２０２５は９の倍数でも２５の倍数でもあり、４つの位の数のうち１つだけが０です。４桁（けた）の整数のうち、９の倍数でも２５の倍数でもあり、４つの位の数のうち１つだけが０であるものは２０２５を含（ふく）めて全部で[ ]個あります。
灘中受験生に限らず、受験生なら誰しも４の倍数判定法を知っているでしょう。
４の倍数判定法の成り立ちをきちんと理解していれば、当然２５の倍数判定法もすぐにわかるはずです。
２５の倍数判定法を使った後9の倍数判定法を使う（この使う順番もほんの少しだけ頭を使えばすぐにわかることです）だけで、以前取り上げた立命館中学校２０２３年前期算数第２問（２）と同レベルの問題です。
０が１個だけという妙な条件を付けたために、却って簡単になってしまっているのが残念ですね。
詳しくは下記ページで。
図のように、ＡＦを直径とする半円の周（太線部分）を点Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅが５等分しています。また、直線ＡＤと直線ＢＥは点Ｇで交わっています。六角形ＡＢＣＤＥＦの面積が６０cm2のとき、斜線をつけた五角形ＣＤＥＦＧの面積は[ ]cm2です。
（斜線をつけたというのは、かげをつけた部分になります。）
今年の灘中の１日目の算数（特に図形の問題）は平凡な問題のオンパレードでした。
今回取り上げた問題も灘中受験生なら１０秒程度で解ける問題で、実際、今年受験した教え子も、解くのに１０秒かからなかったと言っていました。
図形の一部がなければ線対称であることに着眼し、見え見えの等積変形でおしまいですからね。
感覚的に２/５だと考える子すらいそうですしね。
詳しくは、灘中学校２０２５年算数１日目第９問の解答・解説で。
下のJMOの問題もぜひ解いてみましょう。
灘中の問題同様、秒殺できますよ。
３桁の正の整数Ｎがある。Ｎを１００で割った余りは百の位の数を１２倍した数に１加えた数に等しい。また、Ｎの一の位の数を十の位に、Ｎの十の位の数を百の位に、Ｎの百の位の数を一の位に置きかえてできる数はもとの整数Ｎより６３大きい。
このとき、正の整数Ｎを求めよ。
（注）
正の→０より大きい
中学入試でも同じような問題が昔から出されています。
例えば、西大和学園の中学入試では、この問題よりはるかに難しいものが出されています（西大和学園中学校２０２４年算数第３問（１））。
今回取り上げた問題は、Ｎの下２桁をひとかたまりと考えて桁ばらしの手法を用いれば簡単に解けるでしょう。
詳しくは、下記ページで。
今回は、日本数学オリンピック２０２５年予選第３問を取り上げ、解説します。
算数オリンピックやジュニア算数オリンピックの予選で出されても何の不思議もない問題です。
下の③だけであれば、キッズBEEに出されても何の不思議もないでしょうね。
正のというのは０より大きいということで、３ｎというのは３×ｎということです。
３ｎ＋２ということは使いません。
というより、ピースが正方形のマス何個分か考えたら負けです。
図より、
Ｐ8＝（８＋１）×（８＋２）－８×８＝９×１０－８×８（縦９、横１０の長方形から、一辺８の正方形が切り取られているというイメージです）
Ｐ7＝（７＋１）×（７＋２）－７×７＝８×９－７×７（縦８、横９の長方形から、一辺７の正方形が切り取られているというイメージです）
Ｐ5＝（５＋１）×（５＋２）－５×５＝６×８－５×５（縦６、横７の長方形から、一辺５の正方形が切り取られているというイメージです）
Ｐ4＝（４＋１）×（４＋２）－４×４＝５×６－４×４（縦５、横６の長方形から、一辺４の正方形が切り取られているというイメージです）
Ｐ2＝（２＋１）×（２＋２）－２×２＝３×４－２×２（縦３、横４の長方形から、一辺２の正方形が切り取られているというイメージです）
Ｐ1＝（１＋１）×（１＋２）－１×１＝２×３－１×１（縦２、横３の長方形から、一辺１の正方形が切り取られているというイメージです）
となります。
大きいものから順に並べていきます。
まず、Ｐ8の並べ方ですが、８×９の長方形のスペース（黄緑色の部分）がないと、Ｐ7を並べることができなくなるので、図の黄色のように、１番長い１０のところを一辺１０の正方形の一辺とくっつけるようにする必要があり、４通りだけ考えられます。
次に、Ｐ7の並べ方ですが、１番長い９のところを黄緑色の長方形の９の辺とくっつけるようにする必要があり、２通りだけ考えられます。
この時点で、４×２＝８通りの並べ方があります。
ここで、問題を再整理すると、
①１０×１０の正方形にピースを並べる場合
９×１０－８×８と８×９－７×７
②７×７の正方形（図の紫色の部分）にピースを並べる場合
６×７－５×５と５×６－４×４
③４×４の正方形にピースを並べる場合
３×４－２×２と２×３－１×１
となります。
①、②、③で、ピースの「長さ」が３ずつ小さくなるだけで、並べ方に関しては同様に考えることができるので、②も③もそれぞれ８通りあります。
したがって、求める並べ方は全部で８×８×８＝５１２通りあります。
今回は、日本数学オリンピック２０２５年予選第２問を取り上げ、解説します。
正のというのは０より大きいということで、abcd、ab、bc、cd、daはそれぞれa×b×c×d、a×b、b×c、c×d、d×aということです。
４つの整数a、b、c、dは条件的に同じですね。
２０２５＝４５×４５＝３×３×３×３×５×５となります。
まず、素因数５（合計２個）の割り振りについて考えます。
素因数５を１つだけ４つの整数a、b、c、dのうちの１つ、例えばaに割り振ると、a×bが平方数であることから、bにも素因数５を奇数個（１個）割り振ることになります。また、b×cが平方数であることから、cにも素因数５を奇数個割り振る必要がありますが、素因数５は２個しかないので、無理ですね。
したがって、素因数５を１つだけ４つの整数a、b、c、dのうちの１つに割り振ることができず、素因数５を２個とも４つの整数a、b、c、dのうちの１つに割り振ることになります。
この場合、素因数５の割り振りについては、平方数の条件をすべて満たしますね。
結局、素因数５の割り振りの仕方については４通りあります。
次に、素因数３（合計４個）の割り振りについて考えます。
素因数３を１つだけ４つの整数a、b、c、dのうちの１つ、例えばaに割り振ると、a×bが平方数であることから、bにも素因数３を奇数個（１個か３個）割り振ることになります。
bに素因数３を１個割り振ると、b×cが平方数であることから、cにも素因数３を奇数個（１個）割り振ることになり、c×dが平方数であることから、dにも素因数３を奇数個（１個）割り振ることになります。
この場合、素因数３の割り振りについては、平方数の条件をすべて満たしますね。
bに素因数３を３個割り振ると、b×cが平方数であることから、cにも素因数３を奇数個割り振る必要がありますが、素因数３は４個しかないので、無理ですね。
説明すると上のようになるのですが、文章で書くのはさすがに面倒なので、以下では、省略します。
同様の議論により、素因数３の割り振りについては、結局のところ、
（あ）１個、１個、１個、１個
（い）２個、２個、０個、０個
（う）４個、０個、０個、０個
の３つの場合があります。
あとは、４つの整数a、b、c、dにどのように割り当てるかを考えるだけです（まず選び出し、次に並べるという場合の数の基本通りの考え方です）。
（あ）の場合
１通りあります。
（い）の場合
４つの整数a、b、c、dのうちどの２つの整数に素因数３を２個割り当てるかを考えればよく、（４×３）/（２×１）＝６通りあります。
（う）の場合
４つの整数a、b、c、dのうちどの１つの整数に素因数３を４個割り当てるかを考えればよく、４通りあります。
結局、素因数３の割り振りの仕方については１＋６＋４＝１１通りあります。
したがって、正の整数の組(a,b,c,d)は４×１１＝４４通りあります。
因みに、上の解説では、素因数３と５のそれぞれの割り振りについて一応調べていますが、いずれの割り振りについても偶奇が一致するように４つの整数a、b、c、d対して割り振る必要があることはすぐにわかります。
そのことを示しておきます。
a×b、b×cがともに平方数だから、a×b×b×cも平方数となりますが、b×bは平方数だから、a×cも平方数となります。
また、b×c、c×dがともに平方数だから、b×c×c×dも平方数となりますが、c×cは平方数だから、b×dも平方数となります。
結局、４つの整数a、b、c、dのうちどの２つの整数の積も平方数となります。
仮に、４つの整数a、b、c、dのうち、素因数３または５の個数の偶奇が異なるものがあるとすると、その２整数の積は平方数となりえず、矛盾が生じますね。
上の解説では、素因数３と５の個数に着目して解きましたが、（a×b）×（c×d）と（b×c）×（d×a）がともに２０２５である（（a×b）と（c×d）が２０２５の約数のペアのうちともに平方数となるものとなり、（b×c）と（d×a）も同様となります）ことに着目して解いてもいいでしょう。
