問題文全文(内容文)：
${\large第5問}$
点$Z$を端点とする半直線$ZX$と半直線$ZY$があり、$0° \lt \angle XZY \lt 90°$とする。
また、$0° \lt \angle SZX \lt \angle XZY$かつ$0° \lt \angle SZY \lt \angle XZY$を満たす点$S$をとる。
点$S$を通り、半直線$ZX$と半直線$ZY$の両方に接する円を作図したい。
円$O$を、次の$(Step\ 1)～(Step\ 5)$の手順で作図する。

手順
$(Step\ 1)　\angle XZY$の二等分線$l$上に点$C$をとり、下図(※動画参照)のように半直線$ZX$
と半直線$ZY$の両方に接する円$C$を作図する。また、円$C$と半直線$ZX$との接点を$D,$
半直線$ZY$との接点を$E$とする。
$(Step\ 2)$　円Cと直線$ZS$との交点の一つを$G$とする。
$(Step\ 3)$　半直線$ZX$上に点$H$を$DG//HS$を満たすようにとる。
$(Step\ 4)$　点$H$を通り、半直線$ZX$に垂直な直線を引き、$l$との交点を$O$とする。
$(Step\ 5)$　点$O$を中心とする半径$OH$の円$O$をかく。

(1)$(Step\ 1)～(Step\ 5)$の手順で作図した円$O$が求める円であることは、次の構想に
基づいて下のように説明できる。

構想:円$O$が点$S$を通り、半直線$ZX$と半直線$ZY$の両方に接する円であることを
示すには、$OH=\boxed{\boxed{\ \ ア\ \ }}$が成り立つことを示せばよい。

作図の手順より、$\triangle ZDG$と$\triangle ZHS$との関係、および$\triangle ZDC$と$\triangle ZHO$との
関係に着目すると
$DG:\boxed{\boxed{\ \ イ\ \ }}=\boxed{\boxed{\ \ ウ\ \ }}:\boxed{\boxed{\ \ エ\ \ }}$
$DC:\boxed{\boxed{\ \ オ\ \ }}=\boxed{\boxed{\ \ ウ\ \ }}:\boxed{\boxed{\ \ エ\ \ }}$

であるから、$DG:\boxed{\boxed{\ \ イ\ \ }}=DC:\boxed{\boxed{\ \ オ\ \ }}$となる。
ここで、3点$S,O,H$が一直線上にある場合は、$\angle CDG=\angle \boxed{\boxed{\ \ カ\ \ }}$で
あるので、$\triangle CDG$と$\triangle \boxed{\boxed{\ \ カ\ \ }}$との関係に着目すると、$CD=CG$より
$OH=\boxed{\boxed{\ \ ア\ \ }}$であることがわかる。
なお、3点$S,O,H$が一直線上にある場合は、$DG=\boxed{\ \ キ\ \ }DC$となり、
$DG:\boxed{\boxed{\ \ イ\ \ }}=DC:\boxed{\boxed{\ \ オ\ \ }}$より$OH=\boxed{\boxed{\ \ ア\ \ }}$である
ことがわかる。

$\boxed{\boxed{\ \ ア\ \ }}～\boxed{\boxed{\ \ オ\ \ }}$の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)
⓪$DH$　①$HO$　②$HS$　③$OD$　④$OG$
⑤$OS$　⑥$ZD$　⑦$ZH$　⑧$ZO$　⑨$ZS$

$\boxed{\boxed{\ \ カ\ \ }}$の解答群
⓪$OHD$　①$OHG$　②$OHS$　③$ZDS$
④$ZHG$　⑤$ZHS$　⑥$ZOS$　⑦$ZCG$


(2)点$S$を通り、半直線$ZX$と半直線$ZY$の両方に接する円は二つ作図できる。
特に、点$S$が$\angle XZY$の二等分線$l$上にある場合を考える。半径が大きい方の
円の中心を$O_1$とし、半径が小さい方の円の中心を$O_2$とする。また、円$O_2$と
半直線$ZY$が接する点を$I$とする。円$O_1$と半直線$ZY$が接する点を$J$とし、円$O_1$と
半直線$ZX$が接する点を$K$とする。
作図をした結果、円$O_1$の半径は$5$,　円$O_2$の半径は3であったとする。このとき、
$IJ=\boxed{\ \ ク\ \ }\sqrt{\boxed{\ \ ケコ\ \ }}$である。さらに、円$O_1$と円$O_2$の接点$S$に
おける共通接線と半直線$ZY$との交点を$L$とし、
直線$LK$と円$O_1$との交点で点$K$とは異なる点を$M$とすると

$LM・LK=\boxed{\ \ サシ\ \ }$

である。
また、$ZI=\boxed{\ \ ス\ \ }\sqrt{\boxed{\ \ セソ\ \ }}$であるので、直線$LK$と直線$l$との交点を$N$とすると

$\displaystyle \frac{LN}{NK}=\displaystyle \frac{\boxed{\ \ タ\ \ }}{\boxed{\ \ チ\ \ }},　SN=\displaystyle \frac{\boxed{\ \ ツ\ \ }}{\boxed{\ \ テ\ \ }}$

である。

2021共通テスト過去問

問題文全文(内容文)：
高2生以下必見！
「共通テストの国語・数学の記述が無くなる件」についてお話しています。

問題文全文(内容文)：
${\large第1問}$
[1]　(1)$\log_{10}10=\boxed{\ \ ア\ \ }$である。また、$\log_{10}5,\log_{10}15$をそれぞれ
$\log_{10}2と\log_{10}3$を用いて表すと
$\log_{10}5=\boxed{\ \ イ\ \ }\log_{10}2+\boxed{\ \ ウ\ \ }$
$\log_{10}15=$$\boxed{\ \ エ\ \ }\log_{10}2+\log_{10}3+\boxed{\ \ オ\ \ }$
(2)太郎さんと花子さんは、$15^{20}$について話している。
以下では、$\log_{10}2=0.3010、$$\log_{10}3=0.4771$とする。

太郎:$15^{20}$は何桁の数だろう。
花子:$15$の20乗を求めるのは大変だね。$\log_{10}15^{20}$の整数部分に
着目してみようよ。

$\log_{10}15^{20}$は
$\boxed{\ \ カキ\ \ } \lt \log_{10}15^{20}$$ \lt \boxed{\ \ カキ\ \ }+1$
を満たす。よって、$15^{20}は\boxed{\ \ クケ\ \ }$桁の数である。

太郎:$15^{20}$の最高位の数字も知りたいね。だけど、$\log_{10}15^{20}$の
整数部分にだけ着目してもわからないな。
花子:$N・10^{\boxed{カキ}} \lt 15^{20}$$ \lt (N+1)・10^{\boxed{カキ}}$を満たすような
正の整数Nに着目してみたらどうかな。

$\log_{10}15^{20}$の小数部分は$\log_{10}15^{20}-\boxed{\ \ カキ\ \ }$であり
$\log_{10}\boxed{\ \ コ\ \ } \lt \log_{10}15^{20}-\boxed{\ \ カキ\ \ }$$ \lt \log_{10}(\boxed{\ \ コ\ \ }+1)$
が成り立つので、$15^{20}$の最高位の数字は$\boxed{\ \ サ\ \ }$である。


[2]座標平面上の原点を中心とする半径1の円周上に3点$P(\cos\theta,\sin\theta),$
$Q(\cos\alpha,\sin\alpha),R(\cos\beta,\sin\beta)$がある。ただし、$0 \leqq \theta \lt \alpha \lt \beta \lt 2\pi$
とする。このとき、$s$と$t$を次のように定める。
$s=\cos\theta+\cos\alpha+\cos\beta,$$　t=\sin\theta+\sin\alpha+\sin\beta$

(1)$\triangle PQR$が正三角形や二等辺三角形のときの$s$と$t$の値について考察しよう。
考察$1:\triangle PQR$が正三角形である場合を考える。
この場合、$\alpha,\beta$を$\theta$で表すと
$\alpha=\theta+\displaystyle \frac{\boxed{\ \ シ\ \ }}{3}\pi,$$　\beta=\theta+\displaystyle \frac{\boxed{\ \ ス\ \ }}{3}\pi$
であり、加法定理により
$\cos\alpha=\boxed{\boxed{\ \ セ\ \ }},　\sin\alpha=\boxed{\boxed{\ \ ソ\ \ }}$
である。同様に、$\cos\beta$および$\sin\beta$を、$\sin\theta$と$\cos\theta$を用いて表すことができる。
これらのことから、$s=t=\boxed{\ \ タ\ \ }$である。

$\boxed{\boxed{\ \ セ\ \ }},\boxed{\boxed{\ \ ソ\ \ }}$の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)
⓪$\displaystyle \frac{1}{2}\sin\theta+\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}\cos\theta$
①$\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}\sin\theta+\displaystyle \frac{1}{2}\cos\theta$
②$\displaystyle \frac{1}{2}\sin\theta-\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}\cos\theta$
③$\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}\sin\theta-\displaystyle \frac{1}{2}\cos\theta$
④$-\displaystyle \frac{1}{2}\sin\theta+\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}\cos\theta$
⑤$-\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}\sin\theta+\displaystyle \frac{1}{2}\cos\theta$
②$-\displaystyle \frac{1}{2}\sin\theta-\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}\cos\theta$
③$-\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}\sin\theta-\displaystyle \frac{1}{2}\cos\theta$

考察2:$\triangle PQR$が$PQ=PR$となる二等辺三角形である場合を考える。

例えば、点$P$が直線$y=x$上にあり、点$Q,R$が直線$y=x$に関して対称
であるときを考える。このとき、$\theta=\displaystyle \frac{\pi}{4}$である。また、$\alpha$は
$\alpha \lt \displaystyle \frac{5}{4}\pi,　\beta$は$\displaystyle \frac{5}{4}\pi \lt \beta$を満たし、点$Q,R$の座標について、
$\sin\beta=\cos\alpha,　\cos\beta=\sin\alpha$が成り立つ。よって
$s=t=\displaystyle \frac{\sqrt{\boxed{\ \ チ\ \ }}}{\boxed{\ \ ツ\ \ }}+\sin\alpha+\cos\alpha$
である。
ここで、三角関数の合成により
$\sin\alpha+\cos\alpha=$$\sqrt{\boxed{\ \ テ\ \ }}\sin\left(\alpha+\displaystyle \frac{\pi}{\boxed{\ \ ト\ \ }}\right)$
である。したがって

$\alpha=\displaystyle \frac{\boxed{\ \ ナニ\ \ }}{12}\pi,　\beta=\displaystyle \frac{\boxed{\ \ ヌネ\ \ }}{12}\pi$

のとき、$s=t=0$である。

(2)次に、$s$と$t$の値を定めるときの$\theta,\alpha,\beta$の関係について考察しよう。
考察$3:s=t=0$の場合を考える。

この場合、$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$により、$\alpha$と$\beta$について考えると
$\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\displaystyle \frac{\boxed{\ \ ノハ\ \ }}{\boxed{\ \ ヒ\ \ }}$
である。
同様に、$\theta$と$\alpha$について考えると
$\cos\theta\cos\alpha+\sin\theta\sin\alpha=\displaystyle \frac{\boxed{\ \ ノハ\ \ }}{\boxed{\ \ ヒ\ \ }}$
であるから、$\theta,\alpha,\beta$の範囲に注意すると
$\beta-\alpha=\alpha-\theta=\displaystyle \frac{\boxed{\ \ フ\ \ }}{\boxed{\ \ ヘ\ \ }}\pi$
という関係が得られる。

(3)これまでの考察を振り返ると、次の⓪～③のうち、
正しいものは$\boxed{\boxed{\ \ ホ\ \ }}$であることが分かる。
$\boxed{\boxed{\ \ ホ\ \ }}$の解答群
⓪$\triangle PQR$が正三角形ならば$s=t=0$であり、$s=t=0$ならば
$\triangle PQR$は正三角形である。
①$\triangle PQR$が正三角形ならば$s=t=0$であり、$s=t=0$で
あっても$\triangle PQR$は正三角形でない場合がある。
②$\triangle PQR$が正三角形であっても$s=t=0$でない場合があるが
$s=t=0$ならば$\triangle PQR$は正三角形である。
③$\triangle PQR$が正三角形であっても$s=t=0$でない場合があり、
$s=t=0$であっても$\triangle PQR$が正三角形でない場合がある。

問題文全文(内容文)：
${\large第4問}$
円周上に15個の点$P_0,P_1,\ldots,P_{14}$が反時計回りに順に並んでいる。最初、
点$P_0$に石がある。さいころを投げて偶数の目が出たら石を反時計回りに5個先
の点に移動させ、奇数の目が出たら石を時計回りに3個先の点に移動させる。
この操作を繰り返す。例えば、石が点$P_5$にあるとき、さいころを投げて6の目が
出たら石を点$P_{10}$に移動させる。次に、5の目が出たら点$P_{10}$にある石を
点$P_7$に移動させる。

(1)さいころを5回投げて、偶数の目が$\boxed{\ \ ア\ \ }$回、奇数の目が$\boxed{\ \ イ\ \ }$回
出れば、点$P_0$にある石を点$P_1$に移動させることができる。このとき、
$x=\boxed{\ \ ア\ \ },$　$y=\boxed{\ \ イ\ \ }$は、不定方程式$5x-3y=1$の整数解に
なっている。

(2)不定方程式
$5x-3y=8$　$\cdots$①
の全ての整数解$x,y$は、$k$を整数として

$x=\boxed{\ \ ア\ \ }×8+\boxed{\ \ ウ\ \ }\ k,$　$y=\boxed{\ \ イ\ \ }×8+\boxed{\ \ エ\ \ }\ k$

と表される。①の整数解$x,y$の中で、$0 \leqq y \lt \boxed{\ \ エ\ \ }$を満たすものは

$x=\boxed{\ \ オ\ \ },$　$y=\boxed{\ \ カ\ \ }$

である。したがって、さいころを$\boxed{\ \ キ\ \ }$回投げて、偶数の目が$\boxed{\ \ オ\ \ }$回、
奇数の目が$\boxed{\ \ カ\ \ }$回出れば、点$P_0$にある石を点$P_8$に移動させることが
できる。

(3)(2)において、さいころを$\boxed{\ \ キ\ \ }$回より少ない回数だけ投げて、点$P_0$
にある石を点$P_8$に移動させることはできないだろうか。

(*)石を反時計回りまたは時計回りに15個先の点に移動させると
元の点に戻る。

(*)に注意すると、偶数の目が$\boxed{\ \ ク\ \ }$回、奇数の目が$\boxed{\ \ ケ\ \ }$回出れば、
さいころを投げる回数が$\boxed{\ \ コ\ \ }$回で、点$P_0$にある石を点$P_8$に移動させる
ことができる。このとき、$\boxed{\ \ コ\ \ } \lt \boxed{\ \ キ\ \ }$　である。

(4)点$P_1,P_2,\cdots,P_{14}$のうちから点を一つ選び、点$P_0$にある石をさいころを
何回か投げてその点に移動させる。そのために必要となる、さいころを
投げる最小回数を考える。例えば、さいころを1回投げて点$P_0$にある石を
点$P_2$へ移動させることはできないが、さいころを2回投げて偶数の目と
奇数の目が1回ずつ出れば、点$P_0$にある石を点$P_2$へ移動させることができる。
したがって、点$P_2$を選んだ場合には、この最小回数は2回である。
点$P_1,P_2,\cdots,P_{14}$のうち、この最小回数が最も大きいのは点$\boxed{\boxed{\ \ サ\ \ }}$であり、
その最小回数は$\boxed{\ \ シ\ \ }$回である。

$\boxed{\boxed{\ \ サ\ \ }}$の解答群
⓪$P_{10}$
①$P_{11}$
②$P_{12}$
③$P_{13}$
④$P_{14}$

2021共通テスト過去問

問題文全文(内容文)：
自然数lを3進数と4進数で表したら下3桁が共に012になった
最小のlを求めよ