参考答案
1．解：（1）能办到．注意到41与43都是质数，据题意，要使相邻两数的和都是质数，显然，它们不能都是奇数，因此，在这排数中只能一奇一偶相间排列，不妨先将奇数排成一排：1，3，5，7，41，在每两数间留有空档，然后将所有的偶数依次反序插在各空档中，得1，40，3，38，5，36，7，34，8，35，6，37，4，39，2，41，这样任何相邻两数之和都是41或43，满足题目要求．
（2）不能办到．若把1，2，3，40，41排成一圈，要使相邻两数的和为质数，这些质数都是奇数，故圆圈上任何相邻两数必为一奇一偶，但现有20个偶数，21个奇数，总共有41个号码，由此引出矛盾，故不能办到．
（注站成一排和站成一圈虽只一字之差，但却有着质的不同，因为一圈形成了首尾相接的情形．）
2．证明：利用抽屉原理，按植树的多少，从50至100株可以构造51个抽屉，则问题转化为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里；
假设5人或5人以上植树的株数在同一个抽屉里，那只有4人以下植树的株数在同一个抽屉里，而参加植树的人数为204人，每个抽屉最多有4人， 故植树的总株数最多有：4（50+51+52+…+100）＝4×得出矛盾．
因此，至少有5人植树的株数相同．
3．解：假定有一个人至少挨了6枪，设此人为A、若B射向A，C也射向A，则在△ABC中，
＝15300＜15301，
BC边最长（如图）．
又由于三边不等，则角A应该大于60度．
若有6个人都射向A，则从A出发的6个角都大于等于60度， 从而周角就大于了360度，这是不可能的．
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4．证明：由于每个格内数字为1，2，3，
则在各行、各列，两格对角线数字和中，最小的为10，最大的为30，共有21种取值， 实际上，10行，10列，加2条对角线共22个和． 所以由抽屉原理，必有两个和是相等的．
5．解：最不利条件：前面取的球都没有达到15个球颜色相同的状况．
也就是：黄球，白球，黑球全部都取完了（这些同颜色的都在15个球以下，全部取完也不会有15个球颜色相同），
一共是12+10+10＝32个球然后红球，绿球，蓝球各取14个．14×3＝42个． 依然没有15个球颜色相同．
然后再取任意一个球，就能达到至少有15个球的颜色相同了， 因此一共有32+42+1＝75个球．
6．解：首先说明，将相邻的旗子对调一次，变色次数或不变，或增加2次，或减少2次． 显然，如果对调的两旗同色，则不改变变色数，以下为了方便，用⊙表示红色旗，用△表示黄色旗，可设对调前两旗为⊙△，
因对调一次只可能影响这两旗相邻旗子的变色数，因此（考虑对称性），只需考虑如下几种对调前的情形：
⊙⊙△△，⊙⊙△⊙，△⊙△⊙，△⊙△△（变色数依次为1，2，3，2），
将中间两旗对调后变为⊙△⊙△，⊙△⊙⊙，△△⊙⊙，△△⊙△（变色数依次为3，2，1，2）．
由此可见，变色数或不变，或增加2次，或减少2次．
由原来的变色数46，经过若干次增、减2，现在成为26，故必须经过46与26之间的所有偶数．
所以在对调过程中，必有一个时刻，彩旗的变色次数恰好为28次．
7．证明：从17个点中的一点，比如点A处作引16条线段，共三种颜色，由抽屉原理至少有6条线段同色，设为AB、AC、AD、AE、AF、AG且均为红色．
若B、C、D、E、F、G这六个点中有两点连线为红线，设这两点为B、C，则△ABC是一个三边同为红色的三角形．
若B、C、D、E、F、G这六点中任两点的连线不是红色，则考虑5条线段BC、BD、BE、BF、
BG的颜色只能是两种，必有3条线段同色，设为BC、BD、BE均为黄色，再研究△CDE的
三边的颜色，要么同为蓝色，则△CDE是一个三边同色的三角形，要么至少有一边为黄色，
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设这边为CD，则△BCD是一个三边同为黄色的三角形，即至少有三个科学家关于同一个题目互相通信．
8．解：在给定的25个点中任取一点，记为A，以A为圆心，1为半径作圆，若⊙A盖住所有的点，则结论成立；
若不然，则至少有一点B不在圆内，再以B为圆心，1为半径做圆，则所给的25个点中的任意一点要么在⊙A内，要么在⊙B内，
否则，至少有一点C既不在⊙A内，又不在⊙B内，这样，所得三点A、B、C的连线AB、
AC、BC的长都大于1，即在A、B、C三点中无两点距离小于1，与题设矛盾，因此⊙A、
⊙B就可以盖住这25个点．
把⊙A、⊙B作为两个抽屉，把25个点放进去，因为25＝12×2+1，由抽屉原理可知，至少有一个圆内有12+1＝13个点都位于一个半径为1的圆内． 9．解：下面我们先来讨论任意的完全平方数被9除的余数．
根据同余理论，我们知道，任何一个整数总可以表示成：9k，9k±1，9k±2，9k±3及9k±4这九种情况中的一种．
现在将这九种情况分别平方，于是可得：（9k）2＝9×9k2+0；（9k±1）2＝9（9k2±2k）+1；
（9k±2）2＝9（9k2±4）+4；（9k±3）2＝9（9k2±6k+1）+0及（9k±4）2＝9（9k2±8k+1）+7．
可见，任何一个完全平方数被9除的余数只可能是0，1，4，7这四种情况之一． 另一方面，由于所选的三个完全平方数之和能被9整除，因此这三个数的余数之和也一定能被9整除；而从0、1、4、7这四个数中选出三个，其和要能被9整除，只可能是{0，0，0}、{1，1，7}、{1，4，4}或{4，7，7}这四种情况中的一种．
而在上面这四种可能的余数组合中，每一组都至多有两种余数，因此至少有两个完全平方数被所9除的余数相同，从而这两个余数相同的完全平方数之差就一定能被9整除． 10．解：因为营员所去地方可分为（故宫），（景山），（北海），（故宫，北海），（故宫，景山），（北海，景山），共6种， 构造为6个抽屉，而营员共有1987名． 由抽屉原理可知，必有
人游览的地方相同，
所以至少有332人游览的地方完全相同．
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11．解：由题目可知，胜负的关键在于这个位数的大小， 于是只考虑这个位数， 试着将范围缩小， 从2002缩小到22， ∵2002＝2000+2， 同理：22＝20+2，
得到排列：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 19 18 17 16 15 14 13 12 11 21 22
由上面的排列不难看出上面的两排数将其以横的相加，所得总和的个位数会一样， 那么先取的人拿到22，再根据对称性拿，就可以必胜． 将其推广：先取的人拿到2002，再根据对称性拿，就可以必胜．
12．证明：由于任何一个自然数都可以表示成一个奇数与2n和乘积的形式，而且这种表示方法是惟一的．因此，我们可以按下面的方法来构造50个抽屉： {1，1×2，1×22，1×23，1×26}； {3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25}； {5，5×2，5×22，5×23，5×24}； …；
{49，49×2}； {51}； {53}； …； {99}．
于是从这50个抽屉中任取51个数，根据抽屉原则，其中一定存在至少两个数属于同一个抽屉，即命题得证．
13．证明：用数学归纳法来证明． （1）当n＝2时成立． （2）假设，当n＝k时，成立． （3）证明：当n＝k+1时也成立．
（31）2n﹣1个互不相同的整数中n个整数的和，有C（n，2n﹣1）种互不相同的可能性．
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（32）这C（n，2n﹣1）种互不相同的可能性，落在[0，（2n﹣1）?n]区间内．在这个区间内，不能被n整除的整数个数是（2n﹣1）?（n﹣1）个． （33）证明C（n，2n﹣1）＞（2n﹣1）?（n﹣1）． （34）原命题得证．
14．解：∵不管怎么组合都不会重复，
∴共有3×5×2×2×2﹣1＝120﹣1＝119种． 故可以付出不同数额的款共有119种．
15．解：对于任何一个双色n（n≥5）边形，显然去掉红、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（从三角形到十边形）的个数与双色多边形（从五边形到十二边形）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． 双色三角形有10个．
双色四边形有×10×9＝45个．
这是由于每对应一个双色三角形，可以有九个双色四边形，而在90个双色四边形中，两两相重，故只有45个双色四边形． ∴双色多边形比无色多边形多55个．
16．解：①．被拉了三次的灯，为2、3、5的最小公倍数，也就是
＝66
②．被拉了两次的灯，也就是求2和3、3和5、2和5的最小公倍数的和，这里注意要扣除被重复拉的灯（也就是2、3、5三个数的最小公倍数）：66＝466
③．被拉了一次的灯，
+
+
﹣2×466﹣3×66＝932
+
+
﹣3×
那么最后亮着的灯的数量：1997﹣66﹣932＝999
17．解：有4名学生在这三个项目都没有达到优秀，在每个单项上达到优秀的人数分别是17，18，15，
因而，总人数是17+18+15+4＝54，
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