こんにちは。萃聚（すいじゅ）です。このページではタイトルにもある通り、2021年開成高入試数学の全問解説を行っていきます。あまり開成高校の問題を解いたことがない身で恐縮ですが、僕から見た難易度（かんたん・ふつう・むずかしい）を表示しておきます。※あくまで個人の感想です。
＜大問１＞
(1)→かんたん
(2)→かんたん
(3)→ふつう
＜大問２＞
(1)→かんたん
(2)→ふつう
＜大問３＞
(1)→かんたん
(2)→ふつう
(3)→ふつう
(4)→むずかしい
(5)→むずかしい
＜大問４＞
(1)→かんたん
(2)→むずかしい
開成中と似たような感じで、どれも計算が重いように感じました。(1)→かんたん
(2)→かんたん
(3)→ふつう
＜大問２＞
(1)→かんたん
(2)→ふつう
＜大問３＞
(1)→かんたん
(2)→ふつう
(3)→ふつう
(4)→むずかしい
(5)→むずかしい
＜大問４＞
(1)→かんたん
(2)→むずかしい
それでは具体的な解説に参りましょう。
重要
図の関係などで、問題文を一部を変えているところがあります。ご了承ください。
何かありましたら下にあるコメント欄にお願いします。別解等、ありましたらぜひお願いします。
＜大問１＞
＜問題＞
Oを原点とする$ xy$ 平面において、関数 $y=x^2$ のグラフをGとし、グラフG上の $x$ 座標が $-1$ である点をAとする。Aを通って傾きが１である直線とグラフGの交点のうちAでないものをBとし、Bを通って傾きが $-\dfrac{1}{2}$ である直線とグラフGの交点のうちBでないものをCとする。
また $t$ を、その値がCの $x$ 座標の値より大きく $-1$ より小さい定数とし、グラフG上の $x$ 座標が $t$ である点をEとする。
Eを通って傾きが $-\dfrac{1}{2}$ である直線とグラフGとの交点のうちEでないものをDとし、Eを通って傾きが1である直線とグラフGの交点のうちEでないものをFとする。
(1)点Cの $x$ 座標を求めよ。また、点Fの $x$ 座標を $t$ を用いて表せ。
(2)直線AD, CFの傾きをそれぞれ $t$ を用いて表せ。
(3)2直線ABとDEの交点をP, 2直線BCとEFの交点をQとする。三角形PAD, 三角形QFCの面積をそれぞれ $S_1$ , $S_2$ とするとき、 $S_1$ : $S_2=1:5$ となる $t$ の値を求めよ。
＜大問２＞
＜問題＞
正の整数 $x$ , $n$ に対し、次のような条件を考える。【条件】$\dfrac{x}{n}$ を小数で表したとき、ちょうど小数第３位で終わる
ただし、「$\dfrac{x}{n}$ を小数で表したとき、ちょうど小数第３位で終わる」とは、「$\dfrac{x}{n}×1000$が整数となり、かつ $\dfrac{x}{n}×100$が整数とならない」ことである。
(1) $x=75$のとき、上の【条件】を満たす $n$ の個数を求めよ。
(2)上の【条件】を満たす正の整数 $n$ の個数が20個であるような2桁の正の整数 $x$ を求めるために、以下のように考えた。
$k, l$ を0以上の整数として、$x=2^k\times5^l\times A$ と表されたとする。ただし、$2^0=5^0=1$ とし、Aは2、5を約数に持たない正の整数である。
このとき、Aの正の約数の個数を $m$ とすると、$1000x$ の正の約数の個数は ( ア ) $\times m$ となり、$100x$ の正の約数の個数は（ イ ）$\times m$ となる。
したがって、上の【条件】を満たす $n$ の個数は（ ウ ）$\times m$ と表される。
これが20に等しいことと、$x$ が2桁の整数であることから $m$ の値が1つに決まり、$k, l$ の間に関係式 ( エ )が成り立つ。
このとき、$x$ の2, 5以外の素因数は１つだけであることもわかり、この素因数を $p$ とすると $x=2^k\times5^l\times p $となる。
以上を利用すると、$x$ が2桁の正の整数であることから、$k=$（ オ ）または $k=$（ カ ）とわかり、求める数は $x=$（ キ ）となる。
①（ ア ）～（ キ ）に最も適切に当てはまる数または式を答えよ。ただし、（キ）については当てはまる正の整数をすべて答えること。
②下線部について、$m$ の値が１つに決まる理由を述べ、その $m$ の値を答えよ。
＜大問３＞
＜問題＞
赤球、白球、青球のどの色の球もたくさん入っている袋がある。この袋から1個ずつ球を取り出し左から順に一列に並べる。以下では、連続した3個に赤、白、青の３色の球が並ぶところができる（この3色の並びはどのような順番でもよい）ことを、「異なる3色の並び」ができるということにする。
(1)４個の球を並べるとき、「異なる3色の並び」ができる並べ方の総数は何通りか。
(2)４個の球を並べる時、「異なる3色の並び」ができない並べ方のうち、次の①、②の条件を満たす並べ方はそれぞれ何通りか。
①左から3個目と4個目が同じ色である。
②左から3個目と4個目が異なる色である。
(3)５個の球を並べるとき、左から３個目、４個目、５個目に「異なる3色の並び」ができ、他には「異なる3色の並び」ができない並べ方は何通りか。
(4)５個の球を並べるとき、「異なる3色の並び」ができる並べ方の総数は何通りか。
(5)６個の球を並べるとき、「異なる3色の並び」ができる並べ方の総数は何通りか。
-
※赤→R、白→W、青→Bと書きます。というか、普段もそういう風にアルファベットとか記号で書くと、時間短縮になっていいんじゃないかと思います。
(1)
この樹形図のようになります。R、W、Bのそれぞれから、10通りあるので、10×3＝30通りです。
一番左、RとWとBにわかれますけど対等なのでRさえ求めればOK。また、2番目でRとWとBに分かれますけど、WとBは、どちらも「Rでないもの」ということで対等なので、Wの枝を描けばBは考えなくてOKであるわけです。
(2)
①
できないときはめっちゃありそうなので、できそうな時を考えます。
できるときは、この樹形図のようになります。左からではなく、右から攻めていっています。左から3番目と4番目がRであったとき、1番目と2番目の並べ方は2通りですから、同様に、R、W、Bそれぞれ2通りとなり、2×3＝6通りとなります。
全体の並べ方は、3×3×3＝27通り（3番目と4番目が同じなので、「1番目の文字」「2番目の文字」「３、4番目の文字」を考えて、それぞれ3通りずつあるからこの式になる）です。
よって、27－6＝21通りです。
②
今度は、できないときを直接考えてみます。
この樹形図のようになります。
右から攻めています。RとBとWに最初分かれますが、対等なのでRさえ求めればOK。そして、RからBとWに分かれますけど、これも「Rではないもの」として対等なので、Bの枝さえ求めればOKです。
以上より、10×3＝30通りになります。
(3)
前の問題をうまく活用しましょう。
(2)の②で、「4個並べて「異なる3色の並び」はできないが、３と4番目は異なるもの」の通りを求めました。これって、5番目に、３と４とは違う種類の球を置けば、１～４までは「異なる3色の並び」はなく、３、４、５番目のみに「異なる3色の並び」がある並べ方になります。
以上より、(3)の答えは(2)の②の答えと等しく、30通りです。
(4)
解法を３通りご紹介します。
～サイト主の方法①～
まず、安心と信頼の樹形図を描きました。
この樹形図のような感じで、「『並び』が既に完成」というのは、例えばR―W―Bとなっている状況において、既に「異なる3色の並び」は完成しているわけですから、Bの右には、別に何の色を置いても良いということで、3通りとなるということです。
うまく対等性を使ってあげて、40×3＝120通りとなります。
ただこのやり方、あんまりメリットないです。
～サイト主の方法②～
こちらも樹形図ですが、「異なる3色の並び」が「できない」場合を描いた図です。あとで全体から引くことになります。
なお、この図は上の樹形図に比べて少しややこしいので、「Rと等しい」みたいなことは書いていません。
まあともあれ、Rの枝から17+12+12＝41本出ています。WとBも同様にして、合計41×3＝123です。
全体の３×３×３×３×３＝243から引いて、
243－123＝120通り
というのが答えになります。
①のやり方と変わらないじゃないかと思うかもしれませんが、実は(5)で威力を発揮するのです。
～YouTubeの解説動画にあったやり方～
YouTubeで検索をかけたら開成高2021解説動画を発見しました。
「数学や色々学ぼう」という方の動画です。中学生の僕がこんなことを言うのは恐れ多いですが、なかなかわかりやすくていいなと思ったので、ぜひ訪れてみてください。あ、ちゃんとチャンネル登録しましたので。
その動画のリンク→https://www.youtube.com/watch?v=O3Rp01aE9Cc&t=2s
そこで解説されていた解法を、僕なりに解説させていただきます。
(4)も、(3)と同様、前の問題を活用するらしいです。
「異なる3色の並び」が、どこにできるかを考えてあげます。(1,2,3)、(2,3,4)、(3,4,5)の3か所です。
(1,2,3)、(2,3,4)というのは、１～４番目の中で完結しますから、(1)で求めてた「4個の球を並べるとき、「異なる3色の並び」ができる並べ方の総数」を使っていきます。だから(1)より30通り、と行きたいところですが、(1)は4個しか球がなかったのに対し、この問題では５個あって、5番目に何か球を置けるので、30に３をかける必要があります。
そして、(3,4,5)ですが、これはもう(3)で求めてますから30通りです。
よって、30×3+30＝120通りです。
(5)
こちらは2通りで紹介します。
～サイト主がやったやり方～
(4)の「やり方②」を使います。「異なる3色の並び」ができない並べ方を検討していきます。６個並べるということは、５個の並びの樹形図の、左にもう一つ枝ができるということです。
図のように、左にRが付くとすると、５個並べる時はセーフだった、W－Bの流れが、R－W－Bとなり、アウトになります。だから、Rの系統には、41+29+29=99本あります。
R、W、Bは対等より、計99×3＝297本あります。
全体の３×３×３×３×３×３＝729から引いて、
729－297=432通り
というのが答えです。
なかなか簡単に求まったと思います。
～「数学や色々学ぼう」さんのやり方～
先ほどの動画で紹介されていた解法です。
これも問題の流れに沿って、「異なる3色の並び」が、どこにできるかを考えてあげます。(1,2,3)、(2,3,4)、(3,4,5)、(4,5,6)の3か所です。
(4)と同様にして、(1,2,3)、(2,3,4)、(3,4,5)は、(4)で求めた120通りに、6番目に置く球の3通りをかけてあげて、120×3＝360通りとなります。
(4,5,6)ですが、(2)の②同様、4番目と5番目が異なるもので、1～５番目に「異なる3色の並び」ができない並べ方を考えればいいわけです。
動画内では、いろいろな技を使っていましたが、普通に(2)の②を流用していく（樹形図の枝を１つ伸ばすだけ）方が良いと思います。
図のようになり、24×3＝72通り、とわかります。
よって、360+72＝432通りです。
＜大問４＞
＜問題＞
最初の図のように、底面の半径が５、高さが10の円すいを考える。円すいの底面の円をSとし、円Sを含む平面を $p$ とする。
円すいの頂点Aから平面 $p$ に引いた垂線は、円Sの中心Oを通る。
線分BCを円Sの直径とし、線分AC上に点Dをとる。
平面 $p$ において、点Bにおける円Sの接線を $l$ とする。
さらに、直線 $l$ と点Dとを含む平面を $q$ とすると、平面 $q$ による円すいの切り口は最初の図の影の部分のようになった。
２番目の図はこの円すいの立面図（横から見た図）と平面図（上から見た図）である。点Dから平面 $p$ に引いた垂線と平面 $p$ との交点をHとする。
また、線分BDの中点をMとし、点Mから平面 $p$ に引いた垂線と平面 $p$ との交点をE、点Mを通って直線 $l$ に平行な直線と円すいの側面との交点の一方をF、点Fから平面 $p$ に引いた垂線と平面 $p$ との交点をGとする。
(1)DH=$x$ とするとき、線分OGの長さを $x$ を用いて表せ。
(2)MF＝$\dfrac{1}{2}$BMとなるとき、線分DHの長さを求めよ。
-
(1
)求めたい長さを含む平面で切るっ！ ということです。OGを含む平面で、長さがいっぱいわかっているのは、やはり、O、A、F、Gを通る平面でしょう。問題の図２にも、点線で補助線が引いてありますし。
まず、２番目の図で、MはBDの中点で、DH=$x$ なんだから、平行線と線分比の定理でも使ってやって、ME＝$\dfrac{x}{2}$です。次に、最初の図より、FG＝MEです。よってFG＝$\dfrac{x}{2}$です。
また、Oの半径は５で、AO＝10より、この図のようになって、
\[OG＝5-\frac{x}{4}\] となります。
(2)
最初に言っておきますが、B, G, Hは円上の点ではなく、（円ではない）楕円上の点です。恥ずかしながらサイト主、このことに気づくのに15分かかりました。
というか、もしも円だったら、別にMF＝$\dfrac{1}{2}$BMなんて条件、不要なんですよ。
円なら、HC＝$\dfrac{1}{2}$ と DH=$\dfrac{x}{2}$ より、$EG=EH=\dfrac{BC-HC}{2}=\dfrac{10-\dfrac{x}{2}}{2}=\dfrac{20-x}{4}$$\smallEG=EH=\dfrac{BC-HC}{2}=\dfrac{10-\dfrac{x}{2}}{2}=\dfrac{20-x}{4}$で、さらに $OE=OB-EB=5-\dfrac{20-x}{4}=\dfrac{x}{4}$
△OEGで三平方の定理で、$EG^2+ OE^2= OG^2$
これに、今求めたEGとOEの長さと、(1)のOG＝$5-\dfrac{x}{4}$を代入すれば答え出てきますから。
でも、EG＝EHが楕円なので成り立たないから、条件が付いてきてるわけです。
問題図２は僕がイラレで描いた図ですけど、実際の入試問題に描かれていた図も、わずかに楕円感が出てるくらいで、気づかないと円だと思ってしまうレベルでした。
では、楕円であるという条件の下、問題を解いていきましょう。なお、BM＝$2y$ とします。
△BMEにおいて、BM＝$2y$、ME＝$\dfrac{x}{2}$ より、三平方の定理で、
\[BE=\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}\] また、△EOGにおいて、EG＝$y$ , OG＝$5-\dfrac{x}{4}$ より、三平方の定理で、
\[EO=\sqrt{y^2+\left(5-\frac{x}{4}\right)^2}\] そして、BE+EO＝BO＝5なので、 \[\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}+\sqrt{y^2+\left(5-\frac{x}{4}\right)^2}=5 …①\] 続いて、BH＝2BEより、
\[BH＝2\times\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}\] HC＝$\dfrac{DH}{2}$より、
HC=$\dfrac{x}{2}$
そして、BH+HC＝BC＝10なので、 \[2\times\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}+\frac{x}{2}=10\] 両辺２で割って、 \[\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}+\frac{x}{4}=5 …②\] 以上、①＝②より、
\[\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}+\sqrt{y^2+\left(5-\frac{x}{4}\right)^2}=\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}+\frac{x}{4}\] \[\sqrt{y^2+\left(5-\frac{x}{4}\right)^2}=\frac{x}{4}\] \[\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}+\sqrt{y^2+\left(5-\frac{x}{4}\right)^2}\\=\sqrt{\left(2y\right)^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}+\frac{x}{4}\]
\[\sqrt{y^2+\left(5-\frac{x}{4}\right)^2}=\frac{x}{4}\] 解いて、\[{4y}^2=100-10x\] これを②に代入して…
あとは省略します。
最終的に、\[x=-12+8\sqrt6\] となります。
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