方程与不等式

由已知得 $a(x-y-1)-b(x+y+1)=0$，从而有 $\begin{cases} x-y-1=0 \\ x+y+1=0 \end{cases}$，解之得 $\begin{cases} x=0 \\ y=-1 \end{cases}$。故应选 B。

设甲、乙现在的年龄分别为 $x,y$ 岁，依题意得 $\begin{cases} x-y=y-10 \\ x-25=y-x \end{cases}$，即 $\begin{cases} x-2y=-10 \\ 2x-y=25 \end{cases}$，相加得 $x-y=5$。故应选 A。

设该商品的成本为 $a$，则有 $a(1+p\%)(1-d\%)=a$，解得 $d=\dfrac{100p}{100+p}$。故应选 D。

由题意，$\Delta_1=16m^2-4(4m^2+2m+3)=-8m-12\geqslant 0$，得 $m\leqslant -\dfrac{3}{2}$。或 $\Delta_2=(2m+1)^2-4m^2=4m+1\geqslant 0$，得 $m\geqslant -\dfrac{1}{4}$。所以 $m\leqslant -\dfrac{3}{2}$ 或 $m\geqslant -\dfrac{1}{4}$。故应选 B。

由题意，$\Delta=4+4k>0$，即 $k>-1$。又 $x_1+x_2=-2$，$x_1x_2=-k$。所以 $x_1^2+x_2^2-2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2-2=4+2k-2=2(k+1)>0$。故应选 A。

由题设可得 $\dfrac{a+b}{ab}=\dfrac{1}{a-b}$，即 $a^2-b^2=ab$。有 $\dfrac{a}{b}-\dfrac{b}{a}=1$。解得 $\dfrac{b}{a}=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$（负值舍去）。故应选 C。

因为 $\dfrac{5}{2}=|x_1-x_2|$，所以 $\dfrac{25}{4}=(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\left(-\dfrac{a}{2}\right)^2+4$，即 $a^2=9$。解得 $a=\pm 3$。故应选 C。

$\because b\neq 0$，$\therefore$ 由 $9b^2+2001b+5=0$，得 $5\cdot\dfrac{1}{b^2}+2001\cdot\dfrac{1}{b}+9=0$。又 $\because 5a^2+2001a+9=0$，$\therefore a$ 与 $\dfrac{1}{b}$ 是方程 $5x^2+2001x+9=0$ 的根。$\because a\neq\dfrac{1}{b}$，$\Delta>0$，$\therefore a\cdot\dfrac{1}{b}=\dfrac{9}{5}$。故应选 A。

设两分球投中 $x$ 球，罚球投中 $y$ 球，则 $\begin{cases} x+y=14-3 \\ 2x+y=28-9 \end{cases}$，解得 $\begin{cases} x=8 \\ y=3 \end{cases}$。故应填 $8$、$3$。

设该天卖出甲种、乙种、丙种水果分别为 $x,y,z$ 套。依题意有 \[\begin{cases} 2(2x+3y+2z)=116 \\ 8.8x+25.6y+21.2z=441.2 \end{cases}\] $\therefore \begin{cases} 2x+3y+2z=58 \\ 22x+64y+53z=1103 \end{cases}$。由 $②-①\times 11$，消去 $x$ 得 $31(y+z)=465$，即 $y+z=15$。所以，共卖出 C 水果 $15\,\text{kg}$，C 水果的销售额为 $15\times 10=150$（元）。故应填 $150$。

设原进货价为 $a$，则现在进货价为 $a(1-6.4\%)$。再设原利润率为 $x$，则现在的利润率为 $x+8\%$。设售出价均为 $b$，则依题意得 $\begin{cases} x=\dfrac{b-a}{a} \\ \dfrac{b-a(1-6.4\%)}{a(1-6.4\%)}=x+8\% \end{cases}$。由 $①$ 得 $b=ax+a$，代入 $②$ 得 $x+6.4\%=(1-6.4\%)\cdot x+8\%$。解得 $x=17\%$。故应填 $17\%$。

易见 $x=-4$ 不是方程的根。当 $x>-4$ 时，原方程为 $x^2-2(x+4)-27=0$，即 $x^2-2x-35=0$。求得 $x=7$ 与 $x=-5$，因 $x>-4$，故其根为 $x=7$；当 $x<-4$ 时，原方程为 $x^2+2(x+4)-27=0$，即 $x^2+2x-19=0$。求得 $x=-1\pm 2\sqrt{5}$，因 $x<-4$，故其根为 $x=-1-2\sqrt{5}$。因此共有两根：$7$ 与 $-1-2\sqrt{5}$，所有根的和为 $7+(-1-2\sqrt{5})=6-2\sqrt{5}$。故应填 $6-2\sqrt{5}$。

原方程可化为 $|x^2-6x-16|=10\pm a$。这个方程有 $6$ 个解，所以 $10+a$ 与 $10-a$ 中有且仅有一个为 $0$。若 $10-a=0$，即 $a=10$，则由 $x^2-6x-16=0$，得 $x_1=-2$，$x_2=8$；由 $x^2-6x-16=\pm 20$，得 $x_{3,4}=3\pm 3\sqrt{5}$，$x_{5,6}=3\pm\sqrt{5}$。若 $10+a=0$，即 $a=-10$，这与 $a>0$ 不符。故应填 $10$。

原方程为 $x(x|x|-5|x|+2)=0$。显然原方程有一根 $x_1=0$。下面对 $x\neq 0$，考虑方程 $x|x|-5|x|+2=0$ 实根的个数。当 $x>0$ 时，该方程为 $x^2-5x+2=0$，$x_{2,3}=\dfrac{5\pm\sqrt{17}}{2}>0$，符合题意。当 $x<0$ 时，该方程为 $x^2+5x+2=0$，$x_{4,5}=\dfrac{-5\pm\sqrt{17}}{2}$。$x_4=\dfrac{-5+\sqrt{17}}{2}>0$ 舍去，$x_5=\dfrac{-5-\sqrt{17}}{2}<0$ 符合题意。综上所述，共有 $4$ 个实根。故应填 $4$。

由 $a^3-3a^2+5a-1=0$，得 $(a-1)^3+2(a-1)+2=0$ ①；由 $b^3-3b^2+5b-5=0$，得 $(b-1)^3+2(b-1)-2=0$ ②。①+②得 $(a-1)^3+(b-1)^3+2(a+b-2)=0$。而 $(a-1)^3+(b-1)^3+2(a+b-2)=(a+b-2)\left[(a-1-\dfrac{b-1}{2})^2+\dfrac{3}{4}(b-1)^2+2\right]=0$。所以 $a+b-2=0$，即 $a+b=2$。故应填 $2$。

由 $\begin{cases} a^2+ab+b^2=1 \\ ab-a^2-b^2=t \end{cases}$ 得 $\begin{cases} a+b=\pm\sqrt{\dfrac{3+t}{2}} \\ ab=\dfrac{1+t}{2} \end{cases}$。所以 $a,b$ 是方程 $x^2\pm\sqrt{\dfrac{3+t}{2}}x+\dfrac{1+t}{2}=0$ 两个实根。由 $\Delta=\left(\sqrt{\dfrac{3+t}{2}}\right)^2-4\cdot\dfrac{1+t}{2}\geqslant 0$，解得 $-3\leqslant t\leqslant -\dfrac{1}{3}$。故应填 $-3\leqslant t\leqslant -\dfrac{1}{3}$。

若 $a-1=0$ 即 $a=1$ 时，$x=1$，符合题意。若 $a-1\neq 0$ 即 $a\neq 1$ 时，则方程两根为 $x_1=1$，$x_2=-\dfrac{a+1}{a-1}$。因为 $-\dfrac{a+1}{a-1}=-1-\dfrac{2}{a-1}$ 为整数，所以 $a-1=\pm 1,\pm 2$，即 $a=-1,0,2,3$。故符合条件的整数 $a$ 有 $5$ 个。应填 $5$。

由题意得 $\begin{cases} n\geqslant 1 \\ (n-2)^2(n-1)-4(m+18)>0 \\ (n-6)^2(n-1)-4(m-37)=0 \end{cases}$。由 $②-③$ 并整理得 $(n-4)(n-1)>27.5$，则 $n\geqslant 8$。当 $n=8$ 时，$m=44$，满足题设条件。故 $n$ 的最小值为 $8$。

写出这四个方程的判别式 $\Delta_1,\Delta_2,\Delta_3,\Delta_4$。注意到 $\Delta_1+\Delta_3>0$，$\Delta_2+\Delta_4>0$。故 $\Delta_1,\Delta_2,\Delta_3,\Delta_4$ 中至少有两个大于零，即所得四个方程中至少有两个方程有不相等的实数根。

显然 $a,b$ 是方程 $x^2-8x+c^2-8\sqrt{2}c+48=0$ 的两根。由判别式 $\Delta\geqslant 0$，得 $c=4\sqrt{2}$。从而 $\begin{cases} ab=16 \\ a+b=8 \end{cases}$，解之得 $a=b=4$。故原一元二次方程可化为 $x^2+\sqrt{2}x-1=0$。解得 $x_1=\dfrac{-\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}$，$x_2=\dfrac{-\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$。

(1) 判别式 $\Delta=(a+1)^2\times 5-4\times 225\times (b+c)$。依题意 $\Delta=0$，即 $(a+1)^2=2^2\times 3^2\times 5\times (b+c)$。$5\times(b+c)$ 应为完全平方数，且为偶数。要使 $a$ 为最小值，必有 $5\times(b+c)=5^3\times 2^2$。因此 $(a+1)^2=2^2\times 3^2\times 5^3\times 2^2$，即 $(a+1)^2$ 的最小值为 $60^2$，从而 $a$ 的最小值为 $59$。 (2) 当 $a=59$ 时，$b+c=20$。比如取 $b=3,c=17$，符合题意的 $a,b,c$ 是存在的。原方程为 $20x^2+60\sqrt{5}x+225=0$。解得 $x=-\dfrac{3}{2}\sqrt{5}$。

设方程 $x^2+a_1x+a_2a_3=0$ 的两根为 $\alpha,\beta$，方程 $x^2+a_2x+a_1a_3=0$ 的两根为 $\alpha,\gamma$，其中 $\alpha$ 为公共根。则 $\alpha^2+a_1\alpha+a_2a_3=0$，$\alpha^2+a_2\alpha+a_1a_3=0$。相减得 $(a_1-a_2)\alpha+a_3(a_2-a_1)=0$。因为两个方程只有一个公共根，所以 $a_1\neq a_2$，解得 $\alpha=a_3$。由根与系数关系，得 $\alpha+\beta=-a_1$，$\alpha\beta=a_2a_3$；$\alpha\gamma=a_1a_3$。所以 $\beta=a_2$，$\gamma=a_1$，$a_1+a_2+a_3=0$。因为 $\beta^2+a_3\beta+a_1a_2=a_2^2+a_3a_2+a_1a_2=a_2(a_1+a_2+a_3)=0$；$\gamma^2+a_3\gamma+a_1a_2=a_1^2+a_3a_1+a_1a_2=a_1(a_1+a_2+a_3)=0$。所以 $\beta,\gamma$ 是方程 $x^2+a_3x+a_1a_2=0$ 的两根。

因为 $s\neq 0$，所以第一个等式可以变形为 $\left(\dfrac{1}{s}\right)^2+99\left(\dfrac{1}{s}\right)+19=0$。又因为 $st\neq 1$，所以 $\dfrac{1}{s},t$ 是一元二次方程 $x^2+99x+19=0$ 的两个不同的实根。于是有 $\dfrac{1}{s}+t=-99$，$\dfrac{1}{s}\cdot t=19$，即 $st+1=-99s$，$t=19s$。$\therefore \dfrac{st+4s+1}{t}=\dfrac{-99s+4s}{19s}=-5$。

$\Delta_1=(8n+3)^2+23>0$，则 $n$ 为任意实数时，第一个方程都有实数根。设第一个方程的两根为 $\alpha,\beta$，则 $\alpha+\beta=2n$，$\alpha\beta=\dfrac{-3n-2}{4}$。$\therefore (\alpha-\beta)^2=4n^2+3n+2$。由第二个方程得 $[x-(2n+2)][x+(n-1)]=0$，解得 $x_1=2n+2$，$x_2=1-n$。若 $x_1$ 为整数，则 $4n^2+3n+2=2n+2$，故 $n_1=0$，$n_2=-\dfrac{1}{4}$。当 $n=0$ 时，$x_1=2$ 是整数；当 $n=-\dfrac{1}{4}$ 时，$x_1=\dfrac{3}{2}$ 不是整数，舍去。若 $x_2$ 为整数，则 $4n^2+3n+2=1-n$，故 $n_3=n_4=-\dfrac{1}{2}$。当 $n=-\dfrac{1}{2}$ 时，$x_2=\dfrac{3}{2}$ 不是整数，舍去。综上所述，当 $n=0$ 时，第一个方程的两个实数根的差的平方等于第二个方程的一整数根。

由已知条件 $xy+x+y=17$，$xy(x+y)=66$，可知 $xy$ 和 $x+y$ 是方程 $t^2-17t+66=0$ 的两个实数根。解此方程得 $t_1=6$，$t_2=11$。即 $xy=6$，$x+y=11$ 或 $xy=11$，$x+y=6$。当 $xy=6$，$x+y=11$ 时，$x,y$ 是方程 $u^2-11u+6=0$ 的两个根，$\Delta_1>0$，有实数根。这时，$x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=121-12=109$。所以 $x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4=x^4+y^4+x^2y^2+xy(x^2+y^2)=(x^2+y^2)^2-x^2y^2+xy(x^2+y^2)=109^2-6^2+6\times 109=12499$。当 $xy=11$，$x+y=6$ 时，$\Delta_2=36-44<0$，没有实数根。故所求值为 $12499$。

若 $r=0$，则方程化为 $2x-1=0$，解得 $x=\dfrac{1}{2}$ 不是整数。若 $r\neq 0$，设方程的两根为 $x_1,x_2$（$x_1\leqslant x_2$），则 $x_1+x_2=-\dfrac{r+2}{r}$，$x_1x_2=\dfrac{r-1}{r}$。于是 $2x_1x_2-(x_1+x_2)=2\left(\dfrac{r-1}{r}\right)+\dfrac{r+2}{r}=3$。有 $(2x_1-1)(2x_2-1)=7$。$\because x_1,x_2$ 为整数，且 $x_1\leqslant x_2$，解得 $\begin{cases} x_1=1 \\ x_2=4 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x_1=-3 \\ x_2=0 \end{cases}$。则 $r=-\dfrac{1}{3}$ 或 $r=1$。故所求一切有理数 $r$ 为 $-\dfrac{1}{3}$ 和 $1$。

原方程可化为 $(k-4)(k-2)x^2+(2k^2-6k-4)x+(k-2)(k+2)=0$，即 $[(k-4)x+(k-2)][(k-2)x+(k+2)]=0$。$\because (k-4)(k-2)\neq 0$，$\therefore x_1=-\dfrac{k-2}{k-4}=-1-\dfrac{2}{k-4}$，$x_2=-\dfrac{k+2}{k-2}=-1-\dfrac{4}{k-2}$。$\therefore k-4=-\dfrac{2}{x_1+1}$，$k-2=-\dfrac{4}{x_2+1}$（$x_1\neq -1$，$x_2\neq -1$）。消去 $k$ 得 $x_1x_2+3x_1+2=0$，即 $x_1(x_2+3)=-2$。由于 $x_1,x_2$ 都是整数，$\therefore \begin{cases} x_1=-2 \\ x_2+3=1 \end{cases}$，$\begin{cases} x_1=1 \\ x_2+3=-2 \end{cases}$，$\begin{cases} x_1=2 \\ x_2+3=-1 \end{cases}$。解得 $\begin{cases} x_1=-2 \\ x_2=-2 \end{cases}$，$\begin{cases} x_1=1 \\ x_2=-5 \end{cases}$，$\begin{cases} x_1=2 \\ x_2=-4 \end{cases}$。$\therefore k=6,3,\dfrac{10}{3}$。经检验，$k=6,3,\dfrac{10}{3}$ 满足题意。

设 $t=x^2+3x-7$，则原方程可化为 $t+7-\dfrac{3}{t}=9$，即 $t^2-2t-3=0$。解得 $t=-1$ 或 $t=3$。所以 $x^2+3x-6=0$ 或 $x^2+3x-10=0$。这两个方程均有实根，且四根之积为 $(-6)(-10)=60$。故应选 A。

原方程组可化为 $\begin{cases} \dfrac{bx+cy}{axy}=1 \\ \dfrac{cx-by}{axy}=\dfrac{1}{2} \end{cases}$，即 $\begin{cases} \dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{x}=a \\ \dfrac{c}{y}-\dfrac{b}{x}=\dfrac{a}{2} \end{cases}$。$b\times ① + c\times ②$ 得 $\dfrac{b^2+c^2}{y}=ab+\dfrac{ac}{2}$，$y=\dfrac{2(b^2+c^2)}{a(2b+c)}$。$c\times ① - b\times ②$ 得 $\dfrac{c^2+b^2}{x}=ca-\dfrac{ab}{2}$，$x=\dfrac{2(b^2+c^2)}{a(2c-b)}$。

因为 $a-2001\geqslant 0$，所以 $a\geqslant 2001$，从而原方程可化为 $a-2000+\sqrt{a-2001}=a$。即 $\sqrt{a-2001}=2000$，解得 $a=2000^2+2001$。所以 $a-2000^2=2001$。故应选 C。

方程 $\sqrt{x-p}=x$ 与方程 $x^2-x+p=0$ 且 $x\geqslant p$，$x\geqslant 0$ 的解是相同的。所以实数 $p$ 应满足 $\begin{cases} 1-4p>0 \\ p\geqslant 0 \end{cases}$，解得 $0\leqslant p<\dfrac{1}{4}$。故应选 C。

原方程可化为 $\left(1+\dfrac{2}{11-2x}\right)+\left(1+\dfrac{2}{15-2x}\right)=\left(1+\dfrac{2}{17-2x}\right)+\left(1+\dfrac{2}{9-2x}\right)$。$\therefore \dfrac{1}{11-2x}-\dfrac{1}{9-2x}=\dfrac{1}{17-2x}-\dfrac{1}{15-2x}$，$\dfrac{-2}{(11-2x)(9-2x)}=\dfrac{-2}{(17-2x)(15-2x)}$，即 $(11-2x)(9-2x)=(17-2x)(15-2x)$。解这个方程得 $x=\dfrac{13}{2}$。故应填 $\dfrac{13}{2}$。

原方程化为 $\dfrac{1}{(x+2)(x-1)}+\dfrac{1}{(x+2)(x+5)}=2$。$\dfrac{1}{x+2}\left[\dfrac{1}{x-1}+\dfrac{1}{x+5}\right]=2$，$\dfrac{2}{(x-1)(x+5)}=2$，$(x-1)(x+5)=1$，$x^2+4x-6=0$。解之得 $x=-2\pm\sqrt{10}$。经检验知，原方程的两根为 $x_1=-2+\sqrt{10}$，$x_2=-2-\sqrt{10}$。故应填 $-2\pm\sqrt{10}$。

由 $\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}=2$，得 $x-2\sqrt{x}+1=0$，即 $(\sqrt{x}-1)^2=0$。所以 $\sqrt{x}=1$，$x=1$。从而 $\sqrt{\dfrac{x}{x^2+3x+1}}-\sqrt{\dfrac{x}{x^2+9x+1}}=\sqrt{\dfrac{1}{5}}-\sqrt{\dfrac{1}{11}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}-\dfrac{\sqrt{11}}{11}$。故应填 $\dfrac{\sqrt{5}}{5}-\dfrac{\sqrt{11}}{11}$。

两边平方，得 $2x+2\sqrt{x^2-4(x-1)}=(x-1)^2$。所以 $2x+2|x-2|=(x-1)^2$。若 $x-2\geqslant 0$，则 $4x-4=(x-1)^2$，解得 $x=5$。若 $x-2<0$，则 $(x-1)^2=4$，所以 $x=3$ 或 $-1$（不合题意，舍去）。故应填 $5$。

由方程组消去 $y$，得 $(1-k^2)x^2+(4k^2-2k)x-4k^2+4k-2=0$。若 $1-k^2=0$，即 $k=\pm 1$，则 $\begin{cases} x=1 \\ y=0 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x=\dfrac{5}{3} \\ y=-\dfrac{4}{3} \end{cases}$。若 $1-k^2\neq 0$，即 $k\neq \pm 1$，则 $\Delta=(4k^2-2k)^2-4(1-k^2)(-4k^2+4k-2)=4(3k^2-4k+2)=0$。但 $3k^2-4k+2=0$ 无实数解。故应填 $\pm 1$。

设 $\sqrt{x+\dfrac{1}{y}}=m$，$\sqrt{x+y-3}=n$，则原方程组可化为 $\begin{cases} m-n=\sqrt{3} \\ m^2+n^2=3 \end{cases}$。解得 $\begin{cases} m=0 \\ n=-\sqrt{3} \end{cases}$ 或 $\begin{cases} m=\sqrt{3} \\ n=0 \end{cases}$。若 $\begin{cases} m=0 \\ n=-\sqrt{3} \end{cases}$，则方程组 $\begin{cases} \sqrt{x+\dfrac{1}{y}}=0 \\ \sqrt{x+y-3}=-\sqrt{3} \end{cases}$ 无解。若 $\begin{cases} m=\sqrt{3} \\ n=0 \end{cases}$，则 $\begin{cases} \sqrt{x+\dfrac{1}{y}}=\sqrt{3} \\ \sqrt{x+y-3}=0 \end{cases}$，解得 $\begin{cases} x_1=2 \\ y_1=1 \end{cases}$，$\begin{cases} x_2=4 \\ y_2=-1 \end{cases}$。经检验，$\begin{cases} x=2 \\ y=1 \end{cases}$，$\begin{cases} x=4 \\ y=-1 \end{cases}$ 是原方程组的解。故应填 $(2,1),(4,-1)$。

原方程化简得 $kx^2-3kx+2x-1=0$ $(*)$。当 $k=0$ 时，原方程有惟一解 $x=\dfrac{1}{2}$。当 $k\neq 0$ 时，$(*)$ 式的 $\Delta=(3k-2)^2+4k=5k^2+4(k-1)^2>0$，总有两个不同的实数根。按题设原方程只有一个解，因此必有一个根是原方程的增根。从原方程知道增根只可能是 $0$ 或 $1$。显然 $0$ 不是 $(*)$ 的根，故 $x=1$ 是方程 $(*)$ 的根，代入得 $k=\dfrac{1}{2}$。由韦达定理得原方程的根为 $-\dfrac{1}{k}=-2$。所以，当 $k=0$ 时，方程的解为 $x=\dfrac{1}{2}$；当 $k=\dfrac{1}{2}$ 时，方程的解为 $x=-2$。

由方程 $②$ 可设 $x=2t$，$y=3t$，$z=4t$，代入方程 $①$ 即得方程 $9t=\sqrt{9t+1}+11$ $③$。又令 $y=\sqrt{9t+1}$，化简为 $y^2-y-12=0$。解之得 $y_1=-3$，$y_2=4$。当 $\sqrt{9t+1}=-3$ 时，无实数解。当 $\sqrt{9t+1}=4$ 时，$t=\dfrac{5}{3}$。经检验，$t=\dfrac{5}{3}$ 是方程 $③$ 的根。故原方程组的解为 $\begin{cases} x=\dfrac{10}{3} \\ y=5 \\ z=\dfrac{20}{3} \end{cases}$。

因为 $a<0$，$b>0$，所以 $(x-a)(x+b)\geqslant -ab$，即 $x^2-(a-b)x\geqslant 0$，从而 $x\leqslant a-b$ 或 $x\geqslant 0$。故应选 B。

设 $t=1998$，则 $a=\dfrac{t}{t+1}$，$b=\dfrac{t+1}{t+2}$，$c=\dfrac{t+2}{t+3}$。因为 $b-a=\dfrac{t+1}{t+2}-\dfrac{t}{t+1}=\dfrac{1}{(t+2)(t+1)}>0$，所以 $b>a$。同理 $c>b$。所以 $a<b<c$。故应选 A。

原不等式可化为 $\left(1+\dfrac{5}{4x+3}\right)-\left(1-\dfrac{1}{4x+1}\right)>\left(1+\dfrac{1}{4x-1}\right)-\left(1-\dfrac{5}{4x-3}\right)$，即 $\dfrac{5}{4x+3}+\dfrac{1}{4x+1}>\dfrac{1}{4x-1}+\dfrac{5}{4x-3}$。$\dfrac{-15}{16x^2-9}>\dfrac{1}{16x^2-1}$。所以 $16x^2-1<0$ 或 $\begin{cases} 16x^2-9>-15(16x^2-1) \\ 16x^2-9<0 \\ 16x^2-1>0 \end{cases}$。即 $-\dfrac{1}{4}<x<\dfrac{1}{4}$ 或 $\begin{cases} x<-\dfrac{\sqrt{6}}{8}\text{ 或 }x>\dfrac{\sqrt{6}}{8} \\ -\dfrac{3}{4}<x<\dfrac{3}{4} \\ x<-\dfrac{1}{4}\text{ 或 }x>\dfrac{1}{4} \end{cases}$。故应填 $-\dfrac{3}{4}<x<-\dfrac{\sqrt{6}}{8}$ 或 $-\dfrac{1}{4}<x<\dfrac{1}{4}$ 或 $\dfrac{\sqrt{6}}{8}<x<\dfrac{3}{4}$。

由题意，$x=\dfrac{5}{2}$ 是方程 $(2a-b)x=a-2b$ 的解，所以 $\dfrac{5}{2}(2a-b)=a-2b$，即 $b=8a$。且 $2a-b<0$，从而 $a>0$。将 $b=8a$ 代入 $ax+b<0$，得 $ax+8a<0$。解得 $x<-8$。故应填 $x<-8$。

记 $0\leqslant a-b\leqslant 1$ ①，$1\leqslant a+b\leqslant 4$ ②。令 $m(a-b)+n(a+b)=a-2b$，比较系数得 $\begin{cases} m+n=1 \\ -m+n=-2 \end{cases}$，解得 $\begin{cases} m=\dfrac{3}{2} \\ n=-\dfrac{1}{2} \end{cases}$。故 $a-2b=\dfrac{3}{2}(a-b)-\dfrac{1}{2}(a+b)$ ③。由 $①\times\dfrac{3}{2}$ 得 $0\leqslant\dfrac{3}{2}(a-b)\leqslant\dfrac{3}{2}$；由 $②\times(-\dfrac{1}{2})$ 得 $-2\leqslant -\dfrac{1}{2}(a+b)\leqslant -\dfrac{1}{2}$。相加得 $-2\leqslant a-2b\leqslant 1$。因此 $a-2b$ 的最大值为 $1$。当 $a-2b=1$ 时，$b=\dfrac{a-1}{2}$。代入 $①,②$ 得 $\begin{cases} 0\leqslant a-\dfrac{a-1}{2}\leqslant 1 \\ 1\leqslant a+\dfrac{a-1}{2}\leqslant 4 \end{cases}$，即 $\begin{cases} -1\leqslant a\leqslant 1 \\ 1\leqslant a\leqslant 3 \end{cases}$。由此推出 $a=1$，从而 $b=0$。于是 $8a+2002b=8$。故应填 $8$。

设每人都购买了 $n$ 件商品，其中单价为 $8$ 元的有 $x$ 件，单价为 $9$ 元的有 $y$ 件，则有 $\begin{cases} x+y=2n \\ 8x+9y=172 \end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases} x=18n-172 \\ y=172-16n \end{cases}$。$\because x\geqslant 0$，$y\geqslant 0$，$\therefore \begin{cases} 18n-172\geqslant 0 \\ 172-16n\geqslant 0 \end{cases}$，解得 $9\dfrac{5}{9}\leqslant n\leqslant 10\dfrac{3}{4}$。于是 $n=10$。从而 $y=172-160=12$。故应填 $12$。

命题 $①$ 不正确。反例：令 $b=4$，$c=5$，此时 $a^2+ab+c=a^2+4a+5=(a+2)^2+1>0$，且 $c>1$，条件满足，但结论 $0<b<2$ 不成立。命题 $②$ 正确，证明如下：由 $c>1$，且 $0<b<2$，得 $0<\dfrac{b}{2}<1<c$，有 $c>\dfrac{b}{2}>\left(\dfrac{b}{2}\right)^2$，$\Rightarrow c>\dfrac{b^2}{4}$。即 $c-\dfrac{b^2}{4}>0$。故 $a^2+ab+c=\left(a+\dfrac{b}{2}\right)^2+\left(c-\dfrac{b^2}{4}\right)>0$。命题 $③$ 不正确。反例：令 $b=1$，$c=\dfrac{1}{2}$，此时 $0<b<2$，且 $a^2+ab+c=a^2+a+\dfrac{1}{2}=\left(a+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}>0$，条件满足，但结论 $c>1$ 不成立。

设购买 $6$ 元的票为 $x$ 张，则购买 $10$ 元的票为 $(140-x)$ 张。根据题意得 $140-x\geqslant 2x$，解得 $x\leqslant 46\dfrac{2}{3}$。$6$ 元的票要买得多，最多只能买 $46$ 张 $6$ 元票，$\therefore x=46$。所需的钱 $=46\times 6+94\times 10=1216$（元）。答：购买 $46$ 张 $6$ 元票，$94$ 张 $10$ 元票所花钱最少，最少需要 $1216$ 元。

设录影带的长度为 $s$，每个电视剧、小品、歌曲所占录影带的长度分别为 $a,b,c$。$\because s=2a+b=2b+3c$，$\therefore a=\dfrac{1}{2}b+\dfrac{3}{2}c$。则 当 $\dfrac{13}{2}c\leqslant \dfrac{3}{2}b$ 时，有 $7a+11b+20c\leqslant 7(2a+b)+2b+3c=8s$。当 $\dfrac{13}{2}c>\dfrac{3}{2}b$ 时，有 $7a+11b+20c>7(2a+b)+\dfrac{1}{2}b+\dfrac{3}{2}b+3c>7(2a+b)+2b+3c=8s$。又 $\because \dfrac{1}{2}b+\dfrac{19}{2}c<2s$，$\therefore$ 当 $b\geqslant \dfrac{13}{3}c$ 时，需要 $8$ 盒；当 $b<\dfrac{13}{3}c$ 时，需要 $9$ 盒。

$\because a-\sqrt{2}b<1$，$\therefore a-1<\sqrt{2}b$，$2a-1<a+\sqrt{2}b$。又 $\because (a+\sqrt{2}b)^3<200$，$\therefore (2a-1)^3<200<216=6^3$，$\therefore 2a-1<6$，$a<\dfrac{7}{2}$。又 $\because a$ 为自然数，$\therefore a=1,2,3$。而 $a-\sqrt{2}b>0$，$a>\sqrt{2}b$，且 $b$ 为自然数，$\therefore a\neq 1$。若 $a=2$，由 $2>\sqrt{2}b$，得 $b=1$。此时 $(2+\sqrt{2})^3<4^3=64<150$，与条件 $(2)$ 不符，舍去。若 $a=3$，则由 $a-1<\sqrt{2}b<a$，得 $2<\sqrt{2}b<3$，$\therefore b=2$。不难验证，它们符合条件 $(1)$ 和 $(2)$。故所求的自然数对 $(a,b)=(3,2)$。

因为 $a(a-b)-c(a-b)=7$，所以 $(a-b)(a-c)=7$。而 $a-b>0$，所以 $a-c>0$。因此 $a-c=1$ 或 $7$。故应选 D。

显然 $\begin{cases} x=0 \\ y=2001 \end{cases}$，$\begin{cases} x=2001 \\ y=0 \end{cases}$ 是两组解。又 $2001=3\times 23\times 29$，所以 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{3\times 23\times 29}$ 除以上两解无整数解。故应选 C。

设 $x=x'Q$，$y=y'Q$，则 $x'>y'$，$P=x'y'Q$，$x'$ 与 $y'$ 互质，从而 $x'y'=120$。且 $x'Q+y'Q=(x'+y')Q=667=23\times 29$。$23$ 和 $29$ 是质数，因此只可能 $\begin{cases} x'+y'=23 \\ Q=29 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x'+y'=29 \\ Q=23 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x'+y'=667 \\ Q=1 \end{cases}$。从 $\begin{cases} x'+y'=23 \\ x'y'=120 \end{cases}$ 易得 $\begin{cases} x'=15 \\ y'=8 \end{cases}$；从 $\begin{cases} x'+y'=29 \\ x'y'=120 \end{cases}$ 易得 $\begin{cases} x'=24 \\ y'=5 \end{cases}$；而 $\begin{cases} x'+y'=667 \\ x'y'=120 \end{cases}$ 无解。其中 $x'-y'$ 最大为 $19$，应取 $x'=24$，$y'=5$，$x-y=(24-5)\times 23=19\times 23=437$。故应填 $437$。

方程可化为 $(5-2x)y=-4x^2+12x-11$，$y=2x-1+\dfrac{6}{2x-5}$。所以 $2x-5$ 是 $6$ 的约数。因 $2x-5$ 是奇数，且 $2x-5\geqslant 2-5=-3$，故 $2x-5=\pm 1$ 或 $\pm 3$。若 $2x-5=1$，则 $x=3$，$y=11$；若 $2x-5=-1$，则 $x=2$，$y=-3$；若 $2x-5=3$，则 $x=4$，$y=9$；若 $2x-5=-3$，则 $x=1$，$y=-1$。共 $2$ 组正整数解。故应填 $2$。

设 $t=\sqrt{x+y+z-3}$，则第二个方程可变为 $t^2-t-12=0$。解得 $t=4$（$t=-3$ 舍去）。从而 $\sqrt{x+y+z-3}=4$，所以 $x+y+z=19$。由 $y=\dfrac{3}{4}x$ 可设 $x=4t$，则 $y=3t$。从而 $19=4t+3t+z$，$z=19-7t$。因为 $x,y,z$ 是正整数，所以 $x=4,y=3,z=12$ 或 $x=8,y=6,z=5$。因此，$x-y+z=13$ 或 $7$。故应填 $13$ 或 $7$。

原方程可化为 $4y^2+4xy-4=3xy^2$，即 $y(3xy-4y-4x)=-4$。所以 $y=-4,-2,-1,1,2,4$。对应的 $3xy-4y-4x=1,2,4,-4,-2,-1$。解得 $\begin{cases} x=\dfrac{15}{16} \\ y=-4 \end{cases}$，$\begin{cases} x=\dfrac{3}{5} \\ y=-2 \end{cases}$，$\begin{cases} x=0 \\ y=-1 \end{cases}$，$\begin{cases} x=0 \\ y=1 \end{cases}$，$\begin{cases} x=3 \\ y=2 \end{cases}$，$\begin{cases} x=\dfrac{11}{8} \\ y=4 \end{cases}$。由于 $xy\neq 0$，所以原方程整数解为 $(3,2)$。故应填 $(3,2)$。

联立并化简，得 $\begin{cases} (x+1)(y+1)=72 \\ xy(x+y)=2^4\times 5\times 11 \end{cases}$。由 $①$ 知 $x,y$ 中至少有一个为奇数，不妨设 $x$ 为奇数，则 $x=5,11,55$。当 $x=55$ 时，$x+y\geqslant 56$，$xy(x+y)\geqslant 55\times 1\times 56>880$，所以 $x=5,11$。若 $x=5$，则由 $①$ 得 $y=11$；若 $x=11$，则 $y=5$。此时 $x,y$ 值满足 $②$。因此，$x^2+y^2=5^2+11^2=146$。故应填 $146$。

由第一个方程知 $3xyz>0$，所以 $x^3>y^3$，$x^3>z^3$，从而 $x>y$，$x>z$，$2x>y+z$。由第二个方程，得 $x^2=2(y+z)<4x$，所以 $x<4$。又由第二个方程知 $x$ 必为偶数，所以 $x=2$。当 $x=2$ 时，$y=z=1$。故应填 $(2,1,1)$。

因为 $mn+9m+11n+145=(m+11)(n+9)+46$，且 $(m+11)\mid(mn+9m+11n+145)$，$(n+9)\mid(mn+9m+11n+145)$，$m+11=n+9$，所以 $(m+11)\mid 46$，$(n+9)\mid 46$。$\because m,n$ 为非负整数，$\therefore m+11\geqslant 11$，$n+9\geqslant 9$。又 $\because 46=1\times 46=2\times 23$。$\therefore m+11=n+9=46$ 或 $m+11=n+9=23$。当 $m+11=n+9=46$ 时，$mn+9m+11n+145=46\times 46+46=47\times 46$，每人捐款数为 $47\times 46\div 46=47$（元）。当 $m+11=n+9=23$ 时，$mn+9m+11n+145=23\times 23+46=25\times 23$，每人捐款数为 $25\times 23\div 23=25$（元）。综上可知，每人捐款数为 $47$ 元或 $25$ 元。