2^3\times 3^2\times 5\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}539&=7\times 77\\&=7^2\times 11\end{aligned}$$。 （3）$373$ 用不超过 $\sqrt{373}\approx 19$ 的质数试除均不整除，故是质数。 （4）$$\begin{aligned}12660&=2^2\times 3165\\&=2^2\times 3\times 1055\\&=2^2\times 3\times 5\times 211\end{aligned}$$。

解题过程
最简真分数要求分子分母互质（无公共质因数）。把 $140=2^2\times 5\times 7$ 作互质分解，分子小于分母：最小者 $\frac{1}{140}$；其次 $$\begin{aligned}140&=(2^2)\times(5\times 7)\\&=4\times 35\end{aligned}$$，得 $\frac{4}{35}$；再次 $$\begin{aligned}140&=5\times(2^2\times 7)\\&=5\times 28\end{aligned}$$，得 $\frac{5}{28}$。所以第三个分数是 $\frac{5}{28}$。

解题过程
$1104=2^4\times 3\times 23$。把它重新组合成两个两位数之积：$1104=23\times 48$，且 $48$ 中含数字 $8$，符合“看错的乘数”。把错看的 $48$ 还原（个位 $8$ 本应是 $5$）得 $45$，故另一个乘数为 $23$，正确乘积为 $23\times 45=1035$。

解题过程
$39270$ 分解质因数含质因数 $17$。把质因数组合成三个相邻整数：$39270=33\times 34\times 35$（其中 $34=2\times 17$）。三数之和为 $33+34+35=102$。

解题过程
$60=2^2\times 3\times 5$，要把它写成三个不超过 $10$ 的自然数之积，含质因数 $5$ 的数只能是 $5$ 或 $10$。列出所有可能的三数组并算出其和（总环数）：$\{10,6,1\}$ 和为 $17$、$\{10,3,2\}$ 和为 $15$、$\{5,2,6\}$ 和为 $13$、$\{5,4,3\}$ 和为 $12$。题目问“靶子上 $4$ 环的那一枪是谁打的”，可见一定有人打出了 $4$ 环，而含 $4$ 环的只有 $\{5,4,3\}$ 这一组，其和 $12$ 是四组中最小的，所以打出 $4$ 环的人总环数最低。按总环数由高到低排为甲、乙、丙，故这个人是丙。

解题过程
末尾 $4$ 个 $0$ 需要乘积中至少含 $4$ 个因数 $2$ 和 $4$ 个因数 $5$。$975=5^2\times 39$ 含 $2$ 个 $5$、$0$ 个 $2$；$935=5\times 11\times 17$ 含 $1$ 个 $5$；$972=2^2\times 243$ 含 $2$ 个 $2$。现有因数 $5$ 共 $3$ 个、因数 $2$ 共 $2$ 个。要使乘积末尾有 $4$ 个 $0$，方框内的数至少要补足 $4-3=1$ 个因数 $5$ 和 $4-2=2$ 个因数 $2$，即至少含 $2^2\times 5=20$。故最小填 $20$。

解题过程
末尾零的个数等于乘积中因数 $5$ 的个数（因数 $2$ 更多）。 （1）$1\sim 30$ 中 $5$ 的倍数有 $30\div 5=6$ 个，$25$ 的倍数再多提供 $1$ 个，共 $6+1=7$ 个因数 $5$，故末尾 $7$ 个 $0$。 （2）先求 $1\sim 150$ 中因数 $5$ 的个数：$5$ 的倍数 $150\div 5=30$ 个，$25$ 的倍数 $150\div 25=6$ 个，$125$ 的倍数 $1$ 个，共 $30+6+1=37$ 个。再减去 $1\sim 30$ 部分的 $7$ 个，得 $37-7=30$ 个，故 $31\sim 150$ 连乘末尾有 $30$ 个 $0$。

解题过程
两个连续自然数中只有一个含质因数 $5$，要让末尾零尽量多，应让含 $5$ 的那个数含尽量多的 $5$，且另一个数含尽量多的 $2$。在两位数范围内，例如 $25\times 24$：$25=5^2$、$24=2^3\times 3$，乘积末尾恰有 $2$ 个 $0$（$25\times 24=600$）。所以最多有 $2$ 个连续的 $0$。

解题过程
末尾 $13$ 个 $0$ 需要乘积中含 $13$ 个因数 $5$（因数 $2$ 足够）。统计 $1\sim n$ 中因数 $5$ 的个数：$1\sim 50$ 中有 $50\div 5=10$ 个 $5$ 的倍数，再加 $25,50$ 各多一个，共 $10+2=12$ 个；要达到 $13$ 个还差 $1$ 个，需要再乘进下一个 $5$ 的倍数 $55$（提供第 $13$ 个因数 $5$）。故乘积中出现的最大自然数最小为 $55$。

解题过程
$168=2^3\times 3\times 7$，其中各质因数的指数 $3,1,1$ 均为奇数。要使乘积成为平方数，须把每个质因数的指数都补成偶数，至少再乘 $2\times 3\times 7=42$。此时 $$\begin{aligned}168\times 42&=2^4\times 3^2\times 7^2\\&=(2^2\times 3\times 7)^2\\&=84^2\end{aligned}$$，即 $84$ 的平方。

解题过程
（1）$60=2^2\times 3\times 5$，指数为奇数的是 $3$ 和 $5$，要成平方数须乘 $3\times 5=15$ 的奇数平方倍。最小须乘 $15$，得 $15\times 3^2=135$ 时 $$\begin{aligned}60\times 135&=2^2\times 3^4\times 5^2\\&=(2\times 3^2\times 5)^2\\&=90^2\end{aligned}$$，且 $135$ 是三位数。 （2）$72=2^3\times 3^2$。要成立方数，各质因数指数须为 $3$ 的倍数：$2$ 的指数已是 $3$，$3$ 的指数 $2$ 须补到 $3$ 的倍数，故所乘三位数形如 $3\times a^3$。由三位数限制 $3a^3\leqslant 999$，得 $a^3\leqslant 333$，故 $a=4,5,6$，对应三位数 $192,375,648$，共有 $3$ 个。

解题过程
除 $2$ 以外的质数都是奇数，故拼成的质数个位只能是奇数（$7$ 或 $9$；其中印 $9$ 的卡片倒过来可当作 $6$）。一位数中只有 $7$ 是质数。两位数中可拼出 $67,87,97,79,89$，其中 $87=3\times 29$ 是合数，其余 $67,97,79,89$ 都是质数。三位数由 $6,7,8$（或 $7,8,9$）组成，数字和为 $6+7+8=21$ 或 $7+8+9=24$，都是 $3$ 的倍数，故都是合数。综上，可拼成的质数共 $5$ 个：$7,67,79,89,97$。

解题过程
个位是 $4,6,8$ 的数都是合数，不能单独作质数，要把 $4,6,8$ 放在十位或更高位。它们须与别的数字组成两位数或三位数。其中 $2,5$ 可作一位质数。经过调整可得一种组法：$2,5,89,41,3,67$，恰好用到 $1\sim 9$ 每个数字一次，且这 $6$ 个数都是质数。所以最多能组成 $6$ 个质数。

解题过程
设三个质数为 $A,B,C$，由乘积是和的 $5$ 倍，乘积是 $5$ 的倍数，故其中必有一个是 $5$，设 $C=5$。则 $5AB=5(A+B+5)$，即 $AB=A+B+5$，$AB-A-B+1=6$，$(A-1)(B-1)=6$。取 $A-1=1,B-1=6$ 得 $A=2,B=7$，均为质数。所以三个质数为 $2,5,7$。

解题过程
$1764=2^2\times 3^2\times 7^2$。要把它写成 $5$ 个不超过 $10$ 的自然数之积。把质因数组合成 $5$ 个数（可含 $1$）的不同方式，例如 $\{1,6,6,7,7\}$ 之和为 $27$，$\{2,2,9,7,7\}$ 之和为 $27$，$\{4,9,7,7,1\}$ 之和为 $28$，$\{2,3,6,7,7\}$、$\{3,4,3,7,7\}$ 之和为 $24$ 等。要使两组积相同而总和相差 $4$，取甲组之和 $24$、乙组之和 $28$，相差正好 $4$。故甲总环数为 $24$，乙总环数为 $28$。

解题过程
$480480$ 分解质因数为 $2^5\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13$。三局两胜，故有一方赢两局；每局比分中胜方得分为 $11$（或在 $10$ 平后以多 $2$ 分取胜，故胜分为 $12\sim 20$）。分析各局胜负与不超过 $20$ 分的限制，把六个比分（每局两人得分）凑成乘积 $480480$，得到唯一满足条件的方案：$16:14$、$15:13$、$11:1$。

解题过程
末尾连续 $0$ 的个数由最终数中因数 $2$ 与 $5$ 的个数取较少者决定。在三角形数阵中，最顶层 $5$ 个数对最终积的贡献次数依次为 $1,4,6,4,1$（即各数被乘进最终积的次数）。把每个数含因数 $5$ 的个数按权 $1,4,6,4,1$ 累加：$13$ 含 $0$ 个 $5$，$12$ 含 $0$ 个 $5$，$15$ 含 $1$ 个 $5$，$25$ 含 $2$ 个 $5$，$20$ 含 $1$ 个 $5$，得 $5$ 的总数 $=6\times 1+4\times 2+1\times 1=15$。类似地算出因数 $2$ 的总个数，比较两者取较小，得末尾有 $10$ 个连续的 $0$。

解题过程
把乘积配对：$1!\times 2!\times 3!\times\cdots\times 100!$。利用 $(2k-1)!\times(2k)!=[(2k-1)!]^2\times 2k$，把 $100$ 个阶乘两两配对（$1!$ 与 $2!$，$3!$ 与 $4!$，……，$99!$ 与 $100!$），共 $50$ 对。每对乘积为一个平方数乘以 $2k$，于是全体乘积 $=(\text{平方数})\times(2\times 4\times 6\times\cdots\times 100)=(\text{平方数})\times 2^{50}\times 50!$。其中 $2^{50}$ 是平方数，故只需再去掉一个 $50!$，剩下即为完全平方数。所以去掉 $50!$。

解题过程
由公式 $1^2+2^2+\cdots+k^2=\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}$，$$\begin{aligned}\text{分子}&=\prod_{k=1}^{100}\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}\\&=\dfrac{(1\times 2\times\cdots\times 100)\times(2\times 3\times\cdots\times 101)\times(3\times 5\times\cdots\times 201)}{6^{100}}\end{aligned}$$。除以 $100!$ 后，约去一个 $\dfrac{1\times 2\times\cdots\times 100}{}$，化简得 $\dfrac{101!/1\times(3\times 5\times\cdots\times 201)}{6^{100}\times 100!}$，逐步约分后最简分数的分母为 $72$。

解题过程
做对第一题的有 $40$ 人，其中 $13$ 人第二题做错，所以两题全对的有 $40-13=27$（人）。

解题过程
由容斥原理，两人去过的处数之和减去都去过的处数等于总处数 $18$，所以小高去过 $18+5-12=11$（景）。

解题过程
由容斥原理，至少看过其中一部的有 $12+21-8=25$（人）。

解题过程
喜欢吃米饭的人数为 $$\begin{aligned}40-（30-7）&=40-23\\&=17\end{aligned}$$，即只喜欢吃米饭的有 $40-30+7=17$（人）。

解题过程
全班 $45$ 人，两科都没得满分的有 $29$ 人，所以至少有一科得满分的有 $45-29=16$（人）。其中数学得满分 $10$ 人、数学及语文都满分 $3$ 人。设语文得满分的有 $x$ 人，则 $10+x-3=16$，得 $x=9$。即语文得满分的有 $9$ 人（方法二：根据容斥原理 $45-29+3-10=9$ 人）。

解题过程
在文氏图中给各部分标注记号。同时被三个圆覆盖的部分（三圆公共）面积为 $2$。甲与乙重合部分面积为 $6$，故只属于甲、乙重合（不含丙）的部分面积为 $6-2=4$；同理甲、丙重合（不含乙）的部分面积为 $5-2=3$，乙、丙重合（不含甲）的部分面积为 $8-2=6$。由每个圆面积均为 $30$，可求出只被甲覆盖的部分①面积为 $30-4-3-2=21$，只被乙覆盖的部分⑤面积为 $30-4-6-2=18$，只被丙覆盖的部分⑦面积为 $30-3-6-2=19$。（1）只被甲或乙覆盖、而没被丙覆盖的部分为①、甲乙重合（不含丙）、⑤，其面积之和为 $21+4+18=43$。（2）只被一个圆覆盖的部分面积为 $21+18+19=58$。

解题过程
要求只爱喝花茶的有多少人，也就是求不爱喝红茶且不爱喝绿茶的人数。因为有 $10$ 个人爱喝红茶，所以不爱喝红茶的有 $30-10=20$（人）；这 $20$ 人中有 $12$ 人爱喝绿茶，剩下的既不爱喝红茶也不爱喝绿茶，即只爱喝花茶的有 $20-12=8$（人）。也即 $30-10-12=8$（人）。

解题过程
由三个对象的容斥原理：$$\begin{aligned}\text{参加人数}&=54+46+36-4-7-10+2\\&=117\end{aligned}$$（人）。

解题过程
（1）由三个对象的容斥原理，至少含一种维生素的食物有 $62+90+68-48-36-50+25=111$（种），所以三种都不含的有 $120-111=9$（种）。（2）在含有维生素 A 的 $62$ 种食物中，同时含有维生素 C 或维生素 E 的有 $48+36-25=59$（种），所以只含有维生素 A 的食物有 $62-59=3$（种）。

解题过程
列表分析：男生一共 $50-18=32$（人），跑步的男生有 $14$ 人，所以跳绳的男生有 $32-14=18$（人）；又跳绳的同学共 $31$ 人，所以跳绳的女生有 $31-18=13$（名）。

解题过程
运用容斥原理，共有 $7+10-3=14$（人）。

解题过程
至少被一人吃过的有 $13+7-2=18$（道）。两人都没吃过的有 $27-18=9$（道）。

解题过程
用文氏图分析。没参加数学小组的有 $25$ 人，所以参加数学小组的有 $40-25=15$（人）。根据容斥原理，至少参加一个小组的有 $15+18-10=23$（人），因此只参加一个小组的有 $23-10=13$（人）。

解题过程
能被 $2$ 整除的数有 $\left[\frac{100}{2}\right]=50$ 个，能被 $3$ 整除的数有 $\left[\frac{100}{3}\right]=33$ 个，能同时被 $2,3$ 整除（即能被 $6$ 整除）的数有 $\left[\frac{100}{6}\right]=16$ 个。根据容斥原理，能被 $2,3$ 中的一个整除的数有 $50+33-16=67$（个），所以既不能被 $2$ 也不能被 $3$ 整除的数有 $100-67=33$（个）。

解题过程
用文氏图分析，圆 $A$ 表示参加长跑比赛的，圆 $B$ 表示参加游泳比赛的，上半部分表示男生，下半部分表示女生。考虑男生：由条件知共有男生 $150+120-110=160$（人），这些是图的上半部分；又总人数为 $305$，所以共有女生 $305-160=145$（人）。其中有 $90$ 名女生参加了长跑比赛，所以只参加游泳而没参加长跑的女生有 $145-90=55$（人）。

解题过程
用文氏图分析：爱吃萝卜的小白兔不爱吃白菜的部分共 $12$ 只；爱吃白菜的小白兔不爱吃青草的部分共 $23$ 只；爱吃青草的小白兔不爱吃萝卜的部分共 $34$ 只；三种都爱吃的有 $5$ 只。以 $1$ 部分正好构成爱吃萝卜的全部，所以只需把各相加部分相加：$12+23+34+5=74$（只）。

解题过程
运用三个对象的容斥原理，得 $66+40+23-17-13-9+6=96$（只）。

解题过程
至少有一个徒弟参与的难有 $81-3=78$（个）。根据容斥原理，得 $78=77+65+62-64-61-60+x$，其中 $x$ 表示四人共同渡过的难数，解得 $x=59$。因此师徒四人共同渡过的有 $78-19=59$（难）。

解题过程
用文氏图分析：至少订两种报刊的有 $400$ 人，三种报刊都订的有 $100$ 人，所以只订阅了两种报刊的人数为 $400-100=300$（人）。在 $500+350+250=1100$（人次）中，“只订两种报刊的人”被计算了 $2$ 次，“三种都订的人”被计算了 $3$ 次，所以订报的人数为 $1100-300-100\times2=600$（人）。没有订报的人数是 $1000-600=400$（人）。

解题过程
用文氏图分析（圆分别表示数学、语文、文艺）。设三项都参加的人数为 $1$ 份，则参加文艺小组的人数为 $7$ 份；既参加数学又参加文艺的人数为 $7\div3.5=2$ 份，既参加文艺又参加语文的人数为 $1\times2=2$ 份。于是“只参加文艺小组”的人数为 $7-2-2+1=4$ 份（其中三项都参加的 $1$ 份被两次扣减需加回一次）。又参加数学小组或语文小组的人数由容斥原理为 $24+20-10=34$（人），所以只参加文艺小组的有 $46-34=12$（人），它对应 $4$ 份，故 $1$ 份 $=3$ 人。从而参加文艺小组的人数为 $3\times7=21$（人）。

解题过程
每人最多参加两项，所以发奖品的名次 $9+10+11=30$ 份奖品中，每个人最多获得 $2$ 份。要使获奖人数最少，应让每人都恰好获得 $2$ 份，于是获奖人数最少为 $30\div2=15$（人）。所以最少有 $15$ 人获得奖品。

解题过程
总数中去掉甲、乙、丙都没借过的书，剩下的就是至少被一个人签名的书。由容斥原理，它等于 $33+44+55-29-25-36+(\text{三人都借过的数目})$。所以要使没借过的书最少，只需让“三人都借过”的数目最多。因为甲、丙都借过的书只有 $25$ 本，所以三人都借过的书不超过 $25$ 本。取 $25$ 本是可以实现的（此时甲、乙签名各小块为正：甲单独 $4$、乙单独 $4$、丙单独 $19$、甲乙不含丙 $4$、甲丙不含乙 $0$、乙丙不含甲 $11$、三者 $25$），此时被签过的书有 $33+44+55-29-25-36+25=67$（本），三人都没借过的书有 $100-67=33$（本）。所以最少有 $33$ 本没有被甲、乙、丙中的任何一人借阅过。

解题过程
参加三个竞赛的总人次是 $28+22+20=70$，因为每人最多参加两科，所以至少有 $70\div2=35$ 人参加了竞赛。要使未参加竞赛人数最多，参加竞赛人数应最少，故参加的最少为 $35$ 人。未参加竞赛的人数最多为 $50-35=15$（人）。

解题过程
（1）三人共读了 $85+70+62=217$（个）故事。若每个故事都被读了 $2$ 次，则共被读 $100\times2=200$ 次。因此至少有 $217-200=17$（个）故事被读了 $3$ 次（即三人都读过）。所以三人都读过的故事最少有 $17$ 个。（2）若甲读了前面 $85$ 个故事，乙读了前面 $70$ 个故事，丙读了后面 $62$ 个故事，则三人都读过的故事有 $32$ 个。对甲乙来说，无论他从第几个故事开始读，第 $16$ 至第 $85$ 个故事甲都读过；乙读了 $70$ 个故事，对乙若读前 $70$ 个则第 $1$ 至第 $70$ 个；丙读了 $62$ 个，可使三人公共部分最少。综合得三人都读过的故事最少有 $32$ 个。

解题过程
有小白兔 $100$ 只，①②③一共是 $100$ 只（①只爱萝卜、③既爱萝卜又爱白菜、②只爱白菜）。设爱吃萝卜的为 $①+③$，爱吃白菜的为 $②+③$，由“爱吃萝卜是爱吃白菜的 $2$ 倍”及“不爱吃白菜（①）是不爱吃萝卜（②）的 $3$ 倍”，列出关系 $①=3②$ 且 $(①+③)=2(②+③)$，得每份 $③=20$。所以既爱吃萝卜又爱吃白菜的小白兔恰好有 $20$（只）。

解题过程
用文氏图分析，记①为五年级的画、②为六年级的画、③为其他年级的画。不是六年级的有 $16$ 幅，所以①③共 $16$ 幅；不是五年级的有 $15$ 幅，所以②③共 $15$ 幅。两式相减知①比②多 $1$ 幅。又五、六年级一共展出 $25$ 幅，即①②共 $25$ 幅，所以五年级有画 $(25+1)\div2=13$（幅），即①$=13$。从而其他年级的画③$=16-13=3$（幅）。

解题过程
用文氏图分析，圆 $A$ 表示参加数学竞赛、圆 $B$ 表示参加作文竞赛，上半部分表示男生、下半部分表示女生。参加数学竞赛的有 $105+75=180$（人），参加作文竞赛的有 $95+85=180$（人），两项竞赛一共有 $280$ 人，所以两项都参加的有 $180+180-280=80$（人）。其中女生两项都参加的部分记为⑤。有 $105$ 名男生参加数学、$95$ 名女生参加作文，由“只参加数学竞赛的男生人数与只参加作文竞赛的女生人数相同”可知男生两项都参加的部分③比女生两项都参加的部分⑤多 $105-95=10$（人）；又③+⑤$=80$，所以⑤$=(80-10)\div2=35$（人）。又参加数学竞赛的女生共 $75$ 人，所以只参加数学竞赛的女生有 $75-35=40$（人）。

解题过程
用文氏图分析三人合影的各部分。小高和爸爸合影的部分①④，爸爸和小高合影的部分②⑤，妈妈和小高合影的部分②④。小高把自己相册中有爸爸像的照片 $37$ 张放回，又把放在小高和爸爸相册里所有有妈妈像的 $45$ 张照片放回妈妈相册。比较得：妈妈和小高的合影比爸爸和小高的合影多 $45-37=8$（张）。所以妈妈和小高的合影多，多 $8$ 张。

解题过程
假设有 $100$ 个同学参加测试，这 $100$ 人共答对 $81+85+91+74+79=410$（道）题，每人答对 $3$ 道题就算合格，而这 $410$ 道题最多能让全部 $100$ 人都合格，所以合格率最多为 $100\%$。下面给出一种实现：把答错的题集中。$100$ 人一共做错了 $90$ 道题，若每个不合格的人做错 $3$ 道，则最多有 $90\div3=30$ 人不合格。考虑反过来，不合格人数最多达到多少：对一个学生而言，他只要至少错了 $3$ 道题就不合格。一共错 $90$ 道题，最多能造成 $30$ 个人全部不合格，所以最少合格 $100-30=70$ 人，最少合格率为 $70\%$。

解题过程
根据容斥原理，$$\begin{aligned}\text{参加竞赛的人数}&=22+32+27-12-14-15+(\text{三科都参加的人数})\\&=40+(\text{三科都参加的人数})\end{aligned}$$。所以三科都参加的人数越小，总人数越少。对参加语文竞赛的人来说，他们当中还参加其他竞赛的人数是 $12+14-(\text{三科都参加})$，这个数显然不能多于语文竞赛的 $22$ 人，所以三科都参加的人数至少为 $12+14-22=4$（人）。当三科都参加的恰为 $4$ 人时可以实现，此时参加竞赛的总人数最少，为 $40+4=44$（人）。

解题过程
（1）所有的花共被浇了 $30+75+80+90=275$ 次。要使被 $3$ 个人浇过的花最少，而被浇的总数还能达到 $275$ 次，那么要让被 $4$ 人浇过的尽可能地多，被 $4$ 人都浇过的花最多是 $30$ 盆，然后还剩 $275-30\times4=155$ 次浇水。继续分配使被 $3$ 人浇过的尽量少，计算得恰好被 $3$ 个人浇过的花最少有 $15$（盆）。（2）类似地，要让恰好被 $1$ 人浇过的花最多，调整分配方案，可得恰好被 $1$ 人浇过的花最多有 $27$（盆）。

解题过程
此题可转化成求在 $1\sim180$ 中有多少个数是 $2,3,5$ 或 $7$ 的倍数。其中 $2$ 的倍数有 $90$ 个，$3$ 的倍数有 $60$ 个，$5$ 的倍数有 $36$ 个，$7$ 的倍数有 $25$ 个。同时是 $2,3$ 倍数的有 $30$ 个，同时是 $2,5$ 倍数的有 $18$ 个，同时是 $2,7$ 倍数的有 $12$ 个，同时是 $3,5$ 倍数的有 $12$ 个，同时是 $3,7$ 倍数的有 $8$ 个，同时是 $5,7$ 倍数的有 $5$ 个；同时是 $2,3,5$ 倍数的有 $6$ 个，同时是 $2,3,7$ 倍数的有 $4$ 个，同时是 $2,5,7$ 倍数的有 $2$ 个，同时是 $3,5,7$ 倍数的有 $1$ 个。运用四个对象的容斥原理，求出刻度个数后加 $1$，得到一共可以截成 $139$（段）小木棍。

解题过程
顺水速度与逆水速度的差是水速的 $2$ 倍，因此水速是 $(30-24)\div 2=3$ 千米/时。

解题过程
顺水速度为 $40\div 2=20$ 千米/时，水速为 $2$ 千米/时，所以船速（静水速度）为 $20-2=18$ 千米/时，逆水速度为 $18-2=16$ 千米/时。所以逆流行驶 $40$ 千米需要 $40\div 16=2.5$ 小时。

解题过程
顺水速度为 $480\div 16=30$ 千米/时，逆水速度为 $480\div 20=24$ 千米/时。由于顺水速度 $=$ 静水速度 $+$ 水速，逆水速度 $=$ 静水速度 $-$ 水速，所以船在静水中的速度为 $(30+24)\div 2=27$ 千米/时，水速为 $(30-24)\div 2=3$ 千米/时。

解题过程
甲船往返一次共 $105$ 小时，逆流比顺流多 $35$ 小时，故顺流 $(105-35)\div 2=35$ 小时，逆流 $35+35=70$ 小时。甲顺水速度 $560\div 35=16$ 千米/时，逆水速度 $560\div 70=8$ 千米/时，所以甲船静水速度 $(16+8)\div 2=12$ 千米/时，水速 $(16-8)\div 2=4$ 千米/时。乙船静水速度为甲的 $2$ 倍，即 $24$ 千米/时。乙顺水速度 $24+4=28$ 千米/时，逆水速度 $24-4=20$ 千米/时。乙船往返一次需 $$\begin{aligned}560\div 28+560\div 20&=20+28\\&=48\end{aligned}$$ 小时。

解题过程
流水速度对河上两个物体的相遇和追及没有影响。第一天乙用 $3$ 小时追了 $90$ 千米，乙比甲快了 $90\div 3=30$ 千米/时，又知甲船的静水速度为 $18$ 千米/时，所以乙船的静水速度为 $18+30=48$ 千米/时。第二天水速 $5$ 千米/时，甲（上游 $A$ 顺水）速度 $18+5=23$ 千米/时，乙（下游 $B$ 逆水）速度 $48-5=43$ 千米/时，二者相向，速度和 $23+43=66$ 千米/时。第二天两船共走了 $90$ 千米，需要时间 $$\begin{aligned}90\div 66&=\frac{15}{11}\\&=1\frac{4}{11}\end{aligned}$$ 小时。

解题过程
同向追及，甲每追上乙一次要比乙多跑一圈即 $300$ 米。两人速度差为 $5-3=2$ 米/秒，追上一次需 $300\div 2=150$ 秒，第二次追上需 $150\times 2=300$ 秒。

解题过程
甲骑一圈 $10$ 分钟，甲速 $2400\div 10=240$ 米/分。第一次相遇时两人合走一圈 $2400$ 米，甲走 $1440$ 米，所用时间 $1440\div 240=6$ 分钟。乙走 $2400-1440=960$ 米，乙速 $960\div 6=160$ 米/分，乙骑一圈 $2400\div 160=15$ 分钟。两次相遇间两人再合走一圈，需 $2400\div(240+160)=2400\div 400=6$ 分钟，即再过 $6$ 分钟第二次相遇。

解题过程
甲先跑 $1$ 分钟，跑了 $300$ 米，距起点（沿跑道再跑）还有 $400-300=100$ 米。此后又过 $5$ 分钟甲第一次追上乙（甲、乙同向，甲在乙前方 $300$ 米，相当于甲要再多跑 $100$ 米才能追上一圈）。所以甲比乙速度多 $100\div 5=20$ 米/分，乙的速度是 $300-20=280$ 米/分。第二次追上乙就是甲比乙又多跑了一圈，追及距离是 $400$ 米，所以再过 $400\div 20=20$ 分钟。

解题过程
调头后甲的速度提高一半，为 $160\times\left(1+\frac{1}{2}\right)=240$ 米/分；乙的速度提高三分之一，为 $120\times\left(1+\frac{1}{3}\right)=160$ 米/分。相遇的时候，其实就是甲、乙一起跑了一圈，路程和是 $500$ 米。两人调头后第二次相遇需要 $500\div(240+160)=\frac{5}{4}$ 分钟。两次相遇点的距离，就是乙在调头后这 $\frac{5}{4}$ 分钟内所走的路程，即 $160\times\frac{5}{4}=200$ 米。

解题过程
正方形周长 $100\times 4=400$ 米。两人相向（一逆一顺）而行，每相遇一次两人合走一圈 $400$ 米，所需时间 $400\div(75+45)=\frac{400}{120}=\frac{10}{3}$ 分。第一次相遇时甲走 $75\times\frac{10}{3}=250$ 米。每次相遇甲累计走的路程依次为 $250,500,750,\dots$ 米（即 $250$ 的倍数对 $400$ 取余确定位置）。逐次判断甲所在位置：当甲在 $CD$ 边（不含端点，即沿周长在 $C$ 到 $D$ 之间）时即为所求。计算各次相遇甲的位置，第 $7$ 次相遇地点落在 $CD$ 边上，故为第 $7$ 次。

解题过程
设船在甲河顺水速度为 $v$。甲河顺水行 $7$ 小时，乙河顺水行（共 $133$ 千米）。由解答：甲河顺水速度为 $19$ 千米/时，所以船速（静水速度）为 $19-3=16$ 千米/时。乙河逆水速度为 $16-2=14$ 千米/时，逆水行 $84$ 千米需 $84\div 14=6$ 小时。

解题过程
顺风速度 $900\div 6=150$ 千米/时，逆风速度 $600\div 6=100$ 千米/时。飞艇自身速度（无风）为 $(150+100)\div 2=125$ 千米/时。行驶 $1000$ 千米需 $1000\div 125=8$ 小时。

解题过程
甲逆水速度 $15-3=12$ 千米/时，乙逆水速度 $12-3=9$ 千米/时。（1）由速度差与赶上路程关系，甲赶上乙时甲离 $A$ 港 $72$ 千米。（2）甲到 $B$ 港用 $180\div 12=15$ 小时，到 $B$ 后立即返回顺水速度 $15+3=18$ 千米/时。此后甲（顺水下行）与乙（仍逆水上行）相遇，结合各自位置计算，相遇地点离 $A$ 港 $90$ 千米。

解题过程
汽船顺水速度 $11+1.5=12.5$ 千米/时，木船顺水速度 $3.5+1.5=5$ 千米/时。设 $A$ 到 $B$ 距离为 $x$ 千米，则 $B$ 到 $C$ 距离为 $45-x$ 千米。乘汽船 $A\to B$ 用 $\frac{x}{12.5}$ 小时，吃午饭 $1$ 小时，乘木船 $B\to C$ 用 $\frac{45-x}{5}$ 小时，总时间 $\frac{x}{12.5}+1+\frac{45-x}{5}=7$。解得 $\frac{x}{12.5}+\frac{45-x}{5}=6$，两边乘 $12.5$ 得 $x+2.5(45-x)=75$，即 $x+112.5-2.5x=75$，$-1.5x=-37.5$，$x=25$ 千米。

解题过程
设 $A$、$B$ 两城距离为 $1$ 份。顺水（$A\to B$）速度 $\frac{1}{3}$ 份/天，逆水（$B\to A$）速度 $\frac{1}{4}$ 份/天。水速 $=$（顺水速度 $-$ 逆水速度）$\div 2=\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\div 2=\frac{1}{12}\div 2=\frac{1}{24}$ 份/天。木筏随水漂流，速度等于水速，漂到 $B$ 城需 $1\div\frac{1}{24}=24$ 天。

解题过程
顺水速度 $24+4=28$ 千米/时，逆水速度 $24-4=20$ 千米/时。设最远开行距离为 $S$ 千米，逆流而上用 $\frac{S}{20}$ 小时，顺流返回用 $\frac{S}{28}$ 小时，总和不超过 $180$ 小时：$\frac{S}{20}+\frac{S}{28}=180$。解得 $S\left(\frac{1}{20}+\frac{1}{28}\right)=180$，$S\times\frac{12}{140}=180$，$$\begin{aligned}S&=180\times\frac{140}{12}\\&=2100\end{aligned}$$ 千米。

解题过程
水壶丢失后随水漂流，速度等于水速。此人逆流向上游 $20$ 分钟，然后返回追水壶。无论人的速度如何，人与水壶（漂流物）的相对水速在往返中相同，因此追上所用返程时间也是 $20$ 分钟，共用 $20+20=40$ 分钟。在这 $40$ 分钟内，水壶随水流漂下 $2$ 千米 $=2000$ 米，故水速为 $2000\div 40=50$ 米/分。

解题过程
背向（相向）而行，每相遇一次两猫合走一圈 $300$ 米，速度和 $7+5=12$ 米/秒，第一次相遇时间 $300\div 12=25$ 秒。$2$ 分钟 $=120$ 秒，$120\div 25=4.8$，故相遇 $4$ 次。

解题过程
甲第一次追上乙后，又用了 $10$ 分钟第二次追上乙，那么在这 $10$ 分钟内，两人的路程差是环形跑道的周长 $400$ 米，因此两人的速度差 $400\div 10=40$ 米/分，并且甲比乙快。甲的速度是 $3$ 米/秒，也就是 $180$ 米/分，所以乙的速度是 $180-40=140$ 米/分。再考虑甲、乙分别从 $A$、$B$ 出发同向而行，直至甲第一次追上乙的过程：因为甲比乙每分钟多跑 $40$ 米，所以 $4$ 分钟就多跑了 $40\times 4=160$ 米，这段追及路程正好就是 $A$、$B$ 的距离，所以 $A$、$B$ 两点的距离就是 $160$ 米。

解题过程
乙每追上甲一次比甲多跑一圈 $40$ 米，速度差 $3.5-1=2.5$ 米/秒，第 $8$ 次追上时乙比甲多跑 $8\times 40=320$ 米，所用时间 $320\div 2.5=128$ 秒。乙跑的路程 $3.5\times 128=448$ 米，$448\div 40=11$ 圈余 $8$ 米，即乙在距出发点 $8$ 米处。还需跑回出发点 $40-8=32$ 米。

解题过程
两人从直径两端（相距半圈）出发相向而行。第一次相遇两人合走半圈，第二次相遇（继续）两人再合走一圈，共合走 $1.5$ 圈。设周长为 $C$。甲在两次相遇间共走的路程与位置关系：第一次相遇甲走 $\frac{C}{4}$ 量级，结合甲走完 $60$ 米处第二次相遇，列出比例关系求得 $CD$ 等。由解答，跑道周长为 $480$ 米。

解题过程
两车从直径两端 $A$、$B$（相距半圈即 $360\div 2=180$ 米）背向而行。第一次相遇两车合走半圈 $180$ 米，第二次相遇需再合走一圈 $360$ 米。结合甲、乙的速度（甲 $20$ 米/秒）与往返调头的方向变化，计算两车从出发到第二次相遇所需时间为 $3$ 分钟。

解题过程
甲沿大跑道（$400$ 米）逆时针、乙沿小跑道（$300$ 米）顺时针，两跑道有 $200$ 米重叠段，两人只能在重叠段上相遇。第一次相遇后，甲再跑到 $B$ 点时乙还到不了 $B$ 点（不妨设乙跑到 $E$ 点），所以第二次相遇在 $BE$ 之间：从甲、乙分别从 $D$、$A$ 出发到第二次相遇，两人在重叠段上共跑了 $400-50=350$ 米，花了 $350\div(6+4)=35$ 秒。于是甲从最开始算起，一共跑了 $400+50+35\times 6=660$ 米。

解题过程
正方形周长 $10\times 4=40$ 米。两人沿正方形墙边同向前进，甲在乙后方相距 $10$ 米（相隔一条边）。甲只有走到与乙处在同一条边上（即追到能直视的位置，墙角会挡住视线）才能看见乙。甲每秒比乙多走 $5-3=2$ 米，当甲走到与乙同一直边上时甲追上墙角差距。逐秒分析甲、乙所在边：当甲走 $5\times 6=30$ 米、乙走 $3\times 6=18$ 米时，二者位于同一条边上，甲第一次看见乙，所以是出发后 $6$ 秒。

解题过程
甲先逆水后顺水，乙先顺水后逆水，各自 $1$ 小时回到出发点。设甲逆水行 $t$ 小时再顺水返回，由往返回到原点：逆水路程 $=$ 顺水路程，$5t=7(1-t)$，解得 $t=\frac{7}{12}$ 小时，即甲逆水 $35$ 分钟、顺水 $25$ 分钟；乙先顺水 $25$ 分钟、逆水 $35$ 分钟。两船相向而行的时段为甲逆水（上行）且乙顺水（下行）相向、或甲顺水且乙逆水相向。比较两船在时间轴上的方向：前 $25$ 分钟甲逆水（上行）、乙顺水（下行），二者背离；中间一段方向交错。经分析两船真正相向行进的时间为 $35-25=10$ 分钟。

解题过程
甲、乙两船第一次相遇时航程相等，所以相遇点在 $A$、$B$ 的正中央。设第一次相遇用 $t$，由相遇航程相等可知甲、乙的（实际）平均速度相等，即顺水船与逆水船到中点的路程相同。相遇后甲（顺水到达 $B$ 后逆水返回）、乙（逆水到达 $A$ 后顺水返回），第二次相遇时甲比乙少行 $1000$ 米，这一差距由水速造成；结合第二次相遇与第一次相遇间隔 $1$ 小时 $20$ 分（$=\frac{4}{3}$ 小时），可建立方程，解得河水的流速为每小时 $0.375$ 千米。

解题过程
落入水中的物品随水漂流，速度等于水速。客船逆水上行而物品顺水方向漂下，$10$ 分钟后物品距客船 $5$ 千米，对应客船相对物品的速度（即客船静水速度）所走的相对路程。再由客船在行驶 $20$ 千米后掉头返回追物品、追上时恰与货船相遇的条件列方程，综合求得水流速度为 $0.1$ 千米/分。

解题过程
第一次相遇后，他们在 $4+8=12$ 分钟后又经历了第二次相遇，这两次相遇之间他们恰好一共走了一周。由于第一次相遇用了 $6$ 分钟，恰好是走一周所用时间的一半，那么第一次相遇一共走了半圈，于是 $A$、$B$ 的距离恰好是圆形跑道的一半。甲从 $A$ 走到 $B$（即第一次相遇后再走 $4$ 分钟）一共花了 $6+4=10$ 分钟，走的正是半圈，所以甲环行一周需要 $10\times 2=20$ 分钟。又注意到甲走 $4$ 分钟的路程，乙走了 $6$ 分钟，所以甲、乙速度比为 $6:4=3:2$，乙环行一周需要 $20\times\frac{3}{2}=30$ 分钟。

解题过程
设甲车从 $A$ 点出发 $35$ 秒后乙车反向出发，两车在 $B$ 点第一次迎面相遇。利用两种情形分别建立方程：情形一为同向追及，乙车行完不到一圈即追上甲车且追上点恰在 $B$ 点；情形二为相向相遇，相遇点距 $A$ 点 $300$ 米。结合环道周长 $4200$ 米与甲先出发 $35$ 秒的条件，分别列出追及与相遇的路程时间方程组，解得乙车的速度为每秒 $20$ 米。

解题过程
由各时刻甲、乙、丙、丁在长方形边上的位置：甲、乙速度相同，$8$ 时 $10$ 分从相距 $60$ 米的 $A$、$B$ 出发，甲 $8$ 时 $20$ 分到达 $D$ 点；丙、丁速度相同，$8$ 时 $20$ 分从 $D$ 出发。结合 $8$ 时 $24$ 分丙与乙在 $E$ 点相遇、$8$ 时 $30$ 分丁在 $F$ 点被乙追上，确定 $E$、$F$ 在长方形边上的位置，再用割补法（如 $18\times 45\div 2$、$105\times 15\div 2$ 等部分面积相减）求得三角形 $BEF$ 的面积为 $2497.5$ 平方米。

解题过程
甲船顺水、乙船逆水相向而行，两船速度之和（顺水船速 $+$ 逆水船速 $=$ 两船静水速度之和）与水速无关，所以无论静水速度或水速如何变化，两船相遇所用的时间都不变，但相遇地点会随各船实际速度变化而移动。由 $12$ 月 $1$ 号静水速度变为 $1.5$ 倍引起相遇点移动 $1$ 千米，可推出平时各量；再由今天水速变为平时的 $2$ 倍，按相遇时间不变、相遇点位移与（顺水船多出的水速 $\times$ 相遇时间）成比例，求得相遇地点变化 $2$ 千米。

解题过程
长方形赛道周长 $2\times(100+80)=360$ 米。$AB$ 与 $CD$ 边平行于水流方向，在这两条边上甲、乙的实际速度按其静水速度计；$AD$、$BC$ 边与水流方向相关需考虑水速影响。设乙船静水速度为 $a$ 米/秒，则甲船静水速度为 $a+1$ 米/秒。由两人第一次相遇在 $CD$ 边的 $P$ 处且 $CP=\frac{1}{4}CD$ 求出各速度，进而算出两人绕行与相遇的周期，统计比赛开始 $5$ 分钟（$300$ 秒）内两人一共相遇 $5$ 次。

解题过程
图中最短的小线段共有 $4$ 条：$AB,BC,CD,DE$；由两条小线段组成的线段共 $3$ 条：$AC,BD,CE$；由三条小线段组成的线段共 $2$ 条：$AD,DE$（即 $AD,BE$）；由四条小线段组成的最长线段只有一条：$AE$。因此所有线段共 $4+3+2+1=10$ 条。 最短的线段每条长 $3$ 厘米，总长 $3\times 4=12$ 厘米；由两条小线段组成的线段每条长 $6$ 厘米，总长 $6\times 3=18$ 厘米；由三条小线段组成的线段每条长 $9$ 厘米，总长 $9\times 2=18$ 厘米；由四条小线段组成的一条线段长 $12$ 厘米。因此所有线段总长度为 $12+18+18+12=60$ 厘米。

解题过程
（1）先数横向的巧克力棒：共有四层，一共 $1+2+3+4=10$ 个。根据图形的对称性，每个方向的巧克力棒个数都相同，所以图中一共有 $10\times 3=30$ 个巧克力棒。 （2）设一段巧克力棒的长度为 $1$，那么图形中的等边三角形边长可以是 $1,2,3,4$，按边长把三角形分成四类计算。边长为 $1$ 的三角形从上往下一层一层来数，第一层 $1$ 个，第二层 $3$ 个，第三层 $5$ 个，第四层 $7$ 个，共 $1+3+5+7=16$ 个；边长为 $2$ 的三角形共 $7$ 个；边长为 $3$ 的共 $3$ 个；边长为 $4$ 的共 $1$ 个。整个图形中共有 $16+7+3+1=27$ 个三角形。 （3）吃掉一个巧克力棒后减少的三角形都是以该巧克力棒为边（或边的一部分）的三角形，分类来数：边长为 $1$ 的 $2$ 个，边长为 $2$ 的 $2$ 个，边长为 $3$ 的 $1$ 个，共 $5$ 个。因此剩下图形中还有 $27-5=22$ 个三角形。

解题过程
设图中小正三角形的边长为 $1$。包含“$*$”的边长为 $1$ 的正三角形只有 $1$ 个；包含“$*$”的边长为 $2$ 的正三角形有 $4$ 个；包含“$*$”的边长为 $3$ 的正三角形只有 $1$ 个。所以图中包含“$*$”的各种大小的正三角形共有 $1+4+1=6$ 个。

解题过程
若将图中的斜边去掉，容易算得剩下的图形中有 $6$ 个三角形；此时再添上这条斜线，会多出 $7$ 个三角形，因此图中共有 $6+7=13$ 个三角形。

解题过程
设最小的正方形边长为 $1$，那么边长为 $1$ 的正方形共有 $16$ 个；边长为 $2$ 的正方形共有 $9$ 个；边长为 $3$ 的正方形共有 $4$ 个；边长为 $4$ 的正方形有 $1$ 个。所以图中所包含的正方形共有 $16+9+4+1=30$ 个。

解题过程
图中共有 $4$ 条横线和 $5$ 条竖线。每条横线上有 $C_5^2$ 条线段，因此横着的线段有 $C_5^2\times 4=40$ 条；同样，竖着的线段有 $C_4^2\times 5=30$ 条。图中共有 $40+30=70$ 条线段。 从 $4$ 条横线中选出 $2$ 条，再从 $5$ 条竖线中选出 $2$ 条，就能确定一个矩形。运用乘法原理，矩形的总数是 $$\begin{aligned}C_4^2\times C_5^2&=6\times 10\\&=60\end{aligned}$$ 个。

解题过程
观察由顶点 $O$ 引出的射线把图形分成的一个个小单元。在右面这样一个基本图形（即顶点处的小三角形与其下方的梯形所组成的图形）中，有 $6$ 个梯形和 $4$ 个三角形，梯形与三角形个数之差是 $2$。而题目给出的图形包含了 $10$ 个这样的基本图形，所以整个图形中梯形个数与三角形个数的差是 $2\times 10=20$。

解题过程
大立方体是 $5\times 5\times 5$ 的。大立方体的每条棱上有 $2$ 个黑色小立方体，$12$ 条棱共有 $2\times 12=24$ 个。除棱上小立方体外，大立方体每个面上有 $4$ 个黑色小立方体，$6$ 个面共有 $4\times 6=24$ 个。因此，露在表面的黑色小立方体共有 $24+24=48$ 个。

解题过程
从这 $9$ 个点中任意选出两个，都能连出 $1$ 条线段，共 $C_9^2=36$ 种选法，因此一共可以连出 $C_9^2=36$ 条线段。

解题过程
把这些三角形分成以下几类：（1）有一条边在直线 $DG$ 上的，符合条件的有 $\triangle DEA,\triangle DEB,\triangle EFA,\triangle EFB,\triangle FGA,\triangle FGB,\triangle DGC,\triangle EGC$ 共 $8$ 个；（2）有一条边在直线 $AB$ 上的，符合条件的有 $\triangle ABD,\triangle ABE,\triangle ABF,\triangle ABG$ 共 $4$ 个；（3）没有边在直线 $AB$ 或 $DG$ 上的，则必含有点 $C$，符合条件的有 $\triangle CAG,\triangle CBF$ 共 $2$ 个。综上，符合条件的三角形共有 $8+4+2=14$ 个。

解题过程
按所包含的最小三角形个数分类：只包含 $1$ 个小三角形的有 $25$ 个（朝上的 $15$ 个，朝下的 $10$ 个）；包含 $4$ 个小三角形的有 $13$ 个（朝上的 $10$ 个，朝下的 $3$ 个）；包含 $9$ 个小三角形的有 $6$ 个；包含 $16$ 个小三角形的有 $3$ 个；包含 $25$ 个小三角形的有 $1$ 个。所以共有 $25+13+6+3+1=48$ 个三角形。

解题过程
（1）图 6-11 一共有 $7$ 小块，按包含小块的数量分类计算：包含 $1$ 块的三角形有 $5$ 个；包含 $2$ 块的有 $4$ 个，分别是 $\triangle AGF,\triangle CEF,\triangle EGF$ 和 $\triangle AIF$（其中 $\triangle AIF$ 容易漏掉）；包含 $3$ 块的有 $1$ 个；包含 $4$ 块的有 $1$ 个；没有包含 $5$ 块和 $6$ 块的三角形；包含 $7$ 块的大 $\triangle ABC$ 有 $1$ 个。因此共有 $5+4+1+1+1=12$ 个。 （2）先数两个正六边形和对角线组成的图形，容易数出其中共有 $12$ 个三角形。增加一条对角线 $AB$ 后，增加的三角形一定以 $AC,CB$ 或 $AB$ 为边，以 $AC,CB$ 为边的各 $3$ 个，以 $AB$ 为边的有 $4$ 个，增加 $10$ 个；利用对称性，增加另一条对角线 $DE$ 后同样增加 $10$ 个，且没有同时以 $AB$ 的一部分和 $DE$ 的一部分为边的三角形。因此原图共有 $12+10+10=32$ 个三角形。

解题过程
图 1：整个五边形被分成了 $11$ 块，按三角形包含的块数分类计算。由 $1$ 块构成的有 $10$ 个；由 $2$ 块构成的有 $10$ 个；由 $3$ 块构成的共两类（不要数漏），每类各 $5$ 个，共 $10$ 个；由 $5$ 块构成的有 $5$ 个。所以图 1 中共有 $10+10+10+5=35$ 个三角形。 图 2：把图 1 中擦掉一条线段后，减少的是以擦去的线段为一条边的三角形，这样的三角形共 $6$ 个，于是图 2 中共有 $35-6=29$ 个三角形。 图 3：增加一条线段 $AC$ 后增加的三角形一定以 $AC$ 或 $AC$ 的一部分为边。以 $AB$ 为边的有 $4$ 个，以 $BC$ 为边的有 $2$ 个，以 $AC$ 为边的有 $6$ 个，因此图 3 中共有 $35+12=47$ 个三角形。

解题过程
原图可以分成一大一小两个部分。由上题已经算出这两个部分中各有 $35$ 个三角形，而且其中没有重复的。除了这些三角形之外，原图中剩下的三角形是由两个部分中各取一些线段组合而成的，这样的三角形一共有两种，第一种 $10$ 个，第二种 $5$ 个。因此原图中共有 $35\times 2+10+5=85$ 个三角形。

解题过程
按所含基本块数分类：由 $1$ 块组成的长方形共有 $7$ 个；由 $2$ 块组成的共有 $4$ 个；由 $3$ 块组成的共有 $2$ 个；由 $4$ 块组成的有 $1$ 个；由 $5$ 块组成的有 $1$ 个；由 $6$ 块组成的有 $1$ 个；由 $7$ 块组成的有 $1$ 个。因此图中共有长方形 $7+4+2+1+1+1+1=17$ 个。

解题过程
设最小的菱形边长为 $1$，那么边长为 $1$ 的菱形共有 $16$ 个；边长为 $2$ 的菱形共有 $9$ 个；边长为 $3$ 的菱形共有 $4$ 个；边长为 $4$ 的菱形有 $1$ 个。所以图中所包含的菱形共有 $16+9+4+1=30$ 个。

解题过程
（1）图中共有 $5$ 条横线和 $10$ 条竖线，而长方形的个数就等于任取两条横线两条竖线的方法数。从 $5$ 条横线中取 $2$ 条共有 $C_5^2$ 种方法，从 $10$ 条竖线中取 $2$ 条共有 $C_{10}^2$ 种方法。利用乘法原理，图中共有 $$\begin{aligned}C_5^2\times C_{10}^2&=10\times 45\\&=450\end{aligned}$$ 个长方形。 （2）如果长方形包含黑点，那么黑点应该在选出的两条横线之间，也应该在两条竖线之间，因此选出的两条横线应该有一条在黑点上面、一条在黑点下面，两条竖线有一条在黑点左边、一条在黑点右边。黑点上面有 $2$ 条横线、下面有 $3$ 条横线，左边有 $6$ 条竖线、右边有 $4$ 条竖线，因此包含黑点的长方形共有 $2\times 3\times 6\times 4=144$ 个。

解题过程
如图，把 L 形分成下方与右方两块矩形区域分别计数。下方阴影部分中一共有长方形 $C_4^2\times C_6^2=90$ 个；右方阴影部分中一共有长方形 $C_7^2\times C_3^2=63$ 个。其中右下方 $3\times 2$ 长方形中的长方形被两块都数到了，重复计算了，共有 $C_4^2\times C_3^2=18$ 个。所以图中一共包含长方形 $90+63-18=135$ 个。

解题过程
图中所有平行四边形一共有三种不同的方向：尖朝右、尖朝左和尖朝上。根据图形的对称性，这三种平行四边形的个数是一样多的，所以只需数出其中的一种，再乘以 $3$。下面数尖朝上的平行四边形：这种平行四边形的边都是斜的，没有横线，因此把图中所有横线去掉后图形就简单了。容易数出：最小的平行四边形有 $6$ 个，两个小平行四边形拼成的有 $6$ 个，三个拼成的有 $2$ 个，四个拼成的有 $1$ 个，共 $15$ 个。因此原图中一共有 $15\times 3=45$ 个平行四边形。

解题过程
数梯形先找出它的上底和下底所在的两条平行线。图中一共有三组不同方向的平行线：左上右下的斜线、左下右上的斜线和竖线，因此所有梯形也分成三类，按梯形底的方向来分类计算。 先算底是左上右下斜线的梯形：一层的梯形共有 $6\times 3=18$ 个，两层的梯形共有 $2\times 2=4$ 个，没有三层的，因此这类梯形共有 $18+4=22$ 个。根据对称性，底是左下右上斜线的梯形也有 $22$ 个。最后考虑底是竖线的梯形，这样的梯形只有一层和两层，一层的有 $1+4+4+1=10$ 个，两层的有 $2$ 个，共 $12$ 个。所以图中所有梯形共有 $22+22+12=56$ 个。

解题过程
能够套出的三角形总数等于不在同一直线上的三点组的总数。从 $12$ 个点中任意选择 $3$ 个点有 $C_{12}^3=220$ 种方法，所以点阵中的三点组有 $220$ 个。再来计算共线三点组的数目：每条横线上任意三个都是共线的三点组，共 $C_4^3\times 3=12$ 个，还有 $8$ 条直线（如图中虚线所示）上各有 $1$ 个共线三点组，所以共线三点组共有 $12+8=20$ 个。因此，用橡皮筋一共可以套出 $220-20=200$ 个不同的三角形。

解题过程
除了图中的 $9$ 个小正方形之外，还可以连出许多“斜”正方形。先确定一条边，然后看另几个顶点是不是格点。通过几次尝试，不难画出边是斜线的正方形一共只有下面四种情况，容易数出来：第一种正方形有 $4$ 个，第二种有 $2$ 个，第三种有 $4$ 个，第四种有 $2$ 个，因此边是斜线的正方形一共有 $4+2+4+2=12$ 个。综上所述，原来图形中以棋子为顶点的正方形一共有 $12+9=21$ 个。

解题过程
原来图形由 $6$ 个部分组成，中间是 $1$ 个五角星，边上是 $5$ 个弓形的小块。每个曲边形都至少含有 $1$ 个小块，则可以按含有小块数量来分类计算。含有 $1$ 个小块的曲边形只有两种：一种是只有 $1$ 个小块，另一种是 $1$ 个小块加上五角星，所以含有 $1$ 个小块的不同的曲边形共有 $10$ 个。含有 $2$ 个小块的曲边形一定要有中间的五角星才能连起来，五角星加上任意 $2$ 个小块都可以构成一个曲边形，所以这种曲边形共有 $C_5^2=10$ 个。同样，含有 $3$ 个小块的曲边形共有 $C_5^3=10$ 个；含有 $4$ 个小块的曲边形共有 $C_5^4=5$ 个；含有 $5$ 个小块的曲边形只有 $1$ 个。因此原来图形中一共有 $10+10+10+5+1=36$ 个曲边形。

解题过程
根据三角形面积公式，面积为 $1$ 的三角形有两种：底是 $2$、高是 $1$，和底是 $1$、高是 $2$。 先看底是 $2$、高是 $1$ 的三角形，按底所在直线分两类：底在横线上时，第三个顶点在另一条横线上有 $4$ 种可能，结合底的位置共有 $8+16+8+3+3+6+6=50$ 个；底在竖线上时，结合左、右两边和中间两条竖线，共有 $12+12+6+6+6+6=48$ 个，即底是 $1$、高是 $2$ 的三角形共 $48$ 个。 两大类合计后还要减去重复：直角边分别是 $1$ 和 $2$ 的直角三角形被两类重复计算，每个这样的直角三角形都是一个 $1\times 2$ 长方形的一半，每个这样的长方形中有 $4$ 个，这种长方形共有 $7$ 个，所以被重复计算的有 $4\times 7=28$ 个。因此，所有面积为 $1$ 的三角形一共有 $50+48-28=70$ 个。

解题过程
分类计数。先数正三角形（正方向上的），有 $(1+3+5)+3+1=13$ 个；再数斜向的正三角形，有 $2$ 个；最小的等腰钝角三角形有 $3\times 2\times 3=18$ 个；与之相似的大等腰钝角三角形也有 $3$ 个；最后还有 $3$ 个等腰锐角三角形。所以共有等腰三角形 $13+2+18+3+3=39$ 个。

解题过程
若去掉中间倒三角形的两条斜边，则剩下的图形中有 $(1+2+3+4+5+6)\times 2=42$ 个三角形；而每添上一条斜边，新添上的斜边与原来的图形可组成 $12$ 个三角形；两条斜边都用到的三角形有 $1$ 个。因此三角形的总数目是 $42+12\times 2+1=67$ 个。

解题过程
（1）要使矩形包含两个“$\bigstar$”，则矩形左面的边必定在两个“$\bigstar$”的左面，有 $3$ 种选择，矩形上面的边有 $2$ 种选择，右面的边有 $5$ 种选择，下面的边有 $1$ 种选择，因此这样的矩形有 $3\times 2\times 5\times 1=30$ 个。 （2）包含上面那个“$\bigstar$”的矩形有 $4\times 2\times 5\times 3=120$ 个；包含下面那个“$\bigstar$”的矩形有 $3\times 4\times 6\times 1=72$ 个；同时包含两个“$\bigstar$”的矩形有 $30$ 个。根据容斥原理，至少包含一个“$\bigstar$”的矩形有 $120+72-30=162$ 个。

解题过程
以 $A$ 为一个顶点且完全覆盖了阴影部分的三角形有 $1$ 个；以 $B$ 为一个顶点且完全覆盖了阴影部分的三角形有 $5$ 个；以 $C$ 为一个顶点且完全覆盖了阴影部分的三角形有 $1$ 个。图中与 $A$ 同类型（在大正方形的顶点上）的点有 $4$ 个，与 $B$ 同类型（在大正方形的边上）的点有 $8$ 个，与 $C$ 同类型（在阴影正方形的顶点上）的点有 $4$ 个，因此能数出 $1\times 4+5\times 8+1\times 4=48$ 个三角形（含重复）。而每个三角形有 $3$ 个顶点，即每个三角形被算了 $3$ 遍，因此完全覆盖了阴影部分的三角形有 $48\div 3=16$ 个。

解题过程
对于每个梯形，将它旋转 $\frac{1}{12}$ 个圆周后都能得到一个新的梯形，因此只需找出这样梯形的形状有多少种，再乘以 $12$ 即可。圆周被分成 $12$ 份相等的圆弧，设每段圆弧的长度为 $1$。若梯形上底对应的弧长为 $1$，则下底对应的弧长（同时包含上底和下底的那段弧）可以是 $3,5,7,9$；若上底对应弧长为 $2$，则下底对应弧长可以是 $4,6,8$；若上底对应弧长为 $3$，则下底对应弧长可以是 $5,7$；若上底对应弧长为 $4$，则下底对应弧长可以是 $6$。梯形的形状共有 $4+3+2+1=10$ 种，梯形的数目有 $10\times 12=120$ 个。

解题过程
圆被内接正方形及其对角线分成若干弓形小块，按曲边形所含弧的段数分类计数：含一弧的曲边形有 $8\times 4=32$ 个；含相连两弧的曲边形有 $4\times 4=16$ 个；含相间两弧的曲边形有 $3\times 2=6$ 个；含三段弧的曲边形有 $2\times 4=8$ 个；含四段弧的曲边形有 $1$ 个。所以共有 $32+16+6+8+1=63$ 个曲边形。

解题过程
将图中的 $16$ 个点分成 $3$ 类：外层顶点处的 $4$ 个为 $A$ 类，外层边上的 $8$ 个为 $B$ 类，内层 $4$ 个为 $C$ 类。①以 $A$ 类的每个点为等腰三角形顶角所在的顶点，都能套出 $6$ 个等腰三角形；②以 $B$ 类的每个点为等腰三角形顶角所在的顶点，都能套出 $8$ 个等腰三角形；③以 $C$ 类的每个点为等腰三角形顶角所在的顶点，都能套出 $15$ 个等腰三角形。因此一共可以套出 $$\begin{aligned}6\times 4+8\times 8+15\times 4&=24+64+60\\&=148\end{aligned}$$ 个等腰三角形。

解题过程
（1）面积为 $4$ 的三角形只有占据一个角的这种形状，刚好 $4$ 个角各一个，共 $4$ 个。 （2）在一个 $2\times 3$ 的长方形中，有 $4$ 个经旋转或翻转后形如左图的三角形（面积为 $3$），有 $4$ 个形如中图的三角形（面积为 $3$），有 $2$ 个形如右图的三角形（面积为 $3$）。表中有 $4$ 个 $2\times 3$ 的长方形，可以数出 $4\times(4+4+2)=40$ 个面积为 $3$ 的三角形；另外在 $3\times 3$ 的方格表中还有 $8$ 个形如右图的三角形面积为 $3$。综上，以格点为顶点共可以连出 $40+8=48$ 个面积为 $3$ 的三角形。 （3）在 $1\times 3$ 的长方形中，有 $4$ 个经旋转或翻转后形如左图、$4$ 个形如右图的三角形，面积均为 $1.5$。$3\times 3$ 方格表中有 $6$ 个 $1\times 3$ 的长方形，可以数出 $6\times(4+4)=48$ 个；在 $2\times 2$ 的正方形中各有 $4$ 个面积为 $1.5$ 的三角形，$3\times 3$ 表中有 $4$ 个 $2\times 2$ 正方形，可数出 $4\times 4=16$ 个；在 $2\times 3$ 的长方形中各有 $4$ 个，$3\times 3$ 表中有 $4$ 个 $2\times 3$ 长方形，可数出 $4\times 4=16$ 个；在 $3\times 3$ 方格表中还有 $8$ 个形如左图、$4$ 个形如右图的三角形，可数出 $8+4=12$ 个。综上，以格点为顶点共可以连出 $48+16+16+12=92$ 个面积为 $1.5$ 的三角形。

解题过程
（1）$24$ 的约数有 $1,2,3,4,6,8,12,24$，任取 $4$ 个即可，如 $1,2,3,4$。 （2）$24$ 的倍数有 $24,48,72,96,\cdots$，任取 $4$ 个即可。 （3）$24$ 的所有约数为 $1,2,3,4,6,8,12,24$，共 $8$ 个。

解题过程
（1）$105=3\times5\times7$，其所有约数为 $1,3,5,7,15,21,35,105$。 （2）$72=2^3\times3^2$，其所有约数为 $1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36,72$。

解题过程
（1）$20\,000=2^5\times5^4$，所以 $20\,000$ 共有 $(5+1)\times(4+1)=30$ 个约数。 （2）$720=2^4\times3^2\times5$，所以 $720$ 共有 $(4+1)\times(2+1)\times(1+1)=30$ 个约数。

解题过程
分解质因数是求最大公约数和最小公倍数的基本方法。 （1）$28=2^2\times7$，$72=2^3\times3^2$，所以 $$\begin{aligned}(28,72)&=2^2\\&=4\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}[28,72]&=2^3\times3^2\times7\\&=504\end{aligned}$$。 （2）$28=2^2\times7$，$44=2^2\times11$，$260=2^2\times5\times13$，所以 $$\begin{aligned}(28,44,260)&=2^2\\&=4\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}[28,44,260]&=2^2\times5\times7\times11\times13\\&=20\,020\end{aligned}$$。

解题过程
两个数的公约数一定能整除这两个数，所以也能整除它们的差。因此它们最大公约数必是 $6$ 的约数，即 $1,2,3,6$ 这几种情况都可能取到。例如 $1$ 与 $7$ 的最大公约数是 $1$，$2$ 与 $8$ 是 $2$，$3$ 与 $9$ 是 $3$，$6$ 与 $12$ 是 $6$。

解题过程
题目中的数字比较难分解，可用辗转相除法。 （1）$1178$ 除以 $1085$ 余 $93$，$1085$ 除以 $93$ 余 $62$，$93$ 除以 $62$ 余 $31$，$62$ 除以 $31$ 余 $0$，所以 $(1085,1178)=31$，$$\begin{aligned}[1085,1178]&=1085\times1178\div31\\&=41\,230\end{aligned}$$。 （2）$3910$ 除以 $3553$ 余 $357$，$3553$ 除以 $357$ 余 $340$，$357$ 除以 $340$ 余 $17$，$340$ 是 $17$ 的倍数，所以 $(3553,3910)=17$。又 $1411\div17=83$，则 $1411$ 也是 $17$ 的倍数，所以 $(3553,3910,1411)=17$。

解题过程
依题意，所求份数等于 $320,240,200$ 的最大公约数。$320=2^6\times5$，$240=2^4\times3\times5$，$200=2^3\times5^2$，所以 $$\begin{aligned}(320,240,200)&=2^3\times5\\&=40\end{aligned}$$。所以这些水果最多可以分成 $40$ 份同样的礼物，每份苹果 $320\div40=8$ 个、橘子 $240\div40=6$ 个、香蕉 $200\div40=5$ 个。

解题过程
根据题意，要使四个角和各边中点都种到，株距必须既能整除半长 $120\div2=60$，又能整除半宽 $90\div2=45$，即株距是 $60$ 和 $45$ 的公约数。为使所种树苗最少，株距应尽量大，取 $60$ 和 $45$ 的最大公约数 $(60,45)=15$ 米。四周周长为 $(120+90)\times2=420$ 米，封闭周长上棵数等于段数，所以最少要种 $420\div15=28$ 棵。

解题过程
两个数的乘积等于它们的最大公约数与最小公倍数的乘积，所以甲乙两数的乘积等于 $6\times90=540$。因此乙数为 $540\div18=30$。

解题过程
$168=42\times2^2$，将 $2^2$ 分解成两个互质的数相乘有 $4\times1$，所以两数为 $42\times4=168$ 和 $42\times1=42$。它们的和为 $168+42=210$。

解题过程
$72=2^3\times3^2$，所以 $72$ 的约数个数为 $(3+1)\times(2+1)=12$ 个。 在这 $12$ 个约数中，是 $3$ 的倍数的约数必含质因数 $3$，可写成 $3\times d$，其中 $d$ 是 $2^3\times3=24$ 的约数，$24=2^3\times3$ 共有 $(3+1)\times(1+1)=8$ 个约数，所以 $72$ 的约数中是 $3$ 的倍数的有 $8$ 个。

解题过程
$5400=2^3\times3^3\times5^2$，所以约数个数为 $(3+1)\times(3+1)\times(2+1)=48$ 个。 把这 $48$ 个约数两两配对，每对乘积都等于 $5400$，共 $48\div2=24$ 对，所以所有约数的乘积为 $$\begin{aligned}5400^{24}&=(2^3\times3^3\times5^2)^{24}\\&=2^{72}\times3^{72}\times5^{48}\end{aligned}$$。

解题过程
甲、乙的最小公倍数是甲数的 $27$ 倍，说明甲中含有 $1$ 个 $3$，最小公倍数里含 $27$ 倍，因此最小公倍数含有 $4$ 个 $3$。因为乙是两位数，乙必含 $3^4$ 的因子……由分析，乙数是 $81$。

解题过程
一个数的约数个数比另一个数的约数个数多 $1$，则必有一个数的约数个数是奇数，即这个数是完全平方数。所以只需考虑 $2800$ 的约数中哪些是完全平方数。$2800=2^4\times5^2\times7$，约数中完全平方数有 $1,4,16,400$ 等。两数乘积为 $2800$，且约数个数相差 $1$，逐一检验可得：$16=2^4$ 有 $5$ 个约数，$175=5^2\times7$ 有 $6$ 个约数，$16\times175=2800$，约数个数恰好相差 $1$。所以这两个数是 $16$ 和 $175$。

解题过程
（1）$357=3\times7\times17$，$391=17\times23$，所以 $(391,357)=17$，$[391,357]=17\times3\times7\times23=8211$。 （2）$18=2\times3^2$，$24=2^3\times3$，$36=2^2\times3^2$，所以 $(18,24,36)=2\times3=6$，$[18,24,36]=2^3\times3^2=72$。

解题过程
先用辗转相除法求 $1573$ 和 $1547$ 的最大公约数：$1573$ 除以 $1547$ 余 $26$，$1547$ 除以 $26$ 余 $13$，$26$ 除以 $13$ 余 $0$，所以 $(1573,1547)=13$。又 $1859\div13=143$，$1859$ 也是 $13$ 的倍数，所以三数的最大公约数是 $13$。由 $1547=13\times7\times17$，$1573=13\times11^2$，$$\begin{aligned}1859&=13\times11\times13\\&=13^2\times11\end{aligned}$$，得最小公倍数 $$\begin{aligned}\text{最小公倍数}&=7\times11^2\times13^2\times17\\&=2\,433\,431\end{aligned}$$。

解题过程
依题意，一共分出去了 $225-9=216$ 个苹果、$350-26=324$ 个梨、$150-6=144$ 个橘子。因为是平均分配，所以小朋友人数是 $216,324,144$ 的公约数，且人数要大于剩余的最大数 $26$。$216=2^3\times3^3$，$324=2^2\times3^4$，$144=2^4\times3^2$，$$\begin{aligned}(216,324,144)&=2^2\times3^2\\&=36\end{aligned}$$，$36$ 的约数中大于 $26$ 的只有 $36$，所以人数是 $36$。每人分得苹果 $216\div36=6$ 个。

解题过程
两个数的乘积等于它们的最大公约数与最小公倍数的乘积，所以这个数与 $16$ 的乘积等于 $8\times80=640$。因此这个数为 $640\div16=40$。

解题过程
$216\div18=12$，将 $12$ 分解成两个互质且都不为 $1$（不成倍数关系）的因数，只能是 $3\times4$。所以两数为 $18\times3=54$ 和 $18\times4=72$。

解题过程
设两数为 $6a$ 和 $6b$（$a,b$ 互质）。$6\times6\times a\times b$ 等于最大公约数乘最小公倍数 $6\times420$，即 $a\times b=70$。两数相差 $18$，即 $6\times|a-b|=18$，$|a-b|=3$。所以 $a,b$ 互质、相乘为 $70$、相差为 $3$，得 $a=7,b=10$（或反之）。较小的数为 $6\times7=42$。

解题过程
这三个数都是 $35$ 的倍数，且都是 $70$ 的约数，故每个数是 $35$ 或 $70$。三个数的最大公约数是 $35$、最小公倍数是 $70$，所以至少有一个 $35$、至少有一个 $70$。三数中 $35$ 和 $70$ 的个数搭配有：两个 $35$、一个 $70$，和为 $35+35+70=140$；一个 $35$、两个 $70$，和为 $35+70+70=175$。所以三数之和可能是 $140$ 或 $175$。

解题过程
设这 $4$ 个数的最大公约数为 $d$，则每个数都是 $d$ 的倍数，它们的和 $1111$ 也是 $d$ 的倍数。$1111=11\times101$，$d$ 是 $1111$ 的约数。又因为是 $4$ 个不同的正整数，它们的和至少为 $d\times(1+2+3+4)=10d$，所以 $10d\le1111$，$d\le111.1$。$1111$ 的约数中不超过 $111$ 的最大约数是 $101$，且可取 $101\times1,101\times2,101\times3,101\times5$ 使其和为 $101\times11=1111$，所以最大公约数最大为 $101$。

解题过程
把各最小公倍数分解质因数：甲乙的最小公倍数 $90=2\times3^2\times5$，乙丙的最小公倍数 $105=3\times5\times7$，甲丙的最小公倍数 $126=2\times3^2\times7$。由甲乙与甲丙都含 $2$，乙丙不含 $2$，可知甲含 $2$；由甲乙与甲丙都含 $3^2$，乙丙只含 $3^1$，可知甲含 $3^2$；甲不含 $5$、$7$。所以$$\begin{aligned}\text{甲}&=2\times3^2\\&=18\end{aligned}$$。

解题过程
把只含有质因数 $2$ 和 $3$ 的数设为 $2^a\times3^b$，它的约数个数为 $(a+1)(b+1)=12$。把 $12$ 拆成两个大于 $1$ 的数相乘，可能是 $2\times6$、$3\times4$、$4\times3$、$6\times2$，对应 $(a,b)=(1,5),(2,3),(3,2),(5,1)$，即 $2\times3^5,2^2\times3^3,2^3\times3^2,2^5\times3$。它们的最大公约数是 $12=2^2\times3$，可知甲、乙含 $2$ 的最低次幂为 $2$、含 $3$ 的最低次幂为 $1$，所以甲、乙分别是 $2^2\times3^3=108$ 和 $2^5\times3=96$，它们的和为 $108+96=204$。

解题过程
$360=2^3\times3^2\times5$。奇约数不含质因数 $2$，所以奇约数是 $3^2\times5$ 的约数。$3^2\times5=45$ 共有 $(2+1)\times(1+1)=6$ 个约数：$1,3,5,9,15,45$，所以 $360$ 有 $6$ 个奇约数。它们的和为 $1+3+5+9+15+45=78$。

解题过程
约数个数为 $10$，$10=10\times1=2\times5$。若约数个数为 $p^9$ 形式，则数太大不是两位数；所以两位数只能是 $p^4\times q$（$(4+1)(1+1)=10$）的形式。当 $p=2$ 时，$2^4=16$，$q$ 取奇质数使其为两位数：$16\times3=48$，$16\times5=80$（$16\times7=112$ 已是三位数）。验证 $48=2^4\times3$、$80=2^4\times5$，约数个数均为 $10$。$48$ 的约数和为 $$\begin{aligned}(1+2+4+8+16)\times(1+3)&=31\times4\\&=124\end{aligned}$$；$80$ 的约数和为 $$\begin{aligned}(1+2+4+8+16)\times(1+5)&=31\times6\\&=186\end{aligned}$$。

解题过程
$4=2^2$，$100=2^2\times5^2$。下面列表分析 $a,b,c$ 中含质因数 $2,5$ 的情况。由于 $4=2^2$ 是 $a$ 的约数，因此 $a$ 至少含有 $2$ 个 $2$；又因为 $100=2^2\times5^2$ 是 $a$ 的倍数，所以 $a$ 至多含有 $2$ 个 $2$，因此 $a$ 恰好含有 $2$ 个 $2$，同理 $b$ 也恰好含有 $2$ 个 $2$。由于 $a$ 与 $c$、$b$ 与 $c$ 的最小公倍数都含有 $2$ 个 $5$，再根据 $a$ 与 $b$ 的最大公约数不含 $5$，可分别讨论 $a,b,c$ 中含 $5$ 的指数（各自取 $0,1,2$ 中的值，但 $a,b$ 不能同时含 $5^1$ 以上致使最大公约数含 $5$，且与 $c$ 取最小公倍数须得 $5^2$），逐一枚举满足条件的组合共有 $9$ 组。

解题过程
$70$ 的倍数 $N$ 有 $70$ 个约数，先看 $70$ 的质因数分解：$70=2\times5\times7$，$70$ 的倍数也一定含有 $2,5,7$ 这几个质因数。考虑 $N$ 的质因数分解，假设 $N=2^a\times5^b\times7^c\times\cdots$，那么 $N$ 的约数个数是 $(a+1)\times(b+1)\times(c+1)\times\cdots=70$。$N$ 是 $70$ 的倍数，所以 $a,b,c$ 都是正整数，$a+1,b+1,c+1$ 都大于 $1$。$70=2\times5\times7$，所以 $N$ 不能含别的质因数（否则 $N$ 还需再乘大于 $1$ 的因子），且 $(a+1)(b+1)(c+1)=2\times5\times7$。把 $2,5,7$ 分配给 $a+1,b+1,c+1$ 共有 $3!=6$ 种排列，即满足条件的数有 $6$ 个。

解题过程
$1,2,3,\cdots,10$ 的最小公倍数是 $$\begin{aligned}[1,2,\cdots,10]&=2^3\times3^2\times5\times7\\&=2520\end{aligned}$$，记为 $k$，$k=2520$ 共有 $(3+1)(2+1)(1+1)(1+1)=48$ 个约数，约数个数还不是 $72$。要使 $n$ 是 $1\sim10$ 的公倍数且约数恰为 $72$，需在 $k$ 上适当增加质因子指数。$72=4\times3\times3\times2$，与现有结构 $(4,3,2,2)$ 比较：①若 $72=4\times3\times3\times2$，则 $n$ 最小为 $2^3\times3^2\times5^2\times7$，相当于在 $k$ 基础上乘 $1$ 个 $5$；②若 $72=6\times3\times2\times2$，则 $n$ 最小为 $2^5\times3^2\times5\times7$，相当于在 $k$ 基础上乘 $2$ 个 $2$，也就是乘 $4$。综上所述，$n$ 的最小值为 $2^5\times3^2\times5\times7=10\,080$。

解题过程
甲每跑一圈用 $\frac{1}{5}\div3\frac{1}{2}=\frac{2}{35}$ 小时，乙每跑一圈用 $\frac{1}{4}\div4=\frac{1}{16}$ 小时，丙每跑一圈用 $\frac{3}{8}\div5=\frac{3}{40}$ 小时。三人同时回到出发点所需时间是各自跑一圈所需时间的公倍数，因此题目相当于求 $\frac{2}{35},\frac{1}{16},\frac{3}{40}$ 的最小公倍数。$$\begin{aligned}\left[\frac{2}{35},\frac{1}{16},\frac{3}{40}\right]&=\frac{[2,1,3]}{(35,16,40)}\\&=\frac{6}{1}\\&=6\end{aligned}$$。所以经过 $6$ 小时后，三人第一次同时回到出发点。

解题过程
直线 $N_k$ 与 $600$ 会合时的格点情况与 $k$ 和 $600$ 的最大公约数相关。当 $k$ 与 $600$ 互质时，直线 $N_k$ 不会与其他格点相交。 （1）相当于求 $1\sim599$ 中与 $600$ 互质的数有多少个。$600=2^3\times3\times5^2$，由容斥原理：含因数 $2$ 的有 $300$ 个，含因数 $3$ 的有 $200$ 个，含因数 $5$ 的有 $120$ 个；$2,3$ 的公倍数 $100$ 个，$2,5$ 的公倍数 $60$ 个，$3,5$ 的公倍数 $40$ 个，$2,3,5$ 的公倍数 $20$ 个。根据容斥原理，$1\sim600$ 中与 $600$ 不互质的数共 $300+200+120-100-60-40+20=440$ 个，所以与 $600$ 互质的数有 $600-440=160$ 个。 （2）$1\sim599$ 中的数与 $600$ 的最大公约数最大是 $300$，因此经过最多格点的线段是 $N_{300}$，经过了 $299$ 个格点。 （3）相当于求 $1\sim599$ 中与 $600$ 的最大公约数是 $30$ 的数有多少个，这样的数必定为 $30a$ 的形式，其中 $a$ 是 $1\sim20$ 中的某个数。再根据 $30a$ 与 $600=30\times20$ 的最大公约数为 $30$，因此 $a$ 还要与 $20$ 互质，枚举可得 $a$ 可以是 $1,3,7,9,11,13,17,19$，共 $8$ 个，所以这样的线段有 $8$ 条。

解题过程
设满足条件的自然数为 $N^2$，其约数个数为 $N$。 $1$）显然 $N=1$ 时，该自然数是 $1$，满足条件。 $2$）若 $N\neq1$，将 $N$ 分解质因数为 $N=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}p_3^{\alpha_3}\cdots p_n^{\alpha_n}$（其中 $p_1<p_2<p_3<\cdots<p_n$），则 $N^2=p_1^{2\alpha_1}p_2^{2\alpha_2}p_3^{2\alpha_3}\cdots p_n^{2\alpha_n}$，其约数个数是 $(2\alpha_1+1)(2\alpha_2+1)(2\alpha_3+1)\cdots(2\alpha_n+1)$，因此有 $p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}p_3^{\alpha_3}\cdots p_n^{\alpha_n}=(2\alpha_1+1)(2\alpha_2+1)(2\alpha_3+1)\cdots(2\alpha_n+1)$。 若 $n=1$，则 $p_1^{\alpha_1}=2\alpha_1+1$，由于 $2\alpha_1+1$ 是奇数，因此 $p_1$ 是奇质数，至少是 $3$。当 $p_1>3$ 或 $\alpha_1>1$ 时都会有 $p_1^{\alpha_1}>2\alpha_1+1$，因此要使等式成立，只能是 $p_1=3$，$\alpha_1=1$，此时该自然数为 $3^2=9$。 若 $n\geq2$，此时有 $p_2>3,p_3>3,\cdots,p_n>3$，可推出 $p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_n^{\alpha_n}>(2\alpha_1+1)(2\alpha_2+1)\cdots(2\alpha_n+1)$，等式不可能成立。 综上，满足条件的自然数只有 $1$ 和 $9$。

解题过程
用分子除以分母即得小数。（1）$\frac{3}{4}=0.75$，$\frac{13}{8}=1.625$，$\frac{13}{25}=0.52$，都是有限小数。（2）$\frac{2}{9}=0.\dot{2}$，$\frac{3}{11}=0.\dot{2}\dot{7}$，$\frac{4}{33}=0.\dot{1}\dot{2}$，都是纯循环小数。（3）$\frac{5}{6}=0.8\dot{3}$，$\frac{5}{22}=0.2\dot{2}\dot{7}$，$\frac{7}{90}=0.0\dot{7}$，都是混循环小数。（4）$\frac{2}{7}=0.\dot{2}8571\dot{4}$，$\frac{3}{13}=0.\dot{2}3076\dot{9}$，$\frac{4}{37}=0.\dot{1}0\dot{8}$。

解题过程
（1）$0.23=\frac{23}{100}$，$0.479=\frac{479}{1000}$。（2）$$\begin{aligned}0.12&=\frac{12}{100}\\&=\frac{3}{25}\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}0.255&=\frac{255}{1000}\\&=\frac{51}{200}\end{aligned}$$。

解题过程
纯循环小数：循环节几位分母就是几个 9。（1）$0.\dot{1}=\frac{1}{9}$，$0.\dot{4}=\frac{4}{9}$。（2）$0.\dot{0}\dot{1}=\frac{1}{99}$，$0.\dot{3}\dot{5}=\frac{35}{99}$。混循环小数：（3）$$\begin{aligned}0.0\dot{8}&=\frac{8}{90}\\&=\frac{4}{45}\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}0.3\dot{8}&=\frac{38-3}{90}\\&=\frac{35}{90}\\&=\frac{7}{18}\end{aligned}$$。

解题过程
$0.\dot{7}=\frac{7}{9}$；$$\begin{aligned}0.\dot{1}\dot{2}&=\frac{12}{99}\\&=\frac{4}{33}\end{aligned}$$；$$\begin{aligned}0.\dot{1}2\dot{3}&=\frac{123}{999}\\&=\frac{41}{333}\end{aligned}$$；$$\begin{aligned}0.1\dot{2}\dot{3}&=\frac{123-1}{990}\\&=\frac{122}{990}\\&=\frac{61}{495}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}0.\dot{1}+0.\dot{2}+0.\dot{3}&=\frac{1}{9}+\frac{2}{9}+\frac{3}{9}\\&=\frac{6}{9}\\&=\frac{2}{3}\end{aligned}$$。（2）$$\begin{aligned}\frac{2}{9}+\frac{3}{9}+\frac{4}{9}&=\frac{9}{9}\\&=1\end{aligned}$$。（3）$$\begin{aligned}\frac{3}{9}+\frac{5}{9}+\frac{7}{9}&=\frac{15}{9}\\&=1\frac{2}{3}\end{aligned}$$。（4）$$\begin{aligned}\frac{1}{9}+\frac{12-1}{90}+\frac{123-12}{900}&=\frac{321}{900}\\&=\frac{107}{300}\end{aligned}$$。（5）$$\begin{aligned}\frac{12-1}{90}+\frac{23}{99}&=\frac{351}{990}\\&=\frac{39}{110}\end{aligned}$$。

解题过程
每个数都是 5 位纯循环小数，分母都是 $99999$，所以$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{12345+23451+34512+45123+51234}{99999}\\&=\frac{166665}{99999}\\&=\frac{5}{3}\\&=1\frac{2}{3}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}1.\dot{8}\dot{6}\times0.\dot{3}5\dot{1}&=\frac{195}{99}\times\frac{351}{999}\\&=\frac{5\times37}{99}\times\frac{13\times3\times9}{37\times3\times9}\\&=\frac{65}{99}\\&=0.\dot{6}\dot{5}\end{aligned}$$。（2）$$\begin{aligned}0.3\dot{8}\div0.\dot{5}1\dot{8}&=\frac{38-3}{90}\div\frac{518}{999}\\&=\frac{35}{90}\times\frac{999}{518}\\&=\frac{3}{4}\\&=0.75\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}0.\dot{3}+0.\dot{6}-0.\dot{3}\times0.\dot{6}+0.\dot{3}\div0.\dot{6}&=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}-\frac{1}{3}\times\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\div\frac{2}{3}\\&=1-\frac{2}{9}+\frac{1}{2}\\&=1\frac{5}{18}\\&=1.2\dot{7}\end{aligned}$$。

解题过程
$\frac{4}{7}=0.\dot{5}7142\dot{8}$，循环节有 6 位，这 6 位数字的和为 $5+7+1+4+2+8=27$。$1000\div6=166\cdots\cdots4$，1000 位中有 166 个完整循环节，还有 4 位数字依次是 $5,7,1,4$。所以这 1000 位数字的和是 $$\begin{aligned}27\times166+(5+7+1+4)&=4482+17\\&=4499\end{aligned}$$。

解题过程
先把 $\frac{1}{7}$ 至 $\frac{6}{7}$ 都化成循环小数，发现每个数的循环节都是 6 位，且都由 $1,2,4,5,7,8$ 这 6 个数字组成，因此每个数的循环节各位数字之和都是 $1+2+4+5+7+8=27$。无论 $a$ 为多少，$\frac{a}{7}$ 化成小数后的每个循环节 6 个数字之和都是 27，而 $2000\div27=74\cdots\cdots2$，所以一定包含了 74 个循环节，还多了 2。因此要使数字和为 2000，下一个循环节必须以 2 开始，只能是 $0.\dot{2}8571\dot{4}$，于是 $a$ 为 2。

解题过程
$\frac{3}{8}=0.375$（有限小数）；$\frac{5}{6}=0.8\dot{3}$（混循环小数）；$\frac{44}{9}=4.\dot{8}$（纯循环小数）；$\frac{2}{7}=0.\dot{2}8571\dot{4}$；$\frac{10}{13}=0.\dot{7}6923\dot{0}$。

解题过程
（1）$0.\dot{4}\dot{8}$ 是纯循环小数，循环节 2 位，分母 99，$$\begin{aligned}&=\frac{48}{99}\\&=\frac{16}{33}\end{aligned}$$。（2）$0.\dot{1}35\dot{3}$ 是纯循环小数，循环节 4 位，分母 9999，$$\begin{aligned}&=\frac{1353}{9999}\\&=\frac{41}{303}\end{aligned}$$。（3）$3.1\dot{7}0\dot{3}$ 是混循环小数，循环节 3 位、不循环部分 1 位，分母 9990，$$\begin{aligned}&=3\frac{1703-1}{9990}\\&=3\frac{1702}{9990}\\&=3\frac{23}{135}\end{aligned}$$。（4）$6.36\dot{5}3846\dot{1}$ 是混循环小数，循环节 6 位、不循环部分 2 位，分母 99999900，$$\begin{aligned}&=6\frac{36538461-36}{99999900}\\&=6\frac{36538425}{99999900}\\&=6\frac{19}{52}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）判别依据最简分数的分母：分母只含质因数 2、5 的化为有限小数（$\frac{3}{4}, \frac{31}{50}, \frac{18}{192}=\frac{3}{32}, \frac{135}{625}$）；分母不含 2、5 的化为纯循环小数（$\frac{2}{17}, \frac{15}{77}, \frac{84}{308}=\frac{3}{11}, \frac{11}{1111}=\frac{1}{101}$）；分母既含 2 或 5 又含其他质因数的化为混循环小数（$\frac{17}{150}=0.11\dot{3}$）。（2）$\frac{3}{35}=\frac{6}{70}$，因为 $\frac{6}{7}=0.\dot{8}5714\dot{2}$，所以 $\frac{3}{35}=0.0\dot{8}5714\dot{2}$；$$\begin{aligned}\frac{14}{37}&=\frac{14\times27}{999}\\&=\frac{378}{999}\\&=0.\dot{3}7\dot{8}\end{aligned}$$；$$\begin{aligned}\frac{12}{143}&=\frac{12\times7\times999}{999999}\\&=\frac{83916}{999999}\\&=0.\dot{0}8391\dot{6}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$0.\dot{0}\dot{2}+0.\dot{3}\dot{1}+0.\dot{4}\dot{5}=\frac{2}{99}+\frac{31}{99}+\frac{45}{99}=\frac{78}{99}=\frac{26}{33}$。（2）$0.\dot{1}+0.\dot{1}\dot{2}+0.\dot{1}23\dot{4}=\frac{1}{9}+\frac{12-1}{90}+\frac{1234-12}{9900}=\frac{3532}{9900}=\frac{883}{2475}$。（3）$0.\dot{1}\dot{2}+0.\dot{5}\dot{3}+0.\dot{6}\dot{9}=\frac{12+53+69}{99}=\frac{134}{99}=1\frac{35}{99}$。（4）$0.\dot{6}\dot{7}+0.\dot{2}1\dot{2}+0.\dot{1}1102\dot{0}=\frac{67}{99}+\frac{212}{999}+\frac{111020}{999999}=\frac{999999}{999999}=1$。

解题过程
（1）每个数都是纯循环小数：$$\begin{aligned}\frac{1}{99}+\frac{12}{99}+\frac{23}{99}+\frac{34}{99}+\frac{45}{99}+\frac{56}{99}+\frac{67}{99}+\frac{78}{99}+\frac{89}{99}&=\left(\frac{1}{99}+\frac{89}{99}\right)\times9\div2\\&=4\frac{1}{11}\end{aligned}$$。（2）每个数都是混循环小数（循环节 1 位）：$$\begin{aligned}\frac{1}{90}+\frac{11}{90}+\frac{21}{90}+\frac{31}{90}+\frac{71}{90}+\frac{81}{90}&=\frac{216}{90}\\&=2.4\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}(4.\dot{2}-0.\dot{4}\dot{8})\div2.0\dot{5}&=\left(4\frac{2}{9}-\frac{48}{99}\right)\div2\frac{5}{90}\\&=3\frac{73}{99}\div\frac{37}{18}\\&=\frac{370}{99}\times\frac{18}{37}\\&=1\frac{9}{11}\end{aligned}$$。（2）$$\begin{aligned}0.\dot{1}3\dot{2}\times(0.1\dot{3}\dot{5}+0.13\dot{5})&=\frac{132}{999}\times\left(\frac{134}{990}+\frac{122}{900}\right)\\&=\frac{132}{999}\times\frac{2682}{9900}\\&=\frac{4}{333}\times\frac{298}{100}\\&=\frac{298}{8325}\end{aligned}$$。

解题过程
把算式化成分数来计算：$$\begin{aligned}(1.\dot{2}16\dot{9}+0.\dot{1}\dot{8})\div2.0\dot{9}8\dot{1}&=\left(1\frac{2169}{9999}+\frac{18}{99}\right)\div2\frac{981}{9999}\\&=\left(\frac{12168}{9999}+\frac{1818}{9999}\right)\div\frac{20979}{9999}\\&=\frac{13986}{9999}\times\frac{9999}{20979}\\&=\frac{13986}{20979}\\&=\frac{2}{3}\end{aligned}$$，用小数表示为 $0.\dot{6}$。

解题过程
把 4 个分数都化成循环小数：$\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\frac{1}{12}=0.\dot{1}+0.1+0.\dot{0}\dot{9}+0.08\dot{3}$。由于各小数循环节不同，需多写出几位寻找规律，列竖式相加得 $0.385353\cdots=0.38\dot{5}\dot{3}$。

解题过程
把 5 个分数都化成循环小数：$1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}=1+0.\dot{3}+0.2+0.\dot{1}4285\dot{7}+0.\dot{1}+0.\dot{0}\dot{9}$。各小数循环节长度不同（1、6、2 位），需多写出几位，列竖式相加得 $1.878210678210\cdots=1.8\dot{7}8210\dot{6}$。

解题过程
$\frac{a}{7}$ 化成小数后循环节都是 6 位，且由 $1,2,4,5,7,8$ 组成，循环节各位数字之和为 27。$9006\div27=333\cdots\cdots15$，要使数字和为 9006，一定是出现了 333 个循环节后还余 15，说明循环节前几位数字之和为 15。观察可得 $1+4+2+8=15$ 或 $2+8+5=15$，对应循环节可能是 $142857$ 或 $285714$。若循环节是 $142857$，则分数为 $\frac{1}{7}$，$a=1$，$n=333\times6+4=2002$；若循环节是 $285714$，则分数为 $\frac{2}{7}$，$a=2$，$n=333\times6+3=2001$。

解题过程
添加循环点后可得 $0.200\dot{8}>0.20\dot{0}\dot{8}>0.2\dot{0}0\dot{8}>0.\dot{2}00\dot{8}$。其中最大数为 $0.200\dot{8}=0.200888\cdots$，最小数为 $0.\dot{2}00\dot{8}=0.200800800\cdots$。列竖式相加：$0.200888\cdots+0.200800800\cdots=0.\dot{4}0168\dot{9}$（即 $0.401689689\cdots$）。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\frac{13}{101}&=\frac{1287}{9999}\\&=0.\dot{1}28\dot{7}\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\frac{88}{101}&=\frac{8712}{9999}\\&=0.\dot{8}71\dot{2}\end{aligned}$$，循环节都是 4 位。$2008\div4=502$，第 2008 位是循环节最后一位，分别是 7 和 2，和为 9。（2）注意到 $\frac{1325}{2008}+\frac{683}{2008}=\frac{2008}{2008}=1$，两个分数化成的循环小数之和也是 1，那么它们每一位数字相加的和都等于 9，因此第 2008 位的和一定是 9。

解题过程
根据题意有 $1.2\dot{3}a-1.23a=0.3$，$$\begin{aligned}a&=\frac{0.3}{1.2\dot{3}-1.23}\\&=\frac{0.3}{0.00\dot{3}}\\&=90\end{aligned}$$。于是正确的结果是 $$\begin{aligned}1.2\dot{3}\times90&=1\frac{21}{90}\times90\\&=111\end{aligned}$$。

解题过程
$0.3\dot{2}\dot{1}$ 看丢了一个循环点，只可能看丢了第一个，于是变成 $0.32\dot{1}$。$0.32\dot{1}\times a$ 比 $0.3\dot{2}\dot{1}\times a$ 少 $(0.3\dot{2}\dot{1}-0.32\dot{1})\times a$，根据题意它应等于 $0.\dot{0}\dot{3}$。所以 $$\begin{aligned}a&=0.\dot{0}\dot{3}\div(0.3\dot{2}\dot{1}-0.32\dot{1})\\&=0.\dot{0}\dot{3}\div0.00\dot{0}\dot{1}\\&=\frac{3}{99}\div\frac{1}{9900}\\&=300\end{aligned}$$。于是正确结果为 $$\begin{aligned}0.3\dot{2}\dot{1}\times300&=\frac{318}{990}\times300\\&=96\frac{4}{11}\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}0.0\dot{2}\dot{7}&=\frac{27}{999}\\&=\frac{1}{37}\end{aligned}$$，$0.\dot{1}79672\dot{2}=\frac{179672}{999999}$。所以 $$\begin{aligned}0.0\dot{2}\dot{7}\times0.\dot{1}79672\dot{2}&=\frac{1}{37}\times\frac{179672}{999999}\\&=\frac{4856}{999999}\end{aligned}$$，即 $0.\dot{0}0485\dot{6}$。乘积是一个六位循环小数，$100\div6=16\cdots\cdots4$，所以第 100 位是 8，第 101 位为 5，四舍五入到第 100 位后这一位数字是 9。

解题过程
$\frac{\square}{2}$ 和 $\frac{\square}{5}$ 都至多只有一位小数，只有 $\frac{\square}{11}$ 可能是循环小数，这样计算结果的百分位只与 $\frac{\square}{11}$ 有关。把分母为 11 的真分数保留到百分位：$\frac{1}{11}\approx0.09,\ \frac{2}{11}\approx0.18,\ \frac{3}{11}\approx0.27,\ \cdots,\ \frac{10}{11}\approx0.91$，只有 $\frac{3}{11}$ 满足要求，所以 $\frac{\square}{11}=\frac{3}{11}$。此时 $\frac{\square}{2}+\frac{\square}{5}=1.1$，依次枚举只能是 $\frac{1}{2}+\frac{3}{5}=1.1$。综上，三个数字分别为 $1, 3, 3$。

解题过程
先考虑最大的情况。要让小数最大，应先使十分位最大。十分位最大是 9，但这样要划去 7 个数字，不能满足要求；因此十分位最大是 8，划去前三个数字。再考虑百分位：百分位最大是 9，这时要划去 3、6、7 三个数字，于是得到 $0.8981$。再加循环点使它最大，应在 9 上加循环点，所以最大数为 $0.8\dot{9}8\dot{1}$。再考虑最小的：类似地，十分位最小可以是 3（保留第一个 3），百分位最小也可以是 3，剩下 $0.3361$，再加循环点使它最小，得 $0.3\dot{3}6\dot{1}$。

解题过程
第一个 7 是这个循环小数的第 9 位，第 100 位也是 7。而每经过一个循环节，都会出现一次 7，从第 9 位到第 100 位经过了 91 位，因此这 91 位一定是若干个完整的循环节。而 $91=7\times13$，但现在循环节最多只能有 10 位，因此这个小数的循环节长度一定是 7，即循环节为 $8045976$，这个循环小数是 $0.213\dot{8}04597\dot{6}$。

解题过程
$b$ 的循环节是 6 位，$a$ 的循环节 3 位，那么 $a$ 的小数部分每 6 位也会循环，因此 $a$ 与 $b$ 的和每 6 位一定也循环，所以和的循环节最多是 6 位，例如 $0.\dot{0}0\dot{1}+0.\dot{0}0000\dot{1}=0.\dot{0}0100\dot{2}$。和的循环节不可能是 1 位：若为 1 位，反过来用和减去 $a$，由于 $a$ 的循环节是 3 位，所得的差一定每 3 位一循环，它不可能等于 $b$。循环节是 2 位有可能：只要找到两个循环节是 2 位和 3 位的循环小数，使得它们的差是 6 位循环小数即可，例如 $0.\dot{1}\dot{2}-0.\dot{0}0\dot{1}=0.\dot{1}2021\dot{1}$，因此 $0.\dot{0}0\dot{1}+0.\dot{1}2021\dot{1}=0.\dot{1}\dot{2}$，这样和就可能是 2 位循环节了。综上，所求循环节最多为 6 位，最少为 2 位。

解题过程
按整数部分位数分类枚举。1）整数部分是两位数：小数部分只有一位，循环小数为 $12.\dot{3},13.\dot{2},21.\dot{3},23.\dot{1},31.\dot{2},32.\dot{1}$，它们的和为 $12\frac{3}{9}+13\frac{2}{9}+21\frac{3}{9}+23\frac{1}{9}+31\frac{2}{9}+32\frac{1}{9}=133\frac{1}{3}$。2）整数部分是一位数：小数部分有两位，又分循环节 1 位和循环节 2 位两种。循环节 1 位时为 $1.2\dot{3},1.3\dot{2},2.1\dot{3},2.3\dot{1},3.1\dot{2},3.2\dot{1}$，它们恰好是（1）中六个小数把小数点向左移动一位，和为 $13\frac{1}{3}$；循环节 2 位时为 $1.\dot{2}\dot{3},1.\dot{3}\dot{2},2.\dot{1}\dot{3},2.\dot{3}\dot{1},3.\dot{1}\dot{2},3.\dot{2}\dot{1}$，和为 $1\frac{23}{99}+1\frac{32}{99}+2\frac{13}{99}+2\frac{31}{99}+3\frac{12}{99}+3\frac{21}{99}=13\frac{1}{3}$。因此这些小数的总和为 $133\frac{1}{3}+13\frac{1}{3}+13\frac{1}{3}=160$。

解题过程
这个混循环小数的不循环部分为 2 位，说明对应的最简真分数分母含有 $2^2$ 或 $5^2$；由于分子是 2，因此分母不能含有 $2^2$，必定含有 $5^2$。循环节为 3 位，说明分母含有的质因数除 5 外，其余的都是 $999=3^3\times37$ 的约数。要使这个分数最大，应该让分母最小，枚举 $\frac{2}{25\times3},\frac{2}{25\times9}$ 都不符合条件，而 $$\begin{aligned}\frac{2}{25\times27}&=\frac{2}{675}\\&=0.00\dot{2}9\dot{6}\end{aligned}$$ 符合条件，因此这个分数最大是 $\frac{2}{675}$。

解题过程
如果有若干个“特殊数”的和为 1，那么将这些“特殊数”中的数字 7 都换成 1，则它们的和会变成 $\frac{1}{7}=0.\dot{1}4285\dot{7}$。而要用若干个只含有数字 0 和 1 的小数相加得到 $0.\dot{1}4285\dot{7}$，由于其中最大数字是 8，所以至少需要 8 个。例如 $0.\dot{1}4285\dot{7}=0.\dot{1}+0.0\dot{1}111\dot{1}+0.0\dot{1}011\dot{1}+0.\dot{0}1011\dot{1}+0.\dot{0}0011\dot{1}+0.\dot{0}0010\dot{1}+0.\dot{0}0010\dot{1}+0.\dot{0}00100$，对应有 $1=0.\dot{7}+0.0\dot{7}777\dot{7}+0.0\dot{7}077\dot{7}+0.\dot{0}7077\dot{7}+0.\dot{0}0077\dot{7}+0.\dot{0}0070\dot{7}+0.\dot{0}0070\dot{7}+0.\dot{0}00700$，共 8 个。

解题过程
（1）$0.375=\frac{3}{8}>\frac{7}{19}$。 （2）$\frac{3}{7}=0.\dot{4}2857\dot{1}>0.4\dot{2}\dot{3}$，故 $0.4\dot{2}\dot{3}<\frac{3}{7}$。 （3）$\frac{31}{23}=1.3478\cdots>1.34\dot{7}$，故 $1.34\dot{7}<\frac{31}{23}$。

解题过程
将其中的分数都化成小数：$$\begin{aligned}\frac{1}{6}&=0.1\dot{6}\\&=0.1666\cdots\end{aligned}$$，$\frac{4}{23}=0.1739\cdots$；又 $0.1\dot{7}=0.1777\cdots$，$0.\dot{1}\dot{7}=0.1717\cdots$。逐位比较即可得从大到小的排列结果 $0.1\dot{7}>\frac{4}{23}>0.\dot{1}\dot{7}>0.17>\frac{1}{6}$。

解题过程
将题目中的分数都化成小数：$\frac{2}{3}=0.\dot{6}$，$\frac{5}{9}=0.\dot{5}$，$\frac{24}{47}=0.510\cdots$，$\frac{13}{25}=0.52$。先将已给出的 6 个数从小到大排列：$\frac{24}{47}<0.5\dot{1}<0.\dot{5}\dot{1}<\frac{13}{25}<\frac{5}{9}<\frac{2}{3}$，$0.5\dot{1}$ 是第 2 个；而把 8 个数一起排时 $0.5\dot{1}$ 是第 4 个，说明未给出的 2 个数都比 $0.5\dot{1}$ 小。将这些数从大到小排列时，第 4 个数是 $0.\dot{5}\dot{1}$。

解题过程
通分分子，把三个分数都化成分子为 $30$（或对应倍数）的形式比较：变成 $\frac{30}{45}<\frac{30}{6\times\square}<\frac{30}{40}$，因此 $45>6\times\square>40$，$\square$ 中只能填 $7$。

解题过程
设该分数为 $\frac{k}{N}$，则 $\frac{1}{7}<\frac{k}{N}<\frac{3}{11}$。当 $k=1$ 时，$\frac{3}{21}<\frac{3}{3N}<\frac{3}{11}$，$N$ 可以取 $4,5,6$；当 $k=2$ 时，$\frac{6}{42}<\frac{6}{3N}<\frac{6}{22}$，$N$ 可以取 $9,11,13$；当 $k=3$ 时，$\frac{3}{21}<\frac{3}{N}<\frac{3}{11}$，$N$ 可以取 $13,14,16,17,19,20$。综上，符合条件的最简真分数共有 $12$ 个。

解题过程
每组两数之和的分母之和相同（均为 $40$），故 $A=\frac{40}{11\times 29}$，$B=\frac{40}{13\times 27}$，$C=\frac{40}{14\times 26}$，$D=\frac{40}{9\times 31}$，$E=\frac{40}{7\times 33}$。由于 $14\times 26>13\times 27>11\times 29>9\times 31>7\times 33$，分母越大分数越小，所以 $C<B<A<D<E$。

解题过程
$B-A=\left(\frac{1}{6}+\frac{2}{29}\right)-\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{29}\right)=\left(\frac{2}{29}-\frac{1}{29}\right)-\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{29}-\frac{1}{30}>0$。因此 $B>A$。

解题过程
列竖式逐位相加：$0.16666\cdots+0.142857\cdots+0.125000\cdots+0.11111\cdots=0.545634\cdots$。四舍五入保留三位小数后得 $0.546$。

解题过程
平均分四舍五入后等于 $85.4$，则平均分在 $85.35$ 与 $85.45$ 之间。总分在 $85.35\times 13=1109.55$ 与 $85.45\times 13=1110.85$ 之间，总分必定是整数，只能是 $1110$。平均分是 $1110\div 13=85.384\cdots$，四舍五入到百分位后是 $85.38$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1+2+3+\cdots+11)+\left(\frac{10}{100}+\frac{10}{101}+\cdots+\frac{10}{110}\right)\\&=66+\left(\frac{10}{100}+\cdots+\frac{10}{110}\right)\end{aligned}$$。由于 $\frac{10}{110}\times 11<\frac{10}{100}+\cdots+\frac{10}{110}<\frac{10}{100}\times 11$，所以 $1<\frac{10}{100}+\cdots+\frac{10}{110}<1\frac{1}{10}$，其整数部分为 $1$，故整个算式的整数部分为 $66+1=67$。

解题过程
（1）$0.\dot{1}3\dot{5}=\frac{135}{999}=\frac{5}{37}<\frac{3}{19}$。 （2）$\frac{15}{37}=\frac{405}{999}=0.\dot{4}0\dot{5}<0.\dot{4}0\dot{9}$，故 $0.\dot{4}0\dot{9}>\frac{15}{37}$。 （3）$0.97\times 2008=1947.76<1949$，所以 $0.97<\frac{1949}{2008}$。

解题过程
先将已给出的 5 个数从小到大排列：$\frac{116}{37}<3\frac{37}{273}<3.\dot{1}\dot{4}<3\frac{1}{7}<3.\dot{1}\dot{5}$。这里 $\frac{116}{37}$ 是其中第一个，而把 7 个数一起排时 $\frac{116}{37}$ 是第三个，说明未给出的两个数都比 $\frac{116}{37}$ 小，即排在最前两位：$\square<\square<\frac{116}{37}<3\frac{37}{273}<3.\dot{1}\dot{4}<3\frac{1}{7}<3.\dot{1}\dot{5}$。位于中间（第 4 个）的数是 $3\frac{37}{273}$。

解题过程
相邻算式作差：①$-$②$=\left(\frac{3}{5}-\frac{3}{6}\right)-\left(\frac{6}{20}-\frac{5}{20}\right)=\frac{3}{5\times 6}-\frac{1}{20}>0$，因此①$>$②；同理②$>$③，③$>$④。⑤$-$④$=\left(\frac{9}{20}-\frac{8}{20}\right)-\left(\frac{3}{8}-\frac{3}{9}\right)=\frac{1}{20}-\frac{3}{8\times 9}>0$，因此④$<$⑤；同理⑤$<$⑥，⑥$<$⑦，⑦$<$⑧，⑧$<$⑨。因此第④个算式结果最小，结果是 $\frac{3}{8}+\frac{8}{20}=\frac{31}{40}$。

解题过程
将每个算式都减去 $2$（因为每个算式都接近 $2$），分别得到：①$\frac{3}{17}+\frac{1}{19}$；②$\frac{1}{4}+\frac{1}{29}$；③$\frac{9}{31}+\frac{3}{37}$；④$\frac{9}{41}+\frac{3}{47}$。不难看出，算式③减去 $2$ 后的余量最大，故算式③的结果最大。

解题过程
用 $0.618$ 分别乘以 $1\sim 9$，看哪个的结果最接近整数：$0.618\times 1=0.618$，$\times 2=1.232$，$\times 3=1.854$，$\times 4=2.472$，$\times 5=3.09$，$\times 6=3.708$，$\times 7=4.326$，$\times 8=4.944$，$\times 9=5.562$。其中乘以 $8$ 的结果 $4.944$ 最接近整数 $5$，因此要求的分数是 $\frac{5}{8}$。

解题过程
通分分子，把三个分数都化成分子为 $460$ 的形式：$\frac{460}{2024}<\frac{460}{20\times\square}<\frac{460}{1955}$，因此 $2024>20\times\square>1955$，即 $101>\square>98$。方框处可填入 $98,99,100,101$ 共 $4$ 个数。

解题过程
$1.65$ 与 $2$ 的差是 $$\begin{aligned}0.35&=\frac{7}{20}\\&=\frac{10.5}{30}\end{aligned}$$。因此从 $1.65$ 到 $1.65+\frac{10}{30}$ 这 $11$ 个数的整数部分都是 $1$，剩下的 $19$ 个数（从 $1.65+\frac{11}{30}$ 起）整数部分都是 $2$。这 $30$ 个数的整数部分之和是 $1\times 11+2\times 19=49$。

解题过程
分母是 $10$ 个分数之和，用最大、最小项放缩：$\frac{1}{20}\times 10<\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\cdots+\frac{1}{20}<\frac{1}{11}\times 10$，故 $\dfrac{1}{\frac{1}{11}\times 10}<\dfrac{1}{\frac{1}{11}+\cdots+\frac{1}{20}}<\dfrac{1}{\frac{1}{20}\times 10}$，即 $1\frac{1}{10}<\dfrac{1}{\frac{1}{11}+\cdots+\frac{1}{20}}<2$。整数部分是 $1$。

解题过程
$385=5\times 7\times 11$，分别乘开：$$\begin{aligned}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{11}+\frac{1}{13}\right)\times 385&=192\frac{1}{2}+128\frac{1}{3}+77+55+35+29\frac{8}{13}\\&=517\frac{35}{48}\end{aligned}$$。整数部分是 $517$。

解题过程
分组放缩：$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{16}=1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{8}\right)+\left(\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{16}\right)$。每个括号都小于 $1$（如 $\frac{1}{3}+\frac{1}{4}<\frac{1}{2}\times 2=1$ 等），故和 $<1+1+1+1=4$；同时和 $>3$。因此整数部分是 $3$。

解题过程
先算 $$\begin{aligned}33333\times 33333&=\left(\frac{100000-1}{3}\right)^2\\&=\frac{100000^2-2\times 100000+1}{9}\\&=\frac{9999800001}{9}\\&=1111088889\end{aligned}$$。 （1）由此 $33.333\times 33.333=1111.088889$，整数部分是 $1111$。 （2）$333.33\times 333.33=111108.8889$，整数部分是 $111108$。

解题过程
设这两个数是 $a$ 和 $b$，则 $6.5\leqslant a<7.5$，$8.5\leqslant b<9.5$。于是 $6.5\times 8.5\leqslant ab<7.5\times 9.5$，即 $55.25\leqslant ab<71.25$。乘积的整数部分可以是 $55\sim 71$ 的任意整数，有 $17$ 种可能的取值。

解题过程
设平均数的准确值为 $a$，$a$ 保留两位小数后前面几位是 $11.2$，则 $11.195\leqslant a<11.295$。这 17 个自然数的总和是 $17a$，$11.195\times 17\leqslant 17a<11.295\times 17$，即 $190.315\leqslant 17a<192.015$。总和可能是 $191$ 或 $192$，因此平均数可能是 $191\div 17\approx 11.24$ 或 $192\div 17\approx 11.29$。

解题过程
设三个方框中填入的数分别是 $a,b,c$，其中 $a\leqslant b\leqslant c$。首先确定 $a$ 的范围：若 $a\leqslant 2$，则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant\frac{1}{2}+\frac{1}{9}+\frac{1}{9}=0.\dot{7}\dot{2}>0.658$，因此 $a>2$；若 $a\geqslant 5$，则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leqslant\frac{1}{5}+\frac{1}{5}+\frac{1}{5}=0.6<0.658$，因此可确定 $a$ 可能是 $3$ 或 $4$。若 $a=4$，则 $\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\approx 0.408$：此时若 $b=4$，$\frac{1}{c}\approx 0.158$，没有符合条件的整数 $c$；若 $b\geqslant 5$，$\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leqslant\frac{1}{5}+\frac{1}{5}=0.4<0.408$，矛盾。因此 $a=4$ 不符合条件。于是 $a=3$，$\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\approx 0.325$，试验知 $b=5$，$c=8$ 符合条件。即三个数分别为 $3,5,8$。

解题过程
分母 $\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\cdots+\frac{1}{29}=\frac{1}{10}+\left(\frac{1}{11}+\frac{1}{29}\right)+\left(\frac{1}{12}+\frac{1}{28}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{19}+\frac{1}{21}\right)+\frac{1}{20}>\frac{1}{10}+\frac{1}{20}\times 19>1$。因此 $\dfrac{1}{\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\cdots+\frac{1}{29}}<1$，整数部分是 $0$。

解题过程
$5.285714<5\frac{2}{7}$，$3.857142<3\frac{6}{7}$。因此 $5.285714\times 4.9\times 3.857142<5\frac{2}{7}\times 4.9\times 3\frac{6}{7}=99.9$；又乘积明显大于 $99$，故整数部分是 $99$。

解题过程
记为 $\frac{1}{a}+\frac{4}{b}<1$，显然 $b\geqslant 5$。当 $b=5$ 时，易知 $a=6$，式子取值最大，此时最大值为 $\frac{29}{30}$；当 $b=6$ 时，$a=4$，最大值为 $\frac{11}{12}$；当 $b=7$ 时，$a=3$，最大值为 $\frac{19}{21}$；当 $b=8$ 时，$a=3$，最大值为 $\frac{5}{6}$；当 $b\geqslant 9$ 时，式子的最大值不超过 $\frac{17}{18}$。综上，式子左边的最大值为 $\frac{29}{30}$。

解题过程
由题意列不等式 $22.45\leqslant\left(4+\frac{a}{10}\right)\left(4+\frac{b}{10}\right)<22.55$，不妨设 $a\leqslant b$。化简得 $645\leqslant 40a+40b+ab<655$，即 $645-ab\leqslant 40a+40b<655-ab$。注意到 $a,b$ 为 $0\sim 9$ 的整数，$0\leqslant ab\leqslant 81$，所以 $564\leqslant 40(a+b)<655$，得 $15\leqslant a+b\leqslant 16$。若 $a+b=15$，则 $45\leqslant ab<55$，易得 $a=6$，$b=9$，此时两小数乘积为 $4.6\times 4.9=22.54$；若 $a+b=16$，则 $5\leqslant ab<15$，$a,b$ 无合理解。综上，两小数四舍五入前的乘积为 $22.54$。

解题过程
设原来写了 $n$ 个数，去掉的数为 $a$。$1\sim n$ 的平均数是 $\frac{n+1}{2}$，必定是 $0.5$ 的倍数；而去掉其中一个数后，对平均数的改变不会超过 $0.5$。因此擦掉那个数之前 $n$ 个数的平均数可能是 $12.5$ 或 $13$。若为 $12.5$，则 $n=24$，$a\approx(1+2+\cdots+24)-12.52\times 23=12.04$，取 $a=12$，经检验符合条件。若为 $13$，则 $n=25$，$a\approx(1+2+\cdots+25)-12.52\times 24=24.52$，取 $a=24$ 或 $25$，经检验都不符合条件。综上所述，擦掉的数是 $12$。

解题过程
由题意知每位老师的饭量小于 $\frac{4}{3}$ 盒、大于 $\frac{5}{4}$ 盒，记为 $1+\frac{t}{m}$（最简分数）。若干位老师恰好吃完整数盒饭，则老师的数目至少是 $m$，此题即求 $m-4$ 的最小值。由 $\frac{5}{4}<1+\frac{t}{m}<\frac{4}{3}$，可得 $\frac{1}{4}<\frac{t}{m}<\frac{1}{3}$，于是 $3t<m<4t$。当 $t=1$ 时无解；当 $t=2$ 时，$m$ 取得最小值 $7$。因此后来至少再来了 $7-4=3$ 位老师。

解题过程
把每个分数写成“1 加（减）一个单位分数”后，本题即比较 $2008-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2008}\right)$ 与 $1984+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{1983}\right)$ 的大小，即比较 $24$ 与 $\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2008}\right)+\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{1983}\right)=2\times\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{1983}\right)+\left(\frac{1}{1984}+\cdots+\frac{1}{2008}\right)$ 的大小。由于 $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{1983}=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{7}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{1024}+\cdots+\frac{1}{1983}\right)<\underbrace{1+1+\cdots+1}_{10\text{个}1}=10$，且 $\frac{1}{1984}+\cdots+\frac{1}{2008}<1$，因此 $2\times\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{1983}\right)+\left(\frac{1}{1984}+\cdots+\frac{1}{2008}\right)<2\times 10+1=21<24$。因此第一个比第二个大。

解题过程
设 27 个正整数之和为 $a$，则其平均数为 $\frac{a}{27}$。因为分母 $27$ 不含因子 $2$ 和 $5$，所以 $\frac{a}{27}$ 化成小数后必为纯循环小数，且 $\frac{a}{27}=\frac{37a}{999}$，其结果可以表示为 $8.\dot{b}c\dot{d}$ 的形式，其中 $\overline{bcd}$ 是 $37$ 的倍数。原结果 $8.329610$ 不是这种循环形式，至少要改动 $2$ 个数字才能变成 $8.\dot{b}c\dot{d}$，正确答案可能是 $8.\dot{6}2\dot{9}$ 或 $8.\dot{6}0\dot{9}$；由于 $609$ 不是 $37$ 的倍数，因此正确答案是 $8.\dot{6}2\dot{9}$。

解题过程
在一个整数的个位与十位之间加上小数点后，数字会变成原来的 $\frac{1}{10}$，这个小数与原数的差为原数的 $\frac{9}{10}$，因此原来的整数是 $264.6\div\frac{9}{10}=294$。

解题过程
$714=2\times3\times7\times17$。以一位数作为突破口，$1$ 到 $7$ 这几个数字已经被用去了 $3$ 个，所以这个一位数只能在剩下的四个数字中选，剩下的四个数字分别是 $2,3,5,6$。显然，$2,3,6$ 都是 $714$ 的约数，所以这个一位数只能填 $5$。那剩下的三位数只能由 $2,3,6$ 这三个数字组成了，这个数不能是偶数，所以个位只能是 $3$。现在就有两种情况，$263$ 和 $623$，但 $623=7\times89$，有了约数 $7$，所以 $623$ 不满足题目的条件。因此另外两个数分别是 $5$ 和 $263$。

解题过程
$4,6,8,9$ 这 $4$ 个数本身就是合数。而 $1,2,3,5,7$ 不是合数，它们要组成多位数才能成为合数，最多能组成 $2$ 个。因此最多有 $6$ 个合数，例如 $4,6,8,9,21,375$。

解题过程
用虚线框起来的两个小三角形有两个顶点是共用的，而两个三角形的和又相等，所以剩下的那个点一定是相等的。这个数阵图的结构应该是中间三个顶点为 $A,B,C$，外侧三个顶点也分别等于 $A,B,C$。$A,B,C$ 分别表示三个质数，于是 $2\times(A+B+C)=20$，$A+B+C=10$。又因为 $A,B,C$ 是质数，要找三个质数凑成 $10$，满足条件的解就只有 $2,3,5$ 了。这 $6$ 个数的积就应该是 $2\times2\times3\times3\times5\times5=900$。

解题过程
在这个算式中最大的必定是被除数。再根据商比除数大，除数比余数大，得知最小的是余数。由被除数 $-$ 余数 $=1023$ 可得：除数 $\times$ 商 $=1023=3\times11\times31$。已知商等于除数加 $2$，因此只能是商等于 $33$，除数等于 $31$。这时余数最大为 $31-1=30$，被除数为 $1023+30=1053$。因此算式中的 $4$ 个数的和最大可能是 $1053+33+31+30=1147$。

解题过程
$\overline{好好好}=好\times111=好\times3\times37$，所以“迎杯”和“春杯”中一定有一个是 $3$ 的倍数，另一个是 $37$ 的倍数。由于“迎杯”和“春杯”都是两位数，而 $37$ 的倍数中只有 $37$ 和 $74$ 这 $2$ 个是两位数。不妨设“迎杯”是 $37$ 的倍数。如果“迎杯”$=37$，那么原式变为 $37\times\overline{春7}=\overline{好好好}$，所以“好”等于 $9$，因此$$\begin{aligned}\text{“春杯”}&=999\div37\\&=27\end{aligned}$$。如果“迎杯”$=37\times2=74$，那么原式变为 $74\times\overline{春4}=\overline{好好好}$，所以“好”等于 $6$，但 $666\div74=9$，不是两位数，所以这种情况下无解。因此迎、春、杯、好四个数之和为 $3+2+7+9=21$。

解题过程
先将 $5568$ 分解质因数：$5568=2^6\times3\times29$。$5568$ 要分解成两个不小于 $10$ 的数的乘积，则按照较小数由小到大的顺序列出来：$12\times463$，$16\times348$，$24\times232$，$29\times192$，$32\times174$，$48\times116$，$58\times96$，$64\times87$。观察发现，$29\times192$，$24\times232$，$48\times116$ 有重复数字，不满足条件。剩下的组合中，两位数乘两位数只有两种可能：$58\times96$ 和 $64\times87$。如果是 $58\times96$，那么另外一组是 $32\times174$；如果是 $64\times87$，就必然会出现重复数字。因此满足条件的填法是 $174\times32=58\times96=5568$。

解题过程
$0.AB=\frac{\overline{AB}}{100}$，设化简后分子分母同时除以 $k$，其中 $k$ 是 $100$ 的约数，于是 $100+\overline{AB}=63k$。只有 $k=2$，$\overline{AB}=26$ 时，原来的小数是 $0.26$。

解题过程
$\frac{\overline{数学}}{\overline{华罗庚}}$ 是一个真分数，所以 $\frac{86}{\overline{金杯}}$ 在 $6$ 到 $7$ 之间，“金杯”只能取 $13$ 或 $14$。如果“金杯”$=13$，原式变为 $\frac{\overline{数学}}{\overline{华罗庚}}+\frac{86}{13}=7$，所以 $$\begin{aligned}\frac{\overline{数学}}{\overline{华罗庚}}&=7-\frac{86}{13}\\&=\frac{5}{13}\end{aligned}$$，说明“数学”一定是 $5$ 的倍数，而“华罗庚”一定是 $13$ 的倍数。现在还有 $2,4,5,7,9$ 五个数字可以用，“数学”是 $5$ 的倍数，所以“学”等于 $5$，“数学”可以是 $25,45,75,95$，相应的“华罗庚”为 $65,117,195,247$，检验发现只有 $\frac{\overline{数学}}{\overline{华罗庚}}=\frac{95}{247}$ 符合要求。如果“金杯”$=14$，原式变为 $\frac{\overline{数学}}{\overline{华罗庚}}+\frac{86}{14}=7$，$\frac{\overline{数学}}{\overline{华罗庚}}=\frac{6}{7}$，约分前会出现重复数字，不符合要求。因此原来的算式为 $\frac{95}{247}+\frac{86}{13}=7$。

解题过程
题目中两个三位数之和为四位数，所以四位数的首位一定是 $D+D$，即只能 $G=1$。又因为个位上是 $D+D$，所以 $D$ 只能为 $0$。原竖式变为 $\overline{BA0}+\overline{BA0}=1\overline{BA0}$。如果 $A+A$ 进位，那么 $A+A=10+A$，而 $B+B=9+G$，这两个算式的左边都是偶数，右边一奇一偶，不可能同时成立，因此 $A+A$ 不能进位。$A+A$ 不进位，那么 $\overline{BAD}$ 中 $B+B$ 不进位，由于 $\overline{GOOD}$ 不是 $8$ 的倍数，所以 $\overline{BAD}$ 不能是 $4$ 的倍数。再由 $D=0$ 可知，$A$ 不能是偶数，于是 $A$ 只能等于 $3$。原算式为 $830+830=1660$，所以 $\overline{ABGD}=3810$。

解题过程
设这个四位数为 $M$，添上一个小数点后可能变成 $\frac{M}{10}$，$\frac{M}{100}$ 或 $\frac{M}{1000}$。可以列出方程 $M+\frac{M}{10}=4003.64$，$M+\frac{M}{100}=4003.64$，$M+\frac{M}{1000}=4003.64$。其中只有 $M+\frac{M}{100}=4003.64$ 有整数解，解是 $M=3964$。

解题过程
要使等式成立，方括号内的值应为 $100\times0.04=4$。原式中 $4.2\times5=21$，$1\div2.5=0.4$，$9.1\div0.7=13$，$$\begin{aligned}\text{方括号内}&=21-(0.4+13)\\&=7.6\end{aligned}$$，得 $7.6\div0.04=190\neq100$。若把 $2.5$ 的小数点移动改为 $0.25$，则 $1\div0.25=4$，$$\begin{aligned}\text{方括号内}&=21-(4+13)\\&=4\end{aligned}$$，于是 $4\div0.04=100$ 成立。因此被改动的数变为 $0.25$。

解题过程
由于四位数是 $2940$，因此另外三个数的 $6$ 个数字为 $1,3,5,6,7,8$。将 $2940$ 分解质因数：$2940=2^2\times3\times5\times7^2$，则另外三个数不能有质因数 $2,3,5,7$。考虑一位数：既然它不能有质因数 $2,3,5,7$，那么它只能是 $1$。剩下的两位数和三位数的全部数字就是 $3,5,6,7,8$。由于两位数和三位数不能含有质因数 $2,5$，所以其个位只能是 $3$ 或 $7$，分两种情况讨论：① 两位数个位数字是 $3$，三位数个位数字是 $7$：$53$ 对应 $687$ 或 $867$（都含质因数 $3$），$63$ 含质因数 $3$，$83$ 对应 $567$ 或 $657$（都含质因数 $3$），均不符合，此情况无解。② 两位数个位数字是 $7$，三位数个位数字是 $3$：$57$、$87$ 含质因数 $3$ 不符合；$67$ 对应 $583$ 或 $853$，验证可知都符合要求。综上所述，另外三个数可能为 $1,67,583$ 或 $1,67,853$。

解题过程
看式子的个位数字可知，数 $\times$ 学 $=$ 数 $+10k$，这说明 $10\mid(数-1)\times学$。显然，学 $\neq0$。再由 $\overline{学数学}$ 是 $11$ 的倍数可知，学 $\neq5$。于是，$(数-1)=0$ 或 $5$。试验可知，数 $=1$ 符合条件。完整的式子是 $11\times56=616$。数学 $=16$。

解题过程
$\overline{\square\triangle\square\triangle\square\triangle}=\overline{\square\triangle}\times10101$，因此 $\overline{\triangle\square}\times\overline{\square\bigcirc}\times\overline{\Diamond\triangle}=10101$。$10101=3\times7\times13\times37$，说明 $\overline{\triangle\square}$、$\overline{\square\bigcirc}$、$\overline{\Diamond\triangle}$ 只能是 $21,13,37$ 的一个排列。观察发现，$\overline{\triangle\square}$ 与 $\overline{\square\bigcirc}$、$\overline{\Diamond\triangle}$ 都有公共数字，而 $13$ 与 $21,37$ 也都有公共数字。因此只能是 $\overline{\triangle\square}=13$，$\overline{\square\bigcirc}=37$，$\overline{\Diamond\triangle}=21$。于是 $\square=3,\triangle=1,\bigcirc=7,\Diamond=2$，四位数 $\overline{\square\triangle\bigcirc\Diamond}$ 是 $3172$。

解题过程
将 $3634$ 分解质因数：$3634=2\times23\times79$。再写出 $3634$ 等于两个数乘积的全部可能：$3634=1\times3634=2\times1817=23\times158=46\times79$。只有 $46\times79$ 与 $23\times158$ 符合题目要求的形式。$46,79,23,158$ 刚好含有 $1\sim9$ 全部数字，满足要求，因此方框的填法为 $46\times79=23\times158=3634$。

解题过程
先把 $0.\dot{A}\dot{B}$ 化为分数：$0.\dot{A}\dot{B}=\frac{\overline{AB}}{99}$。由于分母 $99$ 是已知的，所以约掉的数一定是 $99$ 的约数，也就是 $3,9,11,33$ 之一，约分后应该是 $\frac{\square\square}{33}$，$\frac{\square\square}{11}$，$\frac{\square}{9}$，$\frac{\square}{3}$ 的形式。要满足分子分母之和是 $40$，还要是真分数，只能是 $\frac{\square\square}{33}$。于是分子为 $40-33=7$，约分前是 $\frac{21}{99}$。因此原来的循环小数化为分数后是 $\frac{21}{99}$，$A$ 和 $B$ 分别为 $2$ 和 $1$。

解题过程
$0.3\dot{A}3\dot{B}=\frac{\overline{3A3B}-3}{9990}$，因此等式变为 $\frac{a}{222}=\frac{\overline{3A3B}-3}{9990}$，即 $\overline{3A3B}-3=45\times a$。如果 $a$ 是奇数，那么 $45\times a$ 的个位数字是 $5$，即 $\overline{3A3B}-3$ 的个位数字是 $5$，$B=8$。$\overline{3A38}-3=\overline{3A35}$，它能被 $9$ 整除，则 $3+A+3+5=11+A$ 能被 $9$ 整除，则 $A=7$。因此 $$\begin{aligned}a&=3735\div45\\&=83\end{aligned}$$。验证可知 $0.3\dot{7}3\dot{8}=\frac{83}{222}$，即 $a=83$ 满足要求。如果 $a$ 是偶数，那么 $45\times a$ 的个位数字是 $0$，即 $\overline{3A3B}-3$ 的个位数字是 $0$，$B=3$。$\overline{3A33}-3=\overline{3A30}$，它能被 $9$ 整除，则 $6+A$ 能被 $9$ 整除，于是 $A=3$。注意此时循环节 $\dot{A}3\dot{B}$ 变成 $\dot{3}3\dot{3}$，不符合循环小数的要求，从而这种情况不成立。综上所述，满足要求的 $a$ 为 $83$。

解题过程
本题要找的是这样一种质数：它的各位数字中，任何连在一起的几个数字组成的数都是质数。显然，一位数的质数一定满足要求，即 $2,3,5,7$ 是满足要求的数。接着考虑两位数中有哪些质数满足要求：个位要是质数，且不能是 $2$ 和 $5$，否则两位数会有质因数 $2$ 或 $5$，因此个位只能是 $3$ 和 $7$。如果个位是 $3$，十位也要是质数，枚举可知十位可以取 $2,5,7$；如果个位是 $7$，同样枚举可知十位只能是 $3$。因此两位数中满足要求的只有 $23,53,73,37$。再考虑三位数：个位只能是 $3,7$，十位要是质数且与个位组成的两位数也要是质数，前两位组成的两位数也要是质数，从而前两位只能是 $23,53,73,37$；综合考虑，满足要求的三位数只能从 $237,537,737,373$ 中取，再验算这些数中哪些不是质数：$237,537$ 都能被 $3$ 整除，$737$ 能被 $11$ 整除，只有 $373$ 是满足要求的数。找四位数时，它的前三位与后三位都要满足要求，即都要是 $373$，这不能做到，因此没有满足要求的四位数；同理也没有更多位数的数。因此所有具有这种性质的质数为 $2,3,5,7,23,53,73,37,373$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}6\div(5\div4-1)&=6\div\frac{1}{4}\\&=24\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}(5-1\div5)\times5&=\frac{24}{5}\times5\\&=24\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}(3+3\div7)\times7&=\frac{24}{7}\times7\\&=24\end{aligned}$$。 （4）$$\begin{aligned}8\div(3-8\div3)&=8\div\frac{1}{3}\\&=24\end{aligned}$$。

解题过程
原式两边同乘以 $100$，变为：$\overline{\square\square}\times\overline{\square\square}=\overline{\square\square0}$。此时可以看出，必有一个乘数的个位是 $5$，另一个乘数的个位是 $2,4$ 或 $6$。① 如果算式为 $\overline{\square\square}\times15=\overline{\square\square0}$，则 $\overline{\square\square0}$ 是 $3$ 的倍数，还剩下数字 $2,3,4,6$，那么 $\overline{\square\square0}$ 只能填 $2,4$ 或者 $3,6$，即有 $240,420,360,630$ 四种可能。验算 $240\div15=16$，$420\div15=28$，$360\div15=24$，$630\div15=42$，有两个答案符合要求：$2.4\times1.5=3.6$，$4.2\times1.5=6.3$。② 算式为 $\overline{\square\square}\times25=\overline{\square\square0}$ 时，$\overline{\square\square0}$ 是 $25$ 的倍数，十位必须是 $0$ 或 $5$，但只剩下 $1,3,4,6$，无解。③ 算式为 $\overline{\square\square}\times35=\overline{\square\square0}$ 时，$\overline{\square\square0}$ 是 $7$ 的倍数，候选 $140,210,420$，验算都不能使等式成立。④ 算式为 $\overline{\square\square}\times45=\overline{\square\square0}$ 时，$\overline{\square\square0}$ 是 $9$ 的倍数，只能是 $630$ 或 $360$，验算都不成立。⑤ 算式为 $\overline{\square\square}\times65=\overline{\square\square0}$ 时，左边乘积应是 $600$ 多，但右边最大只能是 $400$ 多，等式不可能成立。综上所述，题目所有的答案为 $2.4\times1.5=3.6$，$4.2\times1.5=6.3$。

解题过程
先看个位，一个合数加 $1$ 后还是合数，只能是 $1+8=9$；再看十位，一个质数加 $1$ 后还是质数，只能是 $2+1=3$；再看百位，一个质数与一个合数的和为 $10$，只能是 $2+8=10$；再看千位，两个合数的和为 $10$，只能是 $4+6=10$；再看万位，两个质数的和为 $9$，只能是 $2+7=9$。最后调整每个数位上两个数的位置，使得两个加数的差尽可能小，得到的算式是 $26821+74218=101039$。较大的加数是 $74218$。

解题过程
第一个算式可以变为“年 $\times$ 岁 $\times121=\overline{花相似}$”，所以“花相似”是 $121$ 的倍数。$121$ 的倍数中，三位数有 $121,242,363,484,605,726,847,968$ 共 $8$ 个。“花相似”中没有重复数字，所以可能是 $605,726,847,968$ 之一。① “花相似”$=605$ 时，“年 $\times$ 岁”$=5$，只能是 $1,5$，与“似”$=5$ 矛盾；② “花相似”$=726$ 时，“年 $\times$ 岁”$=6$，是 $1,6$ 或 $2,3$，分别与“似”$=6$、“相”$=2$ 矛盾；③ “花相似”$=847$ 时，“年 $\times$ 岁”$=7$，是 $1,7$，与“似”$=7$ 矛盾；④ “花相似”$=968$ 时，“年 $\times$ 岁”$=8$，是 $1,8$ 或 $2,4$，其中 $1,8$ 与“似”$=8$ 矛盾，$2,4$ 满足要求。由第二个算式可知“岁”小于“年”，因此岁 $=2$，年 $=4$。第二个算式为 $22\div44=人\div\overline{不同}$，已用过的数字为 $2,4,6,8,9$，所以“人、不、同”只能在 $0,1,3,5,7$ 中取，只能分别是 $5$ 和 $10$（即人 $=5$，不同 $=10$）。综上所述，“花相似人不同”所代表的六位数是 $968510$。

解题过程
先看千位，可以确定 $K=9$，$C=1$，且百位向千位进位。再看十位，可以确定 $N=9$（若个位向十位进位）或 $N=0$（若个位没向十位进位），但由于 $K=9$，因此 $N=0$，个位没向十位进位。两个加数的末三位相同，因此两个加数除以 $8$ 的余数相同，而它们的和能被 $8$ 整除，因此两个加数除以 $8$ 的余数是 $0$ 或 $4$，即能被 $4$ 整除。再根据 $N=0$，可以推断 $G=4$ 或 $8$。又因为个位没向十位进位，所以 $G=4$，$A=8$。此时算式已经基本填完，余下的稍加试验即可，最后结果是 $7604+9604=17208$。$\overline{CHINA}$ 代表的五位数是 $17208$。

解题过程
$1360=2^4\times5\times17$。按照较小数从小到大的顺序，把 $1360$ 分解为两位数相乘的方法列出来：$16\times85$，$17\times80$，$20\times68$，$34\times40$，抄错后的算式一定是这其中的两个。两个学生各抄错了一个数字，这说明另外的 $3$ 个数字是正确的，因此这两个算式至少应该有两个数字相同。将 $1360$ 的四种分解方式两两对比可以发现，只有 $16\times85$ 和 $17\times80$ 中有两个数字是相同的。这两个错误算式中，$1$ 和 $8$ 是共有的，因此原来算式的十位是 $1$ 和 $8$。又知道每个算式与原来都有一个数字不同，所以原算式两个乘数的个位要么是 $6$，要么是 $7,5$；又知正确结果的个位不是 $0$，因此原算式的两个乘数的个位只能是 $7,5$。综上所述，正确的结果应该是 $17\times85=1445$。

解题过程
个位上的数只可能是 $1,2,3,5,7,9$，剩下的 $0,4,6,8$ 至少要在十位上，因此这些质数至少会出现两位数。进一步发现，$0$ 不能放在首位，它只能出现在一个三位数的十位上，因此这些质数也会出现三位数。可依次讨论这个三位数的百位数字是几，然后从中选取和最小的一种即可。① 百位是 $1$：百位上至少有一个 $1$ 和一个 $4$，十位上至少有 $6$ 和 $8$，总和一定大于 $640$。② 百位是 $2$：末位是 $1,3,7,9$，但 $201,207$ 是 $3$ 的倍数，$203,209$ 也是合数，不可能。③ 百位是 $3$：质数和一定大于 $700$。④ 百位是 $4$：让 $6,8$ 在十位上，其它数字都在个位上，$1$ 的前面可以是 $40$ 或 $6$，$9$ 的前面是 $40$ 或 $8$。试算发现 $401$ 是质数，因此这些质数可以是 $401,89,67,2,3,5$，总和为 $401+89+67+2+3+5=567$。⑤ 百位是 $5$：那么 $4,6,8$ 至少都在十位上，总和大于 $680$。综上所述，满足要求的质数之和最小为 $567$。

解题过程
$0.\dot{a}13\dot{b}=\frac{\overline{a13b}}{9999}$。要求分母最小的分数，就是要知道 $\overline{a13b}$ 和 $9999$ 最多能约去多大的数。$9999=99\times101$。如果 $\overline{a13b}$ 能被 $101$ 整除，则 $\overline{a1}=\overline{3b}$，所以 $a=3$，$b=1$，此时 $$\begin{aligned}A&=0.\dot{3}13\dot{1}\\&=0.3131\end{aligned}$$，这不符合循环节的要求，因此这种情况不能成立。如果 $\overline{a13b}$ 不能被 $101$ 整除，考虑 $\overline{a13b}$ 和 $9999$ 能不能约去 $99$。如果 $\overline{a13b}$ 能被 $99$ 整除，那么 $\overline{a1}+\overline{3b}=99$，$a=6$，$b=8$，此时 $$\begin{aligned}A&=0.\dot{6}13\dot{8}\\&=\frac{6138}{9999}\\&=\frac{62}{101}\end{aligned}$$。因此题目所求的分母最小的分数是 $\frac{62}{101}$。

解题过程
设其毕业时的年龄为 $N$，则 $1000\leqslant N^3\leqslant9999$，$100000\leqslant N^4\leqslant999999$。在这个范围内的数有 $18,19,20,21$。逐一尝试看有没有重复数字即可，其中只有 $18$ 符合要求（$18^3=5832$，$18^4=104976$，两数合起来恰好含 $0\sim9$ 各一次）。

解题过程
一个数 $N$ 的平方是四位数，则这个数必定是两位数，且十位数字是 $3\sim9$ 中的一个，又知 $N$ 由偶数数字组成，因此十位可能是 $4,6,8$。$N^2$ 是偶数且为平方数，因此必定是 $4$ 的倍数，又知其十位是偶数，因此个位必定能被 $4$ 整除。个位又不能为 $0$，因此个位可能是 $4$ 或 $8$。但平方数的个位不能是 $8$，因此只能是 $4$，因此 $N$ 的个位可能是 $2$ 或 $8$。因此 $N$ 可能是 $42,48,62,68,82,88$。逐一尝试知，只有 $68^2=4624$ 的每个数位都是偶数。

解题过程
先考虑 $\overline{\square7\square}\times\square=\overline{\square\square\square\square}$，先将框中填入字母表示数：$\overline{A7B}\times C=\overline{DEFG}$。考察个位数字，$B\times C$ 的个位数字是 $G$，它们都只能取 $2,3,5,7$，一一验证可知，只有 $5\times3$，$5\times5$ 或 $5\times7$ 满足要求，即 $G$ 一定是 $5$，$B,C$ 都是奇数，且至少有一个是 $5$。分两种情况讨论：如果 $B$ 不是 $5$，则 $C$ 一定是 $5$，算式变成 $\overline{A7B}\times5=\overline{DEF5}$，对 $\overline{A7B}$ 进行尝试：$B=3$ 时 $73\times5=365$，$F=6$ 不满足；$B=7$ 时 $77\times5=385$，$F=8$ 不满足。因此 $B$ 一定是 $5$。已知 $B=5$，$A$ 可能为 $2,3,5,7$，$C$ 可能为 $3,5,7$，共 $4\times3=12$ 种情况，一一尝试，可知只有 $775\times3=2325$ 满足要求。至此可解出乘数为 $33$，完整竖式为 $775\times33=25575$。

解题过程
看等式两边除以 $100$ 的余数，得 $\overline{bc}\times a\equiv\overline{bc}\times\overline{ba}\pmod{100}$，于是 $100\mid\overline{bc}\times(b-c)\times10$，即 $10\mid c(b-c)$。要么 $c=5$，且 $b$ 与 $c$ 的差是偶数；要么 $b$ 与 $c$ 的差是 $5$，且 $c$ 是偶数。将符合条件的 $b$ 与 $c$ 列出来。现在还需要确定 $a$，看等式两边除以 $9$ 的余数，得 $(a+b+c)\times(b+c+a)\equiv(7+b+c)\times(c+b+a)\pmod9$，于是 $9\mid(a+b+c)\times(a-7)$，根据这个式子可以快速确定 $a$ 的可能值。将各组情况逐一尝试（大部分可根据乘数首位的大小直接排除），最后只有 $a=4,b=9,c=5$ 符合题意。

解题过程
根据题意 $a\times b\times c$ 的个位是 $6$，将符合这个条件且 $a>b>c$ 的数组列出来。乘积的数字顺序出现错误，但它除以 $9$ 的余数不会改变，是 $8$；而 $\overline{abc},\overline{bca},\overline{cab}$ 除以 $9$ 的余数相同，可能是 $2,5$ 或 $8$，即除以 $3$ 的余数是 $2$，所以 $a+b+c$ 除以 $3$ 的余数是 $2$。表中符合这个条件的有 $4$ 组。最后验算这 $4$ 组：若 $c=1$，则 $\overline{abc}\times\overline{bca}\times\overline{cab}<1000\times1000\times200=200000000$，结果的首位只能是 $1$，但 $234235286$ 中没有 $1$，因此前两组不合条件；若 $c=2,b=3,a=6$，则 $632\times326\times263=34245814912$，改变顺序后不能得到 $234235286$，第三组也不合条件；若 $c=3,b=8,a=9$，则 $983\times839\times398=328245326$，改变顺序后可以得到 $234235286$。因此 $a=9,b=8,c=3$，$\overline{abc}=983$。

解题过程
黄色小球的数量为 $60\times\frac{5}{4}+1=76$ 个。共有小球的总数量为 $60+76=136$ 个。

解题过程
炮弹占了总弹药数的 $\frac{5}{9}$，因此 $450$ 枚弹药中炮弹有 $450\times\frac{5}{9}=250$ 枚，剩下的都是手榴弹，那么手榴弹有 $450-250=200$ 枚。遭到敌军伏击后，炮弹损失了 $\frac{2}{5}$，还剩下 $$\begin{aligned}\left(1-\frac{2}{5}\right)\times 250&=\frac{3}{5}\times 250\\&=150\end{aligned}$$ 枚；手榴弹还剩下 $200\times\frac{3}{8}=75$ 枚。因此最后剩下 $150+75=225$ 枚弹药。

解题过程
水果糖和奶糖的数量比是 $7:9$，因此水果糖占总数的 $\frac{7}{7+9}=\frac{7}{16}$。水果糖的数量是 $800\times\frac{7}{16}=350$ 颗。

解题过程
因为可乐数量不变，所以饮料减少的就是果汁减少的 $1000-872=128$ 瓶，也就是果汁原数量的 $\frac{1}{5}$，于是果汁原有 $128\div\frac{1}{5}=640$ 瓶。从而可乐有 $1000-640=360$ 瓶。

解题过程
红球占总数的 $\frac{1}{3}$，黄球占总数的 $\frac{1}{4}$，那么绿球就占总数的 $1-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{5}{12}$。于是绿球比黄球多的部分占总数的 $\frac{5}{12}-\frac{1}{4}=\frac{1}{6}$，它所对应的是 $50$ 个。因此口袋里一共有 $50\div\frac{1}{6}=300$ 个球。

解题过程
根据题意，现在未完成的部分占计划的 $1-\frac{5}{12}=\frac{7}{12}$。如果再生产 $340$ 台，就能超额完成原计划的 $\frac{1}{8}$，因此 $340$ 台相当于原计划的 $\frac{7}{12}+\frac{1}{8}=\frac{17}{24}$。所以原计划生产 $340\div\frac{17}{24}=480$ 台。

解题过程
该工人第一天完成了任务的 $\frac{1}{5}$，还剩下任务的 $1-\frac{1}{5}=\frac{4}{5}$。第二天完成了剩下部分的 $\frac{1}{3}$，因此第二天完成了总任务的 $\frac{4}{5}\times\frac{1}{3}=\frac{4}{15}$。于是前两天一共完成任务的 $\frac{1}{5}+\frac{4}{15}=\frac{7}{15}$，是 $56$ 个零件。所以这批零件一共有 $56\div\frac{7}{15}=120$ 个。

解题过程
已知甲比乙多 $\frac{4}{5}$，假设乙桶中的水有 $5$ 份，那么甲桶中的水就比乙桶多 $1$ 份，即甲桶有 $6$ 份水。再由丙桶比甲少 $\frac{1}{5}$，可知丙桶中的水有 $6\times\left(1-\frac{1}{5}\right)=4\frac{4}{5}$ 份。$5$ 比 $4\frac{4}{5}$ 大，因此乙桶中的水比丙桶多。甲、乙、丙三桶的水分别有 $6$ 份、$5$ 份、$4\frac{4}{5}$ 份，都倒入一个大缸里，则甲桶占其中的 $\frac{6}{6+5+4\frac{4}{5}}=\frac{30}{79}$。

解题过程
依题意，墨墨和卡莉亚两人书的总数并没有改变，则可把两人的书的总数看作单位“1”。开始时墨墨的书的数量是卡莉亚的 $\frac{3}{8}$，那么墨墨的书本数就是总数的 $\frac{3}{8+3}=\frac{3}{11}$，卡莉亚的书本数就是总数的 $1-\frac{3}{11}=\frac{8}{11}$。后来卡莉亚送给墨墨 $11$ 本书后，墨墨的书的数量是卡莉亚的 $\frac{4}{7}$，所以这时墨墨的书本数变成了总数的 $\frac{4}{4+7}=\frac{4}{11}$。墨墨比原来增加了总数的 $\frac{4}{11}-\frac{3}{11}=\frac{1}{11}$，这所对应的就是卡莉亚送给墨墨的 $11$ 本书，因此两人书的总数是 $11\div\frac{1}{11}=121$ 本。所以原来墨墨比卡莉亚少 $121\times\frac{8}{11}-121\times\frac{3}{11}=55$ 本。

解题过程
依题意，整个过程中男生人数没有改变过，则把男生的人数看作是 $1$ 份。开始时女生占总人数的 $\frac{2}{9}$，所以男生占学生总数的 $1-\frac{2}{9}=\frac{7}{9}$，因此总人数为 $1\div\frac{7}{9}=\frac{9}{7}$ 份，那么女生人数就是 $\frac{9}{7}-1=\frac{2}{7}$ 份。之后来了 $12$ 个女生，女生人数变成了男生人数的 $\frac{3}{7}$，因此后来的女生人数为 $\frac{3}{7}$ 份。后来女生比开始时增加了 $\frac{3}{7}-\frac{2}{7}=\frac{1}{7}$ 份，对应的就是增加的 $12$ 人。因此 $1$ 份为 $12\div\frac{1}{7}=84$ 人。所以现在操场上的总人数为 $84\times\left(1+\frac{3}{7}\right)=120$ 人。

解题过程
站在小高前后的人一共占总人数的 $\frac{2}{3}+\frac{1}{4}=\frac{11}{12}$，那么剩下的 $\frac{1}{12}$ 就是小高。所以总人数为 $1\div\frac{1}{12}=12$ 人。小高前面有 $12\times\frac{2}{3}=8$ 人，也就是说小高排在从前往后数的第 $9$ 个。

解题过程
因为新学期男生增加 $25$ 人，但总人数只增加 $16$ 人，所以这 $25-16=9$ 人对应的是女生的减少量，而女生减少了原来的 $\frac{1}{20}$，这 $9$ 人就对应女生人数的 $\frac{1}{20}$。所以原来女生人数为 $9\div\frac{1}{20}=180$ 人，于是原来男生人数 $325-180=145$ 人，那么现在男生人数 $145+25=170$ 人。

解题过程
因为墨墨和小高第二关的得分相同，所以两人总分的差与第一关的差相同，为 $200-120=80$ 分。又因为墨墨的总分是小高的 $\frac{3}{4}$，因此墨墨比小高少的得分就是小高总分的 $1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$，因此小高的总分为 $80\div\frac{1}{4}=320$ 分。所以两人在第二关都得了 $320-200=120$ 分。

解题过程
依题意可知，运来的砖不仅补上了原来搬走的这部分，而且还比最开始的总数多出了 $\frac{1}{5}$，因此这 $306$ 块砖是原来砖块总数的 $\frac{1}{4}+\frac{1}{5}=\frac{9}{20}$。所以原来这堆砖有 $306\div\frac{9}{20}=680$ 块。

解题过程
第一天还剩 $\frac{2}{5}$ 的纸，那么装订用了总数的 $\frac{3}{5}$，这部分对应的是 $120$ 本练习本，因此所有的纸一共可以装订的练习本数量为 $120\div\frac{3}{5}=200$ 本。第二天又装订了 $65$ 本练习本，这样剩下的纸还能装订 $200-120-65=15$ 本，因此每本练习本需要使用 $1350\div 15=90$ 张纸。因此这批纸一共有 $90\times 200=18000$ 张。

解题过程
喝完第一口后，这瓶水还剩下 $1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$。喝完第二口后，剩下的水占整瓶水的 $\frac{1}{2}\times\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}$。喝完第三口后，剩下的水占整瓶水的 $\frac{1}{3}\times\left(1-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}$。喝完第四口后，剩下的水占整瓶水的 $\frac{1}{4}\times\left(1-\frac{1}{5}\right)=\frac{1}{5}$。最后喝完第五口后，剩下的水占整瓶水的 $\frac{1}{5}\times\left(1-\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6}$，由已知条件可知这部分就是 $0.5$ 升。因此原来这瓶水有 $0.5\div\frac{1}{6}=3$ 升。

解题过程
第一车间的人数是第二、三车间人数和的 $\frac{1}{2}$，所以第一车间占总人数的 $\frac{1}{1+2}=\frac{1}{3}$。第二车间是第一、三车间人数和的 $\frac{1}{3}$，所以第二车间占总人数的 $\frac{1}{1+3}=\frac{1}{4}$。第三车间占总人数的 $1-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{5}{12}$，对应了 $105$ 人，因此总人数是 $105\div\frac{5}{12}=252$ 人。

解题过程
苹果占其他三种总数的 $\frac{1}{6}$，那么苹果占所有水果总数的 $\frac{1}{1+6}=\frac{1}{7}$。类似地，橘子占所有水果总数的 $\frac{5}{5+16}=\frac{5}{21}$，梨占所有水果总数的 $\frac{2}{2+5}=\frac{2}{7}$。于是菠萝占所有水果总数的 $1-\frac{1}{7}-\frac{5}{21}-\frac{2}{7}=\frac{1}{3}$，也就是 $56$ 个。因此所有水果一共有 $56\div\frac{1}{3}=168$ 个。

解题过程
把总帐篷看作单位“1”。第一次运了总数的 $\frac{3}{8}$。第二次运后，已经运去的是没运去的 $\frac{5}{7}$，因此这时已经运去的占总数的 $\frac{5}{5+7}=\frac{5}{12}$。于是第二次运的 $50$ 顶帐篷对应的是总数的 $\frac{5}{12}-\frac{3}{8}=\frac{1}{24}$。所以全部的帐篷有 $50\div\frac{1}{24}=1200$ 顶，那么这时没有运去的帐篷数量为 $1200\times\left(1-\frac{5}{12}\right)=700$ 顶。

解题过程
把水池的面积看作 $1$ 份。因为草地占正方形的 $\frac{3}{4}$，而 $1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$（水池占正方形的 $\frac{1}{4}$），那么正方形的面积就是 $1\div\frac{1}{4}=4$ 份，于是草地的面积为 $4-1=3$ 份。因为竹林占圆形的 $\frac{5}{7}$，所以水池占圆形的 $1-\frac{5}{7}=\frac{2}{7}$，那么圆形的面积就是 $1\div\frac{2}{7}=3.5$ 份，于是竹林的面积是 $3.5-1=2.5$ 份。竹林面积比草地面积小 $3-2.5=0.5$ 份，对应的正是 $450$ 平方米，那么 $1$ 份就是 $450\div 0.5=900$ 平方米，即水池的面积是 $900$ 平方米。

解题过程
三根木棒浸入水中的长度都等于水深，把这个长度看作 $1$ 份。甲木棒有 $\frac{3}{4}$ 露在水面外，因此甲有 $1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$ 浸在水中，于是甲的长度为 $1\div\frac{1}{4}=4$ 份。类似地，乙木棒有 $\frac{4}{7}$ 露在水面外，有 $1-\frac{4}{7}=\frac{3}{7}$ 浸在水里，所以乙的长度为 $1\div\frac{3}{7}=\frac{7}{3}$ 份。丙木棒有 $\frac{2}{5}$ 露在水面外，有 $1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}$ 浸在水里，所以丙的长度为 $1\div\frac{3}{5}=\frac{5}{3}$ 份。三根木棒的总长度为 $360$ 厘米，因此 $1$ 份的长度为 $360\div\left(4+\frac{7}{3}+\frac{5}{3}\right)=45$ 厘米，即水深为 $45$ 厘米。

解题过程
依题意，玩牌的过程中两人牌的总数是不变的，则可以把总数看作单位“1”。开始时小高手里的牌数是总数的 $\frac{3}{3+5}=\frac{3}{8}$。赢了 $20$ 张牌后，小高手里的牌变成了总数的 $\frac{7}{7+5}=\frac{7}{12}$，比原来多了 $\frac{7}{12}-\frac{3}{8}=\frac{5}{24}$，这部分正是小高赢的 $20$ 张牌，因此牌的总数为 $20\div\frac{5}{24}=96$ 张。所以现在小高手里的牌有 $96\times\frac{7}{12}=56$ 张。

解题过程
依题意，袋子里除红球外其他球的数量没有变，则把其他球的数量看作不变。开始的时候，其他球占总数的 $1-\frac{5}{12}=\frac{7}{12}$，因此口袋里球的总数是 $1\div\frac{7}{12}=\frac{12}{7}$ 份（以其他球为 $1$ 份）。放入 $8$ 个红球之后，其他球占总数的 $1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，因此这时口袋里球的总数是 $1\div\frac{1}{2}=2$ 份。后来球的总数比开始时增加了 $2-\frac{12}{7}=\frac{2}{7}$ 份，对应的就是增加的 $8$ 个球，因此 $1$ 份为 $8\div\frac{2}{7}=28$ 个。所以这时口袋里球一共有 $28\times 2=56$ 个。

解题过程
两根木桩露出水面的长度差是不变的，就是两根木桩的长度差，把两根木桩的长度差看作 $1$ 份。开始时长木桩露出水面的部分比短木桩露出部分多 $\frac{2}{5}$，这部分正是 $1$ 份，因此短木桩露出水面的长度是 $1\div\frac{2}{5}=\frac{5}{2}$ 份，于是长木桩露出水面的长度是 $\frac{5}{2}+1=\frac{7}{2}$ 份。水面上升 $11$ 厘米之后，短木桩露出水面的部分比长木桩露出部分短 $\frac{3}{5}$，这部分也是 $1$ 份，因此长木桩露出水面的长度是 $1\div\frac{3}{5}=\frac{5}{3}$ 份。因此水面上升 $11$ 厘米后，长木桩露出水面的长度从 $\frac{7}{2}$ 份变成了 $\frac{5}{3}$ 份，减少的部分对应的就是 $11$ 厘米，因此 $1$ 份是 $11\div\left(\frac{5}{2}-\frac{5}{3}\right)=6$ 厘米（注：减少量 $\frac{7}{2}-\frac{5}{3}=\frac{11}{6}$ 份对应 $11$ 厘米，故 $1$ 份为 $6$ 厘米）。于是此时长木桩露出水面长度为 $6\times\frac{5}{3}=10$ 厘米，短木桩露出水面长度为 $10-6=4$ 厘米。要使短木桩露出水面长度为长木桩的 $\frac{1}{12}$，它们的长度差就是长木桩的 $1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}$，因此这时长木桩的长度为 $6\div\frac{11}{12}=6\frac{6}{11}$ 厘米，所以水面需要再上升 $10-6\frac{6}{11}=3\frac{5}{11}$ 厘米。

解题过程
这批书正好一共打了 $14+11=25$ 包，所以第一次领来的书共有 $25\times\frac{7}{12}=14\frac{7}{12}$ 包。由已知条件，这部分书打了 $14$ 个包还多 $35$ 本，因此 $35$ 本书对应 $14\frac{7}{12}-14=\frac{7}{12}$ 包，所以每包中有书 $35\div\frac{7}{12}=60$ 本。因此这批书共有 $60\times 25=1500$ 本。

解题过程
把女生总人数看作 $1$ 份。有 $\frac{1}{11}$ 的女生参加竞赛，那么还剩下 $\frac{10}{11}$ 的女生没参加，因此剩下的女生有 $\frac{10}{11}$ 份。又已知剩下的女生人数是剩下男生的 $2$ 倍，那么剩下的男生有 $\frac{10}{11}\div 2=\frac{5}{11}$ 份。已知男生的总数比女生总数少 $2$ 人，也就是男生总数比 $1$ 份少 $2$ 人，而男生有 $22$ 人参加了竞赛，所以 $2+22=24$ 人对应的就是 $1-\frac{5}{11}=\frac{6}{11}$ 份。因此 $1$ 份为 $(22+2)\div\left(1-\frac{5}{11}\right)=44$ 人，从而五年级共有 $44+(44-2)=86$ 人。

解题过程
把全部黑子看成 $1$ 份，那么第三堆黑子是 $\frac{2}{5}$ 份，前两堆黑子总数是 $\frac{3}{5}$ 份。根据已知条件，第一堆里的黑子和第二堆里的白子一样多，那么第一堆黑子与第二堆黑子的总数也就等于第二堆白子和第二堆黑子的总数了。所以第二堆棋子的总数是 $\frac{3}{5}$ 份。因为三堆棋子一样多，所以所有棋子共有 $\frac{3}{5}\times 3=\frac{9}{5}$ 份。全部黑子是 $1$ 份，那么全部白子共有 $\frac{9}{5}-1=\frac{4}{5}$ 份，因此白子占全部棋子的 $\frac{4}{5}\div\frac{9}{5}=\frac{4}{9}$。

解题过程
$E$ 车间调出了 $\frac{1}{6}$ 的工人后变成了 $30$ 人，那么 $E$ 车间原来有 $30\div\left(1-\frac{1}{6}\right)=36$ 人，所以 $E$ 车间调出了 $36\times\frac{1}{6}=6$ 人到 $D$ 车间。再看 $D$ 车间。先调出 $\frac{1}{4}$ 工人到 $C$ 车间后又调入了 $E$ 车间的 $6$ 人，最终为 $30$ 人，因此 $D$ 车间原来有 $(30-6)\div\left(1-\frac{1}{4}\right)=32$ 人，其中调出了 $32\times\frac{1}{4}=8$ 人到 $C$ 车间。再看 $C$ 车间。与上面类似，可以算出 $C$ 车间原来有 $(30-8)\div\left(1-\frac{1}{3}\right)=33$ 人，其中调出了 $33\times\frac{1}{3}=11$ 人到 $B$ 车间。再看 $B$ 车间。$B$ 车间原来有 $(30-11)\div\left(1-\frac{1}{2}\right)=38$ 人，其中调出了 $38\times\frac{1}{2}=19$ 人到 $A$ 车间。最后看 $A$ 车间。$A$ 车间只有调入，因此 $A$ 车间原来有 $30-19=11$ 人。综上所述，$A$、$B$、$C$、$D$、$E$ 车间原来分别有 $11$、$38$、$33$、$32$、$36$ 人。

解题过程
把窗口画面看作单位“1”。白云占画面的 $\frac{1}{2}$，它遮住了全部海岛的 $\frac{1}{4}$，而（未被遮住的）海岛占画面的 $\frac{1}{4}$，这是全部海岛的 $1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，所以全部海岛占画面 $\frac{1}{4}\div\frac{3}{4}=\frac{1}{3}$，被白云遮住的海岛占画面 $\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{12}$。白云遮住的部分中，除去遮住的海岛，其余遮住的就是海洋，因此被白云遮住的海洋占画面 $\frac{1}{2}-\frac{1}{12}=\frac{5}{12}$。

解题过程
$6$ 小时后 $D$ 首先烧完，这时候 $C$、$D$ 烧掉的长度相等，$A$、$B$ 烧掉的长度也相等。再经过 $1$ 小时 $40$ 分钟后，$C$ 正好烧完，因此如果 $D$ 的长度是 $6$ 份，那么 $C$ 烧了 $6$ 小时后剩下的长度为 $1\frac{2}{3}$ 份。此时 $B$ 所剩长度是 $C$ 的两倍，为 $1\frac{2}{3}\times 2=\frac{10}{3}$ 份，那么 $B$ 在 $6$ 小时内烧掉的长度是 $6-\frac{10}{3}=\frac{8}{3}$ 份，每 $1$ 份燃烧的时间是 $6\div\frac{8}{3}=\frac{9}{4}$ 小时。因此 $B$ 整根蜡烛能燃烧时间是 $\frac{9}{4}\times 6=13\frac{1}{2}$ 小时，$A$ 整根蜡烛能燃烧的时间是 $\frac{9}{4}\times\left(6+1\frac{2}{3}\right)=17\frac{1}{4}$ 小时。现在已经燃烧了 $7\frac{2}{3}$ 小时，因此 $A$ 还能燃烧 $9\frac{7}{12}$ 小时，$B$ 还能燃烧 $5\frac{5}{6}$ 小时。

解题过程
蜡烛漂在水面上时，露出水面的长度始终等于蜡烛在水下长度的 $\frac{1}{9}$，说明蜡烛的总长度是其水上部分的 $10$ 倍。设开始时短蜡烛露出水面的部分为 $1$ 份，则总长度为 $10$ 份；长蜡烛露出水面的长度是 $5$ 份（短蜡烛总长度的一半），总长度为 $50$ 份。两根蜡烛的长度差为 $40$ 份。燃烧了 $1$ 小时后，长蜡烛露出水面的部分与短蜡烛总长度相等，说明此时长蜡烛长度是短蜡烛的 $10$ 倍，而它们的长度差不会改变，是 $40$ 份，因此此时短蜡烛长 $40\div(10-1)=4\frac{4}{9}$ 份，长蜡烛长 $4\frac{4}{9}+40=44\frac{4}{9}$ 份。$1$ 个小时燃烧了 $10-4\frac{4}{9}=5\frac{5}{9}$ 份，每 $1$ 份可以燃烧 $1\div 5\frac{5}{9}=\frac{9}{50}$ 小时。因此短蜡烛还可以燃烧 $\frac{9}{50}\times 4\frac{4}{9}=\frac{4}{5}$ 小时，长蜡烛还可以燃烧 $\frac{9}{50}\times 44\frac{4}{9}=8$ 小时。

解题过程
设三人开始时一共带了 $x$ 元钱。如果甲付钱，则甲剩下的钱是乙、丙剩下钱的 $\frac{2}{13}$，即此时三人剩下的总钱数为 $\frac{2+13}{13}=\frac{15}{13}$ 倍的乙、丙剩下钱，于是甲剩下的钱为 $\frac{2}{15}(x-100)+100$；同理，乙剩下的钱为 $\frac{9}{25}\times\frac{25}{16}(x-100)$，即乙剩下钱为 $\frac{9}{25}(x-100)+100$；丙剩下的钱为 $\frac{1}{4}(x-90)+90$。于是可以列出方程：$\frac{2}{15}(x-100)+100+\frac{9}{25}(x-100)+100+\frac{1}{4}(x-90)+90=x$，解方程，得 $x=850$。三人开始时一共带了 $850$ 元。

解题过程
菜包子有 $84$ 个，肉包子与菜包子的比为 $3:7$，所以肉包子有 $84\times\frac{3}{7}=36$（个）。

解题过程
总份数为 $5+4=9$。$$\begin{aligned}\text{西瓜}&=234\times\frac{5}{5+4}\\&=130\end{aligned}$$（个），$$\begin{aligned}\text{哈密瓜}&=234\times\frac{4}{5+4}\\&=104\end{aligned}$$（个）。

解题过程
原来$$\begin{aligned}\text{男生}&=429\times\frac{7}{7+6}\\&=231\end{aligned}$$（人），$$\begin{aligned}\text{女生}&=429\times\frac{6}{7+6}\\&=198\end{aligned}$$（人）。男生人数不变。后来女生报名后男生女生比为 $11:10$，男生仍为 $231$，此时$$\begin{aligned}\text{女生}&=231\times\frac{10}{11}\\&=210\end{aligned}$$（人）。所以后来报名的女生为 $210-198=12$（人）。

解题过程
由“爸爸采 $7$ 颗时妈妈采 $6$ 颗”“宝宝采 $2$ 颗时妈妈采 $3$ 颗”，把妈妈的速度统一：取妈妈每采 $6$ 颗为标准，则爸爸采 $7$ 颗、宝宝采 $4$ 颗。所以爸爸、妈妈、宝宝采摘速度之比为 $7:6:4$。三人共采 $7+6+4=17$ 份，每份 $340\div 17=20$（颗）。宝宝采了 $20\times 4=80$（颗）。

解题过程
把两个比统一（以第二批为桥梁）：第一批:第二批 $=15:12$，第二批:第三批 $=12:8$，故三批人数之比为 $15:12:8$。设每份 $x$ 人，则第二、三批之和比第一批多 $(12+8)-15=5$ 份，即 $5$ 份对应 $55$ 人，每份 $11$ 人。$$\begin{aligned}\text{学生总数}&=11\times(15+12+8)\\&=385\end{aligned}$$（人）。

解题过程
黑棋子与白棋子之比为 $34:35$，总份数 $34+35=69$，故棋子总数是 $69$ 的倍数。由“共有 $100$ 多枚”，可知总数只能是 $138$ 枚，其中黑棋子 $138\times\frac{34}{69}=68$（枚）。

解题过程
获奖人数是参赛人数的 $\frac{1}{8}$ 与 $\frac{4}{13}$，故参赛人数必须既是 $8$ 的倍数又是 $13$ 的倍数，即 $104$ 的倍数。由参赛人数不超过 $200$，可确定参赛人数为 $104$。因此没有参赛的人数为 $200-104=96$（人）。

解题过程
操作过程中棋子总数不变。最后三堆比为 $1:2:3$，总份数 $6$，故总数是 $6$ 的倍数；又总数为 $100$ 多枚，所以总数为 $144$，三堆最后分别为 $24,48,72$ 枚。再逐步倒推：第三步是丙分给甲、乙各增加 $3$ 倍，倒回去甲、乙都除以 $4$，丙补回，得第二步后三堆为 $6,12,126$；第二步乙分给甲、丙各增加 $2$ 倍，倒回甲、丙除以 $3$，得第一步后为 $2,134,42$；第一步甲分给乙、丙各增加 $1$ 倍，倒回乙、丙除以 $2$，得原来 $73,50,21$。所以原来甲 $73$ 枚、乙 $50$ 枚、丙 $21$ 枚。

解题过程
两人年龄差不会改变。今年爷爷年龄是小明的 $6$ 倍，年龄差是小明今年年龄的 $5$ 倍；若干年后是 $5$ 倍时，年龄差是小明那时年龄的 $4$ 倍；再若干年后是 $4$ 倍时，年龄差是小明那时年龄的 $3$ 倍。因此年龄差应同时是 $5,4,3$ 的倍数，即 $60$ 的倍数。又爷爷今年与小明相差 $60$ 多岁，故年龄差为 $60$ 岁，小明今年 $60\div 5=12$（岁），爷爷今年 $12\times 6=72$（岁）。

解题过程
多交的 $9$ 角 $6$ 分 $=96$ 分。因为 $96$ 既不是 $9$ 的倍数，也不是 $20$ 的倍数，所以小宇家用电超过 $24$ 度、小达家用电未超过 $24$ 度。假设小宇家用电比 $24$ 度多 $x$ 度、小达家用电比 $24$ 度少 $y$ 度（$x,y$ 都是大于 $0$ 的自然数），则两家电费之差为 $20x+9y=96$。解得 $x=3$，$y=4$。因此小宇家用电 $24+3=27$（度），小达家用电 $24-4=20$（度）。小达家应交电费 $20\times 9=180$（分），即 $1$ 元 $8$ 角；小宇家应交电费 $180+96=276$（分），即 $2$ 元 $7$ 角 $6$ 分。

解题过程
师生共 $1081$ 人，老师:学生 $=2:45$，总份数 $47$，故老师 $=1081\times\frac{2}{47}=46$（人），学生 $=1081-46=1035$（人）。学生中男:女 $=5:4$，男生 $=1035\times\frac{5}{9}=575$（人），女生 $=1035-575=460$（人）。

解题过程
每块糖果重量相同，所以块数之比等于重量之比，即水果糖:奶糖:巧克力糖 $=4:2:3$。奶糖和巧克力糖共 $2+3=5$ 份对应 $160$ 块，每份 $32$ 块。水果糖 $4$ 份，为 $4\times 32=128$（块）。

解题过程
以杨树为桥梁统一两个比：柳:杨 $=15:20$，杨:槐 $=20:8$，故柳:杨:槐 $=15:20:8$，总份数 $43$。每份 $860\div 43=20$。柳树 $=15\times 20=300$（棵），杨树 $=20\times 20=400$（棵），槐树 $=8\times 20=160$（棵）。

解题过程
设一月生产量为 $4$ 份、二月生产量为 $5$ 份，前两月共 $9$ 份。三月与前两月总产量之比为 $4:3$，所以三月为 $9\times\frac{4}{3}=12$（份）。三月比二月多 $12-5=7$ 份，对应 $1610$ 个，故每份 $1610\div 7=230$（个）。第一季度共 $230\times(4+5+12)=230\times 21=4830$（个）。

解题过程
把书全分给第一组时，每人 $4$ 本或 $5$ 本，所以第一组人数应在 $\frac{48}{5}$ 到 $\frac{48}{4}$ 之间，即 $9.6$ 到 $12$ 之间，第一组人数可为 $10,11,12$。把书全分给第二组时每人 $3$ 本或 $4$ 本，第二组人数应在 $\frac{48}{4}$ 到 $\frac{48}{3}$ 之间，即 $12$ 到 $16$，又第二组比第一组多 $5$ 人，可知第一组 $10$ 人、第二组 $15$ 人，两组共 $25$ 人。

解题过程
家长和老师共 $22$ 人。设老师人数较少、家长人数较多，且满足妈妈比爸爸多、女老师比妈妈多 $2$ 人、至少 $1$ 名男老师等条件。逐项分析：老师人数应尽量少（至少满足女老师比妈妈多 $2$ 且有 $1$ 名男老师），由各不等关系推出爸爸 $5$ 人、妈妈 $7$ 人、女老师 $9$ 人、男老师 $1$ 人，验证 $5+7+9+1=22$ 且各条件成立。所以爸爸有 $5$ 人。

解题过程
初一占 $\frac{3}{8}$，初三占 $\frac{4}{15}$，故学生总数必须既是 $8$ 的倍数又是 $15$ 的倍数，即 $120$ 的倍数。由“$900$ 多名”可知总数为 $960$。初二人数 $=960\times\left(1-\frac{3}{8}-\frac{4}{15}\right)=344$（人）。

解题过程
设三堆分别为第一、二、三堆。第一堆比第二堆的 $2$ 倍多，第二堆比第三堆的 $2$ 倍多。要让第三堆尽量多，第二堆约为第三堆的 $2$ 倍多一点，第一堆约为第二堆的 $2$ 倍多一点。设第三堆 $x$ 枚，则第二堆至少 $2x+1$、第一堆至少 $2(2x+1)+1=4x+3$。三堆之和 $\ge x+(2x+1)+(4x+3)=7x+4\le 100$，得 $x\le 13\frac{5}{7}$，所以第三堆最多 $13$ 枚。

解题过程
第一队是第二队的 $1\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$ 倍，第一队:第二队 $=4:3$；第一队是第三队的 $1\frac{1}{4}=\frac{5}{4}$ 倍，第一队:第三队 $=5:4$。统一第一队：第一队 $=20$ 份时，第二队 $=15$ 份、第三队 $=16$ 份，三队和 $=20+15+16=51$ 份。要使人数为整数，每份取 $1$（即第一队 $20$、第二队 $15$、第三队 $16$），三队共 $51$ 人，第四队 $=100-51=49$（人）。

解题过程
甲、丙之差为 $79-54=25$（本），因此丙比甲多 $25$ 本，丙比甲多，平均说来丙较多。设甲为最少者，则丙 $=$ 甲 $+25$。由“书最多者是最少者的 $2$ 倍”，若丙最多、甲最少，则丙 $=2\times$ 甲，结合丙 $-$ 甲 $=25$ 得甲 $=25$、丙 $=50$，于是乙 $=54-25=29$（本），且乙、丙共 $29+50=79$ 符合。所以乙有 $29$ 本。

解题过程
设最后三人棋子数都为 $1$ 份，倒推每人原来的份数。从最后一步倒推：丙拿出 $\frac{1}{4}$ 平分前甲、乙都拿回 $1$ 份的一部分。经倒推（设末态各 $1$），可得原来甲、乙、丙的棋子数之比为 $\frac{5}{12}:\frac{15}{16}:\frac{13}{16}$，化简后比为 $20:15:13$，最大与最小相差 $20-13=7$ 份。由“最多比最少多 $60$ 多枚”且总份数为 $20+15+13=48$，可知每份对应整数且 $7$ 份为 $60$ 多枚，所以每份为 $9$，三人总数 $=48\times 9=432$（枚）。

解题过程
题目的两个条件有一个共同特点：石头总数不变。第一个条件中移动后第二堆是第一堆的 $2$ 倍，故石头总数是 $3$ 的倍数；第二个条件中第一堆是第二堆的 $6$ 倍，故石头总数也是 $7$ 的倍数。所以总数是 $3\times 7=21$ 的倍数。第一次移动后第一堆应为总数的 $\frac{1}{3}$，第二次移动后第一堆应为总数的 $\frac{6}{7}$，结合“从第一堆取出 $20$ 块”等条件，使第一堆在两种情形间的数目相差不超过它本身。经分析，满足各条件的最少总数为 $42$，此时第一堆原有 $34$ 块。所以第一堆最少有 $34$ 块石头。

解题过程
要使小明的距离最远，应使小亮的距离尽量近、车费差恰为 $23$ 元。设两人都按最远情形分析：小明的里程 $x$、小亮的里程 $y$。出租车费随里程分段增长（$3$ 千米内 $10$ 元，$3$~$15$ 千米每千米 $2$ 元，超 $15$ 千米每千米 $3$ 元）。在分段计费下，使车费差为 $23$ 元而小明里程最大时，小明家距游乐园最远为 $22$ 千米。

解题过程
两团一起买票时应付 $864$ 元，$864$ 比 $12\times 50=600$ 多，因此合团人数超过 $50$，再根据 $864$ 是 $10$ 的倍数，推出合团共 $100$ 人（按 $50$~$100$ 人每人 $10$ 元、$100$ 人以上每人 $8$ 元，恰好 $100$ 人时每人 $10$ 元，$864$ 对应不上，需结合分别购票分析）。若有一团人数超过 $100$ 则另一团人数很少，分别购票最多 $108-101=7$ 人，分别购票最多 $12\times 50+\cdots$，与 $1142$ 不符。再根据 $1142$ 是 $12$ 的倍数等条件，可知两团人数在不同区间，一个在 $0$~$50$、一个在 $50$~$100$，列式 $(1142-10\times 108)\div(12-10)=31$（人），另一团 $108-31=77$（人）。所以两团分别有 $31$ 人、$77$ 人。

解题过程
以菊花和郁金香为桥梁统一各比。菊:月 $=3:4$，菊:郁 $=4:5$，把菊花统一：菊:月 $=12:16$，菊:郁 $=12:15$，即郁金香 $=15$ 份。又兰:郁 $=5:6$，则兰 $=15\times\frac{5}{6}=12.5$ 份，为避免分数取菊花 $=24$ 份的整组：菊:月:郁 $=24:32:30$，兰 $=30\times\frac{5}{6}=25$ 份。于是月季比兰花多 $32-25=7$ 份。因为月季比兰花多 $50$ 多盆，且 $7$ 份对应 $50$ 多，故每份为 $8$（$7\times 8=56$ 盆）。菊花比郁金香少 $30-24=6$ 份，即 $6\times 8=48$（盆）。

解题过程
由甲、乙和 $108$，乙、丙和 $149$，得丙比甲多 $149-108=41$ 分；由乙、丙和 $149$，丙、丁和 $121$，得乙比丁多 $149-121=28$ 分。结合第一名是第三名的 $2$ 倍，对名次分类讨论：经检验，第一名是丙、第三名是甲时，丙 $=2\times$ 甲，且丙 $-$ 甲 $=41$，得甲 $=41$、丙 $=82$。再由甲、乙和 $108$ 得乙 $=67$，由丙、丁和 $121$ 得丁 $=39$，与各名次得分一致。第二名（乙）得分为 $67$ 分。

解题过程
四人两两合称共 $\binom{4}{2}=6$ 种，但题目只称了五次，所以恰有一对没有一起称过。设四人体重为 $a\le b\le c\le d$。这两个没称过的两人合重 $=$ 四人总重 $-$ 已称两对中互补的两对之和。经观察 $99+144=113+130=243$，所以四人总重为 $243$ 千克，第三大的合称（与 $125$ 互补的）那对没称。没称的两人合重为 $243-125=118$（千克）。对它们的体重分情况讨论：若 $a+d>b+c$，则较重者是这两人中较大的一个，结合各次合称数值，推出较重者体重为 $66$ 千克。

解题过程
设每盒卡片数为 $m$、小朋友 $n$ 人。由“只分一盒每人至少 $7$ 张”得每人分 $7$ 张时还有剩，即 $m\ge 7n$；由“每人分 $8$ 张缺 $5$ 张”得 $m=8n-5$。把所有卡片分完每人 $60$ 张多 $4$ 张，故总卡片数 $=60n+4$，又总数是盒数与 $m$ 的乘积。由 $m=8n-5\ge 7n$ 得 $n\ge 5$；再结合每盒卡片数与 $60n+4$ 的整除关系，确定盒数与 $n$。经分析每盒 $m$ 张、共若干盒满足 $60n+4$ 能被 $m$ 整除，求得小朋友为 $11$ 人。

解题过程
设“特难题”（$0$ 人做出的）有 $a$ 道，则“较难题”（$1$ 人做出的）有 $3a$ 道，再设“容易题”（$3$ 人做出的）有 $b$ 道，则“一般题”（这里称有 $2$ 人做出的题目）有 $100-4a-b$ 道。根据三人做出题目的总数 $=90+70+50=210$，按做出人数计，$0\times a+1\times 3a+2\times(100-4a-b)+3b=210$，整理得 $b-5a=10$，即 $b=5a+10$。再由丙做出的题中超过 $80\%$ 是“容易题”但不全是，约束 $a$ 的取值，得 $a=7$。所以“特难题”有 $7$ 道。

解题过程
设中关村一小有 $10a$ 人，中关村二小有 $10b$ 人。若两校都租 $14$ 座的车，两校共需 $72$ 辆，由每辆尽量坐满，得 $14\times 70+2\le 10a+10b\le 14\times 72$，由此确定两校人数之和约为 $1000$。再由两校都租 $19$ 座车时二小比一小多 $7$ 辆，列式分析向上取整后的车辆数之差，结合人数均为 $10$ 的倍数，求得一小 $430$ 人、二小 $570$ 人。

解题过程
考虑从一根 $7.4$ 米的原材料上切出钢筋，浪费最少的几种切法为：$2.9\times 1+1.5\times 3=7.4$，无浪费；$2.9\times 2+1.5=7.3$，浪费 $0.1$ 米；$2.9+2.1\times 2=7.1$，浪费 $0.3$ 米。综合搭配使各种长度的钢筋数量满足 $100$ 套（每套各 $1$ 根，共需 $2.9$ 米 $100$ 根、$1.5$ 米 $100$ 根、$2.1$ 米 $100$ 根）。用第一种方法切 $30$ 根、第二种方法切 $10$ 根、第三种方法切 $50$ 根，就能满足题目要求，且用料最省。所以至少要用 $90$ 根原材料。

解题过程
桃子的总数除以 $4$ 余 $3$，可设为 $4k+3$，于是第一只猴子拿走了 $k$ 个桃子，还剩 $3k+3$ 个；第二只猴子拿走了 $\frac{(3k+3)-3}{4}=\frac{3}{4}k$ 个；此时发现第二只猴子拿走的桃子是第一只猴子的 $\frac{3}{4}$，那么同样地，第三只拿走的也是第二只的 $\frac{3}{4}$，第四只拿走的是第三只的 $\frac{3}{4}$。第四只猴子拿走了 $\frac{3}{4}\times\frac{3}{4}\times\frac{3}{4}\times k$ 个。要使每次都为整数且最后一只至少拿走 $1$ 个，$k$ 必须能被 $4^3=64$ 整除且使第四只所得 $\ge 1$，取最小满足的总数，求得这堆桃子至少有 $259$ 个。

解题过程
（1）这是等比数列，可以运用错位相减法求和。设 $S=1+2+4+8+16+32+64+128+256$，则 $2S=2+4+8+16+32+64+128+256+512$，两式相减得 $(2-1)S=512-1$，$$\begin{aligned}S&=\frac{512-1}{2-1}\\&=511\end{aligned}$$。 （2）方法同上。设 $S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\frac{1}{128}+\frac{1}{256}$，则 $2S=2+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\frac{1}{128}$，相减得 $(2-1)S=2-\frac{1}{256}$，$S=1\frac{255}{256}$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=6\times(1+2+4+8+16+32+64)\\&=6\times127\\&=762\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=3\times\frac{3^6-1}{3-1}\\&=1092\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{1995\times(1+10001+100010001)}{2009\times(1+10001+100010001)}\\&=\dfrac{1995}{2009}\\&=\dfrac{285}{287}\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1+2-3)+(4+5-6)+\cdots+(97+98-99)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\times33+100\frac{1}{2}\\&=0+3+6+\cdots+96+\frac{7}{12}\times33+100\frac{1}{2}\\&=1584+19\frac{1}{4}+100\frac{1}{2}\\&=1703\frac{3}{4}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}5\triangledown 7&=5\times 7-5\\&=30\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}3\triangledown(4\triangledown 5)&=3\triangledown(4\times 5-4)\\&=3\triangledown 16\\&=3\times 16-3\\&=45\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=3\times\frac{4}{3}-2\times\left(3\times\frac{5}{4}-2\times\frac{6}{5}\right)\\&=4-2\times\left(\frac{15}{4}-\frac{12}{5}\right)\\&=1\frac{3}{10}\end{aligned}$$。 （2）由 $\frac{4}{3}*\left(x*\frac{5}{4}\right)=\frac{6}{5}$，得 $3\times\frac{4}{3}-2\times\left(3x-2\times\frac{5}{4}\right)=\frac{6}{5}$，即 $4-6x+5=\frac{6}{5}$，解得 $x=1\frac{3}{10}$。

解题过程
每一行的数都是等差数列，且平均数是 $2$。第 $100$ 行有 $102$ 个数，总和是 $2\times 102=204$。

解题过程
前面几个数除以 $8$ 的余数依次是 $0,1,1,2,3,5,0,5,5,2,7,1,0,1,\cdots$，周期是 $12$。$1000\div 12=83\cdots\cdots4$，因此第 $1000$ 个数与第 $4$ 个数除以 $8$ 的余数相同，是 $2$。

解题过程
将这些分数进行分组：$\frac{1}{1},\left(\frac{1}{2},\frac{2}{2},\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{3}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right),\cdots$，每组分别有 $1,3,5,\cdots$ 个数。 （1）前 $n$ 组共 $1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2$ 项。$150=12^2+6$，第 $150$ 项是第 $13$ 组中的第 $6$ 个，是 $\frac{6}{13}$。 （2）$300=17^2+11$，前 $17$ 组的和是 $1+2+3+\cdots+17=153$。剩余 $11$ 项的和是 $$\begin{aligned}\frac{1}{18}+\frac{2}{18}+\frac{3}{18}+\cdots+\frac{11}{18}&=\frac{11\times 12}{2\times 18}\\&=3\frac{2}{3}\end{aligned}$$。因此前 $300$ 项的和是 $153+3\frac{2}{3}=156\frac{2}{3}$。

解题过程
每进行一次操作，图形周长变为原来的 $\frac{4}{3}$ 倍。原三角形周长为 $81\times 3$，共变化 $3$ 次，所以新图形的周长为 $81\times 3\times\frac{4}{3}\times\frac{4}{3}\times\frac{4}{3}=576$ 厘米。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{2^8-1}{2-1}\\&=255\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{1-\frac{1}{3^8}}{1-\frac{1}{3}}\\&=1\frac{1093}{2187}\end{aligned}$$。

解题过程
因为第 $7$ 天的产量是第 $1$ 天的 $\frac{3^6}{2^6}$ 倍，而每天的产量都是整数，所以第一天的产量最少是 $2^6$ 个。此时总产量最少，为 $$\begin{aligned}2^6\times\left(1+\frac{3}{2}+\cdots+\frac{3^6}{2^6}\right)&=2^6\times\dfrac{\frac{3^7}{2^7}-1}{\frac{3}{2}-1}\\&=2059\end{aligned}$$ 个。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{124}{3}\times\frac{3}{4}+\frac{105}{2}\times\frac{4}{5}+\frac{318}{5}\times\frac{5}{6}\\&=31+42+53\\&=126\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{1\times 2\times 3\times(1^3+2^3+\cdots+100^3)}{2\times 3\times 4\times(1^3+2^3+\cdots+100^3)}\\&=\dfrac{1\times 2\times 3}{2\times 3\times 4}\\&=\dfrac{1}{4}\end{aligned}$$。

解题过程
因为 $$\begin{aligned}\dfrac{1999^2-1999+1}{1999^2-1999\times 1998+1998^2}&=\dfrac{1999^2-1998}{1999^2-(1998+1)\times 1998+1998^2}\\&=\dfrac{1999^2-1998}{1999^2-1998}\\&=1\end{aligned}$$，所以$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{79}{8}\div\left(\frac{79}{8}+1\right)\\&=\frac{79}{87}\end{aligned}$$。

解题过程
记 $x\ominus 3=y$，则 $y\ominus 3=y(y+1)(y+2)=15\,600=24\times 25\times 26$，因此 $y=24$。所以 $x\ominus 3=x(x+1)(x+2)=24=2\times 3\times 4$，从而 $x=2$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}10\Omega 19&=\dfrac{(10+18)}{2}\\&=14\end{aligned}$$。 （2）先算 $$\begin{aligned}19\Omega 99&=\dfrac{19+99}{2}\\&=59\end{aligned}$$，即求 $\square\Omega 59=80$。若 $\square$ 中的数是奇数，则有 $\dfrac{\square+59}{2}=80$，$\square=101$；若 $\square$ 中的数是偶数，则有 $\dfrac{\square+60}{2}=80$，$\square=100$。

解题过程
先计算 $0\sim 1999$ 这 $2000$ 个数的数字之和。个位上的数字和是 $(0+1+2+\cdots+9)\times 200=9000$，同样，十位和百位的数字和也是 $9000$；千位上的数字和是 $(0+1)\times 1000=1000$。共 $9000\times 3+1000=28\,000$。再算 $2000\sim 2008$ 的数字之和，是 $2\times 9+(1+2+3+\cdots+8)=54$。因此 $1\sim 2008$ 的数字之和是 $28\,000+54=28\,054$。

解题过程
易有第 $n$ 个数为 $\dfrac{(n-1)n}{2}+1$，所以第 $50$ 个数为 $1+\dfrac{(50-1)\times 50}{2}=1+49\times 25$，除以 $3$ 的余数为 $1+1\times 1=2$。

解题过程
要求除以 $6$ 余 $1$ 的数，即求除以 $2$ 余 $1$，且除以 $3$ 余 $1$ 的数。这个数列除以 $2$ 的余数依次是 $0,1,1,0,1,1,\cdots$，$3$ 位一循环，所以满足条件的数的序号除以 $3$ 余 $0$ 及 $2$；这个数列除以 $3$ 的余数依次是 $0,1,0,2,0,1,0,2,\cdots$，$4$ 位一循环，满足条件的数的序号除以 $4$ 余 $2$。综上，满足条件的数的序号除以 $12$ 余 $2$ 或 $6$。$70\div 12=5\cdots\cdots10$，满足条件的数有 $5\times 2+2=12$ 个。

解题过程
数列中分母为 $2n$ 的项的分数有 $n$ 项。 （1）因为 $\dfrac{62\times 63}{2}=1953<2008<\dfrac{63\times 64}{2}$，所以第 $2008$ 项的分母是 $63\times 2=126$。又 $2008-\dfrac{62\times 63}{2}=55$，所以该项的分子为 $55\times 2-1=109$，即该数为 $\dfrac{109}{126}$。 （2）因为从第 $\dfrac{n(n-1)}{2}+1$ 项到第 $\dfrac{n(n+1)}{2}$ 项，各项分母同为 $2n$，其和为 $\dfrac{1+3+\cdots+(2n-1)}{2n}=\dfrac{n}{2}$，所以前 $1953$ 项之和为 $\dfrac{1+2+\cdots+62}{2}=\dfrac{1953}{2}$。从第 $1954$ 项到第 $2008$ 项各项之和为 $$\begin{aligned}\dfrac{1+3+\cdots+109}{126}&=\dfrac{(1+109)\times 55\div 2}{126}\\&=\dfrac{3025}{126}\end{aligned}$$。那么全部各项之和为 $\dfrac{1953}{2}+\dfrac{3025}{126}=1000\frac{32}{63}$。

解题过程
（1）观察可知，第 $k$ 行的分数的分子与分母的和为 $k+1$。$\frac{33}{67}$ 的分子与分母之和是 $100$，因此在第 $99$ 行，是由左往右数的第 $67$ 个。 （2）第 $28$ 行的数分子与分母之和为 $29$，这行第 $19$ 个数的分母是 $19$，因此分子是 $10$，这个数是 $\frac{10}{19}$。

解题过程
数阵从左上角往右下角扩展，$1$ 为第 $1$ 层，$2\sim 4$ 为第 $2$ 层，$5\sim 9$ 为第 $3$ 层，则第 $n$ 层之内有 $n^2$ 个数。而 $31^2<1000<32^2$，因为 $32^2=1024$ 比 $31^2=961$ 更接近 $1000$，所以可从 $32^2$ 往回考察 $1000$ 所处的位置。由数阵的增长规律知，$32^2=1024$ 处在第 $32$ 行第 $1$ 列，且 $1023$ 处在第 $32$ 行第 $2$ 列，$1022$ 处在第 $32$ 行第 $3$ 列，$\cdots$，$1000$ 处在第 $32$ 行第 $25$ 列，$\cdots$，$993$ 处在第 $32$ 行第 $32$ 列，至此比 $993$ 小的数在第 $32$ 列上往上递减至 $962$，所以第 $32$ 行上最小的数是 $993$。再考察第 $25$ 列上的数，显然 $25^2=625$ 在第 $1$ 行第 $25$ 列上，则往下递减至第 $25$ 行第 $25$ 列是 $601$，此后该列上的数都比 $601$ 大，所以第 $25$ 列上最小的数是 $601$。综上，所求和为 $993+601=1594$。

解题过程
先求 $1\sim 360$ 间所有与 $360$ 互质的数之和。$360=2^3\times 3^3\times 5$（原书如此印刷，实际应为 $360=2^3\times 3^2\times 5$）。所有含因数 $2$ 的数之和为 $\dfrac{(2+360)\times 180}{2}=32\,580$；所有含因数 $3$ 的数之和为 $\dfrac{(3+360)\times 120}{2}=21\,780$；所有含因数 $5$ 的数之和为 $\dfrac{(5+360)\times 72}{2}=13\,140$；所有含因数 $2,3$ 的数之和为 $\dfrac{(6+360)\times 60}{2}=10\,980$；所有含因数 $2,5$ 的数之和为 $\dfrac{(10+360)\times 36}{2}=6660$；所有含因数 $3,5$ 的数之和为 $\dfrac{(15+360)\times 24}{2}=4500$；所有含因数 $2,3,5$ 的数之和为 $\dfrac{(30+360)\times 12}{2}=2340$。则 $1\sim 360$ 间所有与 $360$ 互质的数之和为 $\dfrac{(1+360)\times 360}{2}-(32\,580+21\,780+13\,140-10\,980-6660-4500+2340)=17\,280$。因此所有分母为 $360$ 的最简真分数之和为 $\dfrac{17\,280}{360}=48$。

解题过程
$$\begin{aligned}8*9&=8*(3+6)\\&=8*3+8*6\\&=8*3+8*(3+3)\\&=8*3+8*3+8*3\\&=3\times(8*3)\end{aligned}$$。而 $$\begin{aligned}8*3&=3*8\\&=3*(4+4)\\&=2\times(3*4)\\&=2\times[3*(2+2)]\\&=2\times 2\times(3*2)\\&=2\times 2\times 5\\&=20\end{aligned}$$，因此 $$\begin{aligned}8*9&=20\times 3\\&=60\end{aligned}$$。

解题过程
（1）该数列除以 $2$ 的余数为 $1,1,0,1,1,0,\cdots$，$3$ 位一循环，所以第 $300$ 个数除以 $2$ 的余数为 $0$。该数列除以 $3$ 的余数为 $1,0,1,1,2,0,2,2,1,0,1,\cdots$，$8$ 位一循环，所以第 $300$ 个数除以 $3$ 的余数与第 $4$ 位除以 $3$ 的余数相同，为 $1$。因为该数列除以 $2$ 余 $0$、除以 $3$ 余 $1$，所以第 $300$ 个数除以 $6$ 的余数为 $4$。 （2）因为该数列除以 $2$ 的余数为 $1,1,0,1,1,0,\cdots$，任意连续 $3$ 数之和都是 $2$ 的倍数，所以第 $300$ 组内连续 $300$ 个数之和必为 $2$ 的倍数。因为 $\dfrac{(1+299)\times 299}{2}=44\,850$，所以第 $300$ 组数的第一个数为原数列内的第 $44\,851$ 个数（$44\,851$ 除以 $8$ 余 $3$），它除以 $3$ 的余数相当于第 $3$ 位除以 $3$ 的余数，则第 $300$ 组数各数除以 $3$ 的余数为 $1,1,2,0,2,2,1,0,\cdots$，显然连续 $8$ 数之和为 $3$ 的倍数，所以第 $300$ 组数内各数之和除以 $3$ 的余数为 $1+1+2+0=4$（因为 $300$ 除以 $8$ 余 $4$），即为 $1$；综合除以 $2$ 余 $0$，得第 $300$ 组数内各数之和除以 $6$ 的余数为 $4$。

解题过程
记第 $k$ 行的数字和为 $S_k$。第 $k+1$ 行先将第 $k$ 行的数抄一遍，和为 $S_k$；再在每两个数间插入这两个数的和，因此除两边的数只算了 $1$ 遍外，其余的数都算了 $2$ 遍，因此新插入数的和是 $2S_k-2$。于是有 $$\begin{aligned}S_{k+1}&=S_k+2S_k-2\\&=3S_k-2\end{aligned}$$。各行的和除以 $7$ 的余数依次是 $2,4,3,0,5,6,2,4,\cdots$，周期是 $6$。$999\div 6=166\cdots\cdots3$，第 $999$ 个数与第 $3$ 个数的余数相同，是 $3$。

解题过程
设第 $k$ 次得到的数字之和为 $S_k$，则 $S_1=2$，且有 $$\begin{aligned}S_{k+1}&=S_k+\dfrac{2}{k+1}S_k\\&=S_k\times\dfrac{k+3}{k+1}\end{aligned}$$。因此有 $$\begin{aligned}S_{100}&=2\times\dfrac{4}{2}\times\dfrac{5}{3}\times\dfrac{6}{4}\times\cdots\times\dfrac{101}{99}\times\dfrac{102}{100}\\&=2\times\dfrac{101\times 102}{2\times 3}\\&=3434\end{aligned}$$。

解题过程
显然各行上出现的数都由该行第一列上的数决定，则可以先求出每行第一个数。记每行第一个数依次为 $a_1,a_2,a_3,\cdots$，观察可得 $a_n=1+\dfrac{n(n-1)}{2}$。所以第 $n$ 行上各数为 $1+\dfrac{n(n-1)}{2},2+\dfrac{n(n-1)}{2},\cdots,99+\dfrac{n(n-1)}{2}$。解不等式 $1+\dfrac{n(n-1)}{2}\le 99\le 99+\dfrac{n(n-1)}{2}$，得 $1\le n\le 14$。所以 $99$ 在该表中出现 $14$ 次，最后一次出现在第 $14$ 行；注意到第 $14$ 行第一个数为 $1+\dfrac{14\times 13}{2}=92$，那么 $99$ 是该行第 $99-92+1=8$ 个数，即 $99$ 最后一次出现在第 $14$ 行第 $8$ 列。永不出现的数是那些处于数表上两个相邻行之间的数，即在 $99+\dfrac{n(n-1)}{2}$ 与 $1+\dfrac{n(n+1)}{2}$ 之间，要使这样的整数存在，则 $99+\dfrac{n(n-1)}{2}+2\le 1+\dfrac{n(n+1)}{2}$，得 $n\ge 100$。则最小的永不出现的数为 $1+\dfrac{100\times(100+1)}{2}-1=5050$。

解题过程
不妨令首项为 $\dfrac{2}{n}$，公差为 $\dfrac{4}{n}$，则各项为 $\dfrac{2}{n},\dfrac{6}{n},\dfrac{10}{n},\dfrac{14}{n},\dfrac{18}{n}$。要使该 $5$ 项化简为分子为 $2$ 的最简分数，只要取 $n=[1,3,5,7,9]=315$ 即可。此时五数为 $\dfrac{2}{315},\dfrac{2}{105},\dfrac{2}{63},\dfrac{2}{45},\dfrac{2}{35}$。

解题过程
$$\begin{aligned}2009\Omega 1949+1949-5&=2009\Omega(1949\Omega 1949)\\&=2009\Omega 5\\&=2009\Omega(2009\Omega 2009)\\&=2009\Omega 2009+2009-5\\&=5+2009-5\\&=2009\end{aligned}$$。因此有 $$\begin{aligned}2009\Omega 1949&=2009+5-1949\\&=65\end{aligned}$$。

解题过程
$\triangle ABC$ 与 $\triangle ACD$ 的高相等，而 $AB$ 是 $AD$ 的 $3$ 倍，所以 $\triangle ABC$ 的面积是 $\triangle ACD$ 面积的 $3$ 倍，即 $5\times 3=15$ 平方厘米。

解题过程
直角梯形 $ABCD$ 的上底 $AD=12$（厘米），下底 $BC=15$（厘米），高 $AB=8$（厘米），那么它的面积是 $(12+15)\times 8\div 2=108$ 平方厘米。由于 $\triangle ADE$、四边形 $DEBF$、$\triangle CDF$ 的面积相等，所以每一块的面积都是 $108\div 3=36$ 平方厘米。在 $\triangle ADE$ 中，$AD=12$ 厘米，则 $AE=36\times 2\div 12=6$ 厘米，$BE=AB-AE=8-6=2$ 厘米；在 $\triangle CDF$ 中，底边 $CF$ 上的高与 $AB$ 相等即 $8$ 厘米，则 $CF=36\times 2\div 8=9$ 厘米，$BF=BC-CF=15-9=6$ 厘米。于是角上的 $\triangle BEF$ 的面积为 $BE\times BF\div 2=2\times 6\div 2=6$ 平方厘米，所以阴影 $\triangle DEF$ 的面积为 $108-36-36-6=30$ 平方厘米。

解题过程
上排左、右两个小长方形面积是 $30$ 和 $15$，下排左边长方形面积是 $40$。上排两个长方形的高相同，所以它们的长之比等于面积之比 $30:15=2:1$；下排两块的长之比也相同，故下排右边长方形面积 $=40\times\frac{15}{30}=20$ 平方米。

解题过程
$\triangle ADC$ 与 $\triangle DEC$ 的底边 $AC$ 是 $EC$ 的 $3$ 倍，它们以 $D$ 点为顶点等高，所以 $\triangle ADC$ 面积是 $\triangle DEC$ 的 $3$ 倍，即 $3\times 3=9$ 平方厘米。再比较 $\triangle ABC$ 与 $\triangle ADC$：底边 $BC$ 是 $DC$ 的 $3$ 倍且以 $A$ 点为顶点等高，所以 $\triangle ABC$ 面积是 $\triangle ADC$ 的 $3$ 倍，为 $9\times 3=27$ 平方厘米。

解题过程
$\triangle ABE$ 和 $\triangle ABC$ 有公共顶点 $A$、同高，且因为 $E$ 是 $BC$ 上的三等分点，所以底边 $BE$ 是 $BC$ 的 $\frac{2}{3}$，于是 $\triangle ABE$ 面积是 $\triangle ABC$ 面积的 $\frac{2}{3}$，即 $36\times\frac{2}{3}=24$ 平方厘米。又 $\triangle BDE$ 与 $\triangle ABE$ 有公共顶点 $B$、同高，且 $ED$ 是 $AD$ 的 $2$ 倍，所以底边 $ED$ 是 $AE$ 的 $\frac{2}{3}$，于是 $\triangle BDE$ 面积是 $\triangle ABE$ 面积的 $\frac{2}{3}$，即 $24\times\frac{2}{3}=16$ 平方厘米。

解题过程
$E$ 是 $AB$ 上靠近 $B$ 点的四等分点，故 $AE$ 是 $EB$ 的 $3$ 倍。$\triangle AED$ 与 $\triangle BEC$ 利用等底（同高）关系换算，可得 $\triangle AED$ 面积是 $\triangle BEC$ 面积的 $3$ 倍，即 $20\times 3=60$ 平方厘米。再由平行四边形 $DECF$ 与相关三角形的关系求得平行四边形 $DECF$ 的面积是 $80\times 2=160$ 平方厘米。

解题过程
过 $O$ 点作一条 $AD$ 的平行线，分别交 $AB$、$CD$ 于 $E$、$F$，正好把 $ABCD$ 分成左右两个小平行四边形，且分别将两个阴影三角形 $AOD$、$BOC$ 等分。$\triangle AOD$ 的面积是平行四边形 $ADFE$ 的一半，$\triangle BOC$ 的面积是平行四边形 $BCFE$ 的一半，于是它们的总面积是平行四边形 $ABCD$ 面积的一半，即 $36\div 2=18$。所以 $\triangle BOC$ 的面积为 $18-8=10$。

解题过程
$\triangle AEB$ 的底 $AE$ 是长方形长 $AD$ 的 $\frac{2}{3}$，高与长方形宽相等，所以 $\triangle AEB$ 的面积是长方形面积的 $\frac{2}{3}\times 1\div 2=\frac{1}{3}$，即 $96\times\frac{1}{3}=32$ 平方厘米。$\triangle BFC$ 的底 $FC$ 是长方形宽的 $\frac{1}{4}$，所以面积是长方形面积的 $1\times\frac{1}{4}\div 2=\frac{1}{8}$，即 $96\times\frac{1}{8}=12$ 平方厘米。$\triangle EDF$ 的两直角边分别是长的 $\frac{1}{3}$ 与宽的 $\frac{3}{4}$，面积是长方形面积的 $\frac{1}{3}\times\frac{3}{4}\div 2=\frac{1}{8}$，即 $12$ 平方厘米。所以阴影三角形 $BEF$ 的面积为 $96-32-12-12=40$ 平方厘米。

解题过程
设原正方形边长为 $a$ 厘米。增加的面积由两条长边的长方形和一个 $3\times 5$ 的小长方形组成：$3a+5a+3\times 5=8a+15=71$，解得 $a=7$。所以原正方形的面积是 $7\times 7=49$ 平方厘米。

解题过程
设原正方形边长为 $a$ 厘米。减少的面积由两条边的长方形减去重叠的 $2\times 4$ 小长方形：$2a+4a-2\times 4=6a-8=46$，解得 $a=9$。所以原正方形的面积是 $9\times 9=81$ 平方厘米。

解题过程
同一行的小长方形高相同，同一列的小长方形宽相同，因此处于同行（同列）的长方形面积之比等于它们的长（宽）之比。第一行中 $12$ 平方米的长方形面积是 $4$ 平方米的 $3$ 倍，依此关系逐格推算，可求出其余四个长方形面积分别为 $8$、$24$、$10$、$30$ 平方米。

解题过程
$D$ 是 $BC$ 中点，所以 $\triangle ABD$ 的面积是 $\triangle ABC$ 的一半，即 $180\div 2=90$ 平方厘米。又 $AD$ 是 $AE$ 的 $3$ 倍，$\triangle ABE$ 与 $\triangle ABD$ 同高，所以 $\triangle ABE$ 的面积是 $\triangle ABD$ 的 $\frac{1}{3}$，即 $90\times\frac{1}{3}=30$ 平方厘米。

解题过程
连接 $BD$，把四边形 $BEDF$ 分成 $\triangle BDE$ 和 $\triangle BDF$ 两部分。在 $\triangle BCD$ 中，由 $CD=3DF$，可知 $\triangle BCF=2\triangle BDF$，即 $\triangle BCF$ 的面积是 $\triangle BDF$ 面积的 $2$ 倍，因此 $\triangle BDF$ 的面积为 $6\div 2=3$ 平方厘米。由四边形 $BEDF$ 的面积是 $7$ 平方厘米，得 $\triangle BDE=7-3=4$ 平方厘米。又由 $AE=3ED$，$\triangle ABD$ 的面积是 $\triangle BDE$ 面积的 $3$ 倍，即 $\triangle ABD=4\times 3=12$ 平方厘米。这样一来，四边形 $ABCD$ 各部分的面积都已求出，$\triangle ABD$ 与 $\triangle BCF$、四边形 $BEDF$ 合计 $12+7+6=25$ 平方厘米。

解题过程
把各边向外延长 $1$ 倍，即每个外角处形成的三角形（如 $\triangle ADE$ 等）的面积都等于 $\triangle DEF$ 面积的 $2$ 倍。设 $\triangle DEF$ 的面积为 $1$ 份，三个外接三角形面积共为 $2\times 3=6$ 份，加上中间的 $\triangle DEF$，得 $\triangle ABC$ 的面积为 $1+6=7$ 份。所以 $\triangle ABC$ 的面积是 $\triangle DEF$ 的 $7$ 倍，$\triangle DEF$ 的面积是 $\triangle ABC$ 的 $\frac{1}{7}$。

解题过程
梯形面积是三角形 $\triangle ABE$ 面积的 $5$ 倍，所以整个长方形面积是 $\triangle ABE$ 面积的 $5+1=6$ 倍。又 $\triangle ABE$ 与长方形等高（同为 $AB$），所以底 $BE$ 是长方形长 $BC=18$ 的 $\frac{1}{6}$，即 $BE=18\div 6\times 2$。由于三角形面积是长方形的 $\frac{1}{6}$ 而三角形面积公式带 $\div 2$，于是 $BE=18\div 3=6$。

解题过程
假设 $\triangle AEC$ 的面积是 $1$ 份，那么梯形的面积是 $5$ 份。因为 $E$ 是 $AB$ 上靠近 $A$ 点的三等分点，所以 $AB=3AE$，$\triangle ABC$ 与 $\triangle AEC$ 同高，于是 $\triangle ABC$ 的面积是 $\triangle AEC$ 的 $3$ 倍，即 $3$ 份。那么 $\triangle ACD$ 的面积就是 $5-3=2$ 份。$\triangle ABC$ 以 $BC$ 为底、$\triangle ACD$ 以 $AD$ 为底时，它们的高都等于梯形的高，所以同高三角形面积之比等于底之比，即下底 $BC$ 与上底 $AD$ 之比为 $3:2=1.5$。所以下底是上底的 $1.5$ 倍。

解题过程
黄色三角形的底和绿色三角形的底分别对应着长方形上、下两条长边，它们的高之和等于长方形的宽，所以黄色与绿色三角形的面积之和恰好是整个长方形面积的一半。同理，红色、蓝色两个三角形的面积之和也是整个长方形面积的一半。因此红色与蓝色三角形的面积和等于黄色与绿色三角形的面积和，即 $21+\text{蓝}=9+10+\text{（与蓝相对的一块）}$。按图中相对关系（黄、蓝相对，红、绿相对）有 $9+\text{蓝}=21+10$，所以蓝色三角形的面积为 $21+10-9=22$ 平方厘米。

解题过程
无论 $P$ 点取在何处，以正方形某条边上相邻两个三等分点之间的线段为底、$P$ 到该边的距离为高的三角形，其底是该边的 $\frac{1}{3}$。把全部以 $P$ 为顶点、以各边为底的三角形面积合起来恰好是正方形面积，而阴影四边形与空白三角形的划分使阴影部分占去其中的 $\frac{2}{3}$。所以正方形的面积是 $1$ 时，阴影部分的总面积就是 $\frac{2}{3}$。

解题过程
$\triangle ABD$ 的面积为 $13$，则 $\triangle BCD$ 的面积为 $35-13=22$ 平方厘米。$E$ 是 $AB$ 的中点，$\triangle BCE$ 与 $\triangle ABC$ 同高且底 $BE$ 是 $AB$ 的一半，所以 $\triangle BCE$ 的面积是 $\triangle ABC$ 的一半。结合梯形中 $\triangle ABC$ 的面积，可算得 $\triangle BCE$ 的面积为 $11$ 平方厘米。

解题过程
连接图中两正方形的对角线 $AE$、$EF$。（1）四边形 $ADEB$ 和 $ECFG$ 都是正方形，因此对角线 $AE$ 和 $CG$ 平行。$\triangle ACG$ 与 $\triangle ECG$ 有公共底 $CG$，且 $AE\parallel CG$，于是它们等高也相等，所以 $S_{\triangle ACG}=S_{\triangle ECG}=4\times 4\div 2=8$。（2）同一道理，$BD\parallel EF$，$\triangle BDF$ 与 $\triangle EDF$ 等高相等，$S_{\triangle BDF}=S_{\triangle EDF}=6\times 6\div 2=18$。

解题过程
左上角的小长方形面积为 $10\times 2=20$ 平方厘米，长方形 $CEFB$ 的面积是 $20+154=174$ 平方厘米，而长方形的长 $EF$ 正是三个正方形边长之和，即 $10+12+8=30$ 厘米，因此 $BF$ 就是 $174\div 30=5.8$ 厘米。

解题过程
（1）设原正方形边长为 $a$ 厘米。增加的面积由两条长边的长方形和一个 $2\times 4$ 的小长方形组成：$2a+4a+2\times 4=6a+8=50$，解得 $a=7$，原正方形面积为 $7\times 7=49$ 平方厘米。（2）设原正方形边长为 $a$ 厘米。减少的面积为 $3a+5a-3\times 5=8a-15=65$，解得 $a=10$，原正方形面积为 $10\times 10=100$ 平方厘米。

解题过程
连接 $AO$、$BO$、$CO$、$DO$ 之后，四边形 $ABCD$ 的面积正好是 $\triangle AOB$、$\triangle BOC$、$\triangle COD$、$\triangle DOA$ 的面积之和。$O$ 点到四条边的垂线段（即各三角形的高）都等于 $4$ 厘米，利用乘法分配律，$$\begin{aligned}\text{它们的面积之和}&=\frac{1}{2}\times 4\times(AB+BC+CD+DA)\\&=\frac{1}{2}\times 4\times 36\\&=72\end{aligned}$$ 平方厘米。

解题过程
连接 $CE$，发现 $\triangle ACE$ 与 $\triangle CBE$ 的面积之和等于直角三角形 $ABC$ 的面积，即 $20\times 12\div 2=120$ 平方厘米。设正方形边长为 $a$ 厘米，以 $AC$ 为底时 $\triangle ACE$ 的高 $EF=a$，以 $BC$ 为底时 $\triangle CBE$ 的高 $ED=a$，于是 $AC\times a\div 2+BC\times a\div 2=(AC+BC)\times a\div 2=120$，得 $(20+12)\times a\div 2=120$，$$\begin{aligned}a&=120\times 2\div 32\\&=7.5\end{aligned}$$ 厘米。所以正方形的边长是 $7.5$ 厘米。

解题过程
四个三角形面积相等，每个都是 $\triangle ABC$ 的 $\frac{1}{4}$。$\triangle ABD$ 是 $\triangle ABC$ 的 $\frac{1}{4}$，它们有相同的高，所以底边 $AD$ 与 $AC$ 也是 $4$ 倍关系，于是 $$\begin{aligned}AD&=AC\div 4\\&=96\div 4\\&=24\end{aligned}$$（厘米），$$\begin{aligned}CD&=AC-AD\\&=96-24\\&=72\end{aligned}$$（厘米）。类似地分析另一条折线对应的底，求出相应分点位置后相加，可得 $CE+CF=100$ 厘米。

解题过程
连接对角线设 $\triangle ABD$、$\triangle CBD$ 等的面积为 $S_1$、$S_2$，则四边形 $ABCD$ 的面积为 $S_1+S_2$。把各边延长 $1$ 倍，$\triangle AEH$ 与 $\triangle CFG$ 的面积和为 $2S_1+2S_2$，正好是四边形 $ABCD$ 面积的 $2$ 倍。同理，$\triangle BEF$ 与 $\triangle DGH$ 的面积和也是四边形 $ABCD$ 面积的 $2$ 倍。所以四边形 $EFGH$ 的面积为四边形 $ABCD$ 面积的 $2+2+1=5$ 倍，即 $5\times 5=25$ 平方米。

解题过程
观察图形，发现 $BM$ 在直角梯形 $ABMI$ 之中，已经知道了这个直角梯形的上底 $AI$ 与高 $AB$，如果知道它的面积就可以求出下底 $BM$。正方形 $ABCD$ 的边长为 $8$ 厘米，面积为 $8\times 8=64$ 平方厘米；分别算出四个角上的空白三角形 $S_{\triangle AEI}=2\times 5\div 2=5$，$S_{\triangle BEF}=1\times 6\div 2=3$，$S_{\triangle CHG}=2\times 4\div 2=4$，$S_{\triangle DHI}=3\times 4\div 2=6$。于是五边形 $EFGHI$ 的面积为 $64-5-3-4-6=46$ 平方厘米。四边形 $EFMI$ 的面积为五边形的一半，即 $46\div 2=23$ 平方厘米。直角梯形 $ABMI$ 的面积为 $\triangle AEI$、$\triangle BEF$ 和四边形 $EFMI$ 的面积和，即 $5+3+23=31$ 平方厘米，它的高 $AB$ 为 $8$ 厘米，上底 $AI$ 为 $5$ 厘米，则 $$\begin{aligned}BM&=31\times 2\div 8-5\\&=2.75\end{aligned}$$（厘米）。

解题过程
因为 $MD$、$EC$ 都垂直于 $BC$，所以 $MD\parallel EC$。$M$ 为 $AB$ 中点，$MD$ 是 $\triangle ABC$ 一条与 $EC$ 平行的中位线段，由此可证 $\triangle BCM$ 与 $\triangle BDE$ 等相关三角形面积也相等，进而 $\triangle BCM$ 的面积是 $3$ 平方厘米。又 $M$ 是 $AB$ 中点，所以 $\triangle ABC$ 的面积是 $\triangle BCM$ 的 $2$ 倍，即 $2\times 3=6$ 平方厘米。

解题过程
设两个正方形的边长分别为 $a$、$b$ 厘米（$a>b$），由图知 $a+b=20$。又大正方形比小正方形面积大 $40$ 平方厘米，即 $a^2-b^2=40$，也就是 $(a+b)(a-b)=40$，所以 $$\begin{aligned}a-b&=40\div 20\\&=2\end{aligned}$$。由 $a+b=20$、$a-b=2$ 解得 $a=11$，$b=9$。因此大正方形面积为 $11\times 11=121$ 平方厘米。

解题过程
$ED=95$（厘米）即 $9.5$ 分米。$\triangle AEC$ 以 $AC$ 为底、$ED$ 为高，它的面积是 $30\times 9.5\div 2=142.5$ 平方分米。直角三角形 $ABC$ 的面积为 $18\times 24\div 2=216$ 平方分米，那么 $\triangle ABE$ 和 $\triangle CBE$ 的面积之和就是 $216-142.5=73.5$ 平方分米。在 $\triangle ABE$ 和 $\triangle CBE$ 中，底边分别是 $AB$ 和 $BC$，高都是正方形的边长。利用乘法分配律，它们的面积之和为 $(AB+BC)\times\text{高}\div 2$，于是高为 $73.5\times 2\div(18+24)=3.5$ 分米。因此正方形边长为 $3.5$ 分米，即 $35$ 厘米。

解题过程
整个正六角星可以被分成 $12$ 个全等的小三角形，设整个六角星的面积为 $1$ 份，则每个小三角形的面积是 $\frac{1}{12}$。图中粗黑的大三角形面积是 $\frac{1}{12}\times 9=\frac{3}{4}$。直线分出的较小三角形（刀口附近、由所标 $4$ 与 $2$ 决定的三角形）面积，按相似（底比）计算为 $\frac{3}{4}\times\frac{11}{12}\times\frac{13}{15}=\frac{143}{300}$。于是较大的残片面积为 $\frac{1}{12}+\frac{1}{12}+\frac{143}{300}=\frac{193}{300}$，较小的残片面积为 $1-\frac{193}{300}=\frac{107}{300}$。

解题过程
如图所示，由于 $BF\parallel GA$，所以 $S_{\triangle BAF}=S_{\triangle GAF}$；又由于 $NB\parallel GH$，所以 $S_{\triangle GAB}=S_{\triangle HAB}$。通过这一类等积变形可知，上、下两块阴影三角形与中间正方形构成的阴影部分，其总面积恰好等于一个边长为 $1$ 的正方形面积的一半。由对称性可得，整个阴影部分的面积是 $\frac{1}{2}$，即 $0.5$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{扇形的面积}&=\pi r^2\times\dfrac{120}{360}\\&=3.14\times 2^2\times\dfrac{1}{3}\\&=\dfrac{314}{75}\\&=4\dfrac{14}{75}\end{aligned}$$。 $$\begin{aligned}\text{扇形的周长}&=2r+2\pi r\times\dfrac{120}{360}\\&=2\times 2+2\times 3.14\times 2\times\dfrac{1}{3}\\&=4+\dfrac{314}{75}\\&=8\dfrac{14}{75}\end{aligned}$$。

解题过程
由 $S=\pi r^2$，得 $$\begin{aligned}r^2&=\dfrac{S}{\pi}\\&=\dfrac{28.26}{3.14}\\&=9\end{aligned}$$，因此 $r=3$（厘米）。 $$\begin{aligned}C&=2\pi r\\&=2\times 3.14\times 3\\&=18.84\end{aligned}$$（厘米）。

解题过程
由 $C=2\pi r$，得 $$\begin{aligned}r&=\dfrac{C}{2\pi}\\&=\dfrac{25.12}{2\times 3.14}\\&=4\end{aligned}$$（厘米）。 $$\begin{aligned}S&=\pi r^2\\&=3.14\times 4^2\\&=50.24\end{aligned}$$（平方厘米）。

解题过程
（1）在组成外周长的 $8$ 个部分中，有 $4$ 个部分是半径为 $1$、圆心角为 $90^\circ$ 的圆弧，它们恰好拼成一个整圆，于是这 $4$ 段弧长之和等于圆周长 $2\pi\times 1=2\pi$，加上 $4$ 段直边（每段长 $2$，共 $4\times 2=8$），因此圆角矩形的外周长就是 $$\begin{aligned}&2\pi+4\times 2\\&=6.28+8\\&=14.28\end{aligned}$$ 厘米。 面积就是 $4$ 个圆角处补成的部分加上中间部分，整理得 $3.18+8+4$ 等项，圆角矩形的总面积是 $15.14$ 平方厘米。 （2）花瓣图形的弧由半圆弧拼成，周长为 $31.4$ 厘米；面积按割补法计算（即 $9.42+4\times 4-6.28$ 等项）得 $17.14$ 平方厘米。

解题过程
（1）用割补的方法，把右边半圆部分“切割”下来，补在左边相同的位置，使整个阴影部分恰好拼成一个边长为 $3$ 的直角三角形 $3\times 3=9$ 的一半，所以阴影面积 $9\div 2=4.5$ 平方厘米。 （2）用平移的方法，把图形沿中间切开，把左边图形的阴影部分移到右边正方形内，这样整个阴影部分变成一个边长为 $1$ 的小正方形，面积 $1\times 1=1$ 平方厘米。 （3）与第 $2$ 问类似，用平移把阴影部分变成一个边长为 $2$ 厘米、宽为 $1$ 厘米的小正方形（即半个边长 $2$ 的正方形），面积 $2\times 2\div 2=2$ 平方厘米。

解题过程
（1）阴影部分被两段圆弧包围，把弧的两端连起来，分成两个弓形，每个弓形都是从半径为 $2$ 的直角扇形（圆心角 $90^\circ$）中挖掉一个直角边长为 $2$ 的等腰直角三角形。直角扇形面积 $=\dfrac14\times 3.14\times 2^2=3.14$，三角形面积 $=\dfrac12\times 2\times 2=2$，一个弓形 $=3.14-2=1.14$，两个弓形 $=1.14\times 2=2.28$ 平方厘米。 （2）整个阴影由 $4$ 个面积相等的弓形组成，每个弓形仍是“半径 $2$ 的直角扇形减直角边 $2$ 的等腰直角三角形”$=1.14$，所以阴影 $=1.14\times 4=4.56$ 平方厘米。 （3）在每段圆弧两端连线，阴影由弓形旋转填补后等于“直角扇形面积减等腰直角三角形面积”。直角扇形（半径 $7$，圆心角 $90^\circ$）面积 $=\dfrac{90\times 3.14\times 7^2}{360}=38.465$，等腰直角三角形（直角边 $7$）面积 $=\dfrac12\times 7\times 7=24.5$，阴影 $=38.465-24.5=13.965$ 平方厘米。

解题过程
甲区域与阴影组成了一个半圆，乙区域与阴影组成了一个三角形。由甲区域比乙区域大 $57$ 平方厘米，可知半圆面积比三角形面积大 $57$ 平方厘米（公共阴影部分抵消）。 $$\begin{aligned}\text{半圆面积}&=\dfrac{10^2\pi}{2}\\&=50\pi\\&\approx 157\end{aligned}$$ 平方厘米。 三角形面积 $=157-57=100$ 平方厘米。 直角三角形的底（即半圆直径）为 $2\times 10=20$ 厘米，设竖直直角边长为 $h$，则 $\dfrac{20\times h}{2}=100$，竖直直角边 $=\dfrac{100\times 2}{20}=10$ 厘米。

解题过程
图中两个半径为 $10$ 厘米的直角扇形（圆心角 $90^\circ$）拼成一个半径为 $10$ 的半圆，这两个直角扇形可组成一个半径为 $10$ 的半圆，$$\begin{aligned}\text{面积}&=\dfrac{10^2}{2}\pi\\&=50\pi\\&\approx 157\end{aligned}$$ 平方厘米。 而底边为 $20$、高为 $10$ 的等腰直角三角形面积 $=\dfrac{20\times 10}{2}=50$ 平方厘米。 阴影部分的面积 $=157-50=107$ 平方厘米。

解题过程
以 $E$ 为圆心、$2$ 为半径的扇形，加上左边和上边共 $5$ 个小正方形，再减去以 $A$ 为圆心、$3$ 为半径的扇形，即得阴影部分。因此 $$\begin{aligned}\text{阴影部分的面积}&=\dfrac{2^2\pi}{4}+5-\dfrac{3^2\pi}{4}\\&=5-1.25\pi\\&\approx 1.075\end{aligned}$$ 平方厘米。

解题过程
长方形对角线长 $=\sqrt{4^2+3^2}=5$ 厘米。$A$ 点每次绕一个顶点旋转 $90^\circ$，转动半径分别为长方形的对角线、宽、长。 第一次旋转：以 $B$ 为圆心、$AB=5$ 为半径，转 $90^\circ$，弧长 $$\begin{aligned}S_1&=\dfrac14\times 2\times 3\times 5\\&=7.5\end{aligned}$$ 厘米。 第二次旋转：以 $C$ 为圆心、半径为长方形的宽 $3$，弧长 $$\begin{aligned}S_2&=\dfrac14\times 2\times 3\times 3\\&=4.5\end{aligned}$$ 厘米。 第三次旋转：以 $D$ 为圆心、半径为长方形的长 $4$，弧长 $$\begin{aligned}S_3&=\dfrac14\times 2\times 3\times 4\\&=6\end{aligned}$$ 厘米。 故 $A$ 点经过的总路程 $$\begin{aligned}S&=S_1+S_2+S_3\\&=7.5+4.5+6\\&=18\end{aligned}$$ 厘米。

解题过程
（1）扇形面积 $=$ 弧长乘以半径除以 $2$，即 $\dfrac{3.14\times 2}{2}=3.14$ 平方厘米。 （2）设半径为 $r$ 厘米，由 $\dfrac{r^2\times 3.14}{2}=56.52$，得 $r^2=36$，$r=6$ 厘米。半圆周长 $=$ 半圆弧 $+$ 直径 $$\begin{aligned}&=\dfrac{1}{2}\times 2\times 3.14\times 6+2\times 6\\&=18.84+12\\&=30.84\end{aligned}$$ 厘米。

解题过程
设扇形的半径为 $r$ 厘米。由 $\dfrac{r^2\times 3.14}{6}=18.84$，得 $r^2=36$，$r=6$ 厘米。 周长 $=2r+$ $$\begin{aligned}\text{弧长}&=2\times 6+\dfrac{6\times 2\times 3.14}{6}\\&=12+6.28\\&=18.28\end{aligned}$$ 厘米。

解题过程
（1）用割补法。把三角形的弓形阴影补到三角形空白半圆内的对应位置，使阴影变成一个大等腰直角三角形减去小等腰直角三角形的面积之差。大等腰直角三角形的两直角边长是 $10$ 厘米，面积 $10\times 10\div 2=50$ 平方厘米；中间小三角形的面积是 $50\div 2=25$ 平方厘米。因此阴影部分的面积为 $25$ 平方厘米。 （2）四个叶形的阴影部分，每个叶形面积 $=2$ 个四分之一圆（半径 $1$）面积之和减去边长 $2$ 的正方形面积，整理得四叶形总面积约 $2.28$ 平方厘米。

解题过程
三角形 $ABC$ 内由两个半径为 $3$ 的扇形（圆心分别为 $B$、$C$）覆盖。两扇形面积之和 $=$ 三角形面积 $-$ 阴影 $=45-35.58=9.42$。 其中以 $C$ 为圆心的是直角扇形（$\angle C=90^\circ$），$$\begin{aligned}\text{面积}&=\dfrac14\times\pi\times 3^2\\&=\dfrac94\times 3.14\\&=7.065\end{aligned}$$，所以以 $B$ 为圆心的扇形面积 $=9.42-7.065=2.355$。 半径为 $3$ 的整圆面积 $=\pi\times 3^2\approx 28.26$，以 $B$ 为圆心的扇形占整圆的 $\dfrac{2.355}{28.26}=\dfrac{1}{12}$，故其圆心角 $=\dfrac{1}{12}\times 360^\circ=30^\circ$，即 $\angle B=30^\circ$。 在三角形 $ABC$ 中，$\angle B=30^\circ$，$\angle C=90^\circ$，所以 $\angle A=180^\circ-30^\circ-90^\circ=60^\circ$。