駒場東邦中学校 算数 問題 解説★2017年(H29年)

2017.04.10 19:40|入試問題分析(算数)
今回は駒場東邦中学校をとりあげます。

受験者数 514名、合格者数 272名で実質倍率1.89です。
教科ごとの点数は(平均点 合格者平均点 配点)の順に
国語(63.7 70.3 120)
社会(49.1 53.0 80)
算数(88.4 98.6 120)
理科(47.9 51.4 80)
合計(249.1 273.2 400)

合格最低点は249点

算数が例年よりかなり高い平均点になりましたので、点を落とせない試験だったようです。

各問題を見ていくと

大問1 (1)計算問題です、しっかり合わせてください。
(2)大きい箱と小さい箱の玉の和が一定に注目して比で解く典型問題です。
(3)ポリキューブの4つの場合(テトラキューブ)です。鏡像を区別すると8通り、同一視すると7通りですが、問題文に鏡像を区別するのかしないのか書いていないのでどのように採点されてるのか気になりますね。
(4)実生活において算数の考え方が活かされて感動した出来事を説明する問題が出ました。時間も限られているので、感動をしたことを説明しようとしたのであれば上手くは書けなくていいと思います。

大問2 (1)①台形の面積から直角三角形2つの面積を除きます。②△AEDを2つあわせて正方形の面積で1辺の長さを求める問題です。よくある誘導ですね。
(注 3:4:5の直角三角形の辺比を覚えている人は(1)②から解けてしまいますね)
(2)ACの長さが(1)より5cmとわかります。直線アにBCが接している状態からCDが接するまで転がしたときに45°回転させることから扇形が45°になり、アとイに囲まれた部分は3つの扇形と台形ABCDの和になります。①は何となく正解したとしても、②は扇形でない部分をどう面積を計算したらよいか気づくにくいかもしれません。

大問3 今回はこの問題を扱います。

大問4 (1)正方形ABCDの各頂点から,直角三角形APQと合同な図形を切り取ればよいですね。
(2)①三角形PQRの各辺の三等分点が頂点になるので正六角形です。
②三角形PQRに三角方眼を書いて9等分すれば、三角形PQRは小三角形9個分、正六角形は小三角形6個分で9:6=3:2とわかります。
(3)立方体の各頂点に対する8つの三角錐を考えると、隣同士の三角錐の共通部分は四面体で12個あります。(立方体)-8×(三角錐)+12×(四面体)で求めることができます。
わかりやすい形なので、時間がなくても(1)(2)まではあわせたいです。

大問1完答、大問2(2)①まで、大問3(1)(2)、大問4(1),(2)をあわせて受験者平均越え,あと大問2(2)②か大問4(3)をあわせたら合格者平均越えですね。

(問題)H29年 駒場東邦中学 大問3
次のように、分子が1以上434以下の整数で、分子が435である分数を小さい順に並べたものを考えます。
1/435,2/435,3/435,…,434/435
(1)それ以上約分できない分数のことを既約分数といいます。次の分数を既約分数で表しなさい。
①285/435 ②377/435
(2)既約分数は全部でいくつあるか答えなさい。
(3)既約分数ではない分数が最も長く続く並びをすべて求めなさい。ただし、約分はしないで,「□/435から□/435」のように答えなさい。


[解説]
(1)①285/435=19/29 ②377/435=13/15

(2)435を素因数分解すると435=3×5×29なので
1以上434以下の整数から、3または5または29の倍数を取り除きます。
435は取り除かれるので1以上435以下で考えると少し便利です。
komatokai2kai_20170410183133d00.jpg
(3または5または29の倍数の個数)=(3の倍数の個数)+(5の倍数の個数)+(29の倍数の個数)-(3×5=15の倍数の個数)-(5×29=145の倍数の個数)-(29×3=87の倍数の個数)+(3×5×29=435の倍数の個数)
=435÷3+435÷5+435÷29-435÷15-435÷145-435÷87+435÷435
=145+87+15-29-3-5+1
=211
なので435-211=224個となります。

(注 1以上435以下の整数で435と互いに素な整数の個数は、オイラーのφ関数の公式を使って(3-1)×(5-1)×(29-1)=224と求めることもできます。)

(3)1以上434以下の整数のうち3または5または29の倍数が最も長く続く並びを求めればよいです。
まず3または5の倍数は表にしてみると
kai1_20170315163721717.jpg
周期15で繰り返すことになります。
この周期には29の倍数は1つしか入りません。
ということは15で割って余り4、または余り11のところに29の倍数が埋まった場合が最も長く続く並びになります。

29×1÷15は余り14
29×2÷15は余り13
29×3÷15は余り12
29×4÷15は余り11

29×11÷15は余り4

29×14÷15は余り1

より29×4=116のところは114から117、29×11=319のところは318から321に対応します。

なので114/435から117/435,318/435から321/435となります。


(3)は正解まで持っていけなくてもよいですが,3,5,29の3つの要素があるときに,まずは小さいもの2つを組み合わせてから残りの29を考慮に入れる(あるいは逆に大きいもの2つを組み合わせてから残りの3を考慮に入れる)と手間が少なくて済むことが多いです。この辺りは覚えておくとよいかも知れませんね。がんばってください!(畠田)
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