1.(C)

2.(D)

有多少同学和小田学长一样，第一反应是选B，B翻转后：) ( ) ( ) ( ) (与原先的不一样，所以不选B。而D选项翻转后和原先一样

3.(B)

总共$50km$，爬了十天，前两天爬了$10km$，三到十天爬的就是总共的减去前两天的，因此答案为$50-10=40km$

4.(C)

2025用短除法求出其二进制，结果为11111101001，数出1的个数即可

5.(A)

该数组经过升序排序后变成$[1,2,5,8,9]$第三个元素为5

6.(D)

素数定义：大于1的自然数，且只能被1和它本身整除。因此25以内的素数有：2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23。总共9个

7.纯翻译（A）

8.纯翻译（B）

9.(A)

对于任意固定的第一个数字 k，第二个数字等于 k 的概率是 $\frac{1}{100}$

10.(C)

把题目翻译成二元一次方程组，设被除数为$x$,除数为$y$，则方程组为$x=5y+11$和$x+y+5+11=99$，解除方程$x=71$，$y=12$

11.（B)

步骤 1：理解等比数列的性质 若三个数 a, b, c 成等比数列，则满足：

$${\Huge b^{2}=a \cdot c}$$

在本题中：

$${\Huge \left(\log _{9}{3x}\right)^{2}=\log _{3}{x} \cdot \log _{27}{9x}}$$

步骤 2：利用对数换底公式统一底数 将所有对数转换为以 3 为底的对数：$${\Huge log_9{3x}=\frac{log_3{3x}}{log_3{9}}=\frac{1+log_3{x}}{2}} $$

$${\Huge log_{27}{9x}=\frac{log_3{9x}}{log_3{27}}=\frac{2+log_3{x}}{3}}$$

设$y=log_{3}{x}$,原式则变为：$${\Huge (\frac{1+y}{2})^2=y\cdot(\frac{2+y}{3})} $$ 步骤 3：化简方程

展开并整理方程：

$${\Huge \frac{(1+y)^2}{4}=\frac{y(y+2)}{3}}$$ $${\Huge 3(1+2y+y^2)=4(2y+y^2)}$$ $${\Huge 3+6y+3y^2=8y+4y^2}$$ $${\Huge -y^2-2y+3=0}$$ $${\Huge y^2+2y-3=0}$$ $${\Huge y = 1 \quad \text{或} \quad y = -3}$$

步骤 4：还原 xx 的值 由 y= $log_3x$，可得： 1.当 $y = 1$ 时： $log_3x=1$⟹x=3 2.当 $y = -3$时： $log_3x = -3$⟹$x = 3^{-3}=\frac{1}{27}$ 由于题目要求 x 为正整数，因此唯一解为 x=3。

12.(D)

$print$和$println$的区别为：$print$输出后不换行，$println$输出后换行，注意$too$前面有个

13.(D)

选项A：

• 在Java中，3和4都是int类型，整数相除结果仍然是整数（截断小数部分）。
• 实际输出是0，而不是0.75。 选项B：
• %是取模运算符，计算3除以4的余数。
• 因为3 < 4，所以余数就是3。 选项C：
• 3.0是double类型，0会自动提升为0.0。
• 浮点数除以0.0不会抛出异常，而是得到Infinity（无穷大）。
• 实际输出是Infinity，而不是报错。 选项D：
• 3和0都是int类型，整数除以0会抛出ArithmeticException。
• 运行时会报错：java.lang.ArithmeticException: / by zero。
• 题目描述"结果是除数不能为0"符合实际情况（程序终止并报错）。

14.(D)

• 总选法（无限制）：(93)=84(39​)=84 种
• 不满足条件的选法（全是男生）：(53)=10(35​)=10 种
• 满足条件的选法：84−10=74 种84−10=74 种

15.(B)

题目问的是每次投到 6 的概率，而不是三次投骰子的联合概率或某种特定组合的概率。因此，只需考虑单次投骰子的结果。 单次投骰子的概率

• 骰子是公平的，共有 6 个面（1, 2, 3, 4, 5, 6），每个面出现的概率均等。
• 投到 6 的概率为：$P(投到6)=\frac{1}{6}$

16.(B)

1. 计算单只铁傀儡的死亡时间

• 铁傀儡生命值：100 点
• 岩浆每秒伤害：8 点
• $死亡时间 =\frac{生命值}{每秒伤害}=\frac{100}{8}=12.5秒$ 2. 计算单次完整刷铁周期
• 铁傀儡生成后，需要 12.5 秒死亡
• 死亡后，需要等待 5 秒才会生成下一只
• 单次完整周期时间 =死亡时间+生成间隔=12.5+5=17.5秒 3. 计算 90 秒内可以刷多少只铁傀儡
• 总时间：90 秒
• 每次完整周期时间：17.5 秒
• $完整周期次数 =\frac{90}{17.5}≈5.142次$
  • 因为不能有部分周期，所以最多可以完成 5 个完整周期
  • 5个完整周期时间 =5×17.5=87.5秒
  • 剩余时间 =90−87.5=2.5秒
  • 2.5秒不足以让第 6 只铁傀儡死亡（需要 12.5 秒），因此无法刷第 6 只
  • 因此，90秒内最多可以刷 5只铁傀儡 4. 计算总铁锭数量
• 每只铁傀儡掉落铁锭：4 个
• 5 只铁傀儡掉落铁锭 =5×4=20

17.（C）

一轮的生日为12月31日，而此时是今年的1月1日，两天前是12月30日，未到12月31日，当过完去年的12月31日时，一轮20岁，而过完明年的生日（即过完明年的12月31日）时，一轮已经是22岁1了

18.（C）

这是一个典型的鸽巢原理（Pigeonhole Principle）问题。我们需要找到最小的数字集合大小，使得无论如何选取这些数字，都必然存在两个数的和为101。 关键观察：

1. 和为101的数对：
   • 1 + 100 = 101
   • 2 + 99 = 101
   • 3 + 98 = 101
   • ...
   • 50 + 51 = 101
   • 共50对数的和为101。
2. 无法组成101的数：
   • 数字51单独出现时，无法与任何其他数字组成101（因为50已经被排除）。
   • 如果集合中包含51，但没有50，那么51无法与其他数字配对为101。
3. 鸽巢原理的应用：
   • 如果我们构造一个集合，使得其中不包含任何一对数的和为101，那么这个集合的最大可能大小是多少？
   • 从每一对和为101的数中，我们最多只能选其中一个数。例如：
     • 从{1,100}中选1或100，
     • 从{2,99}中选2或99，
     • ...
     • 从{50,51}中选50或51。
   • 这样，最多可以选50个数（从50对数中各选一个），且这些数中没有任何两个数的和为101。
   • 例如：选1, 2, 3, ..., 50（共50个数），其中任意两个数的和都小于101。
   • 或者选51, 52, ..., 100（共50个数），其中任意两个数的和都大于101。
4. 临界情况：
   • 如果我们选50个数，可以构造一个集合使得没有两个数的和为101（例如选1到50）。
   • 但如果我们选51个数，根据鸽巢原理，必然有至少一个完整的数对被选中（因为50对数中至少有一对的两个数都被选中）。
   • 因此，选51个数时，必然存在两个数的和为101。

19.（A）

每扇门的最终状态，取决于它被 操作了多少次：

• 被操作 偶数次 → 最终 关闭
• 被操作 奇数次 → 最终 打开 门编号 n 会被第 k 个同学操作，当且仅当 k∣n（即 k 是 n 的因数）。 因此，门 n 被操作的次数 = n 的 正因数个数。 因数个数奇偶性
• 只有 完全平方数 的因数个数是 奇数。
• 非完全平方数的因数个数是偶数。 所以：
• 完全平方数 编号的门 → 被操作奇数次 → 最终打开
• 非完全平方数 编号的门 → 被操作偶数次 → 最终关闭 统计 1～42 中的完全平方数 $\sqrt{42}≈6$ ⇒ $1^2,2^2,…,6^2$ 共 6个： 1,4,9,16,25,36

20.(A)

1. 等差数列通项公式：$a_n=a_1+(n−1)d$
2. 根据 $a_{2025}=1$得：$a_1+2024d=1$ (1)
3. 根据 $a_{20}+a_{25}=1$ 得：$(a_1+19d)+(a_1+24d)=2a_1+43d=1$ (2)
4. 联立方程 (1) 和 (2)，解得：$d = \frac{1}{4005}$,$a1 = \frac{1981}{4005}$

21.(A)

• 36的正因数有：1,2,3,4,6,9,12,18,36。
• 由于p<q 且gcd(p,q)=1，们需要找到所有互素的数对 (p,q)满足 p⋅q 是 36 的因数。
• p⋅q = 1：无解
• p⋅q = 2：(1,2)（互素）
• p⋅q = 3：(1,3)（互素）
• p⋅q = 4：(1,4)（互素）
• p⋅q = 6：
  • (1,6)（互素）
  • (2,3)（互素）
• p⋅q = 9；(1,9)（互素）
• p⋅q = 12：
  • (1,12)（互素）
  • (3,4)（互素）
• p⋅q = 18：
  • (1,18)（互素）
  • (2,9)（互素）
• p⋅q = 36：
  • (1,36)（互素）
  • (4,9)（互素） 综上，总共有12个

22.（C）

1. D的视角：D可以看到B和C的帽子。如果B和C戴的是相同颜色（两黑或两白），D可以立即确定自己帽子的颜色。但D没有说话，这表明B和C的帽子颜色不同。
2. C的推理：C知道自己和B的帽子颜色不同。如果C看到B戴的是白色帽子，那么C可以推断自己戴的是黑色帽子；如果B戴的是黑色帽子，C则知道自己戴的是白色帽子。因此，C能够在D没有说话的情况下，根据B的帽子颜色推断出自己的帽子颜色。
3. B和A的情况：B只能看到墙壁，无法获得足够的信息来推断自己的帽子颜色。A同样只能看到墙壁，也无法确定自己的帽子颜色。 通过排除法和逻辑推理，C能够在其他人之前确定自己的帽子颜色。

23.（C）

检查选项： 4. 12 × 12

• 十位：1 × 1 = 1 ✖

2. 12 × 11
   • 十位：1 × 1 = 1 ✖
3. 34 × 43
   • 十位：3 × 4 = 12 ✔
   • 个位：4 × 3 = 12 ✔
   • 结果：1212 ✔
4. 26 × 63
   • 十位：2 × 6 = 12 ✔
   • 个位：6 × 3 = 18 ✖

24.（D）

每次都得取1或2个，那么一轮下来可以保证每次都取3次。题目要求取到最后一颗的算输，因此小胡要赢，则必须是此时的膈俞除以3后余数为2或者为0的时候，根据选项，只有D选项的余数是2，其他余数全是1

25.(B)

根据游戏规则，三个角色的初始好感度均为0。每天可以选择一个角色增加3点好感度，未选择的角色减少1点好感度（好感度最低为0）。目标是一个角色好感度达到9以上，其他两个角色好感度至少为6。 通过分析，n=9天无法满足条件。例如，如果最后三天选择角色A（需要好感度≥9），前六天选择角色B和C，但第六天时B和C无法同时达到9点好感度以上，导致最后三天后B或C的好感度低于6。 n=10天可以满足条件。具体安排如下：

• 第1至4天选择角色C，第4天角色C好感度为12。
• 第5至7天选择角色B，第7天角色B好感度为9，角色C好感度减少为9。
• 第8至10天选择角色A，第10天角色A好感度为9，角色B和C各减少3点好感度，均为6。 因此，最少需要10天。

26.(A)

选项A：1和8

• 重的西瓜：1和8。 验证：

1. 第一次：1 + 2 vs 3 + 4。左边有1重，右边无。左边重 $x$，符合。
2. 第二次：5 + 6 vs 7 + 8。右边有8重，左边无。右边重 $x$，符合。
3. 第三次：1 + 3 + 5 vs 2 + 4 + 8。左边有1重，右边有8重。两边都多 $x$，一样重，符合。 因此，选项A符合所有称重结果。

选项B：1和7

• 重的西瓜：1和7。 验证三次称重：

1. 第一次：1 + 2 vs 3 + 4。左边有1重，右边无。左边比右边重 $x$，符合“左边重”。
2. 第二次：5 + 6 vs 7 + 8。右边有7重，左边无。右边比左边重 $x$，符合“右边重”。
3. 第三次：1 + 3 + 5 vs 2 + 4 + 8。左边有1重，右边有8重（但8不重，只有7重）。左边多 $x$，右边多 0，左边应比右边重 $x$，但结果是“一样重”，矛盾。 因此，选项B不符合。

选项C：2和7

• 重的西瓜：2和7。 验证：

1. 第一次：1 + 2 vs 3 + 4。左边有2重，右边无。左边重 $x$，符合。
2. 第二次：5 + 6 vs 7 + 8。右边有7重，左边无。右边重 $x$，符合。
3. 第三次：1 + 3 + 5 vs 2 + 4 + 8。左边无重，右边有2重。左边 0，右边 $x$，右边应比左边重 $x$，但结果是“一样重”，矛盾。 因此，选项C不符合。

选项D：2和8

• 重的西瓜：2和8。 验证：

1. 第一次：1 + 2 vs 3 + 4。左边有2重，右边无。左边重 $x$，符合。
2. 第二次：5 + 6 vs 7 + 8。右边有8重，左边无。右边重 $x$，符合。
3. 第三次：1 + 3 + 5 vs 2 + 4 + 8。左边无重，右边有2和8重。左边 0，右边 $2x$，右边应比左边重 $2x$，但结果是“一样重”，矛盾。 因此，选项D不符合。

27.（C）

第一步：设定变量 设：

• 孙子今年的年龄为x岁。
• 爷爷今年的年龄为y岁。 根据题意：

1. 今年爷爷的年龄是孙子的6倍：$y=6x$
2. 年龄差：$y−x=6x−x=5x$即，爷爷比孙子大 $5x$岁。

第二步：几年后爷爷的年龄是孙子的5倍 设“几年之后”为 $a$年。 则：$y+a=5(x+a)$ 代入 $y=6x$： $6x+a=5x+5a$ $6x−5x=5a−a$ $x=4a$ $a=\frac{x}{4}$

第三步：再过几年之后爷爷的年龄是孙子的4倍

“再过几年之后”指的是在 $a$ 年之后又过了 $b$ 年。因此，总共过了 $a+b$ 年。 则：$y+a+b=4(x+a+b)$ 代入 $y=6x$和 $a=x4​$：

$$\begin{array}{c} 6 x+\frac{x}{4}+b=4 x+4 \cdot \frac{x}{4}+4 b \\ 6 x+\frac{x}{4}+b=4 x+x+4 b \\ 6 x+\frac{x}{4}+b=5 x+4 b \\ 6 x-5 x+\frac{x}{4}=4 b-b \\ x+\frac{x}{4}=3 b \\ \frac{5 x}{4}=3 b \\ b=\frac{5 x}{12} \end{array}$$

第四步：年龄不超过100岁 爷爷今年的年龄 $y=6x≤100$，所以： $x≤\frac{100}{6}≈16.666...$ 因为 $a=\frac{x}{4}$ 和$b=\frac{5x}{12}$都必须是整数（因为年龄的增加是整数年），所以 $x$ 必须是12的倍数（因为分母是4和12，最小公倍数是12）。 可能的 $x$ 值为12（因为下一个24会导致 $y=144>100$）。 验证 $x=12$：

• 孙子今年12岁，爷爷今年 6×12=72 岁。
• 年龄差：72−12=60 岁。
• $a=\frac{12}{4}=3$年后：
  • 孙子：12+3=15岁，
  • 爷爷：72+3=75岁，
  • 75=5×15 ✔。
• $b=\frac{5×12}{12}=5$年，即总共 $a+b=8$年后：
  • 孙子：12+8=20 岁，
  • 爷爷：72+8=80 岁，
  • 80=4×20✔。 所有条件都满足。

第五步：年龄差 年龄差：$y−x=6x−x=5x=5×12=60$ 岁

验证其他选项 如果选择其他 x 的值：

• $x=24$：
  • 爷爷：$6×24=144>100$（不符合）。 因此，唯一合理的解是 $x=12$，年龄差为60岁。

28.(B)

根据问题描述，有五个门，只有一扇门后面有人。你随机选择一扇门，概率为1/5。一轮（一个人）知道哪扇门有人，并选择一扇其他门，然后告诉你这两扇门中有一扇门后面有人。由于一轮知道真相，他的行为确保了陈述总是真的：如果你选的门没有人，一轮一定会选择有人的门；如果你选的门有人，一轮随机选择一扇其他门（此时他选的门无人）。 因此，在给定一轮的陈述后，你选的门有人的概率保持不变，为1/5。而一轮选的门有人的概率取决于你选的门是否有人：如果你选的门无人（概率4/5），一轮选的门一定有人；如果你选的门有人（概率1/5），一轮选的门无人。所以一轮选的门有人的概率为4/5。 比较两者，一轮选的门有人的概率更高。

29.(A)

鸽子需要最大化净收益：

• 净收益 = 总开出的金锭 - 总支付的金锭。
• 每次交易的边际收益 = 6（开出） - n（支付）。 目标是找到一个n使得：$\sum_{k=1}^{n}(6-k)\ge 0$ 且继续交易会导致净收益下降。 计算：

1. 第1次交易：支付1，获得6，净收益 = 6 - 1 = 5。
2. 第2次交易：支付2，获得6，净收益 = 6 - 2 = 4。
3. 第3次交易：支付3，获得6，净收益 = 6 - 3 = 3。
4. 第4次交易：支付4，获得6，净收益 = 6 - 4 = 2。
5. 第5次交易：支付5，获得6，净收益 = 6 - 5 = 1。
6. 第6次交易：支付6，获得6，净收益 = 6 - 6 = 0。
7. 第7次交易：支付7，获得6，净收益 = 6 - 7 = -1（亏损，不可继续）。 因此，最优交易次数是6次：

• 总支付 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21。
• 总获得 = 6 × 6 = 36。
• 净收益 = 36 - 21 = 15。 但题目问的是“能带走几个金锭”，即净收益。因此是15。

30.(B)

在for循环后面有个分号，这里的分号;导致了逻辑错误：

• 分号使得for循环体变成了一个空语句（什么也不做）
• 循环会正常执行（i 从 1 递增到 99），但不会执行任何累加操作
• 循环结束后，i 的值已经变成了 100
• 后面的代码块{sum = sum + i;}不再属于循环体，只会执行一次
• 因此 sum 最终的值是 0 + 100 = 100 所以执行完代码后 sum 的值为 100，正确答案是 B。

31.(D)

• A. 152：
  • 最大排列：521
  • 最小排列：125
  • 521 - 125 = 396 ≠ 152
  • 因此，152 不是黑洞数。
• B. 365：
  • 最大排列：653
  • 最小排列：356
  • 653 - 356 = 297 ≠ 365
  • 因此，365 不是黑洞数。
• C. 372：
  • 最大排列：732
  • 最小排列：237
  • 732 - 237 = 495 ≠ 372
  • 因此，372 不是黑洞数。
• D：495
  • 最大排列：954
  • 最小排列：459
  • 954 - 459 = 495
  • 结果是 495 本身。

32.(B)

1. 多边形的构成条件：
   • 对于 $k$ 边形，非退化的条件是：任意 $k−1$ 条边的长度之和必须大于第 $k$条边的长度。这是多边形不等式的一般形式，类似于三角形的两边之和大于第三边。
   • 如果最长边大于或等于其余边的和，则无法构成多边形（会退化成直线）。
2. 分析选项：
   • A：错误。即使 $n≥3$，也不一定能随意选出 $k$ 条边构成 $k$ 边形。例如，边长为$1,1,100$无法构成三角形（因为 $1+1≤100$）。
   • B：正确。这是多边形不等式的直接应用：当 $k=n$时，必须满足最长边小于其余边之和。
   • C：错误。条件是“任意 $k−1$条边之和大于第 $k$ 条边”，而不是“必须满足任意 $k−1$条边之和大于第 $k$ 条边”。选项表述过于绝对，实际只需满足“最长边小于其余边之和”即可。
   • D：错误。如果所有边长相等，可以构成正 $k$ 边形，但前提是 $k≥3$。题目说“无论 $k$ 如何选择”是错误的，因为 $k$必须满足 $3≤k≤n$。

33.(C)

根据问题描述，小说情节涉及三种类型：类型1（A发现B不知道真相）、类型2（A发现B知道真相）、类型3（A知道了真相）。要求包括情节顺序约束、相邻章节类型不同、完全相同的情节不能出现两次。 选项A：一本小说有13章最少需要3个人物。由于2个人物最多只有6个 distinct 情节（类型1有2个、类型2有2个、类型3有2个），无法满足13章；3个人物有15个 distinct 情节，可以满足13章，因此选项A正确。 选项B：一段情节序列132132（即类型1、3、2、1、3、2）最少需要2个人物。通过合理分配情节（如章1：B发现A不知道真相、章2：A知道了真相、章3：B发现A知道真相、章4：A发现B不知道真相、章5：B知道了真相、章6：A发现B知道真相），可以满足所有要求，因此选项B正确。 选项C：一本小说最少需要两个人物。但一本小说如果只有一章，只需一个人物（如类型3情节），即可满足所有要求（无相邻章节、无重复情节、无顺序约束），因此选项C错误。 选项D：两个人物最多可以写6章。由于2个人物有6个 distinct 情节，通过合理序列安排（如类型1、3、2、1、3、2），可以满足所有要求，因此选项D正确。 综上，错误的是选项C。

34.(C)

• 选项A：指令“UURRDL”终点为(2,2)。模拟移动：执行U、U、R后到达(2,2)，无需使用重置即可到达终点，故A正确。
• 选项B：指令“UURRRRUDDLLLULDR”终点未指定，但通过使用重置能力，选择k=12（执行前12条指令后重置），执行剩余指令后回到起点(0,0)，故B正确。
• 选项C：指令“UULLDR”终点为(0,-1)。不使用重置无法到达终点。使用重置时，选择k=4（执行前4条指令后重置），然后执行第5条指令D即可到达(0,-1)，总步数为5步，而非至少6步，故C错误。
• 选项D：指令“UDDLURRDD”终点为(0,-2)。使用重置时，总步数k+m ≤ 9（因为指令总数为9），且存在方案（如k=1，步数3）可达终点，故最多需要9步，D正确。

35.(B)

1. 移动 D 从 $Q2$ 到 $Q2$ 队尾：$Q2$ 从 [D,E,F] 变为 [E,F,D]
2. 移动 E 从 $Q2$ 到 $Q2$ 队尾：$Q2$ 从 [E,F,D] 变为 [F,D,E]
3. 移动 F 从 到 $Q1$：$Q2$ 从 [F,D,E] 变为 [D,E]；$Q1$ 从 [A,B,C] 变为 [A,B,C,F]
4. 移动 D 从 $Q2$ 到 ：$从 [D,E] 变为 [E]；$Q1$ 从 [A,B,C,F] 变为 [A,B,C,F,D]
5. 移动 A 从 $Q1$ 到 $Q1$ 队尾：$Q1$ 从 [A,B,C,F,D] 变为 [B,C,F,D,A]
6. 移动 B 从 到 队尾：$Q1$ 从 [B,C,F,D,A] 变为 [C,F,D,A,B]
7. 移动 C 从 到 ：$Q1$ 从 [C,F,D,A,B] 变为 [F,D,A,B]；$Q2$ 从 [E] 变为 [E,C
8. 移动 A 从 $Q1$ 到 $Q2$：$Q1$ 从 [F,D,A,B] 变为 [F,D,B]；$Q2$ 从 [E,C] 变为 [E,C,A]

36. 浙江机电职业技术大学 人工智能学院（不要有错别字）

37.(5)

把 12 个月看作 12 个抽屉，50 个学生看作 50 个物品。
平均分配：$\left \lfloor \frac{50}{12} \right \rfloor =4$ 50=12×4+2 这意味着：

• 如果尽量平均分配，那么有 2 个月会有 4+1=5个学生，其余 10 个月有 4 个学生。
• 所以至少有一个月有$\left \lceil \frac{50}{12} \right \rceil=5$个学生生日。

38.(6)

$18÷12=1$ 余 6 $18=12×1+6$ 此时：$x←12,y←6$ $12÷6=2$ 余 0 余数为 0，所以最大公约数是 6。

39.(少了)

设第一天水量为 1。

• 第二天：减少 10% $1×(1−0.10)=0.9$
• 第三天：增加 10%（在第二天的基础上） $0.9×(1+0.10)=0.9×1.1=0.99$ 比较： 0.99<1 所以第三天比第一天 少了。

40.(2025)

1. $2004_{10}$​ 就是十进制的 2004。
2. $15_{16}$​ 是十六进制数，转十进制： $15_{16}=1×16+5=16+5=21_{10}$
3. 相加：2004+21=2025

41.(4095)

设最终能喝 $x$ 瓶水。
初始瓶盖 4096，过程中所有瓶盖都用来换水，最后剩下 1 个瓶盖（因为 2 个才能换，最后剩 1 个无法换）。
每换一瓶水，净消耗 1 个瓶盖（因为换一瓶水用 2 个瓶盖，但喝完后得到 1 个瓶盖回来）。 所以：$4096−1=x×(2−1)$ $x=4095$

42.(The next ACM star?That is you!)

逐字符解密：

1. U → T
2. i → h
3. f → e
4. 空格 → 空格
5. o → n
6. f → e
7. y → x
8. u → t
9. 空格 → 空格
10. B → A
11. D → C
12. N → M
13. 空格 → 空格
14. t → s
15. u → t
16. a → a
17. s → r
18. ? → ?
19. U → T
20. i → h
21. a → a
22. u → t
23. 空格 → 空格
24. j → i
25. t → s
26. 空格 → 空格
27. z → y
28. p → o
29. v → u
30. ! → !

43.(4)

阶段 1：找第一个 a
位置：1, 4, 7, 10
计数：4 种选择。 阶段 2：在选定的第一个 a 之后，找第一个 c

• 如果选位置 1 的 a：后面的 c 有位置 3, 9 → 2 种
• 如果选位置 4 的 a：后面的 c 有位置 9 → 1 种
• 如果选位置 7 的 a：后面的 c 有位置 9 → 1 种
• 如果选位置 10 的 a：后面没有 c → 0 种 所以 (a,c) 组合数：
  (1,3), (1,9), (4,9), (7,9)
  共 4 种。 阶段 3：在选定的 (a,c) 之后，找第一个 m
• (1,3)：后面的 m 有位置 5, 6, 8, 11, 12 → 5 种
• (1,9)：后面的 m 有位置 11, 12 → 2 种
• (4,9)：后面的 m 有位置 11, 12 → 2 种
• (7,9)：后面的 m 有位置 11, 12 → 2 种 所以 (a,c,m) 组合数：
  5 + 2 + 2 + 2 = 11 种。 阶段 4：在选定的 (a,c,m) 之后，找第二个 a
  逐个来：

1. (1,3,5)：后面的 a 有位置 7, 10 → 2 种
2. (1,3,6)：后面的 a 有位置 7, 10 → 2 种
3. (1,3,8)：后面的 a 有位置 10 → 1 种
4. 当 m= 11或者12时，后面没有a了，所以剩下的情况都省略 所以 (a,c,m,a) 组合数 = 5 种。 阶段 5：在选定的 (a,c,m,a) 之后，找第二个 c
   逐个来： (1,3,5,7)：后面的 c 有位置 9 → 1 种
   (1,3,6,7)：后面的 c 有位置 9 → 1 种
   当a=10时，后面就没有c了，所以剩下的情况都省略 所以 (a,c,m,a,c) 组合数 = 1+1 = 2 种。 阶段 6：在选定的 (a,c,m,a,c) 之后，找第二个 m
   逐个来： (1,3,5,7,9)：后面的 m 有位置 11, 12 → 2 种
   (1,3,6,7,9)：后面的 m 有位置 11, 12 → 2 种 所以总数 = 2+2 = 4 种。

44.(22)

1.转化为同余方程
报 2 的乌龟与报 200 的乌龟是同一只，说明从 2 到 200 经过了若干整圈。
即：200−2=198 这个差值 198是 n 的整数倍。
所以：n∣198 2. 列出 198 的因数 $198=2×99=2×9×11=2×3^2×11$ 198 的正因数为：1,2,3,6,9,11,18,22,33,66,99,198 3. 排除 n=1,2的情况

• n=1：只有 1 只乌龟，报 2 和 200 不可能（因为报数会重复很多轮，但 2 和 200 都是同一只，但 198 是 1 的倍数，数学上成立，但常识上“二十多只乌龟”排除 1 只）
• n=2：报 2 和 200 的乌龟是同一只，因为 198 是 2 的倍数，但题目说“二十多只乌龟”，所以 n 在 20 到 29 之间。 4. 在 20 到 29 之间找因数
  198 的因数中，在 20 到 29 之间的有：22

45.(5)

根据问题描述，一轮在买书时把书价格的个位数和十位数看反了，准备付39元，但实际应付21元。设书的正确价格为$10a + b$元，杂志价格为$M$元。则有以下方程：

• 看错时的总价：$10b + a + M = 39$
• 实际总价：$10a + b + M = 21$ 将两方程相减得：$(10a + b + M) - (10b + a + M) = 21 - 39$，即$9a - 9b = -18$，所以$a - b = -2$，即$b = a + 2$。 代入方程$10b + a + M = 39$，得$10(a + 2) + a + M = 39$，即$11a + 20 + M = 39$，所以$11a + M = 19$，即$M = 19 - 11a$。 由于M为正整数，a只能为1（a=2时M为负，不合理）。因此a=1，b=3，书的正确价格为13元，杂志价格为M=19-11×1=8元。 书比杂志贵13 - 8 = 5元。

46.(9)

第一步：建立变量与方程 设：

• x = 8角邮票的数量
• y = 1元邮票的数量（1元 = 10角）
• z = 2元邮票的数量（2元 = 20角） 总面值为 12元2角 = 122角，因此：$8x+10y+20z=122$ 两边同时除以 2 简化：$4x+5y+10z=61$(1) 目标是最小化总张数：$N=x+y+z$ 第二步：分析方程并尝试取值 由方程 (1) 得：$4x=61−5y−10z$ 由于 x 必须为非负整数，$61−5y−10z$ 必须能被 4 整除。 为最小化 $N$，应尽可能使用面值较大的邮票（即 $z$ 尽可能大）。尝试不同的 $z$ 值： 第三步：尝试 z=4 代入方程 (1)：$4x+5y+40=61⇒4x+5y=21$ 尝试 y=1：$4x+5=21⇒4x=16⇒x=4$ 验证总面值：$4×8+1×10+4×20=32+10+80=122$ 总张数：$N=4+1+4=9$ 第四步：检查其他 z 值
• z=5：$4x+5y=11$，无非负整数解。
• z=3：$4x+5y=31$，解得 $y=3$, $x=4$，总张数 $4+3+3=10$。
• z=2: $4x+5y=41$，解得 $y=5$, $x=4$，总张数 $4+5+2=11$。
• z=1: $4x+5y=51$，解得 $y=7$, $x=4$，总张数 $4+7+1=12$。
• z=0：$4x+5y=61$，解得 $y=9$, $x=4$，总张数 $4+9+0=13$。 所有情况中，最小总张数为 9。

47.(2)

通过分析，切割两次可以形成长度为1、2、4的段，这些段可以组合出1到7的所有支付值。具体支付过程如下：

• 第一天：支付段1（价值1），老板收下。
• 第二天：支付段2（价值2），老板找回段1，实际支付价值1。
• 第三天：支付段1（价值1），老板收下。
• 第四天：支付段3（价值4），老板找回段1和段2，实际支付价值1。
• 第五天：支付段1（价值1），老板收下。
• 第六天：支付段2（价值2），老板找回段1，实际支付价值1。
• 第七天：支付段1（价值1），老板收下。 如果只切割一次，只能得到一个单独环和一个六环段，无法在第二天支付时获得足够的找零（老板只有价值1的环，无法找回价值5）。如果切割零次，整个链条价值7，第一天支付后老板无法找回价值6。因此，切割两次是最小次数。 故最少切2次。

48.(3)

12 个球，每个可能是正常、轻的次品、重的次品，一共 12×2=24 种可能性（因为次品只有 1 个，所以是 12 个候选 × 2 种轻重状态）。
一次称重有 3 种结果：左轻、平衡、右轻。
$3^n≥24 → n≥3$，因为 $3^2=9<24$，$3^3=27≥24$。
所以理论上最少 3 次可以做到。

把 12 个球分成 3 组：A(1,2,3,4), B(5,6,7,8), C(9,10,11,12)。 第一次称：A 对 B

• 如果平衡，则次品在 C，且已知 A、B 全正常。用正常球与 C 中两个称一次即可判断次品并知轻重，再一次定位。
• 如果不平衡，假设 A 轻 B 重（另一种情况对称处理），则次品在 A 或 B 中，C 全正常。
  这时可能性：A 中某个轻，或 B 中某个重。
  第二次称时，取 A 中 3 个 + B 中 1 个 对 A 中 1 个（正常，从 C 取） + B 中 3 个（正常？不，B 中可能有重的）——需要仔细设计，比如：
  第二次称：(A1,A2,B1) 对 (C1,C2,B2) 然后根据结果可以唯一确定次品在第三次称出。 经过精心设计，确实可以在 3 次内解决。

49.(1/150)

已知A与B独立，则：$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{5} \times \frac{1}{3} =\frac{1}{15}$ 由加法公式：$P(A\cup B)=P(A)+ P(B)-P(A\cup B)=\frac{1}{5}+\frac{1}{3}-\frac{1}{15}=\frac{7}{15}$

50.((100,-75))

设末地传送门位置为 (X,Y) 第一颗：出生点 (0,0)，方向向量 (4,−3)，所以$(X−0,Y−0)=k_1​(4,−3)$ 即$X=4k_1,Y=−3k_1$其中 $k_1>0$ 第二颗： 丢出点 (5,−303)，方向向量 (5,12)，所以$(X−5,Y+303)=k_2(5,12)$ 即$X−5=5k_2,Y+303=12k_2$​其中 $k_2>0$ 联立： 由第一组：$X=4k_1$​，$Y=−3k_1$。
代入第二组第一式：$4k_1−5=5k_2⇒4k_1−5k_2=5$(1) 代入第二组第二式：$−3k_1+303=12k_2⇒k_1+4k_2=101$(2) 解出：X=100,Y=-75

51.(10 15)

设一共有 $n$ 个人$(10 < n < 20)$，卡片编号为 $(1, 2, \dots, n)$ 一轮的卡片号为 $x$，则其他人的卡片号总和为$S_{\text{others}} = \frac{n(n+1)}{2} - x$ 根据题意： $\frac{n(n+1)}{2} - x - 100 = x$ $\frac{n(n+1)}{2} - 100 = 2x$ $x = \frac{n(n+1)}{4} - 50$ 在 $n = 11$ 到 $19$ 中，检查 $n(n+1)/4$ 为整数且$1 \le x \le n$：

• $n=15$：$\frac{15 \times 16}{4} = 60$，$x = 60 - 50 = 10$ ✅
• $n=16$：$\frac{16 \times 17}{4} = 68$，$x = 68 - 50 = 18$ ✅ 验证：
• $n=15$：总和 $= 120$，其他人总和 $= 110$，$110 - 100 = 10 = x$ ✅
• $n=16$：总和 $= 136$，其他人总和 $= 118$，$118 - 100 = 18 = x$ ✅ 取常见解 $n=15, x=10$

52.(17846952)

第一步：设定变量 电话号码格式为：17?846?5?
设未知数字为：

• 第三位：$d_3$
• 第七位：$d_7$
• 第九位：$d_9$ 电话号码表示为：$1,7,d_3,8,4,6,d_7,5,d_9$ 第二步：根据条件建立方程 已知：前面四位乘第五位等于后面四位
  即：$(1000×1+100×7+10×d_3+8)×4=(1000×6+100×d_7+10×5+d_9)$ 简化得：$(1708+10d_3)×4=6050+100d_7+d_9$ 移项整理：$40d_3+782=100d_7+d_9$(1) 第三步：寻找整数解 $d_3,d_7,d_9$​ 为数字（0–9），且 $100d_7+d_9$必须为整数。 尝试 $d_3$从 0 到 9，计算左边 $40d_3+782$：

$d_3​$	左边值
0	782
1	822
2	862
3	902
4	942
5	982
6	1022
7	1062
8	1102
9	1142

右边 $100d_7+d_9$​ 必须等于左边值，且 $d_7,d_9$ 为数字。

• $d_3=3$：左边 = 902 $100d_7+d_9=902⇒d_7=9,d_9=2$ ✅ 其他值均无法使 $d_9$为一位数。 第四步：验证 前四位：1738
  第五位：4
  乘积：1738×4=6952 后四位：6952

53.(3439/1000)

对每个小球 $i$（$i = 1, 2, \dots, 10$），设：

$$X_i = \begin{cases} 1, & \text{小球 } i \text{ 至少被摸到一次}, \\ 0, & \text{否则}. \end{cases}$$

则 $X = \sum_{i=1}^{10} X_i$，且 $E(X) = \sum_{i=1}^{10} E(X_i)$。 **计算单个 $E(X_i)$

$$\begin{align*} E(X_i) &= P(\text{小球 } i \text{ 至少被摸到一次}) \\ &= 1 - P(\text{小球 } i \text{ 从未被摸到}) \\ &= 1 - \left(\frac{9}{10}\right)^4 \\ &= 1 - \frac{6561}{10000} \\ &= \frac{3439}{10000} \end{align*}$$

计算 $E(X)$

$$\begin{align*} E(X) &= 10 \times \frac{3439}{10000} \\ &= \frac{34390}{10000} \\ &= \frac{3439}{1000} \end{align*}$$

54.（0)

因为 99999999 和 77777777 都不含因数 2 和 5，所以： $9999^{9999}*7777^{7777}$ 的质因数分解中，2 的指数 $a=0$，5 的指数 $b=0$。 因此：$min⁡(a,b)=0$

55.(-1)

我们看表达式：$\frac{n^2(n^2 - 1)}{12}$ 要判断它是否为整数，即判断 $n^2(n^2 - 1)$ 是否能被 12 整除。 1. 分解 $n^2(n^2 - 1) = n^2(n - 1)(n + 1)$ 2. 分析 3 的整除性 在 $n-1, n, n+1$ 三个连续整数中，必有一个是 3 的倍数。 如果 $n$ 是 3 的倍数，则$n^2$含 3 的因子至少$3^2$，足够被 3 整除。 如果 $n$不是 3 的倍数，则$n-1$或 $n+1$是 3 的倍数，所以$(n-1)(n+1)$ 含 3 的因子，足够。 因此 $n^2(n-1)(n+1)$一定能被 3 整除。 3. 分析 4 的整除性 需要$n^2(n-1)(n+1)$能被$4$整除（因为 12 = 3 × 4）。

• 如果$n$是偶数，设$n=2k$，则$n^2 = 4k^2$，已经含因子 4，所以整体能被 4 整除。
• 如果$n$是奇数，则$n-1$和$n+1$是两个连续偶数，它们的乘积能被 8 整除（因为一个能被 4 整除，另一个能被 2 整除），而$n^2$是奇数，所以整体能被 8 整除，当然能被 4 整除。 因此$n^2(n-1)(n+1)$一定能被 4 整除。 4. 结论 既然能被 3 和 4 整除，就能被 12 整除，所以对任意整数$n$，该表达式都是整数。

56.(27)自己数

57.(99)

第一步：理解游戏规则

• 烤盘上有 $n \times n$ 块饼干，排列成网格。
• 每次移动，玩家选择一块饼干，并吃掉该饼干及其右上角（包括右边和上边）的所有饼干。
• 左下角的饼干 $(1,1)$ 是特制的“芥末夹心”饼干，吃到它的玩家会输。
• 阿兔先手，夜雷后手。
• 双方每回合都必须移动，且采取最优策略。 第二步：识别游戏类型 该游戏实际上是经典的 Chomp 游戏。在 Chomp 游戏中：
• 如果网格至少包含 $2$ 块饼干，则先手玩家（阿兔）有必胜策略。
• 唯一例外是 $1 \times 1$ 网格，此时先手玩家只能吃掉唯一的饼干，即芥末夹心饼干。 第三步：分析不同 $n$ 的情况
• 当 $n = 1$ 时，网格只有一块饼干，即芥末夹心饼干。阿兔先手，必须吃掉它，因此夜雷不会吃到芥末夹心。
• 当 $n \geq 2$ 时，阿兔作为先手玩家，可以采取必胜策略，迫使夜雷在某个回合吃掉芥末夹心饼干。 第四步：计算夜雷吃到芥末夹心的次数
• $n$ 的取值范围是 $[1, 100]$，共 $100$ 个整数。
• 只有 $n = 1$ 时夜雷不会吃到芥末夹心。
• 因此，夜雷吃到芥末夹心的次数为：100−1=99100−1=99

58.(100)

第一步：理解问题 我们需要在正整数 (a, b, c) 满足 (a + b + c = 100) 的条件下，最小化表达式：$a^b + b^c + c^a$ 由于指数运算增长极快，应尽量避免出现大的指数。理想情况下，较大的数应作为底数且指数为 1，而较小的数（如 1）作为指数时，其幂值为 1。 第二步：尝试极端情况 考虑两个数为 1，另一个为 98 的情况：

• 若 $a = 1, b = 1, c = 98$，则：$a^b + b^c + c^a = 1^1 + 1^{98} + 98^1 = 1 + 1 + 98 = 100$
• 其他排列如$a = 1, b = 98, c = 1$或 $a = 98, b = 1, c = 1$ 也得到相同结果：$1^{98} + 98^1 + 1^1 = 1 + 98 + 1 = 100$ 因此，100 是一个候选最小值。 第三步：检查能否小于 100 假设存在更小的值，考虑包含 1 的情况。设$a = 1$，则$b + c = 99$，表达式变为：$1 + b^c + c$ 尝试不同取值：
• $c = 1, b = 98$：$1 + 98^1 + 1 = 100$
• $c = 2, b = 97$：$1 + 97^2 + 2 = 1 + 9409 + 2 = 9412$
• $c = 98, b = 1$：$1 + 1^{98} + 98 = 100$ 若三个数均 ≥ 2，如$a = 2, b = 2, c = 96$，则：$2^2 + 2^{96} + 96^2$ 其中$2^{96}$极大，总和远大于 100。 因此，无法得到小于 100 的值。

59.(14)

更优的策略是让步长逐渐减小，这样可以在第一个鸡蛋破碎后，减少第二个鸡蛋的线性搜索次数。具体来说，第一次扔的楼层为x，第二次为x + (x-1)，第三次为x + (x-1) + (x-2)，依此类推，直到覆盖所有100层。 这样做的目的是让每次尝试后，剩余的线性搜索次数递减。具体来说： 第一次扔x层： 如果碎了，从1到x-1线性搜索，最多x-1次。 如果没碎，第二次扔x + (x-1)层： 如果碎了，从x+1到x + (x-1) - 1线性搜索，最多x-2次。 如果没碎，第三次扔x + (x-1) + (x-2)层，依此类推。 我们需要选择x，使得x + (x-1) + (x-2) + ... + 1 ≥ 100。即： x(x + 1)/2 ≥ 100 解这个不等式： x² + x - 200 ≥ 0 解方程x² + x - 200 = 0 $x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 800}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{801}}{2} \approx \frac{-1 \pm 28.3}{2}$ 取正解：x ≈ 13.65，因此x=14。 验证： 14 + 13 + 12 + ... + 1 = 14*15/2 = 105 ≥ 100。 因此，第一次扔14层： 如果碎了，从1到13逐层扔，最多13次（总尝试次数14）。 如果没碎，第二次扔14 + 13 = 27层： 如果碎了，从15到26逐层扔，最多12次（总尝试次数14）。 如果没碎，第三次扔27 + 12 = 39层，依此类推。 这样，最坏情况下最多需要14次尝试。