2022年度 東京都立高校入試過去問・分割後期【数学】解説

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大問1(小問集合)

(1)
7+6×(-2/3)
=7-4
=3

(2)
(9a-1)/8-(a-5)/4
={(9a-1)-2(a-5)}/8
=(9a-1-2a+10)/8
=(7a+9)/8

(3)
(√6-3)(√6+2)
=6+2√6-3√6-6
=-√6

(4)
8x-7=4x+1
4x=8
x=2

(5)
2x+y=9 …①
x+3y=7 …②
サボは②×2-①をしました。
x=4、y=1

(6)
2+14x+45
=(x+9)(x+5)=0
x=-9、-5

(7)
y=-1/3x2は上に凸のグラフ。
x=0のとき、最大値y=0
x=-3のとき、最小値y=-3
-3≦y≦0
①…ア、②…エ

(8)
5枚から2枚取る組み合わせ→52=10通り
大きい数と小さい数が3以上離れる組み合わせは、
(5、1)(5、2)(4、1)の3通り。
確率は3/10。
あ…3、い…1、う…0

(9)

①ABとBCまでの距離が等しい→∠ABCの二等分線
②BC=BP

大問2(式の証明)

(1)

1辺aの正方形から直径aの円をひく。
2-π(a/2)2
=a2-πa2/4
=a2(1-π/4)

(2)

各々の表面積を算出。
P=a2×2+ah×4
=2a2+4ah
πP/4=π(2a2+4ah)÷4
=π(1/2a2+ah) …①

Q=π×(1/2a)2×2+πah
=1/2πa2+πah
=π(1/2a2+ah) …②
①、②より、Q=πP/4


大問3(関数)

(1)
Pは直線ℓ上の点。
y=x+2にx=-5を代入して、
y=-5+2=-3

(2)①

Qのx座標が-3でPC=CQだから、Pのx座標は3
y=x+2にx=3を代入して、P(3、5)

A(0、-1)⇒P(3、5)
右に3、上に6だから、傾きは6/3=2



Pのx座標をtとおく。
以下、三角形の面積は÷2を省いている
△APC=3t

Rのx座標は-t。
ROの距離がtだから、RB=t-2
y=x+2の傾きは1(45°線)なので、△BRQは直角二等辺三角形
RQ=t-2
△BRQ=(t-2)2

△APC÷3=△BRQ
3t÷3=(t-2)2
2-5t+4
=(t-4)(t-1)=0
t>2ゆえ、t=4
Pのx座標は4。

大問4(平面図形)

(1)

円Dの半径からDO=DQ、△DOQは二等辺三角形。
∠DQO=∠DOQ=a
この外角定理で、∠PDQ=2a

POは円Oの半径で5cm。
PQ=5×π×2a/360=πa/36cm

(2)①
△ABP∽△APQの証明。

共通角で、∠BAP=∠PAQ
直径ABに対する円周角で∠APB=90°
直径OPに対する円周角で∠OQP=90°
→∠AQP=180-90°=90°
2角が等しいから∽。



前問で△ABPと△APQが相似関係にある直角三角形とわかった。
×=90°の角度調査でさらに展開すると、△APQ∽△PBQ(∽△ABP)。
AQ:QP=PQ:QB
QB=②×2=④

AB=⑤=10cm
①=2cm

弧AC=弧CBより、Cは半円の弧の中点、つまりOの真上にある。
∠COB=90°

△PBQの面積は、8×4÷2=16cm2
△PBQ∽△RBOより、RO=4×5/8=5/2cm
台形ORPQの面積は、(4+5/2)×3÷2
39/4cm2
え…3、お…9、か…4


大問5(空間図形)

(1)

AQ=AD=CQ=CD=8cm、共通辺QD
3辺の長さが等しいので、△AQD≡△CQD
∠QAD=∠QCD=90°(△AQDは直角二等辺三角形)
△AQPで三平方→PQ=4√5cm
き…4、く…5

(2)

はじめに正四角錘A-BCDEの高さを出しておく。
正方形BCDEの対角線の交点をOとすると、高さはAOにあたる。
前問より△ABDは直角二等辺三角形→△ABOも直角二等辺。
辺の比は1:1:√2で、AO=8×1/√2=4√2cm

三角錐A—QDEの体積は正四角錘の半分である
なぜなら、高さが等しく、底面の△QDEは等積変形すると正方形BCDEの半分だから。


AP:PD=6:2=③:①
三角錐A—QDEの体積を④とすると、高さの比から三角錐P―QDEは①。
ということは、求積すべき立体Q—AEPの体積は③となる
8×8÷2×4√2÷3×③/④=32√2cm3
け…3、こ…2、さ…2
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