正解：C
地点★を（0,0）としたとき、移動距離が50m（5マス分）で到達できるのは、最短距離が5以下、かつ座標の和（x+y）が奇数となる地点である。これは、1マスの移動ごとに座標の和の偶奇が必ず入れ替わるため、5マスの移動後は必ず奇数になるという性質による。提示された15箇所のうち、これに該当するのは（1,0）、（0,1）、（1,2）、（3,0）、（2,3）、（3,2）、（4,1）、（0,5）、（1,4）の九つである。（1,1）や（2,2）などは和が偶数のため、5回の移動では到達できない。

正解：C
ボールがイとウの穴をすべて通過して進むため、経路は一筆書きの構造となる。イは「直線」、ウは「曲がり角」の役割を持つ。既存の15個の配置から経路をたどると、残りの12個の空間において、ボールが通過すべき箇所が7箇所あることがわかる。そのなかで、進行方向を変える必要があるのは4箇所であるため、ウが4個必要となる。残りの3箇所は直進であるため、イが3個。経路以外の空間を埋めるアは、12から7を引いた5個となる。したがって、アが5個、イが3個、ウが4個となる。

正解：E
構造物に含まれる正三角形の面の数を数える問題である。正四面体の面は4つの平行な方向を持っている。一つの方向（たとえば底面と平行な水平面）に注目すると、上から
・距離1の平面に1個
・距離2の平面に4個（上向き3、下向き1）
・距離3の平面に9個（上向き6、下向き3）
・距離4の平面（底面）に16個（上向き10、下向き6）
の正三角形がある。これらを足すと1方向につき30個となる。
正四面体には4つの方向があるため、30個に4をかけて120個となる。

正解：B
3回の切断によって、正六面体の異なる3つの角が切り落とされている。1つの角をその頂点に隣接する3頂点を通る平面で切断するとき、もとの頂点が1つ消失する一方で、新しい頂点は生成されない。投影図の影が正方形や五角形であることは、複数の切断面が重なって投影されていることを示している。したがって、もとの8個の頂点から、切断された角の数である3個を引いた5個が、最終的な頂点の数となる。計算過程で新たな頂点が増えないことを見抜くのが肝要である。

正解：B
切断によって頂点Aを含む四面体AMNEが取り除かれた、残りの立体を考える。回転軸AEにおいて、点Eは立体に含まれるが、点Aおよび辺AEの大部分は立体に含まれない。上面における回転半径は、軸Aから切断線MNまでの最短距離となるため、中心部に円形の空洞ができる。この空洞の半径は、底面の点Eに近づくにつれて直線的に減少し、最終的に0となる。一方、外側の形状は、軸から最も遠い頂点Cなどの軌跡によって円柱状となる。したがって、円柱の上面中央に円錐状のへこみが生じた形状となる。

正解：C
組み立てた正六面体において、P、Q、Rの3つの面は1つの頂点を共有していることがわかる。各文字の向きを条件に照らすと、Pの上部は正面（Qの面）に接し、Qの上部は右側面（Rの面）に接し、Rの上部は上面（Pの面）に接するという循環した構造になっている。展開図を組み立てるときに、これらの面が一点で合うこと、さらに各文字が正しい方向に回転していることを確認する必要がある。この条件をすべて満たすのは、文字の相対的な位置と向きが整合するCのみである。

正解：B
線分PQの長さを3とし、PS=1、SQ=2とする。点Pを（0,p）、点Sを（s,0）とおくと、三平方の定理よりs²+p²=1が導かれる。点Qの座標を（x,y）とすると、点Sが線分PQを1：2に内分することから、ベクトルを用いて計算するとQは（3s,-2p）となる。したがって、s=x/3、p=-y/2を元の式に代入すると、（x/3）²+（-y/2）²=1となる。これを整理するとx²/9+y²/4=1となり、中心が原点でX軸方向に長い楕円を描くことがわかる。

正解：D
枠内の隣接関係を見ると、上段のd（下向き）はc（上向き）としか接していない。一方、中央のb,c,f,gは、それぞれ3つの辺ですべて別の三角形と接しているため、制約が非常に強い。
特に「同色」がつながっているイ（紫・紫）とエ（橙・橙）の配置が重要である。これらが互いに接せず、かつアやウの同色部分とも隣り合わないパターンを論理的に検証すると、紙片の回転を含めても配置はきわめて限定される。 この条件をすべて満たすようにパズルを埋めると、右上の角であるdの位置には、必ず紙片エの「橙」が来ることが導き出される。他の位置では、紙片の組み合わせによって色が変動する可能性があるが、dについては橙以外では色の矛盾が生じるため、これが確定する。

正解：C
BCの長さをxとおくと、長方形ABCDの面積は4xとなる。折り返しの性質から、AB=AB’=4であり、角BAE=角B’AEとなるため、AEは角BACの二等分線である。これより、BE：EC=4：√(x²+16)が成り立つ。三角形B’ECは角EB’C=90度の直角三角形であり、その面積をxで表して、長方形の面積の6分の1という条件に当てはめると、x=4√3が導かれる。計算過程で三平方の定理を二度用いることがポイントである。

正解：B
図形を一筆書きできるかどうかは、奇点（集まる線の数が奇数本の点）の数によって決まる。奇点が「0個」または「二つ」のとき、その図形は一筆書きが可能である。各図形を確認すると、Aは二つの奇点を持つため可能、Bも二つの奇点を持つため可能、Cは四つの奇点を持つため不可能である。さらに、Dは二つの奇点を持つため可能、Eは四つの奇点を持つため不可能となる。したがって、可能であるA、B、Dの組み合わせが正解となる。

正解：B
完成形となる3×3×3の立方体は、合計で27個の小立方体によって構成される。まず、図Ⅰの立体に使われている小立方体の数を数えると18個あることがわかる。したがって、不足している小立方体の合計は27－18＝9個 となる。
次に、図Ⅱの各パーツを構成する小立方体の数を数えると、Aは4個、Bは5個、Cは5個、Dは5個という構成である。しかし、本問の正解である組み合わせにおいて、合計が9個になるのは「A（4個）とB（5個）」、あるいは「A（4個）とC（5個）」、あるいは「A（4個）とD（5個）」のいずれかである。
図Ⅰの欠けている空間の形状を詳しく確認すると、凸型のCや棒状のBではうまく収まらない。一辺が3の枠組みの中で、L字型のAとT字型のDを組み合わせたときにのみ、すべての隙間を埋めることができる。
よって、正解はBとなる。

正解：B
展開図から向かい合う面の組み合わせを特定すると、1と4、2と5、3と6の3つのペアになることがわかる。まず左前のサイコロに注目すると、上面が2、前面が6であることから、これらに隣接する右側面は展開図の配置にもとづき5となる。
接合条件によって、左前と右前は同じ面で接するため、右前サイコロの左側面も5となる。右前サイコロは左側面が5であることから、その向かい側にある露出した右側面は必然的に2となるはずだが、図Ⅱの右前サイコロの右側面には5の目が見えている。
ここから、右前サイコロは左前サイコロを横に180度回転させた向きで配置されていることがわかる。このとき、右側面が5、左側面が2の状態において、展開図のつながりを追うと、上面Bは6、前面Cは4となることが導き出せる。
次に奥側の接合を考えると、左前サイコロの上面2に対して、その後面は展開図から3となるため、左奥サイコロの前面も3となる。左奥サイコロは上面が4、前面が3であれば、その右側面は消去法と配置の関係から5となる。
接合条件より右奥サイコロの左側面も5となり、その向かいの右側面は2となる。右奥サイコロは前面が2であるため、左側面5、前面2という条件から、残る上面Aは展開図の構造上5になることが確定する。したがって、Aが5、Bが6、Cが4という組み合わせになり、正解はBとなる。

正解：B
まず、地点Aから地点Cまでの経路を求めると、4C2＝6通りとなる。次に地点Cから地点Bまでの全経路20通りから、通行止めの区間DEを通る経路を差し引く。区間DEを通るには、CからDまでの2通りと、EからBまでの3通りをかけて、2×3＝6通りとなる。したがって、CからBまでの有効な経路は20－6＝14通りである。これらをかけて、全体では6×14＝84通りとなる。