第3回石川県総合模試の数学を解いてみた（ダイジェスト版）
第3回石川県総合模試が実施されました。今回はダイジェスト版ということで、少し面倒な問題と復習すべき問題に絞って解説をします。
全体的な難易度としては、現状の中学3年生の数学力を考えると難しい問題が多かったように思います。
大問2
内容 規則性
難易度 標準
(1)はよくある問題なのでできた人も多かったと思われます。(2)は算数的な内容でしたが手こずった人も多かったかもしれません。
(1)ではカレンダーの規則である1週間7日（1行に7日）ということが分かっていれば大した話ではありません。
具体例を見ると、$15$を中心として、1つ上の行の$7$と$9$はそれぞれ$15-7-1$と$15-7+1$となります。同様にして、1つ下の行の$21$と$23$も$15+7-1$と$15+7+1$となります。
これを上図に当てはめると、$a=c-7-1$、$b=c-7+1$、$d=c+7-1$、$e=c+7+1$となります。したがって
$$be-ad=(c-6)(c+8)-(c-8)(c+6)$$
となります。これを計算すると
$$c^2+2c-48-(c^2-2c-48)=4c$$
したがって、$4c=72$より$c=18$となります。
(2)は、月+水のパターンと月+木のパターンがあって、全部で9回通い、通った日付の合計が154となるという問題でした。
ポイントは月+水のパターンと月+木のパターンがそれぞれ何回なのかが分からないということです。上手い方法を考えたいところですが、(1)がヒントになっていないのでなかなか厄介でした。
とりあえず、月曜日はすべて通ったことになるので、$7+14+21+28=70$となります。したがって、水また木を5回足した合計が$154-80=84$になるということになります。
ちなみに、私はいつも月曜日スタートのカレンダーを使っているせいで、計算を間違えました！答え出ないぞ！と思ったら自分が間違っていたというオチです。
こういうときに、とりあえず適当に水曜日と木曜日を決めて計算できる人は強いです。
水曜・木曜と交互に通った（水曜3回、木曜2回）とすると、$2+10+16+24+30=82$となります。84には2足りないので、木曜日を2回増やせば良いことになります。ということは、水曜日に通った回数は1回となります。
上手い方法を考えることはとても大切ですが、それと同等以上に具体的な数値で実験してみるということも大切です。
大問3
内容 関数
難易度 標準
大問3は1次関数の問題でしたが(2)、(3)とも難易度高めの問題で難しく感じた人が多かったのではないかと思います。
図において、①は$\displaystyle y=\frac{3}{2}x$、②は$\displaystyle y=\frac{1}{3}x$のグラフです。$y$軸の正の部分を動く点が$\mathrm{P}$、②上の点で$y$座標が正である点を$\mathrm{Q}$とします。$\mathrm{PQ}$と①の交点が$\mathrm{R}$となります。
(1)は$\mathrm{PQ}$が$y=-x+5$で表されるときの$\mathrm{R}$の座標を求める問題でした。これは、傾きについてよく理解できている人であれば、ほぼ計算不要で $\mathrm{R}(2,\ 3)$と求められる問題です。
よくある解答としては、$\displaystyle y=\frac{3}{2}x$と$y=-x+5$を連立して解くという方法です。これでもきちんと求められますが、少々面倒です。傾きが$x$と$y$の比であることを理解していれば、下図のように比を考えてから
$$5\times \frac{5}{3}=3$$
として$\mathrm{R}$の$y$座標を求めてしまうとほぼ暗算でできるのではないでしょうか。また、この考え方が(2)にも流用できて良いでしょう。
(2)は$\mathrm{PQ}$と$x$軸が平行になるときの線分$\mathrm{PQ}$の長さと線分$\mathrm{PR}$の長さの比を求める問題でした。
ここでも傾きから比を考えると簡単です。下図のような比を考えます。
よって、$\mathrm{PQ:PR}=9:2$となります。
(3)は①のグラフが$\triangle\mathrm{POQ}$の面積を二等分するときの$\mathrm{PQ}$の傾きを求める問題でした。
イメージとしては上図のような感じになります。ポイントは$\mathrm{R}$が線分$\mathrm{PQ}$の中点となるということです。
ということは図のように、$\mathrm{R}$の$x$座標を$t$とすると、$\mathrm{Q}$の$x$座標は$2t$と表せるということです。したがって、$\displaystyle \mathrm{R}\left(t,\ \frac{3}{2}t\right)$、$\displaystyle \mathrm{Q}\left(2t,\ \frac{2}{3}t\right)$となります。
この2点の傾きを求めると
$$\frac{\frac{2}{3}t-\frac{3}{2}t}{2t-t}=-\frac{5}{6}$$
となります。
大問6
内容 平面図形
難易度 難
大問6は平面図形の問題でした。平行四辺形を題材とする問題で、(1)、(2)ともに平易な問題でしたが、(3)はできなかった人が多かったのではないかと思います。
面積比の問題は入試の定番中の定番ですので着眼点を整理しておきましょう。
(3)では、下図における$\triangle\mathrm{ADF}$の面積が、$\triangle\mathrm{CDE}$の何倍かを考える問題でした。
四角形$\mathrm{ABCD}$は平行四辺形で、$\angle\mathrm{BAC}=60^\circ$、$\mathrm{AB}=3$、$\mathrm{AF}=6$が与えられています。$\mathrm{DC=DE}$も最初に与えられています。また、(2)で証明した$\triangle\mathrm{ABF}\equiv\triangle\mathrm{EDA}$もそのまま引き継ぎます。
まずは、与えられた条件から分かることをどんどんと書き込んでいきます。
$\mathrm{AB//CD}$から$\angle\mathrm{ECD=60^\circ}$が分かります。そうすると、$\mathrm{DC=DE}$より、$\triangle\mathrm{EDC}$は底角が$60^\circ$の二等辺三角形、すなわち正三角形であることが分かります。これによって、$\mathrm{AB}=3$から$\mathrm{CD}=3$であり、$\mathrm{CE}=3$であることも分かります。
さらに、$\triangle\mathrm{ABF}\equiv\triangle\mathrm{EDA}$であることから、$\mathrm{AF=AE}=6$も分かります。
この時点で、$\triangle\mathrm{CDE}$と$\triangle\mathrm{AED}$の面積比が$2:1$となることが分かります。
$\triangle\mathrm{CDE}$と$\triangle\mathrm{AED}$は高さの等しい三角形となるので、底辺の比がそのまま面積となります。
高さの等しい三角形を見つけるのは面積比の基本となるので、図をよく見てください。とくに平行な2直線がある場合は要注意です。
次に、なんとなく平行に見える$\mathrm{AF}$と$\mathrm{ED}$について考えてみます。このなんとなくそんな感じがするというのは大切な直感です。
$\angle\mathrm{CED=60^\circ}$なので、$\angle\mathrm{AED=120^\circ}$となります。合同な三角形の対応する角についても$\angle\mathrm{FAB=120^\circ}$となります。また、$\angle\mathrm{BAC=60^\circ}$なので、$\angle\mathrm{FAC=60^\circ}$です。そのため同位角が等しくなり$\mathrm{AF=ED}$が言えます。
よって、$\triangle\mathrm{AED}$と$\triangle\mathrm{ADF}$は高さの等しい三角形となり、底辺の比から
$$\triangle\mathrm{AED}:\triangle\mathrm{ADF}=1:2$$
となります。先ほどの面積比と合わせると
$$\triangle\mathrm{CDE}:\triangle\mathrm{AED}:\triangle\mathrm{ADF}=1:2:4$$
よって、4倍になります。
大問7
内容 空間図形
難易度 難
最後はお決まりの空間図形でした。(2)からやや難しい問題が登場しました。(3)も考え方はシンプルなのですが、中学生の現状を考えるとかなり難しい問題になるのではないでしょうか。
というわけで(2)から解説します。1辺の長さが$8$の立方体（図は直方体にしか見えないかもしれませんが）をベースにした問題です。
3点$\mathrm{A}$、$\mathrm{B}$、$\mathrm{I}$を通る平面は図のようになります。このとき、正方形$\mathrm{ABCD}$の中心$\mathrm{O}$とこの平面の距離を求める問題です。点と平面の距離は、点から平面に下ろした垂線の長さであり、この垂線の長さを求める問題では先に面積や体積（別の底辺や底面を用います）を求める問題が大半です。
ここでも、下図のように立体を面$\mathrm{BCGF}$側から見た図を用いて面積を考えていきます。
真正面から見るとこんな感じです。このとき$\triangle\mathrm{BOI}$の面積は、$\triangle\mathrm{BCI}$の面積の半分で$12$となります。$\triangle\mathrm{BOI}$の面積を底辺を$\mathrm{BI}=10$と見れば
$$\frac{1}{2}\times 10\times \mathrm{OJ}=12$$
となります。これを解くと$\displaystyle\mathrm{OJ}=\frac{12}{5}$となります。
(3)は下図が与えられていました。
$\mathrm{BP:PG=1:3}$となります。このとき四面体$\mathrm{DEGP}$の体積を求める問題でしたが、こんな半端な立体の体積を直接求めるのは大変です。こういう場合は、まわりを削り取っていく方法か求める立体を分割する方法がよくある手法ですが、どちらでやっても半端な図形が出てきて大変です。
そこで、$\mathrm{BP:PG=1:3}$をあとで使うことにして、まずはキリのいい立体を考えていきましょう。
四面体$\mathrm{DEGB}$であれば簡単そうです。これは、立方体から4つの合同な三角錐を引いて求められます。
立方体の体積は$8^3$、三角錐の1つ$\mathrm{B-CGD}$の体積は
$$\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 8\times 8\times 8=\frac{1}{6}\times8^3$$
となります。4つ分になると$\displaystyle\frac{2}{3}\times 8^3$となります。
したがって、四面体$\mathrm{DEGB}$の体積は
$$8^3-\frac{2}{3}\times 8^3=\frac{1}{3}\times 8^3$$
となります。次に、四面体$\mathrm{DEGB}$と四面体$\mathrm{DEGP}$の体積比を考えます。底面を$\triangle\mathrm{BEG}$のところで考えます。高さは等しいので底面積の比がそのまま立体の体積比となります。
底面積の比は$4:3$となることは一目瞭然ですね。よって、求める立体の体積は
$$\frac{1}{3}\times 8^3\times \frac{3}{4}=128$$
となります。
まとめ
この時期の問題としては、かなか難しい問題が多かったように思います。
内容の難しさもありますが、時間が全然足りなくて解けないというケースが多かったのではないでしょうか。とくに今回は、代数分野も幾何分野も時間がかかりそうなものが多く、図形に入る前に終わってしまったという人もいたのではないかと思います。
実際の試験では、そうしたことも想定して時間配分や取り組む問題の取捨選択も考える必要がありますが、復習の際はたっぷりと時間をかけてあれこれ考えて見てください。
今回は、なかなかいい問題が揃っていたと思うので復習の価値が高いと思います。
まだまだ先は長いので、頑張っていきましょう！
