【2025年】共通テスト数学ⅠA第1問

2025年の共通テスト数学ⅠAの第1問を解説します。

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 考え方・解答例

（１）

$a = 1$ のとき、問題文の通り$$(4x^2-1)b + 16x-8$$が得られます。これを次のように因数分解します。

まず、$4x^2-1 = (2x + 1)(2x-1)$ および $16x-8 = 8(2x-1)$ となるので
\begin{aligned} & \quad (4x^2-1)b + 16x-8 \\ &= b \cdot (2x + 1)(2x-1) + 8(2x-1) \\ &= (2x-1) \left( (2x + 1)b + 8 \right) \end{aligned}

と整理できます。問題では
\[
(2x-1)(\boxed{\text{ア}} b x + b + \boxed{\text{イ}})
\]としているので、実際比較すると
\[
(2x + 1)b + 8 = b(2x) + b + 8 = 2bx + (b + 8).
\]よって「$\boxed{\text{ア}} = 2, \boxed{\text{イ}} = 8$」と分かります。

また、この因数 $(2x-1)$ が含まれるため、$(2x-1) = 0 \implies x = \dfrac{1}{2}$ が (1) の根の1つであることがわかります。

（２）

（ⅰ）式に $b = 2$ を代入すると
\[
(2a + 4 \cdot 2-2)x^2 + (5a + 11)x-(2 + 8) = 0,
\]すなわち
\[
(2a + 8-2)x^2 + (5a + 11)x-10 = 0
\]\[
\therefore (2a + 6)x^2 + (5a + 11)x-10 = 0.
\]を得ます。

問題文によるとこれは次のように因数分解できるようです。
\[
(\boxed{\text{ウ}}x + \boxed{\text{エ}})\{(a + \boxed{\text{オ}})x-\boxed{\text{カ}}\}
\]後者の因数の$a$の係数が$1$になっていることから、$2$で括り出していると考えられます。また、定数項が$10$なので$\boxed{\text{エ}}$と$\boxed{\text{カ}}$の組み合わせは、$1$と$10$、または$2$と$5$のいずれかに限られます。

左辺について、$$2(a + 3)x^2 + \{5(a + 3)-2 \cdot 2\}x-10$$ つまり$$(2x + 5)\{(a + 3) x-2\}$$と因数分解できることが分かるので、「$\boxed{\text{ウ}} = 2$, $\boxed{\text{エ}} = 5$, $\boxed{\text{オ}} = 3$, $\boxed{\text{カ}} = 2$」と分かります。

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（ⅱ）続いて $a = 2\sqrt{2}$ のとき、先程の因数分解の式から、解は$$x=-\dfrac{5}{2}, \ \dfrac{2}{3+2\sqrt{2}}$$と分かります。後者の分母を有理化すると、$\dfrac{2(3-2\sqrt{2})}{(3+2\sqrt{2})(3-2\sqrt{2})}$ すなわち $6-4\sqrt{2}$ を得ます。よって「$\boxed{\text{キ}} = 6$, $\boxed{\text{ク}} = 4$」と分かります。

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（ⅲ）$a=-3$ のとき、先程の因数分解の式から与方程式は$$-2(2x+5)=0$$になります。したがって「$a=-3$ ⇒ ①の解が$x=-\dfrac{5}{2}$だけである」が成り立つので、十分条件です。

一方で、①は2次方程式なので解が$x=-\dfrac{5}{2}$だけである場合というのは、他に「$x=-\dfrac{5}{2}$が①の重解である」場合が考えられます。そこで $x=\dfrac{2}{a+3}$ が $x=-\dfrac{5}{2}$ に一致するような$a$の値が存在することを確かめます。実際、そのような$a$は存在し（$a=-\dfrac{19}{5}$）、必要条件ではないことが分かります（下記☑POINTを参照のこと）。

よって、「$\boxed{\text{ケ}} = 1$」となります。

 

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 考え方・解答例

（１）

円$O$の半径は$2$なので $AH = 2 \sin \alpha$ と表せて、$$PA = 2 \cdot AH = 4 \sin \alpha$$となります。また、同様に円$O’$の半径は$4$なので $BH’ = 4 \sin \beta$ と表せて、$$PB = 2 \cdot BH’ = 8 \sin \beta$$となります。よって「$\boxed{\text{コ}} = 2$, $\boxed{\text{サ}} = 4$, $\boxed{\text{シ}} = 8$」と分かります。

正弦定理より$$\dfrac{\text{PA}}{\sin \beta} = \dfrac{\text{PB}}{\sin \alpha} = 2R_1$$が成り立つので①式と②式より$$4\sin^2 \alpha=8\sin^2 \beta$$となります。ここで $\sin \alpha$ と $\sin \beta$ はともに正なので両辺の平方をとって$$2\sin \alpha=2 \sqrt{2}\sin \beta$$ $$\therefore \sin \alpha=\sqrt{2}\sin \beta$$を得ます。よって正弦定理および $\dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta}=\sqrt{2}$ より$$R_1=\dfrac{4 \sin \alpha}{2 \sin \beta}=2\sqrt{2}$$と求められます。

よって「$\boxed{\text{ス}} = 1$, $\boxed{\text{セ}} = 0$, $\boxed{\text{ソ}} = 2$, $\boxed{\text{タ}} = 2$, $\boxed{\text{チ}} = 2$」と分かります。

（２）

次に$\triangle QAB$の外接円について考えます。ヒントにあるように$R_1$と同様に考えます。

円$O$の中心$O$から直線$QA$に引いた垂線と直線$QA$との交点を$H_a$とすると、\[
QA = 2 \cdot AH_a = 4 \sin \alpha \tag{③}
\]となります。また、円$O’$の中心$O’$から直線$QB$に引いた垂線と直線$QB$との交点を$H_b$とすると、\[
QB = 2 \cdot BH_b = 8 \sin \beta \tag{④}
\]となります。

ここで、先程と全く同じ関係式が得られていることに気が付くはずです。実は全く同様の処理により、$R_2=2\sqrt{2}$と求められ、$R_1=R_2$ が成り立ちます。ここで$\triangle PAB$と$\triangle QAB$のそれぞれで正弦定理から$$\begin{cases} 2R_1=\dfrac{AB}{\sin \angle APB} \\ 2R_2=\dfrac{AB}{\sin \angle AQB} \end{cases}$$が成り立ちますが、いま $R_1=R_2$ なので $$\dfrac{AB}{\sin \angle APB}=\dfrac{AB}{\sin \angle AQB}$$すなわち$$\sin \angle APB=\sin \angle AQB$$が成り立ちます。

よって「$\boxed{\text{ツ}} = 1$, $\boxed{\text{テ}} = 1$」と分かります。

（３）

$\triangle PAB$について正弦定理より $\dfrac{AB}{\sin \angle APB}=2 R_1$ が成り立つから、$AB = 2\sqrt{7}$ のとき、$R_1=2 \sqrt{2}$より$$\sin \angle APB=\dfrac{\sqrt{14}}{4}$$となります。よって、$\angle APB$が鋭角であることに注意すれば$$\cos \angle APB=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$$と求められます。

ここで余弦定理$$AB^2=PA^2+PB^2-2 PA \cdot PB \cos \angle APB$$より、$$28=PA^2+2PA^2-2\sqrt{2}PA^2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{4}$$ $$\therefore PA^2= 14$$ $$\therefore PA=\sqrt{14}$$を得ます。

よって「$\boxed{\text{ト}} = 1$, $\boxed{\text{ナ}} = 4$, $\boxed{\text{ニ}} = 4$, $\boxed{\text{ヌ}} = 1$, $\boxed{\text{ネ}} = 4$」と分かります。

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