数理教育研究会

場合の数

ラ・サール中学校 入試分析 算数 2018(H30)

ラ・サールの問題を扱いたいと思います。

場合分けの整理の仕方など基礎的なことや、テクニックまで勉強になりそうな問題をとりあげます。

(問題)H30 ラ・サール中学校 算数 大問2(2)
何枚かのコインを横一列に並べます。3枚以上表が連続するところがある並べ方は何通りですか。次の場合について答えなさい。
(ア)5枚を並べるとき
(イ)6枚を並べるとき

(ア)
場合の数の問題は何か基準を決めて数えるのがポイントになります。
一つの方法として表の枚数で場合分けして数えてみましょう。

○を表,×を裏とします。
(a)表が3枚の時
○○○××
×○○○×
××○○○
の3通り

(b)表が4枚の時
○○○○×
○○○×○
○×○○○
×○○○○
の4通り

(c)表が5枚の時
○○○○○
の1通り

合計3+4+1=8通り

(イ)同じように表の枚数で場合分けして数えてみますが、更には何枚ずつにわかれるかを基準に整理してみます。

(a)表が3枚の時
○○○×××
×○○○××
××○○○×
×××○○○
の4通り

(b)表が4枚の時
○○○○××
×○○○○×
××○○○○
○○○×○×
○○○××○
×○○○×○
○×○○○×
○××○○○
×○×○○○
の9通り

(c)表が5枚の時
○○○○○×
○○○○×○
○○○×○○
○○×○○○
○×○○○○
×○○○○○
の6通り

(d)表が6枚の時
○○○○○○
の1通り

で合計20通りとなります。

このようにある基準で整理して漏れなく、ダブることなく数えることはあらゆる場合の数の問題に通じる大切なことです。

もう一つのアプローチの仕方として
3枚以上連続しない場合を数えて全体から引く
のように逆を考える方法もよくあるので、それでやってみましょう。

6枚の場合、全部で
2×2×2×2×2×2=64通り

左から考えてみると
×(5つの場合)
○×(4つの場合)
○○×(3つの場合)
と場合分けすることができます。

それでは5つの場合は
×(4つの場合)
○×(3つの場合)
○○×(2つの場合)
と場合分けすることができます。

それでは4つの場合は
×(3つの場合)
○×(2つの場合)
○○×(1つの場合)

それでは3つの場合は
×(2つの場合)
○×(1つの場合)
○○×

それでは2つの場合は
×(1つの場合)
○×
○○

それでは1つの場合は

×
の2通りです。

と言うことは
(2つの場合)=(1つの場合)+1+1
=2+1+1
=4

(3つの場合)=(2つの場合)+(1つの場合)+1
=4+2+1
=7

(4つの場合)=(3つの場合)+(2つの場合)+(1つの場合)
=7+4+2
=13

(5つの場合)=(4つの場合)+(3つの場合)+(2つの場合)
=13+7+4
=24

(6つの場合)=(5つの場合)+(4つの場合)+(3つの場合)
=24+13+7
=44

よって
64-44=20通り
と求まります。

※前2つの場合の数の和になる数のことをフィボナッチ数と言ったように
今回の前3つの場合の数の和になる数のことをトリボナッチ数と言います。
フィボナッチ数 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,…
トリボナッチ数 1,1,2,4,7,13,24,44,81,…

整理する方法など基礎的な練習と、アプローチの仕方のテクニックを勉強することで得点に反映されます。
がんばりましょう(畠田)

西大和学園中学校 入試分析 算数 2018(H30)

西大和学園中学校を取り扱います

受験者→合格者(倍率) 合格最低点
男子:1020人→471人(2.17倍) 284点
女子:277人→51人(5.43倍) 326点

女子の合格最低点がかなり高くなっています。

それでは答えはわかるかもしれないけど、その答えが正しいかを考えるのは難しい問題をとりあげます。

(問題)H30 西大和学園中学校 算数 大問4
図1は1辺の長さが1cmの正方形8個の辺をぴったりとくっつけて作った六角形です。この図形を図2のように4つに切りわけて,くっつけ直すと図3のような面積が8㎠の正方形になります。
nisiya2018m1.jpg

(1)図1を3つに切りわけて面積が8㎠の正方形をつくりたいとき,どのように切りわければよいですか。解答用紙の図に線をかきこみなさい。

(2)図4は1辺の長さが1cmの正方形15個の辺をぴったりとくっつけて作った図形です。図5は図4の図形の中に正方形3個をぴったりとくっつけた長方形Xを5個をしきめたものです。このように図4の図形の中に長方形Xをしきつめる方法は,図5の場合をふくめて全部で何通りありますか。
nisiya2018m2.jpg

(3)図6は1辺の長さが1cmの正方形64個の辺をぴったりとくっつけて作った1辺の長さが8cmの正方形です。この問題では1辺の長さが1cmの正方形を「小正方形」,1辺の長さが8cmの正方形を「大正方形」と呼ぶこととします。「大正方形」の中に,「小正方形」3個をぴったりとくっつけた長方形を21個しきつめたとき,しきつめられない「小正方形」が必ず1つあります。それはどの「小正方形」ですか。しきつめられない「小正方形」をすべて黒くぬりつぶしなさい。
nisiya2018m3.jpg

(4)同じ大きさの正方形の頂点を1つの点に集めると図7のようにすきまなく並べることができます。このような正多角形は正方形をふくめて全部で何種類ありますか。
nisiya2018m4.jpg

(1)このような問題は例に注目してみるとヒントになったりします。

nisiya2018k1.jpg
正方形のマスの対角線2つ分が、くっつけ直してできた正方形の辺1つ分になることがわかります。
つまり正方形のマスの対角線4つ分を切るように切ればよいので例えば次のようになります。

nisiya2018k2.jpg

(2)
nisiya2018k31.jpgnisiya2018k32.jpg
図のように①の正方形のマス目に横に長方形を入れて②のマス目に縦に長方形を入れると残りは2通りの入れ方があります。

nisiya2018k33.jpg
②のマス目に横に入れると残りは1通りに決まります。

nisiya2018k34.jpg
①のマス目に縦に長方形を入れると残りは1通りに決まります。

合計4通りです。

(3)答えはわかるかもしれません。
前の問いがヒントになってることが多いので、それを元に考えると

nisiya2018k4.jpg
図のようにすれば真ん中の4×4のところに(2)の入れ方をすればよいので右上の小正方形が空きます。

nisiya2018k5.jpg
そして対称性から回転させて図の4箇所はしきめられない小正方形となりえます。

しかし本当にこれだけなのかはわかりません。

ここからは次の数学的な論法で考えます。
条件を満たすのはどの場合しかありえないか絞る(必要条件により絞る)
→実際にその場合は可能である例を挙げる(十分であることを言う)

まず次のように小正方形を白と青と緑に塗り分けます。

nisiya2018k6.jpg
白は21個,青は22個,緑は21個あります。
青だけ1個多いです。

このように塗り分けると、どのように長方形を1つしきつめても白1個,青1個,緑1個を埋めることになります。
長方形を21個うめると、青だけ1個残ることになります。

つまりしきつめられない場所は青の部分に絞られます。

更に対称性を利用して青の部分の赤い直線について対称な部分を赤に塗ります。

nisiya2018k7.jpg
しきつめられない場所は赤の部分でもなければなりません。
なので青と赤の共通部分の紫の部分に絞られます。

そして紫の部分がしきつめられない例はさきほど書いたように存在しているので紫の小正方形4箇所が答えとなります。

塗り分けは算数オリンピックでも使われているテクニックです。

(4)は簡単に書きます。
これも答えは簡単にわかりますが,それが正しいのか論理的に書いておきます。
すきまなく並べられる正多角形の内角は360°の約数であることから大きい方から360°と180°のぞいて120°,90°,…なので120°以下です。
そして正多角形の内角は正三角形の場合が一番小さく60°以上です。
正三角形は60°,正四角形は90°,正五角形は108°,正六角形は120°でこのうち360°の約数になってるのは60°,90°,120°の3種類とわかります。

試験中にしきつめられない箇所は4箇所しかないことを示すのは難しいとは思うので,まずは前の問いをヒントに答えを書けることが目標です。
余裕があれば何故正しいのか,解法の道具や,考え方も勉強すると答えに漏れがあるかもしれない意識が芽生え点数につながっていくと思います(畠田)

洛星中学校 入試分析 算数 2018(H30)期

今回は洛星中学校の前期を扱います。

きっちりそれが答えであると言うことを判断するのが難しい問題です。

(問題)H30 洛星中学校 前期 算数 大問6
たて1cm,高さ1cm,横2cmの直方体を【2ブロック】,
たて1cm,高さ1cm,横3cmの直方体を【3ブロック】,…
のように呼ぶことにします。ただし,横の長さは整数とします。
rakusei2018m1.jpg

たて1cm,高さ1cmで横が十分に長い箱を3個用意し,図のように左端をそろえて並べます。これらの箱に,ブロックを左端から順に,次の<<ルール>>にしたがってつめていきます。
rakusei2018m2.jpg

<<ルール>>
① ひとつの箱には,同じ種類のブロックを左端から順につめる
② 箱ごとに異なる種類のブロックを使う

このように順につめたとき,左端から何cmかのところで,初めて3つの箱のブロックの右端がすべてそろうところがあります。この長さを「そろった長さ」と呼ぶことにし,左端からそこまでをつめるのに使ったブロックの個数の合計を「使った個数」と呼ぶことにします。

たとえば,【2ブロック】【3ブロック】【4ブロック】を使ってつめるとき,「そろった長さ」は12cmで,「使った個数」は13個です。
rakusei2018m3.jpg

(1)【4ブロック】【5ブロック】【6ブロック】を使ってつめるとき,「そろった長さ」と「使った個数」を求めなさい。

(2)【3ブロック】【8ブロック】ともう1種類のブロックを使ってつめたところ,「そろった長さ」は72cmとなりました。もう1種類のブロックは何ですか。考えられるものをすべて答えなさい。
ただし,「【4ブロック】,【5ブロック】」と答えるときは,4,5のように答えなさい。

(3) 3種類のブロックを使ってつめたとき,「そろった長さ」は180cmとなりました。このようなブロックの組み合わせを考えるとき,
(ア) 「使った個数」が一番少ない場合
(イ) 「使った個数」が一番多い場合
について,3種類のブロックと「使った個数」をそれぞれ答えなさい。
ただし,(ア)も(イ)も【1ブロック】と【180ブロック】は使わないものとします。

そろった長さはブロックのLCM
使った個数はLCM÷(ブロックの横の長さ)の和となります。

(1)(2)は簡単に答えます。

(1)使った長さは4,5,6のLCMで60cm
使った個数は60÷4+60÷5+60÷6=15+12+10=37個

(2)3と8とAのLCMが72となるようなAを求めることになります。
72=3×3×2×2×2
なのでAは9の倍数かつ72の約数より
9,18,36,72とわかりました。

(3)
(ア)「使った個数」が一番少なくなるのはブロックの横の長さが基本的には大きければ良いので180の約数で180を除いて大きい順に考えてみると90,60,45,…です。
ところが90,60,45のLCMは180なのでこの組み合わせは可能なので、この時が「使った個数」は一番少なくなることがわかってしまいます。
【45ブロック】【60ブロック】【90ブロック】の場合で
180÷90+180÷60+180÷45=2+3+4
9個

(イ)180=2×2×3×3×5よりブロックの横の長さは
2×2と3×3と5の素因数を持つものがないといけません。

「使った個数」が一番多くなるには,ブロックの横の長さを基本的には短くする必要がありますが単純に比べるのが難しいので場合分けして整理して考えます。

3つの素数
大,中,小
があってLCMが
小×小×中×中×大
になるような3つの整数を考えることになります。

○小×小と中×中と大がそれぞれ別々の場合
(小×小,中×中,大)
の組み合わせが「使った個数」が一番多い場合になります。
つまり(4,9,5)で180÷4+180÷9+180÷5=45+20+36=101個

○小×小と中×中と大のうち2つがセットになる場合
1つがフリーになるので「使った個数」が一番多くなるには小を1つ使う場合に限られます。

(a) 小×小と中×中がセット
「使った個数」が一番多いのは
(小,小×小×中×中,大)
つまり(2,36,5)で180÷2+180÷36+180÷5=90+5+36=131個

(b) 小×小×大がセット
「使った個数」が一番多いのは
(小,小×小×大,中×中)
つまり(2,20,9)で180÷2+180÷20+180÷9=90+9+20=119個

(c) 小×小×大がセット
「使った個数」が一番多いのは
(小,小×小,中×中×大)
つまり(2,4,45)で180÷2+180÷4+180÷45=90+45+4=139個

○小×小と中×中と大がセットになる場合
180になるので不適です。

以上より「使った個数」が一番多いのは
【2ブロック】【4ブロック】【45ブロック】の場合の139個

本番中には完璧な論理で「使った個数」が一番多い場合など考えるのは難しいかもしれませんが,単純に小さければいいと言うわけではない問題があることをこの問題を通して知っておいて,あらゆるパターンを実際に書いてみて考えましょう(畠田)

四天王寺中学校 入試分析 算数 2018(H30)

今回は四天王寺中学校です。

入試データですが医志コースは合格点に達していなくても英数Ⅰ・Ⅱの変更合格があるので英数ⅠまでのラインとⅡまでのラインと医志までのラインで分析します。

医志コースと英数Ⅰ・Ⅱ合算
受験者数621 合格者数471 実質倍率1.31 合格最低点236/400

医志コースと英数Ⅱ合算
受験者数621 合格者数296 実質倍率2.10 合格最低点269/400

医志コース
受験者数459 合格者数77 実質倍率5.96 合格最低点308/400

各教科の平均点は
(科目,受験者平均,合格者平均,最高点,満点)
(国語,79,82,107,120)
(社会,58,60,78,80)
(算数,85,91,114,120)
(理科,43,46,75,80)
で医志コースと英数ⅠⅡまでの合算なので合格者平均がほとんど意味がないですが合格者最高点と受験者平均の得点率を計算すると
(科目,受験者平均,最高点)
(国語,66%,89%)
(社会,73%,98%)
(算数,71%,95%)
(理科,54%,94%)
算数は得点率の高い争いでミスが許されなかったであろうと言うことがわかります。

それでは差がついたであろう場合の数の問題を扱います。

(問題)H30 四天王寺中学校 算数 大問6番
Aさんの箱には[1],[3],[5],…,[19]の奇数が書かれた10枚のカードが,Bさんの箱には[2],[4],[6],…,[20]の偶数が書かれた10枚のカードが入っています。これらを使って2人でゲームをします。

ルール
(ア) 2人同時に自分の箱からカードを1枚ずつ取り出す。
(イ) 数の大きいカードを出した人がその2枚のカードをもらい,自分の箱に入れる。
(ウ) 自分の箱に入っているカードの数の合計をそれぞれの得点とする。

① ゲームを始める前の,AさんとBさんの得点はそれぞれ何点ですか。

② 1回目にAさんが[11],Bさんが[6],2回目にAさんが[3],Bさんが[14],3回目にAさんが[6],Bさんが[2]を取り出しました。
3回目が終わったときのAさんの得点は何点ですか。

③ 2回目が終わったとき,2人の得点が等しくなりました。このような2人のカードの取り出し方は何通りありますか。

①,②は簡単に書きます

①Aは1から19までの10個の奇数の和なので
(1+19)×10÷2=100点
Bは2から20までの10個の偶数の和なので
(2+20)×10÷2=110点

②Aさんの得点のうつりかわりは
100→106→103→105
なので105点
この時Bさんも105点ですね

③二人の得点が同じなのは105点になったときなので
2回でAさんが100点から+5で105点になる場合のことになります。

+5は奇数で
(偶数)+(偶数)=(偶数),(偶数)+(奇数)=(奇数),(奇数)+(奇数)=(偶数)より2回で奇数の点増加するにはAが
1回目奇数の点増減,2回目偶数の点増減
1回目偶数の点増減,2回目奇数の点増減
の場合に限ります。

1回目偶数の点増減,2回目偶数の点増減
1回目奇数の点増減,2回目奇数の点増減
の場合はないので1回目にもらったカードを2回目に渡すことはありません。

なので整理するとAが
1回目失点,2回目得点
1回目得点,2回目失点
の場合を考えたらよいことがわかります

(i)Aが1回目失点,2回目得点

1回目-1,2回目+6の時
1回目(A,B)=(1,2か4か6か8か10か12か14か16か18か20)の10通りで
Aのカードは3,5,7,9,11,13,15,17,19で1なし
Bのカードは2,4,6,8,10,12,14,16,18,20ともらった1
2回目(A,B)=(7か9か11か13か15か17か19,6)の7通りで合計10×7通り

1回目-3,2回目+8の時
1回目(A,B)=(3,4か6か8か10か12か14か16か18か20)の9通り,2回目(A,B)=(9か11か13か15か17か19,8)の6通りで合計9×6通り

1回目-5,2回目+10の時
1回目(A,B)=(5,6か8か10か12か14か16か18か20)の8通り,2回目(A,B)=(11か13か15か17か19,10)の5通りで合計8×5通り

以下規則性から同様にして合計
10×7+9×6+8×5+7×4+6×3+5×2+4×1=224

(i)Aが1回目得点,2回目失点

1回目+6,2回目-1の時
1回目(A,B)=(7か9か11か13か15か17か19,6)の7通りで
Aのカードは1,3,5,7,9,11,13,15,17,19ともらった6
Bのカードは2,4,8,10,12,14,16,18,20で6なし
2回目(A,B)=(1,2か4か8か10か12か14か16か18か20)の9通りで合計7×9通り

1回目+8,2回目-3の時
1回目(A,B)=(9か11か13か15か17か19,8)の6通り,2回目(A,B)=(3,4か6か10か12か14か16か18か20)の8通りで合計6×8通り

1回目+10,2回目-5の時
1回目(A,B)=(11か13か15か17か19,10)の5通り,2回目(A,B)=(5,6か8か12か14か16か18か20)の7通りで合計5×7通り

以下規則性から同様にして合計
7×9+6×8+5×7+4×6+3×5+2×4+1×3=196

よって224+196=420通りとわかりました。

このように少し複雑な数える問題でも具体的に書きだして規則性を見つけるとミスなく数えられることができます。
練習して差をつけられたらいいですね。(畠田)

慶應義塾中等部 算数 問題 解説&入試分析★2018年(H30年)

今回は慶應義塾中等部です。

問題の難易度は高くないので男子なら8割5分、女子なら9割を目標にしましょう。
標準的な問題を早く正確に処理することが求められます。

(問題)H30年 慶應義塾中等部 大問7
同じ大きさの正三角形のタイルが140枚あります。このタイルをすき間なく並べて、正三角形または正六角形をつくります。[図1],[図2]はそれぞれ4枚、6枚のタイルを使ってつくった例です。
次の[      ]に適当な数をいれなさい。
keiouchuto2018m1.jpg
(1)できるだけ大きな正三角形をつくるとき、タイルは全部で[      ]枚使います。

(2)できるだけ多くのタイルを使って、正三角形と正六角形を1つずつつくるとき、正三角形をつくるのに使うタイルは[ア]枚、正六角形をつくるのに使うタイルは[イ]枚です。

(1)
まずは手を動かして正三角形になる場合を書いてみて実験してみます。
keiouchuto2018k1.jpg
小さいものから順に1枚,4枚,9枚,16枚となっていくので平方数であることがわかります。
よって140枚をこえない最大の平方数を考えて11×11=121枚です。

(2)
今度は正六角形になる場合はどんな場合か書いてみて実験してみます。
keiouchuto2018k2.jpg
すると,正三角形の6倍であることに気付いてきます。
正六角形は(平方数)×6枚と言うことになります。

正三角形と正六角形の枚数が140をこえない場合を考えることになりますが,正六角形の枚数である(平方数)×6の方が荒いのでこちらの値で場合分けすることにします。
(1×1)×6=6枚,(2×2)×6=24枚,(3×3)×6=54枚,(4×4)×6=96枚
で(5×5)×6=150は140を超えて4パターンの値しかありません。

●正六角形の枚数が6枚の時
残り140-6=134枚
最大になる正三角形は11×11=121枚
余ったタイルは134-121=13枚

●正六角形の枚数が24枚の時
残り140-24=116枚
最大になる正三角形は10×10=100枚
余ったタイルは116-100=16枚

●正六角形の枚数が54枚の時
残り140-54=86枚
最大になる正三角形は9×9=81枚
余ったタイルは86-81=5枚

●正六角形の枚数が96枚の時
残り140-96=44枚
最大になる正三角形は6×6=36枚
余ったタイルは44-36=8枚

以上より余ったタイルが5枚の場合が一番少なく
正三角形が81枚、正六角形が54枚となります。

このような処理能力を求められてる学校の問題では、考えて悩むのではなく、手を動かして書いてみて掴んでいきましょう(畠田)

雙葉中学校 算数 問題解説&入試分析★2018年(H30年)

雙葉中学をとりあげます。

受験者数299人、合格者数120人で倍率2.5です。
昨年の倍率が2.96で今年は下がりました。

今年の問題は例年ような「解法は単純で計算が複雑」と言うわけではなく,どの問題もひねりが効いていてレベルの高い解法が問われる問題でした。

それでは勉強になりそうな展開図と場合の数の問題をとりあげます。
(問題)H30年 雙葉中学校・算数 大問5
[図1]の立体の4つの面は、すべて合同な正三角形です。この立体のそれぞれの面に1、2、3、4の数字を書きました。
ある方向から見ると[図2]、別の方向から見ると[図3]のようになりました。
hutaba2018m1.jpg
(1)この立体の展開図を完成させましょう。また、向きを考えて2、3、4の数字も書きましょう。

hutaba2018m2.jpg
(2)この立体を、4と書いた面を下にして置きます。ここから、辺を軸にして立体を倒して、下にきた数字を足していきます。
① 3回倒して、和が6となるときの下にきた数字の出方をすべて書きましょう。
必要なら答えの線をのばして書きましょう。(考え方と答え)
hutaba2018m3.jpg
② 5回倒して、和が13になるときの下にきた数字の出方は全部で何通りですか。(考え方と答え)

(1)頭でイメージを考えると混乱して焦ってくる人もいるので、頂点うちをしたら良いですね。
hutaba2018k1.jpg
更には数字の向きも考えないといけないので、数字の頭はどの頂点の方向に向いてるかもチェックします。
図の打ち方では
1は△ABCで頭はA
2は△ADBで頭はB
3は△BCDで頭はC
4は△ACDで頭はD
です。

hutaba2018k2.jpg
1の頭がAに向くように△ABCの頂点をうちます。
図のように展開した場合は残りの頂点はすべてDですね。
後は
△ADBに頭がBになるように2
△BCDに頭がCになるように3
△ACDに頭がDになるように4
を書き込めば出来上がりです。

(2)
四面体を転がしていくわけですが,次に下になる可能性がある数字は今の下にあるもの以外の数字全部です。
単純化すると同じ数字が連続しないように数字の並びを決めていけばよくなります。

ここからは図形問題ではなく,同じ数字が連続しない並べ方の場合の数の問題です。

「数字の組み合わせを考える→並べる」
の手順で数えていく方針でやってみます。

数字の組み合わせを考えるときは漏れなく重複ないように
○≧□≧△≧…
となるように右の数字は左の数字以下のルールで数えることにします。


1,2,3,4を重複を許して3つ使って和が6になる数字の組み合わせは
411
321
222
最初に4がこないように並べると
(a)411の並べ方
1→4→1
(b)321の並べ方
1→2→3
1→3→2
2→1→3
2→3→1
3→1→2
3→2→1
(c)222の並べ方
2が連続するのでなし

よって7通りとわかりました。


1,2,3,4を重複を許して5つ使って和が13になる組み合わせは
44311
44221
43321
43222
33331
33322
です。

次に4が先頭にこないように並べると
(a)44311の並べ方
hutaba2018k3.jpg
樹形図より7通り

(b)44221の並べ方
44311の場合で1と2を書きかえたらよいので同じ7通り

(c)43321の並べ方
・3から始めると次は1,2,3,4の4つの数字を3が先頭にこないように並べて3×3×2×1=18通り
・1から始めると○△○△○において△に2と4を並べて2通り,○に2つの3を入れて3通りで2×3=6通り
・2から始めるものも1から始めるのと同じで6通り

(d)43222の並べ方
2○2○2の○に3と4を並べて2通り

(e)33331の並べ方
3がどうやっても連続するのでなし

(f)33322の並べ方
32323の1通り

以上より7+7+18+6+6+2+1=47通りとわかりました。

大変な問題ですが,立体図形や展開図の解法,問題をシンプル化,漏れなく重複なく数えるための整理の仕方など有用なものを多く使うので勉強に良い問題です。
しっかり勉強しておきましょう(畠田)

桜蔭中学校算数 問題解説&入試分析★2018年(H30年)

今回は桜蔭中学を取り上げます。

受験者数521人、合格者数280人、補欠者数30人で倍率は1.9です。
平均点などは非公表ですが、例年では算数は6割5分程度が目安です。

今年の問題は数学的思考が必要なものや,算数としてもヘビーなものが多く難易度が高かったのではないかと思います。

それでは,他の問題でも使うことりそうな処理をする場合の数の問題です。

(問題)平成30年 桜蔭中学校・算数 大問2(2)
同じ大きさの白と黒の正三角形の板がたくさんあります。図のように白い板を24枚すきまなく並べて正六角形を作ります。
次に,24枚のうち何枚かを黒い板と取りかえます。
このとき,正六角形の模様は何通り作れますか。
ただし,回転させて同じになるものは同じ模様とみなします。また,正六角形を裏返すことはしません。
ouin2018m1.jpg
① 24枚のうち1枚を取りかえたとき
② 24枚のうち2枚を取りかえたとき

ouin2018k1.jpg
図の点Oを中心に60度ずつ回転させていって重なる板は同じ色で塗ると軌道は図のように4つになります。


1枚を赤の軌道,青の軌道,緑の軌道,紫の軌道のどこかに塗る4通りになります。


(a)1つの軌道に2枚 と (b)2つの軌道に1枚ずつの場合に分けて考えます。

(a)1つの軌道に2枚
軌道の選び方は4通り
ouin2018k2.jpg
その2枚の間隔が0,1,2の3通り
よって4×3=12通り

(b)2つの軌道に1枚ずつ
軌道の選び方は4つから2つ選ぶ組み合わせで(4C2=)(4×3)/(2×1)=6通り
ouin2018k4.jpg
例えば赤と青なら,図のように赤の1枚を固定して,青はその赤の板に対して6通りです。他の組み合わせも同じでこのように一方の軌道の板を固定して考えると,他方の軌道の板は6通り
よって6×6=36通り

(a),(b)より12+36=48通り
とわかりました。

円順列の1つを固定して考えたり,間隔を考える
回転して重なるものを分類して軌道を考える
などレベルの高い考え方、整理の仕方を使います。
本番は②は難しいかもしれませんが,勉強に良い問題で,桜蔭らしい問題でもあるので解いて勉強してみてください(畠田)

駒場東邦中学校 算数 問題 解説★2018年(H30年)

今回は駒場東邦中学校をとりあげます。

受験者数 500名,合格者数 284名で実質倍率1.76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(58.9 64.3 120)
社会(48.9 52.7 80)
算数(79.9 87.3 120)
理科(39.3 42.4 80)
合計(227.0 246.8 400)

合格最低点は226点

今年の算数は例年より,平均点と合格者平均点の差が小さく、差がつきにくかったようです。
簡単な問題でも整理の仕方,で差がついたであろう場合の数の問題をとりあげます。

(問題)H30年 駒場東邦中学 大問4
右ページの図1のように5×5四方のマス目の中央が塗りつぶされ,残りのマスに1から24までの番号が順番に書かれたカードがあります。また,1から24までの番号が1つずつ書かれたボールが入っている袋があります。この袋の中からボールを1つ取り出し,ボールに書かれた番号と同じ番号のマス目を塗りつぶすという作業を繰り返します。一度取り出したボールは袋には戻しません。カードのたて、よこ、ななめのいずれか一列の番号が全て塗りつぶされたとき「終わり」とし,作業を終了します。例えば図2,図3のように取り出すと「終わり」となります。
komatou2018m1.jpg
(1)作業をちょうど4回繰り返して「終わり」となるとき,塗りつぶされた数字の組み合わせは何通りあるか求めなさい。

(2)作業をちょうど5回繰り返して「終わり」となるとき,塗りつぶされた数字の組み合わせは何通りあるか求めなさい。

(3)作業を19回繰り返したとき,1が書かれたマス目は塗りつぶされず,さらに「終わり」となりませんでした。このような場合は全部で何通りあるか求めなさい。またそれらの中の1つを具体的に答えなさい。ただし,塗りつぶされずに残ったすべての数字に○をつけなさい。

komatou2018m2.jpg

(1)(2)は簡単に書きます。

(1)中央を通るたて,よこ,1→24のななめ,20→5のななめの4通りです。

(2)
(a)中央を利用しない場合
たて4通り,よこ4通りの合計8通り

(b)中央を利用する場合
まず4マスを使って中央を通るたて,よこ,1→24のななめ,20→5のななめの4通りの塗り方があります。
後1マスはそれぞれ残り20個マス目があり自由に塗って良いので合計4×20=80通り
よって8+80=88通り

(3)作業を19回繰り返すと,塗られていない部分は5マスとなります。
そのうちの一つは1なので、残りは4マスです。
そして問題用紙に11個,カードを書いてくれてます。
おそらくこれは実際に書いて考えればよいと言う意図で,11通り以下になると思われます。
塗られていない部分に○をつけるとします。

komatou2018k1.jpg
残りの4つの○は図の赤と紫の領域に書けばよくなりますが、3つの紫の領域には少なく1つは○を書く必要があります。

komatou2018k2.jpg
そこで紫の部分の塗り方は3パターンあるので,図のように(a),(b),(c)と場合分けして樹形図を描いてみます。

(a)
komatou2018k3a.jpg
たての一番右の列は3パターン塗り方があり、残りはそれぞれ1通りずつ決まり3通りです。

(b)
komatou2018k4.jpg
(a)と同じようにして3通りです。

(c)
komatou2018k5.jpg
残りの2つは1通りに決まります。

以上より3+3+1=7通りとわかりました。

この場合の数の問題は色々な学校で出ることがありますが,どのような基準で数え上げていくか?どう整理していくか?で漏れなく速く解けるかかわってきます。
この問題も練習に良いので、解答や解説などを参考に数え上げの仕方を練習して自分のやり方を築き上げておいてください(畠田)

武蔵中学校 算数 問題解説&入試分析★2018年(H30年)

今回は武蔵中学をとりあげたいと思います。

受験者数541 合格者数185で実質倍率2.9

教科別の平均点は(満点 合格者平均点 受験者平均点)の順に
国語(100 82.3 75.9)
算数(100 66.9 46.3)
社会(60 35.8 33.4)
理科(60 36.5 31.3)
合計(320 221.5 186.9)
合格最低点201/320

今年の算数は難易度は高くはなかったです。
しかし例年のように受験者平均点と合格者平均点の差が20点こえています。
算数は合否に大きく影響したと思われます。

それでは武蔵の最後の問題でよくあるアプローチの仕方の練習で差が出る問題をとりあげます、

(問題)H30年 武蔵中学校 算数 大問4
1以上の整数Aについて,次のような規則で整数Bを決めます。これを以下「操作」と呼びます。
㋐ Aを3で割ったときの余りが2のとき…Aに1をたした数を3で割ったときの商をBとする。
㋑ それ以外のとき…Aに1をたした数をBとする。

このとき,A→Bのように表します。例えば,35→12となります。また操作を繰り返すときは,46→47→16→17のように表します。次の問に答えなさい。

(1) 次の[      ]にあてはまる数を書き入れなさい。119→[      ]→[      ]→[      ]→[      ]

(2)P→[      ]→[      ]→4となるとき,Pにあてはまる数を小さい方から順にすべて答えなさい。

(3)4→5→2→1のように,整数4は3回の操作で初めて1になります。
① 10以下の整数のうち,初めて1になるまでの操作の回数が最も多いのは何ですか。また,操作は何回必要ですか。
② ①の「10以下」を「50以下」に変えると答えはどうなりますか。

 

(1)119→120÷3=4041→42÷3=14→15÷3=5

(2)逆の操作をしていくことを考えることになります。
4になるのは3か4×3-1=11です。
3になるのは2か3×3-1=8です。

こう考えてくと樹形図を描けばよさそうですね。
musashi2018k1.jpg

よって7,9,23,29,31,95とわかりました。

(3)①これも逆の操作をしていくことを考えたらよさそうです。
樹形図を描いてみます。
10を超えるものは除外すると図のようになります。
musashi2018k2_20180331184545d93.jpg

よって67回の場合が最も多いです。

②同じように逆の操作をしていくことを考えますが、50以下では樹形図は大変そうです。
①から何かわからないか考えてみます。①の変化を見ると
1→2→5→4→3→8→7→6
このうち1→2→5の部分は1通りなので
5→4→3→8→7→6
を見てみましょう。

すると㋐の操作は数字が大きくなるので㋑2回,㋐1回の繰り返しで㋐をできるだけ避けていることがわかります。
これと同じように考えて㋑2回,㋐1回の繰り返しを続けると
5→4→3→8→7→6→17→16→15→44→43→42
で㋑㋑㋐㋑㋑㋐㋑㋑㋐㋑㋑となります。
これは11回の操作のうち㋐の回数は3回の場合が最小なのでこれ以外の操作で11回やると㋐は4回以上になります。
しかし㋐の操作を1つ多くすれば50をこえてしまいます。
なので最初の2回も加えて2+11=13回42になる場合がもっとも多いことがわかりました。

武蔵の算数は奇問などはなく,算数の勉強量の差があらわれやすく合否に大きく影響します。
しっかり算数を勉強しておきましょう(畠田)

神戸女学院中等部 算数 2018(H30)入試分析

今回は神戸女学院中等部をとりあげます。

受験者248名に対して合格者が159名。実質倍率は1.56倍です。
合格最低点は体育実技(20点)を含めて、268点/460点。筆記で6割が目標です!

それでは神戸女学院が好きそうな処理が大変な問題です。

(問題)H30 神戸女学院中等部 算数 大問6
図のように、1辺1cmの正六角形ABDEFと1辺3cmの正三角形XYZがあり、はじめ点Pは点Aに、点Qは点Xにあります。
いま、大小2つのサイコロを同時にふります。
点Pは(小さいサイコロの目の数)×1cmだけ正六角形の周上を右回りに移動し、点Qは(大きいサイコロの目の数)×2cmだけ、正三角形XYZの周上を右回りに移動します。
例えば、1回目の小さいサイコロの目の数が4、大きいサイコロの目の数が2であったとすると、点Pは点Eに、点Qは点Dに移動します。また2回目の小さいサイコロの目の数が3、大きいサイコロの目の数が3であったとすると、2点P、Qは点Bで重なります。
koubejyogakuin18m1.jpg
(1)2つのサイコロを同時に1回ふったとき、2点P、Qが重なるようなサイコロの目の出方は何通りありますか。
(2)2つのサイコロを同時にふる操作を2回続けて行ったのち、2点P、Qが点Dで重なっているようなサイコロの目の出方は何通りありますか。
(3)2つのサイコロを同時にふる操作を3回続けて行ったのち、2点P、Qが点Aで重なるのが初めてとなるようなサイコロの目の出方は何通りありますか。
(1回目、2回目に点A以外で重なっていても構いません)

(1),(2)は簡単に書きます。

(1)小さいサイコロの目と点Pの関係は
(1,B),(2,C),(3,D),(4,E),(5,F),(6,A)
大きいサイコロの目と点Qの関係は
(1,C),(2,D),(3,Z),(4,A),(5,B),(6,Y)
なのでA,B,C,Dで重なるの場合が1通りずつの4通りとなります。

(2)2回続けて振って、点PがDに止まるのは(1回目の目)+(2回目の目)=3,9より、小さいサイコロの1回目と2回目の目の組み合わせは
(1,2),(2,1),(3,6),(4,5),(5,4),(6,3)の6通り

2回続けて振って、点QがDに止まるのは(1回目の目)+(2回目の目)=2,11より、大きいサイコロの1回目と2回目の目の組み合わせは
(1,1),(5,6),(6,5)の3通り
で6×3=18通りとなります。

(3)途中も含めてAに止まるには点Pは目の和が
(1回目)=6
(1回目)+(2回目)=6,12
(1回目)+(2回目)+(3回目)=6,12,18
点Qは目の和が
(1回目)=4
(1回目)+(2回目)=4,13
(1回目)+(2回目)+(3回目)=4,13
です。
点Qに注目すると(1回目)+(2回目)=4,13の時に(3回目)を加えて(1回目)+(2回目)+(3回目)=4,13にすることはできないので3回目以外でAで同時に重なるのは1回目しかないことがわかります。

と言うことは1つの解法として、小さいサイコロの目が
(1回目)+(2回目)+(3回目)=6,12,18
で大きいサイコロの目が
(1回目)+(2回目)+(3回目)=4,13
となる場合のうちから
小さいサイコロの(1回目)=6、大きいサイコロの(1回目)=4のパターンを除く方法が考えられます。

1回目の目で場合わけすると
小さいサイコロの目
(1回目)=1のとき
(2回目)+(3回目)=5は4通り、(2回目)+(3回目)=11は2通り
(1回目)=2のとき
(2回目)+(3回目)=4は3通り、(2回目)+(3回目)=10は3通り
(1回目)=3のとき
(2回目)+(3回目)=3は2通り、(2回目)+(3回目)=9は4通り
(1回目)=4のとき
(2回目)+(3回目)=2は1通り、(2回目)+(3回目)=8は5通り
(1回目)=5のとき
(2回目)+(3回目)=7は6通り
(1回目)=6のとき
(2回目)+(3回目)=6は5通り、(2回目)+(3回目)=12は1通り
全部で(4+3+2+1)+(2+3+4+5+6+5)+1=36通り
1回目にAである(1回目)=6は5+1=6通り

大きいサイコロの目
(1回目)=1のとき
(2回目)+(3回目)=3は2通り、(2回目)+(3回目)=12は1通り
(1回目)=2のとき
(2回目)+(3回目)=2は1通り、(2回目)+(3回目)=11は2通り
(1回目)=3のとき
(2回目)+(3回目)=10は3通り
(1回目)=4のとき
(2回目)+(3回目)=9は4通り
(1回目)=5のとき
(2回目)+(3回目)=8は5通り
(1回目)=6のとき
(2回目)+(3回目)=7は6通り
よって全部で(2+1)+(1+2+3+4+5+6)=24通り
1回目にAである(1回目)=4は4通り

なので36×24-6×4=840通り

思いつきで数えるのではなくて、漏れなく重複がないように処理の仕方を学んで身に付けることで解けるようになります。
色々な場合の数を勉強しておきましょう!(畠田)

PAGE TOP