2023年度　長崎県公立高校入試問題過去問【数学】解説

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大問１（小問集合）

（１）
３＋２×（－３）²
＝３＋２×９
＝21

（２）
２（ｘ＋３ｙ）－（ｘ－２ｙ）
＝２ｘ＋６ｙ－ｘ＋２ｙ
＝ｘ＋８ｙ

（３）
（√２＋１）/３－１/√２
＝（√２＋１）/３－√２/２
＝｛２（√２＋１）－３√２｝/６
＝（２－√２）/６

（４）
ｘ²＋５ｘ－６
＝（ｘ＋６）（ｘ－１）

（５）
２ｘ²＋３ｘ－４＝０
解の公式を適用して、ｘ＝（－３±√41）/４

（６）
ｙ＝－２ｘ＋１について、
ｘ＝－１のとき、最大値ｙ＝３
ｘ＝２のとき、最小値ｙ＝－３
－３≦ｙ≦３

（７）
2023＝７×17×17と素因数分解が提供されている。
2023を割り切れる自然数⇒2023の約数
素因数から2023の約数は【１、７、17、７×17、17×17、７×17×17】
2023の次に大きいのは、17×17＝289

（８）

半円の弧に対する円周角→∠ＤＣＢ＝90°
弧ＢＣに対する円周角→∠ＢＤＣ＝47°
△ＢＣＤの内角で、ｘ＝180－（47＋90）＝43°

（９）
回転体は半径３ｃｍの半球。
【円の体積Ｖ＝４/３πｒ³】
４/３π×３³÷２＝18πｃｍ³

（10）

３点を通る円の中心Ｏの作図。
ＡＢ、ＢＣ、ＣＡいずれか２本の垂直二等分線の交点がＯ。

大問２（小問集合２）

問１（１）
12個の中央値は６番目と７番目の平均。
14と14の平均→14冊

（２）
①第１四分位数は下位６個の真ん中、下から３番目と４番目の平均で11.5冊。×
②最頻値（モード）は最もあらわれている値で14冊と17冊。×
③四分位範囲＝第３四分位数－第１四分位数＝17－11.5＝5.5冊〇
④（９＋10＋11＋12＋13＋14＋14＋16＋17＋17＋20＋21）÷12
＝174÷12＝14.5冊×
③

（３）
最大値21冊→①×
中央値14冊→②×
第１四分位数11.5冊→③×
④

問２（１）
４個中１個だから、確率は１/４。

（２）
１回目で４以外を出す→確率は３/４
２回目で残った３個から４を出す→確率は１/３
３/４×１/３＝１/４

（３）
ルールを確認する。
①１回目＜２回目→２回目を４にする。
②１回目＞２回目→３回目を４にする。

１回目と２回目の取り出し方のみ考える。
全体は４×４＝16通り
①（１回目、２回目）＝（１、４）（２、４）（３、４）
②最初の２回は４を出さない。３回目で４を出す予定にする。
（１回目、２回目）＝（２、１）（３、１）（３、２）
合計６通り。
確率は６/16＝３/８

問３
「ｎを整数とし、２つの続いた偶数のうち、小さいほうの偶数を２ｎとすると、」
大きいほうの偶数は２ｎ＋２となる。
２ｎ（２ｎ＋１）＋１
＝４ｎ²＋２ｎ＋１
＝（２ｎ＋１）²
ｎは整数だから、２ｎ＋１は奇数。
よって、題意は示された。

大問３（関数）

問１
ｙ＝１/４ｘ²にｘ＝－４を代入。
ｙ＝１/４×（－４）²＝４

問２
同様にＢ座標を出すと（２、１）
Ａ（－４、４）→Ｂ（２、１）
右に６、下に３だから、傾きは－３/６＝－１/２

問３（１）

四角形ＡＢＣＤは平行四辺形。
ｘ座標だけを見る。
Ａから右に４でＤ。同様にＢから右に４でＣ。
Ｃのｘ座標は２＋４＝６

（２）

ｙ＝１/４ｘ²にｘ＝６を代入→Ｃ（６、９）
ｙ座標だけを見る。
Ｂから３上がってＡ。Ｃから３上がってＤ。
Ｄのｙ座標は、９＋３＝12

（３）

△ＡＤＥ＝△ＢＣＥ
平行四辺形の対辺は等しいので、ＡＤ＝ＢＣ
面積が等しく、底辺も等しい→高さも等しい。

Ｅを通るＡＤに平行な線をひき、ＡＢとの交点をＦとすると、
２つの三角形は高さが等しいから、３直線は等間隔に並ぶ→ＦはＡＢの中点

Ｆ座標はＡ座標とＢ座標の平均で、Ｆ（－１、５/２）
Ａ（－４、４）→Ｄ（０、12）
右に４、上に８だから、ＡＤの傾きは２。
平行からＦＥの傾きも２。
Ｆから右に１、上に２移動して、Ｅのｙ座標は５/２＋２＝９/２

大問４（空間図形）

問１
２×２÷２×４÷３＝８/３ｃｍ³

問２

△ＥＰＱで三平方→直角二等辺の１：１：√２より、ＰＱ＝２√２ｃｍ
△ＢＰＦで三平方→ＢＰ＝２√５ｃｍ
ＰＱ＝２√２ｃｍ　ＢＰ＝２√５ｃｍ

問３（１）

四角形ＢＤＱＰは等脚台形で左右対称。
ＲＳ＝ＰＱ＝２√２ｃｍ
ＢＲ＝（４√２－２√２）÷２＝√２ｃｍ

（２）
△ＢＲＰで三平方→台形の高さＲＰ＝３√２ｃｍ
（４√２＋２√２）×３√２÷２＝18ｃｍ²

（３）

ＡＥ、ＢＰ、ＤＱを延長した交点をＩとする。
三角錐Ｉ―ＥＰＱ∽三角錐Ｉ―ＡＢＤの相似比は、ＥＰ：ＡＢ＝１：２
体積比は相似比の３乗、三角錐Ｉ―ＥＰＱ：三角錐Ｉ―ＡＢＤ＝①：⑧
求めるべき角錘台の体積は⑦に相当する。

よくみると、三角錐Ｉ―ＥＰＱ（①）は問１で求めた三角錘Ａ―ＥＰＱと合同なので、
８/３×⑦＝56/３ｃｍ³

問４

先ほどの立体の体積⑦から三角錘Ａ―ＥＰＱ（①）を引くと、
四角錘Ａ―ＢＤＱＰの体積は⑥である。
体積は、８/３×⑥＝16ｃｍ³
底面積の四角形ＢＤＱＰは問３（２）より18ｃｍ²
高さＡＴの長さは、16×３÷18＝８/３ｃｍ

大問５（平面図形）

問１
長方形の対辺は等しい。ＥＣ＝３ｃｍ
ＢＥ＝６－３＝３ｃｍ
△ＡＢＥの面積は、３×４÷２＝６ｃｍ²

問２
△ＤＡＦ≡△ＢＥＦの証明。

ＤＡ＝ＢＥ＝３ｃｍ
ＡＤ//ＢＣの錯角で、∠ＡＤＦ＝∠ＥＢＦ（●）
∠ＤＡＦ＝∠ＢＥＦ＝90°
１辺と両端角が等しいから合同。
ア…錯角、イ…１辺と両端角

問３（１）

ＰＱを折り目（対称の軸）としてＢとＤは対応する点。
ＢＤ⊥ＰＱだから∠ＰＦＢ＝90°
△ＰＢＦの内角より∠ＢＰＦ＜90°なので、∠ＡＰＦ＞90°
△ＦＰＡは直角三角形ではなく、△ＤＡＦと相似ではない。

∠ＡＤＦ＝●、∠ＤＦＡ＝×とする。
∠ＤＦＱ＝90°、●＋×＝90°から∠ＥＦＱ＝●
２角相等で△ＤＡＦ∽△ＦＥＱ

前問の△ＤＡＦ≡△ＢＥＦより、ＡＦ＝ＦＥ＝４÷２＝２ｃｍ
ＢＥ：ＦＡ＝３：２、ＡＥ：ＤＡ＝４：３
２辺の比が異なるので、△ＡＥＢと△ＤＡＦは相似ではない。

また、線対称から∠ＰＢＦ＝∠ＰＤＦ＜∠ＦＤＡ
△ＤＡＦと△ＢＦＰは２角が異なり、相似ではない。
②

（２）

△ＤＡＦ∽△ＦＥＱより、ＤＡ：ＡＦ＝ＦＥ：ＥＱ＝３：２
ＥＱ＝２×２/３＝４/３ｃｍ

（３）

問２の△ＤＡＦ≡△ＢＥＦから、ＡＦ＝ＥＦ
ＤＡとＱＰを延長、交点をＲとする。
１辺と両端角が等しく△ＡＲＦ≡△ＥＱＦ→ＡＲ＝ＥＱ＝４/３ｃｍ

△ＡＲＰ∽△ＢＱＰより、ＡＰ：ＰＢ＝ＡＲ：ＢＱ＝４/３：13/４＝４：13

大問６（規則）

問１
【１、４、８、12、16…】
２番目以降は４個ずつ増えているので、６段目は20個（ア）

＠余談＠

なぜ４個ずつ増えるのか、魔方陣で考えるといい。
１つの固まりが１個ずつ増えるので、計４個ずつ増えていく。

６段目までの和は、１＋４＋８＋12＋16＋20＝61個（イ）

１つ前の奇数段目を正方形の中にいれると、ちょうど正方形が埋まる。
１段目までの和―１個
３段目までの和―３×３＝９個
５段目までの和―５×５＝25個
39段目までの和は39の平方数（ウ）

偶数段目も同様にできるという。
試しに計算してみると、
２段目までの和―２×２＝４個
４段目までの和―４×４＝16個（＝４＋12）
６段目までの和―６×６＝36個（＝４＋12＋20）
40段目までの総和
＝39段目までの奇数段目の和＋40段目までの偶数段目の和
＝39×39＋40×40＝3121個（エ）
ア…20、イ…61、ウ…39、エ…3121

問２

真ん中の穴を埋められる組み合わせを見つける。
オ…１段目と４段目、カ…２段目と５段目、キ…３段目と６段目

問３

正三角形の１辺は７個。図は７段目までを示している。
同じ正三角形を点対称に並べて平行四辺形をつくる。
これを÷２にすればいい。
７×（７＋１）÷２
ク…７、ケ…２

問４

問４で３組に分けると、それぞれの正三角形が埋まった。
40を３で割ったときの余りでグループ分けする。
終わり数は余り＋１のグループが40、余り＋２のグループが38、余り０のグループが39。
⇒１辺が38、39、40である３つの正三角形の合計が答えになる。
求め方は問３の解法に倣う。
38×39÷２＋39×40÷２＋40×41÷２
＝（38×39＋39×40＋40×41）÷２
＝｛1482＋（39＋41）×40｝÷２
＝（1482＋3200）÷２
＝2341個
コ…2341

＠別解＠
【１、３、６、９、12…】
最初が１で、２番目から３の倍数が続く。
最後の数は39番目の３の倍数である。
１＋３×（１＋２＋３…＋39）
＝１＋３×｛（１＋39）×39÷２｝
＝2341個