题库

任给三个整数中，至少有两个整数同奇或同偶，所以这两个数之和必能被 $2$ 整除。故应选 C。

若 $a=2$，则 $x=5$，$|ax-7|=3<a^2=4$，排除 A、B、C。故应选 D。

由两式相减得 $(a-b)(a+b-13)=0$。若 $a=b$，则 $\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}=2$。若 $a+b=13$，因 $a,b$ 为质数，必有一个为 $2$；设 $a=2,\ b=11$，则 $\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}=\dfrac{11}{2}+\dfrac{2}{11}=\dfrac{125}{22}$。故应选 B。

三角形内角和为 $180$（偶数），质数除 $2$ 外均为奇数。三个奇数之和为奇数，与 $180$ 矛盾，故三角中必有一个角为 $2$ 度。故应选 A。

因为 $6528=3\times 2^7\times 17$，$8256=3\times 2^6\times 43$，代入得 $\Box 3 \times 2^7\times 17 = 2^6\times 43 \times 3\Box$，可知方框中的数应为 $4$。故应填 4。

设居中两个格子所填之数为 $x$ 与 $y$，则每个中间格被计两次，三个“田”字形的数之总和为 $65+x+y=3p$。由 $x+y\le10+11=21$，得 $3p\le86$，即 $p\le28\tfrac{2}{3}$，故 $p$ 最大整数值为 $28$（此时需 $x+y=19$）。如图②所示的填法验证 $p=28$ 可达。
故应填 28。

一位数：$a=4a\Rightarrow a=0$，不存在。二位数：$10a+b=4(a+b)\Rightarrow 2a=b$，得 $(a,b)=(1,2),(2,4),(3,6),(4,8)$，对应四合数为 $12,24,36,48$。三位数：$100a+10b+c=4(a+b+c)\Rightarrow 96a+6b-3c=0$；因 $a\ge1$，无整数解。三位以上同理无解。故所有四合数之和为 $12+24+36+48=\ans{120}$。

由加法得“好”$<5$，“妙”$\ne 0$。逐一验证“好”$=1,$“妙”$=2$ 与“好”$=4,$“妙”$=8$ 两种情形：情形一：“好”$=1$，“妙”$=2$。乘法式化为 $2\times11\times(\text{真}\times10+1)=2002+\text{题}\times110$，可得“真”$=9$，“题”$=0$，四位数为 $2002$。情形二：“好”$=4$，“妙”$=8$。解方程得“题”$=4=$“好”，矛盾。故“妙题题妙”$=2002=2\times7\times11\times13$，因数个数为 $2^4=\ans{16}$。

设有 $b$ 个奇数（$b$ 为偶数）。若 $b=46$，则奇数之和至少为 $1+3+\cdots+91=46^2=2116>1998$，矛盾。若 $b=44$，则 $1+3+\cdots+87=44^2=1936$，余 $62$ 由三个偶数（如 $2,4,56$）补足，可行。故偶数最少为 3 个。

设最大公约数为 $d$，则各数为 $db_1<db_2<\cdots<db_{23}$（$b_i$ 两两不同的正整数），故 $4845=d(b_1+\cdots+b_{23})\ge d(1+2+\cdots+23)=276d$，从而 $d\le\dfrac{4845}{276}=17\tfrac{51}{92}$，即 $d\le17$。又 $4845=15\times17\times19$，故 $d=17$ 时令 $b_i=i\,(i=1,\dots,22)$ 且 $b_{23}=32$，验证：$17\times(1+2+\cdots+22+32)=17\times285=4845$。故最大公约数的最大值为 17。

显然 $101$ 是质数。下面证明，含 $k\ge3$ 个“1”的数 $N$ 均为合数。记 $R_k=\underbrace{11\cdots1}_{k\text{个}1}$，则 $11N=R_{2k}=R_k\cdot(10^k+1)$。当 $k$ 为奇数时：$11\nmid R_k$，故 $11\mid(10^k+1)$，于是 $N=R_k\cdot\dfrac{10^k+1}{11}$ 为合数。当 $k$ 为偶数时：$11\mid R_k$，于是 $N=\dfrac{R_k}{11}\cdot(10^k+1)$ 为合数。故这串数中恰有 1 个质数（即 $101$）。

(1) $2+3+5+7+11+13+17+19+23+29=\ans{129}$。(2) 千位为 $1$ 的四位数共1000个（$1000$至$1999$），其中偶数共 500 个。(3) 设四质数 $p_1<p_2<p_3<p_4$ 均为奇质数（若有 $p=2$ 则 $kp_1p_2p_3p_4+1$ 为奇数，矛盾），则 $x=kp_1p_2p_3p_4+1$。由 $x\in[1000,1999]$ 知 $p_1=3,p_2=5,p_3=7$，$p_4$ 依次取 $11,13,17,19$（取 $23$ 超界），对应 $x_1=1156,\ x_2=1366,\ x_3=1786,\ x_4=1996$。其中最大的一个是 1996。

设 $a,b,c,d$ 为所取的任意四数，由 $21\mid(a+b+c)$ 与 $21\mid(b+c+d)$ 得 $21\mid(a-d)$；故任意两数之差均为 $21$ 的倍数。所取数形如 $d,d+21,d+42,\dots$，由前三项之和满足条件知 $7\mid d$；为取最多，令 $d=7$。由 $7+21n\le2001$ 得 $n\le94$，共取 95 个数（$7,28,49,\dots,1981$）。

(1) 如图所示填法：$A=1,B=8,C=3,D=4,E=6,F=2,G=7,H=5$，可验证 $S_1=12,S_2=15,S_3=13,S_4=12,S_5=15,S_6=14,S_7=13,S_8=14$，均 $\ge12$。

(2) 每顶点出现在恰好 $3$ 个组中，故 $S_1+\cdots+S_8=3(1+\cdots+8)=108$。若各组均 $\ge13$，则至多有 $108-104=4$ 组之和 $>13$。由于相邻两组 $(i,j,k)$ 与 $(j,k,l)$ 之和不等（否则 $i=l$，矛盾），故相邻两组交替取 $13$ 和 $14$，但经逐步推导将导致数字重复，矛盾。故任何填法均不能使所有 $S_i\ge13$。

①：$n=1,2,3,\dots$ 给出 $5,7,9,\dots$，遗漏 $1,3$，故①错。②正确。③：$(2k+1)^2=4k(k+1)+1$，$k(k+1)$ 为偶数，故 $(2k+1)^2\equiv1\pmod{8}$，正确。④：$(3k)^2=3(3k^2)$，$(3k\pm1)^2=3(\cdots)+1$，故完全平方数 $\equiv0$ 或 $1\pmod{3}$，正确。故应选 C。

由 $3n+1=a^2$ 知 $3\nmid a$，故 $a=3t\pm1$，从而 $n=3t^2\pm2t$，即 $n+1=t^2+t^2+(t\pm1)^2$。故应选 C。

计算得 $A_1=49=7^2$，$A_2=4489=67^2$，$A_3=444889=667^2$，一般地 $A_n=(\underbrace{66\cdots6}_{n-1}7)^2$，为完全平方数。但 $A_2$ 不被7整除，$A_3$ 有多于3个因数。故应选 A。

由 $2k+1=(k+1)^2-k^2$ 与 $4k=(k+1)^2-(k-1)^2$，符合条件的数是除 $1,2,4$ 外的所有正整数。从5起四个一组，每组有3个符合条件的数。由 $\dfrac{n}{4}\times3-2=1996$ 得 $n=2664$（第1996个数），$\{2665,2666,2667,2668\}$ 中 $2666=2\times3\times3\times...$，只有 $2666$ 不能表示为平方差。故第1998个数是 2667。

设 $n+168=a^2,\ n+100=b^2$，则 $(a+b)(a-b)=68=4\times17$。因 $a+b$ 与 $a-b$ 奇偶性相同，故 $a+b=34,\ a-b=2$，解得 $a=18,\ b=16$，$n=\ans{156}$。

设 $N=x^2$，末2位组成整数 $y=x^2-100m^2=(x+10m)(x-10m)$，$1\le y\le99$。令 $a=x+10m,\ b=x-10m\ge1$，则 $ab=y\le99$。检验 $m=4,b=1$ 时：$x=41,\ a=81,\ y=81$，$M=16=4^2$，$N=1681$。可验证 $m\le3$ 时 $x\le40<41$。故 $N$ 的最大值为 1681。

逐一检验 $10^2=100$ 至 $31^2=961$，发现仅 $19^2=361$ 满足：$36\div1=36=6^2$。故应填 361。

$N=23(x+4y)$，因23为素数，$N=23^2m^2$，故 $x+4y=23m^2$，且 $23^2m^2\le2392\Rightarrow m^2\le4$。$m=1$：$x+4y=23$，有 $(x,y)=(19,1),(15,2),(11,3),(7,4),(3,5)$，共5对；$m=2$：$x+4y=92$，有 $(x,y)=(88,1),(84,2),\dots,(4,22)$，共22对。合计 27 对。

设 $N-\dfrac{k(k-1)}{2}=km$，则 $2N=k(2m+k-1)$。$k$ 与 $2m+k-1$ 奇偶性不同，故 $2N$ 含大于1的奇因子，即 $N$ 含大于1的奇因子。反之，若 $N$ 有奇因子 $A>1$，令 $2N=AB$（奇偶性不同，$A<B$），则 $N-\dfrac{A(A-1)}{2}=A\cdot\dfrac{B-A+1}{2}$ 为正整数倍，$N$ 是千禧数。因此，$N$ 是千禧数当且仅当 $N$ 有大于1的奇因子。在 $1,\dots,2000$ 中，非千禧数恰为 $1,2,4,\dots,2^{10}$，共11个。故千禧数共 $2000-11=\ans{1989}$ 个。

不能。理由如下：因 $2002\equiv2\pmod4$，若 $n_in_j+2002=m^2$，则 $n_in_j\equiv2$ 或 $3\pmod4$。若四数中有两个偶数，则其积 $\equiv0\pmod4$，矛盾。故至多一个偶数，至少三个奇数。三个奇数按 $\pmod4$ 分为余1或余3两类，由鸽巢原理必有两个属于同一类，其积 $\equiv1\pmod4$，与所需的余数 $2$ 或 $3$ 矛盾。故不存在满足条件的四个正整数。

(1) 取 $x=1,y=2$：$11+10+148=169=13^2$，为完全平方数。(2) 令 $x_0=t+1,y_0=2t+1$，设 $11x_0^2+5x_0y_0+37y_0^2=(13t+n)^2$，整理得 $(185-26n)t=n^2-53$。令 $x=(185-26n)x_0=n^2-26n+132$，$y=(185-26n)y_0=2n^2-26n+79$，则 $11x^2+5xy+37y^2=(13n^2-185n+689)^2$。取 $a_1=1,b_1=-26,c_1=132$；$a_2=2,b_2=-26,c_2=79$，满足 $\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{1}{2}\ne\dfrac{-26}{-26}=1=\dfrac{b_1}{b_2}$，满足条件。

令 $x=0$：$c=l^2$（整数）。令 $x=1,-1$：$a+b+c=m^2$，$a-b+c=n^2$，故 $2a=m^2+n^2-2c,\ 2b=m^2-n^2$，均为整数，证(1)。若 $2b$ 为奇数，令 $x=4$：$16a+4b+l^2=h^2$，而 $16a+4b=16a+4\cdot\dfrac{2b-1}{2}\cdot2+2\equiv2\pmod4$，与 $h^2-l^2\equiv0$ 或奇矛盾。故 $2b$ 为偶数，$b$ 为整数，$a=m^2-c-b$ 亦为整数，证(2)。条件(2)成立不足以保证 $ax^2+bx+c$ 恒为平方数。反例：$a=2,b=2,c=4$，$x=1$ 时值为 $8$，非平方数。

$1997=7\times285+2$，故 $1997^{2000}\equiv2^{2000}\pmod7$。$2^{2000}=4\cdot8^{666}=4\cdot(7+1)^{666}\equiv4\cdot1^{666}=4\pmod7$。故应选 C。

$\dfrac{6x+3}{2x-1}=3+\dfrac{6}{2x-1}$，故 $2x-1\mid6$。又 $2x-1$ 为奇数，故 $2x-1\in\{\pm1,\pm3\}$，对应 $x=0,1,-1,2$，共 4 个。

$100$ 个连续自然数之和为 $100n+4950$，末两位恒为 $50$。选项中唯有 A 以 $50$ 结尾。故应选 A。

末位为5，已被5整除。各位数字之和为 $4n+6$，被3整除需 $3\mid n$，最小取 $n=3$。故应选 B。

设最后一排有 $k$ 人，共 $n\ge3$ 排，则 $n(2k+n-1)=200$，$n$ 与 $2k+n-1$ 奇偶性不同。$n\mid200$ 且 $n<2k+n-1$：枚举得 $n=5$（$k=18$）或 $n=8$（$k=9$），共 2 种方案。

$7^n$ 的末位数以 $7,9,3,1$ 为周期（周期为4），每周期恰一个末位为3。$2001=4\times500+1$，故末位为3的有 500 个。

所求五位数须被 $\mathrm{lcm}(3,5,7,13)=1365$ 整除。最大的五位数倍数自 $73\times1365=99645$ 起逐一检验数码是否两两不同：$99645$（重复），$98280$（重复），$96915$（重复），$95550$（重复），$94185$——五位数码 $9,4,1,8,5$ 两两不同，符合要求。故最大的五位数为 94185。

设所求数为 $x$。由 $11k_1+4=9k_2+3$ 逐步消元：$x\equiv48\pmod{99}$，$x\equiv48\pmod{693}$（再利用 $7$ 的条件），$x=693m-348$，由 $5$ 的条件取 $m=3,\ x=1731$。故应填 1731。

设 $\overline{abcd}$ 满足条件，则 $111\mid\overline{abcd}$ 且商 $=a+b+c+d$。由整除条件化简得 $11b=a+10c+d$ 及 $8a=c+d$，从而 $11b=9(a+c)$。因 $a\le2$（由 $c+d=8a\le18$）：$a=1$ 无整数解；$a=2$ 时 $c=9,b=9,d=7$，得 $\overline{abcd}=\ans{2997}$。

各数形如 $42x_i$，$23<x_i<239$，且 $[x_1,\dots,x_n]=2145=3\times5\times11\times13$。$x_i$ 须是 $\{3,5,11,13\}$ 的非空子集之积，在 $(23,239)$ 内的：$33,39,55,65,143$（两因子积）与 $165,195$（三因子积），共7个。对应四位数：$1386,\ 1638,\ 2310,\ 2730,\ 6006,\ 6930,\ 8190$。最多 7 个，总和 $42\times695=\ans{29190}$。

$72=8\times9$，需同时被8和9整除。被9整除：$24+x+y\equiv0\pmod9$，故 $x+y=3$ 或 $12$。被8整除：末三位 $\overline{xy6}$ 须被8整除，$\overline{y6}$ 须被4整除，故 $y\in\{1,3,5,7,9\}$。逐一检验：$(y,x)=(1,2),(3,9),(7,5)$ 满足，其余不满足。故符合条件的7位数为 $1287216,\;1287936,\;1287576$。

设余数依次为 $4r,2r,r$。消去 $r$：$2\times270-312=228=Am$，$2\times211-270=152=An$。故 $A\mid\gcd(228,152)=76$，$A\in\{2,4,19,38,76\}$。逐一验证，仅 $A=19$ 使余数满足 $8,4,2$（倍数关系正确）。故 $A=\ans{19}$。

结论：$n$ 的最大值为 9。第一步（$9\mid a+b+c$）：$a+b+c=3(a+2b)$，已被3整除。设 $a,b$ 被3除余 $r_a,r_b$，均非零。若 $r_a\ne r_b$，则 $2a+5b\equiv0\pmod3$，即 $c$ 被3整除，与 $c$ 为大于3的质数矛盾；故 $r_a=r_b$，从而 $a+2b\equiv0\pmod3$，即 $9\mid a+b+c$。第二步（$9$ 最优）：$2\times11+5\times5=47$，$a+b+c=63=9\times7$；$2\times13+5\times7=61$，$a+b+c=81=9\times9$。$\gcd(63,81)=9$，故 $n$ 不能超过9。

取 $1680,\;1692,\;1694,\;1695,\;1696$。构造过程：先取满足条件的三数 $2,3,4$；再取 $a=\mathrm{lcm}(2,3)=12$ 得四数 $12,14,15,16$；最后取 $b=\mathrm{lcm}(12,14,15,16)=1680$ 得五数 $1680,1692,1694,1695,1696$。验证：任意两数之差整除 $1680$（最小数），而较大数 $=1680+\text{offset}$，offset 之差也能整除对应差值，故较大数均被差整除。

$\because 12345=823\times15=(111+712)\cdot(111-96)$，$\therefore a=712,\ b=96,\ a>b$。故应选 A。

取 $a=1,b=2,c=3,d=4$，则 $x=3,y=2,x>y$；取 $a=1,b=3,c=2,d=4$，则 $x=2,y=3,x<y$。故应选 D。

根据168与423所在的范围，分析优惠标准。由于 $168<200\times0.9=180$，所以没有经过打折。又 $423<500\times0.9=450$，且大于200，所以是经过9折后的价格。合在一起是 $168+423\div0.9=638>500$，按照③，可得应付款为 $500\times0.9+138\times0.8=560.4$（元）。故应选 C。

$\because$ 今年参赛总人数为 $a$，女生人数为 $b$，$\therefore$ 男生人数为 $a-b$。$\therefore$ 去年参赛总人数为 $a/(1+30\%)$，女生人数为 $b/(1+50\%)$，男生人数为 $(a-b)/(1+20\%)$。从而 $\frac{a-b}{1+20\%}+\frac{b}{1+50\%}=\frac{a}{1+30\%}$，即 $\frac{5}{6}\left(1-\frac{b}{a}\right)+\frac{2}{3}\cdot\frac{b}{a}=\frac{10}{13}$，解得 $\dfrac{b}{a}=\dfrac{5}{13}$。故应填 $\dfrac{5}{13}$。

2001减去它的 $\dfrac12$，得剩余数为 $2001\times\!\left(1-\dfrac12\right)$；再减去剩余数的 $\dfrac13$，得剩余数为 $2001\times\!\left(1-\dfrac12\right)\!\left(1-\dfrac13\right)$；……；由此可知，所求的剩余数为 $2001\times\left(1-\frac12\right)\times\left(1-\frac13\right)\times\cdots\times\left(1-\frac1{2001}\right)=2001\times\frac12\times\frac23\times\frac34\times\cdots\times\frac{2000}{2001}=1$。故应填 1。

工资、薪金在800元至1300元之间，应纳税在0元至25元之间；工资、薪金在1300元至2800元之间，应纳税在25元至175元之间；所以，这个人的工资、薪金在1300元至2800元之间。由于 $500\times5\%=25$（元），$50\times10\%=5$（元）。因此，这个人的工资、薪金为 $800+500+50=1350$（元）。故应填 1350 元。

由题设可知，前五次射击的平均环数小于 $\frac{9.0+8.4+8.1+9.3}{4}=8.7$。前五次的总环数至多为 $8.7\times5-0.1=43.4$。前九次总环数至多为 $43.4+9.0+8.4+8.1+9.3=78.2$。所以，第十次射击至少得 $8.8\times10+0.1-78.2=9.9$（环）。故至少要得 9.9 环。

(1) $360+384+480-72=1152$（元），$1152\div72=16$（元/人），即团体票是每人16元。因为16不能整除360，所以A团未达到优惠人数。若三个团都未达到优惠人数，则人数比为 $360:384:480=15:16:20$，各人数均不是整数，不可能。下面验证三种可能情形：C团独达优惠、B团独达优惠、B与C均达优惠。经计算，前两种均导致矛盾，故B、C两团人数都达到优惠条件：C团有30人，B团有24人，A团有18人。(2) （团体票人数限制也可是“须超过18人”等。）

(1) 可买5打或4打加9本，前者需付款 $3.00\times5=15.00$（元），后者只需付款 $3.00\times4+0.3\times9=14.70$（元）。故该班集体去买时，最少需支付 14.70 元。(2) 因为 $227=12\times18+11$，所以可买19打或18打加11本，前者需付款 $2.70\times19=51.30$（元），后者需付款 $2.70\times18+0.3\times11=51.90$（元），比前者多付0.60元。故该年级集体去买，最少需支付 51.30 元。

设A组中有 $k+1$ 个数 $x_0,x_1,\dots,x_k$，其中 $x_0=10$；B组中有 $(30-k)$ 个数 $x_{k+1},\dots,x_{30}$。依题意，得 $\frac{x_1+\cdots+x_k}{k}=\frac{10+x_1+\cdots+x_k}{k+1}+\frac12$，$\frac{10+x_{k+1}+\cdots+x_{30}}{31-k}=\frac{x_{k+1}+\cdots+x_{30}}{30-k}+\frac12$。化简后得 $x_1+\cdots+x_k=\frac{k^2+21k}{2}$，$x_{k+1}+\cdots+x_{30}=\frac{-330+41k-k^2}{2}$。由两式相加得 $-330+62k=972$，解得 $k=21$。故A组中原有 22 个数。

由 $\begin{cases}x+y=30-z\\3x+y=50+z\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x=10+z\\y=20-2z\end{cases}$。因为 $\begin{cases}x\geqslant0\\y\geqslant0\\z\geqslant0\end{cases}$，所以 $0\leqslant z\leqslant 10$。从而 $M=5x+4y+2z=130-z$，于是 $120\leqslant M\leqslant 130$。故应选 C。

因为 $3x^2-2x+6=8$，所以 $3x^2-2x=2$。所以 $\dfrac32x^2-x+1=\dfrac12(3x^2-2x)+1=\dfrac12\times2+1=2$。故应选 B。

设 $ax^3+bx+1=(x^2-x-1)(ax+c)$，则由 $(x^2-x-1)(ax+c)=ax^3-(a-c)x^2-(a+c)x-c=ax^3+bx+1$，得 $\begin{cases}-(a-c)=0\\-(a+c)=b\\-c=1\end{cases}$，从而 $b=2$。故应选 D。

因为 $x^{*2}=x*x=(x+1)(x-1)$，所以 $x=2$ 时，$2^{*2}=3$。所以当 $x=2$ 时，$[3*(x^{*2})]-2*x+1=(3*3)-2*2+1=(3+1)(3-1)-3+1=6$。故应选 D。

取 $a=b=1,c=0$，则 $S=(2+n)(3+2n)(3n+3)$。若 $n$ 为奇数，则 $3n+3$ 是偶数；若 $n$ 为偶数，则 $n+2$ 是偶数，所以 $S$ 总是偶数。故应选 A。

$\because m^2-n^2=n-m$ 且 $n-m\neq0$，$\therefore m+n=-1$。又 $\because m^3=m^2\cdot m=(n+2)m=mn+2m$，$n^3=n^2\cdot n=(m+2)n=mn+2n$，$\therefore m^3-2mn+n^3=2(m+n)=-2$。故应选 D。

由题意，得 $x^3+3x^2-3x+k=(x+1)(x^2+ax+b)$。令 $x=-1$，得 $-1+3+3+k=0$，从而 $k=-5$。故应填 $-5$。

因为 $(x^2-2x+1)+(y^2+4y+4)+(z^2-6z+9)=0$，所以 $(x-1)^2+(y+2)^2+(z-3)^2=0$，从而 $x=1,y=-2,z=3$。于是 $x+y+z=1-2+3=2$。故应填 $2$。

因为 $3x^3-x=1$，则 $3x^3=x+1$。所以原式 $=3x\cdot3x^3+4\cdot3x^3-3x^2-7x+2001=3x(x+1)+4(x+1)-3x^2-7x+2001=3x^2+3x+4x+4-3x^2-7x+2001=2005$。故应填 $2005$。

因为 $a(-2)^5+b(-2)^3+c(-2)-5=7$，所以 $-(a\cdot2^5+b\cdot2^3+c\cdot2)-5=7$，从而 $a\cdot2^5+b\cdot2^3+c\cdot2=-12$。所以 $x=2$ 时，$a\cdot2^5+b\cdot2^3+c\cdot2-5=-12-5=-17$。故应填 $-17$。

原式 $=(2003^3-2001^3)-6\times2003^2+24\times1001=2\times(2003^2+2001\times2003+2001^2)-6\times2003^2+24\times1001$ $=2\times[-2\times2003^2+2001\times2003+2001^2]+24\times1001$ $=2\times[-2003^2+2001\times2003-2003^2+2001^2]+24\times1001$ $=2\times[2003\times(-2)+(2001-2003)\times(2001+2003)]+24\times1001$ $=-4\times[2003+4004]+4\times6006=-4\times6007+4\times6006=-4$。故应填 $-4$。

(1) 对于自然数 $n$，有 $n(n+1)(n+2)(n+3)+1=(n^2+3n)(n^2+3n+2)+1=(n^2+3n)^2+2(n^2+3n)+1=(n^2+3n+1)^2$。(2) 由（1），得 $2000\times2001\times2002\times2003+1=(2000^2+3\times2000+1)^2=4006001^2$。

(1) $\because x^2+3x-4=(x-1)(x+4)$，$\therefore x-1,x+4$ 都能整除 $x^3+ax^2+bx+c$。由 $(x-1)\mid(\cdots)$ 得 $1+a+b+c=0$；由 $(x+4)\mid(\cdots)$ 得 $-64+16a-4b+c=0$。联立 $\begin{cases}a+b+c=-1\\16a-4b+c=64\end{cases}$，$4\times$第一式加第二式得 $20a+5c=60$，故 $4a+c=12$。(2) 由 $4a+c=12$ 得 $a=3-\dfrac{c}{4}$，代入第一式得 $b=-4-\dfrac34c$。于是 $2a-2b-c=2\left(3-\dfrac{c}{4}\right)-2\left(-4-\dfrac34c\right)-c=14$。(3) $\because a,b,c$ 是整数且 $c\geqslant a>1$，又 $a=3-\dfrac{c}{4}<3$，故 $a=2$。代入 $4a+c=12$ 得 $c=4$，再代入 $a+b+c=-1$ 得 $b=-7$。所以 $a=2,\ b=-7,\ c=4$。

因为 $a^4+4=(a^4+4a^2+4)-4a^2=(a^2+2)^2-(2a)^2=(a^2+2a+2)(a^2-2a+2)$。故应选 D。

原式 $=(x^2-2x+1)-(y^2+4y+4)=(x-1)^2-(y+2)^2=(x-1+y+2)(x-1-y-2)=(x+y+1)(x-y-3)$。故应选 D。

②式 $=(x-3a)^3$；③式 $=x(b+c-d)+y(b+c-d)-2(b+c-d)=(b+c-d)(x+y-2)$；④式 $=(m-n)(3m-6n)=3(m-n)(m-2n)$。所以②③④式合乎要求。故应选 B。

设 $x^2+ax-12=(x+m)(x+n)$，$m,n$ 为整数，则 $mn=-12$，$a=m+n$。$m,n$ 的取值共有 $12$ 种情况，但 $a=m+n$ 只有 $6$ 种不同结果：$\pm11,\pm4,\pm1$。故应选 C。

原式 $=(xy-x)+(y-1)=x(y-1)+(y-1)=(x+1)(y-1)$。故应填 $(x+1)(y-1)$。

原式 $=(4x^2-4x+1)-(y^2-4y+4)=(2x-1)^2-(y-2)^2=(2x-1+y-2)(2x-1-y+2)=(2x+y-3)(2x-y+1)$。故应填 $(2x+y-3)(2x-y+1)$。

设 $t=x^4+x^2-4$，则原式 $=t(t+7)+10=t^2+7t+10=(t+2)(t+5)=(x^4+x^2-2)(x^4+x^2+1)=(x^2-1)(x^2+2)[(x^2+1)^2-x^2]=(x-1)(x+1)(x^2+2)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$。故应填 $(x-1)(x+1)(x^2+2)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$。

设 $x^2+7xy+my^2-5x+43y-24=(x+a_1y+b_1)(x+a_2y+b_2)$。令 $y=0$ 得 $x^2-5x-24=(x+b_1)(x+b_2)=(x+3)(x-8)$，故 $b_1=3,b_2=-8$。令 $x=0$ 得 $my^2+43y-24=(a_1y+3)(a_2y-8)=a_1a_2y^2+(3a_2-8a_1)y-24$，比较系数得 $\begin{cases}m=a_1a_2\\43=3a_2-8a_1\end{cases}$。又由原式比较 $x$ 项系数得 $a_1+a_2=7$。联立解得 $a_1=-2,a_2=9$，故 $m=-18$。应填 $-18$。

设 $xy=a$，$x+y=b$，则原式 $=(a-1)^2+(b-2)(b-2a)=a^2-2a+1+b^2-2ab-2b+4a=a^2+b^2+1+2a-2ab-2b=(a-b+1)^2=(xy-x-y+1)^2=(x-1)^2(y-1)^2$。

由恒等式 $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$，代入 $a+b+c=0$ 和 $a^3+b^3+c^3=0$ 得 $-3abc=0$，故 $abc=0$。于是 $a,b,c$ 中至少有一个为 $0$，不妨设 $c=0$，则 $a=-b$。因此 $a^{15}+b^{15}+c^{15}=(-b)^{15}+b^{15}+0=0$。故所求值为 $0$。

设 $a=1999$，$b=1000$，则 $a-b=999$。则 $a^3-b^3-(a-b)^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)-(a-b)^3=(a-b)\bigl[(a^2+ab+b^2)-(a^2-2ab+b^2)\bigr]=(a-b)\cdot 3ab=3ab(a-b)$。故原式 $=\dfrac{3ab(a-b)}{ab(a-b)}=3$。应填 $3$。

设 $x=1995$，则 $x+1=1996$。则 $a=x^2+x^2(x+1)^2+(x+1)^2=(x+1)^2-2x(x+1)+x^2+2x(x+1)+x^2(x+1)^2=[(x+1)-x]^2+2x(x+1)+[x(x+1)]^2=1^2+2x(x+1)+[x(x+1)]^2=[1+x(x+1)]^2=(1+1995\times1996)^2=3982021^2$。所以 $a$ 是完全平方数，其平方根为 $\pm3982021$（自然数范围内取 $3982021$）。故答案为 $3982021$。

由 $\dfrac1x=\dfrac5{z+x}$，得 $z+x=5x$，$z=4x$。由 $\dfrac1x=\dfrac3{y+z}=\dfrac3{y+4x}$，得 $y+4x=3x$，$y=-x$。代入 $\dfrac{x-2y}{2y+z}$，得 $\dfrac{x-2y}{2y+z}=\dfrac{x+2x}{-2x+4x}=\dfrac32$。故应选 B。

$\because \dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x}=\dfrac{Ax+Bx+B}{x(x+1)}=\dfrac{(A+B)x+B}{x(x+1)}$，$\therefore \begin{cases}A+B=2\\B=-3\end{cases}$，$\therefore A-B=A+B-2B=8$。故应选 B。

由已知条件知 $x\neq0$，$y\neq0$。把已知等式变形并利用等比消去 $y$，得 $\frac{25x}{75y}=\frac{15y}{30x-75y}=\frac{6x-15y}{x}=\frac{25x+15y+(6x-15y)}{75y+(30x-75y)+x}=\frac{31x}{31x}=1$。则 $x=3y$。所以 $\dfrac{4x^2-5xy+6y^2}{x^2-2xy+3y^2}=\dfrac{36y^2-15y^2+6y^2}{9y^2-6y^2+3y^2}=\dfrac{27y^2}{6y^2}=\dfrac92$。故应选 A。

$2x-2y=\frac2a+\frac2b+\frac2c-\frac2{\sqrt{ab}}-\frac2{\sqrt{bc}}-\frac2{\sqrt{ca}}=(\frac1{\sqrt a}-\frac1{\sqrt b})^2+(\frac1{\sqrt b}-\frac1{\sqrt c})^2+(\frac1{\sqrt c}-\frac1{\sqrt a})^2$。又 $a\neq b$，所以 $(\frac1{\sqrt a}-\frac1{\sqrt b})^2>0$，其余非负，故 $x-y>0$，即 $x>y$。应选 A。

因为 $3>2\sqrt2$，则 $a-b=\sqrt6-1-\sqrt2>\sqrt{3+2\sqrt2}-1-\sqrt2=0$。同理，$c-a>0$。所以 $b<a<c$。故应选 B。

$\because \sqrt{5+2\sqrt6}=\sqrt{(\sqrt3+\sqrt2)^2}=\sqrt3+\sqrt2$，$\therefore a+\sqrt2\,b+\sqrt3\,c=\sqrt2+\sqrt3$。于是 $a=0,b=1,c=1$。$2a+999b+1001c=2000$。故应选 B。

设 $\sqrt{1997}=a$，$\sqrt{1999}=b$，$\sqrt{2001}=c$，则原式 $=\frac{a}{(a-b)(a-c)}+\frac{b}{(b-c)(b-a)}+\frac{c}{(c-a)(c-b)}=\frac{-a(b-c)-b(c-a)-c(a-b)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=0$。故应填 $0$。

化简得 $\dfrac{ab}{a+b}=\dfrac23$，即 $2a+2b=3ab$，所以 $(3a-2)(3b-2)=4$。而 $a\neq b$ 且为整数，故 $3b-2,3a-2$ 只可能取值 $1,4$ 或 $-1,-4$。不妨设 $3b-2=1,3a-2=4$，解得 $b=1,a=2$，$\therefore a+b=3$。另一组解 $a,b$ 为分数，舍去。从而 $a+b=3$。故应填 $3$。

将已知等式改写成 $\dfrac{bc+ca+ab}{abc}=\dfrac1{a+b+c}$，即 $(a+b+c)(bc+ca+ab)-abc=0$。展开后因式分解得 $(a+b)(b+c)(c+a)=0$，因此 $a+b=0$ 或 $b+c=0$ 或 $c+a=0$，即至少有两个互为相反数。

取倒数，得 $\dfrac1a+\dfrac1b=3$，$\dfrac1b+\dfrac1c=4$，$\dfrac1c+\dfrac1a=5$。相加得 $2(\frac1a+\frac1b+\frac1c)=12$，所以 $\frac1a+\frac1b+\frac1c=6$。从而 $\frac{abc}{ab+bc+ca}=\frac1{\frac1a+\frac1b+\frac1c}=\frac16$。

设 $\sqrt{11+2(1+\sqrt5)(1+\sqrt7)}=\sqrt x+\sqrt y+\sqrt z$（$x,y,z\in\mathbb N_+$）。两边平方得 $13+2\sqrt5+2\sqrt7+2\sqrt{35}=x+y+z+2\sqrt{xy}+2\sqrt{yz}+2\sqrt{zx}$。由此得 $\begin{cases}x+y+z=13\\ xy=5\\ yz=7\\ zx=35\end{cases}$。由 $xy=5$，$yz=7$ 得 $x=\frac5y$，$z=\frac7y$，代入 $xz=35$ 得 $\frac{35}{y^2}=35$，故 $y=1$（$y>0$）。于是 $x=5$，$z=7$，满足 $x+y+z=13$。因此原式 $=1+\sqrt5+\sqrt7$。

当 $n>1$ 时，$x_{n+1}=(x_n)^{\sqrt[3]{3}}=\bigl((x_{n-1})^{\sqrt[3]{3}}\bigr)^{\sqrt[3]{3}}=x_{n-1}^{(\sqrt[3]{3})^2}=x_{n-2}^{(\sqrt[3]{3})^3}=\cdots=x_1^{(\sqrt[3]{3})^{n-1}}=3^{(\sqrt[3]{3})^{n-1}\cdot\frac13}=3^{3^{(n-2)/3}}$。依题意 $27=3^{3^{(n-2)/3}}$，故 $3^{(n-2)/3}=3$，即 $\dfrac{n-2}{3}=1$，解得 $n=5$。故最小的 $n$ 为 $5$。

$\because \sqrt{1+\dfrac1{n^2}+\dfrac1{(n+1)^2}}=\sqrt{\frac{n^2+2n+1}{n^2}-\frac{2n}{n^2}+\frac1{(n+1)^2}}=\sqrt{\bigl(\frac{n+1}{n}\bigr)^2-2\cdot\frac{n+1}{n}\cdot\frac1{n+1}+\bigl(\frac1{n+1}\bigr)^2}=\bigl|\frac{n+1}{n}-\frac1{n+1}\bigr|=1+\frac1n-\frac1{n+1}$。$\therefore S=1+\frac11-\frac12+1+\frac12-\frac13+\cdots+1+\frac1{1999}-\frac1{2000}=2000-\frac1{2000}$。故 $[S]=1999$。

$\because xy=1$，$x+y=(\sqrt3-\sqrt2)^2+(\sqrt3+\sqrt2)^2=10$，$\therefore x^3+y^3=(x+y)[(x+y)^2-3xy]=10(100-3)=970$，$\therefore \dfrac{y}{x^2}+\dfrac{x}{y^2}=\dfrac{x^3+y^3}{x^2y^2}=970$。故应填 $970$。

原式 $=\sqrt{10+8\sqrt{2+2\sqrt2+1}}=\sqrt{10+8(\sqrt2+1)}=\sqrt{18+8\sqrt2}=\sqrt{4^2+2\times4\times\sqrt2+(\sqrt2)^2}=\sqrt{(4+\sqrt2)^2}=4+\sqrt2$。故应填 $4+\sqrt2$。

$\because a<0$，$ab<0$，$\therefore b>0$，$\therefore a-b-3\sqrt2<0$，$b-a+\sqrt3>0$。原式 $=\dfrac1{-a+b+3\sqrt2-b+a-\sqrt3}=\dfrac1{3\sqrt2-\sqrt3}=\dfrac{3\sqrt2+\sqrt3}{15}$。故应填 $\dfrac{3\sqrt2+\sqrt3}{15}$。

因为 $\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}=1$，所以 $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}=[\frac{x^2}{y+z}+\frac{x(y+z)}{y+z}]+[\frac{y^2}{z+x}+\frac{y(z+x)}{z+x}]+[\frac{z^2}{x+y}+\frac{z(x+y)}{x+y}]-(x+y+z)=(x+y+z)(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})-(x+y+z)=(x+y+z)-(x+y+z)=0$。故所求值为 $0$。

左端 $=\frac{-a^4(b-c)-b^4(c-a)-c^4(a-b)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca=\frac12[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]>0$。

因为 $x^2+y^2=2$，所以 $1=(x+y)^2=x^2+y^2+2xy=2+2xy$，从而 $xy=-\frac12$。所以 $x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=1-3\times(-\frac12)\times1=\frac52$。$x^4+y^4=(x^2+y^2)^2-2x^2y^2=4-2\times\frac14=\frac72$。故 $x^7+y^7=(x^3+y^3)(x^4+y^4)-x^3y^3(x+y)=\frac52\times\frac72-(-\frac18)\times1=\frac{35}{4}+\frac18=\frac{71}{8}$。

由 $x^2-(a+5)x+5a-1=(x+b)(x+c)$ 得 $b+c=-a-5$，$bc=5a-1$。消去 $a$ 得 $bc+5(b+c)=-26$，即 $(b+5)(c+5)=-1$。因 $b,c$ 为整数，故 $b+5=1,c+5=-1$ 或 $b+5=-1,c+5=1$，解得 $b=-4,c=-6$ 或 $b=-6,c=-4$，代入得 $a=5$。

左端减右端 $=a^4+b^4+(a+b)^4-2(a^2+ab+b^2)^2=0$（展开或配方可证）。证毕。

（同前，此处略去具体数值推理）结论：乙至少在跑第 $5$ 圈时才有可能第一次追上甲，至多在跑第 $9$ 圈时一定能追上甲。

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac12[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]=\frac12[(-1)^2+(-1)^2+2^2]=3$。故应选 D。

因为 $\frac{b^2+1}{a}\ge\frac{2b}{a}$，$\frac{a^2+1}{b}\ge\frac{2a}{b}$，所以 $xy\ge\frac{2b}{a}\cdot\frac{2a}{b}=4$。又 $x\neq y$，故 $x,y$ 不可能都等于 $2$，因此至少有一个大于 $2$。应选 C。

由方程得 $x+\frac1x=\frac{\sqrt{19}}{2}$，平方得 $x^2+\frac1{x^2}=\frac{19}{4}-2=\frac{11}{4}$，再平方得 $x^4+\frac1{x^4}=\frac{121}{16}-2=\frac{89}{16}$。应选 C。

原式 $=\frac{(x-2)^3-x(x-2)}{x-2}=(x-2)^2-x=x^2-5x+4=2000+4=2004$。应选 D。

两边乘以 $(x+y)(x-z)(y-z)$ 并化简得 $xyz=0$。故应选 D。

令 $a=3k,b=5k$，代入化简得 $\frac{57}{91}$。

设 $x+y=s$，$xy=t$，则 $s+t=23$，$st=120$。解得 $s=8,t=15$ 或 $s=15,t=8$（舍）。$x^2+y^2=s^2-2t=64-30=34$。故填 $34$。

设 $x+y=t$，则两式相加得 $t^2+t=42$，解得 $t=6$ 或 $t=-7$。故填 $6$ 或 $-7$。

将方程视为关于 $x$ 的二次方程，判别式 $\Delta=-8(7y-5)^2$，由 $\Delta\ge0$ 得 $y=\frac57$，代入得唯一解 $x=-\frac37$。故个数为 $1$。

由已知得 $\frac{a+b}{ab}=\frac5{a+b}$，故 $(a+b)^2=5ab$，$a^2+b^2=3ab$，所以 $\frac ba+\frac ab=\frac{a^2+b^2}{ab}=3$。填 $3$。

由方程得 $2x^2-5x+4=y(x-1)\le x(x-1)$，即 $x^2-4x+4\le0$，$(x-2)^2\le0$，故 $x=2$。代入得 $y=2$，$x+y=4$。填 $4$。

由已知及有理化得 $\sqrt{x^2+2002}-x=y+\sqrt{y^2+2002}$，同理另一式，相加得 $x+y=0$。代入原式得 $58$。填 $58$。

由第二个条件得 $\frac{myz+nxz+pxy}{xyz}=0$，即 $myz+nxz+pxy=0$。于是 $\frac{x^2}{m^2}+\frac{y^2}{n^2}+\frac{z^2}{p^2}=(\frac{x}{m}+\frac{y}{n}+\frac{z}{p})^2-2(\frac{xy}{mn}+\frac{xz}{mp}+\frac{yz}{np})=1-2\cdot\frac{1}{mnp}(pxy+nxz+myz)=1$。故值为 $1$。

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。