熊本県の2023年3月実施の令和5年度（2023年度）入学者の公立高校入試問題の解説をしています。
受験勉強において、過去問を解くことはとても効果的な勉強法です。ぜひ、受験までに一度挑戦し、問題の傾向を掴んでおきましょう。合わせて、対策などをたてられるととても良いですね。
また、過去問で苦手な点が見つかった場合は、そこを中心に試験日当日までにしっかりと対策しておきましょう。

大問1

問題文

次の計算をしなさい。

（1）$\frac{1}{7} + \frac{1}{2}$

（2）$6 + 4 \times (-3)$

（3）$8x + 9y + 7(x – y)$

（4）$8a^3b \div (-6ab^2) \times 9b$

（5）$(x + 1)(x – 5) + (x + 2)^2$

（6）$\sqrt{30} \div \sqrt{5} + \sqrt{54}$

解答・解説

（1）$\frac{9}{14}$
$\frac{1}{7} + \frac{1}{2} = \frac{2}{14} + \frac{7}{14} = \frac{9}{14}$

（2）-6
$6 + 4 \times (-3) = 6 + (-12) = -6$

（3）$15x + 2y$
$8x + 9y + 7(x – y) = 8x + 9y + 7x – 7y = 15x + 2y$

（4）$2a$
$8a^3b \div (-6ab^2) \times 9b = \frac{8a^3b \times 9b}{36a^2b^2} = 2a$

（5）$2x^2 – 1$
$(x + 1)(x – 5) + (x + 2)^2 = x^2 – 4x – 5 + x^2 + 4x + 4 = 2x^2 – 1$

（6）$4\sqrt{6}$
$\sqrt{30} \div \sqrt{5} + \sqrt{54} = \sqrt{\frac{30}{5}} + \sqrt{54} = \sqrt{6} + 3\sqrt{6} = 4\sqrt{6}$

大問2

問題文

次の各問いに答えなさい。

（1）一次方程式 $5x + 8 = 3x – 4$ を解きなさい。

（2）二次方程式 $2x^2 + 5x – 1 = 0$ を解きなさい。

（3）$y$ は $x$ に反比例し、$x = 2$ のとき $y = 3$ である。$x = 5$ のときの $y$ の値を求めなさい。

（6）次の図のように、箱Aと箱Bの2つの箱がある。箱Aには1、2、3、4の数字が1つずつ書かれた4枚のカードが、箱Bには1、2、3、4、5の数字が1つずつ書かれた5枚のカードが入っている。箱A、箱Bの順に、それぞれの箱から1枚ずつカードを取り出し、取り出した順に左から右にカードを並べて2けたの整数をつくる。

①　つくることができる2けたの整数のうち、6の倍数は何個できるか、求めなさい。

②　つくることができる2けたの整数が3の倍数になる確率を求めなさい。ただし、どのカードが取り出されることも同様に確からしいものとする。

（7）健太さんと直樹さんは、航平さんと、運動公園にある1周2400mのジョギングコースを走った。

3人ともスタート地点から同じ方向に一定の速さで走り、健太さんと直樹さんは、健太さんから直樹さんの順にそれぞれ1周ずつ、航平さんは一人で2周走った。

また、健太さんと直樹さんは次のように走った。

• 健太さんは走り始めてから12分後に1周を走り終え、直樹さんへ引き継いだ。
• 直樹さんは引き継ぎと同時に走り始め、引き継ぎから15分後に1周を走り終えた。

一方、航平さんは次のように走った。

• 航平さんは、健太さんが走り始めてから4分後に走り始めた。
• 健太さんが1周を走り終えたとき、航平さんは1周目の途中を走っており、健太さんと640m離れていた。
• 航平さんは2周目の途中で直樹さんを追いこし、2周を走り終えた。

解答・解説

（1）-6
両辺移項して $2x = -12 \therefore x = -6$

（2） $\frac{-5 \pm \sqrt{33}}{4}$
解の公式より、$x = \frac{-5 \pm \sqrt{5^2 – 4 \times 2 \times (-1)}}{2 \times 2} = \frac{-5 \pm \sqrt{33}}{4}$

（3）$\frac{6}{5}$
$x$は$y$に反比例することより、$xy$が一定である。
$xy = 2 \times 3 = 6$
$x=5$のとき $5y = 6 \therefore y = \frac{6}{5}$

（4）$27^\circ$
円周角の定理より、$\angle ADB = \frac{1}{2}\angle AOB = 70^\circ$
$\angle CAD = \angle ADB – \angle ACD = 70^\circ – 54^\circ = 16^\circ$
ここで、$AC=BC、AO=BO$より、
$\angle CAB = \angle CBA = (180^\circ – 54^\circ) \div 2 = 63^\circ$、$\angle OAB = \angle OBA = (180^\circ – 140^\circ) \div 2 = 20^\circ$
$\therefore \angle OAD = \angle CAB – \angle CAD – \angle OAB = 63^\circ – 16^\circ – 20^\circ = 27^\circ$

（6）
① 3個
$(A,B) = (1,2), (2,4), (4,2)$の3個

② $\frac{7}{20}$
すべての場合の数は、$4 \times 5 = 20$ (通り)
$3$の倍数の場合の数は、$(A,B) = (1,2), (1,5), (2,1), (2,4), (3,3), (4,2), (4,5)$の$7$通り
よって求める確率は$\frac{7}{20}$

（7）
① 220m
$1760 \div (12 – 4) = 220$　∴毎分220m

② 22分40秒後
直樹さんの走る速さは$2400 \div 15 = 160$より毎分$160$m
航平さんは直樹さんに毎分$220 – 160 = 60$(m)ずつ近づくので、直樹さんが走り始めて$a$分後に航平さんが並んだとすると、
$a = 640 \div 60 = \frac{32}{3}$ (分)
よって、健太さんが走り始めてからの時間は$12 + \frac{32}{3} = 22 + \frac{2}{3}$ (分)　∴22分40秒後

大問3

（1）次の【ア】、【イ】に当てはまる数を入れて、文を完成しなさい。

図の1組の箱ひげ図から、回数の範囲は【ア】回、四分位範囲は【イ】回であることがわかる。

さらに美咲さんは、その測定結果をヒストグラムに表した。

（3）美咲さんと同じ体育委員の大輔さん、雄太さん、恵子さんは、箱ひげ図やヒストグラムから読みとれることについて、それぞれ次のように考えた。

大輔さん：回数の範囲は、1組よりも2組の方が大きい。
由衣さん：回数の四分位範囲は、1組よりも2組の方が大きい。
雄太さん：回数が64回以上である人数は、1組よりも2組の方が多い。
恵子さん：1組の回数の平均は、60回である。

4人のうち、正しい読みとりをしているのは誰か。次のアからすべて選び、記号で答えなさい。

解答・解説

（1）ア：28　イ：9
ア…71 – 43 = 28 (回)
イ…60 – 51 = 9 (回)

（2）1組：ア　2組：エ
1組…最小値が40回以上44回未満、最大値が68回以上72回未満であり、これにあてはまるヒストグラムはア。
2組…最小値が44回以上48回未満、最大値が68回以上72回未満であり、これにあてはまるヒストグラムはイとエ。2組の第１四分位数は51回であり、これは10番目の記録であることから、これにあてはまるエが正解である。

（3）イ・ウ
大輔さん：1組の範囲は71 – 43 = 28 (回)、2組の範囲は68 – 47 = 21 (回)、よって、正しくない。
由衣さん：1組の四分位範囲は60 – 51 = 9 (回)、2組の四分位範囲は65 – 51 = 14 (回)　よって、正しい。
雄太さん：ヒストグラムより、回数が$64$回以上である人数は、1組が4 + 1 = 5 (回)、2組が8 + 2 = 10 (回)　よって、正しい。
恵子さん：箱ひげ図やヒストグラムの情報だけでは各個人の詳細なデータはわからず、正確な平均値を求めることはできない。　よって、正しくない。

以上より、正しい読み取りをしているのは、イとウ。

大問4

問題文

図1は、底面の半径が3cm、母線の長さが6cmの円すいの形をした容器Aである。底面の円の中心をO、頂点をPとすると、底面と線分OPは垂直に交わっている。図1の容器Aに球Bを、容器Aの内側の面にぴったりつくように入れたところ、図2のように球Bの中心がOと重なった。図3は、図2の立面図である。

このとき、次の各問いに答えなさい。ただし、円周率は$\pi$とし、容器Aの厚さは考えないものとする。また、根号がつくときは、根号のついたままで答えること。

（1）容器Aの容積を求めなさい。

（2）容器Aの側面積を求めなさい。

（3）球Bの半径を求めなさい。

（4）図4のように、容器Aと球Bの間にちょうど入るような球Cを入れた。図5は、図4の立面図である。球Cの体積を求めなさい。

解答・解説

（1）$9\sqrt{3}\pi (cm^2)$
底面の円の任意の点を点$Q$とすると、$\angle POQ=90^\circ$、$PQ=6$cm、$OQ=3$cm
三平方の定理より、$OP=\sqrt{6^2 – 3^2} = 3\sqrt{3}$ (cm)
したがって、容器Ａの容積は
$\frac{1}{3} \times \pi \times 3^2 \times 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3}\pi (cm^2)$

（2）$18\pi (cm^2)$
容器Ａを展開すると、半径$6$の扇形となる。
中心角は、$360^\circ \times \frac{3 \times 2\pi}{6 \times 2\pi} = 180^\circ$であるから、
容器Ａの側面積は、$\pi \times 6^2 \times \frac{180}{360} = 18\pi (cm^2)$

（3）$\frac{3\sqrt{3}}{2} (cm)$
球 $B$ と線分 $PQ$ の接点を点 $R$ とする。
$\triangle POR \backsim \triangle POQ$ より、$PO:PQ=OR:QO$
$3\sqrt{3}:6 = OR:3 \qquad OR=\frac{3\sqrt{3}}{2}$
よって球 $B$ の半径は、$\frac{3\sqrt{3}}{2}$ (cm)

（4）$\frac{\sqrt{3}}{2}\pi (cm^3)$
球 $C$ と線分 $PQ$ の接点を点 $S$ とし、$ST=r$とおく。
$\triangle PTS \backsim \triangle POR$ より、$PT:PO=ST:RO$
$\left(\frac{3\sqrt{3}}{2} – r\right) : 3\sqrt{3} = r : \frac{3\sqrt{3}}{2} \qquad r = \frac{\sqrt{3}}{2}$
したがって、球 $C$ の体積は、$\frac{4}{3}\pi \times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 = \frac{\sqrt{3}}{2}\pi(cm^3)$

大問5

問題文

（1）$a$の値を求めなさい。

（2）点Bの$x$座標を求めなさい。

（3）直線ABの式を求めなさい。

（4）線分BC上に2点B、Cとは異なる点Pをとる。$\triangle OPC$の面積が、$\triangle AOB$の面積の$\frac{1}{4}$となるときのPの座標を求めなさい。

（1）$a = 2$
$y = ax^2$に、$x = -1, y = 2$を代入すると、$2 = a \times (-1)^2$、$a = 2$

（2）$x = 2$
$y = 2x^2$に、$y = 8$を代入すると、$8 = 2x^2$となり、$x = \pm2$
$x > 0$より、$x = 2$

（3）$y = 2x + 4$
求める式を$y = bx + c$とおく。
点Aを通るので、$x = -1, y = 2$を代入すると、$2 = -b + c$ …①
点Bを通るので、$x = 2, y = 8$を代入すると、$8 = 2b + c$ …②

①②を連立して解くと、$b = 2, c = 4$
よって直線 $AB$ の式は $y = 2x + 4$

（4）$P\left(\frac{3}{4}, \frac{11}{2}\right)$
点$P(t, 2t + 4)$とすると、$C(0,4)$より、$\triangle OCP = \frac{1}{2} \times 4 \times t = 2t$
また、$\triangle OAB = \frac{1}{2} \times 4 \times {2 – (-1)} = 6$
$\triangle OCP = \frac{1}{4} \triangle OAB$ だから、
$2t = \frac{1}{4} \times 6 \qquad \therefore t = \frac{3}{4}$
よって、$P\left(\frac{3}{4}, \frac{11}{2}\right)$

大問6

問題文

（1）$\triangle ABC \infty \triangle OEB$であることを証明しなさい。

（2）$AB = 10$cm、$BC = 8$cm のとき、

①　線分ACの長さを求めなさい。

②　線分BEの長さを求めなさい。

解答・解説

（1）
$\triangle ABC$ と $\triangle OEB$ において、
線分 $AB$ は円 $O$ の直径であるから、$\angle ACB=90^\circ$
直線 $BE$ は円 $O$ の接線であるから、$\angle OBE=90^\circ$
よって、$\angle ACB=\angle OBE$ …①

$AC \parallel OE$ より、同位角は等しいから、
$\angle BAC=\angle EOB$ …②

①②より、2組の角がそれぞれ等しいから、$\triangle ACB \backsim \triangle OEB$

（2）① $AC=\sqrt{10^2 – 8^2} = 6$(cm)　② $EB=\frac{20}{3}$(cm)
① $\angle ACB= 90^\circ$より、三平方の定理から、
$AC=\sqrt{10^2 – 8^2} = 6$(cm)

② $\triangle ACB \backsim \triangle OEB$ より、
$BC:EB=AC:OB$
$8:EB=6:5 \qquad \therefore EB=\frac{20}{3}$(cm)

【選択問題B】問1

問2

• 取り出した$2$枚のカードの色が同じときは、その$2$枚のカードに書かれた数の積を得点とする。
• 取り出した$2$枚のカードの色が異なるときは、その$2$枚のカードに書かれた数の和を得点とする。

①　得点の最大値を求めなさい。

（7）健太さんと直樹さんは、航平さんと、運動公園にある1周2400mのジョギングコースを走った。

健太さんと直樹さんはスタート地点から1周ずつ、健太さんから直樹さんの順にそれぞれ一定の速さで走った。健太さんは走り始めてから12分後に1周を走り終え、直樹さんへ引き継いだ。直樹さんは引き継ぎと同時に健太さんと同じ方向に走り始め、引き継ぎから15分後に1周を走り終えた。

一方、航平さんは一人で2周を走ることとし、健太さんが走り始めて$a$分後に、毎分240mの速さで健太さんと同じスタート地点から健太さんと同じ方向に走り始めた。健太さんが走り終えたとき、航平さんは1周目の途中を走っており、健太さんと240m離れていた。航平さんは2周目の途中で直樹さんを追いこし、その後も毎分240mの速さで2分以上走ったが、ある地点で$b$分間立ち止まった。航平さんは、直樹さんが航平さんに並ぶと同時に直樹さんと同じ速さで一緒に走り、2周を走り終えた。

①　$a$の値を求めなさい。

②　航平さんが直樹さんと最初に並んだのは、健太さんが走り始めてから何分後か、求めなさい。

③　$b$の値の範囲を求めなさい。

解答・解説

（5）
直線 $AB$ は円 $O$ の接線となるので、点 $E$ を通り直線 $AB$ に対する垂線を作図する。…①
次に、点 $O$ から直線 $AB$、直線 $CD$ までの距離は等しいので、直線 $AB$,直線 $CD$ の交点を点 $F$ として、$\angle CFB$ の二等分線を作図すれば、①との交点が点 $O$ である。

（6）① $4 \times 6 = 24$　② $\frac{4}{3 \times 5} = \frac{4}{15}$
① 箱 $A$ から赤いカードの$4$、箱 $B$ から赤いカードの$6$を取り出したとき最大値となり、$4 \times 6 = 24$(点)
② 樹形図を描くと、得点が$8$ア点となるのが$4$通りで最も多く、確率は、$\frac{4}{3 \times 5} = \frac{4}{15}$

（7）① 3　② 15　③ $1 \leqq b < 4$
①健太さんが走り終えたとき、航平さんはスタート地点から$2400 – 240 = 2160$(m)進んだところにいる。
航平さんは毎分 $240$m の速さで走るので、$12 – 2160 \div 240 = 12 – 9 = 3$(分後)

②$(4800 – 2400) \div (27 – 12) = 160$ より、直樹さんは毎分 $160$m で走る。
直樹さんが走り始めたときの航平さんとの差は $240$m であるから、直樹さんが走り始めてから航平さんが最初に並ぶまでの時間は$240 \div (240 – 160) = 3$(分)
よって、健太さんが走り始めてから $12 + 3 = 15$(分後)

③航平さんが直樹さんに追いついてからさらに $2$ 分間走ったとき、航平さんは直樹さんから$(240 – 160) \times 2 = 160$(m)離れており、これを立ち止まって待つには$160 \div 160 = 1$(分)かかる。よって$b \geqq 1$ …①

航平さんが立ち止まらずに $2$ 周走ったとき、航平さんは直樹さんから${(240 – 160) \times (2400 + 240) – 240 \times 3} = 640$(m)離れており、これを立ち止まって待つには$640 \div 160 = 4$(分)かかる。
$b = 4$ のとき、航平さんが立ち止まったあとに直樹さんと一緒に走ることができないのでで、$b < 4$ …②

①,②より $1 \leqq b < 4$

問3・問4

問5

（1）$a$の値を求めなさい。

（2）直線BCの式を求めなさい。

（3）点Bから$x$軸にひいた垂線と$x$軸との交点をD、直線BCと$y$軸との交点をEとする。関数㋑のグラフ上において2点O、Bの間に点Pをとり、点Pから$x$軸にひいた垂線と$x$軸との交点をQとする。また、直線PQと関数㋐のグラフとの交点をRとする。$PR = QD$のとき、

①　点Pの$x$座標を求めなさい。

②　線分CE上に点Sをとる。$\triangle SPR$の面積が、$\triangle SQD$の面積の$\frac{5}{6}$倍となるときのSの座標を求めなさい。

解答・解説

（1）$a = \frac{1}{2}$
点 $A(1,2)$ より直線 $AB$ の式は$y = 2x$
点 $B$ の$x$座標が$4$だから、これに代入して$y = 8$、よって点 $B(4,8)$
$y = ax^2$に$x = 4, y = 8$を代入すると、$8 = 16a \qquad \therefore a = \frac{1}{2}$

（2）$y = \frac{6}{5}x + \frac{16}{5}$
求める式を$y = cx + d$とおくと、
$B(4,8)$ より、$8 = 4c + d$ …①
$C(-1,2)$ より、$2 = -c + d$ …②
①,②を連立して解くと、$c = \frac{6}{5}, d = \frac{16}{5}$
したがって、$y = \frac{6}{5}x + \frac{16}{5}$

（3）① $t = \frac{4}{3}$ ② $S\left(-\frac{2}{3}, \frac{12}{5}\right)$
① 点 $P$ の$x$座標を$t$とする。($0 < t < 4$)
$P\left(t, \frac{1}{2}t^2\right), R(t, 2t^2), PR=QD$ より、$2t^2 – \frac{1}{2}t^2 = 4 – t$
$3t^2 + 2t – 8 = 0$
解の公式より、$t = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 – 4 \times 3 \times (-8)}}{2 \times 3} = \frac{4}{3}, -2$
$0 < t < 4$ より、$t = \frac{4}{3}$

② 点Sの$x$座標を$s$とする。($-1 < s < 0$)
$S\left(s, \frac{6}{5}s + \frac{16}{5}\right), \triangle SPR = \frac{5}{6} \triangle SQD$ より、
$\frac{1}{2} \times PR \times \left(\frac{4}{3} – s\right) = \frac{5}{6} \times \frac{1}{2} \times QD \times \left(\frac{6}{5}s + \frac{16}{5}\right)$
$PR=QD$ より両辺を$\frac{1}{2}PR$で割って
$\frac{4}{3} – s = \frac{5}{6}\left(\frac{6}{5}s + \frac{16}{5}\right) \qquad \therefore s = -\frac{2}{3}$
したがって、$S\left(-\frac{2}{3}, \frac{12}{5}\right)$

問6

（1）$\triangle ADF \infty \triangle ECB$であることを証明しなさい。

（2）$AB = 6$cm、$BC = 2$cm、$AE = CE$のとき、

①　線分AEの長さを求めなさい。

②　$\triangle ADF$の面積は、$\triangle ECB$の面積の何倍であるか、求めなさい。

解答・解説

（1）$\triangle ADF \backsim \triangle ECB$
$\triangle ADF$ と $\triangle ECB$ において、$AE \parallel FD$ より、錯覚は等しいから、$\angle EAB=\angle FDA$
$\angle EAB$ と $\angle BCE$ は$\stackrel{\frown}{BE}$に対する円周角であるから、$\angle EAB=\angle BCE$
よって、$\angle FDA=\angle BCE$ …①
$\angle FAD$ と $\angle BEC$ は$\stackrel{\frown}{BC}$に対する円周角であるから、$\angle FAD=\angle BEC$ …②
①,②より、2組の角がそれぞれ等しいから、$\triangle ADF \backsim \triangle ECB$

（2）① $2\sqrt{6}$(cm)　② $\triangle ADF=\frac{24}{25}\triangle ECB$
①$\angle ACB= 90^\circ$より、三平方の定理から、$AC=\sqrt{6^2 – 2^2} = 4\sqrt{2}$ (cm)
点 $E$ から線分 $AC$ に垂線 $EH$ を引く。
$AH=CH=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{2}$ (cm)
$AE=CE$ であるから、点 $O$ は線分 $EH$ 上にある。
ここで、$\triangle AOH$ と $\triangle ABC$ において、$\angle AHO= 90^\circ=\angle ACB, \angle OAH=\angle BAC$ より、
2組の角がそれぞれ等しいから、$\triangle AOH \backsim \triangle ABC$
よって、$OH:BC=AO:AB \qquad OH=1$(cm)

$OE=\frac{1}{2}AB= 3$(cm) であるから、$EH= 1 + 3 = 4$(cm)
$\triangle EHA$ において、三平方の定理より、$AE=\sqrt{4^2 + (2\sqrt{2})^2} = 2\sqrt{6}$(cm)

②$OH \parallel BC$ より $EH \parallel BC$ であるから、$\triangle DBC \backsim \triangle DOE$ である。
$DB:DO=BC:OE=2:3$ より、$DO=\frac{3}{2+3}OB=\frac{3}{5} \times 3=\frac{9}{5}$ (cm)
よって、$AD3 + \frac{9}{5} = \frac{24}{5}$ (cm)

$\triangle ADF$ と $\triangle ECB$ の相似比は、$AD:EC=\frac{24}{5}:2\sqrt{6} = 12:5\sqrt{6}$
したがって、面積比は、$12^2:(5\sqrt{6})^2 = 24:25$
以上より、$\triangle ADF=\frac{24}{25}\triangle ECB$

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