2022年度 群馬県公立高校入試過去問【数学】解説

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大問1(小問集合)

(1)①
3-7
=-4


3x+2(x-1)
=3x+2x-2
=5x-2


12ab3÷4ab
=3b2

(2)①
4x+5=x-1
3x=-6
x=-2


2-3x+1=0
解の公式を適用して、
x=(3±√5)/2

(3)
2-16y2
=(x+4y)(x-4y)

(4)
(2a+b)-(a+4b)
=2a+b-a-4b
=a-3b ←ここで代入
=3-3×1/3

(5)

∠ABC=∠ACB=180-114=66°
△ABCで外角定理→∠BAC=114-66=
48°

(6)
答案では過程も記述する。
y=ax2に(x、y)=(-2、8)を代入。
8=4a
a=2
y=2x2にx=3を代入して、y=18

(7)
全体は、3×3=9通り
1回だけ赤は(赤、白)(赤、青)(白、赤)(青、赤)の4通り。
確率は4/9。

(8)

三角錐はウ。

(9)
ア:A中で15m未満の相対度数の合計は、0+0+0.20=0.20
 30×0.20=6人×
イ:相対度数はともに0.30だが、全数が30人と40人で違うから人数は違う。×
ウ:25m以上の割合はAが0.20、Bが0.35でBの方が大きい。〇
エ:30~35mの階級のなかで、どちらが最大値を叩き出したかはわからない。×

大問2(整数)

(1)
①5は自然数。自然数は正の整数。【1・2・3…】
②√3は無理数。分母で表せる数が有理数、表せないと無理数
③3/11は分数だから有理数。
①…ウ、②…エ、③…ア

(2)
ア:逆数はある数との積が1になる数。2の逆数は1/2で自然数ではない。×
 1以外の逆数は自然数にならない。
イ:数直線を思い浮かべよう。大きい整数と小さい整数の差は正の整数(自然数)である。
 これは、もとの整数が負の数でも0をまたぐ場合でも同様である。〇
ウ:(x+3)(x-2)=0の解はx=-3、2。(x-5)2=0はx=5。
 解が分数の場合もある。×
 解の公式でいえば、根号の中の2-4acの値が平方数であれば解は有理数になる
エ:独特な雰囲気があるが、有理数も無理数も数直線上の点で表せる。〇
 高校で習う虚数は数直線では表せない。
イ・エ


大問3(平面図形)

(1)同一円周上にある。

*2点A、Bが直線CDについて同じ側にあり、∠CAD=∠CBDだから、
円周角定理の逆によって、4点A、B、C、Dは同一円周上にある。

(2)
弧BCに対する円周角で、∠BAC=25°
△ABEの内角から、∠AEB=180-(25+80)=75°

大問4(平面図形2)

(1)
角の二等分線の作図法の原理。
説明は問題文の言い回しをまねればいい。

手順Ⅰより、OC=OD
手順Ⅱより、CE=DE
共通辺OE。
3辺が等しいから、△OCE=△ODE

@つづき@
対応する角は等しいので、∠COE=∠DOE
半直線OEは∠AOBの二等分線となる。

(2)
前問の角の二等分線を使う。

折り目の問題は垂直二等分線が定番だが、AとB、CとDは対応する点ではない
そこで、ADとBCを延長し、2直線がなす角の二等分線を作図する。
二等分線は2直線からの距離が等しく、これを折り目とするとBCがADにピッタリ重なる。
『折り紙にできる折り目PQ』なので、二等分線を正方形の折り紙の端まで伸ばすこと

大問5(規則)

(1)

魔方陣の考えを用いる。
1つの固まりは、【1・3・5…
】と連続する奇数で増えている
4番目の外側は、7×4=
28個

(2)
n番目の1つの固まりは、n番目の奇数だから2n-1個。
これが4つなので、4×(2n-1)=8n-4個

(3)①
答案では求める過程も記述する。
中の碁石は取り除くので、黒と白はそれぞれ1周ずつしかない。

番目の正方形で300個の石を使い切ったとすると、
前問の式より、8n-4=300
n=38
38番目


38は偶数。
偶数番目は白が外側にくる
つまり、300個使い切ったのは白で、残ったのは黒。

黒は37番目だから、8×37-4=292個
余った石は、300-292=8個
黒、8個

@余談@
n番目は8n-4個。
n-1番目は8(n-1)-4=8n-12個。
(8n-4)-(8n-12)=8だから、使い切った白の1個手前の黒は8個残っている。

魔方陣で考えれば、1つの固まりの個数は連続する奇数だったので、
1つ内側の固まりは-2、これが4つで-8⇒8個差。


大問6(数量変化)

(1)

3:4:5の直角三角形から斜めは5cm。
E~Jまでは、5×4+2=22cm
Pは毎秒1cmなので
22秒後。

(2)①

△EJPの底辺はEJ=2cmで固定。
高さだけが長くなるので、面積は比例で増加する

Pの垂線の足をKとすると、高さはPKにあたる。
△FEB∽△PEKより、PE:PK=5:4
Pが進んだ距離PEがxcmだから、PK=4/5xcm
したがって、△EJPの面積y=2×4/5x÷2=4/5x
y=4/5x



底辺はEJで固定。高さだけが減少するので一次関数。
EF上では面積の変化率(=高さの変化率)が4/5であった。
HI上ではPの移動距離HPの4/5倍が高さの減少分に相当する
変化率(傾き)は-4/5

PがHに着く12秒後の△EJPの面積は、2×8÷2=8cm2

y=-4/5x+bに(x、y)=(12、8)を代入する
8=-4/5×12+b
b=88/5

y=-4/5x+88/5

(3)
△EJPと△EJQは底辺がEJで共通。
高さが等しいときに面積は等しくなる
1回目はQがPに追いついたとき

Qが出発する3秒後、PとQは3cm離れている。
1秒あたり1cmずつ差が縮まっていくので、
3÷1=3秒後、すなわち、P出発時から6秒後(x=6)である。

PはFG上にあるが、高さの変化率は4/5のまま。
(上図のようにG’Eを直線にした場合と同様)
y=4/5xにx=6を代入して、
y=4/5×6=24/5

2回目はQがHを過ぎ、△EJQの高さが減少していくとき。

中学受験の戦法を使います(;^ω^)
ダイヤグラムを作る。横軸は秒数で、縦軸は三角形の高さ。
PがGに到着するのは10秒後、QがHを出発するのはPが出発してから9秒後。

速さの比は、P:Q=1:2
時間の比は逆比で、P:Q=②:①
9~10秒後において、うえのような垂線をひくと、
この距離をPは②、Qは①の時間で移動する
③が1秒だから、交点の時間は、9+1×①/③=28/3秒

28/3秒後のPはFG上にある。
y=4/5xにx=28/3を代入。
y=4/5×28/3=112/15

x=6のとき、y=24/5
x=28/3のとき、y=112/15


大問1
ここだけで配点が40点もある。
いずれも基本問題なので、満点を狙いたい。
大問2
(1)①整数も5/1と分数で表せる⇒有理数
(2)良い問題だと思う。エが厄介だったか。
大問3
(1)円周角定理の逆、4点〇、〇、〇、〇といえば”同一円周上”。
証明でも書けるように準備しておきたい。
(2)サクっといける。
大問4
(1)教科書レベル。
(2)やや難の作図。図形の外側に注目しないといけない。
折り目は四角形ABCDの中だけではなく、正方形の折り紙にできる。
大問5
規則もとりやすかった。
大問6
ここで差がつく。
(2)底辺EJは変わらないので、高さの変化率が面積の変化率。
Pの移動距離と△EJPの高さは5:4。
四隅の直角三角形は合同で対称的な位置関係にある。
Pが上にあがると4/5の変化率で増加し、Pが下にさがると4/5の変化率で減少する。
(3)PとQの高さが等しくなる時間はいつか。
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