逻辑推理

因$x+y+z=(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+\pi-3>0$，则$x$、$y$、$z$中至少有一个大于0。
故应选A。

原方程即为$|3x|=ax+1$。
（1）若$a=3$，则$|3x|=3x+1$，当$x<0$时，$-3x=3x+1$，$\therefore x=-\dfrac{1}{6}$；当$x\geqslant 0$时，$3x=3x+1$，矛盾。
$\therefore a=3$时，原方程的根是$x=-\dfrac{1}{6}$。
（2）若$a>3$，则当$x<0$时，$-3x=ax+1$，$\therefore x=-\dfrac{1}{a+3}<0$；当$x\geqslant 0$时，$3x=ax+1$，$\therefore x=\dfrac{1}{3-a}<0$，矛盾。$\therefore$当$a>3$时，原方程的根是$x=-\dfrac{1}{a+3}<0$。
（3）若$a<3$，则当$x\geqslant 0$时，$3x=ax+1$，$\therefore x=\dfrac{1}{3-a}>0$，原方程有正根，与题设矛盾。
综上所述，$a\geqslant 3$。
故应选B。

取$a$、$b$、$c$、$d$为$4,3,2,1$，则$X=1$，$Y=2$，$X$是$Y$的约数，否定（A）。取$a$、$b$、$c$、$d$为$4,2,3,1$，则$X=2$，$Y=1$，$X$是$Y$的倍数。再取$a$、$b$、$c$、$d$为$5,3,2,1$，则$X=Y=1$，否定（B）。再取$a$、$b$、$c$、$d$为$6,3,2,1$，则$X=3$，$Y=2$，$X$既不是$Y$的倍数也不是$Y$的约数，否定（C）。故应选（D）。

设编号为$i$的水管每小时的流量为$Q_i$（$i=1,2,3,4,5$，$Q_i<0$表示出水）。由所列表相邻两栏比较可知，$Q_1>Q_3$，$Q_2<Q_4$，$Q_3<Q_5$，$Q_4>Q_1$，$Q_5<Q_2$，即$Q_4>Q_2>Q_5>Q_3$，$Q_4>Q_1>Q_3$。同时，易知$Q_i$中必有正的，所以$Q_4$最大，因而单开编号为4的水管，注满水池的时间最短。

从正六边形$ABCDEF$的六个顶点向直线$L$引垂线，不可能得到5个垂足。
若恰好得到5个垂足，说明6个顶点中仅有两个顶点的垂足重合，其余各点的垂足不再重合。
（1）若两个相邻顶点$A$、$B$的垂足重合，因为$AB\parallel DE$，则$D$、$E$两顶点的垂足也重合，与上述假设矛盾。
（2）若两个对点$A$、$D$的垂足重合，因为$AD\parallel BC\parallel EF$，所以$B$、$C$的垂足与$E$、$F$的垂足也分别重合，与上述假设矛盾。
（3）若$A$、$C$两点的垂足重合，因为$AC\parallel DF$，则$D$、$F$两点的垂足也重合，与上述假设矛盾。
综上所述，由6个顶点得到5个垂足是不可能的。
故应填5。

（1）先证明$x_1+x_2+\cdots+x_5\leqslant 110$。
假设$x_1+x_2+\cdots+x_5>110$，则$x_5\geqslant 25$。
$\therefore x_6\geqslant 26$，$x_7\geqslant 27$，$x_8\geqslant 28$，$x_9\geqslant 29$。
于是$x_1+x_2+\cdots+x_9>220$，与题设矛盾。
（2）若取$x_1=20$，$x_2=21$，$x_3=22$，$x_4=23$，$x_5=24$，则$x_1+x_2+\cdots+x_5=110$。
所以，当$x_1+x_2+\cdots+x_5$取得最大值时，$x_1$的最大值是20。
（3）若取$x_6=26$，$x_7=27$，$x_8=28$，$x_9=29$，则$x_6+x_7+x_8+x_9=110$。
所以，当$x_1+x_2+\cdots+x_5$取得最大值时，$x_9$最小值是29。
因此，$x_9-x_1$的最小值是$29-20=9$。
故应填9。

设题中的三个方程都有两个相等的实数根，则 \[ \begin{cases} \Delta_1=4b^2-4ac=0,\\ \Delta_2=4c^2-4ab=0,\\ \Delta_3=4a^2-4bc=0. \end{cases} \]
三式相加，得$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0$，
即$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0$，
所以，$a=b=c$。这与已知矛盾。
故题中的三个方程不可能都有两个相等的实数根。

不存在这样座位的安排方法。
如果存在这样座位的安排方法，则每一位学生必与同性别同学相邻而坐。以$X$表示男生，以$Y$表示女生，如图所示，则每一对相邻而坐的男性（女性）学生的左右两侧必为两对相邻而坐的女性（男性）学生。
这样，50位学生共有25对相邻而坐的同性别的学生，25是一奇数，25对这样的学生中必有两对同为男性（女性）相邻，即必有4位同性学生依次相邻而坐，与题意的要求矛盾。所以，这样的座位安排方法是不存在的。

考察所有的三角形，取其中面积最大的一个三角形，记作$\triangle ABC$，则$S_{\triangle ABC}\leqslant 1$。
分别过$A$、$B$、$C$作对边的平行线，交于$A'$、$B'$、$C'$，则$A$、$B$、$C$分别是$\triangle A'B'C'$边$B'C'$、$C'A'$、$A'B'$的中点，且$S_{\triangle A'B'C'}=4S_{\triangle ABC}\leqslant 4$。
下面证明：$\triangle A'B'C'$就是适合题意的三角形，即$\triangle A'B'C'$把这$n$个点完全盖住。
否则，若存在一点$P$在$\triangle A'B'C'$的外部，不妨设$P$在直线$A'C'$的另一侧，连结$AP$、$CP$，因为$AC\parallel A'C'$，$P$到$AC$的距离大于$B$到$AC$的距离，则$S_{\triangle ABC}<S_{\triangle ACP}$，这与$\triangle ABC$是面积最大的三角形相矛盾。
故结论成立。

如果$\dfrac{(a+b+c)^3}{abc}<6$，$\dfrac{(b-c-a)^3}{abc}<6$，$\dfrac{(c-a-b)^3}{abc}<6$，$\dfrac{(a-b-c)^3}{abc}<6$，则$\dfrac{(a+b+c)^3}{abc}+\dfrac{(b-c-a)^3}{abc}+\dfrac{(c-a-b)^3}{abc}+\dfrac{(a-b-c)^3}{abc}<24$。
与$(*)$式矛盾。所以，四个加数$\dfrac{(a+b+c)^3}{abc}$，$\dfrac{(b-c-a)^3}{abc}$，$\dfrac{(c-a-b)^3}{abc}$，$\dfrac{(a-b-c)^3}{abc}$中至少有一个不小于6。

设六张卡片正面写的数是$a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6$；
反面写的数对应为$b_1,b_2,b_3,b_4,b_5,b_6$。
（$a_i,b_i$分别取值为$1,2,3,4,5,6$。$i=1,2,3,4,5,6$。）
则这六张卡片正面写的数与反面写的数的差的绝对值分别为 \[|a_1-b_1|,|a_2-b_2|,|a_3-b_3|,|a_4-b_4|,|a_5-b_5|,|a_6-b_6|.\]
设这六个数两两都不相等，则它们只能取$0,1,2,3,4,5$这六个值。于是， \[\sum_{i=1}^{6}|a_i-b_i|=0+1+2+3+4+5=15 \qquad \text{①}\] 是个奇数。
另一方面，$|a_i-b_i|$与$a_i-b_i$（$i=1,2,3,4,5,6$）的奇偶性相同，所以$\displaystyle\sum_{i=1}^{6}|a_i-b_i|$与 \[\sum_{i=1}^{6}(a_i-b_i)=(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6)-(b_1+b_2+b_3+b_4+b_5+b_6)\] \[=(1+2+3+4+5+6)-(1+2+3+4+5+6)=0\] 的奇偶性相同，是个偶数。与式①矛盾。
故$|a_1-b_1|,|a_2-b_2|,|a_3-b_3|,|a_4-b_4|,|a_5-b_5|,|a_6-b_6|$这六个数中至少有两个是相同的。

（1）如果四点$A$、$B$、$C$、$D$构成凸四边形（如图①），则必有一个内角$\leqslant 90°$，不妨设为$\angle A$。
这是因为，假设四个内角都大于$90°$，则$360°=\angle A+\angle B+\angle C+\angle D>4\times 90°=360°$矛盾。
而$\angle A=\angle BAC+\angle CAD\leqslant 90°$，故$\angle BAC$与$\angle CAD$中必有一个$\leqslant \dfrac{1}{2}\times 90°=45°$，即结论成立。
（2）如果四点$A$、$B$、$C$、$D$构成凹四边形（如图②），那么$\triangle ABC$中必有一个内角小于等于$\dfrac{1}{3}\times 180°=60°$。不妨设$\angle A\leqslant 60°$。
又$\angle A=\angle BAD+\angle CAD\leqslant 60°$，则$\angle BAD$与$\angle CAD$之中必有一个$\leqslant \dfrac{1}{2}\times 60°<45°$。
所以结论成立。

如图，在圆周上按逆时针顺序以1号为起点记运动服号码为$a_1,a_2,a_3,\cdots,a_{18},a_{19}$。$a_1=1$，$a_2,a_3,\cdots,a_{18},a_{19}$是$2,3,4,\cdots,18,19$的一个排列。
记$A_1=a_2+a_3+a_4$，$A_2=a_5+a_6+a_7$，$A_3=a_8+a_9+a_{10}$，$A_4=a_{11}+a_{12}+a_{13}$，$A_5=a_{14}+a_{15}+a_{16}$，$A_6=a_{17}+a_{18}+a_{19}$。则$A_1+A_2+A_3+A_4+A_5+A_6=a_2+a_3+\cdots+a_{18}+a_{19}=2+3+\cdots+18+19=189$。（$*$）
如果$A_1$、$A_2$、$A_3$、$A_4$、$A_5$、$A_6$中每一个都$\leqslant 31$，则$A_1+A_2+A_3+A_4+A_5+A_6\leqslant 6\times 31=186$，与（$*$）矛盾。
所以$A_1$、$A_2$、$A_3$、$A_4$、$A_5$、$A_6$中至少有一个大于31，不妨设$A_1>31$，即$a_2+a_3+a_4>31$，但$a_2+a_3+a_4$是整数，必有$a_2+a_3+a_4\geqslant 32$。即一定有顺次相邻的某三名运动员，他们的运动服号码数之和不小于32。

在$100,101,102,\cdots,499,500$这401个数中，数字和为1的只有100这一个数，数字和最大为22的只有499这一个数。其余的399个数的数字和都在2到21之间。
由抽屉原理，在这399个数，任取$20\times 2+1=41$个数，必存在三个数，它的数字和相同。
考虑到100到499，在100到500这401个整数中，任取43个数，必存在三个数，它们的数字和相同。$n$的最小值可能是43。
下面说明，取如下的42个数：
$100,101,110;\ 102,120,103,130;\ 104,140;$
$105,150;\ 106,160;\ 107,170;\ 108,180;$
$109,190;\ 119,191;\ 129,192;\ 139,193;$
$149,194;\ 159,195;\ 169,196;\ 179,197;$
$189,198;\ 469,496;\ 479,497;\ 189,498;\ 499$。
它们当中没有三个数的数字和相同，所以$n$的最小值是43。

（1）$n=4$是不可能的，因为：
设第1,2,3,4名各队的得分分别为：$x_1,x_2,x_3,x_4$，由题设可知$x_1>x_2>x_3>x_4\geqslant 2$。
$\therefore x_3\geqslant 3$，$x_2\geqslant 4$，$x_1\geqslant 5$。于是，$x_1+x_2+x_3+x_4\geqslant 5+4+3+2=14$。
由题设可得这4个队共赛了$\dfrac{4\times 3}{2}=6$（场），总分应为$6\times 2=12$，这与上面的结论矛盾；
（2）$n=5$是可能的。下面表中表明的比赛得分情况符合题意。其中比分$a:b$表示：表中"左边"的队得分为$a$，"上边"的队得分为$b$。

说明：这5个队共比赛$\dfrac{5\times 4}{2}=10$（场），总分应为$10\times 2=20$，$6+5+4+3+2=20$。表明上表符合题意。

假设没有一个人全胜，则$n$个人胜的场次只能取$0,1,2,\cdots,n-2$共$n-1$个值，当中必有两人胜的场次相同。
设$A$与$B$胜的场次相同，且$A$胜$B$，则在败于$B$的选手中必有$C$，使$C$胜$A$；否则，凡败于$B$也败于$A$，则$A$至少比$B$多胜一场，与$A$、$B$胜的场次相同矛盾。故有3个选手$A$、$B$、$C$，使$A$胜$B$，$B$胜$C$，$C$胜$A$。
对于上述$A$、$B$、$C$，我们再加2个选手，这5个选手必有1人负于其余4人，但这不是$A$、$B$、$C$，我们记为$D$。
除$D$外，再取2人加进$A$、$B$、$C$中（当$n\geqslant 6$时这是可以办到的），这5个人中又有1人负于其余4人，这人不是$A$、$B$、$C$，也不是$D$，记为$E$。于是$A$、$B$、$C$、$D$、$E$这5个人中无一人胜其余4人，与已知条件矛盾。
故必有1人胜其余$n-1$人。

设水流速度为$v$，艇与浮标在$A$处相遇，1小时后，浮标在$A'$处，
则$AA'=v$千米，艇1在$B$处，$AB=v_1-v$千米，$t$小时后，艇在$C$处追上浮标，则$BC=(v_1-v)+v=v_1$千米，且$BC=(v_1+v)t$，
由$(v_1+v)t-vt=v_1$，解得$t_1=1$小时。
同理，可得$t_2=t_3=1$。
故应选D。

如图可知，除未被拉过的灯是亮着的以外，编号是6、10、15的倍数而不是30的倍数的灯也亮着。所以亮着的灯共有$1997-(996+665+399)+2(332+199+133)-4\times 66=533$。
故应选C。

分情况考虑点$E$的位置：
点$E$可以在线段$OA$的延长线上；点$E$可以在线段$OA$（不含$O$点）上；
点$E$可以在线段$OB$的延长线上；但点$E$不可以在线段$OB$（不含$O$点）上。
因此，点$E$共有3个。
故应填3。

要使$n$最大，应使截出的小段尽可能的短，又每小段的长度最小为1，且任意三段不能拼成三角形，故应让截取的小段长度取$1,1,2,3,5,8,13,21,34,55$（从第3数开始，每一数为前两数之和），上述这些数之和为143，与144相差1，故可取各段长度为$1,1,2,3,5,8,13,21,34,56$。这时$n$的值最大，$n$的最大值为10。
故应填10。

由于赛制的安排，最先的一队得到5次胜利便算获胜，即使有部分队员尚未出场，也不妨把未出场的队员看作输了。这样可得到一方完整的十局结果：五胜、五负。
所谓一种比赛过程，就是如何安排一个队的五胜五负。
在10个格子里填入5个胜字的方法共有 \[\frac{10\times 9\times 8\times 7\times 6}{5\times 4\times 3\times 2\times 1}=252\text{种}.\]
故应填252。

因为$n$段之和为定值150（cm），故欲$n$尽可能的大，必须每段的长度尽可能的小。又由于每段的长度不小于1（cm），且任意3段都不能拼成三角形，因此这些小段的长度只可能分别是$1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,\cdots$
但 故$n$的最大值为10。
将长为150 cm的铁丝分为满足条件的10段共有以下7种方式：
$1,1,2,3,5,8,13,21,34,62$
$1,1,2,3,5,8,13,21,35,61$
$1,1,2,3,5,8,13,21,36,60$
$1,1,2,3,5,8,13,21,37,59$
$1,1,2,3,5,8,13,22,35,60$
$1,1,2,3,5,8,13,22,36,59$
$1,1,2,3,5,8,14,22,36,58$

$12345\rightarrow 15432\rightarrow 34512\rightarrow 32154\rightarrow 51234$。
这说明经过4次"变换"可将一个数提前4位，其余不变。
于是，经过4次"变换"可得：$1,2,3,4,9,5,6,7,8,10,11,12$。
同样，再经过4次变换即可得：$9,1,2,3,4,5,6,7,8,10,11,12$。

（1）表面积$S_1=96-2+4\times 4=110$（cm$^2$）。
（2）表面积$S_2=S_1-4+4\times 1.5\times 2=118$（cm$^2$）。
（3）需考虑的扩张方案有两种（如图）：
按图③，表面积$S=S_1-4x+(2+2x)\times 1.5\times 2=116+2x$。
设$116+2x=130$，得$x=7$（因为$x<4$，所以不合题意，即这时不能得到所述结果）；
按图④，表面积$S=96-2x+(2+2x)\times 4-4+4\times 1.5\times 2=112+6x$。
设$112+6x=130$，得$x=3$（符合题意）。
答：如图④，当$x=3$时，所得橡皮泥块的表面积为130 cm$^2$。

要考虑的不同画线方案，可归纳为如下4类：
（1）如图①，其周长和$=2\times(2\times 1+2\times \dfrac{1}{3})=5\dfrac{1}{3}$。
（2）如图②，其周长和$=2(x+3x)+2[(1-x)+3(1-x)]=8$。
（3）如图③，其周长和$=8$。
（4）如图④，其周长和$=2(3x+x)+2[(3-x)+\dfrac{3-x}{3}]=\dfrac{16x}{3}+8$。
$\because 0<3x\leqslant 1$，$0<x\leqslant \dfrac{1}{3}$，
$\therefore$当$x=\dfrac{1}{3}$时，周长和有最大值$9\dfrac{7}{9}$。
综上所述，剪得的两个小长方形周长之和的最大值为$9\dfrac{7}{9}$。

（1）至少要涂7格。
若涂色格数小于或等于4，则适当划去2行与2列必能把涂色小方格全部划去；
若涂色格数是5，则至少有一行有2格涂色。划掉这一行，剩下的涂色格数不超过3，再划去1行与2列必能把涂色小方格全部划去；
若涂色格数是6，则至少有一行有3格涂色，或至少有二行各有2格涂色，故划去2行至少能划去4格涂色小方格，剩下涂色格数不超过2，再划去2列必能将它们划去；
按图①涂色7格，则划去2行至多能划去4格涂色的小方格，且剩下的涂色小方格位于不同的3列，再划去2列不能将它们全部划去。
（2）至少要涂5格。
这是因为，若涂色格数小于或等于4，则划去2行与2列必能将它们全部划去。
按图②涂色5格，则任意划去2行、2列必有涂色小方格没有划去。

不妨设开始时手中持有鲜花的同学不足7位。我们以$A_1$、$A_2$、$A_3$、$\cdots$、$A_{12}$按逆时针方向依次分别标记这12位同学。
（1）在分花游戏过程中，任何相邻的两位同学一旦其中一位手中持有鲜花，那么，在此后的每次分花之后，他们两人中始终至少有一人手中持有鲜花。
事实上，每次分花，如果分花的同学不是这两位同学中的一位，那么，他们俩手中的鲜花只会增加，不会减少。如果他们俩中的一位是分花者，那么，分花后另一位同学一定持有鲜花。
（2）任何一位同学不可能手中始终无花，可用反证法证明这一点。
不妨假设$A_1$手中始终无花，这意味着$A_2$始终没有作为分花者，故$A_2$手中鲜花只能增加，不会减少。因总共只有13束鲜花，所以经过有限次分花之后，$A_2$不再接受鲜花。这又意味着经过有限次分花之后，$A_3$不再为分花者。同理可知，再经过有限次分花后，$A_4$不再为分花者。依次类推，经有限次分花之后，全部12位同学无一人为分花者，活动终止。这就与"13束鲜花分置于12位同学手中，无论何种情况总能找到可能分花的同学"的事实相矛盾。所以任何一位同学不可能手中始终无花。
由（1）、（2）可知，经若干次分花之后，可使任何相邻的两位同学中至少有一位同学手中有花，因此至少有6位同学手中有花。
若仅有6位同学手中有花，则手中有花的同学不可能相邻，否则就会有两位手中无花的同学相邻。因此，只要再进行一次分花，至少增加一位手中持花的同学，即至少有7位同学手中持有鲜花。

因为$A+B+C=[(a-b)+(b-c)+(c-a)]x+[(b-c)+(c-a)+(a-b)]y+[(c-a)+(a-b)+(b-c)]=0$，
所以$A$、$B$、$C$中至少有一个是正数，也至少有一个是负数。

设$r=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$，则由$r$是有理数，
得$r^2$必为有理数，从而$S=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$为有理数。
同理，由$S^2$必为有理数，得$t=b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab}+a\sqrt{bc}$为有理数。
令$u=t-bS=(a-b)\sqrt{bc}+(c-b)\sqrt{ab}$，
则由$u$是有理数，得$u^2$也是有理数。于是，$\sqrt{ac}$必为有理数。同理，$\sqrt{ab}$也是有理数。
从而，$a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}=\sqrt{a}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$是有理数。故$\sqrt{a}$是有理数。
同理可证得$\sqrt{b}$、$\sqrt{c}$都是有理数。

在1到100这100个自然数中，任意两个数相加，其和只能是$3,4,5,\cdots,199$，共有197种可能。
在任取的21个自然数中，其中任意两个相加，共有$\dfrac{21\times 20}{2}=210$个和数。根据抽屉原理，这210个和数中至少有$\left[\dfrac{210}{197}\right]+1=2$个相同，即存在$a$、$b$、$c$、$d$四个数，使得$a+b=c+d$。

设三边长为$a,b,c$，满足$a\leqslant b\leqslant c$，则$c-a\leqslant 2$，只有6种可能：
（1）$a=n$，$b=n$，$c=n$，此时$a+b+c=3n\leqslant 100$，$n$可取$1,2,\cdots,33$，有33种选取方法；
（2）$a=n$，$b=n$，$c=n+1$，此时$a+b+c=3n+1\leqslant 100$，$n$可取$2,\cdots,33$，有32种选取方法；
（3）$a=n$，$b=n$，$c=n+2$，此时$a+b+c=3n+2\leqslant 100$，$n$可取$3,4,\cdots,32$，有30种选取方法；
（4）$a=n$，$b=n+1$，$c=n+1$，此时$a+b+c=3n+2\leqslant 100$，$n$可取$1,2,\cdots,32$，有32种选取方法；
（5）$a=n$，$b=n+1$，$c=n+2$，此时$a+b+c=3n+3\leqslant 100$，$n$可取$2,\cdots,32$，有31种选取方法；
（6）$a=n$，$b=n+2$，$c=n+2$，此时$a+b+c=3n+4\leqslant 100$，$n$可取$1,2,\cdots,32$，有32种选取方法。
一共可以构成符合条件的三角形$33+32+30+32+31+32=190$个。

（1）由题中图示，从上、下、左、右、前、后等六个方向直视的平面图均为右图，故每个方向上均有6个等面积的小正方形，其面积均为$a^2$。
因此，其表面积为$6\times(1+2+3)\cdot a^2=36a^2$。
（2）当摆放20层时，由右图类推知，每个方向上均有$1+2+3+\cdots+20$个小正方形，因此，其表面积为$6\times(1+2+3+\cdots+20)\cdot a^2=6\times 210a^2=1260a^2$。

设三角形各边需用火柴杆数目为$x$、$y$、$3x$。依题意，有 \[ \begin{cases} x+y+3x=100, & \text{①}\\ x\leqslant y\leqslant 3x, & \text{②}\\ x+y>3x. & \text{③} \end{cases} \]
由①、②得$\dfrac{100}{7}\leqslant x\leqslant 20$，由③得$x<\dfrac{50}{3}$。
$\because x$为正整数，$\therefore x$取15,16两个值。
所以，满足条件的三角形有两组，需用火柴杆数目分别为15,40,45或16,36,48。

（1）容易把一个正方形分成$4^2=16$个正方形，再把其中位于一角的9个拼成一个正方形，共得$16-9+1=8$个正方形。
分成16个正方形后，把其中任意5个各分成4个小正方形，共$16-5+5\times 4=31$个正方形。
（2）把立方体分割成$3^3=27$个立方体，再把其中4个各分成$2^3=8$个立方体，共$27-4+4\times 8=55$个立方体。

如果挂一面小旗，有4种不同信号；
如果挂二面小旗，有$4\times 3=12$种不同信号；
如果挂三面小旗，有$4\times 3\times 2=24$种不同信号；
如果挂四面小旗，有$4\times 3\times 2\times 1=24$种不同信号。
因此，共有不同信号 \[4+12+24+24=64\text{（种）}.\]
因为$323>64\times 5$，根据抽屉原理，这一天中至少有6次信号是相同的。

设$x_a$、$x_b$、$x_c$分别表示答对题$a$、题$b$、题$c$的人数，则有 \[ \begin{cases} x_a+x_b=29,\\ x_a+x_c=25,\\ x_b+x_c=20. \end{cases} \] $\therefore x_a+x_b+x_c=37$。解得$x_a=17$，$x_b=12$，$x_c=8$。
答对1题的人数为$37-1\times 3-2\times 15=4$。
全班人数为$1+4+15=20$。
故平均成绩为$\dfrac{17\times 20+(12+8)\times 25}{20}=42$。

设$y=(x-1997)(x-1998)$能被6整除。因当$x$取整数时，所有$y$值都能被2整除，故只需考察两因式能被3整除的情况即可。
（1）当$x-1997=3k$，则$x-1998=3k-1$。
$\because 0\leqslant x\leqslant 1999$，$\therefore -1997\leqslant 3k\leqslant 2$。此时，$k$可取从$-665$到0共666个值。
（2）当$x-1998=3k$，则$x-1997=3k+1$。
$\because 0\leqslant x\leqslant 1999$，$\therefore -1998\leqslant 3k\leqslant 1$。此时，$k$可取从$-666$到0共667个值。
则所有取值中能被6整除的值的个数为$666+667=1333$。

我们写出所有可能的边长为整数的长方形序列：$1\times 1$，$1\times 2$，$1\times 3$，$1\times 4$，$2\times 2$，$1\times 5$，$1\times 6$，$2\times 3$，$1\times 7$，$1\times 8$，$2\times 4$，$\cdots$
不难发现，十个长、宽不同的长方形面积之和不小于 \[1\times 1+1\times 2+1\times 3+1\times 4+2\times 2+1\times 5+1\times 6+2\times 3+1\times 7+1\times 8=46.\]
而矩形面积等于45，因此，将$5\times 9$的长方形分为十个边长为整数的长方形，其中必有两个是完全相同的。

82名选手所在的学校只有两种情况，即不少于10所学校或不足10所学校。
（1）若参赛学校不少于10所，那么从其中10所学校中的每所学校选一名选手，即符合"10名选手来自10所不同的学校"的要求。
（2）若参赛学校不足10所，至多是9所。因为82名选手至多来自这9所学校，由抽屉原理，至少有一所学校要有10名选手，即符合"10名选手来自同一所学校"的要求。

假设$BE\geqslant \dfrac{1}{4}$，则$CE=BC-BE=1-BE\leqslant \dfrac{3}{4}$，
从而$DE=\sqrt{DC^2+CE^2}\leqslant \sqrt{1^2+(\dfrac{3}{4})^2}=\dfrac{5}{4}$。
又$AB+BE<DE=\dfrac{5}{4}$，$\therefore BE<\dfrac{5}{4}-AB=\dfrac{1}{4}$。
这与假设$BE\geqslant \dfrac{1}{4}$矛盾。
故$BE<\dfrac{1}{4}$。

假设$x<0$，则$yz<0$，$y+z>0$，从而$x(y+z)+yz<0$，
即$xy+xz+yz<0$，与已知矛盾。当$x=0$时，得$xyz=0$，
也与已知矛盾。故$x>0$。
同理可证$y>0$，$z>0$。

所求的最大偶数是38。
若末位数是0，则$0,10,20,30,40,\cdots$等偶数中，$30=15+15$是能分成两个奇合数之和的最小偶数。
若末位数是2，则$2,12,22,32,42,52,\cdots$等偶数中，$42=15+27$是能分成两个奇合数之和的最小偶数。
若末位数是4，则$4,14,24,34,\cdots$等偶数中，$24=9+15$是能分成两个奇合数之和的最小偶数。
若末位数是6，则$6,16,26,36,46,\cdots$等偶数中，$36=15+21$是能分成两个奇合数之和的最小偶数。
若末位数是8，则$8,18,28,38,48,\cdots$等偶数中，$48=21+27$是能分成两个奇合数之和的最小偶数。
综上所述，末位数是$0,2,4,6,8$的偶数中，不能分成两个奇合数之和的最大偶数分别是20,32,14,26,38。故所求的偶数是38。

如若手中只有64张牌，按此规程丢牌，则最后只剩第64张牌。
现手中有108张牌，多出$108-64=44$（张），我们只需按此规定丢掉44张后，把第88张牌放在手中牌的最底层时，这时手中牌恰为64张。这样，再丢留下的就是原牌顺序的第88张，即为：$88-54-2-26=6$。按照花色排列6应为方块6。故所剩的最后一张是方块6。

由题意，必存在同色顶点的三角形。在这些同色顶点的三角形中，必有一个面积最小的三角形，不妨设这个三角形是由三个红点组成的$\triangle ABC$，则这个三角形即为所求。
否则，设三边上分别有蓝色$A'$、$B'$、$C'$，则$S_{\triangle A'B'C'}<S_{\triangle ABC}$，这与$\triangle ABC$是同色顶点三角形中面积最小的假设矛盾。

分下列几种情况讨论：
（1）从1000到4999的整数中，个、十、百位数字各有10种选择方法，当个、十、百位数字选定后，千位数字只有一种选法可使整数的数字和被4整除，于是1000到4999的整数中，其数字和被4整除的数有$10\times 10\times 10=1000$（个）。
（2）从200到999的整数中，个、十位数字各有10种选择方法，个、十位数字选定后百位数字有2种选择方法。因此，符合条件的整数有$2\times 10\times 10=200$（个）。
（3）从120到199的整数中，个位数字有10种选法，个位数字选定后，十位数字只有2种选法。因此，符合条件的整数有$2\times 10=20$（个）。
（4）从100到119中，有4个即103,107,112,116。
（5）从20到99中，个位数字有10种选法，个位数字选定后，十位数字有2种选法。因此，符合条件的整数有$2\times 10=20$（个）。
（6）从10到19中，有2个即13,17。
综合上述情况，从10到4999中数字和被4整除的整数共有$1000+200+2\times 20+4+2=1246$（个）。

（1）由题意，$N$的一位"片断数"可能取$0,1,4,9$，但$N$中不能出现0，否则出现10,40,90不是完全平方数。在$N$中也不能出现1，否则出现14,19,41或91不是完全平方数。
由4,9组成的自然数中，44,94,99不是完全平方数。故49是唯一所求的自然数。
（2）由题意，$N$的一位"片断数"可能取$2,3,5,7$。
两位数中，23,37,53,73为所求。三位数中，不能含2和5，否则会出现合数。而2,3,7之和能被3整除，此时所求的自然数不存在。而3,7在十位、个位上不能连续出现，否则又会产生两位的"片断数"不是质数。若有5，则5只能在百位，又5,3,7之和能被3整除，这也不可能。所以$N$只能由3,7组成，但737是11的倍数，而373是所求的三位"片断数"。
故所求的自然数有5个，即23,37,53,73和373。

若有一个队至少有7名队员，则至少要减少$7\times 6\div 2=21$场比赛，因此每个队至多有6名队员。
若各个队至多有5名队员，则各队可能的人数及相应减少的比赛场数（只有1名队员的队未列入，因为它不会减少比赛场数）为

由此可见，必有一个队，恰有6名队员。
于是，队数及各队相应的人数只可能是：
①6,3,1；减少的场数为$15+3=18$；
②6,2,2；减少的场数为$15+1+1=17$；
③6,2,1,1；减少的场数为$15+1=16$。
所以，只有情形①，即共有三个队，队员数分别为6,3,1人，它们共有10名队员，相互间恰好比赛了$45-18=27$场。

3个自然数1,2,3，它们中的每一个都是这3个数和的一个约数。若已有$k$（$k\geqslant 3$）个自然数$a_1,a_2,\cdots,a_k$，它们中的每个是这$k$个数和（记为$p$）的一个约数，则$k+1$个自然数$a_1,a_2,\cdots,a_k,p$，它们中的每一个也是这$k+1$个自然数和的一个约数。
按照这个想法，可将1,2,3扩展到下列10个自然数： \[1,2,3,6,12,24,48,96,192,384.\] 它们中的每一个是它们和的一个约数。

设共有选手$(n+2)$人，除2人得8分外，$n$个人平均每人得$k$分（$k$为整数）。
$\because$每人都与其他人赛一盘，共有$(n+2)$人，$\therefore$共赛$\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}$盘。
又每赛一盘都得1分，因此可列方程$\dfrac{1}{2}(n+1)(n+2)=8+nk$，
整理得 \[n^2+(3-2k)n-14=0.\] $\because$人数是正整数，$3-2k$为整数，$\therefore$人数只能是$1,2,7,14$。
又$\because$人数是奇数，$\therefore n=1$或7。
但当$n=1$时，$k<0$，矛盾，$\therefore n=7$。
这时$n+2=9$，即共有9人参加比赛。

（a）在平面上画三条平行的直线$m_1,m_2,m_3$，再画另三条平行的直线$n_1,n_2,n_3$，使它们与前一组平行线相交。
（b）在平面上不能画出没有三线共点的七条直线，使得其中每条直线都恰与另外三条直线相交。理由如下：假设平面上可以画出没有三线共点的七条直线，其中每一条直线都恰与另外三条相交，两直线相交只有一个交点，所以每条直线上恰有与另三条直线交得的三个不同的交点，七条直线共$3\times 7=21$个交点，但每个交点分属于两条直线，重复计数一次，所以这七条直线交点总数为$\dfrac{21}{2}=10.5$个，这与交点个数为整数矛盾。所以满足题设条件的七条直线是画不出来的。

（1）
（2）顶点数$+$面数$=$棱数$+2$。
（3）按要求画出图，验证（2）的结论。

（1）$1\xrightarrow{\times 2}2\xrightarrow{+2}4\xrightarrow{\times 2}8\xrightarrow{+2}10\xrightarrow{\times 2}20\xrightarrow{+2}22$。
也可以倒过来考虑：
$22\xrightarrow{-2}20\xrightarrow{\div 2}10\xrightarrow{-2}8\xrightarrow{\div 2}4\xrightarrow{-2}2\xrightarrow{\div 2}1$。
（或者$1\xrightarrow{\times 2}2\xrightarrow{+2}4\xrightarrow{\times 2}8\xrightarrow{+3}11\xrightarrow{\times 2}22$。）
（2）$1\xrightarrow{\times 2}3\times 2-4\xrightarrow{+2}3\times 2-2\xrightarrow{\times 2}3\times 2^2-4\xrightarrow{+2}3\times 2^2-2\xrightarrow{\times 2}3\times 2^3-4\xrightarrow{+2}3\times 2^3-2$
$\cdots$（不断乘以2，再加2）
$\xrightarrow{\times 2}3\times 2^{96}-4\xrightarrow{+3}3\times 2^{96}-1\xrightarrow{\times 3}2^{99}+2^{96}-3\xrightarrow{+2}2^{99}+2^{96}-1\xrightarrow{\times 2}2^{100}+2^{97}-2$。
或倒过来考虑：
$2^{100}+2^{97}-2\xrightarrow{\div 2}2^{99}+2^{96}-1\xrightarrow{-2}2^{99}+2^{96}-3\xrightarrow{\div 3}3\times 2^{96}-1\xrightarrow{-3}3\times 2^{96}-4\xrightarrow{\div 2}3\times 2^{95}-2\xrightarrow{-2}3\times 2^{95}-4$
$\xrightarrow{\div 2}3\times 2^{94}-2\xrightarrow{-2}3\times 2^{94}-4$
$\cdots$（不断地除以2，再减去2）
$\xrightarrow{\div 2}3\times 2^1-2=22\xrightarrow{-2}20\xrightarrow{\div 2}10\xrightarrow{-2}8\xrightarrow{\div 2}4\xrightarrow{-2}2\xrightarrow{\div 2}1$。

每一轮中三人得到的糖块数之和为$r+q+p-3p=r+q-2p$，
设他们共分$n$轮，则$n(r+q-2p)=20+10+9=39$。    ①
$\because 39=1\times 39=3\times 13$，且$n\neq 1$，否则拿到纸片$p$的人得到的糖块总数为0，与已知矛盾。
$\therefore n=3$或$n=13$。
由于每个人所得的糖块总数是他拿到的纸片上的数的总和减去$np$，由丙的情况得到$9=18-np$，
$\therefore np=9$，$p\geqslant 1$，$\therefore n\neq 13$，只有$n=3$，$\therefore p=3$。
把$n=3$，$p=3$代入①式得到$r+q=19$。
又乙得到的糖块总数为10，最后一轮得到$(r-3)$块，
$\therefore r-3\leqslant 10$，$r\leqslant 13$。
若$r\leqslant 12$，则乙最后一轮拿到的纸片为$r$，所得糖块数为$r-p\leqslant 9$，这样乙必定要在前两轮中再抽得一张$q$或$r$，这样乙得到的糖块总数一定大于等于$(r+q)-2p=13$，这与乙得到的糖块数为10矛盾。
$\therefore r>12$。$\because 12<r\leqslant 13$，$\therefore r=13$，$q=19-r=6$。
综上得$p=3$，$q=6$，$r=13$。

显然，乙车的载重量是甲车的2倍。
设这批货物总重量为$M$ t，甲、丙车合运了$b$次运完这批货物，乙、丙车合运了$c$次运完这批货物，则由丙在与甲及乙合运中的载重量不变，得 \[\frac{M-180}{b}=\frac{M-270}{c}.\]
又$\because \dfrac{180}{b}\times 2=\dfrac{270}{c}$，$\therefore \dfrac{b}{c}=\dfrac{4}{3}$，$M=540$。
根据题设，乙、丙合运时，乙车共运了270 t，故丙车也运了270 t，即乙、丙2车载重量相等。从而甲、乙、丙3车载重量之比为$1:2:2$，于是，3车合运相同次数把该批货物运完，甲、乙、丙各运了108 t, 216 t, 216 t，3个车主应得运费分别为2160元、4320元、4320元。

（1）有12个不同的"希望形"。
（2）不可能。理由如下：
假设经过$m$次操作后，24个单位正三角形的数均变为$a$，则总和为$24a$。
另一方面，设第$i$次操作中每个"希望形"的四个单位正三角形中的数都增加自然数$n_i$，则第$i$次操作共增加：$12\times 4n_i$，
$m$次操作后共增加：$12\times 4(n_1+n_2+\cdots+n_m)$。
这24个单位正三角形最初填入的24个数之和为$1+2+3+\cdots+24=25\times 12$，
所以$m$次操作后24个单位正三角形中填数的总和为$25\times 12+12\times 4(n_1+n_2+\cdots+n_m)$。
于是有$25\times 12+12\times 4(n_1+n_2+\cdots+n_m)=24\times a$。
进而推出$24\mid 25\times 12$，即$2\mid 25$。
但这是不成立的。

（1）第一次只能得到$1\times 4+4+1=9$。
因为要求最大新数，所以，第二次取4和9，得到$4\times 9+4+9=49$。
同理，第三次取9和49，得$9\times 49+9+49=499$。
499就是扩充三次的最大数。
（2）$\because c=ab+a+b=(a+1)(b+1)-1$，
$\therefore c+1=(a+1)(b+1)$。
取数$a$、$c$可得新数$d=(a+1)(c+1)-1=(a+1)(b+1)(a+1)-1$ \[=(a+1)^2(b+1)-1,\] $\therefore d+1=(a+1)^2(b+1)$。
取数$b$、$c$可得新数$e=(b+1)(c+1)-1=(b+1)(a+1)(b+1)-1$
设扩充后的新数为$x$。则总可以表示为 \[x+1=(a+1)^m\cdot (b+1)^n,\] 式中$m$、$n$为整数。
当$a=1$，$b=4$时，$x+1=2^m\times 5^n$。
又$\because 1999+1=2000=2^4\times 5^3$。
故1999可以通过上述规则扩充得到。

以任一个双色$n$（$n\geqslant 5$）边形，显然，去掉红顶点及蓝顶点后，得到一个无色$n-2$边形，不同的双色$n$边形去掉红、蓝顶点后得到的是不同的无色$n-2$边形；反过来，对任一个无色多边形，添上红、蓝顶点后，总可以得到一个双色多边形，由此可知，无色多边形（从三边到十边）的个数与双色多边形（从5边形到12边）的个数相等。
因此，双色多边形的个数多。
多出来的数目恰是双色三角形和双色四边形的数目。容易算出双色三角形有10个；双色四边形有$\dfrac{1}{2}\times 10\times 9=45$个。即双色多边形多55个。

（1）因为凡报的数是15、21、35的倍数而不是105的倍数的同学都是两次向后转，仍面向教练。凡报的数是3的倍数而不是15、21的倍数、凡报的数是5的倍数而不是15、35的倍数、凡报的数是7的倍数而不是21、35的倍数的同学，仅有一次向后转，他们都背向教练，而报的数是105的倍数的同学都有三次向后转，他们都背向教练。据此，面向教练的同学人数为 \[240-\left(\left[\frac{240}{3}\right]+\left[\frac{240}{5}\right]+\left[\frac{240}{7}\right]\right)+2\left(\left[\frac{240}{15}\right]+\left[\frac{240}{21}\right]+\left[\frac{240}{35}\right]\right)-4\left[\frac{240}{105}\right]=136.\]
（2）同法可算得第1号到105号的同学中面向教练的有60名： \[105-\left(\left[\frac{105}{3}\right]+\left[\frac{105}{5}\right]+\left[\frac{105}{7}\right]\right)+2\left(\left[\frac{105}{15}\right]+\left[\frac{105}{21}\right]+\left[\frac{105}{35}\right]\right)-4\left[\frac{105}{105}\right]=60.\]
可见面向教练的同学中，自左到右第66位同学所报的数必大于105，现从下面的大于105的一列整数中，划去3,5,7的倍数，但不是15、21、35的倍数的数，得106,107,108,109,110,111,112,113,114,115,116,117,118,119,120,$\cdots$，再由剩下的数中自左至右第6个数，即118，则面向教练的第66位同学所报的数是118。

设$a,b,c,d$为其中4个取得的数，则由题意，$a+b+c$，$b+c+d$均是21的倍数。所以这两数之差$a-d$也是21的倍数。由$a$和$d$的任意性，可知所取的数任意两个之差均是21的倍数。
不妨设所取之数的形式为$d,d+21,d+42,\cdots,d+21(n-1),d+21n$，$d$与$n$均为整数。
由题意，这列数中前三项之和$d+(d+21)+(d+42)=3d+63$也应是21的倍数，即7整除$d$。要使$n$值最大，$d$应取的值最小，所以$d=7$。
又$7+21n\leqslant 1000$，所以$n$最大为47。
故所取的数为$7,28,49,\cdots,994$共48个数。

三个正方形的放置有以下几种情况：
（1）三个正方形并列放在一起（如图①），构成一个$3$ cm$\times 1$ cm的一个矩形，则圆碟的直径至少是长方形的对角线之长$\sqrt{10}$ cm，即半径至少为$\dfrac{\sqrt{10}}{2}$ cm。
（2）三个正方形的放置如图②。
此时，圆碟半径至少是正方形的对角线之长$\sqrt{2}$ cm。
（3）三个正方形的放置如图③。
此时，圆碟直径至少是$2\sqrt{2}$ cm，半径至少是$\sqrt{2}$ cm。
在情况3中，若将上面的正方形逐渐往右移，直至移到中间位置。
（4）如图③。
此时，圆碟半径$r=OB=OA<\sqrt{2}$ cm。
可见，图中每一点到$O$点的距离均不大于$OA$。令$OC=x$，则$OD=2-x$。$OB^2=r^2=\dfrac{1}{4}+x^2$，$OA^2=r^2=1+(2-x)^2$。
由$\dfrac{1}{4}+x^2=1+(2-x)^2$，得$x=\dfrac{19}{16}$。
因此，圆碟半径$r=\dfrac{5\sqrt{17}}{16}$。

如图，将药箱对应为5个点，当药箱里有一种相同的药时，就将对应点作一条连线段。
因为每2个药箱都有一种相同的药，所以每两点都要作连线。又因为每种药恰好在2个药箱里出现，所以每两点恰好有一条连线。于是可得图中的一个图。
由于该图中连线的条数就是药的种数，故共有10种药。

由于$C$队已赛过三场，故先从$C$队入手。$C$队胜2场平1场，所以$C$队和其他队的赛绩只能是$1:0$（胜）、$1:0$（胜）和$0:0$（平）。由于$B$队平1场，故$C$队和$B$队的赛绩是$0:0$，$C$队和$A$队，以及$C$队和$D$队的赛绩都是$1:0$（见右图）。
下面考虑$A$队和$B$队。因$A$队和$B$队都只赛过2场，故只有两种可能：一是$A$对$B$；二是$A$对$D$和$B$对$D$。对于第一种情况，从$A$的失球情况看，$B$应该入5球，但实际上$B$只入4球，矛盾。所以只有第二种情况：$A$对$D$和$B$对$D$。$A$队所失的6球除了1球给$C$队外，其余的5球应全给$D$队。所以，$A$队和$D$队的赛绩是$3:5$，$B$队和$D$队的赛绩是$4:3$（见右图）。
故$D$队共赛3场，胜1场负2场，入8球，失8球。

将1至91这91个自然数分成九组，使每组中任两个自然数的比值均不小于$\dfrac{2}{3}$且不大于$\dfrac{3}{2}$，分组如下：
$A_1=\{1\}$，$A_2=\{2,3\}$，$A_3=\{4,5,6\}$，$A_4=\{7,8,9,10\}$，$A_5=\{11,12,13,14,15,16\}$，$A_6=\{17,18,19,20,21,22,23,24,25\}$，$A_7=\{26,27,28,\cdots,39\}$，$A_8=\{40,41,42,\cdots,60\}$，$A_9=\{61,62,63,\cdots,91\}$。
若任取这91个数中的九个数，比如取$A_1,A_2,\cdots,A_9$中各一个，如$1,3,6,10,16,25,39,60,91$时，这九个数中任二数之比均小于$\dfrac{2}{3}$或大于$\dfrac{3}{2}$，可以$k>9$，所以$k\geqslant 10$。当$k=10$时，在1至91这91个自然数中任取10个数，根据抽屉原理，必有两个数属于同一个$A_i$，比如这两个数就是$p$、$q$，且$p<q$，则$\dfrac{2}{3}\leqslant \dfrac{q}{p}\leqslant \dfrac{3}{2}$成立。故$k$的最小值是10。

由题意知，相同质量的砝码不会同时出现在天平的两个称盘之中。假定当天平平衡时，用9克的砝码$|x|$只，当该砝码出现在被称物体所在的称盘中时，$x$取负整数。同理，假定13克的砝码用了$|y|$只。所以当天平平衡称出了3克的物体时，应有$9x+13y=3$。
问题变为求$|x|+|y|$的最小值。
先可任取方程的一个整数解，例如，因为$y=\dfrac{3-9x}{13}$，当$x=9$时，得$y=-6$。利用该解得 \[ \begin{cases} 9\times 9-13\times 6=3,\\ 9x+13y=3. \end{cases} \] 两式相减，得$9(x-9)+13(y+6)=0$，$9(x-9)=-13(y+6)$。
因9和13互质，$x-9$必能被13整除。故设$x-9=13k$，这里$k$是整数。
这时有$9\times 13k=-13(y+6)$，$-(y+6)=9k$。
总之，有 \[ \begin{cases} x=9+13k,\\ y=-6-9k, \end{cases} \quad k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots \]
（I）当$k=0$时，$x=9$，$y=-6$，从而$|x|+|y|=15$；
（II）当$k\geqslant 1$时，$|x|\geqslant 22$，$|y|>0$，从而$|x|+|y|>22$；
（III）当$k\leqslant -1$时，若$k=-1$，则$x=-4$，$y=3$，$|x|+|y|=7$；
若$k<-1$，则$|y|>12$，$|x|>0$，从而$|x|+|y|>12$。
由上可知，至少要用7只这样的砝码，其中9克的4只，13克的3只。

设第$i$名运动员为$A_i$，得分为$a_i$（$i=1,2,\cdots,8$），则$a_1>a_2>\cdots>a_8$。
由于8名选手每人参加7局比赛，胜的最多者得7分，即$a_1=7$。每人与其余7人赛，共要赛$\dfrac{7\times 8}{2}=28$局，总积分为28分，即$a_1+a_2+\cdots+a_8=28$。    ①
又因为$a_4=4.5$，$a_2=a_5+a_6+a_7+a_8$。    ②
若$a_3\geqslant 5.5$，则$a_2\geqslant 6$，$a_1\geqslant 6.5$，所以$a_1+a_2+a_3\geqslant 18$。
由①知$a_4+a_5+a_6+a_7+a_8\leqslant 10$，但$a_4=4.5$，所以$a_5+a_6+a_7+a_8\leqslant 5.5$。
这与$a_2\geqslant 6$矛盾，故$a_3<5.5$。但$a_3>a_4=4.5$，所以$a_3=5$。
这时，$a_1+a_2+a_5+a_6+a_7+a_8=28-5-4.5=18.5$，即$a_1+2a_2=18.5$。
若$a_2=5.5$，则$a_1=18.5-11=7.5>7\geqslant a_1$，这不可能。
若$a_2\geqslant 6.5$，则$a_1=18.5-2a_2\leqslant 18.5-13=5.5<a_2$，这也不可能。
故只能是$a_2=6$，此时$a_1=18.5-2\times 6=6.5$。
所以前三名选手得分依次为6.5, 6, 5。

设$r$个人用$A_1,A_2,\cdots,A_r$表示。
（1）$r=3$时，$A_1$与$A_2$通话，$A_2$与$A_3$通话，这时$A_1$只知道$A_1$、$A_2$的消息，还必须$A_3$（或$A_2$）与$A_1$通话。故$a_3=3$。
$r=4$时，如图所示，$A_1$与$A_2$通话，$A_1$与$A_2$都知道$A_1$、$A_2$的消息。$A_3$与$A_4$通话，$A_3$与$A_4$都知道$A_3$、$A_4$的消息。再$A_1$与$A_2$通话，$A_2$与$A_4$通话，使每个人都知道全部消息。
但最少打一次电话将不可能使每个人都知道全部消息。因此，$a_4=4$。
（2）首先，$A_r$与$A_{r-1}$通话，使$A_{r-1}$知道$A_{r-1}$和$A_r$的消息。然后，$A_1,A_2,\cdots,A_{r-1}$通$a_{r-1}$次电话，使$A_1,A_2,\cdots,A_{r-1}$都知道$A_1,A_2,\cdots,A_r$的全部消息。
最后，$A_{r-1}$与$A_r$通话，使$A_r$也知道$A_1,A_2,\cdots,A_r$的全部消息。
故$a_r\leqslant a_{r-1}+2$。

（1）如图(a)，用12块$3\times 3$地板砖与6块$2\times 2$地板砖能铺成$12\times 11$的长方形地面。如图(b)的铺设方案，用4个$12\times 11$的图所示的板块，恰用1块$1\times 1$地板砖，可以铺满$23\times 23$的正方形地面。
（2）我们将$23\times 23$的大正方形分成23行23列共计529个$1\times 1$的小方格，再将第1行，第4行，第7行，第10行，第13行，第16行，第19行，第22行这八行染红色，其余的15行都染白色，如图(c)所示。
任意$2\times 2$或$3\times 3$的小正方块无论怎样放置（边线与大正方形格线重合），每块$2\times 2$或$3\times 3$的正方块都将盖住偶数块$1\times 1$的白色小方格。
假设用$2\times 2$及$3\times 3$的正方形地板砖可以铺满$23\times 23$的正方形地面，则它们盖住的白色$1\times 1$的小方格总数为偶数个。然而$23\times 23$地面染色后共有$23\times 15$（奇数）个$1\times 1$的白色小方格，矛盾。
所以，只用$2\times 2$、$3\times 3$两种型号地板砖无论如何铺设，都不能铺满$23\times 23$的正方形地面而不留空隙。