平均43.8点(前年比;-3.2点)
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大問1(小問集合)-63.3%
(1)① 97.8%
41-7×5
=41-35
=6
② 91.7%
3/4÷9/8+1/2
=2/3+1/2
=7/6
③ 71.2%
√18-2√3/√6 ←後半は√3で約分
=3√2-2/√2
=3√2-√2
=2√2
④ 54.7%
72の約数のうち、8の倍数を求める。
72=8×9
9の約数は1・3・9だから、8×1=8、8×3=24、8×9=72
8、24、72
⑤ 84.2%
5で割れる→5でくくれる。
5n、5n+10=5(n+2)
イ・エ
(2) 24.0%!
a(x-y)-bx+by
=a(x-y)-b(x-y) ←共通因数x-y
=(x-y)(a-b)
(3) 38.4%
税抜きを【100】とすると、税込み176円は【110】
176×100/110=160円
(4) 59.9%
FE//DCの錯角でxをおろす。
△ADCの内角から、180-(60+69)=51°
(5) 48.3%
抽出した40個のうち、赤:白=36:4=⑨:①
白全部は100個だから、赤全部は100×⑨=900個
大問2(小問集合2)-51.0%
(1) 60.9%
ねじれの位置→延長しても交わらない、かつ平行でもない。
ネジレの本数は横線が4本、斜め線も4本(対辺は平行である)。
内訳は交わるのが6本、平行が1本、残りの4本がネジレである。
正八面体は90°回転で一致するので、どの辺を選んでも4本である。
ア
(2) 48.4%
a<0、b>0
y=ax+b…右下の直線、切片bは正。
y=a/x…左上(第2象限)と右下(第4象限)の双曲線。
y=b/ax2…b/aが負なので、上に凸の放物線。
ウ
(3) 48.2%
①円の中心Oは直径ABの中点→ABの垂直二等分線との交点がO。
②【30°=60°÷2】60°といえば正三角形。
円の半径OPの長さをとり、Pに針を合わせて長さを移す。
弧APとの交点が正三角形の残りの頂点である。Oと結ぶ。
③60°の二等分線と弧APとの交点がQ。
(4) 68.7%
偶数×偶数=偶数
Aはすべて奇数なので、どれを出しても結果に影響はない。
Bは2だけ偶数。つまり、Bで2が出るか出ないかが重要である。
2が出る確率=積が偶数となる確率は1/3。
(5) 35.3%
答案では方程式と計算過程も書く。
重さの合計で等式。
x+y=240 …①
食物繊維の量で等式。
100gあたりなので、÷100をして1gあたりになおす。
2200/100x+2400/100y=5440
22x+24y=5440 …②
②-①×22をすると、2y=160
y=80
①に代入、x=240-80=160
さつまいも…160g、にんじん…80g
@がね@
農林水産省「うちの郷土料理」より。
大問3(データの活用)-64.1%
(1) 47.3%
データを昇順に並べる。
【5.8、9.5、9.8、10.5、12.4、12.6、14.3、16.5、19.9、23.9、24.3、24.9】
12個の中央値は6番目と7番目の平均→(12.6+14.3)÷2=13.45≒13.5℃
(2) 83.7%
ア~ウが2002年、エ~カが2022年。
ア・エは度数分布表と階級の幅が同じ。
ウ:正しくは27~33…16日、33~39…15日
オ:正しくは27~31…0日、31~35…24日、35~39…7日
ウ・オ
(3)① 77.8%
手順に従う。
(28+8)×5÷9=20℃
② 43.9%
説明問題。
20℃がどの階級に含まれるか指摘すること。
9月
19℃以上21℃未満の階級の相対度数は、グラフより9月の方が大きいから。
(4)① 87.7%
範囲=最大値-最小値、最も範囲が大きいのは大口。〇
四分位範囲=第3四分位数(Q3)-第1四分位数(Q1)、箱の長さが最も短いのは与論島。〇
ア
② 71.2%
南にいくほど四分位数は大きくなる傾向にあるが、鹿児島だけ違う。×
イ
③ 74.8%
12個の中央値(Q2)は6番目と7番目の平均、Q1は3番目と4番目の平均。
大口のQ1から3つは-4℃未満。
3番目が最小値と考えると、4番目は高くても-1℃程。
しかし、5番目が0℃未満かは不明。Q2が2℃超、Q3が13℃超なので6番目も不明。△
ウ
④ 45.0%
Q1が2℃未満であれば、2℃未満が3つ以上が確定。大口しかない。×
イ
大問4(数量変化)-17.8%
(1) 65.7%
y=1/6x2にxの値を代入し、該当するyの値が出ればいい。
x=18を代入すると、y=1/6×182=54
イ
(2) 22.4%!
ドローンの進む距離yは0≦x≦30(30秒経過まで)にy=1/6x2
x=10→20まで増加したときの変化の割合が求めたい平均の速さにあたる。
y=ax2において、xの値がp→qに増加するときの変化の割合はa(p+q)
1/6×(10+20)=秒速5m
(3)① 6.9%!!
答案では方程式と計算過程も書く。
グラフが提供されていないが、グラフの交点のx座標を求めればいい。
xはドローンがP地点を出発してからの時間、yはP地点からの距離。
マオは秒速3mの一定の速さで走る→傾き3
x=0のとき、P地点から54m離れているので切片54→マオ;y=3x+54
t秒後に追いついたから、y=1/6t2とy=3t+54の交点を求める。
1/6t2=3t+54 ←6倍して整理
t2-18t-324=0
解の公式を適用して、t=9±9√5
0≦t≦30より、t=9+9√5
9+9√5秒後
② 2.4%!!
まず、自動車がマオに追いついたR地点までの距離を求める。
自動車がP地点を出発したとき、両者は54m離れていた。
1秒あたり4.8-3=1.8m差が縮むので、54÷1.8=30秒後にマオに追いつく。
PR間の距離は、4.8×30=144m
RQ間の距離は、900-144=756m
したがって、756÷180=秒速4.2m
大問5(平面図形)-27.1%
(1) 38.8%
正三角形BDCの内角から∠CBD=60°
これを弧CDの円周角で移して、∠CGD=60°
(2)a…82.8%、b…75.9%、c…56.0%、d…52.9%、e…45.6%
前半は△BHD≡△CGDの証明。
△BDCは正三角形だから、BD=CD
△GHDも正三角形だから、HD=GD
∠BDH=60°-∠BDG、∠CDG=60°-∠BDGより、
∠BDH=∠CDG
2辺とあいだの角が等しいので、△BHD≡△CGD
△BHD≡△CGDの対応する辺から、CG=BH
正三角形GHDより、GH=GD
AG+BG+CG
=AG+(BG+BH)
=AG+GH
=AG+GD
=AD
a…エ、b…ア、c…キ、d…コ、e…シ
(3)① 20.5%!
GD
=AD-AG
=(AG+BG+CG)-AG
=BG+CG
=5+3=8cm
② 0.4%!!!
答案では求め方や計算過程も書く。
相似で求めようとすると失敗する。
(1)の∠CGD=60°に着目する。
CからGDに垂線、足をIとする。
△CGIの内角は30°―60°―90°だから、辺の比が1:2:√3の直角三角形。
GI=3/2、CI=3√3/2
ID=8-3/2=13/2
△IDCで三平方→CD2=(3√3/2)2+(13/2)2=49
CD>0より、CD=7
③ 0.1%!!!
2つとも正三角形なので、△ACEの1辺の長さがわかれば面積比も出る。
前問と同じように、AからGEに垂線をひいて足をJとすると、
△AGJの辺の比から、GJ=2、AJ=2√3
GE=AG+GC=7だから、JE=7-2=5
△AJEで三平方→AE=√37
△BDC:△ACEの相似比は7:√37。
面積比は相似比の2乗→△BDC(S):△ACE(T)=49:37
@別解@
△ADCと△EBCは2辺とあいだの角が等しいので合同。
(あいだの角度は60°+∠ACBで共通)
AG:GD=△AGC:△DGC=④:⑧
BG:GE=△BGC:△EGC=⑤:⑦
△ADC=△EBC=⑫だから、同じ面積比として扱える。
BCとGDの交点をKとする。
角の二等分線の定理から、BK:KC=GB:GC=5:3
(2角相等の△GDC∽△CDKからでも説明できる。
GD:GC=CD:CK=8:3→BC=DC=8→BK=8-3=5)
四角形BDCG=⑧×8/3=〇64/3
△BDC=〇64/3-⑤=〇49/3
同様に、ACとGEの交点をLとする。
AL:LC=4:3
四角形CEAG=⑦×7/3=〇49/3
△ACE=〇49/3-④=〇37/3
したがって、△BDC(S):△ACE(T)=〇49/3:〇37/3=49:37
@余談@
面積比を整数比になおすとこうなります。
…よくみると、隣り合う2辺の和の2乗が面積比になっている。
四角形AFBG=(AG+BG)2=(4+5)2=81
四角形BDCG=(BG+CG)2=(5+3)2=64
四角形CEAG=(CG+AG)2=(3+4)2=49
果たして偶然なのか…原理をご存じの方はコメント欄かお問い合わせよりお知らせ願います。
@@
ピコピコさんからありがたいコメントを頂きました。
問題のように、60°と垂線の利用で解決しました。四角形AFBGの面積を考えます。
(3)①のように考えると、FG=AG+BG
四角形AFBGの底辺をFGとします。
高さの合計は有名三角形から、√3/2AG+√3/2BG=√3/2(AG+BG)=√3/2FG
四角形AFBGの面積は、FG×√3/2FG÷2=√3/4FG2
同様に、四角形BDCGは√3/4DG2、四角形CEAGは√3/4EG2なので、
面積比は、FG2:DG2:EG2=(AG+BG)2:(BG+CG)2:(CG+AG)2となります。
@@
谷津綱一さんから素晴らしい解法を頂きました。
谷津綱一さんのnoteより。
『高校への数学』の執筆もされているベテランの先生です。
(2)のように、四角形GCEA側でも△GIEが正三角形となるような点Iをつくり、
△CIE≡△AGEから四角形GCEAを△GIEに変形します。
太線の正三角形からそれぞれ△GBCと△GCAをひけば、求めたい正三角形の面積比になります。
最後から2行目は隣辺比で、角の和が180°の場合も隣辺比が使えます。
整数のみの簡単な計算で求まるベスト解だと思います。
@フェルマー点@
本問の点Gはフェルマー点というそうです。2022年滋賀(大問4)で出題されています。
フェルマー点は3つの頂点からの距離の和が最短になります。
内角が120°未満の三角形では内部にあり、あいだの角度はいずれも120°です。
(∠AFB=∠BFC=∠CFA=120°)
三角形の各辺の外側に正三角形をつくり、正三角形の外側の点と反対側の三角形の点を結ぶと、
3本はフェルマー点で交わります。さらに、3つの外接円もフェルマー点で交わります。
大問1
(1)④72は約数が多い。72から8は残しておき、9だけを素因数分解する。
(2)正答率が低い!解けるようにしておきたい。
(3)小学生でも解ける割合の問題なのに(´゚д゚`)
2023年福岡大問2(1)でも似たような現象が起きている。
(4)周回してもよいが、先にxを移しておくと△ADCが見えやすい。
大問2
(1)辺が特定されていない厄介さがある。
回転対称を利用すれば、2パターンを調べればいい。
(2)ウ・エで迷うか。b/aの値は負。
(3)正三角形が傾くが、作図の仕方は同じ。
(4)結果に影響しない事象は考えなくていい。
(5)公立入試ではカロリーの問題も出てくる。
大問3
(1)正しく昇順に並べられたかどうか。
(2)度数が少ないものを狙う。正解率は高かった。
(3)コオロギの鳴き声から気温を推定できるとは驚き。
大問4
一読では頭にスッと入りにくい問題文であった。
自動車とドローンはP地点で同時出発し、それ以外の関係は設問で問われていない。
(2)平均の速さは等加速度運動するドローンの速さを均す。
y=1/6x2のグラフ上にあるx=10、20の2点を直線で結んだ一次関数の傾きである。
(3)①グラフの記載がなく、立式が難しかったか。
②情報が錯綜しやすい。RはPQのどこかにある。
求めたいのはRQ間の速さ。時間は180秒→RQ間の距離が知りたい。
マオと自動車の速さと距離の差からPR間の距離が出る。
大問5
(1)円に囲まれた図形は円周角を疑う。下の円だけを見ればいい。
(3)②解法は単純だが、別の道にいってしまうと迷子になる。
③前問が解ければ同じ方法で手堅く取れる。
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コメント
最後のフェルマー点の謎について他の方によって解決しているかもしれませんが一応書きます。この図において、AG+BG=FG、AG+CG=EG、BG +CG=DGが成り立つことはご存じでしょうか?(お気づきでしたらすみません😣💦⤵️)証明として、辺FG 上にAG=GHとなるよう点Hをとります。すると△AHGは正三角形となり、さらに△AHF≡△AGBも成り立ちます。よってBG=FH、AH=AGから、AG+BG=FGとなり、他の二つも同様に成り立ちます。つまり、FGは9、EGは7、DGは8とでます。ここで四角形AFBGにおいて、FGを底辺とすると高さはFG÷2×√3となります(問2③のように垂線を使って)。よってその面積はFG²÷4×√3となり、他も同じように出せることから結局面積比はFG²、EG²、DG²の比になりサボ先生の発見通りになると思うのですがどうでしょうか。
コメントありがとうございます。
合点がいきました!60°を使えば高さは底辺に比例しますね。
気づけなかった自分が悔しいです(´Д`)
あとで本文にて追記させて頂きます。ありがとうございました。
他にも何か気づいた点がありましたら、気兼ねなくコメントしてくださいね。
サボ