第1問
座標平面において、点(0，$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ )を通り、円C：x2+y2=1と第1象限の
点で接する直線をL1とする。また、直線L2と直交し円Cと第4象限の
点で接する直線をL2とする。このとき以下の問いに答えよ。
(1) 直線L1の方程式を求めよ。
(2) 直線L2の方程式を求めよ。
(3) 原点をOとし、2直線L1、L2の交点をPとする。2点O、Pを通る
直線上に中心をもつ円C’が、Oを通りさらにL1と接しているとき、
C’の方程式を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
直線L1の傾きをaとおくと、L1の式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_1:\ y=ax+\sqrt5\end{align*}}$
と表せる。円Cの方程式と連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2+\left(ax+\sqrt5 \right)^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(a^2+1 \right)x^2+2\sqrt5 ax+4=0\end{align*}}$
となり、これが重解を持てばよいので、
判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D/4=5a^2-4\left(a^2+1 \right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a=\pm 2\end{align*}}$ ．
CとL1が第1象限で接するとき、L1の傾きは負になるので、
L1の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ L_1: y=-2x+\sqrt5\ }\end{align*}}$
(2)
L1⊥L2より、L2の傾きは$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ である。
L2の切片をbとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_2:\ y=\frac{1}{2}x+b\end{align*}}$
と表せる。円Cの方程式と連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2+\left(\frac{1}{2}x+b\right)^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{5}{4}x^2+bx+b^2-1=0\end{align*}}$
となり、これが重解を持てばよいので、
判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D/4=b^2-5\left(b^2-1 \right)=0 \ \ \Leftrightarrow\ \ b=\pm \frac{\sqrt5}{2}\end{align*}}$ ．
CとL2が第4象限で接するとき、L2の切片は負になるので、
L2の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ L_2: y=\frac{1}{2}x-\frac{\sqrt5}{2}\ }\end{align*}}$
(3)
L1、L2の2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2x+\sqrt5=\frac{1}{2}x-\frac{\sqrt5}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{3}{\sqrt5}\ ,\ y=-\frac{1}{\sqrt5}\end{align*}}$
となるので、交点Pの座標は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \frac{3}{\sqrt5}\ ,\ -\frac{1}{\sqrt5}\right)\end{align*}}$ である。
よって、直線OPの方程式は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-\frac{1}{3}x\end{align*}}$ なので、
円C'の中心をO'とおくと、O'の座標は、実数tを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(3t\ ,\ -t \right)\end{align*}}$ と表すことができる。
題意より
C'の半径 = OO' = O'とL1：2x+y-$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ =0の距離
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\left( 3t\right)^2+\left(-t \right)^2}=\frac{\left|6t-t-\sqrt5 \right|}{\sqrt{2^2+1^2}}\end{align*}}$ ．
両辺＞0なので、両辺を2乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 10t^2=\frac{25t^2-10\sqrt5 t+5 }{5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 5t^2+2\sqrt5\ t-1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t=\frac{-\sqrt5 \pm\sqrt{10}}{5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\ \ t=\frac{\sqrt{10} -\sqrt{5}}{5}\end{align*}}$ のとき
中心O'の座標および、半径OO'は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf O'\left(\frac{-3\sqrt5 +3\sqrt{10}}{5}\ ,\ \frac{\sqrt5 -\sqrt{10}}{5} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OO'=\sqrt{10t^2}=\sqrt{10}\cdot\frac{-\sqrt5 +\sqrt{10}}{5}=2-\sqrt2\end{align*}}$
となるので、円C'の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(x-\frac{3\sqrt{10} -3\sqrt{5}}{5} \right)^2+\left(y+\frac{\sqrt{10} -\sqrt{5}}{5} \right)^2=\left(2-\sqrt2 \right)^2\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (ii)\ \ t=-\frac{\sqrt{10} +\sqrt{5}}{5}\end{align*}}$ のとき
中心O'の座標および、半径OO'は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf O'\left(-\frac{3\sqrt{10} +3\sqrt{5}}{5}\ ,\ \frac{\sqrt{10} +\sqrt{5}}{5} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OO'=\sqrt{10t^2}=\sqrt{10}\cdot\frac{\sqrt{10} +\sqrt{5}}{5}=2+\sqrt2\end{align*}}$
となるので、円C'の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(x+\frac{3\sqrt{10} +3\sqrt{5}}{5} \right)^2+\left(y-\frac{\sqrt{10} +\sqrt{5}}{5} \right)^2=\left(2+\sqrt2 \right)^2\ }\end{align*}}$
(3)の計算が汚くてイヤです。
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第2問
3次方程式x3－5x2+6x－2=0の最小値をa、最大値をbとするとき、
以下の問いに答えよ。
(1) a、bの値を求めよ。
(2) 数列{pn}、{qn}は
$\small\sf{\begin{align*} \sf p_1=0\ \ ,\ \ q_1=\frac{1}{2}\left(a-b\right)\end{align*}}$
を見たし、すべての自然数nについて
$\small\sf{\begin{align*} \sf p_{n+1}=2p_n+q_n\ \ ,\ \ q_{n+1}=-\frac{1}{2}p_n\end{align*}}$
を満たすとする。このときすべての自然数nに対し次の等式が成立
することを示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf p_n=\left( \frac{a}{2}\right)^{n-1}-\left( \frac{b}{2}\right)^{n-1}\ \ ,\ \ q_n=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{n-2}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{n-2}\end{align*}}$
(3) (2)の数列{pn}、{qn}について、すべての自然数nに対しpnもqnも
$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍になることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
与えられた方程式を解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^3-5x^2+6x-2=\left(x-1 \right)\left(x^2-4x+2 \right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=1\ ,\ 2\pm\sqrt2\end{align*}}$
であり、これら3解の大小関係は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2-\sqrt2<1<2+\sqrt2\ \ \ \ \left( \because\ 1<\sqrt2 <2\right)\end{align*}}$
のようになるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a=2-\sqrt2\ \ ,\ \ b=2+\sqrt2\ }\end{align*}}$
(2)
すべての自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n=\left( \frac{a}{2}\right)^{n-1}-\left( \frac{b}{2}\right)^{n-1}\ \ ,\ \ q_n=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{n-2}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{n-2}\end{align*}}$ ……(#)
が成り立つことを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_1=\left( \frac{a}{2}\right)^{0}-\left( \frac{b}{2}\right)^{0}=1-1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_1=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{-1}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{-1}=\frac{a-b}{ab}=\frac{a-b}{\left(2-\sqrt2 \right)\left(2+\sqrt2 \right)}=\frac{a-b}{2}\end{align*}}$
となるので成り立つ。
(ⅱ) n=kのとき(#)が成り立つと仮定する
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{k+1}=2p_k+q_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left\{\left( \frac{a}{2}\right)^{k-1}-\left( \frac{b}{2}\right)^{k-1}\right\}-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{k-2}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{k-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left\{\frac{2}{a}\left( \frac{a}{2}\right)^{k}-\frac{2}{b}\left( \frac{b}{2}\right)^{k}\right\}-\frac{1}{2}\cdot\frac{2^2}{a^2}\left( \frac{a}{2}\right)^{k}+\frac{1}{2}\cdot\frac{2^2}{b^2}\left( \frac{b}{2}\right)^{k-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4a-2}{a^2}\left( \frac{a}{2}\right)^{k}-\frac{4b-2}{b^2}\left( \frac{b}{2}\right)^{k}\end{align*}}$
ここで、aはx2－4x+2=0の解なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^2-4a+2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ 4a-2=a^2\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{4a-2}{a^2}=1\ \ \ \left(\because\ a\ne 0 \right)\end{align*}}$ ．
bについても同様なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{k+1}=\left( \frac{a}{2}\right)^{k}-\left( \frac{b}{2}\right)^{k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_{k+1}=-\frac{1}{2}p_k=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{k-1}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{k-1}\end{align*}}$
よって、n=k+1のときも(#)は成立する。
以上より、任意の自然数nに対して(#)は成り立つ。
(3)
任意の自然数nに対して、pnが$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍になることを
数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときはp1=0より明らか。
n=2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_2=2p_1+q_1=0+\frac{1}{2}\left(a-b \right)=-2\sqrt2\end{align*}}$
となるので成り立つ。
(ⅱ) pkとpk+1が$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍であると仮定すると、
有理数mk、mk+1を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_k=\sqrt2\ m_k\ \ ,\ \ p_{k+1}=\sqrt2\ m_{k+1}\end{align*}}$
と表すことができる。
与えられた漸化式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{k+2}=2p_{k+1}+q_{k+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2p_{k+1}-\frac{1}{2}p_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\sqrt2\ m_{k+1}-\frac{\sqrt2}{2}\ m_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2\left(2m_{k+1}- \frac{1}{2}m_k\right)\end{align*}}$
mk、mk+1は有理数なので、pk+2も$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍である。
以上より、任意の自然数nに対して、pnが$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍になる。
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_{n+1}=-\frac{1}{2}\ p_n\end{align*}}$
なので、qnも任意の自然数nに対して$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍になる。
(3)の帰納法は、n=kとn=k+1の2つを仮定する必要があります。
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第3問
曲線
$\small\sf{\begin{align*} \sf C:\ y=\log\frac{x}{e}\end{align*}}$
上の点(e2，1)における接線をLとするとき、以下の問いに答えよ。
ただし対数は自然対数とする。
(1) 接線Lの方程式を求めよ。
(2) 次の定積分I1、I2の値を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 1}\sf =\int_1^e\log x\ dx\ \ ,\ \ \rm I_{\sf 2}\sf =\int_1^e\left(\log x \right)^2dx\end{align*}}$
(3) 曲線C、接線Lおよびx軸で囲まれた部分をx軸のまわりに1回転
してできる立体の体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
Cの導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \log\frac{x}{e}\right)'=\left(\log x-1 \right)'=\frac{1}{x}\end{align*}}$
なので、接線Lの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-1=\frac{1}{e^2}\left(x-e^2 \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=\frac{1}{e^2}\ x\ }\end{align*}}$
(2)
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 1}\sf =\int_1^e\log x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[x\log x\bigg]_1^e-\int_1^ex\cdot\frac{1}{x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[x\log x-x\bigg]_1^e\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 1\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 2}\sf =\int_1^e\left(\log x \right)^2dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[x\left(\log x \right)^2\bigg]_1^e-\int_1^ex\cdot\left(2\log x \right)\cdot\frac{1}{x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =e-0-2I_1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ e-2\ }\end{align*}}$
(3)
求める体積をVとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\pi\int_0^{e^2}\left(\frac{1}{e^2}x\right)^2dx-\pi\int_e^{e^2}\left( \log\frac{x}{e}\right)^2dx\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{x}{e}\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=\frac{1}{e}\end{align*}}$
であり、x：e→e2に対して、t：1→eとなる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\pi\left[ \frac{1}{3e^4}x^3\right]_0^{e^2}-\pi\int_1^e\left(\log t \right)^2\cdot edt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi e^2}{3}-\pi e\ I_2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\pi e-\frac{2\pi e^2}{3}\ }\end{align*}}$ ←(2)より
(3)は(2)の結果が使えるように置換します。
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第4問
2行2列の行列AがA2=-Aを満たしている。また行列Aで表される
移動により、座標平面上のすべての点がある直線L上に移され、
特に点(1，1)は点(1，2)に移される。このとき以下の問いに答えよ。
(1) 直線Lの方程式をもとめよ。次に行列Aを求めよ。
(2) 行列Aで表される移動によって、円x2+y2=1上の点は直線Lの
どのような部分に移されるか述べよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
Aによって点(1，1)が点(1，2)に移されるので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{1}{1}=\binom{1}{2}\end{align*}}$ ． ･･････(ⅰ)
これとA2=-Aより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{1}{2}=A^2\binom{1}{1}=-A\binom{1}{1}=-\binom{1}{2}=\binom{-1}{-2}\end{align*}}$ ･･････(ⅱ)
となるので、点(1，2)はAによって点(-1，-2)に移される。
Aによって、座標平面上のすべての点がある直線L上に移されるので、
点(1，2)および点(-1，-2)は直線L上にある。
すなわち、Lはこの2点を通る直線なので、Lの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ y=2x\ }\end{align*}}$
である。
また、(ⅰ)、(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 1 \\ \sf 1 & \sf 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -1 \\ \sf 2 & \sf -2 \end{pmatrix}\end{align*}}$
と表せるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf 1&\sf 1 \\ \sf 1 & \sf 2 \end{pmatrix}\end{align*}}$ の逆行列を両辺の右からかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -1 \\ \sf 2 & \sf -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf -1 \\ \sf -1 & \sf 1 \end{pmatrix}=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf 3&\sf -2 \\ \sf 6& \sf -4 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
(2)
円x2+y2=1上の点(x，y)がAによって、L上の点(s，t)に
移されるとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{s}{t}=A\binom{x}{y}=\begin{pmatrix} \sf 3&\sf -2 \\ \sf 6& \sf -4 \end{pmatrix}\binom{x}{y}=\binom{3x-2y}{6x-4y}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=3x-2y\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{3x-s}{2}\end{align*}}$
をx2+y2=1に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2+\left(\frac{3x-s}{2} \right)^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 13x^2-6sx+s^2-4=0\end{align*}}$ ．
これを満たす実数xが存在すればよいので、判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D/4=\left(3s \right)^2-13\left(s^2-4 \right)=-4s^2+52\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\sqrt{13}\leqq s\leqq \sqrt{13}\end{align*}}$ ．
よって、円x2+y2=1上の点はL上の $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ -\sqrt{13}\leqq x\leqq \sqrt{13}\ }\end{align*}}$ の部分を動く。
(1)
明らかにAによって(0，0)は(0，0)に移るので、Lを求めるだけであれば、
これと(1，2)から求めることができます。
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