熊本県入試問題数学正解大学・短大・医療系

(1)

大学・短大・医療系

2010 年受験用

O y

x

Typed by L ^A TEX 2 ε

(2)

本書は，熊本県内の大学・短大・医療系専門学校への進学希望者のための入試問題集である．本書には，熊本県内の大学・短大・医療系専門学校が公開している入試問題 (数学) をすべて掲載した．また平成 22 年 (2010 年) 度入試は，現行の教育課程に移行して 5 年目の入試となる．受験生は過去 4 年分の入試問題から出題傾向を調べ，

それに対応した受験準備をしておかなければならない．なお，本書の内容を含め過去 4 年分の入試問題 (数学) を次のサイトから入手することができる．

http://www1.ocn.ne.jp/˜oboetene/plan/

本書の編集にあたり，以下の点に留意した．

1. 熊本県内の大学・短大・医療系専門学校 (リハビリ・高看) が公開した平成 21 年 (2009 年) 度入試問題 (数学) をすべて掲載した．

2. 試験日程や試験時間を調べ掲載した．なお，複数の教科を同時に受験する入学試験については，試験時間を省略した．

3. 解答は，図や解説を充実させ，自学自習ができるように配慮した．

また，本書の姉妹版である「熊本県入試問題英語正解大学・短大・医療系」も次のサイトに掲載しており，併せて活用いただけることを切に願うものである．

http://www1.ocn.ne.jp/˜oboetene/plan/eng.html

平成 21 年 8 月編者

i

(3)

(4)

序 i

第 1 章大学・短大 1

1.1 熊本大学 . . . . 2

1.1.1 二次前期文系 (教育学部，医学部保健学科看護学専攻)120 分 . 2 1.1.2 二次前期理系 (理，医，薬，工学部)120 分 . . . . 7

1.1.3 二次前期 (医学部医学科)120 分 . . . . 15

1.1.4 二次後期 (理学部) . . . . 24

1.2 熊本県立大学 . . . . 28

1.2.1 二次前期環境共生学部 (環境資源・居住環境) . . . . 28

1.3 崇城大学 . . . . 32

1.3.1 推薦試験 1 日目 (普通高校)60 分 . . . . 32

1.3.2 推薦試験 2 日目 (普通高校) ・専願推薦試験 (航空整備士養成コース)・推薦試験 (パイロット養成コース)60 分 . . . . 36

1.3.3 推薦試験 1 日目 (専門高校)60 分 . . . . 40

1.3.4 推薦試験 2 日目 (専門高校)60 分 . . . . 43

1.3.5 前期日程 1 日目 . . . . 46

1.3.6 前期日程 2 日目 . . . . 52

1.3.7 後期日程 . . . . 59

1.3.8 前期日程 1 日目 (薬学部)80 分 . . . . 66

1.3.9 前期日程 2 日目 (薬学部)80 分 . . . . 70

1.3.10 後期日程 (薬学部)80 分 . . . . 75

1.4 東海大学 . . . . 79

1.4.1 一般入試 S 方式 (産業工学部・農学部)70 分 . . . . 79

1.4.2 一般入試 A 方式 2 月 7 日 (総合経営学部)70 分 . . . . 85

1.4.3 一般入試 A 方式 2 月 8 日 (総合経営学部)70 分 . . . . 91

1.4.4 一般入試 A 方式 2 月 9 日 (総合経営学部)70 分 . . . . 96

1.4.5 一般入試 A 方式 2 月 9 日 (産業工学部・農学部)70 分 . . . . 101

1.4.6 一般入試 A 方式 2 月 10 日 (産業工学部・農学部)70 分 . . . . . 105

1.4.7 一般入試 A 方式 2 月 11 日 (産業工学部・農学部)70 分 . . . . . 110

1.4.8 一般入試 B 方式 (総合経営学部・産業工学部・農学部)70 分 . . 115

1.5 熊本学園大学 . . . . 122

1.5.1 A 日程 1 日目 70 分 . . . . 122

1.5.2 A 日程 2 日目 70 分 . . . . 128

1.5.3 A 日程 3 日目 70 分 . . . . 135

iii

(5)

1.5.5 A 日程 5 日目 70 分 . . . . 145

1.6 熊本保健科学大学 . . . . 150

1.6.1 一般推薦 . . . . 150

1.6.2 一般前期 (衛生技術学科・リハビリテーション学科) . . . . 156

1.6.3 一般前期 (看護学科) . . . . 163

1.7 九州看護福祉大学 . . . . 169

1.7.1 一般試験 (地方会場 A 日程) . . . . 169

1.7.2 一般試験 (地方会場 B 日程) . . . . 175

1.7.3 一般試験 (看護学科・リハビリテーション学科) . . . . 181

1.7.4 一般試験 (社会福祉学科) . . . . 187

1.8 九州ルーテル学院大学 . . . . 193

1.8.1 一般 I 期試験 70 分 . . . . 193

1.8.2 一般 II 期試験 70 分 . . . . 199

1.9 熊本県立技術短期大学校 . . . . 204

1.9.1 推薦 (前期) 試験 90 分 . . . . 204

1.9.2 推薦 (後期) 試験 90 分 . . . . 212

1.9.3 一般試験 90 分 . . . . 219

第 2 章医療系 227 2.1 メディカルカレッジ青照館 . . . . 228

2.1.1 第 2 期試験 (一般試験)60 分 . . . . 228

2.2 熊本駅前リハビリテーション専門学校 . . . . 231

2.2.1 一般前期 60 分 . . . . 231

2.2.2 一般後期 60 分 . . . . 238

2.3 九州中央リハビリテーション学院 . . . . 246

2.3.1 一般試験 . . . . 246

2.4 西日本リハビリテーション学院 . . . . 252

2.4.1 一般前期試験 (昼間部・夜間部) . . . . 252

2.4.2 一般後期試験 (昼間部・夜間部) . . . . 261

2.5 熊本労災看護専門学校 . . . . 270

2.5.1 一般試験 60 分 . . . . 270

2.6 熊本総合医療福祉学院 . . . . 281

2.6.1 一般前期 60 分 . . . . 281

2.6.2 一般後期 60 分 . . . . 287

iv

(6)

第 1 _{章大学・短大}

本書に掲載した平成 21 年度 (2009) 入学試験問題は次のとおりである．

本書に掲載した 2009 年度入学試験問題

学校名試験科目試験日

熊本大学 (文系一般 2 次前期) I・II・A・B 2/25

熊本大学 (理系一般 2 次前期) I・II・III・A・B・C 2/25

熊本大学 (医学部一般 2 次前期) I・II・III・A・B・C 2/25 熊本大学 (理学部一般 2 次後期) I・II・III・A・B・C 3/12 熊本県立大学 (一般 2 次前期) I・II・III・A・B・C 2/25

崇城大学 (普通高校推薦) I・II 11/7,8

崇城大学 (専門高校推薦) I 11/7,8

崇城大学 (一般前期・後期) I・II・A・B 1/30,31・3/15

東海大学 (S 方式) I・II・A・B(産・農) 2/2

東海大学 (A 方式・B 方式) I・II・A(総) 2/7,8,9

I・II・A・B(産・農) 2/9,10,11 熊本学園大学 (一般 A 日程) I・II・A 2/7,8,9,10,12 熊本保健科学大学 (一般推薦) I・A 11/22

熊本保健科学大学 (一般) I・II(衛生技術・リハビリ) 2/4

I・A(看護) 2/4

九州看護福祉大学 (一般) I・A 2/1,2,3 九州ルーテル学院大学 (一般) I 2/7，3/7 熊本県立技術短期大学校 (推薦) I 9/21・11/30 熊本県立技術短期大学校 (一般) I・II 2/8

なお，学校ごとの入試問題 (4 年分) を次のサイトから入手することができる．

http://www1.ocn.ne.jp/˜oboetene/plan/

1

(7)

1.1 熊本大学

1.1.1 二次前期文系 ( 教育学部，医学部保健学科看護学専攻 )120 分 1 関数 f (x) を

f (x) = Z _2x

x

µ 1 7 t ² − 2

3 t − 3

¶ dt

で定める。このとき，次の問いに答えよ。

(1) f(x) = 0 をみたす x をすべて求めよ。

(2) −3 5 x 5 6 における f (x) の最小値を求めよ。

2 大小 2 個のサイコロを投げ，大きいサイコロの目の数を p，小さいサイコロの目の数を q とする。y = px ² のグラフと y = qx + 1

4 のグラフの交点のうち，x 座標が負のものを A，正のものを B とする。このとき，次の問いに答えよ。

(1) 線分 AB の中点の x 座標が 1 より大きくなる確率を求めよ。

(2) A の x 座標が有理数となる確率を求めよ。

3 a，b を定数とし，a > b をみたすものとする。

f (x) = a cos ² x + √

3(a − b) cos x sin x + b sin ² x とするとき，次の問いに答えよ。

(1) f(x) の最大値が 6，最小値が 2 となるときの a，b を求めよ。

(2) (1) で求めた a，b に対して，f(x) を考える。0 5 x 5 π のとき，f (x) > 5 となる x の範囲を求めよ。

4 四面体 OABC において， −→

OA と −→

BC は垂直であり，4OAB の面積と 4OAC の面積が等しいとする。このとき，次の問いに答えよ。

(1) OB = OC を示せ。

(2) 4ABC の重心を G とするとき， −→

OG と −→

BC は垂直であることを示せ。

(8)

解答例

1 (1) f(x) = Z _2x

x

µ 1 7 t ² − 2

3 t − 3

¶ dt =

· t ³ 21 − t ²

3 − 3t

¸ _2x

x

= (2x) ³ − x ³

21 − (2x) ² − x ²

3 − 3(2x − x)

= x ³

3 − x ² − 3x f(x) = 0 より x ³

3 − x ² − 3x = 0 ゆえに x(x ² − 3x − 9) = 0 よって x = 0, 3 ± 3 √

5 2 (2) (1) の結果から

f ⁰ (x) = x ² − 2x − 3

= (x + 1)(x − 3) f ⁰ (x) = 0 とすると x = −1, 3

−3 5 x 5 6 における f (x) の増減表は，次のようになる．

x −3 · · · −1 · · · 3 · · · 6

f ⁰ (x) + 0 − 0 +

極大極小

f (x) −9 % ₅ & % 18

3 −9

よって，f (x) は x = ±3 で最小値 −9 をとる．

(9)

2 (1) y = px ² ，y = qx + 1

4 から y を消去すると px ² − qx − 1

4 = 0 · · · ° 1 この 2 次方程式の判別式を D とすると

D = (−q) ² − 4·p·

µ

− 1 4

¶

= q ² + p

p > 0 より D > 0 となり，2 次方程式 ° 1 は異なる 2 つの実数解をもつ．

その解を α，β とすると (α < β)，解と係数の関係により α + β = q

p , αβ = − 1 4p

p > 0 より αβ < 0 であるから，A，B の x 座標はそれぞれ α，β となる．

線分 AB の中点の x 座標 α + β

2 が 1 より大きいので，上の第 1 式より q

2p > 1 すなわち q > 2p これをみたす (p, q) の組は，次の 6 組である．

(p, q) = (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 5), (2, 6) よって，求める確率は 6

6 ² = 1 6 (2) A の x 座標 α は 2 次方程式 ° 1 の負の解

q − p q ² + p 2p

であり，これが有理数となるは，q ² + p が平方数のときである．

q ² + p の値は次のようなる．

q p 1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6 7

2 5 6 7 8 9 10

3 10 11 12 13 14 15 4 17 18 19 20 21 22 5 26 27 28 29 30 31 6 37 38 39 40 41 42

条件をみたす (p, q) の組は，(p, q) = (3, 1), (5, 2) の 2 組である．

よって，求める確率は 2 6 ² = 1

18

(10)

3 (1) f (x) = a cos ² x + √

3(a − b) cos x sin x + b sin ² x

= a· 1 + cos 2x

2 + √

3(a − b)· sin 2x

2 + b· 1 − cos 2x 2

= a − b 2 ( √

3 sin 2x + cos 2x) + a + b 2

= (a − b) sin

³

2x + π 6

´

+ a + b 2 a > b より a − b > 0，−1 5 sin

³

2x + π 6

´

5 1 であるから

−(a − b) + a + b

2 5 (a − b) sin

³

2x + π 6

´

+ a + b

2 5 (a − b) + a + b 2 ゆえに −a + 3b

2 5 f (x) 5 3a − b 2 したがって 3a − b

2 = 6， −a + 3b

2 = 2 これを解いて a = 5, b = 3 (2) (1) の結果から f (x) = 2 sin

³

2x + π 6

´ + 4 f(x) > 5 より sin ³

2x + π 6

´

> 1

2 · · · ° 1 0 5 x 5 π のとき π

6 5 2x + π 6 5 π

6 + 2π この範囲で ° 1 を解くと

π

6 < 2x + π 6 < 5

6 π すなわち 0 < x < π

3

(11)

4 (1) −→

OA = ~a， −→

OB = ~b， −→

OC = ~c とおく．

−→ OA⊥ −→

BC より ~a·( ~c − ~b) = 0 したがって ~a· ~b = ~a· ~c

ここで，~a と ~b のなす角を θ ₁ ，~a と ~c のなす角を θ ₂ とすると

| ~a ||~b | cos θ ₁ = | ~a ||~c | cos θ ₂

ゆえに |~b | cos θ ₁ = |~c | cos θ ₂ · · · ° 1 4OAB と 4OAC の面積が等しいから

1 2 | ~a ||~b | sin θ ₁ = 1

2 |~a ||~c | sin θ ₂

ゆえに |~b | sin θ ₁ = |~c | sin θ ₂ · · · ° 2 1

°， ° 2 から

(|~b | cos θ 1 ) ² + (|~b | sin θ 1 ) ² = (|~c | cos θ 2 ) ² + (|~c | sin θ 2 ) ²

|~b | ² (sin ² θ ₁ + cos ² θ ₁ ) = |~c | ² (sin ² θ ₂ + cos ² θ ₂ )

|~b | ² = |~c | ²

したがって |~b | = |~c | すなわち OB = OC

¶ 別解 ³

4OAB = 1 2

q

| ~a | ² |~b | ² − ( ~a· ~b) ² ，4OAC = 1 2

q |~a | ² |~c | ² − (~a· ~c) ²

である．したがって 4OAB = 4OAC，~a· ~b = ~a· ~c により

| ~a | ² |~b | ² = | ~a | ² |~c | ² よって |~b | = |~c |

µ ´

(2) −→

OG = 1

3 (~a + ~b + ~c) であるから

−→ OG· −→

BC = 1

3 {~a + ( ~b + ~c)}·( ~c − ~b)

= 1

3 ~a·( ~c − ~b) + 1

3 ( ~b + ~c)·( ~c − ~b)

= 1

3 (~a· ~c − ~a· ~b) + 1

3 (|~c | ² − |~b | ² )

これに (1) で示した ~a· ~b = ~a· ~c，|~b | = | ~c | を代入すると

−→ OG· −→

BC = 0 すなわち −→

OG⊥ −→

BC

(12)

1.1.2 二次前期理系 ( 理，医，薬，工学部 )120 分 1 実数 p に対して，関数 f (x) を

f (x) = Z _p

p−x

(t ⁶ + 2t ³ − 3)dt で定める。このとき，次の問いに答えよ。

(1) f ⁰ (x) は，x = p + 1 のとき最小値をとることを示せ。

(2) f(p + 1) の p > 0 における最小値を求めよ。

2 0 < a < 3 とする。次の条件によって定められる数列 {a _n } を考える。

( a ₁ = a

a _n+1 = log(1 + a _n ) (n = 1, 2, 3, · · · ) このとき， lim

n→∞ a _n を次の手順で求めよ。

(1) 0 < x < 3 のとき，0 < log(1 + x) < x − 1

6 x ² であることを示せ。必要があれば，0.69 < log 2 < 0.70 を用いてもよい。

(2) 0 < a n < 6

n + 1 (n = 1, 2, 3, · · · ) であることを示し， lim

n→∞ a n を求めよ。

3 大小 2 個のサイコロを投げ，大きいサイコロの目の数を p，小さいサイコロの目の数を q とする。y = px ² のグラフと y = qx + 1 のグラフの交点のうち，x 座標が負のものを A，正のものを B とする。このとき，次の問いに答えよ。

(1) 線分 AB の中点の y 座標が 2 より小さくなる確率を求めよ。

(2) A の x 座標が有理数となる確率を求めよ。

(3) ∠OAB が 90 ^◦ より大きくなる確率を求めよ。ただし，O は座標平面の原点である。

4 次の問いに答えよ。

(1) −π 5 x 5 π のとき， √

3 cos x − sin x > 0 をみたす x の範囲を求めよ。

(2) Z

^π

6

−

^π₃

¯ ¯

¯ ¯ 4 sin x

√ 3 cos x − sin x

¯ ¯

¯ ¯ dx を求めよ。

(13)

解答例

1 (1) g(t) = t ⁶ + 2t ³ − 3 とし，この関数の原始関数を G(t) とすると f(x) =

Z _p

p−x

g(t)dt =

· G(t)

¸ _x

p−x

= G(p) − G(p − x) · · · ° 1 1

° を x について微分すると

f ⁰ (x) = 0 − G ⁰ (p − x)·(p − x) ⁰

= −g(p − x)·(−1)

= g(p − x)

= (p − x) ⁶ + 2(p − x) ³ − 3

= {(p − x) ³ + 1} ² − 4 よって f ⁰ (x) が最小となるのは

(p − x) ³ + 1 = 0 すなわち x = p + 1 のときである．

(2) 1 ° に x = p + 1 を代入すると f (p + 1) = G(p) − G(−1) · · · ° 2 2

° より f(p + 1) が最小となるのは G(p) が最小となるときであるから G ⁰ (p) = g(p) = p ⁶ + 2p ³ − 3

= (p ³ − 1)(p ³ + 3)

= (p − 1)(p ² + p + 1)(p ³ + 3)

G(p) の p > 0 における増減表は，次のようになる．

p 0 · · · 1 · · ·

G ⁰ (p) − 0 +

G(p) & 極小 %

よって p = 1 のとき最小となり，求める最小値は ° 2 から G(1) − G(−1) =

Z ₁

−1

g(t) dt = Z ₁

−1

(t ⁶ + 2t ³ − 3) dt

= 2 Z ₁

0 (t ⁶ − 3) dt

= 2

· t ⁷ 7 − 3t

¸ ₁

0 = − 40

7

(14)

2 (1) x > 0 のとき 1 + x > 1 であるから log(1 + x) > 0 · · · ° 1 f(x) =

µ x − 1

6 x ²

¶

− log(1 + x) とすると

f ⁰ (x) = 1 − 1

3 x − 1

1 + x = x(2 − x) 3(1 + x)

f(x) の 0 5 x 5 3 における増減表は，次のようになる．

x 0 · · · 1 · · · 3

f ⁰ (x) + 0 −

f(x) 0 % 極大 0 & ^{3−4 log 2} ₂ log ₂ < 0.70 より 3 − 4 log 2

2 > 0 であるから，0 < x 5 3 において f(x) > 0 すなわち log(1 + x) < x − 1

6 x ² · · · ° 2 1

°， ° 2 より 0 < x 5 3 のとき 0 < log(1 + x) < x − 1

6 x ² · · · ° 3 したがって 0 < x < 3 のとき 0 < log(1 + x) < x − 1

6 x ² (2) 0 < a _n < 6

n + 1 (n = 1, 2, 3, · · · ) を (A) とする．

［1］n = 1 のとき，0 < a ₁ = a < 3 より 0 < a 1 < 6

1 + 1 であるから (A) が成り立つ．

［2］n = k のとき，(A) が成り立つ，すなわち 0 < a _k < 6

k + 1 が成り立つと仮定すると

1 < 1 + a _k < 1 + 6 k + 1 対数をとると log 1 < log(1 + a _k ) < log

µ

1 + 6 k + 1

¶

ゆえに 0 < a _k+1 < log µ

1 + 6 k + 1

¶

· · · ° 4

(15)

0 < 6

k + 1 5 3 であるから， ° 3 より log

µ

1 + 6 k + 1

¶

< 6 k + 1 − 1

6 µ 6

k + 1

¶ ₂

= 6k (k + 1) ²

< 6k

k ² + 2k = 6

(k + 1) + 1 · · · ° 5 4

°， ° 5 より

0 < a _k+1 < 6 (k + 1) + 1

したがって，n = k + 1 のときも (A) が成り立つ．

［1］,［2］からすべての自然数 n について (A) が成り立つ．

n→∞ lim 6 n + 1 = 0

であるから，はさみうちの原理を (A) に適用して

n→∞ lim a _n = 0

(16)

3 (1) y = px ² ，y = qx + 1 から y を消去すると px ² − qx − 1 = 0 · · · ° 1 この 2 次方程式の判別式を D とすると

D = (−q) ² − 4·p·(−1) = q ² + 4p

p > 0 より D > 0 となり，2 次方程式 ° 1 は異なる 2 つの実数解をもつ．

その解を α，β とすると (α < β)，解と係数の関係により α + β = q

p , αβ = − 1 p

p > 0 より αβ < 0 であるから，A，B の x 座標はそれぞれ α，β となる．

線分 AB の中点の y 座標は，上の第 1 式から q × α + β

2 + 1 = q × q

2p + 1 = q ² 2p + 1 これが 2 より小さいので

q ²

2p + 1 < 2 すなわち 2p − q ² > 0 · · · ° 2 2p − q ² の値は次のようなる．

q p 1 2 3 4 5 6

1 1 3 5 7 9 11

2 −2 0 2 4 6 8

3 −7 −5 −3 −1 1 3

4 −14 −12 −10 −8 −6 −4 5 −23 −21 −19 −17 −15 −13 6 −34 −32 −30 −28 −26 −24 したがって ° 2 をみたす (p, q) の組は，次の 12 組である．

(p, q) =(1, 1), (2, 1), (3, 1), (3, 2), (4, 1), (4, 2), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (6, 1), (6, 2), (6, 3) よって，求める確率は 12

6 ² = 1

3

(17)

(2) A の x 座標 α は 2 次方程式 ° 1 の負の解であるから α = q − p

q ² + 4p

2p · · · ° 3

これが有理数となるは，q ² + 4p が平方数のときである．

q ² + 4p の値は次のようなる．

q p 1 2 3 4 5 6

1 5 9 13 17 21 25 2 8 12 16 20 24 28 3 13 17 21 25 29 33 4 20 24 28 32 36 40 5 29 33 37 41 45 49 6 40 44 48 52 56 60

したがって条件をみたす (p, q) の組は，次の 6 組である．

(p, q) = (2, 1), (3, 2), (4, 3), (5, 4), (6, 1), (6, 5) よって，求める確率は 6

6 ² = 1

6

(18)

(3) A(α, qα + 1) および ° 3 から，直線 AO の傾きは qα + 1

α = q + 1

α = q + 2p

q − p

q ² + 4p = q − p

q ² + 4p 2 A，B を通る直線の方程式から，直線 AB の傾きは q 直線 AO および直線 AB の方向ベクトルをそれぞれ

~u = Ã

1, q − p

q ² + 4p 2

!

，~v = (1, q)

とおくと，∠OAB は ~u と ~v のなす角である．∠OAB が 90 ^◦ より大きくなるとき，~u·~v < 0 であるから

1·1 + q − p

q ² + 4p 2 ·q < 0

ゆえに 2 + q ² < q p

q ² + 4p

上式の両辺がともに正であることに注意して，両辺を平方して整理すると p > 1 + 1

q ²

したがって q = 1 のとき 3 5 p 5 6 2 5 q 5 6 のとき 2 5 p 5 6 よって，求める確率は 4 + 5 × 5

6 ² = 29 36

4 (1) 与式から sin x − √

3 cos x < 0 左辺の三角関数を合成すると

2 sin

³ x − π

3 ´

< 0 よって sin

³ x − π

3 ´

< 0 · · · ° 1

−π 5 x 5 π のとき

− 4

3 π 5 x 5 2 3 π

であるから，この範囲で ° 1 を解くと

−π < x − 3

π < 0 すなわち − 2

3 π < x < π

3

(19)

(2) (1) の結果から

− π

3 5 x 5 π

6 において √

3 cos x − sin x > 0 ゆえに Z

^π

6

−

^π₃

¯ ¯

¯ ¯ 4 sin x

√ 3 cos x − sin x

¯ ¯

¯ ¯ dx

= − Z ₀

−

^π₃

4 sin x

√ 3 cos x − sin x dx + Z

^π

6

0 4 sin x

√ 3 cos x − sin x dx · · · ° 2 ここで

4 sin x = a( √

3 cos x − sin x) + b( √

3 cos x − sin x) ⁰ をみたす定数 a，b を求める．上式の右辺は

4 sin x = a( √

3 cos x − sin x) + b(− √

3 sin x − cos x)

= (−a − √

3 b) sin x + ( √

3 a − b) cos x 係数を比較して 4 = −a − √

3 b，0 = √ 3 a − b これを解いて a = −1, b = − √

3 ゆえに 4 sin x

√ 3 cos x − sin x = −1 − √

3 × ( √

3 cos x − sin x) ⁰

√ 3 cos x − sin x したがって

− Z ₀

−

^π₃

4 sin x

√ 3 cos x − sin x dx

= − Z ₀

−

^π₃

(

−1 − √

3 × ( √

3 cos x − sin x) ⁰

√ 3 cos x − sin x )

dx

= −

· −x − √

3 log ¯ ¯ √

3 cos x − sin x ¯ ¯

¸ ₀

−

^π₃

= π

3 · · · ° 3 Z

^π

6

0 4 sin x

√ 3 cos x − sin x dx

= Z

^π

6

0 (

−1 − √

3 × ( √

3 cos x − sin x) ⁰

√ 3 cos x − sin x )

dx

=

· −x − √ 3 log ¯

¯ √

3 cos x − sin x ¯

¯

¸

^π

6

0 = − π 6 +

√ 3

2 log 3 · · · ° 4 3

°， ° 4 を ° 2 に代入して Z

^π

6

−

^π₃

¯ ¯

¯ ¯ 4 sin x

√ 3 cos x − sin x

¯ ¯

¯ ¯ dx = π 6 +

√ 3

2 log 3

(20)

1.1.3 二次前期 ( 医学部医学科 )120 分

1 実数 Ã t に対して，座標平面上の点 (0, 1) と (1, t) を通る直線を ` とし，行列 1 2

−2 1

!

で表される移動により，直線 ` 上の各点は，ある直線 m 上の点に移るとする。` と m の交点を P(x, y) とするとき，次の問いに答えよ。

(1) x，y を t の式で表せ。

(2) t がすべての実数を動くとき，P はある円周上を動くことを示せ。

2 p > 0 とする。各項が正である 2 つの数列 {a _n }，{b _n } は，次の条件をみたすものとする。

 



 

a 1 = 3, b 1 = 1

a _n − a _n−1 = b _n − b _n−1 + 1 (n = 2, 3, 4, · · · )

(a _n−1 + b _n )(b _n − b _n−1 ) = 2pn + 3 − b _n (n = 2, 3, 4, · · · ) このとき，次の問いに答えよ。

(1) a _n − b _n を求めよ。

(2) a _n b _n を求めよ。

(3) lim

n→∞

a n 3 + b n 3

a _n ³ − b _n ³ の値を f (p) とおくとき，lim

p→0

1 p log f (p) を求めよ。

3 大小 2 個のサイコロを投げ，大きいサイコロの目の数を p，小さいサイコロの目の数を q とする。y = px ² のグラフと y = qx + 1 のグラフの交点のうち，x 座標が負のものを A，正のものを B とする。このとき，次の問いに答えよ。

(1) 線分 AB の中点の y 座標が 2 より小さくなる確率を求めよ。

(2) A の x 座標が有理数となる確率を求めよ。

(3) ∠OAB が 90 ^◦ より大きくなる確率を求めよ。ただし，O は座標平面の原点である。

4 次の問いに答えよ。

(1) −π 5 x 5 π のとき， √

3 cos x − sin x > 0 をみたす x の範囲を求めよ。

(2) Z

^π

6

−

^π₃

¯ ¯

¯ ¯ 4 sin x

√ 3 cos x − sin x

¯ ¯

¯ ¯ dx を求めよ。

(21)

解答例

1 (1) 2 点 (0, 1)，(1, t) を通る直線 ` の方程式は y = (t − 1)x + 1 · · · ° 1 2 点 (0, 1)，(1, t) の

Ã

1 2

−2 1

!

による像は Ã

1 2

−2 1

!Ã 0 1

!

= Ã

2 1

! ,

Ã

1 2

−2 1

!Ã 1

t

!

= Ã

1 + 2t

−2 + t

!

2 点 (2, 1)，(1 + 2t, −2 + t) を通る直線 m の方程式は (t − 3)x − (2t − 1)y + 5 = 0 · · · ° 2

P は ` と m の交点であるから， ° 1 を ° 2 に代入して，整理すると (t ² − 2t + 2)x = −t + 3

t ² − 2t + 2 = (t − 1) ² + 1 6= 0 であるから x = −t + 3

t ² − 2t + 2 これを ° 1 に代入して y = 2t − 1

t ² − 2t + 2 (2) t = 1 + tan θ ¡

− ^π ₂ < θ < ^π ₂ ¢

とおいて (1) の結果に代入すると x = 2 − tan θ

1 + tan ² θ = 2 cos ² θ − sin θ cos θ = cos 2θ − 1

2 sin 2θ + 1 y = 1 + 2 tan θ

1 + tan ² θ = cos ² θ + 2 sin θ cos θ = sin 2θ + 1

2 cos 2θ + 1 2 x − 1 = cos 2θ − 1

2 sin 2θ，y − 1

2 = sin 2θ + 1

2 cos 2θ (−π < 2θ < π) であるから，P は円

(x − 1) ² + µ

y − 1 2

¶ ₂

= 5

4 , (x, y) 6= (0, 0)

の周上を動く．

(22)

(2) の別解

¶ ³

問題に t の値により，P が円周上を動くとあるので，適当な t の値をとって円の方程式を予想することができる．たとえば

t = 0 のとき

µ 3 2 , − 1

2 ¶

t = 1 のとき (2, 1) t = 2 のとき

µ 1 2 , 3

2 ¶

よって，この 3 点を通る円の方程式は x ² + y ² − 2x − y = 0 実際，(1) の結果を x ² + y ² − 2x − y に代入すると

x ² + y ² − 2x − y =

µ −t + 3 t ² − 2t + 2

¶ ₂ +

µ 2t − 1 t ² − 2t + 2

¶ ₂

− 2 × −t + 3

t ² − 2t + 2 − 2t − 1 t ² − 2t + 2

= (−t + 3) ² + (2t − 1) ²

(t ² − 2t + 2) ² − 2(−t + 3) + (2t − 1) t ² − 2t + 2

= 5(t ² − 2t + 2)

(t ² − 2t + 2) ² − 5 t ² − 2t + 2

= 0

µ ´

2 (1) a _n − a _n−1 = b _n − b _n−1 + 1 より

a n − b n = a n−1 − b n−1 + 1， a 1 − b 1 = 3 − 1 = 2 よって，{a _n − b _n } は初項 2，公差 1 の等差数列であるから

a n − b n = 2 + (n − 1)·1 = n + 1 · · · ° 1

(23)

(2) (1) の結果から a _n = b _n + n + 1 · · · ° 1 ⁰

これを (a _n−1 + b _n )(b _n − b _n−1 ) = 2pn + 3 − b _n に代入すると (b _n−1 + n + b _n )(b _n − b _n−1 ) = 2pn + 3 − b _n {b _n + (n + 1)}b _n − (b _n−1 + n)b _n−1 = 2pn + 3 1

° ⁰ から a _n b _n − a _n−1 b _n−1 = 2pn + 3 ゆえに a n+1 b n+1 − a n b n = 2p(n + 1) + 3

= 2pn + (2p + 3) よって，n = 2 のとき

a _n b _n = a ₁ b ₁ + X n−1

k=1

{2pk + (2p + 3)}

= 3·1 + 2p × 1

2 n(n − 1) + (2p + 3)(n − 1)

= pn ² + (p + 3)n − 2p

3·1 = p·1 ² + (p + 3)·1 − 2p なので，上式は n = 1 のときにも成り立つ．

したがって a _n b _n = pn ² + (p + 3)n − 2p · · · ° 2 (3) 1 ° ⁰ を ° 2 に代入して，整理すると

b _n ² + (n + 1)b _n − pn ² − (p + 3)n + 2p = 0 p > 0，b _n > 0 に注意して，b _n について解くと

b n = −(n + 1) + p

(n + 1) ² + 4p(n − 1)(n + 2) + 12n 2

これを ° 1 ⁰ に代入して a _n = (n + 1) + p

(n + 1) ² + 4p(n − 1)(n + 2) + 12n 2

上の 2 式から a n + b n = p

(n + 1) ² + 4p(n − 1)(n + 2) + 12n · · · ° 3

(24)

したがって

n→∞ lim

a _n ³ + b _n ³

a n 3 − b n 3 = lim

n→∞

(a _n + b _n ){(a _n − b _n ) ² + a _n b _n } (a n − b n ){(a n − b n ) ² + 3a n b n }

= lim

n→∞

a _n + b _n n

(µ a _n − b _n n

¶ ₂

+ a _n b _n n ²

)

a _n − b _n n

(µ a _n − b _n n

¶ ₂

+ 3 a _n b _n n ²

)

ここで， °， 1 °， 2 ° 3 より

n→∞ lim

a _n − b _n

n = 1， lim

n→∞

a _n b _n

n ² = p， lim

n→∞

a _n + b _n

n = p

1 + 4p であるから

f(p) = lim

n→∞

a n 3 + b n 3

a _n ³ − b _n ³ = (1 + p) √ 1 + 4p 1 + 3p よって

lim p→0

1 p log f (p) = lim

p→0

1 p log (1 + p) √ 1 + 4p 1 + 3p

= lim

p→0 log (1 + p)

¹^p

(1 + 4p)

^2p¹

(1 + 3p)

¹^p

= lim

p→0 log (1 + p)

¹^p

n

(1 + 4p)

^4p¹

o ₂ n

(1 + 3p)

^3p¹

o ₃

= log e·e ²

e ³ = log 1 = 0

(25)

3 (1) y = px ² ，y = qx + 1 から y を消去すると px ² − qx − 1 = 0 · · · ° 1 この 2 次方程式の判別式を D とすると

D = (−q) ² − 4·p·(−1) = q ² + 4p

p > 0 より D > 0 となり，2 次方程式 ° 1 は異なる 2 つの実数解をもつ．

その解を α，β とすると (α < β)，解と係数の関係により α + β = q

p , αβ = − 1 p

p > 0 より αβ < 0 であるから，A，B の x 座標はそれぞれ α，β となる．

線分 AB の中点の y 座標は，上の第 1 式から q × α + β

2 + 1 = q × q

2p + 1 = q ² 2p + 1 これが 2 より小さいので

q ²

2p + 1 < 2 すなわち 2p − q ² > 0 · · · ° 2 2p − q ² の値は次のようなる．

q p 1 2 3 4 5 6

1 1 3 5 7 9 11

2 −2 0 2 4 6 8

3 −7 −5 −3 −1 1 3

4 −14 −12 −10 −8 −6 −4 5 −23 −21 −19 −17 −15 −13 6 −34 −32 −30 −28 −26 −24 したがって ° 2 をみたす (p, q) の組は，次の 12 組である．

(p, q) =(1, 1), (2, 1), (3, 1), (3, 2), (4, 1), (4, 2), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (6, 1), (6, 2), (6, 3) よって，求める確率は 12

6 ² = 1

3

(26)

(2) A の x 座標 α は 2 次方程式 ° 1 の負の解であるから α = q − p

q ² + 4p

2p · · · ° 3

これが有理数となるは，q ² + 4p が平方数のときである．

q ² + 4p の値は次のようなる．

q p 1 2 3 4 5 6

1 5 9 13 17 21 25 2 8 12 16 20 24 28 3 13 17 21 25 29 33 4 20 24 28 32 36 40 5 29 33 37 41 45 49 6 40 44 48 52 56 60

したがって条件をみたす (p, q) の組は，次の 6 組である．

(p, q) = (2, 1), (3, 2), (4, 3), (5, 4), (6, 1), (6, 5) よって，求める確率は 6

6 ² = 1

6

(27)

(3) A(α, qα + 1) および ° 3 から，直線 AO の傾きは qα + 1

α = q + 1

α = q + 2p

q − p

q ² + 4p = q − p

q ² + 4p 2 A，B を通る直線の方程式から，直線 AB の傾きは q 直線 AO および直線 AB の方向ベクトルをそれぞれ

~u = Ã

1, q − p

q ² + 4p 2

!

，~v = (1, q)

とおくと，∠OAB は ~u と ~v のなす角である．∠OAB が 90 ^◦ より大きくなるとき，~u·~v < 0 であるから

1·1 + q − p

q ² + 4p 2 ·q < 0

ゆえに 2 + q ² < q p

q ² + 4p

上式の両辺がともに正であることに注意して，両辺を平方して整理すると p > 1 + 1

q ²

したがって q = 1 のとき 3 5 p 5 6 2 5 q 5 6 のとき 2 5 p 5 6 よって，求める確率は 4 + 5 × 5

6 ² = 29 36

4 (1) 与式から sin x − √

3 cos x < 0 左辺の三角関数を合成すると

2 sin

³ x − π

3 ´

< 0 よって sin

³ x − π

3 ´

< 0 · · · ° 1

−π 5 x 5 π のとき

− 4

3 π 5 x 5 2 3 π

であるから，この範囲で ° 1 を解くと

−π < x − 3

π < 0 すなわち − 2

3 π < x < π

3

(28)

(2) (1) の結果から

− π

3 5 x 5 π

6 において √

3 cos x − sin x > 0 ゆえに Z

^π

6

−

^π₃

¯ ¯

¯ ¯ 4 sin x

√ 3 cos x − sin x

¯ ¯

¯ ¯ dx

= − Z ₀

−

^π₃

4 sin x

√ 3 cos x − sin x dx + Z

^π

6

0 4 sin x

√ 3 cos x − sin x dx · · · ° 2 ここで

4 sin x = a( √

3 cos x − sin x) + b( √

3 cos x − sin x) ⁰ をみたす定数 a，b を求める．上式の右辺は

4 sin x = a( √

3 cos x − sin x) + b(− √

3 sin x − cos x)

= (−a − √

3 b) sin x + ( √

3 a − b) cos x 係数を比較して 4 = −a − √

3 b，0 = √ 3 a − b これを解いて a = −1, b = − √

3 ゆえに 4 sin x

√ 3 cos x − sin x = −1 − √

3 × ( √

3 cos x − sin x) ⁰

√ 3 cos x − sin x したがって

− Z ₀

−

^π₃

4 sin x

√ 3 cos x − sin x dx

= − Z ₀

−

^π₃

(

−1 − √

3 × ( √

3 cos x − sin x) ⁰

√ 3 cos x − sin x )

dx

= −

· −x − √

3 log ¯ ¯ √

3 cos x − sin x ¯ ¯

¸ ₀

−

^π₃

= π

3 · · · ° 3 Z

^π

6

0 4 sin x

√ 3 cos x − sin x dx

= Z

^π

6

0 (

−1 − √

3 × ( √

3 cos x − sin x) ⁰

√ 3 cos x − sin x )

dx

=

· −x − √ 3 log ¯

¯ √

3 cos x − sin x ¯

¯

¸

^π

6

0 = − π 6 +

√ 3

2 log 3 · · · ° 4 3

°， ° 4 を ° 2 に代入して Z

^π

6

−

^π₃

¯ ¯

¯ ¯ 4 sin x

√ 3 cos x − sin x

¯ ¯

¯ ¯ dx = π 6 +

√ 3

2 log 3

(29)

1.1.4 二次後期 ( 理学部 ) 1 平面上の円 C ₁ ，C ₂ ，C ₃ を

C ₁ : (x + 4) ² + (y + 1) ² = 1，C ₂ : x ² + (y − 4) ² = 9，C ₃ : (x − 4) ² + (y + 3) ² = 1 で定義するとき，次の問いに答えよ。

(問 1) 原点 (0, 0) を通り，C 1 に接する直線をすべて求めよ。

(問 2) 原点 (0, 0) を通り，C ₁ ，C ₂ ，C ₃ のいずれとも共有点をもたない直線をすべて求めよ。

2 関数 y = sin x − cos x

1 − sin x について，次の問いに答えよ。

(問 1) t = tan x

2 とするとき，y を t の式で表せ。

(問 2) − π

3 5 x 5 π

3 とするとき，y の最大値と最小値を求めよ。また，そのときの x の値を求めよ。

3 数列 {a _n } と {b _n } を a _n =

Z _nπ

0 e ^−2x cos x dx, b _n = Z _nπ

0 e ^−2x sin x dx (n = 1, 2, 3, . . .) で定義するとき，次の問いに答えよ。

(問 1) 数列 {2a n + b n } と {2b n − a n } の一般項をそれぞれ求めよ。

(問 2) 一般項 a n と b n をそれぞれ求めよ。

(問 3) 極限値 lim

n→∞ a _n と lim

n→∞ b _n をそれぞれ求めよ。

(30)

解答例 1

(問 1) C ₁ は y 軸に接しないので，求める直線を y = kx とおける．C ₁ の中心 (−4, −1) からこの直線 kx − y = 0 までの距離が C 1 の半径 1 に等しいから

| k·(−4) − (−1) |

p k ² + (−1) ² = 1 整理して 15k ² − 8k = 0

したがって k = 0, 8 15

よって，求める直線は y = 0, y = 8 15 x

(問 2) C ₂ は y 軸と共有点をもつので，求める直線を y = kx とおける．

この直線 kx − y = 0 との位置関係について C ₁ と共有点をもたないとき | k·(−4) − (−1) |

p k ² + (−1) ² > 1 C 2 と共有点をもたないとき | k·0 − 4 |

p k ² + (−1) ² > 3 C ₃ と共有点をもたないとき | k·4 − (−3) |

p k ² + (−1) ² > 1

整理すると 15k ² − 8k > 0，9k ² − 7 < 0，15k ² + 24k + 8 > 0 これらを解くと

k < 0, 8

15 < k · · · ° 1

−

√ 7

3 < k <

√ 7

3 · · · ° 2 k < −12 − 2 √

6 15 , −12 + 2 √ 6

15 < k · · · ° 3 1

°， °， 2 ° 3 の共通範囲により，求める直線の方程式は y = kx

Ã −12 + 2 √ 6

15 < k < 0, 8

15 < k <

√ 7 3

!

(31)

2 (問 1) t = tan x

2 とするとき，sin x = 2t

1 + t ² ，cos x = 1 − t ² 1 + t ²

ゆえに sin x − cos x 1 − sin x =

2t

1 + t ² − 1 − t ² 1 + t ² 1 − 2t

1 + t ²

= −1 + 2t + t ² 1 − 2t + t ²

よって y = −1 + 2t + t ² 1 − 2t + t ² (問 2) − π

3 5 x 5 π

3 のとき − 1

√ 3 5 t 5 1

√ 3 · · · ° 1 y = −1 + 2t + t ²

1 − 2t + t ² の右辺を変形すると

−1 + 2t + t ²

1 − 2t + t ² = 2 − 4(1 − t) + (1 − t) ² (1 − t) ²

= 2

(1 − t) ² − 4 1 − t + 1 u = 1

1 − t とおくと y = 2u ² − 4u + 1 = 2(u − 1) ² − 1 このとき， ° 1 から 3 − √

3 2 5 u 5 3 + √ 3 2 よって，y は

u = 3 + √ 3

2 すなわち x = π

3 で最大値 1 + √ 3

u = 1 すなわち x = 0 で最小値 −1

をとる．

(32)

3 (問 1) {2a n + b n } の一般項は 2a _n + b _n = 2

Z _nπ

0 e ^−2x cos x dx + Z _nπ

0 e ^−2x sin x dx

= − Z _nπ

0 {(e ^−2x ) ⁰ cos x + e ^−2x (cos x) ⁰ }dx

= − Z _nπ

0 (e ^−2x cos x) ⁰ dx

= −

· e ^−2x cos x

¸ _nπ

0 = −(−1) ⁿ e ^`2nı + 1 {2b n − a n } の一般項は

2b _n − a _n = 2 Z _nπ

0 e ^−2x sin x dx − Z _nπ

0 e ^−2x cos x dx

= − Z _nπ

0 {(e ^−2x ) ⁰ sin x + e ^−2x (sin x) ⁰ }dx

= − Z _nπ

0 (e ^−2x sin x) ⁰ dx

= −

· e ^−2x sin x

¸ _nπ

0 = 0 (問 2) (問 1) の結果から

a _n = 2 − 2·(−1) ⁿ e ^`2nı

5 , b _n = 1 − (−1) ⁿ e ^`2nı 5

(問 3) (問 2) の結果から

n!1 lim a _n = 2

5 , lim

n!1 b _n = 1

5

(33)

1.2 熊本県立大学

1.2.1 二次前期環境共生学部 ( 環境資源・居住環境 )

問題 I 4ABC において，AB = 4，BC = 5，CA = 6 のとき，以下の各問に答えよ。

1) 4ABC の面積を求めよ。

2) 4ABC に外接する円の面積を求めよ。

3) 4ABC を底面とする三角柱の 5 つの面すべてに球が内側から接しているとき，この三角柱の高さを求めよ。

問題 II a 1 = 2，a n+1 = 2a n + 4 (n = 1, 2, 3, · · · ) で与えられた数列 {a n } について，

以下の各問に答えよ。

1) a ₂ ，a ₃ ，a ₄ の値を求めよ。

2) 数列 {a _n } の階差数列を {b _n } とするとき，{b _n } の一般項を求めよ。

3) 数列 {a _n } の一般項を求めよ。

4) 数列 {a _n } の初項から第 n 項までの和 S _n を求めよ。

問題 III 1) 関数 y = x ² e ^−x を微分せよ。

2) 関数 y = x ² e ^−x のグラフをかけ。

3) 曲線 C : y = x ² e ^−x は，原点以外の点において，直線 l : y = kx に接し

ている。ただし，k は 0 でない実数である。このとき，k の値と接点を

求めよ。

(34)

解答例

問題 I 1) a = 5，b = 6，c = 4 であるから，余弦定理により cos A = 6 ² + 4 ² − 5 ²

2·6·4 = 27 2·6·4 = 9

16 sin A > 0 であるから

sin A = s

1 − µ 9

16 ¶ ₂

= 5 √ 7 16 よって，4ABC の面積 S は

S = 1

2 bc sin A = 1

2 ·6·4· 5 √ 7

16 = 15 √ 7 4

2) 4ABC の外接円の半径を R とすると，正弦定理により 2R = a

sin A ゆえに R = 1

2 × 5 ÷ 5 √ 7 16 = 8

√ 7 よって，求める 4ABC の外接円の面積は

πR ² = π µ 8

√ 7

¶ ₂

= 64 7 π 3) 球の中心を通り底面に平行な平面で三角

柱を切ったとき，切り口は右の図のようになる．球の半径を r とすると，4ABC の面積 S は

熊本県入試問題 数学正解 大学・短大・医療系

大学・短大・医療系

2010 年 受 験 用

O y

x

Typed by L A TEX 2 ε

それに対応した受験準備をしておかなければならない．なお，本書の内容を含め過 去 4 年分の入試問題 (数学) を次のサイトから入手することができる．

http://www1.ocn.ne.jp/˜oboetene/plan/

本書の編集にあたり，以下の点に留意した．

1. 熊本県内の大学・短大・医療系専門学校 (リハビリ・高看) が公開した平成 21 年 (2009 年) 度入試問題 (数学) をすべて掲載した．

2. 試験日程や試験時間を調べ掲載した．なお，複数の教科を同時に受験する入学 試験については，試験時間を省略した．

3. 解答は，図や解説を充実させ，自学自習ができるように配慮した．

また，本書の姉妹版である「熊本県入試問題 英語正解 大学・短大・医療系」も 次のサイトに掲載しており，併せて活用いただけることを切に願うものである．

http://www1.ocn.ne.jp/˜oboetene/plan/eng.html

平成 21 年 8 月 編者

i

序 i

第 1 章 大学・短大 1

1.1 熊本大学 . . . . 2

1.1.1 二次前期文系 (教育学部，医学部保健学科看護学専攻)120 分 . 2 1.1.2 二次前期理系 (理，医，薬，工学部)120 分 . . . . 7

1.1.3 二次前期 (医学部医学科)120 分 . . . . 15

1.1.4 二次後期 (理学部) . . . . 24

1.2 熊本県立大学 . . . . 28

1.2.1 二次前期環境共生学部 (環境資源・居住環境) . . . . 28

1.3 崇城大学 . . . . 32

1.3.1 推薦試験 1 日目 (普通高校)60 分 . . . . 32

1.3.2 推薦試験 2 日目 (普通高校) ・専願推薦試験 (航空整備士養成コー ス)・推薦試験 (パイロット養成コース)60 分 . . . . 36

1.3.3 推薦試験 1 日目 (専門高校)60 分 . . . . 40

1.3.4 推薦試験 2 日目 (専門高校)60 分 . . . . 43

1.3.5 前期日程 1 日目 . . . . 46

1.3.6 前期日程 2 日目 . . . . 52

1.3.7 後期日程 . . . . 59

1.3.8 前期日程 1 日目 (薬学部)80 分 . . . . 66

1.3.9 前期日程 2 日目 (薬学部)80 分 . . . . 70

1.3.10 後期日程 (薬学部)80 分 . . . . 75

1.4 東海大学 . . . . 79

1.4.1 一般入試 S 方式 (産業工学部・農学部)70 分 . . . . 79

1.4.2 一般入試 A 方式 2 月 7 日 (総合経営学部)70 分 . . . . 85

1.4.3 一般入試 A 方式 2 月 8 日 (総合経営学部)70 分 . . . . 91

1.4.4 一般入試 A 方式 2 月 9 日 (総合経営学部)70 分 . . . . 96

1.4.5 一般入試 A 方式 2 月 9 日 (産業工学部・農学部)70 分 . . . . 101

1.4.6 一般入試 A 方式 2 月 10 日 (産業工学部・農学部)70 分 . . . . . 105

1.4.7 一般入試 A 方式 2 月 11 日 (産業工学部・農学部)70 分 . . . . . 110

1.4.8 一般入試 B 方式 (総合経営学部・産業工学部・農学部)70 分 . . 115

1.5 熊本学園大学 . . . . 122

1.5.1 A 日程 1 日目 70 分 . . . . 122

1.5.2 A 日程 2 日目 70 分 . . . . 128

1.5.3 A 日程 3 日目 70 分 . . . . 135

iii

1.5.5 A 日程 5 日目 70 分 . . . . 145

1.6 熊本保健科学大学 . . . . 150

1.6.1 一般推薦 . . . . 150

1.6.2 一般前期 (衛生技術学科・リハビリテーション学科) . . . . 156

1.6.3 一般前期 (看護学科) . . . . 163

1.7 九州看護福祉大学 . . . . 169

1.7.1 一般試験 (地方会場 A 日程) . . . . 169

1.7.2 一般試験 (地方会場 B 日程) . . . . 175

1.7.3 一般試験 (看護学科・リハビリテーション学科) . . . . 181

1.7.4 一般試験 (社会福祉学科) . . . . 187

1.8 九州ルーテル学院大学 . . . . 193

1.8.1 一般 I 期試験 70 分 . . . . 193

1.8.2 一般 II 期試験 70 分 . . . . 199

1.9 熊本県立技術短期大学校 . . . . 204

1.9.1 推薦 (前期) 試験 90 分 . . . . 204

1.9.2 推薦 (後期) 試験 90 分 . . . . 212

1.9.3 一般試験 90 分 . . . . 219

第 2 章 医療系 227 2.1 メディカルカレッジ青照館 . . . . 228

2.1.1 第 2 期試験 (一般試験)60 分 . . . . 228

2.2 熊本駅前リハビリテーション専門学校 . . . . 231

2.2.1 一般前期 60 分 . . . . 231

2.2.2 一般後期 60 分 . . . . 238

2.3 九州中央リハビリテーション学院 . . . . 246

2.3.1 一般試験 . . . . 246

2.4 西日本リハビリテーション学院 . . . . 252

2.4.1 一般前期試験 (昼間部・夜間部) . . . . 252

2.4.2 一般後期試験 (昼間部・夜間部) . . . . 261

2.5 熊本労災看護専門学校 . . . . 270

2.5.1 一般試験 60 分 . . . . 270

2.6 熊本総合医療福祉学院 . . . . 281

2.6.1 一般前期 60 分 . . . . 281

熊本県入試問題数学正解大学・短大・医療系

2010 年受験用

Typed by L ^A TEX 2 ε

それに対応した受験準備をしておかなければならない．なお，本書の内容を含め過去 4 年分の入試問題 (数学) を次のサイトから入手することができる．

2. 試験日程や試験時間を調べ掲載した．なお，複数の教科を同時に受験する入学試験については，試験時間を省略した．

また，本書の姉妹版である「熊本県入試問題英語正解大学・短大・医療系」も次のサイトに掲載しており，併せて活用いただけることを切に願うものである．

平成 21 年 8 月編者

第 1 章大学・短大 1

1.3.2 推薦試験 2 日目 (普通高校) ・専願推薦試験 (航空整備士養成コース)・推薦試験 (パイロット養成コース)60 分 . . . . 36

第 2 章医療系 227 2.1 メディカルカレッジ青照館 . . . . 228

第 1 _{章大学・短大}

学校名試験科目試験日

f (x) = Z _2x

µ 1 7 t ² − 2

2 大小 2 個のサイコロを投げ，大きいサイコロの目の数を p，小さいサイコロの目の数を q とする。y = px ² のグラフと y = qx + 1

f (x) = a cos ² x + √

3(a − b) cos x sin x + b sin ² x とするとき，次の問いに答えよ。

BC は垂直であり，4OAB の面積と 4OAC の面積が等しいとする。このとき，次の問いに答えよ。

1 (1) f(x) = Z _2x

µ 1 7 t ² − 2

· t ³ 21 − t ²

¸ _2x

= (2x) ³ − x ³

21 − (2x) ² − x ²

= x ³

3 − x ² − 3x f(x) = 0 より x ³

3 − x ² − 3x = 0 ゆえに x(x ² − 3x − 9) = 0 よって x = 0, 3 ± 3 √

f ⁰ (x) = x ² − 2x − 3

= (x + 1)(x − 3) f ⁰ (x) = 0 とすると x = −1, 3

f ⁰ (x) + 0 − 0 +