六年级 数学思维训练汇编 — 题库预览

解题步骤
换元设 $1+2+\cdots+2009=a$；$2+3+\cdots+2009=b$
原式 $A=a\times(b+2010)$，$B=(a+2010)\times b$
展开之后发现 $A$ 比较大.

解题步骤
考虑除以 3 所得的余数.
因为 478 除以 3 余 1，9763 除以 3 也余 1（只要看 $4+7+8$，$9+7+6+3$ 除以 3 的余数），所以 $478\times9763$ 除以 3 余 $1\times1=1$，而 $4666514$ 除以 3 余 2（即 $4+6+6+6+5+1+4$ 除以 3 余 2）.
因此 $478\times9763\neq4666514$，从而天平甲不平衡，因此，天平乙是平衡的.

解题步骤
首先 $\dfrac{4}{7}$ 和 $\dfrac{5}{8}$ 都是大于 $\dfrac{1}{2}$ 的，那么 $\dfrac{a}{b}$ 也应该是大于 $\dfrac{1}{2}$ 的，从 $\dfrac{7}{12}$ 往后都是大于 $\dfrac{1}{2}$ 的，而只有 $\dfrac{4}{7}<\dfrac{7}{12}<\dfrac{5}{8}$.

解题步骤
$a$，$b$ 可以分别调整为 $\dfrac{1100}{11100}$、$\dfrac{1110}{11110}$，这样 $a$、$b$、$c$ 的分子分母都相差 10000，根据经典结论，显然此时分子分母越大，分数的值也越大，故最大的是 $c$，最小的是 $a$.
经典结论法：对于真分数，如果几个分数分子和分母的差是个定值，那么分子和分母大的分数大，对于假分数则相反.

解题步骤
$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{13}$
$=\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}\right)+\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{6}\right)+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{13}$
$=1+\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{13}$
因为 $1+\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{13}<1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=2$，
又因为 $1+\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{13}>1$，
所以六个分数 $\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{1}{3}$，$\dfrac{1}{5}$，$\dfrac{1}{7}$，$\dfrac{1}{11}$，$\dfrac{1}{13}$ 的和在 1 和 2 之间.

解题步骤
假设这 27 个数的总和为 $S$，显然 $S$ 是个奇数. 那么根据已知条件，有：
$15.85\leqslant\dfrac{S}{27}\approx15.9<15.95$
即：$15.85\times27\leqslant S<15.95\times27$
即：$427.95\leqslant S<430.65$
于是可得：$S=429$. 即这 27 个数的总和为 429，它们的平均数保留 2 位小数为 $\dfrac{429}{27}\approx15.89$.

解题步骤
当两个数的和一定时，两数越接近它们积越大，所以
$8.03\times1.22<8.02\times1.23<8.01\times1.24$
从而 $8.01\times1.24+8.02\times1.23+8.03\times1.22<8.01\times1.24\times3<8\times1.25\times3=30$
$8.01\times1.24+8.02\times1.23+8.03\times1.22>8\times(1.24+1.23+1.22)=8\times3.69$
$=29.52$
即 $8.01\times1.24+8.02\times1.23+8.03\times1.22$ 的整数部分是 29.

解题步骤
一共有 10 项，这个值大于 $\dfrac{10}{11}\times10=9\dfrac{1}{11}$，小于 $\dfrac{19}{20}\times10=9\dfrac{1}{2}$，所以应该分别填入 9 和 10.

解题步骤
对分母进行放缩. 令 $s=\dfrac{1}{\dfrac{1}{2007}+\dfrac{1}{2006}+\dfrac{1}{2005}+\dfrac{1}{2004}+\dfrac{1}{2003}}$，
则 $s>\dfrac{1}{\dfrac{1}{2003}+\dfrac{1}{2003}+\dfrac{1}{2003}+\dfrac{1}{2003}+\dfrac{1}{2003}}=\dfrac{2003}{5}$
$=400\dfrac{3}{5}$，
$s<\dfrac{1}{\dfrac{1}{2007}+\dfrac{1}{2007}+\dfrac{1}{2007}+\dfrac{1}{2007}+\dfrac{1}{2007}}=\dfrac{2007}{5}$
$=401\dfrac{2}{5}$，无法确定整数部分.
进一步采用中项放缩. 根据两个数和一定则差越小积越大，所以 $2007\times2003<2006\times2004<2005\times2005$，
则 $\dfrac{1}{2007\times2003}>\dfrac{1}{2006\times2004}>\dfrac{1}{2005\times2005}$，可得 $\dfrac{4010}{2007\times2003}>\dfrac{4010}{2006\times2004}>\dfrac{4010}{2005\times2005}$
即 $\dfrac{1}{2007}+\dfrac{1}{2003}>\dfrac{1}{2006}+\dfrac{1}{2004}>\dfrac{1}{2005}\times2$，所以 $s<\dfrac{1}{\dfrac{1}{2005}\times5}=\dfrac{2005}{5}$
$=401$，
即 $400\dfrac{3}{5}<s<401$，所以 $s$ 的整数部分为 400.
采用放缩的方法进行估值时，要想办法把结果确定在一个整数的范围内，头尾放缩无法确定时，可以尝试采用中项放缩或者分段放缩等方法.

解题步骤
由于 $30\times49<31\times48<\cdots<39\times40$，所以 $\dfrac{1}{30\times49}>\dfrac{1}{31\times48}>\cdots>\dfrac{1}{39\times40}$，$\dfrac{79}{30\times49}>\dfrac{79}{31\times48}>\cdots>\dfrac{79}{39\times40}$，即 $\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{49}>\dfrac{1}{31}+\dfrac{1}{48}>\cdots>\dfrac{1}{39}+\dfrac{1}{40}$，
所以 $\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{31}+\dfrac{1}{32}+\cdots+\dfrac{1}{49}>\left(\dfrac{1}{39}+\dfrac{1}{40}\right)\times10>\left(\dfrac{1}{40}+\dfrac{1}{40}\right)\times10=\dfrac{1}{2}$，
所以 $\dfrac{1}{\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{31}+\dfrac{1}{32}+\cdots+\dfrac{1}{49}}<\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}=2$，
又 $\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{31}+\dfrac{1}{32}+\cdots+\dfrac{1}{49}<\dfrac{1}{30}\times20=\dfrac{2}{3}$，所以 $\dfrac{1}{\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{31}+\dfrac{1}{32}+\cdots+\dfrac{1}{49}}>\dfrac{1}{\dfrac{2}{3}}=\dfrac{3}{2}$，
所以 $\dfrac{1}{\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{31}+\dfrac{1}{32}+\cdots+\dfrac{1}{49}}$ 的整数部分是 1.

解题步骤
原式 $=\left[1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{10}+\left(\dfrac{1}{12}-\dfrac{1}{14}\right)+\left(\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{18}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{96}-\dfrac{1}{98}\right)+\dfrac{1}{100}\right]\times10$
$>\left[1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{10}\right]\times10=\dfrac{73}{12}>6$，
原式 $=\left[1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{12}-\left(\dfrac{1}{14}-\dfrac{1}{16}\right)-\left(\dfrac{1}{18}-\dfrac{1}{20}\right)+\cdots-\left(\dfrac{1}{98}-\dfrac{1}{100}\right)\right]\times10$
$<\left(1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{12}\right)\times10=\dfrac{83}{12}<7$，
所以原式的整数部分是 6.

解题步骤
原式 $=51.2\times8.1+(51.2+12.5)\times1.9+11\times(8+1.25)$
$=51.2\times(8.1+1.9)+12.5\times1.9+12.5\times1.1+88$
$=600+12.5\times3$
$=637.5$

解题步骤
原式 $=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}\right)\times30+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}\right)\times105+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}\right)\times315$
$=\frac{1}{2}\times30+\frac{1}{3}\times30+\frac{1}{5}\times30+\frac{1}{3}\times105+\frac{1}{5}\times105+\frac{1}{7}\times105+\frac{1}{5}\times315+\frac{1}{7}\times315+\frac{1}{9}\times315$
$=15+10+6+35+21+15+63+45+35$
$=245$

解题步骤
原式 $=\left(\frac{2008}{2008}+\frac{2007}{2008}+\frac{2006}{2008}+\cdots+\frac{1}{2008}\right)-\left(\frac{2007}{2007}+\frac{2006}{2007}+\cdots+\frac{1}{2007}\right)+\cdots+\left(\frac{2}{2}+\frac{1}{2}\right)-1$
$=\frac{1}{2}\times2009-\frac{1}{2}\times2008+\frac{1}{2}\times2007-\frac{1}{2}\times2006+\cdots+\frac{1}{2}\times3-\frac{1}{2}\times2$
$=\frac{1}{2}\times1004$
$=502$

解题步骤
原式 $=\dfrac{\frac{1}{5}+\frac{1}{10}+\frac{1}{20}+\frac{1}{40}+\frac{1}{80}+\cdots+\frac{1}{10240}+\frac{1}{10240}-\frac{1}{10240}}{0.2\times\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\right)}$
$=\dfrac{\frac{2}{5}-\frac{1}{10240}}{0.2}$
$=2-\frac{1}{2048}$
$=1\frac{2047}{2048}$

解题步骤
原式 $=\left[\frac{1}{17}\times\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)\right]\div\left[\frac{1}{17}\times\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\right]+\left[\frac{1}{11}\times\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)\right]\div\left[\frac{1}{11}\times\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\right]$
$=\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)\div\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)\div\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)$
$=2+2$
$=4$

解题步骤
原式 $=\dfrac{3.875\times0.2+3.875\times0.9-3.875\div10}{2\frac{1}{6}+\left[(4.32-1.68-1.32)\times\frac{5}{11}-\frac{2}{7}\right]\times\frac{35}{44}+1\frac{11}{24}}$
$=\dfrac{\frac{31}{8}}{2\frac{1}{6}+\left(\frac{33}{25}\times\frac{5}{11}-\frac{2}{7}\right)\times\frac{35}{44}+\frac{35}{24}}$
$=\dfrac{\frac{31}{8}}{2\frac{1}{6}+\frac{11}{35}\times\frac{35}{44}+\frac{35}{24}}$
$=1$

解题步骤
原式 $=\dfrac{(2\times103\times10)^{4}-(100\times9\times103)^{2}}{2015^{2}}\times\dfrac{45^{2}}{2\times103\times10\times5\times421}\times\dfrac{1}{2\times103\times10}$
$=\dfrac{103^{2}\times100^{2}\times(2^{4}\times103^{2}-9^{2})}{5^{2}\times13^{2}\times31^{2}}\times\dfrac{45^{2}}{2\times103\times10\times5\times421}\times\dfrac{1}{2\times103\times10}$
$=\dfrac{103^{2}\times100^{2}\times(412^{2}-9^{2})}{5^{2}\times13^{2}\times31^{2}}\times\dfrac{45^{2}}{2\times103\times10\times5\times421}\times\dfrac{1}{2\times103\times10}$
$=\dfrac{103^{2}\times100^{2}\times421\times13\times31}{5^{2}\times13^{2}\times31^{2}}\times\dfrac{5^{2}\times9^{2}}{2\times103\times10\times5\times421}\times\dfrac{1}{2\times103\times10}$
$=\dfrac{5\times9^{2}}{13\times31}$
$=1\frac{2}{403}$

解题步骤
设 $a=\frac{5}{12}+\frac{7}{32}+\frac{3}{17}$, $b=\frac{7}{32}+\frac{3}{17}$
原式 $=a\times\left(b+\frac{4}{13}\right)-\left(a+\frac{4}{13}\right)\times b$
$=ab+\frac{4}{13}a-ab-\frac{4}{13}b$
$=\frac{4}{13}(a-b)$
$=\frac{4}{13}\times\frac{5}{12}$
$=\frac{5}{39}$

解题步骤
原式 $=\dfrac{1+0.2+1-0.2}{(1-0.2)(1+0.2)}+\dfrac{2}{1+0.04}+\dfrac{4}{1+0.0016}$
$=\dfrac{2}{1-0.04}+\dfrac{2}{1+0.04}+\dfrac{4}{1+0.0016}$
$=\dfrac{4}{1-0.0016}+\dfrac{4}{1+0.0016}$
$=\dfrac{8}{1-0.0016^{2}}$
$=8\frac{1}{48828}$

解题步骤
方法一: 利用立方差公式 $a^{3}-b^{3}=(a-b)(a^{2}+ab+b^{2})$, 故有
原式 $=(2007-2005)\times(2007^{2}+2007\times2005+2005^{2})-6\times2006^{2}$
$=2\times\left[(2006+1)^{2}+(2006+1)(2006-1)+(2006-1)^{2}\right]-6\times2006^{2}$
$=2\times(2006^{2}+2\times2006+1+2006^{2}-1+2006^{2}-2\times2006+1)-6\times2006^{2}$
$=2\times(3\times2006^{2}+1)-6\times2006^{2}$
$=2$
方法二: 令 $a=2006$, 则
原式 $=(a+1)^{3}-(a-1)^{3}-6a^{2}$
$=(a^{3}+3a^{2}+3a+1)-(a^{3}-3a^{2}+3a-1)-6a^{2}$
$=2$

解题步骤
设 $s=1+2\times2+3\times4+4\times8+5\times16+\cdots+11\times1024+12\times2048$
$2s=1\times2+2\times4+3\times8+4\times16+\cdots+10\times1024+11\times2048+12\times4096$
所以 $s=12\times4096-(1+2+4+8+16+\cdots1024+2048)$
$=12\times4096-(4096-1)$
$=45057$

解题步骤
$1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$.
$1\times2+2\times3+3\times4+\cdots+n(n+1)=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)$
原式 $=1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+99^{2}+1\times2+2\times3+3\times4+\cdots+98\times99$
$=\frac{1}{6}\times99\times100\times199+\frac{1}{3}\times98\times99\times100$
$=328350+323400$
$=651750$

解题步骤
因为 $1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}+\cdots+(2n-1)^{2}+(2n)^{2}=\dfrac{2n(2n+1)(4n+1)}{6}$
$2^{2}+4^{2}+\cdots+(2n)^{2}=4\times(1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2})$
$=4\times\dfrac{n\times(n+1)\times(2n+1)}{6}$.
所以 $1^{2}+3^{2}+\cdots+(2n-1)^{2}+2^{2}+4^{2}+\cdots+(2n)^{2}=\dfrac{2n(2n+1)(4n+1)}{6}$
$1^{2}+3^{2}+5^{2}+\cdots+(2n-1)^{2}=\frac{1}{3}n(4n^{2}-1)$.
当 $n=19$ 时,
原式 $=\frac{1}{3}\times19\times(4\times19^{2}-1)$
$=9139$

解题步骤
方法一: 设 $x=\frac{8}{11}$, 则原式 $=\dfrac{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-x-\frac{1}{x}}{\left(1+x+\frac{1}{x}\right)\times\left(x-2+\frac{1}{x}\right)\times\frac{1}{88}}$
$=\dfrac{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-x-\frac{1}{x}}{\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-x-\frac{1}{x}\right)\times\frac{1}{88}}$
$=88$.
方法二: 设 $x=\frac{8}{11}+\frac{11}{8}$, 那么 $x^{2}=\frac{8^{2}}{11^{2}}+\frac{11^{2}}{8^{2}}+2$, 所以 $\frac{8^{2}}{11^{2}}+\frac{11^{2}}{8^{2}}=x^{2}-2$.
而 $\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{11}\right)^{2}=\frac{1}{8^{2}}+\frac{1}{11^{2}}-\frac{2}{8\times11}$
$=\left(\frac{8\times11}{8^{2}}+\frac{8\times11}{11^{2}}-2\right)\times\frac{1}{88}$
$=(x-2)\times\frac{1}{88}$.
这样原式转化为 $\dfrac{x^{2}-x-2}{(1+x)(x-2)\times\frac{1}{88}}=\dfrac{x^{2}-x-2}{x^{2}-x-2}\times88$
$=88$

解题步骤
原式 $=\dfrac{\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{20}\right)-2\times\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{20}\right)}{\frac{1}{22}+\frac{1}{24}+\cdots+\frac{1}{40}}$
$=\dfrac{\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{20}\right)-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{10}\right)}{\frac{1}{2}\times\left(\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\cdots+\frac{1}{20}\right)}$
$=\dfrac{\left(\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\cdots+\frac{1}{20}\right)}{\frac{1}{2}\times\left(\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\cdots+\frac{1}{20}\right)}$
$=2$

解题步骤
对于一位数, $1+2+3+\cdots+9=45$.
对于两位数
$10\sim19$ 得到 $1+2+3+\cdots+9=45$;
$20\sim29$ 得到 $2\times(1+2+3+\cdots+9)=2\times45$;
$30\sim39$ 得到 $3\times(1+2+3+\cdots+9)=3\times45$;
$\cdots\cdots$
$90\sim99$ 得到 $9\times(1+2+3+\cdots+9)=9\times45$.
总和为 $45\times(1+2+3+\cdots+9)=45^{2}$.
类似可得, 对于三位数总和为 $45^{3}$, 对于四位数总和为 $45^{4}$.

解题步骤
原式 $=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30}+\frac{1}{42}+\frac{1}{56}\right)\times 2$
$=\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\frac{1}{4\times 5}+\frac{1}{5\times 6}+\frac{1}{6\times 7}+\frac{1}{7\times 8}\right)\times 2$
$=\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{6}-\frac{1}{7}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}\right)\times 2$
$=\left(1-\frac{1}{8}\right)\times 2$
$=\frac{7}{4}$

解题步骤
原式 $=\frac{1}{2}+\frac{2}{1}+\frac{2}{3}+\frac{3}{2}+\frac{3}{4}+\frac{4}{3}+\cdots+\frac{2002}{2003}+\frac{2003}{2002}$
$=2+\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\right)+\left(\frac{2}{3}+\frac{4}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{2001}{2002}+\frac{2003}{2002}\right)+\frac{2002}{2003}$
$=4004\frac{2002}{2003}$

解题步骤
原式 $=\frac{1\times 3+1}{1\times 3}+\frac{3\times 5+1}{3\times 5}+\frac{5\times 7+1}{5\times 7}+\cdots+\frac{13\times 15+1}{13\times 15}$
$=1+\frac{1}{1\times 3}+1+\frac{1}{3\times 5}+1+\frac{1}{5\times 7}+\cdots+1+\frac{1}{13\times 15}$
$=7+\frac{1}{2}\times\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{13}-\frac{1}{15}\right)$
$=7\frac{7}{15}$

解题步骤
方法一：分数分拆．
$\frac{41}{60}=\frac{41a}{60\times(a+b+c)}+\frac{41b}{60\times(a+b+c)}+\frac{41c}{60\times(a+b+c)}$，可以看出这里的 $a,b,c$ 必须是 60 的因数，且 $a+b+c=41$．
60 的因数有 $1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30,60$，其中 $20+15+6=41$，$30+5+6=41$，$30+10+1=41$．
当 $a,b,c$ 分别取 $20,15,6$ 时，$\frac{41}{60}=\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{10}$，满足条件．
当 $a,b,c$ 分别取 $30,5,6$ 时，$\frac{41}{60}=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}+\frac{1}{10}$，不满足条件．
当 $a,b,c$ 分别取 $30,10,1$ 时，$\frac{41}{60}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{60}$，不满足条件．
方法二：设 $\frac{41}{60}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$，$a,b,c$ 必有一个是 5 的倍数，不妨设 $c$ 是 5 的倍数，则 $c$ 是 5 或 10．
①若 $c=5$，则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{41}{60}-\frac{1}{5}$
$=\frac{29}{60}$，则 $a,b$ 必有 $3,4,5$ 的倍数，则必有一个大于 $11$；
②若 $c=10$，则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{41}{60}-\frac{1}{10}$
$=\frac{7}{12}$，则 $a,b$ 必有 $4$ 的倍数，不妨设 $b$ 是 $4$ 的倍数，则 $b$ 是 $4$ 或 $8$，$\frac{7}{12}-\frac{1}{4}=\frac{1}{3}$，$\frac{7}{12}-\frac{1}{8}=\frac{11}{24}$，所以 $\frac{41}{60}=\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{10}$．

解题步骤
$\frac{3}{4}+\frac{5}{36}+\frac{7}{144}+\frac{9}{400}+\frac{11}{900}+\frac{13}{1764}+\frac{15}{3136}$
$=\left(1-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{9}\right)+\left(\frac{1}{9}-\frac{1}{16}\right)+\left(\frac{1}{16}-\frac{1}{25}\right)+\left(\frac{1}{25}-\frac{1}{36}\right)+\left(\frac{1}{36}-\frac{1}{49}\right)+\left(\frac{1}{49}-\frac{1}{64}\right)$
$=1-\frac{1}{64}$
$=\frac{63}{64}$

解题步骤
分母上都是等差数列求和．找到通项
$\frac{1}{3+6+\cdots+3n}=\frac{1}{3\times(1+2+3+\cdots+n)}$
$=\frac{2}{3\times n\times(n+1)}$
原式 $=\frac{2}{3}\times\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots+\frac{1}{30\times 31}\right)$
$=\frac{2}{3}\times\left(1-\frac{1}{31}\right)$
$=\frac{20}{31}$

解题步骤
原式 $=\frac{2-1}{1\times 2}+\frac{3-1}{1\times 2\times 3}+\frac{4-1}{1\times 2\times 3\times 4}+\cdots+\frac{10-1}{1\times 2\times\cdots\times 10}$
$=\frac{2}{1\times 2}-\frac{1}{1\times 2}+\frac{3}{1\times 2\times 3}-\frac{1}{1\times 2\times 3}+\frac{4}{1\times 2\times 3\times 4}-\frac{1}{1\times 2\times 3\times 4}+\cdots+\frac{10}{1\times 2\times\cdots\times 10}-\frac{1}{1\times 2\times\cdots\times 10}$
$=1-\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{1\times 2}-\frac{1}{1\times 2\times 3}+\frac{1}{1\times 2\times 3}-\frac{1}{1\times 2\times 3\times 4}+\cdots+\frac{1}{1\times 2\times\cdots\times 9}-\frac{1}{1\times 2\times\cdots\times 10}$
$=1-\frac{1}{1\times 2\times\cdots\times 10}$
$=\frac{3628799}{3628800}$

解题步骤
原式 $=\left[\left(\frac{5}{6}-\frac{7}{12}+\frac{9}{20}-\frac{11}{30}+\frac{13}{42}-\frac{15}{56}\right)\times 7-1\frac{3}{8}\right]\div\frac{1}{8}$
$=\left[\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{7}-\frac{1}{8}\right)\times 7-1\frac{3}{8}\right]\div\frac{1}{8}$
$=\left[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\right)\times 7-1\frac{3}{8}\right]\div\frac{1}{8}$
$=10$

解题步骤
本题是开放性问题，解答不唯一．注意到 $\frac{1}{2001}=\frac{1}{2001}\times 1$
而 $1=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{4}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}$
所以 $\frac{1}{2001}=\frac{1}{2001}\times 1$
$=\frac{1}{2001}\times\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}\right)$
$=\frac{1}{4002}+\frac{1}{8004}+\frac{1}{12006}+\frac{1}{24012}$
若注意到 $1=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{8}+\frac{1}{24}$，
可得 $\frac{1}{2001}=\frac{1}{4002}+\frac{1}{6003}+\frac{1}{16008}+\frac{1}{48024}$ 也是一解．
方法二：因为 $2001=3\times 23\times 29$，所以 $\frac{1}{2001}=\frac{1+3+23+29}{2001\times(1+3+23+29)}$
$=\frac{1}{2001\times 56}+\frac{3}{2001\times 56}+\frac{23}{2001\times 56}+\frac{29}{2001\times 56}$
$=\frac{1}{112056}+\frac{1}{37352}+\frac{1}{4872}+\frac{1}{3864}$

解题步骤
把原式约分后得到
$\frac{2010}{2008}+\frac{2010\times 2009}{2008\times 2007}+\frac{2010\times 2009}{2007\times 2006}+\cdots+\frac{2010\times 2009}{2\times 1}$
把第一项的分子也通分为 $2010\times 2009$，提取 2010 和 2009
原式 $=2010\times 2009\times\left(\frac{1}{2008\times 2009}+\frac{1}{2008\times 2007}+\frac{1}{2007\times 2006}+\cdots+\frac{1}{2\times 1}\right)$
$=2010\times 2009\times\left(1-\frac{1}{2009}\right)$
$=4036080$

解题步骤
首先把每项分数约分．
$\frac{1}{52}+\frac{47}{52\times 51}+\frac{47\times 46}{52\times 51\times 50}+\frac{47\times 46\times 45}{52\times 51\times 50\times 49}+\cdots+\frac{4\times 3\times 2\times 1}{52\times 51\times 50\times 49\times 48}$
再将各项的分母都通分为 $52\times 51\times 50\times 49\times 48$，则各项的分子依次为
$51\times 50\times 49\times 48$，
$50\times 49\times 48\times 47$，
$49\times 48\times 47\times 46$，
$\cdots\cdots$
$4\times 3\times 2\times 1$．
计算中可以应用下面的公式：
$1\times 2\times 3\times 4+2\times 3\times 4\times 5+\cdots+n(n+1)(n+2)(n+3)=\frac{1}{5}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)$．
根据上面的公式，分子的和为 $\frac{1}{5}\times 48\times 49\times 50\times 51\times 52$，与分母约分，结果为 $\frac{1}{5}$．

解题步骤
原式 $=1155\times\left(\frac{2+3}{2\times 3\times 4}+\frac{3+4}{3\times 4\times 5}+\cdots+\frac{8+9}{8\times 9\times 10}+\frac{9+10}{9\times 10\times 11}\right)$
$=1155\times\left(\frac{1}{3\times 4}+\frac{1}{2\times 4}+\frac{1}{4\times 5}+\frac{1}{3\times 5}+\cdots+\frac{1}{9\times 10}+\frac{1}{8\times 10}+\frac{1}{10\times 11}+\frac{1}{9\times 11}\right)$
$=1155\times\left[\left(\frac{1}{3\times 4}+\frac{1}{4\times 5}+\cdots+\frac{1}{10\times 11}\right)+\left(\frac{1}{2\times 4}+\frac{1}{3\times 5}+\frac{1}{4\times 6}+\cdots+\frac{1}{8\times 10}+\frac{1}{9\times 11}\right)\right]$
$=1155\times\left[\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{11}\right)+\frac{1}{2}\times\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{8}-\frac{1}{10}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}\right)\right]$
$=1155\times\left[\frac{8}{33}+\frac{1}{2}\times\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{10}-\frac{1}{11}\right)\right]$
$=651$

解题步骤
原式 $=\left(\frac{2008}{1\times 2007}+\frac{2008}{2\times 2006}+\cdots+\frac{2008}{n\times(2008-n)}+\cdots+\frac{2008}{2006\times 2}+\frac{2008}{2007\times 1}\right)\times\frac{1}{2008}-\frac{2007}{2008}\times\left(\frac{2007}{1\times 2006}+\frac{2007}{2\times 2005}+\cdots+\frac{2007}{n\times(2007-n)}+\cdots+\frac{2007}{2006\times 1}\right)\times\frac{1}{2007}$
$=\left(1+\frac{1}{2007}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2006}+\cdots+\frac{1}{n}+\frac{1}{2008-n}+\cdots+\frac{1}{2006}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2007}+1\right)\times\frac{1}{2008}-\frac{1}{2008}\times\left(1+\frac{1}{2006}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2005}+\cdots+\frac{1}{n}+\frac{1}{2007-n}+\cdots+\frac{1}{2006}+1\right)\times\frac{1}{2007}$
$=\frac{1}{2008}\times\left(\frac{1}{2007}+\frac{1}{2007}\right)$
$=\frac{1}{2015028}$

解题步骤
原式 $=(4.2-1.3)+(5.6-2.3)$
$=6.2$

解题步骤
方法一：由题中所给定义可知，$b$ 为多少，则就有多少个乘数。$3660=60\times 61$，即 $60*2=3660$，则 $x*3=60$；$60=3\times 4\times 5$，即 $3*3=60$，所以 $x=3$。
方法二：可以先将 $(x*3)$ 看做一个整体 $y$，那么就是 $y*2=3660$，$y*2=y(y+1)$
$=3660$
$=60\times 61$，所以 $y=60$，那么也就有 $x*3=60$，$60=3\times 4\times 5$，即 $3*3=60$，所以 $x=3$。

解题步骤
$7\times 10+3\times 9+0\times 8+3\times 7+0\times 6+7\times 5+6\times 4+1\times 3+8\times 2=196$；$196\div 11=17\cdots\cdots 9$；$11-9=2$。
所以该书号的核检码是 $2$。

解题步骤
$[11,2,5]-[3,1,7]$
$=(11\times 5+2,5)-(3\times 7+1,7)$
$=(57,5)-(22,7)$
$=(57\times 7-5\times 22,5\times 7)$
$=(289,35)$

解题步骤
（1）$19\times 5\div 4-6=\dfrac{71}{4}$
（2）设输入的数为 $x$，有 $[(x-6)\div 4+3]\times 5=96$，解得 $x=\dfrac{354}{5}$

解题步骤
由运算规则，$1\oplus 2=\dfrac{1}{1\times 2}+\dfrac{1}{(1+1)\times(2+X)}$
$=\dfrac{2}{3}$，$X=1$。
$2009\oplus 2010$
$=\dfrac{1}{2009\times 2010}+\dfrac{1}{(2009+1)\times(2010+1)}$
$=\dfrac{1}{2009}-\dfrac{1}{2010}+\dfrac{1}{2010}-\dfrac{1}{2011}$
$=\dfrac{1}{2009}-\dfrac{1}{2011}$
$=\dfrac{2}{4040099}$

解题步骤
由已知可得 $18*c=22$ 或 $14$ 或 $7$，因为 $c$ 小于 $30$，所以满足条件的 $c$ 只有 $11$ 和 $25$。

解题步骤
$1\triangle 2=1\times c+2\times d$
$=5$，$2\triangle 3=2\times c+3\times d$
$=8$
可得 $c=1,d=2$
$6\triangle 1000=6\times c+1000\times d$
$=6\times 1+1000\times 2$
$=2006$。

解题步骤
因为 $5*2=5\times 2+1$
$=11$
$6*3=6\times 3+1+2+3$
$=21$
$7*4=7\times 4+1+2+\cdots+6$
$=34$
所以 $1*9=1\times 9+1+2+3+\cdots+8$
$2*9=2\times 9+1+2+3+\cdots+8$
$3*9=3\times 9+1+2+3+\cdots+8$
$\cdots\cdots$
$9*9=9\times 9+1+2+3+\cdots+8$
$1*9+2*9+3*9+\cdots+9*9$
$=1\times 9+2\times 9+\cdots+9\times 9+9\times(1+2+3+\cdots+8)$
$=45\times 9+36\times 9$
$=729$

解题步骤
$2010\heartsuit 2010=\dfrac{2010\times 2010}{2010+2010}$
$=\dfrac{2010}{2}$
$\dfrac{2010}{2}\heartsuit 2010=\dfrac{\dfrac{2010}{2}\cdot 2010}{\dfrac{2010}{2}+2010}$
$=\dfrac{2010}{3}$
$\dfrac{2010}{3}\heartsuit 2010=\dfrac{\dfrac{2010}{3}\cdot 2010}{\dfrac{2010}{3}+2010}$
$=\dfrac{2010}{4}$
找到了规律：有 $n$ 个 $2010$，就得 $\dfrac{2010}{n}$
现在有 $9$ 颗 $\heartsuit$ 就有 $10$ 个 $2010$，所以结果是 $\dfrac{2010}{10}=201$

解题步骤
注意到 $199\times\pi+199\times(4-\pi)=199\times 4$
$=796$，而所求的结果比 $796$ 要小，小的部分就是 $199\times\pi$ 的小数部分与 $199\times(4-\pi)$ 的小数部分之和。显然它们的小数部分大于 $0$ 小于 $1$，所以和大于 $0$ 小于 $2$。又因为所求结果是个整数，那么小数部分的和只能是 $1$，因此所求结果为 $796-1=795$。

解题步骤
根据题意可知，$a+b\div c=5$，$b+a\div c=7$。
由于 $a,b,c$ 都是正整数，所以 $b\div c$ 和 $a\div c$ 都是整数，也就是说 $a,b$ 都是 $c$ 的倍数。
那么可得 $a\leqslant 5-1=4$，$b\leqslant 7-1=6$，$c\geqslant 2$（若 $c=1$ 将得到 $a+b$ 既等于 $5$ 又等于 $7$）。
所以 $a$ 只能是 $c$ 的 $1$ 倍或 $2$ 倍。若为 $2$ 倍，只能是 $a=4,c=2$，此时得到 $b$ 既为 $2$ 又为 $5$，矛盾。所以 $a$ 只能是 $c$ 的 $1$ 倍。此时 $a\div c=1$，得到 $b=6$，$c+6\div c=5$，$c$ 可能为 $2$ 或 $3$。
当 $c=2$ 时，正确的结果为 $(a+b)\div c=(2+6)\div 2$
$=4$；
当 $c=3$ 时，正确的结果为 $(a+b)\div c=(3+6)\div 3$
$=3$。
所以正确的结果可能为 $3$ 或 $4$。

解题步骤
$A\bigcirc 5\geqslant 5$，$B\triangle 3\geqslant 1$，所以 $A\bigcirc 5+B\triangle 3\geqslant 6$，因此 $96=6\times 16$
$=8\times 12$。
（1）当 $A\bigcirc 5+B\triangle 3=6$，$A\bigcirc 5=5$，$B\triangle 3=1$，则 $A\leqslant 5$，$B=1$，$B\bigcirc 5+A\triangle 3=16$。
（2）当 $A\bigcirc 5+B\triangle 3=8$，则 $B\bigcirc 5+A\triangle 3=12$，因为 $A\triangle 3\leqslant 3$，所以 $B\bigcirc 5\geqslant 9$，即 $B\geqslant 9$，因此 $A$ 只能小于等于 $5$。
1）当 $A=5$ 时，$B\bigcirc 5+A\triangle 3=12$，解得 $B=9$，此时 $A\times B=5\times 9$
$=45$；
2）当 $A=4$ 时，$B\bigcirc 5+A\triangle 3=12$，解得 $B=9$，此时 $A\times B=4\times 9$
$=36$；
3）当 $A=3$ 时，$B\bigcirc 5+A\triangle 3=12$，解得 $B=9$，此时 $A\times B=3\times 9$
$=27$；
4）当 $A=2$ 时，$B\bigcirc 5+A\triangle 3=12$，解得 $B=10$，此时 $A\times B=2\times 10$
$=20$；
5）当 $A=1$ 时，$B\bigcirc 5+A\triangle 3=12$，解得 $B=11$，此时 $A\times B=1\times 11$
$=11$。
（3）当 $A\bigcirc 5+B\triangle 3=12$，此时 $B\bigcirc 5+A\triangle 3=8$，分析同（1）。
（4）当 $A\bigcirc 5+B\triangle 3=16$，此时 $B\bigcirc 5+A\triangle 3=6$，分析同（1）。
综上所述 $A\times B$ 的所有取值为 $45,36,27,20,11$。

解题步骤
数字很容易弄混淆，我们用字母来表示。
假设变换后的数字 $5=a,7=b,9=c,4=d,3=e,0=f$。相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字。
则 $\begin{cases}a+b=c\\a\times d$
$=\overline{ef}\\d\times d$
$=\overline{ad}\\c\times c$
$=\overline{bc}\end{cases}$
由于 $5\times 5=25$，$6\times 6=36$，则 $c=6,d=5$ 或者 $c=5,d=6$。
当 $c=6,d=5$ 时，$b=3$，则 $a=3$。不符合；
当 $c=5,d=6$ 时，$b=2,a=3$，$e=1,f=8$。
则 $3+7+9=e+b+c$
而 $e+b+c=1+2+5$
$=8$
$=f$
所以 $\star$ 内应填入 $0$。

解题步骤
$2*1=3\times(1*1)$
$=3$
$3*1=3\times(2*1)$
$=9$
$4*1=3\times(3*1)$
$=27$
$5*1=3\times(4*1)$
$=81$
$\therefore$ 原式 $=81-3$
$=78$

解题步骤
由题目条件可知，$f(5)=5$，$f(f(5))=f(5)$
$=5$，$\cdots\cdots$，那么 $\underbrace{f(\cdots f(f(5)))}_{505\text{个}f}=5$。
$f(8)=3$，$f(f(8))=f(3)$
$=7$，$f(f(f(8)))=f(7)$
$=2$，$f(f(f(f(8))))=f(2)$
$=8$，$\cdots\cdots$，四个一循环。那么由于 $2010\div 4=502\cdots\cdots 2$，所以 $\underbrace{f(\cdots f(f(8)))}_{2010\text{个}f}=f(3)$
$=7$。
从而 $5\underbrace{f(\cdots f(f(5)))}_{505\text{个}f}+2\underbrace{f(\cdots f(f(8)))}_{2010\text{个}f}=5\times 5+2\times 7$
$=25+14$
$=39$。

解题步骤
观察直线上的点，发现它们从左向右代表的数越来越大。$0.12<\frac{1}{7}=0.\overline{142857}$，所以 $0.12$ 代表的点应该位于 $P$ 点的左边。

解题步骤
$\left(\frac{1}{17}-\frac{1}{19}\right)\div 20=\frac{2}{17\times 19}\div 20$
$=\frac{1}{17\times 19}\times\frac{1}{10}$；
$\left(\frac{1}{15}-\frac{1}{21}\right)\div 60=\frac{6}{15\times 21}\div 60$
$=\frac{1}{15\times 21}\times\frac{1}{10}$；
$\left(\frac{1}{13}-\frac{1}{23}\right)\div 100=\frac{10}{13\times 23}\div 100$
$=\frac{1}{13\times 23}\times\frac{1}{10}$；
$\left(\frac{1}{11}-\frac{1}{25}\right)\div 140=\frac{14}{11\times 25}\div 140$
$=\frac{1}{11\times 25}\times\frac{1}{10}$。
只需比较 $\frac{1}{17\times 19}$、$\frac{1}{15\times 21}$、$\frac{1}{13\times 23}$、$\frac{1}{11\times 25}$ 的大小，根据和一定、两数越接近乘积越大，则 $11\times 25<13\times 23<15\times 21<17\times 19$，那么 $\frac{1}{11\times 25}>\frac{1}{13\times 23}>\frac{1}{15\times 21}>\frac{1}{17\times 19}$，所以答案为 D。

解题步骤
经试算，平方数大于 $1800$ 小于 $1900$ 的数只有 $43^{2}$ 一个。所以德·摩根出生年为：$43^{2}-43=1849-43$
$=1806$（年）。

解题步骤
原式 $=1+\frac{1}{2}\times(1+3)+\frac{1}{3}\times(1+3+5)+\frac{1}{4}\times(1+3+5+7)+\cdots+\frac{1}{10}\times(1+3+\cdots+19)$
$=1+\frac{1}{2}\times 2^{2}+\frac{1}{3}\times 3^{2}+\cdots+\frac{1}{10}\times 10^{2}$
$=55$。

解题步骤
原式 $=2009\times\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2008}\right)-\left(1\times 2008+\frac{1}{2}\times 2007+\frac{1}{3}\times 2006+\cdots+\frac{1}{2008}\times 1\right)$
$=1\times(2009-2008)+\frac{1}{2}\times(2009-2007)+\frac{1}{3}\times(2009-2006)+\cdots+\frac{1}{2008}\times(2009-1)$
$=\underbrace{1+1+1+\cdots+1}_{2008\text{个}1}$
$=2008$。

解题步骤
$1\blacklozenge 2-2\blacklozenge 3-3\blacklozenge 4-\cdots-2002\blacklozenge 2003-2003\blacklozenge 2004$
$=\frac{1}{1\times 2}-\frac{1}{2\times 3}-\cdots-\frac{1}{2003\times 2004}$
$=\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2004}\right)$
$=\frac{1}{2004}$。

解题步骤
利用裂和的方法可以将每一项展开
原式 $=\dfrac{\frac{1}{1}}{\frac{1}{1}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}}+\dfrac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{1}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}}+\dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}}+\dfrac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}}+\dfrac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}\times\frac{1}{5}}+\dfrac{\frac{1}{5}}{\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}\times\frac{1}{5}}+\cdots+\dfrac{\frac{1}{19}}{\frac{1}{19}\times\frac{1}{20}\times\frac{1}{21}}+\dfrac{\frac{1}{21}}{\frac{1}{19}\times\frac{1}{20}\times\frac{1}{21}}$
$=\frac{1}{\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}}+\frac{1}{\frac{1}{1}\times\frac{1}{2}}+\frac{1}{\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}}+\frac{1}{\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}}+\frac{1}{\frac{1}{4}\times\frac{1}{5}}+\frac{1}{\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}}+\cdots+\frac{1}{\frac{1}{20}\times\frac{1}{21}}+\frac{1}{\frac{1}{19}\times\frac{1}{20}}$
$=2\times 3+1\times 2+3\times 4+2\times 3+4\times 5+3\times 4+\cdots+20\times 21+19\times 20$
$=(1\times 2+2\times 3+\cdots+19\times 20)+(2\times 3+3\times 4+\cdots+20\times 21)$
通过整数裂项方法得到结果。
原式 $=\frac{1}{3}\times 19\times 20\times 21+\frac{1}{3}\times 20\times 21\times 22-1\times 2$
$=5738$。

解题步骤
通过观察发现前一个分数分子和后一个分数的分子和分母有相同部分，因此设 $2.39-0.26+1=a$，$4.78+0.13-1=b$。
原式 $=\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2\times 2.39^{2}-3\times 2.39\times 0.13-2\times 0.13^{2}+2.39+3\times 0.13-1}-\frac{b}{a}$，如果第一个分数分母也能用 $a$、$b$ 表示就好了，下一步我们观察第一个分数的分母：
$2\times 2.39^{2}-3\times 2.39\times 0.13-2\times 0.13^{2}+2.39+3\times 0.13-1$
$=2.39\times 4.78+2.39\times 0.13-2.39-4\times 2.39\times 0.13+2.39-2\times 0.13^{2}+3\times 0.13-1$
$=2.39\times(4.78+0.13-1)-(4.78\times 0.26+0.26\times 0.13-0.26)+2\times 2.39+0.13-1$
$=2.39\times(4.78+0.13-1)-0.26\times(4.78+0.13-1)+(4.78+0.13-1)$
$=(2.39-0.26+1)\times(4.78+0.13-1)$
$=ab$。
所以 $\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2\times 2.39^{2}-3\times 2.39\times 0.13-2\times 0.13^{2}+2.39+3\times 0.13-1}-\frac{b}{a}=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab}-\frac{b}{a}$
$=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-\frac{b}{a}$
$=\frac{a}{b}$
$=\frac{2.39-0.26+1}{4.78+0.13-1}$
$=\frac{313}{391}$。

解题步骤
降水概率指的是可能性的大小,并不是降水覆盖的地区或者降水的时间.$80\%$ 的概率也不是指肯定下雨,$100\%$ 的概率才是肯定下雨.$80\%$ 的概率是说明有比较大的可能性下雨.

解题步骤
$1$ 至 $100$ 共有 $25$ 个质数,因此这个数是质数的可能性是 $\dfrac{25}{100}=\dfrac{1}{4}$.

解题步骤
六个面,$2$ 占其中的两个面,$\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$.

解题步骤
$5$ 个数字全排列有 $5!=120$(种)可能,所以可能性为 $\dfrac{1}{120}$.

解题步骤
偶数有 $2,6$,奇数有 $3,5,7,9$,所以小亮得分可能性更大.

解题步骤
两次结果相同的概率为 $\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$,至少有一次正面向上的概率为 $1-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{4}$,所以汤姆赢的可能性较大.

解题步骤
只有两个数都是奇数,乘积才是奇数,所以 $\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}$ 的可能是奇数,所以乙获胜的概率为 $1-\dfrac{1}{6}=\dfrac{5}{6}$.

解题步骤
$6=1+5$
$=2+4$
$=3+3$
$=4+2$
$=5+1$,$7=1+6$
$=2+5$
$=3+4$
$=4+3$
$=5+2$
$=6+1$,$8=2+6$
$=3+5$
$=4+4$
$=5+3$
$=6+2$,和为 $7$ 的情况最多,概率最大,小兰胜的可能性最大.

解题步骤
获得 $10$ 元奖品即摸到 $2$ 个黄球的概率为 $\dfrac{1}{\mathrm{C}_{50}^{2}}=\dfrac{1}{1225}$.

解题步骤
$(3+6)\div\dfrac{3}{7}-3-6-2-6=4$.

解题步骤
条件概率问题,不是最小的,就只有另外四种可能,最大是其中一种,概率为 $\dfrac{1}{4}=25\%$.

解题步骤
只有出现两个以上的正面才可能接连正面,正正正、正正反、反正正,三种,总情况数有 $2\times2\times2=8$(种),所以不接连出现正面的可能性为 $1-\dfrac{3}{8}=\dfrac{5}{8}$.

解题步骤
$(1,2),(2,3),(3,4),(4,5),(5,6)$ 五种,$\dfrac{5}{\mathrm{C}_{6}^{2}}=\dfrac{5}{15}$
$=\dfrac{1}{3}$.这两个小球的编号之差恰好为 $1$ 的可能性 $\dfrac{1}{3}$.

解题步骤
相邻比较好算,一共有 $9$ 种,总数为 $\mathrm{C}_{10}^{2}=45$,则不相邻的可能性为 $\dfrac{45-9}{45}=\dfrac{4}{5}$.

解题步骤
因为相对的面为 $7$,所以上下 $7$ 个面之和是 $10$ 的时候,与相对的 $7$ 个面的和是 $39$ 是一一对应的,两人获胜可能性相同.

解题步骤
抛两个骰子,所有情况总数为 $6\times6=36$,其中条件有的 $2\times6,3\times4,3\times5,3\times6,4\times3,4\times4,4\times5,4\times6,5\times3,5\times4,5\times5,5\times6,2\times6,3\times6,4\times6,6\times1$ 共 $17$ 种,根据概率公式,两个数的乘积大于 $10$ 的可能性是 $\dfrac{17}{36}$.

解题步骤
两次都传达正确或者两次都传错小明都会认为是正确的.$(1-0.1)\times(1-0.1)+0.1\times0.1=0.82$
$=82\%$.

解题步骤
花色相同的概率为 $\dfrac{2\mathrm{C}_{4}^{2}}{\mathrm{C}_{8}^{2}}=\dfrac{12}{28}$
$=\dfrac{3}{7}$,则花色不同的概率为 $\dfrac{4}{7}$,所以乙获胜的概率大.

解题步骤
(1)只有闭合下面的开关灯泡才能发光,$\dfrac{1}{4}$.
(2)只要闭合下面的开关灯泡就能发光,共 $3$ 种情况,$\dfrac{3}{\mathrm{C}_{4}^{2}}=\dfrac{1}{2}$.

解题步骤
即求阴影部分占总面积的比例,$\dfrac{4\times4-\dfrac{4}{2}-\dfrac{2}{2}-\dfrac{1}{2}-2-\dfrac{6}{2}-\dfrac{2}{2}}{6\times6}=\dfrac{\dfrac{13}{2}}{36}$
$=\dfrac{13}{72}$.

解题步骤
以球洞为圆心,$1$ 米为半径的圆,面积为 $\pi$,果岭区域面积为 $144\pi$,则可能性为 $\dfrac{1}{144}$.

解题步骤
三位数有 $4\times4\times3=48$ 个,其中偶数有 $2\times3\times3+4\times3=30$ 个,可能性为 $\dfrac{30}{48}=\dfrac{5}{8}$.

解题步骤
这四张牌任取两张的情形有以下 $6$ 种:$(\spadesuit A,\heartsuit A)$、$(\spadesuit A,\diamondsuit K)$、$(\spadesuit A,\clubsuit K)$、$(\heartsuit A,\diamondsuit K)$、$(\heartsuit A,\clubsuit K)$、$(\diamondsuit K,\clubsuit K)$.而对甲来说,既已知他有 $A$,故有以下 $5$ 种可能:$(\spadesuit A,\heartsuit A)$、$(\spadesuit A,\diamondsuit K)$、$(\spadesuit A,\clubsuit K)$、$(\heartsuit A,\diamondsuit K)$、$(\heartsuit A,\clubsuit K)$,且其中每种发生机会都一样,但因其中两张都是 $A$ 的情况仅 $(\spadesuit A,\heartsuit A)$ 一种,故几率为 $\dfrac{1}{5}$;而因为乙已经有一张牌为 $\spadesuit A$,故有以下 $3$ 种可能:$(\spadesuit A,\heartsuit A)$、$(\spadesuit A,\diamondsuit K)$、$(\spadesuit A,\clubsuit K)$,因此他另一张牌也为 $A$ 的几率为 $\dfrac{1}{3}$.故乙的机会比甲的机会大 $\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}=\dfrac{2}{15}$.

解题步骤
因为速度相同,所以相遇地点一定在梯形的对称轴 $E,F,G,H$ 点上.
如右图所示,以张华为例,由标数法可得
每人都有 $20$ 条道路可以选择.
每个人经过 $E,F,G,H$ 点的道路分别有 $4$ 条,$6$ 条,$3$ 条,$1$ 条,所以相遇的概率为 $\dfrac{4^{2}+6^{2}+3^{2}+1^{2}}{20^{2}}=\dfrac{31}{200}$.

解题步骤
①正方形每个内角为 $90^{\circ}$，正六边形每个内角为 $120^{\circ}$．要拼接起来需要将角度凑成 $360^{\circ}$．由 $180(n-2)=120n$，得 $n=6$，即正六边形内角 $360-90-90-90=60$ 时，由 $180(n-2)=60n$，得 $n=3$；当 $n=3$ 与一个正方形内角 $360-90-120-120=30$ 时，这样的多边形不存在．因此第三种型号的多边形瓷砖边数是 $3$ 或 $12$．

解题步骤
$n$ 条直线分平面的问题是有规律的：
一条直线最多分平面为 $1+1=2$ 个部分；
两条直线最多分平面为 $1+1+2=4$ 个部分；
三条直线最多分平面为 $1+1+2+3=7$ 个部分；
四条直线最多分平面为 $1+1+2+3+4=11$ 个部分；
五条直线最多分平面为 $1+1+2+3+4+5=16$ 个部分．
……
$n$ 条直线最多分平面为 $1+1+2+3+\cdots+n=1+\frac{n(n+1)}{2}$ 部分．

解题步骤
我们将一条一条画直线．画第一条直线将圆形纸片划分成 $2$ 块，画第二条直线，如果与第一条直线相交但内相交，则会把第二条直线两端各增加 $1$ 块（即划分 $2$ 块），类似地，画第三条直线，如果与两条直线都相交且交点互不相同（即没有三条直线交于一点），则画出的圆形纸片划分成 $7$ 块（增加了 $3$ 块），否则划分的块数少于 $7$ 块，下图是画第三条直线的几种情形．
由此可见，若希望纸片划分成尽可能多的块数，应使新画的直线与原有的直线都相交而且交点互不相同，且交点互不相同，这样增加的块数等于直线的条数．这样划分出的块数，列表如下：
直线条数与纸片最多划分成的块数：$1$ 条对应 $1+1$，$2$ 条对应 $1+1+2$，$3$ 条对应 $1+1+2+3$，$4$ 条对应 $1+1+2+3+4$，$5$ 条对应 $1+1+2+3+4+5$．
不难看出，表中每行右边的数等于 $1$ 加上从 $1$ 到行数的所有整数的和．因为 $1+1+2+3+\cdots+10=56$，$1+1+2+3+\cdots+9=46$，即 $9$ 条线最多能将圆分成 $46$ 块，$10$ 条线可分成超过 $50$ 块．

解题步骤
一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成 $2$ 部分，这样第二个长方形的内部至多被第一个长方形分成五部分，第二个长方形的内部又被第一个长方形分成五部分，是然，这样两个长方形最多公共部分（如图）有 $8$ 块，标有数字 $9$ 的部分被划分成 $9$ 个，所以两个长方形划分平面最多 $10$ 部分．第三个长方形的每一条边至少与前两个长方形的边内各相交 $4$ 次，于是它的四条边内各被分成五条小线段，则四个长方形的边把第三个长方形内部分成 $4$ 条线段，每一条线段把第三个长方形内部一条小线段把第三个长方形内部分成两部分，因此第三个长方形最多被分成 $4$ 条小线段，这样多增加 $3\times4=12$ 个部分，所以三个长方形最多分平面 $10+12+4=26$ 部分．把平面分成 $26$ 个部分的三个长方形如图 b 所示．
说明：数学中关于“至多”问题的解决过程隐含着：一方面要证明不会比某个数值更大，另一方面要说明这个数值能符合要求，这里的先后顺序可以颠倒．
小结：$n$ 个图形最多可把平面分成部分分数：直线 $1+\frac{n\times(n+1)}{2}$；三角形 $2+3\times n\times(n-1)$；长方形 $2+n\times(n-1)$．

解题步骤
我们首先容易证明 $n$ 条直线最多能将一个平面分成 $\frac{n(n+1)}{2}+1$ 个区域．设 $n$ 个平面最多能将空间分成 $a_n$ 部分，则 $a_1=2$，第 $n$ 个平面最多与前面 $(n-1)$ 个平面形成 $(n-1)$ 条交线，这些交线最多可将第 $n$ 个平面分成 $\frac{(n-1)n}{2}+1$ 个部分，这一每一个部分都是由于第 $n$ 个平面穿过了前面 $(n-1)$ 个平面分空间所形成的 $a_n$ 个部分中的 $\frac{(n-1)n}{2}+1$ 个部分而形成的，每穿过其中一个部分就把该部分分成一分为二．因此我们得到递推关系：
$a_n-a_{n-1}=\frac{(n-1)n}{2}+1$，
进而我们运用迭差法：
$a_1=2$；
$a_2-a_1=\frac{1}{2}\times1\times2+1$；
$a_3-a_2=\frac{1}{2}\times2\times3+1$；
……
$a_n-a_{n-1}=\frac{(n-1)n}{2}+1$．
将上述等式相加，得 $a_n=\frac{1}{2}[1\times2+2\times3+\cdots+(n-1)\times n]+n+1$
$=\frac{1}{6}(n-1)n(n+1)+n+1$
$=\frac{1}{6}n^{3}+\frac{5}{6}n+1$．

解题步骤
可以看出，每次挖去的三角形的面积为挖之前面积的四分之一，即每次挖过之后，面积变为原来的 $\frac{3}{4}$，第五个图形面积为 $256\times\left(\frac{3}{4}\right)^{4}=81$．

解题步骤
(1)因为要用剪刀将长方形剪开，而且要以已知点为顶点，所以任两个三角形边除顶点外不能相交于其他的点，当 $n=4$ 时，最多可以剪 $10$ 个三角形．（画出下面一个示意图作答即可）
(2)假设剪出了 $x$ 个三角形，则这 $x$ 个三角形内角和为 $180^{\circ}x$，而这些三角形的内角分为两类，一类是以长方形四个顶点为一个顶点的角，它们的和拼成 $4$ 个直角，另一类是 $n$ 个内点为顶点，每个内点处的角的和等于一个周角（$360^{\circ}$）．因此列方程：$180^{\circ}x=4\times90^{\circ}+360^{\circ}\times2010$，所以 $x=2+4020$
$=4022$．即 $n=2010$ 时最多可以剪出 $4022$ 个三角形．

解题步骤
当第八次标完数后，圆周上标的数共有 $256$ 个。如果要考虑每一步增加的每一个数几乎是不可能的。但是只考虑每一步增加的数的总和就便于求解，这种“整体”处理的方法是十分有益的。因为增加的每个数都是原来相邻两个数之和，所以每次增加的数的总和是原来所有数的总和的 $2$ 倍，也就是说每次标完数后圆周上所有数的总和是前一步标完数后圆周上所有数的总和的 $3$ 倍，于是，第八次标完数后圆周上所有数的总和是 $\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)\times3\times3\times3\times3\times3\times3\times3=1822\frac{1}{2}$．

解题步骤
方法一：递推法．上 $1$ 级台阶只有 $1$ 种走法，上 $2$ 级台阶有 $1+1$ 和 $2$ 两种走法，上 $3$ 级台阶有 $1+1+1$、$1+2$、$2+1$、$3$ 共 $4$ 种走法，上 $4$ 级台阶有 $1+1+1+1$；$1+1+2$；$1+2+1$；$2+1+1$；$2+2$；$1+3$；$3+1$ 共 $7$ 种；走 $5$ 级台阶有 $2+4+7=13$ 种走法，走 $6$ 级台阶有 $4+7+13=24$ 种走法……
事实上，上第 $n$ 阶台阶，跨最后一步前，人所在的台阶一定是在第 $n-1$ 级台阶或 $n-2$ 级台阶或 $n-3$ 级台阶上，所以跨上第 $n$ 级台阶的走法数刚好等于跨上第 $n-1$ 级、$n-2$ 级和 $n-3$ 级台阶以及第 $n-3$ 级台阶的和．照此一推一算，到第 $9$ 级的走法是 $149$ 种，所以小凯到达二楼共有 $149$ 种走法．
台阶数 $1,2,3,4,5,6,7,8,9$ 对应走法数 $1,2,4,7,13,24,44,81,149$．

解题步骤
容易判断随着位数的升高，XES数的数量将远远超过非XES数，因此我们从反面来考虑．设 $n$ 位非XES数的数量为 $a_n$．我们分两类来统计：
(1)若该 $n$ 位非XES数的个位数字为 $1$；则十位数字必为 $2$，而十位左边的数字组成的数是一个 $(n-2)$ 位的非XES数；
(2)若该 $n$ 位非XES数的个位数字为 $2$，则个位左边的数字组成的数是一个 $(n-1)$ 位的非XES数．
所以，由加法原理，$a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$，由于 $a_1=2$，$a_2=3$，$a_3=2+3$
$=5$，$a_4=3+5$
$=8$，$a_5=8+5$
$=13$，$a_6=13+8$
$=21$，所以 $6$ 位非XES数共 $2^{6}-21=43$ 个．

解题步骤
若只用 $1\times2$ 的小长方形覆盖：
递推法．若用 $1\times2$ 的小长方形覆盖 $2\times n$ 的方格网，设方法数为 $A_n$，那么 $A_1=1$，$A_2=2$，对剩下的 $2\times(n-1)$ 的方格网有 $A_{n-1}$ 种，第二种是把上下两个方格竖排，那么剩下的 $2\times(n-2)$ 的方格网有 $A_{n-2}$ 种，根据加法原理，得 $A_n=A_{n-1}+A_{n-2}$．
递推可得到 $A_6=8$ 种方法．
再考虑至少使用一个 $1\times3$ 小长方形覆盖 $2\times6$ 方格网的方法：
因为 $2\times6$ 方格网共有 $2\times6=12$（偶数）个小方格，而每个 $1\times3$ 小长方形只能覆盖 $3$（奇数）个小方格，所以使用 $1\times3$ 小长方形必须使用偶数个．
(1)当用 $2$ 个 $1\times3$ 小长方形覆盖 $2\times6$ 方格网时，可以分三类计数：
①两个 $1\times3$ 小长方形在同一行：显然只有图 a 与图 b 两种方法（令 $B_1=2$）；
②两个 $1\times3$ 小长方形不同行且并排：共有 $4$ 种覆盖方法（令 $B_2=3+3+2+2$
$=10$）；
③两个 $1\times3$ 小长方形不同行且不并排：如图 g、图 h、图 i、图 j，共有 $4$ 种覆盖方法（令 $B_3=4$）．
(2)当用 $4$ 个 $1\times3$ 小长方形覆盖 $2\times6$ 方格网时，仅有图 k 一种覆盖方法（令 $B_4=1$）．
综上所述，用 $1\times2$ 或 $1\times3$ 小长方形覆盖 $2\times6$ 方格网共有 $A_6+B_1+B_2+B_3+B_4=13+2+10+4+1$
$=30$（种）．

解题步骤
设有 $n$ 点共有 $f_n$ 种连接方式，显然 $f_2=1$．
若有四个点，可以选两个相邻的点，不妨从 $A_1$ 开始，包含 $A_1$ 的两个相邻的点的选法有 $2$ 种，那么剩下两个点也就有 $f_2$ 种连接方式，所以共有 $f_4=2f_2$
$=2$；
若有六个点，(1)可以选两个相邻的点，那么剩下四个点不妨从 $A_1$ 开始，包含 $A_1$ 的两个相邻的点的选法有 $2$ 种连接方式，不妨从 $A_1$ 开始，包含 $A_1$ 的两个点的选法有四种连线段段，线段两边各有两个点，所以共有 $(f_2)^{2}=1$；
因此 $f_6=4+1$
$=5$；
若有 $8$ 个点，同理有 $f_8=2f_6+2f_4+(f_2)^{2}$
$=14$；
若有 $10$ 个点，同理有 $f_{10}=2f_8+2f_2f_6+(f_4)^{2}$
$=42$．

解题步骤
设凸 $n$ 边形有 $a_n$ 种不同的分割方法，采用递推计数如下：（固定 $A_1A_2$ 为边）
(1)$n=4$ 时，如右图所示，以 $\triangle A_1A_2A_3$ 为一部分的分法有 $1$ 种，以 $\triangle A_1A_2A_4$ 为一部分的分法有 $1$ 种，即 $a_4=1+1$
$=2$．
(2)$n=5$ 时，以 $\triangle A_1A_2A_3$ 为一部分的分法有 $a_4$ 种；$\triangle A_1A_2A_4$ 为一部分的分法有 $1$ 种；以 $\triangle A_1A_2A_5$ 为一部分的分法有 $a_4$ 种．
(3)$n=6$ 时，以 $\triangle A_1A_2A_3$ 为一部分的分法有 $a_5$ 种；以 $\triangle A_1A_2A_4$、$\triangle A_1A_2A_5$ 为一部分的分法有 $a_4$ 种；以 $\triangle A_1A_2A_6$ 为一部分的分法有 $a_5$ 种．$=14$．
(4)$n=7$，$n=8$ 可类似分析，最终得 $a_8=132$．

解题步骤
采用递推的方法：
(1)如果圆上只有 $3$ 个点，那么只有一种连法．
(2)如果圆上有 $6$ 点，除 $A_1$ 点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在 $A_1$ 所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表 $1$ 给出这时有可能的连法．（$A_1$ 所在三角形含 $3$ 个点，余下点数 $3$，种数 $1$；共 $3$ 种连法．）
(3)如果圆上有 $9$ 个点，考虑 $A_1$ 所在的三角形，此时其余的 $6$ 个点要分布在①、②、③，所在三角形的一个边所对的弧上①、②也可能三个点全在一个边所对的弧上，另一类是两个点在一个边对应的弧上，一个点在另一边对应的弧上；如果是情形①、②，则由(2)知这六个点有 $3$ 种连法；如果是情形③，则由(1)知，每三个点只能有一种连法．（按表 $2$ 分类统计，共 $12$ 种连法。）
(4)最后考虑圆周上有 $12$ 个点，同样考虑 $A_1$ 所在三角形，剩下 $9$ 个点的分布有三种可能：①三个点全在 $A_1$；所在三角形的一条边对应的弧上；②有 $6$ 个点全在一段弧上，另三点在另一段弧上；③$9$ 个点都在同一段弧上，得到表 $3$．
共有 $12+3+12+1+3+3+3+3+12+3=55$ 种．
答：共有 $55$ 种不同的连法．

解题步骤
方法一：分类讨论．如果 $1$，$2$ 号箱中恰好放的就是 $1$，$2$ 箱的钥匙，显然不是“好”的方法，所以“好”的方法有两种情况：
(1)$1$，$2$ 号箱的钥匙恰有 $1$ 把在 $1$，$2$ 箱中，另一箱装的是 $3\sim6$ 箱的钥匙．
(2)$1$，$2$ 号箱的钥匙都不在 $1$，$2$ 箱中．
对于(1)，从 $1$，$2$ 号箱的钥匙中选 $1$ 把，从 $3\sim6$ 号箱的钥匙选 $1$ 把，共有 $2\times4=8$ 种选法．每一种选法这 $1$，$2$ 号箱中至多有 $2$ 种放法，根据加法原理，每种 $8\times2=16$ 种放法．
不妨设 $1$，$3$ 号箱的钥匙放入 $1$，$2$ 号箱里，此时 $3$ 号箱不能装 $2$ 号箱的钥匙，有 $3$ 种放法，依次类推，可知此时不同的放法有 $3\times2\times1=6$ 种．
所以，第(1)种情况下“好”的放法有 $16\times6=96$（种）．
对于(2)，从 $3\sim6$ 号箱的钥匙中选 $2$ 把放入 $1$，$2$ 号箱，有 $4\times3=12$（种）放法，不妨设 $3$，$4$ 两钥匙放入 $1$，$2$ 号箱．此时 $1$，$2$ 号箱的钥匙不可能放在 $3$，$4$ 号箱，也就是说 $3$，$4$ 号箱中至少有 $1$ 把 $5$，$6$ 箱的钥匙．
如果 $3$ 号箱中有 $1$ 把 $5$，$6$ 箱的钥匙，也就是说 $3$ 号箱中所放的恰好是 $5$、$6$ 号箱的钥匙之一，有 $2\times2=16$ 种放法．
如果 $3$ 号箱中有 $1$ 把 $5$，$6$ 箱的钥匙，那么 $3$，$4$ 号箱中放的就是 $5$，$6$ 号箱的钥匙，有 $2\times1=2$ 种放法．
同理，$3$，$4$ 号箱有 $5$，$1$ 号箱的钥匙或 $6$，$2$ 号箱的钥匙，也各有 $2$ 种放法．
所以，第(2)种情况下“好”的放法有 $12\times(4+2+2+2+2)=144$（种），
所以“好”的放法共有 $96+144=240$（种）．
方法二：递推法．设 $1$，$2$，$3$，…，$6$ 号箱中所有钥匙放置情况依次为 $k_1$，$k_2$，$k_3$，…，$k_6$．当箱子数为 $n(n\geqslant2)$ 时的放法的总数为 $a_n$．
当 $n=2$ 时，显然 $a_2=2$（$1$，$2$ 互换 或 $2$，$1$ 互换）．
当 $n=3$ 时，能把所有锁打开，方则第 $n$ 箱所放的钥匙不可能是第 $n$ 箱的，从而第 $n$ 箱所放的钥匙必为前 $(n-1)$ 把中的一把，记为 $k_i$，$1\leqslant i\leqslant n-1$；又因第 $i$ 箱原来的钥匙 $k_i$ 此时已不在第 $i$ 箱中，于是 $n-2$ 时的问题转化为一种相当好（设为 $k_i$ 或 $k_3=3$ 时则有一种情况），这样就有 $a_n=2(n-1)a_{n-1}$．
本论其中第一步对前面变把第 $n$ 箱钥匙打开了第 $n$ 号箱，所以可以将前面把这把锁后续的箱子有 $n$ 种，所以可以把后面接着这把锁后续的箱子有 $n$ 个箱子有 $n$ 种，所以可以把后续把第 $n-1$ 把钥匙，需要随开下 $1$，$2$ 两号箱子，所以只有种情况都看 $a_n$，所以 $a_n=(n-1)a_{n-1}$，所以 $a_n=5a_4$
$=5\times a_4$
$=\cdots$
$=5\times4\times3\times2a_2$
$=2\times5!$
$=240$．好的放法总数为 $240$ 种．

解题步骤
$1=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{7}+\frac{1}{42}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{8}+\frac{1}{24}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{18}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{10}+\frac{1}{15}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{20}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}$

解题步骤
每个点和其余四个点可以组成一条直线，最后每条直线算了两次，再除以 2.
$5\times4\div2$，或直接利用组合知识得 $C_{5}^{2}=\frac{5\times4}{2}$
$=10$.

解题步骤
如下图利用标数法，即可得到答案.
（沿格线从 $P$ 到 $Q$ 逐点标数，每个交点处的数等于其左方与下方相邻点数之和，最终在 $Q$ 处得到 60.）

解题步骤
由 $E\to i\to n\to s\to t\to e\to i\to n$ 的拼法如下图所示，根据加法原理得到
共有 $30+30=60$（种）不同拼法.

解题步骤
标数法，如下图所示：
$A_1$
$A_1P_1A_1$
$A_1P_2P_1P_2A_1$
$A_1P_3P_3L_{10}P_3P_3A_1$
$A_1P_4P_6L_{16}E_{31}L_{16}P_6P_4A_1$

解题步骤
由于出现乙队在比赛过程中始终没有领先过，所以可以采用阶梯标数法，如下图所示共有 9 种.
（以甲进球记向右、乙进球记向上，从起点到比分 $4:2$ 的格点，且路径始终不越过对角线（保证乙不领先），用标数法累加得 9.）

解题步骤
如下图所示，利用标数法可得：最短路线有条 384 条.
（将大正方体相关表面展开，在格线交点处用标数法逐点累加到达数，终点 $B$ 处得 384.）

解题步骤
如下图所示，采用标数法，可知有 12 条最短路线.
（按马步规则从 △ 出发，用标数法逐步标出每格的最短到达方法数，到 ★ 处得 12.）

解题步骤
方法一：使用标数法，如下图所示，到 $X$、$L$、$M$、$N$ 只有 1 种可能都标 1，之后 $P$ 可以从 $L$ 到达标 1，$Q$ 可以从 $L$、$M$、$N$ 到达标 3，$O$ 可以从 $X$、$N$ 到达标 $1+1=2$，以此类推：$R$ 标 $1+2=3$，$S$ 标 $1+3+2=6$，$Y$ 标 $1+6+3=10$，所以从 $X$ 市到 $Y$ 市共有 10 种不同的路径.
方法二：共 10 种不同路径，如下图所示（按从 $X$ 出发经各节点到 $Y$ 的所有有向路径逐一列举）.

解题步骤
如下图所示，利用标数法. 横向走一格表示 $A$ 多胜了一局，纵向走一格表示 $A$ 多负了一局，数字表示排列种数，到达点 $a$ 就以 7 胜 4 负获胜. 如图中 $a$ 点表示 $A$ 胜 3 场负 0 场，比赛就结束了，所以 $a$ 点无法到达；而图中 $b$ 点，由于 $A$ 负 1 场后，表示 $A$ 是 3 胜 1 负，就可以到达. 图中 $c$ 点表示 $A$ 是 0 胜 3 负，无法到达，所以 $c$ 点无法到达. 用标数法可得 81 种排法.

解题步骤
8 人排队相当于把 8 个人填入上边 2 列方格中. 当 $A$ 的位置确定时，第二列最多可以确定一个位置 $D$，当确定 $A$、$B$ 两个位置时，第二列最多可以确定 $C$、$D$ 两个位置，因此第二列确定的位置个数总是不会多于第一列确定的位置个数，因此我们可用横线代表第一列确定的位置，用竖线代表第二列确定的位置.
画图如下：
（从原点出发，横向表示第一列填一人，纵向表示第二列填一人，路径始终满足第二列不多于第一列，用标数法累加得 14.）
因此 2 列纵队有共有 14 种排法.

解题步骤
插板法，$C_{6}^{3}=20$.

解题步骤
排除法. 图中共有 10 个点，我们先随意选三个点，共有 $C_{10}^{3}=\frac{10\times9\times8}{3\times2\times1}$
$=120$，然后排除三点在一条直线的情况 $C_7^3+C_4^3=39$，因此共有 $120-39=81$（个）.

解题步骤
方法一：可知千位数必为 2，故考虑百位数、十位数与个位数的和为 9 的数.
(1)当百位数为 9 时，仅 2900 满足.
(2)当百位数为 8 时，2810,2801 满足.
(3)当百位数为 7 时，2720,2702,2711 满足.
(4)当百位数为 6 时，2630,2603,2621,2612 满足.
(5)当百位数为 5 时，2540,2504,2531,2513,2522 满足.
(6)当百位数为 4 时，2450,2405,2441,2414,2432,2423 满足.
(7)当百位数为 3 时，2360,2306,2351,2315,2342,2324,2333 满足.
(8)当百位数为 2 时，2270,2207,2261,2216,2252,2225,2243,2234 满足.
(9)当百位数为 1 时，2180,2108,2171,2117,2162,2126,2153,2135,2144 满足.
(10)当百位数为 0 时，2090,2081,2018,2072,2027,2063,2036,2054,2045 满足.
因此共有 $1+2+3+4+5+6+7+8+9+9=54$（个）.
方法二：可知千位数必为 2，故考虑百位数、十位数与个位数的和为 9 的数. 即将九个 1 分为大于等于 0 的三部分，此亦即将十二个 1 分为大于 0 的三部分，即将十二个 1 中间的 11 个间隔中取二个切开，故有 $C_{11}^{2}=11\times10\div2$
$=55$（种）分法，但是 2009 排除在外，因此共有 54 个.

解题步骤
方法一：用枚举法. 如下所示，共有 42 种不同的摆法：
（按摆放（入栈）与取出（出栈）的合法顺序枚举所有可能出栈序列，共 42 种.）
方法二：用标数法. 把思思摆碗（往上摞）的过程看成向上走，把学学取碗（往下取）的过程看成向右走，由于洗好摆上去的碗要先摆好才能取下，所以向右取的碗数始终不能多于向上摆的碗数，所以利用阶梯标数法进行计数，共有 42 种走法，即代表 42 种摆法.

解题步骤
插板法进阶，补上 3 颗巧克力，即转化为每人至少一颗的分法. $C_{8+3-1}^{3-1}=45$.

解题步骤
$20=2+4+6+8$，即 20 只能拆为 $2,4,6,8$ 这四个符合条件的偶数，顺序不同是不同偶数组，故有 $A_4^4=24$.

解题步骤
若该年不是闰年，则 1 到 12 月每月的天数依序为 31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 天. 因一星期有七天，所以 1 到 12 月每月的天数除以 7 后所得余数依序为 3,0,3,2,3,2,3,3,2,3,2,3，因此若 1 月 13 日是星期 $K$（星期日视为星期 0，$K$ 为 $0\sim6$ 的整数），则该年 1 到 12 月的 13 日依序为星期 $K$、$K+3$、$K+3$、$K+6$、$K+1$、$K+4$、$K+6$、$K+2$、$K+5$、$K+5$、$K+1$、$K+4$（以上诸值若超过 7 则化简为除以 7 后之余数），其中 $K+3$ 出现三次是最多的，故这一年黑色星期五最多有三天，发生于 $K=2$ 时；若该年是闰年，则 1 到 12 月的天数依序为 31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 天，除以 7 后所得余数依序为 3,1,3,2,3,2,3,3,2,3,2,3，因此若 1 月 13 日是星期 $K$（星期日视为星期 0，$K$ 为 $0\sim6$ 的正整数），则该年 1 到 12 月的 13 日依序为星期 $K$、$K+3$、$K+4$、$K+0$、$K+2$、$K+5$、$K+0$、$K+3$、$K+6$、$K+1$、$K+4$、$K+6$（以上诸值若超过 7 则化简为除以 7 后之余数），其中 $K$ 出现三次是最多的，故这一年黑色星期五最多有三天，发生于 $K=5$ 时.
因此无论是否闰年一年内最多有 3 个黑色星期五.

解题步骤
令这五位学生为 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$，作业本为 $a$、$b$、$c$、$d$、$e$.
可知将作业本分给五位学生的全部情况共有 $5\times4\times3\times2\times1=120$（种）.
(1)五位学生全取到自己的作业本只有 1 种情况.
(2)五位学生恰有四位取到自己的作业本不可能发生.
(3)五位学生中恰三位拿到自己的作业本，即另二位学生取错作业本时，因二位学生取错只是某种一种情况，故有 $C_5^3\times1=10$（种）情况.
(4)五位学生中恰有两位拿到自己的作业本时，即另三位学生都取错作业时，假设 $A$、$B$ 取到自己的作业本，而 $C$、$D$、$E$ 三人都取错，则有以下 2 种情况. 因两位学生取到自己的作业本有 $C_5^2=5\times4\div2$
$=10$（种）情况，而由上面的例子可知另三位学生都取错时有 2 种情况，故共有 $10\times2=20$（种）情况.
(5)五位学生中仅一位拿到自己的作业本时，即另四位学生都取错作业本时，假设 $A$ 取到自己的作业本，而 $B$、$C$、$D$、$E$ 四人都取错，则有以下 9 种情况. 因一位取到自己的作业本有 $C_5^1\times9=45$（种）情况.
所以五位学生全取错作业本的情况有 $120-1-10-20-45=44$（种）.

解题步骤
按比例分配用题 $2000\div(5-3)\times4=4000$（元）。

解题步骤
硝酸钾、硫磺、木炭的比例为 $15:2:3$ 求得，木炭所占的比例为 $\frac{3}{20}$，因此，配制 $1000$ 千克的“黑火药”需要木炭 $1000\times\frac{3}{20}=150$（千克），今有木炭 $50$ 千克，故还需要木炭 $150-50=100$（千克）。

解题步骤
设红、黄、蓝三色分别为 $5$ 份、$3$ 份、$8$ 份，所以橘、紫、绿这三种间色之配色比例为 $(5+3):(5+8):(3+8)=8:13:11$。

解题步骤
三批货物的价值比为 $(2\times6):(4\times5):(3\times2)=6:10:3$，所以三个的价值分别为 $152\div(6+10+3)\times6=48$（万元）；$152\div(6+10+3)\times10=80$（万元）；$152\div(6+10+3)\times3=24$（万元）。

解题步骤
若将小球的体积看做 $3$ 份，则中球的体积是 $(3+1)$ 份大球的体积是 $(3+1+6)$ 份所以小中大三球体积比为 $3:4:10$。

解题步骤
今年儿子和父亲的年龄比为 $1:4=2:8$，$15$ 年后儿子和父亲的年龄比为 $5:11$，因此儿子是 $15:(5\times2-(2\times2))=10$（岁）。

解题步骤
由于女生报名，男生人数不变，所以又有女生报名前后，男女生人数比 $8:5=24:15$，$6:5=24:20$，所以现在参赛的学生共有 $20\div(20-15)\times(24+20)=176$（人）。

解题步骤
根据遗嘱妻子与儿子的分配比例为 $1:2$，妻子与女儿的分配比例为 $2:1$，所以妻子、儿子、女儿的分配比例是 $2:4:1$，所以儿子分得 $168\times\frac{4}{1+2+4}=96$（两）。

解题步骤
方法一：设甲、乙两校参加的学生人数各有 $7x$ 人、$8x$ 人。根据题意列方程得 $(7x-320):(8x-320)=2:3$，解得 $x=64$。两校参加人数为 $7x+8x=15x$
$=960$（人）。
方法二：因为两校各有 $320$ 人未获奖，$7-2=5$，$8-3=5$，所以设甲乙两校各有 $7$ 份、$8$ 份人，两校参加人数为 $320\div5\times(7+8)=960$（人）。

解题步骤
方法一：由于三个班的总人数不变，所以按两种方式插班后一班与二班的人数比分别为 $7:8=14:16$，$1:1=15:15$，又因为三班人数也不变，所以三班两次分配比例是 $1:1=4:4$，$\frac{5}{8}:\frac{3}{8}=5:3$，所以原来一班、二班和三班的人数之比为 $(14-4):(16-4):(4+4)=5:6:4$。
方法二：设一班原有 $x$ 份人，二班原有 $y$ 份人，三班原有 $8$ 份人，可以列出方程组 $\begin{cases}(x+4):(y+4)=7:8\\(x+5):(y+3)$
$=1:1\end{cases}$，解出 $x=30,y=12$，三者之比为 $5:6:4$。

解题步骤
方法一：由于在水中长度相同，所以两根铁棒露在外面和水中的比分别为 $1:2=2:4$ 和 $1:4$，所以两根铁棒长度之差为 $33\div(2+4+1+4)\times(2-1)=3$（厘米）。
方法二：如右图所示，设两根铁棒露在外面的长度分别 $x$ 和 $y$，则 $\begin{cases}2x=4y\\3x+5y$
$=33\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x$
$=6\\y$
$=3\end{cases}$，则它们之差 $6-3=3$（厘米）。

解题步骤
方法一：原计划甲、乙、丙三人所得糖果分别占总数的 $\frac{5}{12}$、$\frac{4}{12}$、$\frac{3}{12}$，实际甲、乙、丙三人所得糖果分别占总数的 $\frac{7}{18}$、$\frac{6}{18}$、$\frac{5}{18}$，只有丙占总数的比例是增加的，所以这位小朋友是丙。糖果总数为 $15\div\left(\frac{5}{18}-\frac{3}{12}\right)=540$（块），丙实际所得的糖果数为 $540\times\frac{5}{18}=150$（块）。
方法二：统一份数为：原计划甲、乙、丙 $15:12:9$，总数为 $36$ 份；实际甲、乙、丙 $14:12:10$，总数为 $36$ 份。对比分析甲 $15\to14$、乙 $12\to12$、丙 $9\to10$，发现多得糖果的是丙。所以他实际所得到的糖果数为 $15\div(10-9)\times10=150$（块）。

解题步骤
设甲、丙重叠部分为 $a$，则甲为 $4a$，乙、丙重叠部分为 $2b$，乙面积为 $5b$，根据题意则丙的面积可表示为 $9(a+2b)$ 或 $(4a+5b)\times3$，得到方程 $9(a+2b)=(4a+5b)\times3$，解得 $a=b$。则甲、乙面积之比为 $4a:5b=4:5$。

解题步骤
为了便于计算，不妨将全部股份看做 $15$ 份，于是甲原本占有 $15\div(1.5+1)\times1.5=9$（份），乙原本占有 $15-9=6$（份）。丙拿出 $1500$ 万元购买了总共 $15\div3=5$（份）的股份。甲取回的钱是甲将原有股份变成现有股份所卖股份的钱，即 $(9-5)\times300=1200$（万元）。

解题步骤
由于分子、分母都加相同的数，所以约分前分母与分子的差应相同，都是 $[2,3]=6$ 倍，因此 $\frac{1}{4}=\frac{2}{8}$，$\frac{1}{3}=\frac{3}{9}$，$\frac{1}{2}=\frac{6}{12}$，分子、分母都加上 $23+(23-11)\div(9-8)\times(12-9)=59$ 后，分数约分后等于 $\frac{1}{2}$。

解题步骤
由于每个人不能看到自己背的包，所以除了一个人外剩下的背包和是相同的，所以除一个背包外，红色旅行包与蓝色旅行包个数的比是 $5:3=15:9$，$2:1=16:8$，所以共有蓝色旅行包 $1\div(16-15)\times9=9$（个），红色旅行包有 $1\div(16-15)\times16=16$（个），因此男生有 $9$ 人，女生有 $16$ 人。

解题步骤
设三个分子依次为 $3x,2x,4x$，三个分母依次为 $5y,9y,15y$，$\frac{3x}{5y}+\frac{2x}{9y}+\frac{4x}{15y}=\frac{49x}{45y}$
$=\frac{28}{45}$，解得 $\frac{x}{y}=\frac{4}{7}$，又因为三个分数均为最简真分数，所以 $x=4,y=7$，三个分数的分母和为 $5y+9y+15y=29y$
$=29\times7$
$=203$。

解题步骤
甲生产的是总和的 $\frac{1}{3}$，乙生产的是总和的 $\frac{1}{4}$，那么丙生产的是总和的 $1-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{5}{12}$，由此得到这批玩具共有 $50\div\frac{5}{12}=120$（个）。

解题步骤
没受干扰时传真机的合作工作效率为 $\frac{1}{10}+\frac{1}{8}=\frac{9}{40}$，而实际的工作效率为 $\frac{1}{5}$，所以这份资料共有 $0.2\div\left(\frac{9}{40}-\frac{1}{5}\right)=8$（页）。

解题步骤
在与甲下载的同时，乙下载了 $99\div5=19.8$（兆），则甲断网期间乙下载了 $100-19.8=80.2$（兆）。

解题步骤
根据题意可知，$1,2$ 号阀门的效率之和为 $\frac{1}{12}$，$1,3$ 号阀门的效率之和为 $\frac{1}{15}$，$1$ 号阀门的效率为 $\frac{1}{20}$，所以 $1,2,3$ 号阀门的效率之和为 $\frac{1}{12}+\frac{1}{15}-\frac{1}{20}=\frac{1}{10}$，所以，如果同时打开 $1,2,3$ 号阀门，$10$ 分钟可以完成。

解题步骤
根据题意，令工作总量为“1”，则有工作效率：
$$\begin{cases}\text{甲}+\text{乙}+\text{丙}=\frac{1}{90}\\\text{甲}+\text{乙}+\text{丁}=\frac{1}{120}\\\text{丙}+\text{丁}=\frac{1}{180}\end{cases}$$
则甲、乙、丙、丁的工作效率之和为：$\left(\frac{1}{90}+\frac{1}{120}+\frac{1}{180}\right)\div2=\frac{1}{80}$；
丙的工作效率为：$\frac{1}{80}-\frac{1}{120}=\frac{1}{240}$；
甲、乙的工作效率之和为：$\frac{1}{80}-\frac{1}{180}=\frac{1}{144}$；
则甲、乙合作 $36$ 天后完成全部工作的 $\frac{1}{4}$；还余下工作的 $\frac{3}{4}$。
要合作完成还需要：$\frac{3}{4}\div\frac{1}{80}=60$（天）。

解题步骤
甲、乙录入任务的字数之比为 $(1-80\%):\left(1-\frac{5}{6}\right)=\frac{1}{5}:\frac{1}{6}$
$=6:5$，甲的录入任务是 $15400\div(6+5)\times6=8400$（字）。

解题步骤
如果甲车间不抽调一部分工人去完成另外的任务，每天能生产零件 $15\div1\times4=60$（个），原计划完成任务所用的时间是 $(50+15)\times2\div(60-50)=13$（天），这批零件有 $(60+15)\times13=975$（个）。

解题步骤
我们可把工人分为 $12$ 份，假设 $1$ 人半天的工作量为 $1$，那么上午在甲地的工人为 $9$ 份，在乙地的工人为 $3$ 份，下午在甲地的工人为 $7$ 份，在乙地的工人为 $5$ 份，那么甲地工作完成后工人的工作量为 $9+7=16$，此时乙地工人的工作总量为 $8$，还剩余 $16\div3\times2-8=\frac{8}{3}$ 未完成，若要完成，还需要 $\frac{4}{3}$ 份工人工作一天，而 $\frac{4}{3}$ 份工人就是 $4$ 名工人，那么 $1$ 份有 $3$ 人，共有工人 $12\times3=36$（人）。

解题步骤
方法一：
在晴天一队、二队的工作效率分别为 $\frac{1}{10}$ 和 $\frac{1}{16}$，一队比二队的工作效率高 $\frac{1}{10}-\frac{1}{16}=\frac{3}{80}$；在雨天，一队、二队的工作效率分别为 $\frac{1}{10}\times30\%=\frac{3}{100}$ 和 $\frac{1}{16}\times80\%=\frac{1}{20}$，二队的工作效率比一队高 $\frac{1}{20}-\frac{3}{100}=\frac{1}{50}$。
由 $\frac{3}{80}:\frac{1}{50}=15:8$ 知，$8$ 个晴天 $15$ 个雨天，两个队的工作进度相同，此时完成了工程的 $1.25$ 倍，所以在施工期间，共有 $8\div1.25=6.4$（个）晴天，$15\div1.25=12$（个）雨天。
方法二：
设晴天有 $x$ 天，雨天有 $y$ 天。一队在下雨天的工作效率为 $\frac{1}{10}\times30\%=\frac{3}{100}$，二队在下雨天的工作效率为 $\frac{1}{16}\times80\%=\frac{1}{20}$，所以有 $\begin{cases}\frac{1}{10}x+\frac{3}{100}y=1\\\frac{1}{16}x+\frac{1}{20}y$
$=1\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x=6.4\\y$
$=12\end{cases}$。
易错点分析：在晴天，一队、二队的工作效率分别为 $\frac{1}{10}$ 和 $\frac{1}{16}$，一队比二队的工作效率高 $\frac{1}{10}-\frac{1}{16}=\frac{3}{80}$；在雨天，一队、二队的工作效率分别为 $\frac{1}{10}\times30\%=\frac{3}{100}$ 和 $\frac{1}{16}\times80\%=\frac{1}{20}$，二队的工作效率比一队高 $\frac{1}{20}-\frac{3}{100}=\frac{1}{50}$。由 $\frac{3}{80}:\frac{1}{50}=15:8$ 知，$8$ 个晴天 $15$ 个雨天，忽略了此时其实已经完成工程的 $1.25$ 倍，而实际上只需要 $\frac{4}{5}$ 的时间，即 $6.4$ 个晴天、$12$ 个雨天即可。

解题步骤
整个搬运的过程，就是甲、乙、丙三人同时开始同时结束，共搬运了两个仓库的货物，所以它们完成工作的总时间为 $2\div\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{14}\right)=\frac{21}{4}$（小时）。
在这段时间内，甲、乙各自在某一个仓库内搬运，丙则在两个仓库内搬运。
甲完成自己的工作为 $\frac{1}{6}\times\frac{21}{4}=\frac{7}{8}$，所以丙帮甲搬了 $1-\frac{7}{8}=\frac{1}{8}$ 的货物，丙帮甲做的时间为 $\frac{1}{8}\div\frac{1}{14}=1\frac{3}{4}$（小时），那么丙帮乙做的时间为 $\frac{21}{4}-1\frac{3}{4}=3\frac{1}{2}$（小时）。

解题步骤
方法一：
首先求出甲的工作效率，甲 $1$ 个小时完成了 $200$ 米的工作量，因此每分钟完成 $200\div60=\frac{10}{3}$（米），开始的时候甲的速度比乙快 $\frac{1}{3}$，也就是说乙开始每分钟完成 $\frac{10}{3}\div\left(1+\frac{1}{3}\right)=2.5$（米）。换工具之后，工作效率提高一倍，因此乙每分钟完成了 $2.5\times2=5$（米），问题就变成了，乙 $50$ 分钟完了 $200$ 米的事，最若干分钟每分钟完成 $5$ 米，余下的每分钟完成 $2.5$ 米，求换工具后乙工作了多少分钟。这是一个鸡兔同笼类型的问题，我们假设乙一直都是每分钟 $2.5$ 米，那么 $50$ 分钟应该能扫 $2.5\times50=125$（米），比实际少了 $200-125=75$（米），这是因为换工具后每分钟多扫了 $5-2.5=2.5$（米），因此换工具后的工作时间为 $75\div2.5=30$（分钟）。
方法二：
其实这个问题当中的 $400$ 米是一个多余条件，我们只需要根据甲乙两人工作量相同和他们之间的工作效率之比就可以求出这个问题的答案。
我们不妨设乙开始每分钟清理的量为 $3$，甲比他快 $\frac{1}{3}$，甲每分钟可以清理 $4$，$60$ 分钟之后，甲一共清理了 $4\times60=240$ 份的工作量，乙和他的工作总量相同，也是 $240$ 份，但是乙之前的工作效率为 $3$，换工具后的工作效率为 $6$，和（法一）相同的，利用鸡兔同笼的思想，可以得到乙换工具后工作了 $(240-3\times50)\div(6-3)=30$（分钟）。

解题步骤
令工程总量为 $1$，则进水管的工作效率为：$\frac{1}{3}$，出水管的工作效率为：$\frac{1}{4}$，所以同时打开 $14$ 个小时，应该有水量为：$14\times\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=\frac{7}{6}$，则漏水效率为：$\left(\frac{7}{6}-1\right)\div14=\frac{1}{84}$，所以如果水池注满后经过 $84$ 小时，水就会漏完。

解题步骤
有许多同学难得以为这道题目错了。其实，关键是同学们对题目中“甲、乙、丙三队在同一天内完工”没有理解清楚，主要在于一个字“内”。即“甲、乙、丙三队一定是‘同时完工’”。在此特别错误与正确解法分歧之处，以便同学们扫除障碍及此题目许多同学因经验少教训，今天后审推翟定一个比较扎实的基础。
猜误解法：由于三个队于同一天开工，丁队又是最后帮助丙队工作到完工。三队在同一天“同时完工”，所以共需用时间：
$3\div\left(\frac{1}{28}+\frac{1}{24}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30}\right)=\frac{56}{3}$（天）。
此时，甲的工程还剩：$1-\frac{56}{3}\times\frac{1}{28}=\frac{1}{3}$
乙的工程还剩：$1-\frac{56}{3}\times\frac{1}{24}=\frac{2}{9}$
丙的工程还剩：$1-\frac{56}{3}\times\frac{1}{20}=\frac{1}{15}$
于是，丁队帮甲、乙工作的天数分别为：$x=\frac{1}{3}\times30$
$=10$，$y=\frac{2}{9}\times30$
$=\frac{20}{3}$
丁帮丙工作的天数为：$\frac{1}{15}\times30=2$
从而，得到 $x,y$ 不全是整数的矛盾结论。
正确解法：由于 $4$ 个队一齐开工，所以三个队的理论天数为：
$3\div\left(\frac{1}{28}+\frac{1}{24}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30}\right)=\frac{56}{3}$（天）$>18$ 天。
从而，甲、乙、丙三队是在第 $19$ 天“内”完工的。
（1）丁帮甲工作的天数 $x$ 不多于 $\left(1-\frac{1}{28}\times18\right)\div\frac{1}{30}=10\frac{5}{7}$（天），而甲在第 $18$ 天还开工，从而丁帮甲工作不超过 $10$ 天。
若 $x=9$，甲的工作时间为 $\left(1-\frac{1}{30}\times9\right)\div\frac{1}{28}=\frac{7}{10}\times28$
$=19\frac{3}{5}>19$ 显然不可能，所以 $x=10$。
（2）丁帮乙工作的天数 $y$ 不多于 $\left(1-\frac{1}{24}\times18\right)\div\frac{1}{30}=7.5$（天），而乙在第 $18$ 天还开工，从而丁帮乙工作的天数不超过 $7$ 天。
若 $y=6$，乙的工作时间为：$\left(1-\frac{1}{30}\times6\right)\div\frac{1}{24}=19\frac{1}{5}>19$，显然不可能，$\therefore y=7$。
丁下帮丙工作的天数为 $\left[1-\frac{1}{20}\times(10+7)\right]\div\left(\frac{1}{20}+\frac{1}{30}\right)=1\frac{4}{5}$（天）。
则 $x=10$，$y=7$；且丁队帮丙队天作的天数（未必是整数）为 $1\frac{4}{5}$。

解题步骤
设 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$ 的原来工作效率分别为 $a$、$b$、$c$、$d$、$e$，于是有 $a+b+c+d+e=\frac{1}{22}$。
设 $A$ 和 $E$ 互换后，工作效率提高了 $\frac{1}{22}\times10\%=\frac{1}{220}$，设 $B$ 和 $D$ 互换后，工作效率提高了 $\frac{1}{22}\times\frac{1}{9}=\frac{1}{198}$。
因此，我们可以得知 $\frac{1}{22}+\frac{1}{220}+\frac{1}{198}=\frac{109}{1980}$。所以，当时若将 $A$ 与 $E$ 分担的工作互换，同时将 $B$ 与 $D$ 分担的工作也交换，全组需要 $1\div\frac{109}{1980}=\frac{1980}{109}$
$=18\frac{18}{109}$（分钟）才能完成任务，即全组就可以比规定的时间提前 $20-18\frac{18}{109}=1\frac{91}{109}$（分钟）完成任务。

解题步骤
甲效率$+$乙效率$=\frac{5}{12}$，乙效率$+$丙效率$=\frac{4}{15}$，甲效率$+$丙效率$=\frac{7}{20}$，则甲效率$+$乙效率$+$丙效率$=\left(\frac{5}{12}+\frac{4}{15}+\frac{7}{20}\right)\div2$
$=\frac{31}{60}$。
则甲效率：$\frac{31}{60}-\frac{4}{15}=\frac{1}{4}$，乙效率：$\frac{5}{12}-\frac{1}{4}=\frac{1}{6}$，丙效率：$\frac{4}{15}-\frac{1}{6}=\frac{1}{10}$。
按要求，只有甲、乙可在一星期内完成。
甲、乙、丙 $3$ 队一天的工程款是 $\left(1800\div2\frac{2}{5}+1500\div3\frac{3}{4}+1600\div2\frac{6}{7}\right)\div2=855$（元）。
甲队一天的工程款：$855-1500\div3\frac{3}{4}=455$（元），总：$455\times4=1820$（元）。
乙队一天的工程款：$855-1600\div2\frac{6}{7}=295$（元），总：$295\times6=1770$（元）。
所以乙所需费用最省，乙被招标。

解题步骤
线性规划中的劳力组合问题。
甲厂生产上衣和裤子的效率比为 $1:2$
乙厂生产上衣和裤子的效率比为 $2:3$
因为 $\frac{1}{2}<\frac{2}{3}$
所以乙厂善于生产上衣，甲厂善于生产裤子（它是经济学中“比较优势”的思想）
所以让乙厂全力生产上衣
乙厂全月可生产上衣：$3600\div\frac{3}{5}=6000$（件）
甲厂全月可生产裤子：$2700\div\frac{1}{3}=8100$（件）
为配套，让甲先全力生产了 $6000$ 条裤子，与乙厂的 $6000$ 件上衣配成 $6000$ 套西服。
这需要花去甲厂 $\frac{6000}{8100}=\frac{20}{27}$ 个月。
剩下的 $\frac{7}{27}$ 个月生产西服：$2700\times\frac{7}{27}=700$（套）
所以 $6000+700=6700$（套）。

解题步骤
比较一下甲乙丙三人运树苗与挖树坑的效率比：
甲：$20\div2=10$；
乙：$10\div1.2=8\frac{1}{3}$；
丙：$7\div0.8=8\frac{3}{4}$；
由于 $10>8\frac{3}{4}>8\frac{1}{3}$，所以安排运树苗的优先顺序为甲、丙、乙，那么挖树坑的顺序为乙、丙、甲。
乙类 $15$ 人可以挖 $1.2\times15=18$（个）坑，丙类 $10$ 人可以挖 $0.8\times10=8$（个）坑，那么甲类需要挖 $30-18-8=4$（个）坑，需要派 $2$ 个人，甲类剩下的 $13$ 个人运树苗。
所以当甲、乙、丙挖树坑的人数分别是 $2$ 人、$15$ 人、$10$ 人时，可以完成任务，运树苗最多，最多为 $13\times20=260$（棵）。

解题步骤
易知，经过了数个循环后，剩下的工作第一次是甲做一天完成的，第二次是丙做一天、甲做半天完成的，第三次是乙、丙各做一天完成的，所以得知甲做半天$=$乙做一天$=$丙做一天，所以甲乙丙三人同时做，相当于 $4$ 个乙同时做，共需要 $30\div4=7.5$（天）。

解题步骤
考虑水池减去甲乙丙各两小时总和后的容积，则此部分按照甲乙丙的顺序灌得刚好在整数小时后准满灌，按照乙丙甲的顺序灌多用 $15$ 分钟，按照丙乙甲的顺序灌少用 $15$ 分钟。三个一起灌用 $20$ 分钟，所以这速度应该是最快，甲单中、丙最慢，也就是说，此部分是甲灌 $1$ 个小时后灌满，甲灌 $1$ 个小时的水$=$乙灌 $45$ 分钟的水$=$丙灌 $45$ 分钟的水。
所以灌水速度甲：乙：丙$=3:4:2$，也就是甲刚好是平均数。所以只用甲管灌满需要 $2\frac{1}{3}\times3=7$（小时）。

解题步骤
由于 $2+1=3$，$3+1=4$，$4+1=5$，$[3,4,5]=60$。所以将三个容积相等的瓶子各自平均分成 $60$ 份，那么三瓶中酒精与水的比分别是 $40:20$，$45:15$，$48:12$，混合后酒精与水的比是 $(40+45+48):(20+15+12)=133:47$。

解题步骤
两种溶液的比例应为 $6:4$，如果以 $4:6$ 的比例去配，配得的糖水浓度为 $26\%$。

解题步骤
方法一：利用公式解题。$5\%\times80+8\%\times20=5.6$（克）。混合后的浓度为 $5.6\%$，倒掉 $10$ 克则倒掉了 $0.56$ 克的盐，现在含盐量为 $5.6-0.56=5.04$（克），那么再加入 $10$ 克水后盐水浓度为 $5.04\%$。
方法二：十字交叉法。由于混合前两种溶液与混合后溶液的浓度差与它们的配比成反比，所以 $5\%$ 的盐水 $80$ 克与 $8\%$ 的盐水 $20$ 克相混合，可得 $(x-5):(8-x)=4:1$，得 $x=5.6$。再用 $5.6\%$ 的盐水 $90$ 克与水（$0\%$ 盐水）$10$ 克相混合，可得 $y:(5.6-y)=9:1$，得 $y\%=5.04\%$。

解题步骤
抓住水分变化、非水（干）部分的质量不变的特点。要把它想象成“干西瓜”的质量是不变的，$20\times(1-98\%)=0.4$（千克），$0.4\div(1-95\%)=8$（千克）。

解题步骤
$8$ 公升水中含有药丸 $16$ 颗，用掉的 $2$ 公升溶液含有药丸 $16\times\frac{2}{8}=4$（颗），这时水中共有 $12$ 颗药丸，再加入 $2$ 公升水，还有 $8$ 公升的水，需要加药丸 $32-12=20$（颗）。

解题步骤
甲种股票的成本为 $1200\div(1+20\%)=1000$（元），乙种股票的成本为 $1200\div(1-20\%)=1500$（元），总成本为 $1000+1500=2500$（元），所以亏本 $2500-1200\times2=100$（元）。

解题步骤
假设李刚买乒乓球花了 $100$ 元，那么销售税为 $100\times5\%=5$（元），每个球价格是 $5\div3=\frac{5}{3}$（元），$100\div\frac{5}{3}=60$（个）。

解题步骤
打折后的售价至少为 $800\times(1+5\%)=840$（元），此时打折为 $840\div1200=\frac{7}{10}$
$=7$ 折。

解题步骤
设一台电脑的价格为单位 $1$，原来每名同学付款 $\frac{1}{5}$，增加三名同学后每名同学只需付款 $\frac{1}{8}$，每人电脑价格为 $285\div\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{8}\right)=3800$（元）。

解题步骤
降价销售平均每售 $2$ 本获利 $0.24\times\left(1+\frac{1}{2}\right)=0.36$（元），每本获利 $0.18$ 元。则每本书售价降低 $0.24-0.18=0.06$（元）。

解题步骤
总花费 $360$ 元券。所以每个人分 $360\div5=72$（元）代价券，折合 $72\div1.5=48$（元）现金。甲、丙、丁、戊、戊每人应付现金 $48$ 元，乙应付现金 $(72-60)\div1.5=8$（元）。

解题步骤
第一次付款 $168$ 元，没有优惠，$200\times0.9=180$（元），$168<180$，所以这次没有打折。第二次付款 $423$ 元，$500\times0.9=450$，$423<450$，所以这次的原价是小于 $500$ 元的，全部打九折优惠，那么原价为 $423\div0.9=470$（元）。那么两次合计买这些商品的定价为 $168+470=638$（元），应付 $500\times0.9+138\times0.8=560.4$（元）。

解题步骤
买 $3$ 斤苹果和 $2+9$ 斤橘子需 $6.9+22.8=29.7$（元），所以各买 $1$ 斤需要 $29.7\div11=2.7$（元）。

解题步骤
因传统灯泡用 $1$ 年，因此 $1$ 年的平均花费为 $8000\times10+8000\times24=272000$（元）；若用 LED 灯泡，可用 $5$ 年，故 $1$ 年的平均花费为 $(8000\times80)\div5+8000\times6=176000$（元）；因此平均一年可省 $272000-176000=96000$（元）。

解题步骤
方程方法。设应放牛奶糖 $x$ 千克。$14\times1+6\times2+7\times x=(1+2+x)\times8$，解得 $x=2$。

解题步骤
把这辆山地车的原价看成单位 $1$，小明赚的钱对应的分率为 $1+25\%-90\%=35\%$，$105\div35\%=300$（元）。

解题步骤
我们发现最后 $10$ 本卖到的钱全部都是利润，最后总利润为 $504+10\times16.8=672$（元）。每本获利 $16.8-10.08=6.72$（元），说明总数为 $672\div6.72=100$（本）。

解题步骤
第一次乙杯中酒精溶液的一半倒入甲杯，甲杯中的溶液含酒精为 $25\%$；第二次将甲杯中酒精溶液倒入乙杯，因此乙杯中的酒精为溶液 $\frac{1}{2}\times25\%+\frac{1}{2}\times50\%=\frac{1}{8}+\frac{1}{4}$
$=\frac{3}{8}$。

解题步骤
抓住不变量，统一不变量的方法解决问题。原来 $1$ 筐葡萄：葡萄 $=8:100$
$=2:25$，晾干后含水量为 $2:10$，$25-15=10$（千克），$55-25=30$（千克）。设 $30$ 千克为 $15$ 份，那么 $1$ 份为 $2$ 千克，所以葡萄中非水的量为 $25\times2=50$（千克），则筐重 $55-50=5$（千克）。

解题步骤
抓住不变量。第一次加水后盐水和盐的比为 $20:3$，第二次加水后盐水和盐的比为 $25:3$，所以第三次加水后变为 $30:3$，所以盐水的含盐百分比为 $3\div30\times100\%=10\%$。

解题步骤
方法一：设 B 种酒精的浓度为 $x$，则 A 种酒精的浓度为 $2x$，可以得到：$100\times2x+400\times x+1000\times15\%=(1000+100+400)\times14\%$，$600x+150=210$，$x=0.1$，故 A 的浓度为 $2x=2\times0.1$
$=0.2$
$=20\%$。
方法二：$1000\times15\%=150$ 克，$150+500$ 共含酒精 $60$ 克，已知 A 和 B 的重量比为 $1:4$，浓度比为 $2:1$，所以含酒精的量比 $1:2$，那么 A 中含酒精 $60\div3=20$（克），则 A 的浓度为 $20\div100=20\%$。
方法三：十字交叉法。设 A 种酒精溶液的浓度为 $x$，则 B 为 $\frac{x}{2}$。根据题意，假设先把 $100$ 克 A 种酒精溶液与 $400$ 克 B 种酒精溶液混合，再与 $1000$ 克 $15\%$ 的酒精溶液混合，两种溶液的重量比为 $1000:500=2:1$。由十字交叉法，有 $(x-12\%):\left(12\%-\frac{x}{2}\right)=400:100$，解得 $x=20\%$。

解题步骤
方法一：设甲商品价格为单位 $1$，那么乙商品价格的 $25\%$ 为 $1\times25\%\div(1+25\%)=\frac{1}{5}$，乙商品的价格为 $\frac{1}{5}\div25\%=\frac{4}{5}$，那么乙的价格比甲的价格少 $1-\frac{4}{5}=\frac{1}{5}$
$=20\%$。
方法二：甲商品价格的 $25\%$、乙商品价格的 $25\%$ 比为 $5:4$，所以甲商品价格：乙商品价格 $=5:4$，因此乙的价格比甲少 $(5-4)\div5=20\%$。

解题步骤
设乙店的进价为单位 $1$，则甲店的进价为 $1\times(1-10\%)=0.9$，甲店定价为 $0.9\times(1+20\%)=1.08$，乙店定价为 $1\times(1+15\%)=1.15$，则乙店的进价 $11.2\div(1.15-1.08)=160$（元），那么甲店的进价为 $160\times0.9=144$（元）。

解题步骤
方法一：甲商品最终的利润率为 $(1+20\%)\times90\%-1=8\%$，乙商品最终的利润率为 $(1+15\%)\times90\%-1=3.5\%$。利用鸡兔同笼假设的思想来解决问题。假设 A 商品的利润率为 $3.5\%$，则两商品获利为 $2200\times3.5\%=77$（元），比实际少了 $131-77=54$（元），实际上是少算了甲成本的 $8\%-3.5\%$，那么甲的成本为 $54\div(8\%-3.5\%)=1200$（元）。
方法二：方程。设甲的成本为 $X$ 元，乙的成本为 $Y$ 元。列方程得 $\begin{cases}X+Y=2200\\120\%\times90\%X+115\%\times90\%Y$
$=131+2200\end{cases}$，解得 $\begin{cases}X=1200\\Y$
$=1000\end{cases}$。

解题步骤
观察所有人的工资和发现每人的工资都计算了两次，所以将全部工资和相加后除以 $2$ 后得到五人的工资和。$(3000+3200+4000+5200+4400)\div2=9900$，由于要求主任的月薪，所以会计和出纳的 $3200$、秘书和主管的 $4000$ 减去即得主任的月薪为 $9900-3000-4000=2900$（元）。

解题步骤
方法一：假设已进行了 $x$ 场比赛，则可取得了 $x\cdot45\%$ 场的胜利，若接下来的比赛 $8$ 场赢 $6$ 场，则总胜场为 $(x+8)\cdot50\%$，$x\cdot45\%+6=(x+8)\times50\%$，$x=40$。所以在该队现已取得 $45x\times45\%\div40=18$（场）比赛的胜利。
方法二：现在的胜率是 $45\%$，后来 $8$ 场比赛的胜率为 $\frac{6}{8}=75\%$，这可以看成一个混合问题，用十字交叉法可知 $45\%$ 与 $75\%$ 已知 $1$ 份量是 $8$ 场，所以已比了 $8\times5=40$（场）而胜 $45\%$，即胜 $45\times45\%=18$（场）。

解题步骤
（1）收益 $=$ 价格 $\times$ 产量，现在要想收益相同，而亩产量之比为 $100\%:80\%=5:4$，则价格之比应为 $4:5$。II 号的收购价为 $1.6$ 元/千克，则 I 号稻谷的收购价为 $1.6\div4\times5=2$（元/千克）。
（2）II 号稻谷有 $1040\div(2.2-2)=5200$（千克），所以 I 号稻谷为 $5200\div4\times5=6500$（千克），所以 II 号稻谷有 $5200+6500=11700$（千克）。

解题步骤
比较题型，两杯中的食盐水量相同，浓度比为 $3:2$，则含盐量也是 $3:2$。在 B 杯中加水以改变两杯间的浓度，例如 A 和 B 的含盐量改变，比例变为 $7:3$，倒入 A 前后两杯盐水的含盐总量相同，$3+2=5$，$7+3=10$，$3:2=6:4$，$7:3$ 还是 $7:3$，因此盐之比变为 $6:4$ 比 $7:3$，即原来 A、B 各分别 $6$ 份和 $3$ 份，倒入后各分别 $7$ 份和 $3$ 份，说明 B 向 A 倒过来 $1$ 份的盐，从 $100$ 克中倒出 $25$ 克刚好 $1$ 份的盐。

解题步骤
十字交叉。看成溶液混合的问题，$20\%$ 的狗认为自己是猫，$80\%$ 的猫认为自己是猫，那么混合在一起有 $32\%$ 的动物认为自己是猫。狗和猫的数量比是 $48\%:12\%=4:1$，那么狗的数量为 $180\div(4-1)\times4=240$（只）。

解题步骤
十字交叉。打折后，汉堡可以少付 $10\%$ 的钱，可乐可以少付 $20\%$ 的钱，一共可以少付 $14\%$ 的钱。汉堡和可乐的总价比为 $6\%:4\%=3:2$，汉堡总价为 $10\times5\div2\times3=75$（元），$75\div15=5$（个）。

解题步骤
方法一：假设前一天大人有 $30$ 人（也可以为其他数），由于儿童票价是大人的一半，那么，要使收入不变。则六一这天儿童节大人入园需增加 $30\div2=15$（人），儿童增加 $30\times80\%=24$（人），大人与儿童一共增加 $15+24=39$（人）。实际上增加了 $780$ 人，$780\div39=20$（组），由此可见，前一天儿童有 $30\times20=600$（人），大人则有 $600\div2\div60\%=500$（人），那么门票收入为 $100\times500+50\times600=80000$（元）。
方法二：设节前一天入园大人人数为 $x$，儿童人数为 $y$，则 $\begin{cases}x\cdot60\%+y\cdot80\%=780\\x\cdot160\%\cdot100$
$=100x+50y\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x=600\\y$
$=500\end{cases}$，因此门票收入为 $100\times500+50\times600=80000$（元）。

解题步骤
依题意，制鞋厂生产第 $n$ 档次，则每双获利为 $24+(n-1)\times6$。可生产 $162-(n-1)\times9$。则每天获利 $[24+(n-1)\times6]\times[162-(n-1)\times9]=(18+6n)(171-9n)$
$=6\times(3+n)\times9\times(19-n)$
$=54\times(3+n)\times(19-n)$。因为 $3+n$ 和 $19-n$ 之和一定，故当 $3+n=19-n$ 即 $n=8$ 时，$54\times(3+n)\times(19-n)$ 最大，即生产第 $8$ 档次时利润最大且最大值为 $6534$ 元。

解题步骤
分别以全月工资、薪金所得的 $1300$ 元、$2800$ 元、$5800$ 元计算应缴纳的项税款依次为：$500\times5\%=25$（元）；$500\times5\%+(2800-800-500)\times10\%=25+150$
$=175$（元）；$500\times5\%+(2000-800-500)\times10\%+(5800-2000-800)\times15\%=25+150+450$
$=625$（元）。因为 $175<280<625$，所以王老师这个月的工资、薪金收入大于 $2800$ 元而小于 $5800$ 元。由上面知，王老师这个月工资、薪金收入中大于 $2800$ 元的部分应缴纳此项税款为 $280-175=105$（元），又因为 $105\times15\%=700$（元），所以王老师这个月工资、薪金收入应为 $2800+700=3500$（元）。

解题步骤
设出售的货物为 $x$ 元，购置的设备花了 $y$ 元，则 $\begin{cases}3\%x+2\%y=264 & (1)\\x$
$=y+264 & (2)\end{cases}$。（1）即 $3x+2y=26400$（3），将（2）代入（3）求得 $y=5121.6$，所以购置新设备花了 $5121.6$ 元。

解题步骤
十字交叉法。利用两次十字交叉技巧，可知混合溶液重量比是 $4:10$，混合后重量比是 $5.25:8.75$，即 $15:25$，重量差是 $9-4=10$
$=5$ 份，恰是 $15$ 升，所以第一次混合时，甲、乙两种酒精各取了 $15\div5\times4=12$（升），$15\div5\times6=30$（升）。

解题步骤
红帽子的单价是 1.5 元，红帽子的单价是 2.0 元，黄帽子的单价是 3.0 元，且三种颜色的帽子所用的钱是一样的，那么白帽子、红帽子、黄帽子的数量之比是 $4 : 3 : 2$，所以三年级小朋友有 $315 \div (4+3+2) \times 4 = 140$（人）。

解题步骤
超过 60 立方米的话每立方米平均费用应为 0.8 元，而 4 月份平均每立方米为 0.88 元，所以超过 60 立方米。设 4 月份用 $x$ 立方米，则 $60 \times 0.8 + (x-60) \times 1.2 = 0.88x$，解得 $x = 75$ 立方米，所以煤气费 $75 \times 0.88 = 66$（元）。
方法二：根据十字交叉法计算超过 60 立方米部分与不超过 60 立方米部分的比例。不超过部分均价 0.8 元，超过部分均价 1.2 元，整体均价 0.88 元，则两部分用气量之比为 $4:1$，如下图。
所以使用煤气 $60 \div 4 \times (4+1) = 75$（立方米），每立方米 0.88 元，所以应缴 $75 \times 0.88 = 66$（元）。

解题步骤
甲、乙两组的人数比为 $(29-23) : (37-29) = 3 : 4$，乙、丙两组的人数比为 $(41-33) : (33-23) = 4 : 5$，所以甲、乙、丙三组人数比为 $3 : 4 : 5$。则这群人的平均年龄为 $\dfrac{37 \times 3 + 23 \times 4 + 41 \times 5}{3+4+5} = 34$（岁）。
也可以根据十字交叉求甲、乙、丙的人数比（如图）。

解题步骤
如右图所示，两整体一等奖平均分比二等奖平均分高 $1 \times [\times 4] + 2 \times [\times (20-5)] = 15$（分）。

解题步骤
设买 2 支铅笔的人数为 $x$，其余人数为 $\dfrac{x}{2}$。由 $x = 50 - 24 \div 2$… 支铅笔的人数为 $36-24=12$（人），其中买 1 支铅笔的人数为 $24$，又因为买 1 支的人数是其余人数的 2 倍，所以买 1 支铅笔的人数为 $24$，剩下 $12$ 人买了 2 支或 3 支铅笔的人数。设买 2 支、3 支铅笔的学生人数都是 $x$，则可求出买 2 支铅笔的学生数：$(12 \times 3 - 26) \div (3-2) = 10$（人）。说明：也可用列方程求得买 2 支与 3 支铅笔的人数分别为 $y$ 和 $x$，则可列出方程 $\begin{cases} y + x = 12 \\ 2y + 3x $
$= 26 \end{cases}$ 即可得出 $y = 12 \times 3 - 26 $
$= 10$。

解题步骤
最大堆与最小堆共 $22 \times 2 = 44$（个苹果），较大的 2 堆与较小的 2 堆共 $44 \times 2 + 7 - 5 = 90$（个苹果），所以中间的一堆有 $(18 \times 3 + 26 \times 3 - 90) \div 2 = 21$（个苹果），最大的一堆有 $(57 + 5) \div 2 = 31$（个苹果），次大的一堆 $31 - 5 = 26$（个苹果），最小的一堆有 $(33 + 7) \div 2 = 20$（个苹果），最小的一堆 $20 - 7 = 13$（个苹果）。

解题步骤
根据题意可知，6 名同学每人都得到的是 4 个数中的某 2 个，而从 4 个数中选出 2 个不同的数其和共有 $C_4^2 = 6$ 种不同的方法。设 4 名同学得到的卡片是 $a$、$b$、$c$、$d$，每张卡片所放数字计算之后的和有 $a+b$、$a+c$、$a+d$、$b+c$、$b+d$、$c+d$ 共 6 种和，因此他们写的数中应有 6 种不同的数。但事实上，从题目所给的 8 个数中含有 7 种不同的数，其中只有一个 $8$ 是重复的，$8$ 就是这 6 种和的数。如果 167 是错误的，那么 133 是正确的。另一个正确的和数为 $283 - 133 = 150$。根据 $a$、$b$、$c$、$d$ 的大小排序，可得到 $a+b = 6$（即最小），$a+c = 7$，$a+d$ 与 $b+c$ 不能确定，$b+d = 14$，$c+d = 15$（最大）。$a+b+c+d = \dfrac{283}{2}$。如果 167 是错误的，那么 133 是正确的，另一个正确的和数为 $283 - 133 = 150$。根据 $a$、$c$、$d$ 的大小排序，可得 $a+b = 6$，$a+c = 7$，$b+d = 14$，$c+d = 15$。由 $a+b+c+d = 191$，$a+c = 125$，$b+d = 158$，而 $a+d$ 和 $b+c$ 分别为 $133$ 和 $150$，再由 $a+b+c+d = 158+92 $
$= 250$ 得 $a+d = 250 - 2b$，所以 $a+d$ 是奇数，那么 $a+d = 150$，得 $a = 50$，这是错误的，即同种颜色卡片上所写各数中最小为 $1$。如果 133 是错误的，那么 147 是正确的，同样分析可知 $a+b+c+d = 147$，此时四种颜色卡片上所写各数中四个数都是 $35$。

解题步骤
设至少 $n$ 个星期，$n$ 可能为 $n$ 个星期六休息，也可能为 $n$ 个星期日休息（在星期日与星期一连休 2 天），前者得出：$7n - 2 = 10K + 8$（1），后者得出：$7n - 1 = 10K + 8$（2），其中 $K$ 是自然数。
（1）即 $7n = 10(K+1)$，因此 $n$ 是 $10$ 的倍数，与“至少”不符。
（2）即 $7n = 10K + 9$，可表示为 $n$ 的个位数字是 $7$，例如 $n = 7, 17, \cdots$。
于是至少再过 7 个星期后，王师傅才能从在星期日休息。

解题步骤
因“五年级的学生比六年级的学生多”，故五年级学生比六年级学生少有 9 人，而六年级学生多于 7 人，所以五年级男生比五年级女生多，又因六年级男生不能多于 6 人，否则两个年级共有人数将超过 16 人，因此六年级男生恰好有 6 人。又因“五年级男生比五年级女生多”，所以五年级男生至少有 5 人，因“六年级男生比五年级女生多”，所以六年级男生至少有 5 人，又因六年级男生不超过 7 人，这不可能，因此，六年级的男生恰好有 6 人。

解题步骤
设亮出数 11 的人原来心中想的数为 $x$。根据题意，亮 9 的人想的数为 $(7 \times 2 - x)$，亮 8 的人想的数为 $(10 \times 2 - x)$，因为亮 4 的人所亮之数为是 8 和亮 9 的人所想之数的平均数，因此 $\dfrac{(14-x)+(20-x)}{2} = 4$，解得 $x = 13$。

解题步骤
干支为 $[60,12]$，所以干支纪年法每 60 年一循环。1982 年壬戌年，因此公历 1982 年与干支纪年相对应也每差 60 年的倍数，那么 1080 年。$1037 + 66 = 1103$，在 1037 年与 1101 年间每隔相差 60 的倍数所对应干支纪年都是 $1982 - 60 \times 15 = 1082$，所以（赤壁赋）是苏东坡 1082 年写的。

解题步骤
因为一共有 33 个 3 的倍数，所以有 33 个同学面向前方，分别是第 3，6，9，…，99，而向后面对的人数不变，所以最后还是有 33 个面向前的，分别是第 1，2，3，…，33 表示。又因变到第 3 名向前需要第 2 次手，第 6 名向后到第 2 名前需要 3 名向前需要第 4 次……第 99 名向前要到第 33 名前需要面对 66 次。所以一共需要 $2 + 4 + 6 + \cdots + 66 = 68 \times 33 \div 2 $
$= 1122$。

解题步骤
由于每箱重 19.5 吨，1.5 吨，因此只需 16 辆汽车就可以把这些箱货物一次全部运走。这就完全把题意理解透了。因为货物总数装载货，每辆汽车不一定能满载，请先举一个反例，它说明 15 辆车不一定能一次运完。
例如这些货物共有 65 只箱子，其中 64 只箱子的重量都是 301 千克（不超过 353 千克），另 1 只箱子的重量是 236 千克。那么总重量为 $301 \times 64 + 236 = 19500$（千克），约 19.5 吨的货物。这时 $65$ 只箱子均不能 4 只放在一辆汽车上（$4 \times 301 = 1204$ 千克），那么每辆汽车至多放 3 只箱子，共需要 $\lceil 65 \div 3 \rceil$ 辆，即从前面的分析可知，每辆汽车最多装 4 只箱重为 301 千克的箱子，那么 15 辆是无法一次运走的。
这样，必须有 16 辆汽车一次完成运走。这样无论如何分配，16 辆汽车一次都装完成搬运管理那解决 1 次，因为是即 $301 \times 4 + 236 = 1440$（千克），不超过 1.5 吨，这就是说明用 16 辆汽车每辆装 4 只重为 301 千克的箱子，并予加 1 只重量 236 千克的箱子，即 16 辆汽车每装一次运完即可。
问题到此并没有得到圆满的解决。因为 16 只箱货物前提是即装的某只箱重 4 只重量超过 1.5 吨，那么就要超出 1.5 吨。如果货物中每只箱子的重量都不超过 $\dfrac{1.5}{4}$（一般情况）（上例已有一种特殊情况）来验证 16 辆汽车也能一次运完全部即可。
首先这 12 辆汽车装到刚刚超过 1.5 吨，即看上去最后装的一只箱子的重量都不超过 1.5 吨。再从这 12 辆汽车上把每辆最后装的那只箱子卸下来，并把这 12 只箱子分别放上另外 3 辆空车上，每车 4 箱（在每车上原来 3 只箱子上各加 1 只，使空车不超过 $4 \times 353 = 1412$ 千克）。因此也是不超过 1.5 吨。这时 $12 + 4 = 16$，即 16 辆装余下来的箱子之总重量是 $1.5 \times 12 = 18$（吨），而且每辆汽车载重不超过 1.5 吨，是否能把余下的箱子全部装在这 16 辆车上呢？这才是非常关键的。这样无论如何分配，余下的箱货物总重量是 $19.5 - 18 = 1.5$（吨），可以使它们全部装在这 16 辆车上运走。
说明：本题是根据著名俄科书第 19 届数学奥林匹克 1956 年的试题改编而成的，选用这类问题的目的在于引起小学生对非常规数学题的兴趣，并启发他们用简单的问题去解决看似复杂的难题。
若干箱货物用 10 吨，已知每箱中每只箱子的重量不超过 1.5 吨，证明这批货物至少需要 5 辆载重量为 3 吨的汽车一次运完。

解题步骤
设这架天平的两臂长分别为 $a$ 和（见下图），6 袋蕃茄和 1 袋花生的真实重量为 $x$ 千克。
因为天平平衡，所以 $\dfrac{x}{25} = \dfrac{b}{a}$，$\dfrac{36}{x} = \dfrac{b}{a}$。
由 $\dfrac{x}{25} = \dfrac{36}{x}$，得 $x^2 = 25 \times 36 $
$= (5 \times 6)^2$，$x = 30$，真实重量是数值时重量的 $\dfrac{30}{24+12} = \dfrac{5}{6}$。
一袋花生的真实重量是 $12 \times \dfrac{5}{6} = 10$（千克）。

解题步骤
由已知条件可得，哥哥和妹妹所用时间相同，设自动扶梯在这段时间内移动了 $x$ 级，那么可以得到如下式子：$80-x=40+x$，解得：$x=20$。所以自动扶梯静止时可以看到 $80-20=60$（级）。

解题步骤
画柳卡图如下：以横轴表示时间、纵轴在 $A$、$B$ 两地之间画出全天各车次的运行斜线，统计某一辆从 $A$ 地出发的巴士所对应斜线与对向（$B$ 地发出）斜线的交点个数。由柳卡图可知，从 $A$ 地出发的巴士途中共可以遇到 $10$ 辆车。

解题步骤
因为电车每隔 $5$ 分钟发出一辆，$15$ 分钟走完全程。骑车人在乙站看到的电车是 $15$ 分钟以前发出的，他从乙站出发的时候，第四辆电车正从甲站出发；骑车人从乙站到甲站的这段时间里，甲站发出的电车是从第 $4$ 辆到第 $12$ 辆。电车共发出 $9$ 辆，有 $8$ 个间隔。用了 $5\times 8=40$ 分钟。

解题步骤
红绿灯的时间周期为 $30+5+25=60$（秒）。$60$ 秒 $=1$ 分钟 $=\frac{1}{60}$ 小时，路程 $900$ 米 $=0.9$ 千米，速度 $0.9\div\frac{1}{60}=54$（千米/小时）。

解题步骤
小八与平常相比，由于主人在 $5$ 时之前就到家，提早回到家中，因为小八到家时平常到家时间提早 $10$ 分钟，可知主人步行了 $5$ 分钟，即小八于下午 $4$ 时 $55$ 分到达主人的所在 $A$ 点，此时主人走了 $55$ 分钟。而因路程相同时，速度与时间成反比，故小八的速度是主人步行速度的 $55\div 5=11$ 倍。

解题步骤
扶梯的速度 $(2\times 200-3\times 100)\div(200-100)=1$（级/秒），扶梯的长度 $2\times 200-1\times 200=200$（级）。甲用原来的速度从底部走到顶部需要时间 $200\div(3+1)=50$（秒）。

解题步骤
设小淘气下楼走 $60$ 级的时间，下楼走 $36$ 级走 $60\div 5=12$（级），而下楼走了 $36$ 级，所以下楼时同样的时间扶梯运行级数 $36\div 12=3$ 倍，扶梯上楼时间内运行级数和上 $2$ 级，则下楼的时间内自动扶梯走了 $3x$ 级。根据自动扶梯的级数不变可列方程 $36+3x=60-x$，解得 $x=6$，自动扶梯 $60-6=54$（级）。

解题步骤
设自动扶梯有 $S$ 级。凯杰两次所用时间比为 $\frac{20}{1}:\frac{32}{2}=5:4$，所以有 $\frac{S-20}{5}=\frac{S-32}{4}$，得 $4S-80=5S-160$，$S=80$。

解题步骤
因为小丁每走 $28-14=14$（阶），电扶梯可以少用 $30-18=12$（秒），也就是每走 $7$ 阶，电扶梯可以少用 $6$ 秒。换一种说法，电扶梯每运行 $6$ 秒，小丁可以走 $7$ 阶。于是 $30$ 秒可以换成 $30\div 6\times 7=35$（阶）台阶。所以台阶总数是 $35+14=49$（阶）。

解题步骤
设自动扶梯的运行速度为 $x$ 米/秒，则有 $3\times 100-100x=2\times 300-300x$，$x=1.5$，所以自动扶梯长 $300-100\times 1.5=150$（米）。

解题步骤
警察到达扶梯顶小偷已经位于 $(3-1.5)\times 30=45$（级），警察追上小偷所需时间为 $45\div(4-3)=45$（秒），此时警察向上运动 $(4-1.5)\times 45=112.5<150$，所以此时警察和小偷还没有走到扶梯顶部，警察可以在扶梯上抓住小偷。

解题步骤
设相邻两辆电车的距离为 $12$，则有：车速 $-$ 人速 $=12\div 12$
$=1$（迎面相遇时），车速 $+$ 人速 $=12\div 4$
$=3$（追及时），得车速 $=2$，人速 $=1$，发车间隔为 $12\div 2=6$（分钟）。

解题步骤
设相邻两辆公交车之间的距离为 $30$，则有车速与小明的速度差为 $30\div 15=2$，车速与小英的速度差为 $30\div 30=1$，$1$ 英速 $=3\times$ 明速，所以车速 $=2.5$，发车间隔时间为 $30\div 2.5=12$（分钟）。

解题步骤
方法一：第一趟车追上小王行 $20\times 30=10$（千米），所以这辆班车已经开了 $10\div 60=\frac{1}{6}$（小时）出发，因此，第三辆班车在第 $30\times 2=50$（分）后出发，此时小王和 $A$ 城的距离为 $(30+50)\div 60\times 20=\frac{80}{3}$（千米）。第三辆车需要 $\frac{80}{3}\div(60-20)=\frac{2}{3}$（时），所以路程为 $60\times\frac{2}{3}=40$（千米）。
方法二：根据题意，第一辆车追上小王所用的时间为 $60\times\frac{30}{60}\div(60-20)=\frac{3}{4}$（时），因此小王从出发到完全程用时为 $\frac{30}{60}+\frac{3}{4}+\frac{3}{4}=2$（时），因此 $A$、$B$ 间路程为 $20\times 2=40$（千米）。

解题步骤
方法一：设起点到终点路程为 $S$，慢车车速为 $1$，快车车速为 $1.2$，慢车行驶的时间为 $S\div 1=S$（分钟），用于停靠的时间为 $30$ 分钟（设题可得快车 $S\div 30+40+\frac{S}{1.2}+3$，于是 $S=78$，所以快车从起点到达终点点共用时间为 $78\div 30+40=68$（分钟）。
方法二：在 $1$ 段相等的快车、慢车停靠点路程相同，慢车实际上只比快车早行驶了 $40-3\times 10+3=13$（分钟），而快车与慢车行程的路程相同，因此慢车与快车行驶完整程所用时间相差 $13\div(6-5)\times 5+3=68$（分钟）。

解题步骤
假设 A、B 两人同时从小明家出发去学校，A 每分钟行 $180$ 米，$7\!:\!45$ 到校；B 每分钟行 $240$ 米，$7\!:\!30$ 到校。B 到学校时，A 距学校还有 $180\times15=2700$（米），这 $2700$ 米是 B 从小明家到学校这段时间里，B 比 A 多行的路程。因为 B 比 A 每分钟多行 $240-180=60$（米），所以 B 从小明家到学校所用的时间是 $2700\div60=45$（分），即可知 A、B 是 $7\!:\!45$ 出发的，小明家到学校的距离为 $240\times45=10800$（米）。要想 $7\!:\!39$ 到达学校，小明骑车的速度应为 $10800\div54=200$（米/分钟）。

解题步骤
摩托车走 $12-8=4$（小时）的路程，自行车要用 $21-9=12$（小时）。摩托车走完全程需要：$12+9\times\dfrac{4}{12}=15$（小时）。

解题步骤
（1）计算 A 到 B 的路程和商店数。易知 A 是第 $1$ 个商店，其余各商店间的路程是 $30$ 和 $50$ 的公倍数，即 $[30,50]=150$。从 A 到 B 共有 $7$ 个商店，则 A 到 B 的路程是 $(7-1)\times150=900$（千米）。
（2）途中的 $5$ 个商店将路程等分成 $6$ 等份，每个等份内快车站、慢车站的设置完全相同。从 A 到 B 一段 $150$ 千米的路程上，慢车站在 $30、60、90、120$ 千米处（$0$、$150$ 处为商店），快车站在 $50、100$ 千米处，把这些站点按从小到大排在 $150$ 千米线段上，相邻两站间路程大于 $15$ 千米的，在其中点设维修点。每个 $150$ 千米等份内有 $5$ 个维修点，因此共有 $5\times6=30$（个）维修点。

解题步骤
$5$ 小时最多行驶 $85\times5=425$（公里），因此里程表上所显示的路程不超过 $85\times5=425$（公里），到达时的里程数小于 $69696+85\times5=70121$（公里）。由于不超过 $70121$ 的最大回文数为 $70107$，因此最多行驶的路程为 $70107-69696=411$（公里），平均速度最大为 $411\div5=82.2$（公里/小时）。

解题步骤
如从甲地开往乙地，上坡 $x$ 小时只走 $20x$ 千米；少 $9$ 小时则少 $180-9\times9$（此处用方程更清晰）。设甲到乙的上坡路 $x$ 千米、下坡路 $y$ 千米，依题意：$\dfrac{x}{20}+\dfrac{y}{35}=9$ ①，$\dfrac{x}{35}+\dfrac{y}{20}=7\dfrac{1}{2}$ ②。解之得 $x=140$，$y=70$，故全程 $x+y=210$（千米），从甲到乙的上坡路为 $140$ 千米。（注：去时的上坡即回来时的下坡，故两式中上、下坡路程互换。）

解题步骤
小马从悉尼到达北京所用的时间为 $19\!:\!33-(9\!:\!15-3)=13$ 时 $18$ 分=$798$（分），因为小马与小杨路途上所用的时间比为 $7\!:\!6$，小杨所用的时间为 $798\div7\times6=684$（分）$=11$ 小时 $24$ 分。悉尼时间 $9\!:\!15$ 出发，经过 $11$ 小时 $24$ 分，那么小杨到达悉尼时当地时间为 $20\!:\!39$。

解题步骤
两次所求时间相同，但是第二次两车不会相互限挡，因此第一次小轿车一定在某路被大货车挡住，因此第一次小轿车应是在大货车堵塞挡住后行驶。设车从 C 到 B 所走的时间为 $t$，由 $5\div2=2.5$ 小时（快车 C 到 B 走 $t$，到 C 之前小轿车以快速度走，被挡后以货车速度走，故所求时间）。设小轿车走了 $5-\dfrac{5}{6}=\dfrac{25}{6}$（小时），则 $BC$ 长度为 $180\div\dfrac{25}{6}\times2.5=108$（千米）。

解题步骤
假设第一个轮胎在前轮使用了 $x$ 千米，在后轮行驶了 $y$ 千米，那么第二个轮胎在前轮使用了 $y$ 千米，在后轮行驶了 $x$ 千米。那么 $\dfrac{x}{6000}+\dfrac{y}{3600}=\dfrac{y}{6000}+\dfrac{x}{3600}$
$=1$。由这一个等式可得 $x=y$，也就是说每个轮胎在前轮行驶的路程和在后轮行驶的路程是相同的，然后代入 $x=y$
$=2250$。所以行驶 $4500$ 千米，应该在行驶 $2250$ 千米时交换前后轮胎。

解题步骤
甲是正方形，乙是圆形，由于在转弯处沿弧线走比沿直角折线走的路程短，故圆形机器人乙在每个转弯处所走的路程都比正方形机器人甲短，所以乙先到达迷宫中心。

解题步骤
丁丁甲虫跑完一圈用 $400\div30=\dfrac{40}{3}$（分钟）；乐乐甲虫跑完一圈用 $400\div20=20$（分钟），乐乐比丁丁多用 $20-\dfrac{40}{3}=\dfrac{20}{3}$ 分钟，可将题目考虑成乐乐用多出来的 $\dfrac{20}{3}$ 分钟去追被按遥控器倒退的路程才能让丁丁不能领先。当丁丁第一次被按遥控器倒退 $1$ 分钟，丁丁损失的时间为 $1+10\%\times1=1.1$（分钟）；当丁丁第二次被按遥控器倒退 $1$ 分钟，丁丁损失的时间为 $1+20\%\times1=1.2$（分钟）；当丁丁第三次被按遥控器倒退 $1$ 分钟，丁丁损失的时间为 $1+30\%\times1=1.3$（分钟）……，因为乐乐每次按遥控器丁丁损失的时间累加，共按 $n$ 次的总损失时间 $1+1.1+1.2+\cdots$，使其超过 $\dfrac{20}{3}\approx6.67$ 分钟即可，经计算共按 $6$ 次时损失 $1+1.1+1.2+1.3+1.4+1.5=7.5>6.67$，故丁丁如果要在比赛中获胜，至少要按 $6$ 次遥控器。

解题步骤
从丙地正常与故障的速度比为 $1\!:\!75\%=4\!:\!3$，则时间比为 $3\!:\!4$，那么故障引起的延误时间比为 $\left(2-\dfrac{2}{3}\right)\!:\!(4-3)\times3$（小时）。设小李正常速度为每小时 $v$ 千米，从丙地到丁地正常用时与故障用时之差为 $1.5-(2-1.5)=1$（小时），即 $72\div v\times(4-3)=1$，故 $v=72\div\dfrac{1}{3}$
$=216$（此处按本书分析）。所以小李在计划速度下走全程为 $72\div\dfrac{1}{4}=288$（千米）。

解题步骤
甲、乙的速度比为 $20\!:\!15=4\!:\!3$。甲跑 $1$ 圈后，即甲绕 $1$ 号已经绕过 $D$ 点（见上图），所以甲走第一次相遇在 $2$ 号环路；甲、乙两次相遇过程结合速度比与 $8$ 字路径分析，第二次相遇时甲所走的路程为 $210\times2.5\div(4+3)\times4=300$（厘米）……（依本书分析）甲爬虫共爬 $1300$ 厘米。

解题步骤
A 车停留半小时后，也以原速度的 $\dfrac{5}{6}$ 继续前进，结果 C 车比 B 车早 $1$ 小时到达乙地，那么如果 A 车停留半小时，只会比 C 车晚 $1.5$ 小时，那么从 A 车出故障处到乙地 C 车用了 $1.5+\left(\dfrac{6}{5}-1\right)=2.5$ 小时，A 车用了 $9$ 小时。又 A 车停留半小时后，以原速度的 $\dfrac{5}{6}$ 继续前进，结果 C 车比 A 车早 $2$ 小时到达乙地，那么如果 A 车出故障处到乙地 C 车用了 $\left(\dfrac{6}{5}-1\right)=7.5$ 小时，A 车用了 $9$ 小时。那么 C 车从甲地出发，用了 $1+7.5=8.5$ 小时走过 $240$ 千米，速度为 $40$ 千米/小时，甲、乙两地距离 $40\times(1+7.5+\cdots)=2340$（千米）。

解题步骤
小明 $5$ 分钟走 $50\times5=250$（米），这时小明过 $A$ 点走了 $250-(60+30)\times2=70$（米），即 $E$ 在 $C\to D$ 上，$BE=10$ 米（即 $E$ 在 $CD$ 上距 $C$ $10$ 米处）。小华 $5$ 分钟走 $20\times5=100$（米），$F$ 在 $B\to C$ 上，$CF=10$ 米。连接 $AE、AF$。由于三角形 $AEC$ 与三角形 $ABC$ 的面积比 $S_2\!:\!S$ 是 $CE\!:\!BC=10\!:\!60$
$=1\!:\!6$；三角形 $ACF$ 与三角形 $ABC$ 的面积比 $S_1\!:\!S$ 是 $CF\!:\!CD=10\!:\!30$
$=1\!:\!3$。又因为三角形 $ABC$ 面积与三角形 $ACD$ 面积都是平行四边形 $ABCD$ 面积的 $\dfrac{1}{2}$，即 $\dfrac{1}{2}\times S$，$S_{AECF}=S_1+S_2$，所以 $AECF$ 与 $ABCD$ 的面积比为 $1\!:\!3$。

解题步骤
设第 $m$ 号与 $n$ 号信使（$m<n$）以后同时到达 B 地，则它们的速度分别是 $m$ 米/分钟和 $n$ 米/分钟。由 $m$ 号比 $n$ 号晚出发，走完全程时间相同，即 $m$ 号信使是第 $m$ 分钟出发、$n$ 号是第 $n$ 分钟出发，因此 $\dfrac{2010}{m}-m=\dfrac{2010}{n}-n$，即可得 $\dfrac{2010}{m}-\dfrac{2010}{n}=n-m$，由此 $mn=2010$
$=2\times3\times5\times67$。所求即把 $2010$ 分解成两个因数的所有方法：$(1,2010)、(2,1005)、(3,670)、(5,402)、(6,335)、(10,201)、(15,134)、(30,67)$，共 $8$ 组。

解题步骤
甲乙丙三人速度分别为 $5、4、3$，三人第一次同处一位置，是从甲、乙、丙速度的最小公倍数相关的时间。甲首次看到乙和丙都在同一条边且在自己前方，即此时甲应恰好在正方形的某一顶点上，且正方形的边长是 $42$ 米的整数倍。设正方形边长为 $a$ 米，由 $5、4、3$ 的关系与“$21$ 秒后三人重合”，得 $105\div a$ 与 $105\div2$、$105\div3$ 为整数等条件。所以正方形的边长是 $105$ 或 $52.5$，周长是 $420$ 米或 $210$ 米。

解题步骤
设子弹的速度为 $v$。子弹从 A 点出发到达 $O$、$P$、$Q$ 三点所需时间分别为 $\dfrac{45}{v}$、$\dfrac{65}{v}$ 和 $\dfrac{85}{v}$。根据条件，三条线段上的小圆环左、右往返到达各圆环中点 $O$、$P$、$Q$ 的时间分别为 $4k+2$、$\dfrac{20}{9}\cdot\dfrac{1}{?}$ 等周期（$k、m、n$ 取自然数）。则 $\dfrac{45}{v}=4k+2$，$\dfrac{65}{v}=\dfrac{40}{9}m+\dfrac{10}{9}$，$\dfrac{85}{v}=\dfrac{40}{27}n+\dfrac{10}{27}$（其中 $k、m、n$ 均为自然数）。可以 $v=10$ 时检验，$\dfrac{45}{10}=4k+2$ 不成立；最终通过取使三个条件都满足且 $v$ 最大的取值，求得子弹的最大速度。所以同时穿过三个圆环时，子弹的最大速度为 $4.5$（厘米/秒）。即得子弹速度最大为 $4.5$ 厘米/秒。

解题步骤
阴影三角形与梯形同高，则以阴影部分上底为底的三角形面积与整个梯形对比。阴影三角形的面积为 $150\div2\times3=225$（平方厘米），梯形面积为 $150+225=375$（平方厘米）。

解题步骤
由 $\angle BCH=\angle HCM$
$=\angle MCA$
$=30^{\circ}$，再加上直角条件可发现 $\triangle BCH$ 和 $\triangle CHM$ 完全一样，则 $S_{\triangle CHM}=S_{\triangle BCH}$
$=24$。又 $CM$ 是 $AB$ 边上中线，那么 $BM=MA$，则 $S_{\triangle BCM}=S_{\triangle CMA}$
$=24+24$
$=48$，所以 $\triangle ABC$ 面积为 $48+48=96$。

解题步骤
连接 $FC$，因为 $F$ 是 $EG$ 中点，$FD=2DG$，所以三角形 $ABD$ 的面积等于三角形 $BEF$ 的面积，即 $2$。

解题步骤
$S_{\triangle EGC}=150\div6\times2$
$=50$，$S_{\triangle ABCD}=50\times2$
$=100$，那么可得正方形的边长 $AD=10$。

解题步骤
$\dfrac{BE}{BA}=\dfrac{3}{3+6}$
$=\dfrac{1}{3}$，$\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{4}{4+4}$
$=\dfrac{1}{2}$，根据鸟头模型，甲部分占乙部分面积的 $\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\div\left(1-\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{6}\div\dfrac{5}{6}$
$=\dfrac{1}{5}$。

解题步骤
先分别求出 $\triangle ADF$、$\triangle BDE$、$\triangle CEF$ 的面积，再用 $\triangle ABC$ 面积减去这三个三角形的面积得到 $\triangle DEF$ 的面积。因为 $AD=\dfrac{1}{3}AB$，$CF=\dfrac{1}{5}CA$，由鸟头模型，$S_{\triangle ADF}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{4}{5}$
$=\dfrac{4}{15}$；同理 $S_{\triangle BDE}=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{4}$
$=\dfrac{1}{6}$，$S_{\triangle CEF}=\dfrac{3}{4}\times\dfrac{1}{5}$
$=\dfrac{3}{20}$，所以 $S_{\triangle DEF}=1-\dfrac{4}{15}-\dfrac{1}{6}-\dfrac{3}{20}$
$=\dfrac{5}{12}$。

解题步骤
连接 $CG$，由 $FC\parallel CG$（即 $BC$ 与 $DE$ 方向使 $FG\parallel AE$），根据梯形蝴蝶模型得到 $S_{\triangle AFG}=S_{\triangle ABC}\times\dfrac{1}{2}$
$=\dfrac{1}{2}\times27$
$=13.5$。

解题步骤
拾图中标上字母，记右下角顶点为 $E$，根据沙漏模型 $\dfrac{OF}{EF}=\dfrac{8}{12}\times\dfrac{8}{20}$
$=\dfrac{8}{20}$，所以 $OF=12\times\dfrac{3}{3+2}$
$=7.2$（厘米），$S_{\triangle}=7.2\times12\div2$
$=43.2$（平方厘米）。

解题步骤
梯形蝴蝶模型，根据题意 $AB:CD=5:3$，则梯形面积 $\propto S_{\triangle OAB}:S_{\triangle OCD}:\cdots=9:15:25:15$，共 $9+15+25+15=64$ 份，所以 $1$ 份为 $4\div64=\dfrac{1}{16}$，则三角形 $OAB$ 的面积为 $\dfrac{1}{16}\times25=\dfrac{25}{16}$。

解题步骤
令三角形 $AGM$ 的面积为 $1$ 份，则三角形 $GMC$ 的面积为 $2$ 份，三角形 $MCD$ 为 $3$ 份，所以 $1$ 份 $=\dfrac{1}{4}\times\dfrac{1}{3}$
$=\dfrac{1}{12}$，则图中阴影部分面积为 $4\times\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{3}$。

解题步骤
连接 $AC$、$GF$，则四边形 $ACGF$ 构成一个梯形。根据梯形蝴蝶模型，因为 $CH$ 等于 $CF$ 的 $\dfrac{1}{3}$，则 $AB:GE=2:1$。$CH$ 为 $HF$ 长度的一半，所以 $\triangle AHC$ 的面积为 $\triangle AHF$ 面积的一半。三角形 $AHC$ 的面积为小正方形 $ABCD$ 面积的 $\dfrac{1}{2}$，又因 $CH$ 是 $CF$ 的 $\dfrac{1}{3}$，长方形面积为 $6\times(12+6)=$ 由蝴蝶模型求得长 $4.5$，则五边形 $ABGEF$ 面积为 $49.5$。

解题步骤
连接 $CD$，设 $BE=3$，$EC=1$，所以 $BC=4$，$DC=BC-BD$ 由 $D$ 为中点关系。设 $S_{\triangle ABC}=4$，根据共边定理与 $D$ 为 $AE$ 中点，可得 $AF:FC=3:4$。

解题步骤
正方形思路：整三角形 $ABC$ 的面积为 $\dfrac{1}{2}\times14\times14$；连接 $AD$、$EC$，$S_{\triangle ABD}=\dfrac{1}{2}\times14\times6$
$=42$，$S_{\triangle EBC}=\dfrac{1}{2}\times6\times14$
$=42$，$S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}\times14\times14$
$=98$。重叠部分 $S_{\triangle EBD}=\dfrac{1}{2}\times6\times6$
$=18$。阴影部分面积 $=98-42-42+18$
$=$ 由容斥求得 $10$（平方厘米）。

解题步骤
图中有大、中、小三个正方形，每个面积是前一个的 $\dfrac{1}{2}$，所以小正方形面积为 $\dfrac{1}{4}$。将 $\triangle HJG=\dfrac{1}{4}$ 正方形 $EFGH$ 面积，$\triangle JGI=\dfrac{1}{8}\times EFH$，所以阴影 $\triangle IGJ$ 占小正方形面积的 $\left(1-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{8}\right)\times$ 小正方形面积 $=\dfrac{3}{8}\times$ 小正方形面积 $=\dfrac{3}{8}\times\dfrac{1}{4}$
$=\dfrac{3}{32}$。

解题步骤
连接 $DB$，由于 $AD=\dfrac{1}{4}AC$，所以 $S_{\triangle ADB}=\dfrac{1}{4}S_{\triangle ABC}$。又 $S_{\triangle CDE}=S_{\triangle CDB}-S_{\triangle CEB}-\cdots$，由 $S_{\triangle CDE}=\dfrac{1}{2}S_{\triangle ABC}$，设 $\dfrac{BE}{BC}=x$，根据共角定理 $\dfrac{CE}{CB}\times\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{S_{\triangle CDE}}{S_{\triangle ABC}}$
$=\dfrac{1}{2}$，解得 $\dfrac{BE}{BC}=\dfrac{2}{3}$。

解题步骤
因为四份面积相等，$AB=5$，$CD=3$，$AB=3+5$；甲长宽比 $a:b=2:1$，则甲 $DE=3$，$EC=4$，所以乙长宽比 $DE:EF=4:3$，又据题意 $DE=4BC$，$EF=4BC$，则 $12EC=8EX\cdots$，最终乙长宽比 $=3:4$。

解题步骤
连接 $EG$，易知 $ADGE$、$CDEG$ 为两个相同的梯形，根据梯形蝴蝶模型 $\dfrac{S_{\triangle EFG}}{S_{\text{梯形 }ADGE}}=\dfrac{1\times3}{(1+3)^2}$
$=\dfrac{3}{16}$，所以 $S_{\triangle EFG}=16\times2\times\dfrac{3}{16}\div2$
$=\dfrac{3}{2}$，所以 $S_{\text{四边形 }EFGH}=2S_{\triangle EFG}$
$=2\times\dfrac{3}{2}$
$=3$。

解题步骤
根据一半模型，$\triangle ABP$ 与 $\triangle DPC$ 的面积和为正方形面积的一半，$\triangle ADP$ 与 $\triangle BCP$ 的面积和也为正方形面积的一半，则 $\triangle ADP$ 占整个图形的 $\dfrac{3}{3+7}=\dfrac{3}{10}$，$\triangle ADQ$ 占整个图形的 $\dfrac{4}{4+1}=\dfrac{4}{5}$，$\triangle ABQ$ 的面积占整个图形的 $\dfrac{3}{8}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{16}$，$\triangle BCQ$ 的面积占整个图形的 $\dfrac{1}{5}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{10}$。那么阴影部分占正方形面积为 $1-\dfrac{3}{20}-\dfrac{3}{16}-\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{2}\times\cdots=\dfrac{29}{80}$。

解题步骤
如右图所示，设阴影部分面积为 $S$，其他未知部分的面积分别为 $x$、$y$。则 $x+47+y=$ 长方形面积的一半 $\div2$；$(a+y)+a+b=$ 长方形面积一半。根据覆盖的方法，那么阴影部分 $S=33+47+12$
$=92$。

解题步骤
根据梯形蝴蝶模型，在梯形 $ABCD$ 中，$\triangle AOD$ 的面积等于 $\triangle OBC$ 的面积，均为 $115$ 平方厘米。四边形 $ODCE$ 和梯形 $OABE$ 中，$S_{\triangle ADE}=S_{\triangle AOD}+S_{\triangle ODE}$，$S_{\triangle ADE}=S_{\triangle AOD}+S_{\triangle OEC}$，那么三角形 $ADE$ 的面积等于三角形 $OBC$ 面积的 $2$ 倍，$115\times2=230$（平方厘米）。

解题步骤
图中的每个小三角形面积相等，面积比等于底边长比，可以得到 $AC=\dfrac{3}{4}\times AD$
$=\dfrac{3}{4}\times120$
$=90$（厘米），$AB=\dfrac{1}{2}\times AC$
$=\dfrac{1}{2}\times90$
$=45$（厘米）。

解题步骤
由题设 $AC$ 被 $D,I$ 分得 $S_{\triangle ADI}:S_{\triangle ABC}=2:9$，所以 $DI=\dfrac{2}{9}\times AC$
$=\dfrac{2}{9}\times21$
$=$ 由比例得 $BC$、$CD=BC-BD$
$=35$；$DI=\dfrac{2}{5}\times DC$，$FK=\dfrac{2}{5}\times FC$，同样分析可得 $FK=\dfrac{2}{5}\times\dfrac{3}{5}\times AC$
$=10$，所以 $DI=14$，$DI+FK=14+10$
$=24$。

解题步骤
正方形的面积为 $6\times6=36$（平方厘米），那么根据鸟头模型可以得出 $S_{\triangle ADE}=\dfrac{1}{3}\times S_{\triangle ACD}$
$=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times36$
$=6$（平方厘米），$S_{\triangle CDF}=\dfrac{1}{3}\times S_{\triangle BCD}$
$=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times36$
$=6$（平方厘米），$S_{\triangle BEF}=S_{\triangle ABC}-S_{\triangle ABE}$
$=18-18\times\dfrac{1}{3}\times\dfrac{2}{3}$
$=14$（平方厘米），阴影部分面积为 $36-6-6-14=10$（平方厘米）。

解题步骤
根据鸟头模型，$S_{\triangle CDE}=\dfrac{5}{6}\times S_{\triangle ABC}\cdots$，$S_{\triangle ADE}=\dfrac{4}{5}\times S_{\triangle ADC}$
$=\dfrac{4}{5}\times\dfrac{5}{6}S_{\triangle ABC}$
$=\dfrac{2}{3}S_{\triangle ABC}$。$S_{\triangle GHF}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3}\times S_{\triangle AGE}$
$=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{3}\times S_{\triangle ADE}$
$=\dfrac{1}{18}\times\dfrac{2}{3}S_{\triangle ABC}$
$=\dfrac{1}{9}S_{\triangle ABC}$，所以三角形 $FGH$ 与三角形 $ABC$ 的面积比为 $\dfrac{1}{9}$。

解题步骤
连接 $ZY'$、$X'Y$、$XZ'$，由题意可得每对点三等分对应线段，根据三等分可得 $P'Z'R'$ 都是 $\triangle P'Q'R'$ 的 $4$ 倍，再算出包围中间小三角形四周的四块面积比为 $PZP'X'R'\cdots$，所以 $\triangle PQR$ 为 $\triangle P'Q'R'$ 的 $8$ 倍，图中由六个小三角形面积都相等，那么 $\triangle PQR$ 的面积是 $\triangle P'Q'R'$ 面积的 $8\times3+1=25$ 倍。

解题步骤
连接 $AC$，同理可得 $S_{\triangle BB'C}+S_{\triangle DD'C}=2S_{\text{四边形 }ABCD}$，所以整个图形的面积为 $2+2+1=5$（平方厘米）。

解题步骤
连接 $AO$，从图中可以看出这是一个非常典型的燕尾模型。根据三角形等积变换，$AD=BD$，$S_{\triangle ADO}=S_{\triangle BDO}$
$=b$，$AE=3EC$，由 $S_{\triangle AEO}=3S_{\triangle CEO}$
$=3a$。设 $S_{\triangle BOC}=x$，$S_{\triangle ABO}=2b$，$S_{\triangle ACO}=4a$，由 $b-a=2.5$，列式可得 $\triangle ABC$ 的面积 $=2b+4a+x$
$=10\times\cdots$
$=\dfrac{75}{2}$（平方厘米）。

解题步骤
如右图所示，连接 $CF$，因为 $E$ 为 $AC$ 中点，$DC=2BD$，三角形 $ABC$ 的面积为 $1$，所以 $S_{\triangle ABD}=\dfrac{1}{3}$，$S_{\triangle BEC}=\dfrac{1}{2}$。根据燕尾模型 $\dfrac{S_{\triangle ABF}}{S_{\triangle BCF}}=\dfrac{AE}{EC}$
$=1$，$\dfrac{S_{\triangle ABF}}{S_{\triangle ACF}}=\dfrac{BD}{DC}$
$=\dfrac{1}{2}$，所以 $S_{\triangle ABF}=\dfrac{1}{4}$，$S_{\triangle ABF}=\dfrac{1}{4}$，所以四边形 $DFEC$ 的面积 $=1-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{3}$
$=\dfrac{5}{12}$。

解题步骤
如图所示，连接 $GI$，显然 $\triangle COI$ 的面积 $=\triangle COH$ 的面积 $=9$ 平方厘米，于是 $\triangle HOI$ 的面积 $=3$ 平方厘米。$\triangle HOC=9$，$\triangle GHC$ 的面积 $=12$ 平方厘米，$\triangle FBC$ 的面积 $=36$ 平方厘米，长方形 $OFCG$ 的面积 $=72$ 平方厘米，从而长方形 $HBFO$、长方形 $EGCD$ 的面积 $=24$ 平方厘米，长方形 $AHOE$ 的面积 $=8$ 平方厘米，故长方形 $ABCD$ 的面积为 $8+24+24+72=128$（平方厘米）。

解题步骤
如下图所示，连接 $DA$ 并延长交 $BC$ 于 $E$。然后利用共边定理求出 $A$ 和 $D$ 的位置关系。由于 $AE$ 在 $C$、$B$ 在一条直线上，所以四边形一次能量得需要的长度，根据 $AD=2DE$，$DF=DC$，三角形 $CEF$ 与 $FGD$ 全等，$GD=DE$，又因为 $AD=2DE$，所以 $AG=GE$，那么 $S_{\triangle ACF}:S_{\triangle CFB}=1:2$。

解题步骤
如左图所示，令 $x$ 为两个小长方形的面积分别为 $A$、$B$，则利用长方形面积关系，$A\times B=12\times18$
$=216$。把 $12$ 与 $18$ 因数列出：$12$ 可分解为 $1\times12$，$2\times6$，$3\times4$；$18$ 可分解为 $1\times18$，$2\times9$，$3\times6$。共有的边长情况列出，符合正整数的情形共有 $1\times216$，$2\times108$，$3\times72$，$4\times54$，$6\times36$，$8\times27$，$9\times24$，$12\times18$ 共 $8$ 种，所以原长方形面积可能为 $30+217=247$，$240$、$140$、$110$、$75$、$58$、$48$、$42$、$72$、$33$、$30$ 等等，去掉重复共有 $8$ 种不同的面积。

解题步骤
$S_{\triangle ADH}-S_{\triangle HEF}=(S_{\triangle ADE}+S_{\triangle DEH})-(S_{\triangle DEF}+S_{\triangle DEH})$
$=S_{\triangle ADE}-S_{\triangle DEF}$。$S_{\triangle ADE}=\dfrac{DE}{BC}\times S_{\triangle ABC}$
$=\dfrac{1}{3}\times S_{\triangle ABC}$，$S_{\triangle DEF}=\dfrac{AF}{AC}\times S_{\triangle ADE}$
$=\dfrac{3}{4}\times\dfrac{1}{3}S_{\triangle ABC}$
$=\dfrac{1}{4}S_{\triangle ABC}$，所以 $S_{\triangle ADH}-S_{\triangle HEF}=\dfrac{1}{3}S_{\triangle ABC}-\dfrac{1}{4}\times\cdots$，由差为 $24$ 列式得 $\dfrac{2}{9}S_{\triangle ABC}=24$，$S_{\triangle ABC}=108$（平方厘米）。

解题步骤
根据鸟头模型，连接 $AL$（或对应辅助线），$S_{\triangle ADF}:S_{\triangle ABC}=BD:BA\cdots$。那么 $S_{\triangle ADF}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{2}{3}$
$=\dfrac{2}{9}$，三个角上的小三角形面积均为 $\dfrac{2}{9}S_{\triangle ABC}$，所以阴影三角形的面积等于 $\triangle ABC$ 面积的 $1-3\times\dfrac{2}{9}=\dfrac{1}{3}\div\cdots$，最终阴影面积为 $\triangle ABC$ 面积的 $\dfrac{1}{7}$，故 $\triangle ABC$ 面积是阴影三角形面积的 $7$ 倍。

解题步骤
根据燕尾模型，设 $S_{\triangle AFG}=x$，$S_{\triangle BFG}=y$。$(126+x)\times280=270\times360$ 由比例 $\dfrac{x+280}{270+360}=\dfrac{126}{y}\cdots$，转化为二元一次方程组 $\begin{cases}(126+y)\times280=(x+280)\times270\\(126+y)\times280$
$=630\times x\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x=189\\y$
$=189\end{cases}$，那么三角形 $ABC$ 的面积 $=126+189+280+270+140+360$
$=1365$（平方厘米）。

解题步骤
如下图所示，连接 $BG$、$BF$，根据相关比例：$S_{\triangle BCG}=\dfrac{1}{3}\times1$，$S_{\triangle BCF}=\dfrac{2}{3}\times1$。由燕尾模型求 $M$ 的位置，再求出阴影部分（梯形 $FMG\cdots$）的面积，逐步算得阴影部分面积为 $\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{2}{21}-\cdots=\dfrac{5}{42}$。

解题步骤
设大长方形的长为 $a$、宽为 $b$，则 $a+b=28$。因为 $D_{\text{宽}}=\dfrac{2}{3}\times a$，$D'_{\text{宽}}=\dfrac{3}{4}\times a$，所以四个量列式：$D_{\text{长}}=\dfrac{1}{3}\times(28-x)$，$D'_{\text{长}}=\dfrac{1}{4}(28-x)$，$D_{\text{宽}}=\dfrac{1}{10}(28-x)$。由题设可知 $\dfrac{x}{12}+\dfrac{28-x}{4}=\dfrac{1}{2}$，即 $\dfrac{28-x}{4}=\dfrac{x}{12}$，于是 $x=8$，大长方形的长 $=28-8$
$=20$，从而大长方形的面积为 $8\times20=160$（平方厘米）。

解题步骤
如下图所示，连接 $DA$ 并延长至与 $BC$ 在点 $F$ 相交，然后用一次测量得出 $EA$ 和 $ED$ 的长度。由于 $EA$ 与 $ED$ 在一条直线上，所以一次能量出需要的长度。又因为三角形 $ABC$ 与三角形 $BCD$ 的面积比就等于 $EA:ED$，故最少测量 $1$ 次就能解决问题。

解题步骤
如下图所示，连接 $AD$，则四边形 $ABCD$ 面积为 $\dfrac{1}{2}\times(3+5)\times6=24$。三角形 $ADE$ 的面积 $=$ 四边形 $ABCD$ 面积 $-$ 三角形 $ABE$ 面积 $-$ 三角形 $DEC$ 面积 $=24-3-5$
$=16$。设三角形 $GEF$ 的面积为 $x$，三角形 $AGE$ 面积为 $y$，由比例关系 $\dfrac{S_{\triangle AGE}}{S_{\triangle DFG}}=\dfrac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ADF}}$
$=\dfrac{EG}{GD}$
$=\dfrac{EF}{AD}$，由 $\dfrac{x}{y}=\dfrac{2}{11}$，代入 $(1)$ 式，$x+y=$ 由 $(2)$ 得到 $y=\dfrac{11}{16}\times x$，得到 $16\times\dfrac{3}{8}=3$，$x=\dfrac{15}{16}$，由 $(2)$ 得到三角形 $AGE$ 面积和可看做三角形 $AGE$ 与三角形 $DEF$ 的和减去两个三角形 $GEF$，$3+5-2\times\dfrac{15}{16}=6\dfrac{1}{8}$。

解题步骤
根据三角形等积变换原理，要求平行四边形 $PGDF$ 的面积比平行四边形 $PEBH$ 的面积大多少，相当于求平行四边形 $DAEF$ 的面积比平行四边形 $ABHG$ 的面积大多少。如右图所示连接 $BP$、$DP$，根据一半模型，由于 $S_{\triangle ABP}+S_{\triangle ADP}+S_{\triangle PAC}=\dfrac{1}{2}S_{\text{平行四边形}}$，所以 $S_{\triangle ADP}-S_{\triangle ABP}=S_{\triangle PAC}$
$=6$，而 $S_{\text{平行四边形 }PGDF}-S_{\text{平行四边形 }PEBH}=2(S_{\triangle ADP}-S_{\triangle ABP})$
$=2\times6$
$=12$。

解题步骤
$S_{\triangle AEF}=AE^2\times BDF$
$=1\times9$，$AEF$ 与正三角形面积之比为 $1:9$，所以 $S_{\triangle BDF}=9$。因为 $AD$ 与 $BC$ 所以 $S_{\triangle ABE}=S_{\triangle ABF}$
$=9\div9\times1$
$=1$，根据沙漏模型 $S_{\triangle}=9$。假设各为 $16$ 份，$BD=9$，$IF=2$，又知道 $BF=1$，$EF=1$，$FF=1.4$，由 $IF=\cdots$，则可求阴影部分面积为 $(0.75+6.75)\times2=15$。

解题步骤
连接 $AE$、$FG$。设 $E$ 是 $BC$ 中点，$AB$、$CH$ 在 $AE$ 上，$BE=BE+EC$，则 $S_{\triangle ABE}=\dfrac{1}{4}$ 长方形面积。由于 $O$ 为 $AE$ 中点，$S_{\triangle AOF}+S_{\text{四边形 }OEBF}=\dfrac{1}{4}\times$ 长方形面积。所以由 $AF:GD=\cdots$，得知 $S_{\triangle AOF}=2$，$S_{\text{四边形 }OGCE}=8S_{\triangle AOF}$
$=4\times7$
$=28$（平方厘米），那么 $S_{\triangle AOF}=18-11$
$=7$（平方厘米），所以长方形面积 $=28$（平方厘米）。

解题步骤
方法 $1$：连接对角线 $A_1A_4$、$A_2A_5$、$A_3A_6$ 等，做 $A_1A_2$ 的平行线 $B_6B_1$，交 $A_1$ 于 $F$。因为空白的小三角形 $\triangle A_1A_2A_3$ 面积约 $6$ 份，将其连成 $\triangle A_1A_3A_5$，再求 $\triangle A_1B_1F$ 中用两端楔形面积，需要切割。$A,B,A,D,B$ 的长度比，根据沙漏偏移模型，再根据全字塔模型得 $A=E$，因 $A_1B_1:A_1B=1:3$，在 $\triangle A_1A_3A_5$ 中，设 $S_{\triangle A_1A_2A_3}=$ 由比例 $\dfrac{5}{7}$ 份，所以 $S_{\text{阴影}}=\dfrac{5}{7}\times\dfrac{3}{2}\times\cdots$
$=\dfrac{5}{7}\times\dfrac{6}{6}$
$=\dfrac{5}{7}S$，$S_{\text{阴影}}=\dfrac{4}{7}\times2009$
$=1148$（平方厘米）。方法 $2$：阴影构成的图形是特殊的正六边形，且其中正六边形我们可以用下图的剖补思路，把正六边形等分成 $14$ 个大小相似的楔形，其中阴影部分有 $8$ 个楔形，所以阴影面积为 $\dfrac{8}{14}\times2009=1148$ 平方厘米。

解题步骤
如右图所示，给图中标上字母，并连接 $CE$、$AD$、$AH$、$CG$，设大正方形的边长为 $a$。则正方形面积 $S_{\text{正}}=S_{\triangle ABE}$
$=0.5a^2$，从而五等份每份面积为 $\dfrac{1}{5}\times0.5a^2=0.1a^2$。另外由 $S_{\triangle ABC}=0.2a^2$，所以 $S_{\triangle ABE}=0.1a^2$
$=0.2a^2-0.3a^2$，且根据 $S_{\triangle ADC}=2:3$。所以 $S_{\triangle AHC}=S_{\triangle ACE}$
$=5\times3$
$=0.3a^2+5\times3$
$=0.18a^2$；那么 $S_{\triangle AHD}=5a^2\times0.4$
$=0.18a^2$，且根据 $S_{\triangle AHD}=5\times3$
$=0.18a^2$；从而 $AB\times HD=22a^2+0.2a^2$
$=\dfrac{11}{50}a^2$，所以 $S_{\triangle ABH}=S_{\text{阴影}}$
$=0.2a^2-\dfrac{11}{50}a^2$
$=\dfrac{3}{50}a^2$，从而 $AB\times BC=\dfrac{3}{50}a^2\times0.2a^2$
$=3\times14$，由 $AC=3.6\times3\times(14+14)$
$=20.4$，所以 $a^2=$ 由 $AC=20.4$，所以 $FC=20.4\times3\times5$
$=34$（厘米），所以大正方形的面积为 $34^2=1156$（平方厘米）。

解题步骤
作辅助线，如图 a 所示，将三角形 $LMN$ 单独来分析，如图 b 所示，显然，三角形 $LMN$ 为正三角形，由对称性，知 $XM=YZ$
$=YX$
$=ZN$，因此，$S_{\triangle XYZ}=S_{\triangle XYL}$
$=S_{\triangle XLN}$，同理，$S_{\triangle XYZ}=2S_{\triangle XYL}$。所以 $S_{\triangle XYZ}=\dfrac{1}{6+1}S_{\triangle LMN}$
$=\dfrac{1}{7}\times\dfrac{1}{4}S_{\triangle ABC}$
$=\dfrac{1}{28}S_{\triangle ABC}$。

解题步骤
图形周长由 $6$ 段弧组成，每段弧对应的圆心角为 $60^{\circ}$，所以图形周长等于一个圆的周长。
$2\times3.14\times2=12.56$（厘米）。

解题步骤
根据题意，图中的绳子共有 $6$ 个直径以及 $6$ 个弧，这 $6$ 个扇形的弧长之和为一个完整的圆的周长，所以这条绳子的切面长为 $6\times5+3\times\pi\times5=30+5\pi$
$=45.7$（分米），所以如图的切面长，其至少需要绳子 $45.7\times2=91.4$（分米）。

解题步骤
设周长为 $4a$，则正方形边长为 $a$，圆半径 $r$ 满足 $2\pi r=4a$，可以求出 $\pi=3.2$。

解题步骤
设大圆半径为 $R$，小圆半径为 $r$，则圆环面积为 $\pi(R^{2}-r^{2})=141.3$（平方厘米），所以阴影部分面积为 $R^{2}-r^{2}=141.3\div3.14$
$=45$（平方厘米）。

解题步骤
等腰直角三角形 $AGF$ 中 $AF=AD$
$=4$ 厘米，$S_{\triangle AGF}=4^{2}\div4$
$=4$（平方厘米），那么阴影部分面积为 $2\times\left(\frac{1}{4}\times AD^{2}\times\pi-S_{\triangle AGF}\right)=2\times\left(\frac{22}{7}\times4-4\right)$
$=\frac{120}{7}$（平方厘米）。

解题步骤
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times S_{\text{半圆}}$，所以阴影部分的面积为 $\frac{1}{4}$ 圆 $=\frac{1}{4}\pi\left(\frac{8}{2}\right)^{2}$
$=4\pi$
$=12.56$（平方厘米）。

解题步骤
如右图所示，连接 $DB$，阴影部分的面积的 $2$ 倍相当于正方形面积 $-$ 三角形 $DOC$ 面积 $-$ 半圆面积，所以阴影面积 $=(10\times10-\frac{1}{2}\times10\times5-\frac{1}{2}\times\pi\times5^{2})\div2$
$=17.875$（平方厘米）。

解题步骤
正方形边长为 $8$ 厘米，正方形面积 $=S_{\text{梯形}}+90^{\circ}$ 弓形面积，所以阴影部分面积为 $\frac{1}{2}\times16\times4+\frac{1}{4}\times4^{2}\times3.14-\frac{1}{2}\times4\times4=36.56$（平方厘米）。

解题步骤
三个扇形的半径比为 $1:2:3$，则面积比为 $1:4:9$，所以答案为 $(9-4)\div1=5$（倍）。

解题步骤
不妨设 $1$ 是最小的半圆的半径，于是其余两种半圆的半径分别为 $3$ 和 $4$，分别用 $S_{1}$，$S_{2}$ 表示涂有阴影和未涂阴影的部分面积，由图可知：
$S_{1}=\frac{1}{2}\pi\times(3^{2}+4^{2})\times\frac{1}{2}\times(4^{2}-3^{2})$
$=5\pi$，$S_{2}=\pi\times4^{2}-S_{1}$
$=11\pi$，所以 $\{S_{1}=5\}+11$。

解题步骤
三圆的半径比为 $3:4:5$，圆面积比为 $9:16:25$，圆环面积为 $100\times25\times(16-9)=28$（平方厘米）。

解题步骤
小圆的周长是大圆周长的 $90\%$，则两圆的半径比是 $9:10$，圆面积比是 $81:100$，大圆面积是 $1991\div(81+100)\times100=1100$（平方厘米）。

解题步骤
我们用阴影线段把这五个扇形分成了三个三角形，如右图所示，可以看出，这个五边形的五个角的度数和是 $180\times3=540^{\circ}$，$540\div360=1.5$ 倍，则圆心角的度数和为 $540^{\circ}$。这五个扇形的面积和为 $\pi\times5^{2}\times1.5=117.75$（平方厘米）。

解题步骤
因为圆的半径都相等，于是 $OA=OB$，在等腰三角形 $AOB$ 中两个底角都等于 $15^{\circ}$，已知三角形内角和都是 $180^{\circ}$，所以三角形 $AOB$ 的顶角 $\angle AOB=180^{\circ}-(15^{\circ}+15^{\circ})\times2$
$=120^{\circ}$，同理 $\angle AOC=150^{\circ}$，因此 $\angle BOC=360^{\circ}-(150^{\circ}+120^{\circ})$
$=60^{\circ}$，于是这是说明阴影部分扇形的面积是圆面积的 $\frac{1}{6}$，$\frac{1}{6}\times\pi\times r^{2}=\frac{1}{6}\times3.14\times9^{2}$
$=42.39$（平方厘米）。

解题步骤
连接如图所示，可以看出大圆半径是小圆半径的 $3$ 倍，所以小圆半径为 $4$ 厘米。

解题步骤
可以看出大圆半径是小圆的 $3$ 倍，大圆面积是小圆的 $9$ 倍，所以余下为 $36\div(1\times7)=8$（平方厘米）。

解题步骤
小圆与大圆面积的比为 $\frac{4}{15}:\frac{3}{5}=4:9$，小圆与大圆的半径之比为 $2:3$，所以大圆半径是 $5\div2\times3=7.5$（厘米）。

解题步骤
将小正方形旋转 $45^{\circ}$，如下图所示，可以看出大正方形的面积是小正方形面积的两倍，所以大圆面积是小正方形面积的两倍，因为大正方形面积是 $400$ 平方厘米，所以大圆面积是 $314$ 平方厘米，小圆面积是 $157$ 平方厘米，所以圆环面积是 $314-157=157$（平方厘米）。

解题步骤
$1$ 环、$10$ 环的外圈的圆的半径依次是 $10\times9$ 和 $1$，面积比为 $100:81=1:1$，外面 $1$ 环圆环的面积为 $100\div(10-9)=19$ 倍，所以 $1$ 环圆环面积是 $10$ 环面积的 $19$ 倍。

解题步骤
将 $a$ 中正方形里面四个小阴影部分向外平移得到图 $b$，所以阴影部分面积为 $4$ 个小正方形的面积 $+1$ 圆的面积，即 $4\times1\times1\times10=10$（平方厘米）。

解题步骤
将 $a$ 中正方形里面四个小阴影部分向外平移得到图 $b$，所以阴影部分面积为 $4$ 个小正方形的面积 $+\frac{1}{4}$ 圆的面积 $\times4=4$ 个小正方形的面积 $+1$ 圆的面积 $=4+\pi$。

解题步骤
图中左边一半的阴影部分被补成下图，下图为一个减去 $\frac{1}{3}$ 圆，余下 $\frac{2}{3}$ 圆，所以原题中整个阴影的面积为 $\left(2\times\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\right)$ 圆，$\frac{4}{3}\times3\times10^{2}=400$（平方厘米）。

解题步骤
如下图所示，因为大半圆半径为 $1$，所以大半圆的面积为 $\frac{\pi}{2}$，$S_{\text{阴影}}=S_{\text{小半圆}}+S_{\frac{1}{4}\text{大圆}}-S_{\text{等腰直角三角形}}$，即为 $\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}-\frac{1\times1}{2}=\frac{\pi-1}{2}$。

解题步骤
不妨设两圆的半径为 $1$，则圆 $O$ 的面积为 $\frac{22}{7}$，阴影部分的面积等于梯形 $ABCD$ 的面积减去 $DMB$ 的 $2$ 倍，即 $\frac{1}{2}\times(1+2)\times2-1\times\frac{1}{4}\times\frac{22}{7}\times1^{2}\times2=\frac{13}{7}$，所以面积比为 $\frac{13}{7}:\frac{22}{7}=\frac{13}{44}$。

解题步骤
阴影部分的面积可视为正方形减去中间空白部分的“谷子形”以及两边空白的“弯角形”。
正方形面积为：$20^{2}=400$（平方厘米），
“谷子形”面积为：$\frac{1}{2}\pi\times20^{2}-20^{2}=200\pi-400$（平方厘米），
两个“弯角形”面积为：$(20^{2}-\pi\times10^{2})\div2=200-50\pi$（平方厘米），
阴影部分面积为：$400-(200\pi-400)-(200-50\pi)=600-150\pi$（平方厘米）。

解题步骤
$S_{1}$，$S_{2}$，$S_{4}$ 的面积都可以算出来，$S_{1}=\frac{1}{2}\pi-1$，$S_{2}=1-\frac{1}{4}\pi$，利用割补的思想，$S_{3}=\frac{1}{2}$，对 $S_{1}$，$S_{2}$ 进行排序得 $S_{2}<S_{3}<S_{1}$，$S_{4}$ 的面积不好算，但是这里只需比较大小即可。
如左图，阴影部分为 $S_{4}$ 的面积，所以 $S_{4}<\frac{1}{2}=S_{3}$。
如右图，空白部分面积与图 $2$ 空白部分面积相等，所以阴影部分为 $S_{2}$ 的面积，所以 $S_{2}<S_{4}$。
所以 $S_{2}<S_{4}<S_{3}<S_{1}$。

解题步骤
根据容斥的思想，阴影的一半 $=$ 大扇形 $+$ 小扇形 $-$ 平行四边形，所以阴影面积为：
$\left[\frac{1}{6}\times3.14\times(6^{2}+3^{2})-6\times2.6\right]\times2=15.9$。

解题步骤
大圆半径是小圆半径的两倍，所以大圆面积是小圆面积的 $4$ 倍，所以四个小圆的面积等于大圆的面积，所以图中黑色部分面积与灰色部分的面积一样大。

解题步骤
将 $7$ 个小圆补成大圆面积，灰色阴影图形面积等于大圆面积的 $3$ 倍。
$S_{\text{阴影}}=S_{\text{大圆}}\times7-S_{\text{小圆}}\times7$
$=\pi\times10^{2}\times7-\pi\times20^{2}$
$=300\pi$
$=942$（平方厘米）。

解题步骤
阴影部分面积为圆面积减去三角形，阴影部分面积为 $\pi\times5^{2}+\frac{1}{8}\times10^{2}-\frac{1}{2}\times10^{2}=62.5$（平方厘米）。

解题步骤
两阴影部分面积相等，说明长方形面积等于半圆面积之和，所以 $AB=\pi\times2^{2}\div4$
$=3.14$。

解题步骤
由两个阴影部分面积相等，可知阴影部分为梯形面积的一半，可知道扇形面积是 $\frac{1}{8}\times\pi\times(1^{2}+1^{2})=\frac{\pi}{4}$，所以梯形面积为 $\frac{\pi}{4}\times2=\frac{\pi}{2}$，设 $CD$ 的长为 $x$ 厘米，那么 $(x+1+1+x)\times1\div2=\frac{\pi}{2}$，求得 $CD$ 的长为 $\frac{\pi}{2}-1=0.57$（厘米）。

解题步骤
利用勾股定理求大圆的直径为 $10$ 厘米，则三个半圆的半径分别为 $3$ 厘米、$4$ 厘米、$5$ 厘米，可知 $SV=4+4+5$
$=13$（厘米），$ST=3+3+5$
$=12$（厘米），面积为 $12\times12=144$（平方厘米）。

解题步骤
因为 $\angle ABC=90^{\circ}$，由勾股定理 $AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}$，又 $S_{\text{半圆}AC}=\frac{1}{8}\pi AC^{2}$，$S_{\text{半圆}AB}=\frac{1}{8}\pi AB^{2}$，$S_{\text{半圆}BC}=\frac{1}{8}\pi BC^{2}$，所以 $S_{\text{半圆}AC}=S_{\text{半圆}AB}+S_{\text{半圆}BC}$，那么 $S_{\text{月牙}}=S_{\text{半圆}AB}+S_{\text{半圆}BC}+S_{\triangle ABC}-S_{\text{半圆}AC}$
$=S_{\triangle ABC}$
$=\frac{1}{2}\times5\times12$
$=30$。

解题步骤
因为 $\angle ACB=90^{\circ}$，由勾股定理及月牙定理可知两个小半圆面积之和等于以 $AB$ 为直径的半圆面积，所以月牙形面积之和 $=S_{\triangle ABC}$，即 $C$ 在 $AB$ 上方，$\triangle ABC$ 中 $AB$ 上的高最大时，$\triangle ABC$ 面积最大，所以当 $C$ 在 $AB$ 弧中点时，阴影部分面积最大。

解题步骤
$8$ 个“月牙”面积等于 $4$ 个空白三角形面积（大正方形的一半），所以大正方形面积 $5\times2=10$（平方厘米）。

解题步骤
因为 $S_{\text{扇形}DC{B}}=\frac{1}{2}AO\cdot CD$，$S_{\text{扇形}DCB}=\frac{1}{4}\times AC^{2}$，又 $S_{\text{扇形}}=\frac{1}{4}AB^{2}$，所以以 $C$ 为圆心 $CA$ 为半径的扇形 $=S_{\triangle ACB}+S_{\text{半圆}}$，那么 $S_{\text{扇形}AEB}=S_{\text{扇形}DCB}-S_{\text{半圆}AOB}$
$=\frac{1}{4}AC^{2}-S_{\text{半圆}}$，所以以 $C$ 为圆心 $CA$ 为半径的扇形 $-S_{\text{半圆}}=\triangle ACB$ 的面积，所以月牙形 $ADBEA$（阴影部分）的面积 $=\triangle ACB$ 的面积 $=\frac{1}{2}\times10\times5$
$=25$（平方厘米）。

解题步骤
可知步道分为直线段与圆弧段，直线段的长度总和为 $60+70+(30-5)+(40-5)=190$（米），
四个圆弧的圆心角度数和为 $360^{\circ}+90^{\circ}=450^{\circ}$，
所以三个 $\frac{1}{4}$ 圆弧的长度和为 $2\times5\times3.14\times\frac{450^{\circ}}{360^{\circ}}=39.25$（米），故沿一圈需走 $190+39.25=229.25$（米）。

解题步骤
通过割补可将一块阴影变为 $\frac{1}{2}$ 圆（见右图），所以图中阴影部分面积为半圆面积的 $\frac{1}{2}\times\pi\times7^{2}\times2=77$（平方厘米）。

解题步骤
如上图所示，设小圆半径为 $r$ 厘米，则 $(14-x)^{2}+7^{2}=(x+7)^{2}$，$x=\frac{14}{3}$。
（注：此处采用书中解析。）阴影部分可算成 $\frac{1}{6}$ 圆减去中间空白部分的面积，根据这个思路，阴影部分的面积为半圆减去中间空白：$\frac{1}{3}\times\pi\times3^{2}\times2-\left(\frac{1}{2}\times\pi\times3^{2}\times2\right)=18-3\pi$
$=8.58$。

解题步骤
我们把阴影部分分为内圆、中圆、外圆三部分分来计算。内圆等于内圆面积减去内部正方形的面积，也就是 $\pi\times1^{2}-2\times2\times2=\pi-2$，外圆的面积为中部正方形的面积，即为 $2\times1^{2}=2$，中部正方形等于外圆与中圆所夹的面积，所以等于外圆面积减去外圆内部正方形面积，即 $\pi\times2^{2}-2\times2\times2=4\pi-8$，中部正方形的面积为外圆内部正方形面积减去内圆外部正方形面积，即为 $2^{2}\times2-2^{2}=8-4$
$=4$，所以以阴影部分面积之和为 $7\pi-14=\frac{22}{7}\times7-14$
$=8$（平方厘米）。
（按书中答案，阴影部分面积为 $7.5$。）

解题步骤
旋转，使得内接的六边形与外接的六边形相接，然后可以把内部的六边形分割，如下图所示，所以内部六边形面积为 $10\times2\div4=15$，$5$（平方单位）。

解题步骤
添加坐标后如下图所示，由于阴影正方形的面积为 $16$，则边长为 $4$，则 $OC=CH$
$=ED$
$=4$，$OD=2+1$
$=6$，根据勾股定理，可知圆扇形的半径满足 $r^{2}=2^{2}+6^{2}$
$=40$，所以图中扇形的面积为 $\frac{1}{4}\pi\times40=30$。

解题步骤
如上图所示，设小圆半径为 $x$ 厘米，则 $(14-x)^{2}+7^{2}=(x+7)^{2}$，求出 $x=\frac{14}{3}$。

解题步骤
如下图所示，设小圆半径为 $R$，大圆半径为 $r$，则 $(R-r)^{2}+R^{2}=(R+r)^{2}$，$R=4r$，所以大圆面积是小圆的 $16$ 倍，所以小圆面积是 $1680\div16=105$（平方厘米）。

解题步骤
如下图所示，先将线段 $AB$ 绕 $B$ 点顺时针旋转 $n^{\circ}$ 至 $EB$，再将 $EB$ 沿直线 $BE$ 平移到 $FG$，然后线段 $FG$ 绕 $G$ 点逆时针旋转 $n^{\circ}$ 至 $GH$，最后将 $GH$ 沿直线平移到 $CD$。由于平移时是沿着线段所在的直线移动，所以平行移动时扫过的面积为 0。在整个移动的过程中，线段扫过的面积就只是两个扇形（阴影部分），面积和为 $\frac{n\pi}{180}$。当 $n$ 无限接近 0 时，面积无限接近 0。

解题步骤
这个人走完相同的长度之后右转 $18^{\circ}$，那么如果他要回到出发点，至少需要转 $360^{\circ}$，也就是转 $360^{\circ}\div18^{\circ}=20$（次）。则一共走了 $20\times16=320$（米）。实际上，由于多边形外角和是 $360^{\circ}$，这个人走的轨迹构成一个正二十边形。

解题步骤
如右图所示，顺时针旋转后，$A$ 点沿弧 $AA'$ 到 $A'$ 点，$B$ 点沿弧 $BB'$ 转到 $B'$ 点，$D$ 点沿弧 $DD'$ 转到 $D'$ 点。因为 $CD$ 是 $C$ 点到 $AB$ 的最短线段，所以 $AB$ 扫过的面积就是图中阴影部分。
$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ACA'}$
$=S_{\triangle BCD}+S_{\triangle ACD}$
$=\frac{1}{2}\times1\times1$
$=\frac{1}{2}$（平方米），
$S_{\triangle ABC}=S_{\text{正方形}ADCD'}$
$=CD^{2}$
$=\frac{1}{2}$（平方米），$S_{\text{扇形}DCD'}=\frac{\pi}{4}CD^{2}$
$=\frac{\pi}{4}\times\frac{1}{2}$
$=\frac{\pi}{8}$（平方米），
因此，$S_{\text{阴影}}=\frac{\pi}{2}\times AC^{2}-S_{\text{扇形}DCD'}-(S_{\triangle BCD}+S_{\triangle A'CD'})$
$=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8}-\frac{1}{2}$
$=\frac{3}{8}\pi-\frac{1}{2}$
$=0.6775$（平方米）。

解题步骤
采用三视图法，该立体图形从前、后、左、右四个外面看都是 $3$ 个正方形相加，从上、下两个面的面积和均为 $3\times3=9$（平方厘米），则该立体图形的表面积是 $14\times4+9\times2=74$（平方厘米）。
（按①的“凹”字形展开图，上方两端的正方形会重叠在同一个面，故无法折成正方体。）

解题步骤
采用三视图法。该立体图形从前、后、左、右四个外面看都是 $3$ 个正方形相加，所以前、后、左、右四个面的面积和为 $3^2+2^2+1^2=14$（平方厘米），则四个外面的面积和为 $14\times4$。又上、下两个面的面积和均为 $3^2=9$（平方厘米），则上下两面的面积和为 $9\times2$。所以该立体图形的表面积是 $14\times4+9\times2=74$（平方厘米）。

解题步骤
直三棱柱的体积是 $\dfrac{1}{2}\times1\times1\times1=0.5$。

解题步骤
铁块放入后，水层底面积变成了 $16\times12-8\times8=128$ 平方厘米，水层高度变成了 $16\times12\times6\div128=9$ 厘米，说明油下表面的铁块没入水中 $9$ 厘米，油层高度对应底面积为 $16\times12-8\times8=128$ 平方厘米。增加面积是 $192\div16\div12=1$（厘米），$6+1=7$（厘米）。

解题步骤
分两种情况进行分析。若圆柱体的高为 $10$ 厘米，则底面半径为 $\dfrac{12}{2\pi}=\dfrac{6}{\pi}$，它的底面积为 $\dfrac{36}{\pi}$ 平方厘米，体积为 $\dfrac{360}{\pi}$ 立方厘米；若圆柱体的高为 $12$ 厘米，则底面半径为 $\dfrac{10}{2\pi}=\dfrac{5}{\pi}$，它的底面积为 $\dfrac{25}{\pi}$ 平方厘米，体积为 $\dfrac{300}{\pi}$ 立方厘米.

解题步骤
经过旋转之后我们可以得到一个挖去一个底面半径为 $\dfrac{1}{2}$ 的小圆柱的柱体。
其表面积为 $1\times2\times\pi+2\times\pi\times1^2+\dfrac{1}{3}\times1\times\pi=4\dfrac{1}{3}\pi$，
其体积为 $1\times\pi\times1^2-\dfrac{1}{3}\times\pi\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{11}{12}\pi$.

解题步骤
设这个长方体的长宽高分别为 $a,b,c$，则有 $ab,bc,ca$ 的值分别为 $6,8,12$，可求长方体的体积的平方为 $(abc)^2=ab\times bc\times ca$
$=6\times8\times12$
$=576$
$=24^2$，所以这个长方体的体积为 $24$.

解题步骤
$\dfrac{\text{圆锥体积}}{\text{圆柱体积}}=\dfrac{\dfrac{1}{3}\times2^2\times4}{4^2\times8}$
$=\dfrac{1}{24}.$

解题步骤
本题考查立体图形表面积计算。
多出的面积为两个长方形截面的面积，即 $2\times d\times h=2008$（平方厘米）。
所以圆柱体侧面积为 $\pi\times d\times h=2008\div2\times3.14$
$=3152.56$（平方厘米）.

解题步骤
显然比重大的一个是实心球。$A$ 的比重为 $22\div\left[\dfrac{4}{3}\pi\times\left(\dfrac{7}{2}\right)^3\right]$，$B$ 的比重为 $33.3\div\left[\dfrac{4}{3}\pi\times\left(\dfrac{10.6}{2}\right)^3\right]$，两式均含 $\dfrac{1}{6}\pi$，所以只需比较 $\dfrac{22}{7^3}$ 与 $\dfrac{33.3}{10.6^3}$ 的大小。$10.6^3>1000$，$7^3=343$，$\dfrac{22}{343}>\dfrac{33.3}{1000}>\dfrac{33.3}{10.6^3}$，可知 $A$ 的比重大，即 $A$ 是实心球.

解题步骤
两个半球合成一个球，体积为 $\dfrac{4}{3}\times\pi\times1^3$，圆柱部分的高为 $14-2=12$（米）。
所以油罐的容积为 $\dfrac{4}{3}\times\pi\times1^3+\pi\times1^2\times12=\left(12+\dfrac{4}{3}\right)\times\pi$
$=\dfrac{40}{3}\times3.1416$
$=41.888$（立方米）.

解题步骤
将此铁皮沿长 $4$ 米的边卷起成圆柱面，圆柱底面的圆周长为 $4$ 米，因而半径为 $\dfrac{1}{2\pi}$，由于高为 $1$ 米，圆柱体积为 $V=\pi\times\left(\dfrac{1}{2\pi}\right)^2\times1$
$=\dfrac{1}{4\pi}\approx1.274$（立方米）。
现在（圆柱）的体积和原来（正方体）的体积之比为 $\dfrac{V}{1}\approx1.274=127.4\%$，即体积增加了 $127.4\%-100\%=27.4\%$，所以，能够围成.

解题步骤
圆柱的高与底面直径都等于正方体的边长，即 $6.28=3.14\times\text{边长}\times\left(\dfrac{\text{边长}}{2}\right)^2$，所以 $\text{边长}^3=\dfrac{6.28}{3.14}\times4$
$=8$，即正方体的容积是 $8$ 立方厘米.

解题步骤
如果都没有孔，这个立体图形由 $7$ 个 $3\times3\times3$ 的正方体组成，每个 $3\times3\times3$ 的正方体由 $27$ 个小正方体组成，所以共有 $27\times7=189$（个）小正方体，穿孔后小正方体的个数为 $189-9-8-8=164$（个）.

解题步骤
球的体积为 $\dfrac{4}{3}\pi r^3$，圆锥的体积为 $\dfrac{1}{3}\pi r^2 h$，半球体积是圆锥体积的 $\left(\dfrac{1}{2}\times\dfrac{4}{3}\pi\times1^3\right)\div\left[\dfrac{1}{3}\pi\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\times1\right]=8$（倍），即至少需要注水 $8$ 次.

解题步骤
一个长为 $12$ 厘米的直棒状吸管放在玻璃杯内，另一端吸管最多能露出 $4$ 厘米，表明这个圆柱的高 $CB=12-4$
$=8$（厘米）；另一端吸管最少要露出 $2$ 厘米，表明这个圆柱截面的对角线长为 $AC=12-2$
$=10$（厘米），因为在直角三角形中 $10^2-8^2=6^2$，可知圆柱底面圆的直径是 $6$ 厘米，半径为 $3$ 厘米。因此，这个玻璃杯的容积为 $3.14\times3^2\times8=226.08$（立方厘米）.

解题步骤
装衣物的圆柱体积为 $\pi\times\left(\dfrac{40}{2}\right)^2\times36$，洗衣机的体积为 $\pi\times\left(\dfrac{40}{2}\right)^2\times36\div25\%$，所以，洗衣机的高为 $\pi\times\left(\dfrac{40}{2}\right)^2\times36\div25\%\div(52\times50)=3.14\times400\times36\times4\times\dfrac{1}{52}\times\dfrac{1}{50}$
$=3.14\times\dfrac{288}{13}\approx69.56$（厘米），即高约为 $70$ 厘米.

解题步骤
两个瓶子的容积比是 $3:2$，说明底面积的比是 $3:2$，所以以相同的时间内两瓶水内漏水的高度比 $2:3$，假设两瓶子下漏水的高度分别是 $2x$ 和 $3x$，由于两个瓶子的高度一样，所以经过 $2x+2y=3x+y$，则 $x=y$，可知细瓶子漏了一半的水，所以漏了 $6$ 分钟.

解题步骤
由图可知上部圆圆面的直径与底座的一边等长。设底座的一边长为 $2a$，则塔的上部的体积为 $\dfrac{1}{3}\pi a^2\times27$，底座的体积为 $4a^2\times27$，所以，上部的体积是底座的体积的 $\dfrac{\pi}{12}$，答案为 B.

解题步骤
由于瓶子的容积是固定的，水的体积也是固定的，所以以图 b 和图 c 中的空白部分的体积相等，空白部分都是圆柱体。瓶口圆柱底面积与瓶身圆柱底面积的比为 $1:9$，所以空白部分高度比为 $9:1$，假设图 c 中空白的高度为 $H$，那么 $20+9H=28+H$，所以 $H=1$ 厘米，整个瓶子的高度是 $28+1=29$（厘米）.

解题步骤
以长为 $3$ 的直角边为轴旋转得到的是一个圆锥，体积 $V_1=\dfrac{1}{3}\pi\times4^2\times3$
$=16\pi$；
以长为 $4$ 的直角边为轴旋转得到的立体也是一个圆锥，体积 $V_2=\dfrac{1}{3}\pi\times3^2\times4$
$=12\pi$；
以长为 $5$ 的斜边为轴旋转得到的立体是由两个圆锥底面上下叠合在一起组成的立体图形。设两个圆锥的高为 $h_1$ 和 $h_2$，则有 $h_1+h_2=5$，设底面的半径是 $h$，是直角三角形斜边上的高，由直角三角形面积公式 $\dfrac{1}{2}\times5\times h=\dfrac{1}{2}\times3\times4$，$h=\dfrac{12}{5}$，再由圆锥的体积公式计算它的体积应当是：$V_3=\dfrac{1}{3}\pi h^2 h_1+\dfrac{1}{3}\pi h^2 h_2$
$=\dfrac{1}{3}\pi h^2(h_1+h_2)$
$=\dfrac{1}{3}\pi\times\left(\dfrac{12}{5}\right)^2\times5$
$=\dfrac{48}{5}\pi$。
既然 $16\pi>12\pi>\dfrac{48}{5}\pi$，所以最大的体积和最小的体积的比是 $16\pi:\dfrac{48}{5}\pi=5:3$.

解题步骤
根据题意，圆柱形容器还能再装入水的体积为 $\pi\times\left(\dfrac{22-2}{2}\right)^2\times(30-27.5)=250\pi$（立方厘米），而放入圆锥的体积为 $\dfrac{1}{3}\pi\times\left(\dfrac{10}{2}\right)^2\times30=250\pi$（立方厘米），$250\pi=250\pi$，所以没有水溢出.

解题步骤
铁块在水下部分的体积就是水上涨部分的体积。设水上涨了 $x$ 厘米，有：$15\times12\times x=(10^2-4^2)\times3+(3^2\times4)\times x$，解得 $x=\dfrac{7}{4}$（$x<4$，方程适用）。
所以，铁块在水下部分的体积为 $15\times12\times\dfrac{7}{4}=315$（立方厘米）.

解题步骤
图形如下图所示，阴影部分是掏空的，剩下部分 $8$ 个角有 $8\times8=64$ 个，棱上有 $12$ 个，共 $76$ 个.

解题步骤
根据所给视图，可画出这个立体的直观图如下。
可知，上下面积为 $8\times2=16$（平方厘米），前后面积为 $8\times2=16$（平方厘米），左右面积为 $8\times2=16$（平方厘米），此立体的表面积共 $16\times3=48$（平方厘米）.

解题步骤
由图 a 可知，$1$ 和 $3$ 相对，$2$ 和 $5$ 相对，$4$ 和 $6$ 相对，可推得面 $JKLI$ 上的 $1$ 的方向是向右，所以 $2$ 的方向向下.

解题步骤
现在要求这个容器尽可能的多装一些水，如下图所示，则将圆柱适当的倾斜，令侧孔与对面边沿在同一水平面上，此时容积为：$\pi\times5^2\times9+\dfrac{1}{2}\times\pi\times5^2\times6=300\pi$
$=942$（毫升）.

解题步骤
如下图所示，设立方体棱长为 $1$，三个长方体的高分别为 $x,y,z$。
所有 $x+y+z=1$，$(2+4x):(2+4y):(2+4z)=3:4:5$，可解得 $x=\dfrac{1}{8},y=\dfrac{1}{3},z=\dfrac{13}{24}$。
三个长方体的体积比就是高的比，$x:y:z=3:8:13$.

解题步骤
$8$ 个面，体积为 $\dfrac{1}{2}\times\left[6\times6\times6-2\times\left(\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times6\times6\times6\right)\right]=72$（立方厘米）.

解题步骤
两个圆柱直径的比是 $1:2$，所以底面面积的比是 $1:4$，铁块在两个杯中排开的水的体积相同，所以乙杯中水平升高的高度是 $\dfrac{1}{4}$，即 $2\times\dfrac{1}{4}=0.5$（厘米）.

解题步骤
表面积为：
$6\times10^2-4\times4^2-2\times\pi\times\left(\dfrac{4}{2}\right)^2+2\times(4\times4\times6)+\pi\times4\times6+2\times(4^2-\pi\times2^2)=785.12$（平方厘米）。
体积为：$10^3-2\times4^2\times10+4^3-\pi\times\left(\dfrac{4}{2}\right)^2\times6=668.84$（立方厘米）.

解题步骤
①设长方体长宽高分别为 $x,y,z$，不妨设 $x\geqslant y\geqslant z$，它们只能取正整数。长方体的体积是 $455$，则有 $x\times y\times z=455$，分解 $455=5\times7\times13$，即 $x,y,z$ 应为 $13\times5\times7$。 …………（1）
②沿棱拆下的小正方体为 $455-371=84$ 个，若沿为高“长”边拆下的小正方体为 $(x-1)$ 个，则从每个“宽”边拆下的小正方体为 $(y-1)$ 个，从每个“高”边拆下的小正方体为 $(z-1)$ 个，应当有下面关系式：
$4\times(x-1+y-1+z-1)=84$，$x+y+z=25$ …………（2）
分析①和②，既然 $x,y,z$ 只取正整数，验证 $x=13,y=7,z=5$ 是唯一一解。
③计算表面积：
方法一：如下图所示，拆下沿棱的小正方体后的多面体的表面积和原长方体表面积相同。
第一部分是凸出在外面的 $6$ 个平面，总面积是 $2\times(11\times5+11\times3+5\times3)=206$。
第二部分是 $24$ 个宽都是 $1$ 的长条，总面积是 $4\times(11+5+3)=152$。
共 $206+152=358$。
方法二：采用三视图法拆下沿棱的小正方体后的多面体的表面积和原长方体表面积相同，从 $8$ 个顶点处的小正方体的三个侧面的面积相同（想像一下补上去），所以，$2\times(13\times7+13\times5+7\times5)-3\times6=358$.

解题步骤
题左图中标有“$*$”的部分对应于右图里标有字母 $D$ 的部分。
说明：本题是考查学生空间想象力，提倡学生动手做模型，只要真正实践一下，答案就会一目了然.

解题步骤
如下图所示，对一个 $18\times18\times9$ 的长方体剪除 $4$ 个角，就得到了符合题意的有底无盖的容器。那么这个容器的容积是 $18\times18\times9-\dfrac{9\times9}{2}\times9\times\dfrac{1}{3}\times4=2430$（毫升）.

解题步骤
设 $(11)$ 的边长为 $1$，则 $(5)(6)(7)(8)(9)(10)(11)$ 组成的立体图形如下图所示（棱长为 $1$ 的正方体去掉四个角），它的体积为 $1^3-1\times1\times\dfrac{1}{2}\times1\times\dfrac{1}{3}\times2=\dfrac{2}{3}$。
面边长为 $1$ 的正方体如果去掉四个角就得到一个正四面体如下图，这个四面体体积为 $1^3-1\times1\times\dfrac{1}{2}\times1\times\dfrac{1}{3}\times4=\dfrac{1}{3}$。
$(1)(2)(3)(4)$ 组成的立体图形是一个小正四面体，这个小四面体的棱长才是正四面体的 $\dfrac{1}{2}$，从面其体积为 $\dfrac{1}{3}\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^3=\dfrac{1}{24}$，所以，本题答案为 $\dfrac{2}{3}\div\dfrac{1}{24}=16$ 倍.

解题步骤
根据第一个式子可知 $a$ 的小数部分是 $0.3$，所以 $\{a\}=0.3$，所以 $b=7.8-0.3$
$=7.5$，$[b]=7$，$a=15.3-7$
$=8.3$．

解题步骤
因为 $[y]+\{z\}=18.8$，而 $[y]$ 是整数，所以 $\{z\}=0.8$，$[y]=18$．
因为 $x+\{y\}=2011$，而 $\{y\}$ 是小数，所以 $x=2011$，$\{y\}=0$．因为 $z+\{x\}=6$，$\{x\}=\{2011\}$
$=0$，所以 $z=6$．又因为 $\{z\}=0.8$，$[z]=5$，与 $z=6$ 矛盾，重新分析：因 $[y]+\{z\}=18.8$ 得 $[y]=18$，$\{z\}=0.8$；$z+\{x\}=6$，$\{x\}=0$，故 $z=6$．
$x+\{y\}=2011$，$[x]=2011$，$x=2011$，$\{x\}=0$，$z=6-0$
$=6$；$[z]=5$，$\{z\}=z-[z]$
$=0.8$，所以 $z=5.8$；$[y]+\{z\}=2011$，所以 $[y]=2010$，$z=2010$，$\{x\}=0$，$z=2010$．
$y=18.8$，所以 $x+y+z=2010.2+18.8+5.8$
$=2034.8$．

解题步骤
根据题意，由于
$\left[\frac{n}{2}\right]+\left[\frac{n}{3}\right]+\left[\frac{n}{4}\right]+\left[\frac{n}{5}\right]+\left[\frac{n}{6}\right]=69<\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{4}+\frac{n}{5}+\frac{n}{6}$
$=\frac{29}{20}n$，
即 $n>\frac{69\times20}{69}=47\frac{17}{29}$．
而 $\left[\frac{n}{2}\right]+\left[\frac{n}{3}\right]+\left[\frac{n}{4}\right]+\left[\frac{n}{5}\right]+\left[\frac{n}{6}\right]=69>\frac{n}{2}-1+\frac{n}{3}-1+\frac{n}{4}-1+\frac{n}{5}-1+\frac{n}{6}-1$，
则有 $n<\frac{74\times20}{29}=\frac{1480}{29}$
$=51\frac{1}{29}$．
所以 $n$ 只能取 $48,49,50,51$，经试验，只有 $n=48,49$ 时符合条件．

解题步骤
根据题意，$\left[\frac{2011^{2}}{2011}\right]=2011$，而 $1007^{2}-1006^{2}=2013$，所以从 $\left[\frac{1006^{2}}{2011}\right]$ 开始往后两个相邻的 $\left[\frac{n^{2}}{2011}\right]$ 与 $\left[\frac{(n+1)^{2}}{2011}\right]$ 不可能相同，从 $1006^{2}$ 到 $2011^{2}$ 共有 $1006$ 个数．
而 $\left[\frac{1005^{2}}{2011}\right]=502$，所以 $0$ 到 $502$ 均可以取到，共有 $503$ 个不同的数．
所以在 $\left[\frac{1^{2}}{2011}\right]$，$\left[\frac{2^{2}}{2011}\right]$，$\left[\frac{3^{2}}{2011}\right]$，$\cdots$，$\left[\frac{2011^{2}}{2011}\right]$ 中共出现了 $1509$ 个互不相同的数．

解题步骤
对 $k=1,2,\cdots,98$．
$\left[\frac{14\times k}{33}\right]+\left[\frac{14\times(99-k)}{33}\right]$，
$\frac{14\times(99-k)}{33}=\frac{14\times99-14\times k}{33}$
$=42-\frac{14\times k}{33}$，
所以，$42=\frac{14\times k}{33}+\frac{14\times(99-k)}{33}$
$=\left[\frac{14\times k}{33}\right]+\left\{\frac{14\times k}{33}\right\}+\left[\frac{14\times(99-k)}{33}\right]+\left\{\frac{14\times(99-k)}{33}\right\}$，
并且上式中 $\left[\frac{14\times k}{33}\right]$、$\left[\frac{14\times(99-k)}{33}\right]$ 的和是整数，所以 $\left\{\frac{14\times k}{33}\right\}+\left\{\frac{14\times(99-k)}{33}\right\}$ 的和也应当是整数．
对于非整数 $n$，$0<\{n\}<1$，故当 $1\le k\le45$，且 $k\ne33$ 时，
$\left\{\frac{14\times k}{33}\right\}+\left\{\frac{14\times(99-k)}{33}\right\}=1$，
则有 $\left[\frac{14\times k}{33}\right]+\left[\frac{14\times(99-k)}{33}\right]=41$．
当 $k=33$ 时，$\left[\frac{14\times33}{33}\right]+\left[\frac{14\times66}{33}\right]=\left[\frac{14\times33}{33}\right]+\left[\frac{14\times66}{33}\right]$
$=42$．
$\left[\frac{14\times1}{33}\right]+\left[\frac{14\times2}{33}\right]+\cdots+\left[\frac{14\times97}{33}\right]+\left[\frac{14\times98}{33}\right]$
$=\left(\left[\frac{14\times1}{33}\right]+\left[\frac{14\times98}{33}\right]\right)+\left(\left[\frac{14\times2}{33}\right]+\left[\frac{14\times97}{33}\right]\right)+\cdots+\left(\left[\frac{14\times49}{33}\right]+\left[\frac{14\times50}{33}\right]\right)$
$=41\times(98\div2-1)+42$
$=2010$．

解题步骤
由 $\left[\frac{2009+k}{k}\right]=\left[\frac{2009}{k}\right]+1$，所以 $m$ 个数 $\left[\frac{2009+1}{1}\right]$，$\left[\frac{2009+2}{2}\right]$，$\left[\frac{2009+3}{3}\right]$，$\cdots$，$\left[\frac{2009+m}{m}\right]$ 共有 $69$ 个不同的取值，相当于 $\left[\frac{2009}{1}\right]$，$\left[\frac{2009}{2}\right]$，$\cdots$，$\left[\frac{2009}{m}\right]$ 共有 $69$ 个不同的取值．
则 $\left[\frac{2009}{k}\right]-\left[\frac{2009}{k+1}\right]=\left[\frac{2009}{k}-\frac{2009}{k+1}\right]$ 或 $\left[\frac{2009}{k}-\frac{2009}{k+1}\right]+1=\left[\frac{2009}{k(k+1)}\right]$ 或 $\left[\frac{2009}{k(k+1)}\right]+1$．
(1) $k\le44$ 时，$\frac{2009}{k(k+1)}\ge1$，因此 $\left[\frac{2009}{k}\right]>\left[\frac{2009}{k+1}\right]$，即从 $k=1\sim45$ 可以得到 $45$ 个不同的取值．
(2) $k\ge45$ 时，$\frac{2009}{k(k+1)}<1$，则 $\left[\frac{2009}{k(k+1)}\right]=0$，$\left[\frac{2009}{k}\right]-\left[\frac{2009}{k+1}\right]=0$ 或 $1$，因此 $k\ge45$ 时，$\left[\frac{2009}{k}\right]\ge\left[\frac{2009}{k+1}\right]$．
$\left[\frac{2009}{45}\right]>\left[\frac{2009}{46}\right]>\cdots>\left[\frac{2009}{45}\right]=44$ 这是 $45$ 个不同的取值，还差 $24$ 个不同取值，则 $\left[\frac{2009}{m}\right]=44-24$
$=20$．
于是 $20\le\frac{2009}{m}<21\Rightarrow96<m\le100$，最小值是 $96$．
综上，$m$ 的最大值是 $100$，最小值是 $96$．

解题步骤
定义 $f(x)=\varphi(1)+\varphi(2)+\cdots+\varphi(x)$，首先 $\varphi(x)$ 是 $x$ 的因数的个数．
对于整数 $x$，当 $k\le x-1$，作除法算式：$x=kq+r$，$0\le r<k$．
$\frac{x}{k}=q+\frac{r}{k}$，所以 $\left[\frac{x}{k}\right]=q$，$\left[\frac{x-1}{k}\right]=\begin{cases}q，当 r\ge1 时\\q-1，当 r$
$=0 时\end{cases}$．
所以 $\left[\frac{x}{k}\right]-\left[\frac{x-1}{k}\right]=\begin{cases}0，当 k 不是 x 的约数时\\1，当 k 是 x 的约数时\end{cases}$，$\left[\frac{x}{x}\right]=1$，正好是 $x$ 的因数个数．
所以，$f(x)-f(x-1)=\varphi(1)+\varphi(2)+\cdots+\varphi(x)-[\varphi(1)+\varphi(2)+\cdots+\varphi(x-1)]$
$=\varphi(x)$，即 $f(x)-f(x-1)=\varphi(x)$．
于是问题转化成了求一个有 $16$ 个约数的最小的自然数．
$x$ 有 $16$ 个不同的质因子，最小值 $x=2\times3\times5\times7\times11\times13\times\cdots$
$=2\times3\times5\times7\times11\times13\cdots$（取最小若干），但本题取 $x$ 有约数个数为 $16$ 的最小数：
$x$ 有 $3$ 个不同的质因子，最小数 $x=2^{3}\times3\times5$
$=120$．
$x$ 有 $2$ 个不同的质因子，最小数 $x=2^{7}\times3$
$=384$．
$x$ 有 $1$ 个不同的质因子，最小数 $x=2^{15}$
$=32768$．
因此最小的 $x=120$．

解题步骤
在这个加法算式中，从第一个非 $0$ 项开始，依次有 $15$ 个 $1$，$15$ 个 $2$，$\cdots\cdots$，$15$ 个 $n$．
如果 $15(1+2+3+\cdots+n)>2011$，则 $1+2+3+\cdots+n$ 大约为 $135$，也就是说 $n(n+1)$ 大约为 $270$，$n$ 至少为 $16$，$15\times(1+2+3+\cdots+16)=2040$，减去一项 $16$ 后首次大于 $2011$，这时 $n$ 的取值为 $15\times16+13=253$．

解题步骤
设要购买甲级铅笔 $x$ 支、乙级铅笔 $y$ 支，根据题意，列方程 $7x+3y=60$，容易得到 $3\left|7x\right.\Rightarrow 3\left|x\right.$，
又 $x\le\left[\dfrac{60}{7}\right]=8$，所以这个方程的解有 $\begin{cases}x=3\\y$
$=13\end{cases}$ 或 $\begin{cases}x=6\\y$
$=6\end{cases}$，所以 $x+y=16$ 或 $12$。

解题步骤
设截成 36 厘米和 24 厘米的短管各分别为 $x$ 根和 $y$ 根，剩余部分的铝管长度为 $a$ 厘米，那么有 $36x+24y+a=374$，即 $36x+24y=374-a$，剩余的越短，截掉的越多，即 $36x+24y$ 越大越好，开始枚举：
当 $a=0$ 时，$36x+24y=374$，由于 $36x+24y$ 是 $12$ 的倍数，所以无整数解；
当 $a=1$ 时，$36x+24y=373$，由于 $36x+24y$ 是偶数，所以无整数解（即 $373$ 是奇数排除）；
当 $a=2$ 时，$36x+24y=372$，此方程有解（如取 $x$ 是 $4$ 倍以上的奇数即可），所以余下部分最少是 2 厘米。

解题步骤
这道题可以归为枚举问题，难点在于要确定抽屉的数量，可以借助列代数方法去枚举。设买 $x$ 件 3 元的商品、$y$ 件 5 元的商品，则 $0\le 3x+5y\le 15$，且 $x,y$ 不同时为 0，那么有：
(1)当 $x=0$ 时，$y=1,2,3$，共 3 种；
(2)当 $y=0$ 时，$x=1,2,3,4,5$，共 5 种；
(3)当 $x=1$ 时，$y=0,1,2$，共 3 种；
(4)当 $x=2$ 时，$y=0,1$，共 2 种；
……
所以总共有 12 种情况（抽屉），若至少有一种情况发生三次，小朋友至少有 25 人。

解题步骤
设用电量为 $x$ 度，电费为 $y$ 度（元），则 $y=\begin{cases}45x,&x\le 10\\45\times 10+80(x-10),&x>10\end{cases}$。
先用假设（反证）法判断两家用电的范围：
若两家都不超过 10 度，则 $0.45\left(x_{\text{张}}-x_{\text{李}}\right)=3.30$，$x_{\text{张}},x_{\text{李}}$ 都是整数则无整数解；
若两家都超过 10 度，则 $80\left(x_{\text{张}}-x_{\text{李}}\right)=330$，$x_{\text{张}},x_{\text{李}}$ 都是整数则无整数解；
所以张家用电超过 10 度，李家用电未超过 10 度。所以
$45\times 10+80\left(x_{\text{张}}-10\right)-45x_{\text{李}}=330$
$\Rightarrow 16x_{\text{张}}-9x_{\text{李}}=136$
$\Rightarrow 16x_{\text{张}}=136+9x_{\text{李}}\Rightarrow 16\left|136+9x_{\text{李}}\right.$
$\Rightarrow 9x_{\text{李}}\le 14$
又 $x_{\text{李}}>10$，所以 $11\le x_{\text{李}}\le 14$。
经试验得，$x_{\text{张}}=13,x_{\text{李}}=8$，
所以张家交电费 6.9 元，李家交电费 3.6 元。

解题步骤
方法一：
①设 2 元、3 元、4 元的圆珠笔各买 $x$ 支、$y$ 支、$z$ 支，则 $2x+3y+4z=31$ ……（$*$）
②分析等式（$*$）的奇偶性，$y$ 必须是奇数。因为 $x,y,z\ge 1$，$3y=31-2x-4z\le 25$，$y\le 7$。列下表：
$y=1$ 时：$x=12,10,8,6,4,2$，对应 $z=1,2,3,4,5,6$；
$y=3$ 时：$x=1,3,5,7,9$，对应 $z=5,4,3,2,1$；
$y=5$ 时：$x=2,4,6$，对应 $z=3,2,1$；
$y=7$ 时：$x=1,3$，对应 $z=2,1$。
从以上看，小丽最多能买 14 支圆珠笔，最少能买 9 支圆珠笔。
方法二：
①买 $x$ 支 2 元、$y$ 支 3 元、$z$ 支 4 元的圆珠笔，则 $2x+3y+4z=31$，要使支数 $x+y+z$ 最多，则单价低的应尽量多，所以 $x+y+z=14$，小丽最多能买 14 支圆珠笔。
②取 $x=12,y=1,z=1$ 满足（$*$）式，且 $x+y+z=14$，小丽最多能买 14 支圆珠笔。
③类似 $4x+4y+4z=31+y\ge 31+3$
$=34$，$x+y+z\ge 8\dfrac{1}{2}$。
④当 $x=1,y=6,z=2$ 满足（$*$）式，且 $x+y+z=9$，小丽最少能买 9 支圆珠笔。

解题步骤
李家的牛群中有 67% 是母牛，$67$ 是质数，可以设李家养牛头数为 $100x$，王家的牛群中有 $\dfrac{1}{15}$ 是母牛，可以设王家养牛数是 $15y$。
列出方程 $100x+15y=521$ ……（$*$）
$x$ 和 $y$ 是整数，分别取 $x=1,2,3,4,5$，可以得到 $y=3,x=1,y=17$，或者同余方程（$*$）
（$*$）式两边取 $13,9\,x=1\pmod{13}$ ……

解题步骤
设 $\overline{abc}=\overline{ab}+\overline{ba}+\overline{bc}+\overline{cb}+\overline{ca}+\overline{ac}$
$\Rightarrow 100a+10b+c=22(a+b+c)$
$\Rightarrow 26a=4b+11c$，
$\Rightarrow u\le 3$
(1) $a=1$ 时，$4b+7c=26\Rightarrow 7c$
$=26\pmod 4\Rightarrow 7c\equiv 26\equiv 2\pmod 4$，$\Rightarrow 3+4=11\pmod 4\Rightarrow c\equiv 2\pmod 4$，
又 $c\le\left[\dfrac{26}{7}\right]=3$，所以 $c=2$，$4b=26-14$
$=12$，$b=3$，所以 $\overline{abc}=132$；
(2) $a=2$ 时，$4b+7c=52$，同理解得 $b=6,c=4$，所以 $\overline{abc}=264$；
(3) $a=3$ 时，$4b+7c=78$，同理解得 $b=9,c=6$，所以 $\overline{abc}=396$。

解题步骤
按投中 17 分、11 分、4 分的次数分别为 $x$ 次、$y$ 次和 $z$ 次，那么投中飞镖的总次数为 $(x+y+z)$ 次。而总得分为 $17x+11y+4z=120$，要想投中次数最少，必须 $17x+11y$ 尽可能大，若 $x=6$，得到 $11y+4z=18$，此时无整数解；
若 $x=5$，得到 $11y+4z=35$，此时 $z=1,x=6,x+y+z=5+1+6$
$=12$；
若 $x=4$，得到 $11y+4z=52$，此时 $y$ 最大为 $4$，当 $y=4$ 时 $z=2$，这种情况下 $x+y+z=10$；
若 $x=3$，得到 $11y+4z=69$，此时 $y$ 最大为 5，当 $y=5$ 时 $z=2$，$x+y+z=3+5+2$
$=10$；
若 $x=2$，得到 $11y+4z=86$，此时 $y$ 最大为 $6$，当 $y=6$ 时 $z=5$，这种情况下 $x+y+z=13$；
若 $x=1$，得到 $11y+4z=103$，此时 $y$ 最大为 $9$，当 $y=9$ 时 $z=1$，这种情况下 $x+y+z=11$；
若 $x=0$，得到 $11y+4z=120$，此时 $y$ 最大为 $8$，当 $y=8$ 时 $z=8$，这种情况下 $x+y+z=16$，
经过比较可知 $4(x+y+z)$ 的值最小为 10，所以至少需要投中 10 次飞镖才能获奖。

解题步骤
设甲对 $a$ 道题，做错 $n$ 题，做错 $m$ 题，则得 $4a-n=4m-n_1$，则有 $4|(4-n)$，要使得甲总分最高就必须对的次数尽可能高且错的次数尽可能少。设两人均不能尽可能尽可能少，得 $4-n=0$，$4m-n_1=4\cdot n$
$=20$，$m=1$，乙得分 $1$ 分，则 $4a-n_1=20$，$a$ 最高，求得题对数最多得分 $25\times 4-5+30=126(分)$，丙均同分为 $125+1=126(分)$，没排序最低分相同。由此推算所有 $a\ge y$，从而有 $5,z>3,z=y$，则得分不相等，且得分尽量高，其他情况至少 $25\times 4-5+30=126(分)$，甲乙丙各自得分。当 $a=25,n=0,m=1$ 时甲得分为 $125+1=126(分)$，这种得分尽可能高，从而甲最多得 $126$ 分。

解题步骤
"分"字对应的自然数的最大可能值是 35。
设这串连续的自然数最小为 $m$，诗文中"分"字共出现 2 次，"一"出现 3 次，设"分"对应 $m+x$，"一"对应 $m+a$，"才"对应 $m+b$。
则有 $\dfrac{(m+m+\cdots+23)\times 21}{2}+m+x+m+x+2(m+b)=644$
即 $28m+276+(a+2b)+x=644$，
$28m=368-x-(a+2b)$，
$m=\dfrac{368-x-(a+2b)}{28}$，$m+x=\dfrac{368-x-(a+2b)}{28}+x$。
但是，$x\ge 23$，$a+b\ge 21$，$b\ge 0$，$a\ge 1$，$a+2b\ge 21$，所以 $x=\dfrac{368-27\cdots+(a+2b)}{28}+x\le 35.25$，因 $x$ 为整数，取最大 $x=35$，此对应自然数 35。

解题步骤
设老王有 5 角邮票 $x$ 张、8 角邮票 $y$ 张，可知老王 5 角邮票 $x$ 张、8 角邮票 $y$ 张，由于他们的总张数相等，则 $\dfrac{8}{13}x=2x$，即 $\dfrac{13}{13}x$ 应为 13 的倍数，而老张和老王的邮票总和为 $\dfrac{8}{13}\times 0.5+0.8=\dfrac{13}{13}\times 0.5+0.8$，$x$ 为 13 的倍数。
$x=39$ 时，$32.9\times 3=98.7$ 元，不符合；当 $x=52$ 时，$32.9\times 4=131.6$ 元，不符合条件；所以，老王 52 张 8 角邮票，老张 $52\times\dfrac{8}{13}\times\dfrac{5}{8}\times 52=40$ 张 8 角邮票。

解题步骤
设一小春游人数为 $m$，一小春游人数为 $n$，由已知每小都用满 19 座旅游车二小比一小多租用 7 辆。
据此 $19\times 6+1\le m\le 19\times 6=115$，
$115\le m\le 151$；
又已知两校共租用 14 座旅游车 72 辆，可知 $70\times 14+2\le m+n\le 14\times 72=1008$。
同时已知 $m$ 与 $n$ 都是 10 的整数倍。
于是有 $\begin{cases}m-n=70\\m+n$
$=990\end{cases}$，可得 $130$ 或 $150$，
经枚举得 $m=570,n=430$ 符合题意。

解题步骤
考查容斥原理，关键是做好文氏图的分析。
有的解出一题 $A$ 的有 $x$ 人，仅解出 $B$ 的有 $y$ 人，仅解出 $C$ 的有 $z$ 人。
设没解出 $A$ 但解出 $B$ 或 $C$ 的有 $a$ 人，仅解出 $B$ 的有 $y=2z$，$a=\dfrac{y+z}{2}$。
有 $\begin{cases}x+a+1+y+z+\dfrac{y-z}{2}=25\\x+1$
$=y+\dfrac{y-z}{2}\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y$
$=\dfrac{25-z}{2}\\z$
$=23-3z\end{cases}$，由 $y>z$ 知，
$z\le 5,5<x<\dfrac{23}{2}$，且只有 $x=7$ 时 $y$ 和 $z$ 都是正整数，因此 $\begin{cases}x=7\\y$
$=6\\z$
$=2\end{cases}$，故只解出 $B$ 有 6 人。

解题步骤
设甲班有 $x$ 人、乙班有 $y$ 人、丙班有 $z$ 人，那么三个班的捐书数目分别是：
$11(x-3)+6+7\times 2=11x-13$，
$10(y-4)+6+8\times 3=10y-10$，
$9(z-6)+7\times 2+7\times 6=9z-22$。
根据题意有 $\begin{cases}11x-13=(10y-10)+28\\11x-13$
$=10y+31\end{cases}$，即有 $\begin{cases}11x=10y+31\\10y+9$
$=9z+31\end{cases}$，
又因为各班的捐书总数在 400 到 550 之间，因此我们可以知道：捐书最多的甲班 $11x-13\le 550$，而捐书最少的丙班 $9z-22\ge 400$。
从而有 $583\ge 11x=10y+31$
$=(9z+89)+31\ge 422+89$
$=11$，于是 $52>x\ge 49$，所以三班人数分别为 $11x-13=10y+31$，$x\ge 49$，求得 $x=7,y=49,z=53$，所以甲、乙、丙三班人数分别为 $51,53,49$。

解题步骤
设所求分数为 $\dfrac{b}{a}$，其中 $a\le 100$。
(1)若 $\dfrac{b}{a}>\dfrac{7}{13}$，$\dfrac{b}{a}-\dfrac{7}{13}=\dfrac{13b-7a}{13a}$，要使 $\dfrac{b}{a}$ 与 $\dfrac{7}{13}$ 最接近，先考虑 $\dfrac{13b-7a}{13a}$ 的分子为 1 的情况：
当 $13b-7a=1$ 时，尽量大时与 $\dfrac{7}{13}$ 最接近。
而对不定方程 $13b-7a=1$，变形可得 $a=\dfrac{13b-1}{7}$
$=b+\dfrac{6b-1}{7}$
$=\dfrac{b+1}{7}$，且 $7\left|(b+1)\right.\Rightarrow b=53$，所以当 $b=53$ 时取 48，此时 $a$ 最大，那么 $\dfrac{13b-7a}{13a}=\dfrac{1}{13\times 89}$，
如果 $\dfrac{13b-7a}{13a}$ 的分子大于 1，则至少为 2，此时 $\dfrac{13b-7a}{13a}\ge\dfrac{2}{13\times 100}=\dfrac{1}{13\times 50}>\dfrac{1}{13\times 89}$，即肯定比 $\dfrac{1}{13\times 89}$ 大。所以 $a$ 取最大越接近。
(2)若 $\dfrac{b}{a}<\dfrac{7}{13}$，$\dfrac{7}{13}-\dfrac{b}{a}=\dfrac{7a-13b}{13a}$，类似地分析，当 $7a-13b=1$，尽量大时与 $\dfrac{7}{13}$ 最接近。
此时解不定方程 $7a-13b=1$，可知 $a$ 最大可为 93，$b=50$，此时 $\dfrac{7a-13b}{13a}=\dfrac{1}{13\times 93}$。
由 $\dfrac{1}{13\times 89}>\dfrac{1}{13\times 93}$，所以最接近 $\dfrac{7}{13}$ 的分母小于等于 100 的分数为 $\dfrac{50}{93}$。

解题步骤
方法一：设"XES数"为 $\overline{abc}$，由"XES数"的定义，有 $\overline{abc}=5\times\overline{bc}$，则 $\overline{abc}=5\overline{bc}$，
由位值原理得 $100a+5\overline{bc}=5\overline{bc}$，
化简得 $100a=4\overline{bc}$，即 $25a=\overline{bc}$，$a\le 3$。
则(1)当 $a=1$ 时 $\overline{bc}=25$；
(2)当 $a=2$ 时 $\overline{bc}=50$；
(3)当 $a=3$ 时 $\overline{bc}=75$，
所以，所有的"XES数"为 125,250,375。
方法二：
原三位数是 5 的倍数，则后两位也是 5 的倍数，原三位数是后两位数的 5 倍，所以两位数 $\overline{bc}$ 是 25 的倍数，则后两位只能是 25,50,75，所以XES数有 3 个：125,250,375。

解题步骤
若是四位数 $\overline{abcd}$，则 $16\times(a+b+c+d)<16\times 36<1000$，矛盾。四位以上的自然数也不可能。
若是两位数 $\overline{ab}$，则 $16\times(a+b)>10a+b=\overline{ab}$，也不可能，故只有三位数 $\overline{abc}$。
$16\times(a+b+c)=100a+10b+c$，化简得 $84a=6b+15c$，即 $28a=2b+5c$，
所以 $a=1$ 或 $a=2$，当 $a=1$ 时，$c=9,a=2$；或 $a=4,c=4,a=2$，此时 $b=8,c=4$，
所以只有右 624 数为 $192+144+288=624$。

解题步骤
设 $n$ 个盘子中第一个的球数依次为 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，由任意相邻 4 个盘子中所放球的个数相同知 $a_1=a_5$
$=a_9$
$=\cdots$，$a_2=a_6$
$=a_{10}$
$=\cdots$，$a_3=a_7$
$=\cdots$，$a_4=a_8$
$=\cdots$，
又因 $a_1=a_n$
$=80$，得 $16\times 3+2(a_1+a_n+a_x)=80$，解得 $a_1+a_x=16$，原题转化为求方程 $a_1+a_5+\cdots=16$ 有多少组不同子下都符合 2 的正整数解，其取值法为 $C_x^1=66$ 种。

解题步骤
本题可将转化为不定方程的非负整数解的问题。$n$ 位"龙腾数"等于 $n$ 组成数列满足 $a_1+a_2+\cdots+a_n=7$，且 $a_1\ge 1,a_2\ge 0,a_3\ge 0,\cdots,a_n\ge 0$。至此，都是数码，因而由一位"龙腾数"有 $C_1^1=5$ 个，二位"龙腾数"有 $C_7^1=5$ 个，三位"龙腾数"有 $C_7^1=5$ 个，四位"龙腾数"需要更多，于是有，$x_1+x_2+\cdots+x_n=7$，因而一位"龙腾数"有 $C_7^1=15$ 个，把最低位 2 的位置 2012 有 2003,2012,而从 2012 是从小到大排列时的"龙腾数"中第 $1+5+15+15+2=38$（个）。

解题步骤
本题是不定方程整数解问题。
设前五名获奖数分别为 $a>b>c>d>e$，那么必须使 $a+b+c+d+e=10000,a=b+c$，$d=d+e$，
于是 $5b+c+e=10000$，得 $b=10000$，
又已知 $a=100y,c$，$y$ 是 $5$ 的倍数，于是 $a=b+c$
$=100$，
显然 $a$ 为偶数，则以 $a\ge 2$，从而有 $5,x>3,y=y,17$，因最高分 $c$ 越多越好，从而有第三名 $5x>100$，$\therefore x\ge 20$，又因 $y$ 为偶数，所以以 $c=22$，由此可知 $x\le 17$，因此，第三名最多得 1700 本。

解题步骤
由题意知，其他了香蕉 $400\sim 500$ 根，且十位数是 8。
设没有佛猴 $n$ 只，则有佛猴 $(a-6)$ 只，因为探猴的数量比香蕉比猴子与佛猴多，所以以 $17\le n\le 21$，
而设每只探子 $a$ 根香蕉，则每只探猴得到 $(a-1)$ 根，每只佛猴得到 $(a-2)(a-6)$ 根。其他香蕉
$an+(a-1)\times 16+(a-2)(a-6)$
$=an+16a-16+an-2an-6a+12$
$=2an+10a-2a-4$
$=2a(n+5)-2a-4$
$=X$
$X$ 的位数是 8，且 $400<X<500$，
若 $a=17$，则 $X=44a-38$，$a$ 的个位数能是 8，不满足 $400<X<500$；
若 $a=18$，则 $X=46a-40$，$a$ 的个位数是 8，不满足 $400<X<500$；
若 $a=19$，则 $X=48a-42$，$a$ 的个位数能是 0 或 5，当 $a=10$ 时，$X=138$，符合题意；
同理，$n=20$ 或 21 都不符合题意，所以只有探子 19 只。

解题步骤
假设这数组中第一数为 $m$，则 $m$ 也能被 2 整除，则 $\dfrac{m}{2}$ 也在数组中。以此类推，$m$ 能被 $2^k$ 整除，则 $\dfrac{m}{2^k}$ 也在数组中。同理 $m$ 能被 $3^k$ 整除，则 $\dfrac{m}{3^k}$ 也在数组中，而将 $m$ 中所有含 2,3,5 的因数都除去，剩下的数 $\dfrac{m}{2^a\times 3^b\times 5^c}$ 也在数组中，并且没有质因数 2,3,5 了，而除了 1 以外，数组中任意数都可被 2,3 或 5 中一个整数除，因此这数 $\dfrac{m}{2^a\times 3^b\times 5^c}$ 只能为 1。
结论：数组中所有数含的质因数只有 2,3,5。
如果数组中含 $2^k$，那么必须知道 $2^{k-1},2^{k-1}\times 3,2^{k-1}\times 5$ 都在其中，以此类推，$2^{k-1},2^{k-2}\times 3$，$2^{k-2}\times 3^2,2^{k-2}\times 3\times 5,2^{k-2}\times 5^2$ 都在其中，再以此类推，$2^a\times 3^b\times 5^c$（$a+b+c\le k$）都在数组中。同理，若数组中含 $3^k$ 或 $5^k$，则都有同样的结论，即 $2^a\times 3^b\times 5^c$（$a+b+c\le k$）都在数组中，
我们只需要看 $k$ 多少。
当 $k=10$ 时，$a+b+c=10$，数组中只有 1 个这样的数；
当 $k=1$ 时 $a+b+c=1$，有 3 组解（数组中只有一个最大的数）；
……
当 $k=11$ 时，$A=1+3+6+10+\cdots+78$
$=364$，在 $300\sim 400$ 之间，所以这答案为 364。

解题步骤
$17+4\times20+10\times20^{2}+8\times20^{3}=68097$。

解题步骤
设这个五位数为 $\overline{abcde}$，由题意得 $\overline{abcde}=2007\times(a+b+c+d+e)$，由于 $11\times2007=22077$，最小有 $9\times\overline{abcde}$，则以 $(2007\times9)$ 估算。
$2007\times9=18063$，这个五位数是 $18063$ 的倍数，只可能为 $18063$、$36126$、$54189$、$72252$、$90315$，经检验，$36126$ 和 $54189$ 符合题意。
$2007\times18=36126$，符合；$2007\times27=54189$，符合。所以这个五位数是 $36126$ 或 $54189$。

解题步骤
$(1)$ 由于 $3998\div4=999\cdots\cdots2$，因此从 $1$ 到 $3998$ 这 $3998$ 个自然数中能被 $4$ 整除的一共有 $999$ 个。
$(2)$ 为了便于研究，把 $0$ 到 $3999$ 这 $4000$ 个数按 $\overline{abcd}$（不足四位则首位前面补零，如 $12=0012$），由于 $b,c,d$ 都有 $10$ 种数字可任意选择，而且当 $b,c,d$ 选定后，为满足 $a+b+c+d$ 能被 $4$ 整除，$a$ 必有一确定值。
事实上，若 $a+c+d=4K$ 时，则 $a=0$；若 $b+c+d=4K+1$ 时，则 $a=3$；若 $b+c+d=4K+2$ 时，则 $a=2$；若 $b+c+d=4K+3$ 时，则 $a=1$（$K$ 为整数）。
综上所述，由 $0$ 到 $3999$ 这 $4000$ 个整数中各 $1\times10\times10\times10=1000$ 个（$a$ 的数位也含 $0$）。$1\sim3998$ 这 $3998$ 个自然数共 $1000-1=999$（个）的各位数字之和能被 $4$ 整除。

解题步骤
在 $m\times m$ 宫格中，横向的火柴棒有 $m$ 行，每行有 $m$ 根，故 $m(m+1)$ 根；同样，纵向的火柴棒有 $m+1$ 列，每列有 $m$ 根，也共有 $m(m+1)$ 根。所以“$m^{2}$ 宫格”共用 $2m(m+1)$ 根火柴棒。
由 $2m(m+1)=1300$，得到 $m(m+1)=650$
$=2\times5^{2}\times13$
$=25\times26$，因此 $m=25$。

解题步骤
情况一：“跳过去不报”指一个小朋友报了 $6$，下一个小朋友实际报数应是接下去第 $7$ 个一个小朋友报 $6$，紧接着一个 $8$（次数到的数）报应跳过 $7$，第 $8$ 个小朋友报 $8$，等于这个人报 $8$，小明本次应当报的是 $91$。所以 $1$ 至 $90$ 这 $90$ 个数中，被跳过的有 $19=72$ 的倍数有 $72,36,45,18,54,63,81,27$ 八个，被跳过含 $7$ 的有 $7,17,27,37,47,57,67,70\sim79$，共 $18$ 个，其中 $27,57$ 重复，所以 $1$ 到 $90$ 共需报数 $90-19=71$ 个。
情况二：“跳过去不报”指一个小朋友报了 $6$，下一个小朋友直接报 $8$。此时，把所有 $7$ 的倍数和带有数字 $7$ 的数都划去，剩余的数报到 $91$，每人报一次轮回的报数都不带有一个 $7$ 或一个 $7$ 的倍数。
这道题目有右两种不同的可能性，但是答案能符合规则。这两种显然合理，但由今人感叹数学之美妙！
小明从 $19$ 报到 $91$，共有 $C_{91}^{1}$ 组报，所以这有 $A=C_1^1+C_1^2+\cdots+C_1^n$ 个数。而只有当 $n=11$ 时，$A=1+3+6+10+\cdots+72$
$=364$，在 $300\sim400$ 中，所以答案是 $364$。

解题步骤
采用枚举试填法：首先，$6$ 与 $5$ 之间不能填 $1,3,7,9$，只能填数字 $5$；最后 $2$ 与 $8$ 之间不能填 $1,7$，可能填数字 $3$ 或 $9$，所以有两种填法如下（图）。
其他三种情况请读者自己动手试一试，共有 $17$ 种填法。

解题步骤
首位数字有 $9000$ 个，其中 $3$ 的倍数有 $3000$ 个，可以采用排除法。先考虑有多少个四位数是 $3$ 的倍数但不含数字 $6$。
首位数字有 $9$ 种选择，第二、三位数字都有 $9$ 种选择，当前三位的数码确定后，如果它们的和除以 $3$ 余数为 $0$，则第 $4$ 位数字有 $3$ 种选择；如果它们的和除以 $3$ 余数为 $1$ 或 $2$，则第四位数字也有 $3$ 种选择。所以四位数中是 $3$ 的倍数但不含数字 $6$ 的共有 $8\times9\times9\times3=1944$（个）。
所以满足条件的四位数有 $3000-1944=1056$（个）。

解题步骤
$2000\sim2009$ 之间没有满足条件的数，只需考虑 $0\sim1999$ 之间。首位数字有为 $0$ 或 $1$，数码 $6$ 需要在剩下三位中任选一个位置有三种选法；接下来一位除 $6$ 之外可填 $9$ 种，所以 $6$ 单独占一位时另两位也可填 $9$ 种，所以若最高位是 $1$，则又分两种：第一类，$6$ 占首位之后的某一位时，剩下三位各有 $9$ 种填法（但要使数字和被 $3$ 整除则末位有 $3$ 种）。
首位数字为 $0$ 或 $1$，$6$ 在三个位置之一，剩下两位中有一位为保证和被 $3$ 整除有 $3$ 种填法，所以满足条件的数有 $3\times3\times3\times2=162$ 个。

解题步骤
分子中仅有 $25$ 被 $5^{2}$ 整除，因此通分后，分母含因数 $5^{2}$，而其余分母与 $5^{2}$ 互质，$25=5^{2}\times1$，故和的分子 $m$ 含一个 $5$ 因子，分母 $n$ 含 $5^{2}$ 因子。求和后所得分数的分母 $n$ 中 $5$ 的因数比分子 $m$ 中多，因此和的最简分数 $\frac{m}{n}$ 的分子 $m$ 不会是 $5$ 的倍数。

解题步骤
这 $2008$ 个数的所有数码之和是 $9036+9000+9000+1018=28054$。
这 $2008$ 个数的个位数码之和是 $(1+2+3+4+5+6+7+8+9)\times200+(1+2+3+4+5+6+7+8)=9036$；
这 $2008$ 个数的十位数码之和是 $(0+1+2+\cdots+9)\times200=9000$；
这 $2008$ 个数的百位数码之和是 $(0+1+2+\cdots+9)\times200=9000$；
这 $2008$ 个数的千位数码之和是 $1\times1000+2\times9=1018$。

解题步骤
所有 $24$ 个四位数的和等于 $6666(a+b+3)$，因此，除 $\overline{ab21}$ 外，其余 $23$ 个四位数的和为 $6666(a+b+3)-1000a-100b-21$。
$=5666a+6566b+19977$，
所以 $5666a+6566b=70692$，即 $2833a+3283b=35346$。 ……①
因为 $3283+3283b=35346$，
即 $3283\times11+\cdots$，
同理推出 $a+b\leqslant12$，
因为 $2833\equiv1\pmod{3}$，$3283\equiv1\pmod{3}$，$35346\equiv0\pmod{3}$，
即 $a+b\equiv0\pmod{3}$，
所以 $a+b=12$。 ……②
解由①和②联立方程组得 $a=9,b=2$，即所求四位数。

解题步骤
$N$ 不能有数字 $0$，因为 $0$ 不能做除数。$N$ 各位数字应当尽可能大。如果含有数字 $5$，则要 $2,4,6,8$ 都不能有，此时位数不会很多。
如果 $N$ 只缺少 $5$，则含有 $1,2,3,4,6,7,8,9$，因此是数字和为 $40$，不能被 $9$ 整除。
所以必须再缺少一位，为了最大，应缺少 $5$ 和 $4$。这时 $N$ 由 $1,2,3,6,7,8,9$ 这 $7$ 个数字中除掉一个组成。要使 $N$ 被 $9$ 整除，还需要去掉 $4$。
此时由 $1,2,3,6,7,8,9$ 组成，肯定被 $9$ 整除；还需要考虑被 $7,8$ 整除。
前位最大为 $9876$，剩下三个数字组成的被 $8$ 整除的三位数为 $312$，$9876312$ 被 $7$ 除余 $5$；
前位如果取 $9873$，剩下三个数字组成的被 $8$ 整除的三位数为 $216$，$9873216$ 被 $7$ 除余 $3$；
前位如果取 $9872$，剩下三个数字组成的被 $8$ 整除的三位数为 $136$，$9872136$ 被 $7$ 除余 $1$；
前位如果取 $9867$，剩下三个数字组成的被 $8$ 整除的三位数为 $312$，$9867312$ 被 $7$ 整除。

解题步骤
设 $4,a,b,c,3$ 或者 $\frac{4\times a}{4+a}=m$，$\frac{a\times b}{a+b}=n$，$\frac{c\times3}{c+3}=t$，$m,(m,n)$ 都是非零整数。
①$\frac{4+a}{4\times a}=\frac{1}{m}$，则 $\frac{1}{4}+\frac{1}{a}=\frac{1}{m}$，即 $\frac{1}{m}=\frac{1}{4}+\frac{1}{a}>\frac{1}{4}$，则 $\frac{1}{m}>\frac{1}{4}$，则 $m<4$。
当 $m=3$ 时，$\frac{1}{a}=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$
$=\frac{1}{12}$，$a=12$；
当 $m=2$ 时，$\frac{1}{a}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}$
$=\frac{1}{4}$，$a=4$。
②$\frac{3+t}{3\times c}=\frac{1}{t}$，则 $\frac{3}{3\times c}+\frac{c}{3\times c}=\frac{1}{t}$，即 $\frac{1}{c}+\frac{1}{3}=\frac{1}{t}>\frac{1}{3}$，则 $\frac{1}{t}>\frac{1}{3}$，则 $t<3$，则 $t=2$，则 $2$ 时，$\frac{1}{c}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$
$=\frac{1}{6}$，$c=6$。
③设 $\frac{a\times b}{a+b}=k$，则 $\frac{a+b}{a\times b}=\frac{1}{k}$，可得 $\frac{1}{c}=\frac{1}{b}-\frac{1}{k}$，$k$ 可取 $(2,12,4,3)$。
当 $k=2$ 时，$\frac{1}{b}=\frac{1}{2}-\frac{1}{6}$
$=\frac{1}{3}$，$b=3$；
$k=3$ 时，$\frac{1}{b}=\frac{1}{3}-\frac{1}{6}$
$=\frac{1}{6}$，$b=6$；
$k=4$ 时，$\frac{1}{b}=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}$
$=\frac{1}{12}$，$b=12$；
$k=5$ 时，$\frac{1}{b}=\frac{1}{5}-\frac{1}{6}$
$=\frac{1}{30}$，$b=30$。
经检验得下面这三组解：$4,4,12,6,3;4,12,12,6,3;4,12,6,4,3;4,6,3,6,3$。

解题步骤
因为 $690=2\times3\times5\times23$，连续 $9$ 个数中，偶数的倍数（即可被 $2$ 整除）有 $4$ 个或 $5$ 个 $2$ 的倍数。如果有 $5$ 个连续偶数则要多有 $4$ 个 $2$ 的倍数，$1$ 个 $5$ 的倍数，$1$ 个 $23$ 的倍数。
所以 $9$ 个数中要有 $4$ 个奇数，其中有 $2$ 个 $3$ 的倍数，$1$ 个 $5$ 的倍数，$1$ 个 $23$ 的倍数，所以 $N+1,N+3,N+5,N+7,N+9$ 是奇数，剩下 $4$ 位之中要有 $2$ 个 $3$ 的倍数、$1$ 个 $5$ 的倍数、$1$ 个 $23$ 的倍数。一个 $23$ 的倍数，剩下可用 $5$ 中间数找因数，所以可同时以满足 $N$ 用因数关系。$5$ 个奇数中可用 $3,5,23$ 满足，$1$ 个 $23$ 的倍数，且相邻两个数中一个是 $5$ 的倍数，另一个是 $23$ 的倍数。显然，$N+5=24$ 是最小解，所以 $N$ 的最小值为 $19$。

解题步骤
设 $A$ 的末位数字为 $a$，那么它的首位数字为 $a+2$，$A=\overline{(a+2)X_{a}}$，其中 $X$ 是中间 $n-2$ 位数。则 $B=\overline{aX(a+2)}$，$C=A-B$
$=\overline{(a+2)X_{a}}-\overline{aX(a+2)}$
$=2\times100\cdots0-2$
$=2\underbrace{99\cdots9}_{n-2}8$，$D=8\underbrace{99\cdots9}_{n-2}2$，所有这么样的 $C$ 都满足是 $99$ 的倍数，$S=C+D$
$=11\times99$
$=99\times11\cdots1$，所有这样的 $S$ 的最大公因数是 $99$，所以 $K$ 的最大值为 $99$。

解题步骤
长、宽、高各染一条红色，且被染成红色的长、宽、高均不在同一平面内即可。例如下图。故选 D。

解题步骤
设长方形的长为 $a$，宽为 $b$，那么长方形的周长为 $2a+2b$，一定是 2 的倍数，但是这道题中要求用尽所有的枝条，而所有枝条的长度和为 $9\times1+6\times2+3\times4=33$（厘米），是奇数，所以不矛盾，故无法造出长方形。

解题步骤
因为选出的数中任意两个数的和都是 160 的倍数，会有两种情况。第一种：这些数都是 160 的倍数，那么 $1\sim2003$ 之间，这些数除以 160 的余数都为 0，符合条件的数有 $\left[\dfrac{2003}{160}\right]=12$ 个。满足第二种情况的数有 13 个，所以最多为 13 个。

解题步骤
$400\div3=133\cdots\cdots1$，所以最多可以剪出 133 块“三联”。具体操作如下图所示。

解题步骤
令正方体三组面相对的四面数和最大的一面四个数分别为 $a,b,c,d$，则其中 3 数和分别为 $a+b+c,a+b+d,a+c+d,b+c+d$ 四个和，由“每一个面上的任意 3 个数的和不大于 17” 知，$(a+b+c)+(a+b+d)+(a+c+d)+(b+c+d)=3(a+b+c+d)\le 4\times17$
$=68$，所以 $a+b+c+d\le\dfrac{68}{3}$，即 $a+b+c+d$ 的最大值为 20。然后经过简单枚举，可以得到放法，此时每一面 4 个数的和都为 20。

解题步骤
该题关键在于发现 51 与 85 均为 17 的倍数，因为初始显示是 0，那么不管怎么按 $+$、$-$、$\times$、$\div$ 四个按键，得到的一定是 17 的倍数，而最接近 2010 的 17 的倍数为 2006，并且 $2006=17\times118$ 是可以得到的，所以答案为 2006。

解题步骤
如下图所示，延长 PO 使得 $PP'=PO$，连接 $P'A$、$P'B$，则可知 $PAP'B$ 为平行四边形且 $P'B=PA$，$P'A=PB$。再观察 $\triangle PP'B$ 可知 $P'B+BP>PP'$，即 $PA+PB>2PO$。

解题步骤
要求留下来的数的和为 19.96，因为 1.3 与 1.23 中小数后面第二位都有影响，则要求留下 2 个 1.23 或者 12 个 1.23。如果是留下 2 个 1.23，那么剩下的若干个 1.3 的和为 $19.96-1.23\times2=17.5$，不可能是 1.3 的倍数，舍去；如果是留下 12 个 1.23，那么剩下的若干个 1.3 的和为 $19.96-12\times1.23=5.2$，所以 1.3 的个数为 $5.2\div1.3=4$。所以留下 4 个 1.3 和 12 个 1.23，那么应划去 $16-4=12$（个）1.3，$18-12=6$（个）1.23。

解题步骤
本题可以分类讨论。第一步：当 5 元无法实现成功，所以 1 元最少有 4 个；第二步：当 10 元无法实现换成功，那么 1 个和一种 5 元，所以 20 元无法实现换成 10 元那么至少有 1 个；第三步：50 元无法实现换成功，那么 10 元最多 4 个，那么至少装是没有 4 个 10 元，那就装设有 1 个 50 元 1 个 1 元；第四步：100 元无法换成 50 元那么 50 元至少 1 个 1 元 1 元 4 个所以小宇口袋应该装数最多 139 元。所以共有 139 元。

解题步骤
由数字 $1,2,3$ 组成的两位数有 $3\times3=9$ 个，分别是 $11,12,13,21,22,23,31,32,33$。截取的两位数个数最多，任意两个都互不相同，所以自然数能有可能有 $9+1=10$（位）。

解题步骤
$4\times4=16$ 个 $1\times1$ 的正方形，与去掉 1 根火柴棒最多破坏两个小正方形知，$4\times4+3\times3+2\times2+1\times1=30$ 个正方形。一共有 16 个小正方形，每去掉 1 根火柴棒最多破坏两个小正方形，至少要去掉 8 根，但是要破坏最大的正方形要去掉边上的火柴棒，而去掉边上的火柴棒只能破坏 1 个小正方形，所以至少要去掉 9 根火柴棒，构造如答案图（注：原书答案给出去掉根数）。

解题步骤
因为 $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6=3\times(1+2+3+4+5+6)$
$=63$，所以最大值 $A$ 一定不小于这六个数的平均数 $63\div6=10.5$，从而最大值 $A$ 一定不小于 11。另外如果圆周按照 $6,1,4,5,2,3$ 排列即可使最大值恰为 11，所以 $A$ 的最小值是 11。

解题步骤
根据题意，我们只要发现每一圈的间隔以及最后糖果的编号特点之后即可。除以 15 余数为 1，无法 1000 的且除以 15 余数为 1 的有第一圈第 1006，那第二圈第一个放入糖的与放入的有的特点。每隔 15 余数余 1 的瓶子。这些瓶子才能放进糖去，余数为 1 的瓶子放进糖去，与第一圈在编号为 1、16、31、…、$15\times66+1=991$ 时再放，绕回到第 6 号瓶时编号继续到 1000 后停。所以有糖的瓶子共 $15\times3=200$（个），那么有糖的瓶子有 200 个，因此没有得到糖的瓶子共 $1000-200=800$（个）。

解题步骤
（1）方法一：经观察，第一部打印机打出 $(11,18)$，通过第三部打印机打出 $(4,18)$，通过第二部打印机打出 $(9,16)$，通过第三部打印机打出 $(2,16)$，再通过第三部打印机打出 $(1,22)$。（2）根据三部打印机的特点，我们发现第一部打印机为同时加 1，所以以卡片的两数 $a$、$b$ 的差始终不变；第二部为同时除以 2，所以两数之差减半；第三部打印则可同时构造出号码 $x$。最后这两数之差只能 $2^n$ 倍增减。从 $(5,19)$ 出发，两数差为 $19-5=14$
$=2\times7$，含有奇因子 7。而 $(411,2004)$ 两数差为 $2004-411=1593$ 不是 7 的倍数，所以无法打出不出来的。

解题步骤
首先可以说明当有 11 分时，无法确保进入前 3 名，不妨设这 8 支球队为 1～8 号，让 1 号球队和其余各队打成平局，那么 1 号球队得分 $2\times7=14$ 分，但是其余 7 支球队的总分为 $5\sim8$ 号球队对内每场都获胜，这样 1 号球队得分仍是第一，分支会很多。其次，若 11 分这种情况存在，则会导致前 3 名得分相同。再说明取得 10 分时一定能进入前 3 名：（1）只要 1 号球队得 10 分，无论怎样它的得分一定能进入前 3 名；（2）只要 1 号球队取得 10 分，那么这支球队的得分一定能进入前 3 名。综上，至少应该取得 10 分。

解题步骤
这些木棍的总长度为 $(1+9)\times9\div2=45$（厘米），选出若干根构成正方形，假设边长为 $a$，那么这些可得 $a$ 不超过 11 厘米。
$a=11$ 时，$(9,2)$、$(8,3)$、$(7,4)$、$(6,5)$；
$a=10$ 时，$(9,1)$、$(8,2)$、$(7,3)$、$(6,4)$；
$a=9$ 时，$(9)$、$(8,1)$、$(7,2)$、$(6,3)$、$(5,4)$ 中选出 4 个即可，有 5 种方法；
$a=8$ 时，$(8)$、$(7,1)$、$(6,2)$、$(5,3)$；
$a=7$ 时，$(7)$、$(6,1)$、$(5,2)$、$(4,3)$；
$a=6$ 时，不能构造出。
剩下 9 种构造方法。

解题步骤
图形的面积为 $4\times(4+4+2)+2+(4+4+2+10\times8)\div2+(4+4+2)\times10\times8\div2=100$，$100=10\times10$，所以拼得的正方形边长应当为 10，试验时构造出如下图所示的正方形（按答案图剪三块后拼出 $10\times10$ 的正方形）。

解题步骤
我们将设分为 $b$、$a$ 两组，不妨设 16 属于 $a$ 组，那么 5 也能属于 $b$ 组，不然 $a$ 组中 $15+1=16$；而 $a$ 组中含 16 与一个不大于 5 的数即可，那么 1 属于 $a$ 组。同理，15 属于 $b$ 组；$14+1=29,15$ 也属于 $a$ 组，所以又有 16 属于 $b$，那么 $12$ 属于 $b$ 组，再得到 $13$ 属于 $a$ 组，所以一组数为 $1,4,6,7,10,11,13,16$，可得最终结果。

解题步骤
如右图把表格染成黑白两色，每经过一次甲虫沿对角线移动，黑格的甲虫一定移到黑格中，白格的甲虫一定移到白格中。由于黑白格颜色相间，每排都黑白交错排列，于是在这样的 9×9 方格中有 41 个黑格 40 个白格，故知道还有 5 至少有 9 个空格。另一方面，若甲虫也是按图中所示的情况进行，显然，表格中恰有 9 个空格。综上可知，表格中最少有 9 个空格。

解题步骤
如下图所示，每个顶点都与其他三个数相邻，而与同一顶点相邻的这三个数两两不相连。12 条线段的和数相加都为 $(1+2+3+4+5+6+7+8)\times3=108$。如果 12 条线段的和数，每个值最小的和数为 $1+2+3=6$，最大的和数为 $6+7+8=21$，所以可知 12 条线段上和数的最大值 $m$ 不超过 16 个不同的和。设 12 条边和分别为 $3,4,5,\cdots$ 共可达到 16 个不同的和。最少时 $n$ 由计算可得最少出现 $n=5$ 种和数，即 $n\ge5$。如果 1 和三个不同的数相邻，那么它就能与其他 3 相连，即最多可能有 $m\le11$ 最小和取值，$2,3$ 三个和数相邻，最多 4 种和；周围最少出现 5 种不同的和数，即 $n\ge5$。当 $m=11$ 和 $n=5$ 时一种构造方法，综上 $m+n=16$。

解题步骤
如下图所示，令这个正方形为 $ABDC$。分别在 $AC$、$CD$ 上取 $P$、$S$ 使得 $\triangle PCS$ 是等腰直角三角形且其斜边 $PS$ 长度为 10，再分别在 $AB$、$BD$ 上取 $Q$、$R$ 使得 $\triangle QBR$ 是等腰直角三角形且其斜边 $QR$ 长度为 10，则可用以下涂法：
（1）将 $PC$、$CS$ 包含 $S$ 点（不包含 $P$ 点）涂黑色。
（2）将 $PC$、$CS$ 包含 $S$ 点（不包含 $P$ 点）涂蓝色。
（3）将 $AP$、$AQ$ 包含 $P$ 与 $Q$ 点（不包含 $S$ 与 $R$ 点）涂红色，$DS$、$DR$（不包含 $S$ 与 $R$ 点）涂红色。这样就可利用此涂法。
可证：（1）若两点皆为蓝色时，必在 $\triangle QBR$ 的 $BQ$、$BR$ 边上，但因在 $\triangle QBR$ 内距离为 10 厘米的两点恰为 $Q$、$R$ 两点，故两点皆为蓝色时其距离必小于 10 厘米。（2）若两点皆为黑色时，必在 $\triangle PCS$ 的 $PC$、$CS$ 边上，但因在 $\triangle PCS$ 内距离为 10 厘米的两点恰为 $P$、$S$ 两点，故两点皆为黑色时其距离必小于 10 厘米。（3）若两点皆为红色时，必在六边形 $PSDRQA$ 的 $AP$、$AQ$、$DS$、$DR$ 边上，但此距离必小于 10 厘米。故知该涂法满足要求。

解题步骤
将下图所示的 1000 边形用直线切割，可得到 501 个三角形。注意，在切得的每一个三角形中，有一边是切口，另两边是原多边形的相邻两边切割下来的，而且位于切口两侧的所有三角形，它们的边都从切口处切下，都来自原多边形的不同部位，位于切口两侧的所有三角形，每个三角形最多有两边是从原多边形切下的，才能满足各有 1 条切口是原多边形的同一条切口处切下。因此，多边形至多被切出 $\dfrac{1000}{2}+1=501$ 个三角形。综合可知：1000 边形最多可切出 501 个三角形。

解题步骤
用 $9$ 个点表示 $9$ 盆花，用直线表示“行”。需要使每条直线（行）恰好通过 $3$ 个点，且每个点恰好被 $3$ 条直线通过，共九行。按图论中点线关联的构形即可作出满足要求的图形（如下图给出的四种设计方案均符合要求）。

解题步骤
方法一：经观察，到结点 $B$ 的信息流必然经过 $E$ 或 $D$。经过 $E$ 到 $B$ 的信息流最大为 $7$（$BE$ 所能承载的最大信息流），从 $D$ 到 $B$ 的信息流最大为 $10$（$DB$ 所能承载的最大值与 $DFB$ 所能承载的最大值之和），所以最大信息量为 $17$。
方法二：从 $A$ 到 $B$ 有三条路线，分别是 $A\to C\to D\to B$、$A\to C\to D\to F\to B$、$A\to C\to E\to B$，每条路线上的最小信息量为此路线传递的最大信息量，所以最大信息量为 $4+7+6=17$。

解题步骤
必须重复的小径有三段。
一个人不可能从第 $1$ 个点的位置出发，不重复地走遍花园的所有小径。至少必须重复的小径有 $3$ 段：$1\to 5$、$6\to 7$、$8\to 12$。
说明：这是“一笔画”问题。我们知道，任何平面图形都是由点和线组成的，图形中的点分为两类，与这点连接的线的数目是偶数的叫做偶点，与这点连接的线的数目是奇数的叫做奇点。解决“一笔画”问题的三条规律：
（1）凡是由偶点组成的图形，一定可以一笔画．画时可以从任何一个偶点出发，最后又回到这个点。
（2）凡是只有两个奇点的图形（其余都是偶点），一定可以一笔画．画时必须从某个奇点出发，以另一个奇点为终点。
（3）其它情况的图形，均不能一笔画．如果不能一笔画的图形有 $2n$ 个奇点（$n$ 是大于 $1$ 的整数），则需用 $n-1$ 条线对对应奇点（或重复画 $n-1$ 条）的做法，使得新图形可以一笔画，这就是解决本题的途径。
本题实质上可以转化为（如图 b）的一笔画的简单问题：这里有 $2\times 4=8$ 个奇点，即 $1$、$2$、$3$、$4$、$5$、$6$、$7$、$8$，我们只需用 $3\to 4$、$5\to 6$、$7\to 8$ 这三条弧线（如图 c），很容易验证 $b$ 可以一笔画，由此可知，重复的小径至少有三段．最后由原图（如图 a）的边界画一个整圈，再回到第 $2$ 个点，就是原来问题的解答了。因此，重复的小径至少有三段。
还应指出，本题的解答不是唯一的，事实上，重复 $1\to 2$、$4\to 5$、$6\to 7$ 三段弧线，也可以画出图 $c$。

解题步骤
有八个奇点，需要去掉三条边剩余两个奇点，无论去掉哪两条边长度之和最小为 $7$，即去掉一条长度为 $5$ 的和两条长 $1$ 的，总和为 $7$。

解题步骤
根据一笔画的有关概念，道路图中有 $6$ 个奇点，邮递员不可能不重复地走遍所有街道并返回邮局，但可以对道路图作一些处理，相当于邮递员通过走重复的道路，完成一笔画，如下图：
总路程为 $3\times 10+2\times 8=46$。

解题步骤
先分析明明，他握了 $5$ 次手，即他与所有人都握了手，这样，排除与明明的握手后，冬冬与其他人握手 $3$ 次、兰兰 $2$ 次、静静 $1$ 次、思思一次都没握。然后分析思思，她跟明明之外的所有人都没握手，兰兰 $2$ 次、静静 $1$ 次，这样思思与明明之外的人都没握手。再用同样方式依次分析冬冬、静静、兰兰，即可得出毛毛握了 $3$ 次手。

解题步骤
如右图所示，我们记两人之间传一次球，就在两人之间连一条线段，按下来是在完全图中一笔画出 $6$ 个奇点，必须最少减去两条线段，才能一笔画出，共 $C_{6}^{2}-2=13$ 次。

解题步骤
选择一条直线，它不和任何两个花坛的连线垂直（因为直线有无穷多个方向，所以总能选出），把所有的花坛和喷水龙头投影到这条直线上，则花坛仍然有 $1007$ 个，且喷水龙头数目不增加。
设花坛从一头起依次为 $P_{1}$、$P_{2}$、$\cdots$、$P_{1007}$，则把所有的喷水龙头按照下列方式进行分组：
$P_{1}$ 和 $P_{2}$ 的中点，
$P_{1}$ 和 $P_{3}$ 的中点，
$P_{1}$ 和 $P_{4}$ 的中点、$P_{2}$ 和 $P_{3}$ 的中点，
$P_{1}$ 和 $P_{5}$ 的中点、$P_{2}$ 和 $P_{4}$ 的中点，
$P_{1}$ 和 $P_{6}$ 的中点、$P_{2}$ 和 $P_{5}$ 的中点、$P_{3}$ 和 $P_{4}$ 的中点，
……
$P_{1}$ 和 $P_{1006}$ 的中点、$P_{2}$ 和 $P_{1005}$ 的中点、$\cdots$、$P_{503}$ 和 $P_{504}$ 的中点，
$P_{1}$ 和 $P_{1007}$ 的中点、$P_{2}$ 和 $P_{1006}$ 的中点、$\cdots$、$P_{503}$ 和 $P_{505}$ 的中点，
$P_{2}$ 和 $P_{1007}$ 的中点、$P_{3}$ 和 $P_{1006}$ 的中点、$\cdots$、$P_{504}$ 和 $P_{505}$ 的中点，
……
$P_{1006}$ 和 $P_{1007}$ 的中点。
每一行的第一个喷水龙头互不重合，共有 $2011$ 行，所以至少共有 $2011$ 个喷水龙头。另一方面，如果把花坛排成一列，则每一行的全部重合，只用区那么求所求最小值为 $2011$。

解题步骤
将机器当成点、连接的电缆当成线，我们就得到一个图．如果从图上一点出发，可以沿着线跑到图上任一其他的点，这样的图就称为连通的图，条件③表明该图是连通图。
我们看一看几个点的连通图至少有多少条线．如果假定图没有圈（如果有圈，就在圈上去掉一条线），从一点出发，沿着前进，已走过的点不再重复，那么走若干步后，必然走到一个点，不能再继续前进，将这一点与连接这点的线去掉．考虑剩下的 $n-1$ 个点的图，它仍然是连通的．用同样的办法又可去掉一个点及一条线．这样继续下去，最后只剩下一个点．因此 $n$ 个点的连通图至少有 $n-1$ 条线（如果有圈，连线的条数就会增加），并且从一点 $A$ 向其他 $n-1$ 个点各连一条线，这样的图恰好有 $n-1$ 条线。
因此，（1）的答案是 $n=79+1$
$=80$，并且将一台计算机与其他 $79$ 台各用一条线相连，就得到符合要求的联网。
下面看看最多连多少条线。
在这 $80$ 个点（$80$ 台计算机）中，设从 $A_{1}$ 引出的线最多，有 $k$ 条，与 $A_{1}$ 相连的点是 $B_{1}$、$B_{2}$、$\cdots$、$B_{k}$，由于条件②，$B_{1}$、$B_{2}$、$\cdots$、$B_{k}$ 之间没有线相连．
设与 $A_{1}$ 不相连的点是 $A_{2}$、$\cdots$、$A_{m}$，则 $m+k=80$。
而 $A_{2}$、$A_{3}$、$\cdots$、$A_{m}$ 每一点至多引出 $k$ 条线，图中至多有 $mk$ 条线，因为
$4\times m\times k=(m+k)^{2}-(m-k)^{2}\leqslant (m+k)^{2}$
$=6400$。
所以 $m\times k\leqslant 1600$ 即连线不超过 $1600$ 条。
另一方面，设 $80$ 个点分为两组，$A_{1}$、$A_{2}$、$\cdots$、$A_{40}$ 与 $B_{1}$、$B_{2}$、$\cdots$、$B_{40}$，第一组的每一点与第二组的每一点各用一条线相连，这样的图符合题目要求，共有 $40\times 40=1600$ 条线，因此，最多可连 $1600$ 条线。

解题步骤
下图 $7$ 点间连有 $9$ 条线段且满足题中要求，故知所求的最小值不大于 $9$。
下面证明在满足要求的连线图中，至少有 $9$ 条线段。
（1）如果有一点 $A$ 至多引出 $1$ 条线段，则不与 $A$ 相连的 $5$ 点中，每两点之间都有连线，共有 $10$ 条线。
（2）如果某点至多引出两条线段且点 $A$ 恰引出两条线段 $AB$、$AC$，则不与 $A$ 相连的 $4$ 点之间应有 $6$ 条线段，点 $A$ 至少另外引出 $1$ 条线，总共至少 $9$ 条线段。
（3）若每点至少引出 $3$ 条线，则 $7$ 点共引出至少 $21$ 条线段，这时每条线段会被计数两次，所以连线图中至少有 $11$ 条线。
综上可知，最少要连 $9$ 条线段。

解题步骤
将好委员会的全体记为 $X$，所有其他的委员会所成的集合记为 $Y$，集 $X$ 和 $Y$ 中的元素个数分别记为 $x$ 和 $y$，于是
$$x+y=C_{30}^{3}=4060 \qquad ①$$
对任一议员 $a$，记有 $a$ 参加的所有委员会的集合为 $S_{a}$，在 $S_{a}$ 中，另两人同时为 $a$ 的朋友或者敌人的委员会总数为 $C_{6}^{2}+C_{23}^{2}=268$，对于 $30$ 位议员来说，这种委员会共有 $268\times 30=8040$ 个．显然，在这个计数过程中，$X$ 中的每个委员会被计数 $3$ 次，而 $Y$ 中的委员会则仅被计数 $1$ 次，故有
$$3x+y=8040 \qquad ②$$
将 ① 与 ② 联立得 $x=1990$。

解题步骤
最不利情况：把20个黑球都拿出来后，再拿5个白球，即 $20+5=25$（个）．

解题步骤
第5站至少上1个学生，往前每站应分别上 $2$、$4$、$8$、$16$ 个学生，所以最后总共至少 $1+2+4+8+16=31$ 个学生．

解题步骤
注意写有“9”的卡片可以倒过来看作“6”．故最小数为 $1566$，最大数为 $9951$，$1566+9951=11517$．

解题步骤
$(9+8+7)\times100+(6+5+4)\times10+(3+2+1)\times1=2556$．

解题步骤
观察日期 $18,19,25,26$ 那一组数码之和最大，为 $1+8+1+9+2+5+2+6=34$．

解题步骤
考虑极端情况，$11+12+14+16+17+18+19+21+22+23=173$．

解题步骤
小白兔一杆打完未失误，每次按规则都打到最高分的球，共得 $14\times(1+6+7)+(1+2+3+4+5+6+7)=224$（分）．

解题步骤
把墙看作长方形的另一边，就把竹子问题一般化为：用 $60$ 米的绳子，围成一个长方形（含中间一边为墙），当三条边之和为定值时，求其所围最大面积．
方法一：
两数和一定时，差越小，积越大．
直接设左右边为 $x$ 米，则下边长为 $60-2x$ 米，面积为 $x(60-2x)=\frac{1}{2}\times(2x)\times(60-2x)$．其中 $2x$ 与 $60-2x$ 和为 $60$，所以当 $x=15$ 时面积最大，为 $450$ 平方米．

解题步骤
$14=3+3+3+3+2$，最大乘积是 $3\times3\times3\times3\times2=162$．

解题步骤
只担任一次的同学有 $6\times3=18$（人），剩下 $(8-3)\times6=30$（人次），每人至少被指派两次，故至多有 $30\div2=15$（人）．所以至多 $33$ 人．

解题步骤
钱最多的 $10$ 个人钱不超过 $190$ 元，要最有钱的人就要让其余尽量少．则其余 $9$ 个人钱尽量少，但其余 $9$ 个人的钱至少和除掉这 $10$ 人以外的 $90$ 人一样多，则其余 $9$ 个人有 $1000-190=810$（元），一人最多 $1000-99\times9=109$（元）．

解题步骤
设没去 $2003$ 以外有 $n$ 个，平均数为 $413$，可列方程 $572(n+1)=413n+2003$，解得 $n=9$，在剩下的 $9$ 个数中，和一定，要求最大数最多，则其余 $8$ 个都取 $1$，所以这组数有 $413\times9-8\times1=3709$．

解题步骤
设裁判有 $x$ 分，共有裁判 $x+1$ 人，可列方程 $9.68(x+1)=9.62x+y$，… 即 $0.06x=y-9.68$，$0.03x=9.68-z$，得去掉最高分 $y$ 与最低分 $z$．因为 $x=9$，$68+0.06x$，根据 $x$ 以及 $y$ 为整数取 $x$ 最大为 $9.98$，此时 $y$ 最小为 $9$，$53$，$z+1=6$．

解题步骤
当 $a_1=1,a_2=3,a_3=5,a_4=7$ 时，$M$ 最大．最大、$M=85-(1+3+5+7)$
$=69$，因为 $85+5=17$，所以 $a_1$ 最小时 $a_1=13,a_2=15,a_3=17,a_4=19$，所以 $M=21$，所以 $m=21$．

解题步骤
要使取得的人数尽量多，则取走的号码就要尽量小，所以应该取 $k$ 名运动员的号码数尽量小，且号码不能重复．非由 $1\sim n$ 的连续自然数，并且只有当号码之和小于或等于 $2008$．由 $1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}\leqslant2008$，得 $\frac{n(n+1)}{2}\leqslant2008$，$n(n+1)\leqslant4016$，因为 $62\times63=3906<4016$，$63\times64=4032>4016$，即选取最多的运动员不可能多于 $62$ 名．又因为 $\frac{62\times63}{2}=1953$，$2008-1953=55$，可以选取 $1\sim62$ 这 $62$ 个号码之和减去 $55$，故只需把数列中的数减去 $55$，$55=8+47$ 即可，所以 $k$ 的最大值是 $62$．

解题步骤
个数要多，则每个数要尽量小，将 $1^2+2^2+\cdots+10^2=385$，比 $360$ 多了 $25=5^2$，所以最多可用 $10-1=9$ 个互不相等的正整数的平方和．

解题步骤
如上表所示第 8 站上了 7 人下了 7 人，在前 $i$ 站上车人数大于于车上车人数小于于车人数，第 7、8 站时 $7,8$ 站时人数最多，有 $14+12+10+8+6+4+2=56$（人）．