第1問
平面上に三角形OABがあり、OA=3、OB=$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\end{align*}}$ 、∠AOB=30°
であるとする。$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf a}\ ,\ \overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ とするとき、以下の問いに答えよ。
(1) ∠AOBの二等分線と辺ABとの交点をNとする。ベクトル $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf ON}\end{align*}}$ を
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\ ,\ \overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ で表せ。
(2) 点Oから直線ABに下ろした垂線と直線ABとの交点をHとする。
ベクトル $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\end{align*}}$ を $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\ ,\ \overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ で表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
ONは∠AOBの二等分線なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AN:BN=OA:OB=3:\sqrt3\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf ON}=\frac{\sqrt3\overrightarrow{\sf OA}+3\overrightarrow{\sf OB}}{3+\sqrt3}=\underline{\ \frac{\overrightarrow{\sf a}+\sqrt3\overrightarrow{\sf b}}{\sqrt3+1}\ }\end{align*}}$ ．
(2)
Hは直線AB上の点なので、実数sを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=s\overrightarrow{\sf a}+(1-s)\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$
と表すことができ、OH⊥ABなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\cdot\overrightarrow{\sf AB}=\left\{s\overrightarrow{\sf a}+(1-s)\overrightarrow{\sf b}\right\}\cdot\left(\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-s|\overrightarrow{\sf a}|^2+(1-s)|\overrightarrow{\sf b}|^2+(2s-1)\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-9s+3(1-s)+(2s-1)\cdot3\cdot\sqrt3\cdot\cos 30^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-3s-\frac{3}{2}=0\end{align*}}$
これより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=-\frac{1}{2}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=\underline{\ -\frac{1}{2}\overrightarrow{\sf a}+\frac{3}{2}\overrightarrow{\sf b}\ }\end{align*}}$
これは間違えちゃダメです。
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- 2013/06/23(日) 23:57:00|
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第2問
行列 $\small\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf -2 &\sf 1 \\ \sf 4 & \sf -2 \end{pmatrix}\end{align*}}$ が表す移動により、座標平面上の点Pは点Qに
移るとする。このとき、以下の問いに答えよ。
(1) 点Pが座標平面上を動くとき、点Qは図形F1全体の上を動く
という。図形F1を表す方程式を求めよ。
(2) kを実数とする。点Pが直線y=kx+1全体の上を動くとき、
点Qは図形F2全体の上を動くという。図形F2を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
P(s、t)、Q(X、Y) とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{X}{Y}=\begin{pmatrix} \sf -2 &\sf 1 \\ \sf 4 & \sf -2 \end{pmatrix}\binom{s}{t}=\binom{-2s+t}{4s-2t}\end{align*}}$ ･･･(※)
となるので、
Y=4s－2t
=－2(－2s+t)
=－2X
Xはすべての実数値をとり得るので、Q（X，Y)は
直線y=－2x全体を動くことになる。
よって、図形F1の方程式は
y=－2x
である。
(2)
Pは直線y=kx+1上にあるので、
t=ks+1
であり、これを①に代入すると、
X=－2s+(ks+1)=(k－2)s+1
Y=4s－2(ks+1)=－2(k－2)s－2
(ⅰ) k=2のとき
X=1、Y=－2
(ⅱ) k≠2のとき
(1)と同様に、Y=－2X
以上より、F2は
k=2のとき 点(1，－2)
k≠2のとき 直線y=－2x
となる。
kの値で場合分けしましょう。
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- 2013/06/24(月) 23:57:00|
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第3問
2つの曲線C1：y=logx およびC2：y=$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{ax}\end{align*}}$ を考える。ただし、aは
正の定数である。このとき、以下の問いに答えよ。
(1) 曲線C1上の点(t，logt)における接線L1の方程式、および曲線
C2上の点(s，$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{as}\end{align*}}$ )における接線L2の方程式を求めよ。ただし、
t＞0、s＞0である。
(2) 曲線C1と曲線C2の両方に接する直線が存在しないためのaの値
の範囲を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
導関数をそれぞれ求めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\log x\right)'=\frac{1}{x}\ \ ,\ \ \left(\sqrt{ax}\right)'=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a}{x}}\end{align*}}$
となるので、L1、L2の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_1:\ y-\log t=\frac{1}{t}(x-t)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=\frac{1}{t}\ x-1+\log t\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_2:\ y-\sqrt{as}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a}{s}}(x-s)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a}{s}}\ x-\frac{\sqrt{as}}{2}\ }\end{align*}}$
(2)
C1、C2両方に接する直線が存在する場合を考える。
L1とL2が一致するとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{t}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a}{s}}\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -1+\log t=\frac{\sqrt{as}}{2}\end{align*}}$
となるs、tが存在する。
これら2式を辺々かけてsを消去すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{t}\left(-1+\log t\right)=\frac{a}{4}\ \ \Leftrightarrow\ \ a=\frac{4}{t}\left(-1+\log t\right)\end{align*}}$ ････①
①の右辺をf(t)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(t)=4\cdot\frac{\frac{1}{t}\cdot t-(-1+\log t)}{t^2}=\frac{4(2-\log t)}{t^2}\end{align*}}$
となるので、f(t)の増減表およびy=f(t)のグラフは、
下のようになる。
y=f(t)と直線y=aが共有点をもつとき、①を満たすtが存在し、
C1、C2両方に接する直線が存在する。
よって、C1、C2両方に接する直線が存在しないためのaの範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{4}{e^2}\lt a\ }\end{align*}}$
である。
例によって、未知の定数は分離してしまいましょう。
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- 2013/06/25(火) 23:57:00|
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第4問
関数fn(x) （n=1，2，･･･）を
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ _{1}(x)=x\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ _{n}(x)=x+\frac{e}{2}\int_0^1f\ _{n-1}(t)e^{x-t}dt\ \ \ (n=2\ ,\ 3\ ,\ \ldots)\end{align*}}$
によって定める。このとき、以下の問いに答えよ。
(1) f2(x)を求めよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf a_n=\int_0^1f\ _n(t)e^{-t}dt\end{align*}}$ とおく。n≧2のとき、anをan-1で表せ。
(3) fn(x)を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ _2(x)=x+\frac{e}{2}\int_0^1f\ _1(t)e^{x-t}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =x+\frac{e^{x+1}}{2}\int_0^1t\ e^{-t}\ dt\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1t\ e^{-t}\ dt=\left[-t\ e^{-t}\right]_0^1-\int_0^1(-e^{-t})\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[-t\ e^{-t}-e^{-t}\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{2}{e}+1\end{align*}}$ ････①
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ _2(x)=x+\frac{e^{x+1}}{2}\left(-\frac{2}{e}+1\right)=\underline{\ x+\frac{e^{x}}{2}\left(e-2\right)\ }\end{align*}}$ ．
(2)
題意より、n≧2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\int_0^1f\ _n(x)\ e^{-x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^1\left(x+\frac{e}{2}\int_0^1f\ _{n-1}(t)e^{x-t}dt\right)\ e^{-x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^1x\ e^{-x}\ dx+\int_0^1\left(\frac{e}{2}\int_0^1f\ _{n-1}(t)e^{-t}dt\right)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^1x\ e^{-x}\ dx+\int_0^1\ \frac{e}{2}\ a_{n-1}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(-\frac{2}{e}+1\right)+\left[ \frac{e}{2}\ a_{n-1}\ x\right]_0^1\end{align*}}$ ←①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ -\frac{2}{e}+1+\frac{e}{2}\ a_{n-1}\ }\end{align*}}$
(3)
tについての方程式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=-\frac{2}{e}+1+\frac{e}{2}\ t\end{align*}}$
の解が
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=-\frac{2}{e}\end{align*}}$
であることを用いると、(2)の漸化式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n+\frac{2}{e}=\frac{e}{2}\left(a_{n-1}+\frac{2}{e}\right)\ \ \ (n\geqq 2)\end{align*}}$
と変形できるので、数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{a_n+\frac{2}{e}\right\}\end{align*}}$ は等比数列となる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n+\frac{2}{e}=\left(\frac{e}{2}\right)^{n-1}\left(a_1+\frac{2}{e}\right)\end{align*}}$
であり、①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_1=\int_0^1f_1(x)\ e^{-x}\ dx=\int_0^1x\ e^{-x}\ dx=-\frac{2}{e}+1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\left(\frac{e}{2}\right)^{n-1}-\frac{2}{e}\end{align*}}$ ．
これより、n≧2の自然数－に対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ _{n}(x)=x+\frac{e}{2}\int_0^1f\ _{n-1}(t)e^{x-t}dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =x+\frac{e^{x+1}}{2}\int_0^1f\ _{n-1}(t)e^{-t}dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =x+\frac{e^{x+1}}{2}\ a_{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =x+\frac{e^{x+1}}{2}\left\{\left(\frac{e}{2}\right)^{n-2}-\frac{2}{e}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ x+e^{x}\left\{\left(\frac{e}{2}\right)^{n-1}-1\right\}\ }\end{align*}}$
この式はn=1のときも成り立つ。
変数に気をつけましょう。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}f_n(t)=t+\frac{e}{2}\int_0^1f\ _{n-1}(t)e^{t-t}dt}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=t+\frac{e}{2}\int_0^1f\ _{n-1}(t)\ dt}\end{align*}}$
なんてバカなことしないように（笑）
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \end{align*}}$
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- 2013/06/26(水) 23:57:00|
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第5問
g(x)=sin3xとおき、0＜$\small\sf{\theta}$ ＜$\small\sf{\pi}$ とする。xの2次関数y=h(x)のグラフは
原点を頂点とし、h($\small\sf{\theta}$ )=g($\small\sf{\theta}$ )を満たすとする。このとき、曲線y=g(x)
（0≦x≦$\small\sf{\theta}$ ）と直線x=$\small\sf{\theta}$ およびx軸で囲まれた図形の面積をG($\small\sf{\theta}$ )とおく。
また、曲線y=h(x)と直線x=$\small\sf{\theta}$ およびx軸で囲まれた図形の面積をH($\small\sf{\theta}$ )
とおく。このとき、以下の問いに答えよ。
(1) H($\small\sf{\theta}$ )を求めよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf G(\theta)=\frac{1}{3}(1-\cos\theta)^2(2+\cos\theta)\end{align*}}$ を証明せよ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{\theta\rightarrow +0}\ \frac{G(\theta)}{H(\theta)}\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
原点を頂点とする2次関数y=h(x)が
点($\scriptsize\sf{\theta}$ ，sin3$\scriptsize\sf{\theta}$ )を通るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(x)=\frac{\sin^3\theta}{\theta^2}\ x^2\end{align*}}$ ．
よって、区間0≦x≦$\scriptsize\sf{\theta}$ では常にh(x)≧0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf H(\theta)=\int_0^{\theta}\frac{\sin^3\theta}{\theta^2}\ x^2\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\frac{\sin^3\theta}{3\theta^2}\ x^3\right]_0^{\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{3}\ \theta\sin^3\theta\ }\end{align*}}$
(2)
区間0≦x≦$\scriptsize\sf{\theta}$ では常にg(x)≧0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf G(\theta)=\int_0^{\theta}\sin^3x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\theta}\frac{3\sin x-\sin3x}{4}\ dx\end{align*}}$ ←sinの3倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}\left[-3\cos x+\frac{1}{3}\cos 3x\right]_0^{\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}\left(-3\cos \theta+\frac{1}{3}\cos 3\theta\right)-\frac{1}{4}\left(-3+\frac{1}{3}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{3}{4}\cos\theta+\frac{1}{12}\left(4\cos^3\theta-3\cos\theta\right)+\frac{2}{3}\end{align*}}$ ←cosの3倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\left(\cos^3\theta-3\cos\theta+2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\left(\cos\theta-1\right)\left(\cos^2\theta+cos\theta-2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\left(\cos\theta-1\right)^2\left(\cos\theta+2\right)\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(3)
(1)、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{\theta\rightarrow +0}\frac{G(\theta)}{H(\theta)}=\lim_{\theta\rightarrow +0}\frac{\frac{1}{3}\left(\cos\theta-1\right)^2\left(\cos\theta+2\right)}{\frac{1}{3}\ \theta\sin^3\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{\theta\rightarrow +0}\frac{\left(1-\cos^2\theta\right)^2\left(\cos\theta+2\right)}{\theta\sin^3\theta(1+\cos\theta)^2}\end{align*}}$ ←分子・分母×(1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )2
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{\theta\rightarrow +0}\frac{\sin^4\theta\ \left(\cos\theta+2\right)}{\theta\sin^3\theta(1+\cos\theta)^2}\end{align*}}$ ←sin2$\scriptsize\sf{\theta}$ +cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ =1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{\theta\rightarrow +0}\frac{\sin\theta}{\theta}\cdot\ \lim_{\theta\rightarrow +0}\frac{\cos\theta+2}{(1+\cos\theta)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1\cdot \frac{1+2}{(1+1)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{3}{4}\ }\end{align*}}$
丁寧に計算していきましょう。
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- 2013/06/27(木) 23:57:00|
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