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2014年 算数オリンピック・ジュニア算数オリンピック・キッズBEE トライアル 解答速報


ジュニア算数オリンピックの解答・解説はこちら

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算数オリンピック トライアル
<解答>
問題1 292×69 の筆算
問題2 A1g B3g C4g D5g E2g □=5
問題3 90通り
問題4 8台
問題5 (問い1)35個 (問い2)14個
問題6 
問題7 (問い1)648通り (問い2)3432通り
問題8 25cm2
問題9 (問い1)4回 (問い2)8回 (問い3)10
問題10 300cm2

<解説>
問題1

上のように記号を振って説明します。
「アイウ×6」の千の位が1ですので、「アイウ×エ」の千の位(オ)は大きくても2までになります。
オにあてはまる数は1か2となり、オ+ケ=9 なので、ケあてはまる数は7か8と決まります。
よって、「アイウ×6=175コ」または「アイウ×6=185コ」ですが、「175コ」や「185コ」は6の倍数になるので、考えられるのは1752(292×6)、1758(293×6)、1854(309×6)の3通りだけです。
その3通りについて、「オカキク」や「2014サ」が合うものを調べると、正しいのは「292×69」の筆算のときだけだとわかります。

問題2
左の図の天びんと右の図の天びんは正しい関係を示しているので、A+B=C、A+E<B+C とわかります。
次に、まん中の天びんについて調べます。
A+B=C なので、「C+E」と「A+B+E」は等しくなります。3つのおもりの重さの和は少なくとも 1+2+3=6(g) なので「C+E」は6g以上ですが、それでも左の皿(D)が下がっているので、この天びんは正しい関係を示していないことがわかります。
よって、「A+B」も「A+E」も、Dより軽いことがわかります。
ここで、「A+B」か「A+E」のどちらか1つは少なくとも 1+3=4(g) になるので、Dは5gと決まり、問題文中の「□」には5があてはまるとわかります。
さらに、Aが1gとも決まり、もしBが2gだとCは3g、Eは4gとなって、A+E=5g となってしまうので、Bは3g、Cは4g、Eは2gとわかります。

問題3
できる4つの数を小さい順に並べたときの、それぞれの十の位を考えます。
十の位だけを並べたときにできるパターンは、
 @ 2種類の数字を使う →(1,1,2,2)(1,1,3,3)(1,1,4,4)(2,2,3,3)(2,2,4,4)(3,3,4,4)
 A 3種類の数字を使う →(1,1,2,3)(1,1,2,4)(1,1,3,4)など、4×3=12(通り)
 B 4種類の数字を使う →(1,2,3,4)
の3つの場合があります。

● @のとき
例えば4つの数の十の位が(1,1,2,2)のとき、4つの数の組合せは(13,14,23,24)の1通りです。
このように、@のときは、それぞれについての一の位の決め方は1通りずつしかありません。
よって、@のときの整数の選び方は 1×6=6(通り) です。

● Aのとき
例えば4つの数の十の位が(1,1,2,3)のとき、4つの数の組合せは(12,13,24,34)(12,14,23,34)(12,14,24,33)(13,14,22,34)(13,14,24,32)の5通りです。
このように、Aのときは、それぞれについての一の位の決め方は5通りずつになります。
よって、Aのときの整数の選び方は 5×12=60(通り) です。

● Bのとき、
このときの4つの数の十の位の組合せは(1,2,3,4)しかなく、そのとき、それぞれの一の位には1,2,3,4が自由に入ります。
よって、Bのときの整数の選び方は 4×3×2×1=24(通り) です。

以上より、全部で 6+60+24=90(通り) です。

問題4
「同じ色のゴンドラは同じ間隔で並んで」いるので、それぞれの色のゴンドラは128の約数になります。
128の約数は 1、2、4、8、16、32、64、128 で、この中から5つ(ただし5つのうちの4つはちがう数)を選んでその和を128にしようとすると、その組合せは「64+32+16+8+8」しかありません(2進法の考え方が頭に入っているとすぐに気付けますね)。
よって、黒ゴンドラは8台です。

問題5
Aグループの黒を「A黒」、Bグループの白を「B白」のように表すこととします。
@より、A黒+B黒+C黒=D白+E白+F白 ……ア
Aより、B白+C白=A黒+D黒+E黒+F黒 ……イ
という式が成り立ちます。
(問い1)
Bは全部で15個、Cは全部で20個なので、イを変形させると、15−B黒+20−C黒=A黒+D黒+E黒+F黒 となります。
この式を変形させると、15+20=A黒+B黒+C黒+D黒+E黒+F黒 となるので、答えは 10+25=35(個) です。

(問い2)
アを変形させると、8−A白+15−B白+20−C白=D白+E白+F白 なので、A〜Fの白の合計は 8+15+20=43(個) です。
35+43−(8+15+20+9+12)=14(個)

≪別解≫
問い2の答えを先に求めることもできます。
上の2つの式の左辺どうし、右辺どうしをたすと、
A黒+B黒+B白+C黒+C白=A黒+D黒+D白+E黒+E白+F黒+F白
となります。ここで、「B黒+B白」のように同じグループの黒と白をたすとグループ全体の個数になるので、この式は
A黒+15+20=A黒+9+12+X
と整理できます。そして、この式の両辺から「A黒」を取ると、X=15+20−(9+12)=14(個) と求められます。

問題6

上のように記号を振って説明します。
どの道順でも和が等しくならなくてはいけないので、
5+ア=11+イ
イ+4=エ+ウ
オ+11=9+カ
カ+エ=キ+8
という4つの式が成り立たなくてはいけません。
よって、アはイより6大きく、オはカより2小さいことがわかります。
まだ使っていない数のうち、6ちがいなのは「1と7」「6と12」、2ちがいなのは「1と3」「10と12」です。
もし、ア=12、イ=6 だとすると、オ=1、カ=3 となりますが、そうすると ウ+エ=6+4=10 となるウとエの組合せがありません。
もし、ア=7、イ=1 だとすると、オ=10、カ=12 となり、ウ+エ=1+4=5 12+エ=キ+8 より、ウ=3、エ=2、キ=6 のときに条件に合います。

問題7
(問い1)
3けたの場合、各位の数字がちがえば必ず「よい整数」になります。
9×9×8=648(通り)

(問い2)
4けたの数が「よい整数」となるためには、
@ 各位の数字がすべてちがうこと
A 4けたのうちのどこか2つの位の数字の和が、残りの2つの位の数字の和にならないこと
の2つの条件を満たすことが必要です。ですから、@の条件を満たすものの個数からAの条件を満たさないものの個数を引けばよいことになります。

@の条件を満たすものは 9×9×8×7=4536(通り) あります。
Aの条件を満たさないとき、その4つの数字の組合せは以下のようになります。
(0,1,2,3)(0,1,3,4)(0,1,4,5)(0,1,5,6)(0,1,6,7)(0,1,7,8)(0,1,8,9)
(0,2,3,5)(0,2,4,6)(0,2,5,7)(0,2,6,8)(0,2,7,9)
(0,3,4,7)(0,3,5,8)(0,3,6,9)
(0,4,5,9)
(1,2,3,4)(1,2,4,5)(1,2,5,6)(1,2,6,7)(1,2,7,8)(1,2,8,9)
(1,3,4,6)(1,3,5,7)(1,3,6,8)(1,3,7,9)
(1,4,5,8)(1,4,6,9)
(2,3,4,5)(2,3,5,6)(2,3,6,7)(2,3,7,8)(2,3,8,9)
(2,4,5,7)(2,4,6,8)(2,4,7,9)
(2,5,6,9)
(3,4,5,6)(3,4,6,7)(3,4,7,8)(3,4,8,9)
(3,5,6,8)(3,5,7,9)
(4,5,6,7)(4,5,7,8)(4,5,8,9)
(4,6,7,9)
(5,6,7,8)(5,6,8,9)
(6、7、8、9)
「0」を使っている組合せ16通りそれぞれについて、4つの数字の順列は 3×3×2×1=18(通り)、「0」を使っていない組合せ34通りそれぞれについて、4つの数字の順列は 4×3×2×1=24(通り) あります。
18×16+24×34=1104(通り)……@のうち、Aの条件を満たさないもの
4536−1104=3432(通り)

問題8

図1のように、線ABに平行な線を引き、C以外で円周と交わる点をDとします。
すると、4点A、B、D、Cはすべて円周上にあるのでこの台形は等脚台形となり、角BAC=角ABD=97.5度 とわかります。
よって、角DBCは 97.5−7.5=90(度) となります。
円周上の3点を結んで直角三角形ができるとき、その斜辺(最も長い辺)は必ず円の中心を通ります(ここでは、その理由は省略します)。
ですから、線CDは円の中心Oを通る線であることがわかります。

次に、図2のように、AとO、BとOを結ぶ線を引いて二等辺三角形ABOを作ります。
角ABCと角DCBは平行線の錯角なので等しく、二等辺三角形BOCの角OCBと角OBCも等しいので、角ABO=7.5+7.5=15(度) です。
また、三角形ABCの底辺をABとすると、三角形ABOについても底辺、高さがともに等しいので、三角形ABCと三角形ABOの面積が等しいことがわかります。

ここまでで、求める面積は三角形ABOの面積と等しくなることがわかりました。
図3より、三角形ABOの底辺をBOとすると、高さはAEで、三角形AOEは正三角形の半分なのでAE=10÷2=5(cm) とわかります。
以上より、求める面積は 10×5÷2=25(cm2) となります。

問題9
(問い1)
百の位、十の位、一の位のいずれを見ても反時計回りに回した方が少ない回数ですみます。
410→521→632→633→634 とすると5回の操作ですみ、これが最小の回数となります。

(問い2)
百の位を見ると反時計回りに回した方が少ない回数で、十の位を見ると時計回りに回した方が少ない回数で、一の位を見るとどちらに回しても同じ回数で合わせられます。
例えば、初めに反時計回りに回すと、
 555→666→777→888→898→808→818→819→810
 555→666→777→888→999→899→809→819→810
 555→666→777→888→999→000→900→800→810
例えば、初めに時計回りに回すと、
 555→444→333→222→111→011→911→811→810
 555→444→333→222→111→000→900→800→810
と、いずれも8回の操作となり、これが最小の回数となります。

(問い3)
問い2でわかるように、
『すべてのダイヤルを1回回すときに、2つの位では暗証番号の数字に近付くが、残りの1つの位は遠ざかる』
というような状態が多く続くとき、最小の回数が多くなります。
このような状態を作るには、3つの位のうちの1つを初めから暗証番号に合わせておき、残りの2つを暗証番号から180度はなれた目盛りにすればよいことになります。
つまり、「708」「258」「203」のとき、いずれも最小で10回かかります。
(参考 : 例えば「258」のときは、258→369→470→581→692→703→713→723→733→743→753 となります。)

問題10

立方体の展開図に色をぬることができる部分をかきこむと上図のようになります。
ひもの端をMに固定したとき、色をぬることができるのは図1のような半円になります。
ひもの端をNに固定したとき、色をぬることができるのは図2の濃い青の部分になります。
(ここで注意しなければいけないのは面EFGHにぬることができる部分です。線BFが自分の正面にくるように立方体を見ると左右対称なので、ぬられる部分もFHを軸とした線対称の形になります。)

濃い青の部分の図形FIGを水色の部分に移すと図2の濃い青の部分全体は線対称な図形となるので、まずは左側の図形ABFIEについて考えます。
図形ABFIEについて、点Iは正方形EFGHの中心、三角形ABNと三角形NJIは合同となるので(本来はくわしい証明が必要ですが、ここでは省略させていただきます)、角度に注目するとおうぎ形ANIの中心角は90度になることがわかります。
また、おうぎ形ANI以外の部分(三角形ABNと三角形NFI)の面積は、20×10÷2+10×10÷2=150(cm2) です。
これは右側についても同様なので、濃い青の部分全体では、半径ANの四分円2つと300cm2を合わせた面積となります。

以上より、図1の半円と図2の濃い青の部分の面積を比べると、半径ANの四分円2つでちょうど図1の半円となるので、図2の方が300cm2だけ大きくなることがわかります。

ジュニア算数オリンピック トライアル
<解答>
問題1 45+18=63 63+27=90 の筆算
問題2 A1g B4g C5g D2g E3g
問題3 (問い1)12通り (問い2)18通り 
問題4 4台
問題5 (問い1)41個 (問い2)17個
問題6 
問題7 (問い1)65個 (問い2)2111年と2112年 (問い3)1999年と2000年、1221年と1222年
問題8 (2番目)18 (7番目)32
問題9 (問い1)百の位:1目盛り 十の位:9目盛り 一の位:2目盛り (問い2)626、627
問題10 48cm2

<解説>
問題1

上のように記号を振って説明します。
0は一の位(イ、ウ、オ、キ)のどこかにあてはまりますが、イ=0 だと ウ=5、ウ=0 だと オ=キ、オ=0 だと ウ=キ となってしまうので、0はキに当てはまることがわかります。
また、「6+エ+1(くり上がり)」が9以下にならなければいけないので、エには2が当てはまることがわかり、そのとき、カには9が当てはまります。
アは4か5ですが、5はすでに使っているので4と決まります。
すると、「5+イ」が10以上にならなければいけないので、イには7、8のどちらかが当てはまることがわかります。
もし イ=7 とすると、ウ=2 となってしまうので、イには8、ウには3が当てはまります。
以上より、残るオには7が当てはまります。

問題2
A+B=C、 B>A+D の2つがわかっています。
この2つから、重さの関係について、CはAやBより重く、BはAやDより重いことがわかります。
さらに、「A+D」は少なくとも3gなので、Bは4g、Cは5gであることが決まります。
よって、A+B=C より A=5−4=1(g)、B>A+D よりDは2g、残りのEは3gとわかります。

問題3
(問い1)
全部書き出して調べてもかまいませんが、ここでは3つの整数の十の位に注目してみます。
3つの整数の十の位だけを小さい順にならべると、
 @ 2種類の数字を使う →(1,1,2)(1,1,3)(1,2,2)(1,3,3)(2,2,3)(2,3,3)
 A 3種類の数字を使う →(1,2,3)
の2つの場合があります。
@のとき、それぞれについての一の位の決め方は1通りずつしかありません(例えば、十の位が(1,1,2)となるのは(12,13,23)しかありません)。
よって、@のときの整数の選び方は 1×6=6(通り) です。
また、Aのときは一の位が自由に選べるので、整数の選び方は 3×2×1=6(通り) です。
ですから、全部で 6+6=12(通り) となります。

(問い2)
4つの整数の十の位だけを小さい順にならべると、
 @ 2種類の数字を使う →(1,1,2,2)(1,1,3,3)(2,2,3,3)
 A 3種類の数字を使う →(1,1,2,3)(1,2,2,3)(1,2,3,3)
の2つの場合があります。
@のとき、それぞれについての一の位の決め方は1通りずつしかありません(例えば、十の位が(1,1,2,2)となるのは(10,13,20,23)しかありません)。
よって、@のときの整数の選び方は 1×3=3(通り) です。
Aのとき、例えば(1,1,2,3)の場合を考えると、一の位の決め方は(10,12,20,33)(10,12,23,30)(10,13,20,32)(10,13,22,30)(12,13,20,30)の5通りあります。
ですから、Aのときの整数の選び方は 5×3=15(通り) です。
よって、全部で 3+15=18(通り) となります。

問題4
「同じ色どうしのゴンドラは同じ間隔で並んで」いるので、それぞれの色のゴンドラの台数は64の約数になります。
64の約数は 1、2、4、8、16、32、64 で、この中から5つ(ただし5つのうちの4つはちがう数)を選んでその和を64にしようとすると、その組合せは「32+16+8+4+4」しかありません。
よって、黒ゴンドラは4台です。

問題5
Aグループの黒を「A黒」、Bグループの白を「B白」のように表すこととします。
@より、A黒+B黒+C黒=D白+E白 ……ア
Aより、B白+C白+D白=A黒+E黒 ……イ
という式が成り立ちます。
(問い1)
Bは全部で7個、Cは10個、Dは24個なので、イを変形させると、7−B黒+10−C黒+24−D黒=A黒+E黒 となります。
この式を変形させると、7+10+24=A黒+B黒+C黒+D黒+E黒 となるので、答えは 7+10+24=41(個) です。
(問い2)
アを変形させると、3−A白+7−B白+10−C白=D白+E白 なので、A〜Eの白の合計は 3+7+10=20(個) です。
41+20−(3+7+10+24)=17(個)

≪別解≫
問い2の答えを問い1より先に求めることもできます。
ア、イの式の左辺どうし、右辺どうしをたすと、
A黒+B黒+B白+C黒+C白+D白=A黒+D白+E黒+E白
となります。ここで、「B黒+B白」のように同じグループの黒と白をたすとグループ全体の個数になることに注目すると、この式は
A黒+7+10+D白=A黒+D白+X
と整理できます。そして、この式の両辺から「A黒」と「D白」を取ると、X=7+10=17(個) と求められます。

問題6

上のように記号を振って説明します。
6+A+B+3=B+3+E+F なので、6+A=E+F です。
これと同様に考えると、6+B=C+D、A+C=F+4、B+E=D+4 もわかります。
以上より、A〜Fに1、2、5、7、8、9を入れて上の4つの式を満たせばよいことがわかります。
● A=9 のとき
「E+F=15」「F−C=5」となるので F=7、E=8、C=2 と決まり、それが決まると B=1、D=5 も決まります。
● A=8 のとき
「E+F=14」「F−C=4」となるので F=5、E=9、C=1 と決まり、それが決まると B=2、D=7 も決まります。
● A=7 のとき
「E+F=13」「F−C=3」となるので F=5、E=8、C=2 と決まりますが、B+E(8)=D+4 の式のBとDに、残っている1と9を入れることができません。
● A=5 のとき
「E+F=11」「F−C=1」となり、「F=2、E=9、C=1」「F=9、E=2、C=8」の場合が考えられます。
「F=2、E=9、C=1」のとき、B+E(9)=D+4 の式のBとDに、残っている7と8を入れることができません。
「F=9、E=2、C=8」のとき、B+E(2)=D+4 の式のBとDに、残っている1と7を入れることができません。
● A=2 のとき
A>B という条件があるので B=1となりますが、EとFの組合せが1と7しかないので、規則をみたすことができません。

よって、答えは上の解答にある2通りとなります。

問題7
(問い1)
千の位が必ず1か2であることに注意します。
千の位が1のとき、残りのもう1種類の数字をAとすると、1とAでできる年は 111A、11A1、11AA、1A11、1A1A、1AA1、1AAA の7通りです。
Aには0、2、3、4、5、6、7、8、9の9種類の数字のどれかが当てはまるので、全部で 7×9=63(個) あります。
千の位が2のとき、2014までで考えられる「良い年」は2000、2002の2個です。
以上より、全部で 63+2=65(個) あります。

(問い2)
なるべく2014に近い数にしたいので、千の位を2として考えます。
百の位を0とすると、どの年も一の位が0か2となってしまうので「2年連続」にはできません。
百の位を1とすると、「2111年と2112年」の組が見つかります。

(問い3)
問い1で見つけた65個について、大きい数から順に調べていきます。
すると、1組目が「1999年と2000年」、2組目が「1221年と1222年」になるとわかります。
(『2種類の数字を必ず1ちがいにしないといけない』と思いこんでしまうと「1999年と2000年」が見つからないので注意が必要です。)

問題8
「積が同じになる組が3組ある数」は、言いかえると「約数が6個以上ある数」といえます。
約数が6個以上ある数を調べ、12から順にならべると、
12、18、20、24、28、30、32、……となるので、2番目は18、7番目は32です。

問題9
ダイヤルが9と0の間を通るかどうかで増え方や減り方が変わることに注意しましょう。
(問い1)
一の位は2ずつ増えているので、一の位が2目盛りずつ動いていることがわかります。
ただし、9と0の間を通るときだけは、2増えるのではなく、8減ります。(★1)
十の位は、2日目だけは8増えていますが、1日目と3日目は9増えているので、十の位は9目盛りずつ動いていることがわかります。
ただし、「反時計回りに9目盛り動かす」ということは「時計回りに1目盛り動かす」ということなので、ほとんどの場合、十の位だけ見ると1ずつ減っていくように見えます(★2)。
そのことから、百の位が1ずつ増えていることがわかります。

(問い2)
4日目から5日目が「減った」ので、このときに百の位が「9」から「0」になったことがわかります。
つまり、1日目の暗証番号の百の位は6です。
3日目から4日目は、1日目から2日目と比べて100だけ多く増えています。
これは、(問い1)解説の★2の「1ずつ減っていくように見えます」という規則性がくずれたからだと考えられます。
よって、このときに十の位が「0」から「9」になったことがわかります。
つまり、1日目の暗証番号の十の位は2です。
2日目から3日目は、1日目と比べて10だけ増え方が小さくなっています。
これは、(問い1)解説の★1の通り、そのときだけ8減ったからだと考えることができます。
つまり、1日目の暗証番号の一の位は6か7です。

以上より、考えられる暗証番号は626か627です。
(参考 : 暗証番号は「626→718→800→992→084」または「627→719→801→993→085」と変化しました)

問題10

図のように正三角形DEFの一辺の長さを2とします。GとIを結ぶと三角形DGIも正三角形となり、その一辺の長さは1となります。
よって、正方形GHIJの面積は 1×1÷2=0.5 となります。
三角形EBFは直角二等辺三角形で、EFの長さは2なので、EFを底辺としたときの高さBKは1となります。
よって、三角形EBFの面積は 2×1÷2=1 となります。
三角形CDFを上図のように三角形C’DF’にうつします。三角形EDF’は二等辺三角形で、頂角(角EDF’)は30度となります。
図のように点Lを決めると、三角形LDF’は正三角形を半分にした形(三角定規の形)になるので、EDを底辺としたときの高さF’Lは1となります。
よって、三角形EDF’の面積は 2×1÷2=1 となります。

以上より、求める面積は正方形GHIJの (1+1)÷0.5=4(倍) だとわかります。
12×4=48(cm2)

キッズBEE トライアル
<解答>
もんだい1 109
もんだい2 8cmと14cm
もんだい3 1と2と6
もんだい4 (右から3番目、下から3番目のげた箱)
もんだい5 エ
もんだい6 【とい1】8日 【とい2】30日
もんだい7 8cm
もんだい8 (ハート)たかし (スペード)こうじ (クラブ)まさき (ダイヤ)ひろし (スター)みつお
もんだい9 14両

<解説>
もんだい1
長い式の計算では「たし算やひき算よりも、かけ算やわり算を先に計算する」というきまりがあります。(そのきまりを知らないと、このもんだいはとけません)
ですから、たとえば「10×10+10−10÷10」とすると、かけ算とわり算を先に計算して「100+10−1」となり、計算の答えが109となります。
これが、もっとも大きくなるときの答えです。

もんだい2
周りの長さは「たて+よこ」の2つ分です。
もとの長方形の周りの長さは44cmなので、もとの長方形の「たて+よこ」は、44cmの半分の22cmです。
新しくできた長方形の「たて+よこ」は、28cmの半分の14cmです。
22cmと14cmの差の8cmは、ちょうど正方形のへんの長さ(つまり、もとの長方形のたての長さ)になります。
22−8=14(cm)……もとの長方形のよこの長さ

もんだい3
ひろこさんの3回の合計は4なので、ひろこさんのカードの数字は「1と1と2」だったことがわかります。
また、3回分の3人の数字の合計は 10+13+4=27 なので、1回分の3人の数字の合計は 27÷3=9 です。
9−1−2=6……のこりの数字

もんだい5
アは3時15分、イは11時50分、ウは9時5分、エは2時50分 なので、3時に一番近いのはエです。

もんだい6
【とい1】
今日と明日の日付の合計が17になります。17=8+9 なので、今日は8日です。

【とい2】
明日と明後日の日付の合計が32になります。
「だいたい16日くらいかな?」と思うかもしれませんが、15+16=31 16+17=33 なので、32を作ることはできません。
そこで考えなくてはいけないのが、月のかわり目です。
もし、その月が31日まであったとすると、次の日は1日なので、32=31+1 となってうまくいきます。
ですので、今日は30日です。

もんだい7
図1と図2を見くらべてみると、高さが6cmちがっています。
このことから、ボールを1つ入れると、高さが6cm高くなることがわかります。
14−6=8(cm)

もんだい8
身長だけでくらべると、「たかし < ひろし < こうじ」となっていることがわかります。
体重だけでくらべると、「たかし < みつお」「こうじ < まさき < ひろし」となっていることがわかります。
ここで、こうじくんに注目すると、こうじくんの身長はダイヤ、スペード、スターのどれか、こうじくんの体重はハート、スペード、クラブのどれかなので、スペードがこうじくんだとわかります。
グラフを見ると、こうじくんより体重が重いのは3人なので、その3人はまさきくん、ひろしくん、みつおくんであることがわかり、ハートがたかしくんであることがわかります。
また、身長を見るとクラブがまさきくん、ダイヤがひろしくんと決まり、残りのスターがみつおくんであることも決まります。

もんだい9
図2と図3を見くらべてみましょう。
図2はAとB両方のトンネルで車両がかくされていて、見えている車両は5両ですが、図3はBだけのトンネルで車両がかくされていて、見えている車両は10両です。
つまり、トンネルAの長さは、10−5=5 で5両分とわかります。
次は図1と図3を見くらべてみます。
もしトンネルAがないとすると、図1では 6+5+2=13(両) 見えていることになるので、図3よりも 13−10=3(両) 多く見えています。
ですから、図3は図1よりも3両多くかくれているわけですが、図1でも少なくとも1両はかくれていますし、トンネルBの長さはトンネルAよりもみじかいので、トンネルBの長さは4両分しか考えられません。
10+4=14(両)

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