第1問
1から10までの自然数が1つずつ書かれた10個の玉が袋に入っている。
この袋の中から5個の玉を同時に取り出す。取り出した5個の玉に書かれ
た数を小さい方から順にX1、X2、X3、X4、X5とする。このとき、以下の問
いに答えよ。
(1) X3=3となる確率を求めよ。
(2) X5-X1=7となる確率を求めよ。
(3) X1がX3の約数となり、かつX3がX5の約数となる確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
玉の取り出し方の総数は 10C5=252通り
(1)
X3=3のとき、X1=1、X2=2 であり、
X4、X5は4～10の中から2数を選べばよいので、
7C2=21通り。
よって、X3=3となる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{21}{252}=\underline{\sf \frac{1}{12}}\end{align*}}$
(2)
(X1，X5)=(1，8) のとき
X2、X3、X4は、2～7から3数を選べばよいので、
6C3=20通り
同様に、(X1，X5)=(2，9) 、(X1，X5)=(3，10)のときもそれぞれ
20通りずつあるので、求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{20\times 3}{252}=\underline{\sf \frac{5}{21}}\end{align*}}$
(3)
(X1，X3，X5)=(1，5，10)のとき
X2の値は2～4の3通り、X4の値は6～9の4通りあるので、
3×4=12通り
(X1，X3，X5)=(1，3，9)のとき
X2の値は2の1通り、X4の値は4～8の5通りあるので、
1×5=5通り
(X1，X3，X5)=(2，4，8)のとき
X2の値は3の1通り、X4の値は5～7の3通りあるので、
1×3=3通り
(X1，X3，X5)=(1，4，8)のとき
X2の値は2～3の2通り、X4の値は5～7の3通りあるので、
2×3=6通り
(X1，X3，X5)=(1，3，6)のとき
X2の値は2の1通り、X4の値は4～5の2通りあるので、
1×2=2通り
以上より、求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{12+5+3+6+2}{252}=\underline{\sf \frac{1}{9}}\end{align*}}$
丁寧に数え上げましょう。
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第2問
下図のような1辺の長さが1の立方体OABC-DEFGに対し、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf a}\ ,\ \overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf c}\ ,\ \overrightarrow{\sf OD}=\overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$
とおく。$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt t\lt \frac{1}{2}\end{align*}}$ となるtに対して、辺AEを$\small\sf{t:1-t}$ に内分する点をP、
辺CGを$\small\sf{2t:1-2t}$ に内分する点をQとする。O、P、Qの定める平面を
$\small\sf{\alpha}$ とし、平面$\small\sf{\alpha}$ と直線BFとの交点をRとすると、四角形OPRQは平行
四辺形である。平行四辺形OPRQの面積をS、四角錐DOPRQの体積
をVとする。このとき、以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\end{align*}}$ と$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}\end{align*}}$ のなす角を$\small\sf{\theta}$ とするとき、$\small\sf{\cos\theta}$ をtを用いて表せ。
(2) Sをtを用いて表せ。
(3) 平面$\small\sf{\alpha}$ に点Dから垂線DHを下ろす。$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\end{align*}}$ を$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a} , \overrightarrow{\sf c}, \overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$ とtを用いて表せ。
(4) Vはtによらず一定であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
立体OABC-DEFGは1辺の長さが1の立方体なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf a}\right|=\left|\overrightarrow{\sf c}\right|=\left|\overrightarrow{\sf d}\right|=1\ ,\ \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf c}\cdot\overrightarrow{\sf d}=\overrightarrow{\sf d}\cdot\overrightarrow{\sf a}=0\end{align*}}$ ・・・・・・(#)
(1)
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}=\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf d}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf OQ}=\overrightarrow{\sf c}+2t\overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$
なので、(#)を用いて計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf OP}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf d}\right|^2=1+t^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf OQ}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf c}+2t\overrightarrow{\sf d}\right|^2=1+4t^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf OQ}=\left(\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf d}\right)\cdot\left(\overrightarrow{\sf c}+2t\overrightarrow{\sf d}\right)=2t^2\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=\frac{\overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf OQ}}{\left|\overrightarrow{\sf OP}\right|\left|\overrightarrow{\sf OQ}\right|}=\underline{\sf \frac{2t^2}{\sqrt{\left(t^2+1\right)\left(4t^2+1\right)}}}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf 2\triangle OPQ\\ &=\sf 2\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\left|\overrightarrow{\sf OP}\right|^2\left|\overrightarrow{\sf OQ}\right|^2-\left(\overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf OQ}\right)^2}\\ &=\sf \sqrt{\left(t^2+1\right)\left(4t^2+1\right)-\left(2t^2\right)^2}\\ &=\sf \underline{\sf \sqrt{5t^2+1}}\end{align*}}$
(3)
Hは平面$\scriptsize\sf{\alpha}$ 上にあるので、実数p、qを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OH}&=\sf p\overrightarrow{\sf OP}+q\overrightarrow{\sf OQ}\\ &=\sf p\left(\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf d}\right)+q\left(\overrightarrow{\sf c}+2t\overrightarrow{\sf d}\right)\\ &=\sf p\overrightarrow{\sf a}+q\overrightarrow{\sf c}+\left(tp+2tq\right)\overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf DH}&=\sf \overrightarrow{\sf OH}-\overrightarrow{\sf OD}\\ &=\sf p\overrightarrow{\sf a}+q\overrightarrow{\sf c}+\left(tp+2tq-1\right)\overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$
と表される。
DH⊥$\scriptsize\sf{\alpha}$ より、DH⊥OPかつDH⊥OQなので、(#)を用いて
内積を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf DH}\cdot\overrightarrow{\sf OP}=\left\{p\overrightarrow{\sf a}+q\overrightarrow{\sf c}+\left(tp+2tq-1\right)\overrightarrow{\sf d}\right\}\cdot\left(\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf d}\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p+t\left(tp+2tq-1\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(t^2+1\right)p+2t^2q-t=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf DH}\cdot\overrightarrow{\sf OQ}=\left\{p\overrightarrow{\sf a}+q\overrightarrow{\sf c}+\left(tp+2tq-1\right)\overrightarrow{\sf d}\right\}\cdot\left(\overrightarrow{\sf c}+2t\overrightarrow{\sf d}\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ q+2t\left(tp+2tq-1\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2t^2p+\left(4t^2+1\right)q-2t=0\end{align*}}$
これら2式を連立させて解くと、5t2+1≠0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=\frac{t}{5t^2+1}\ ,\ q=\frac{2t}{5t^2+1}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OH} &=\sf \frac{t}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf a}+\frac{2t}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf c}+\left(\frac{t^2}{5t^2+1}+\frac{4t^2}{5t^2+1}\right)\overrightarrow{\sf d}\\ &=\sf \underline{\ \frac{t}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf a}+\frac{2t}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf c}+\frac{5t^2}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf d}}\end{align*}}$
(4)
(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf DH} &=\sf \frac{t}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf a}+\frac{2t}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf c}+\left(\frac{5t^2}{5t^2+1}-1\right)\overrightarrow{\sf d}\\ &=\sf \frac{t}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf a}+\frac{2t}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf c}-\frac{1}{5t^2+1}\overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$
(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf DH}\right|^2 &=\sf \left(\frac{t}{5t^2+1}\right)^2+\left(\frac{2t}{5t^2+1}\right)^2+\left(-\frac{1}{5t^2+1}\right)^2\\ &=\sf \frac{5t^2+1}{\left(5t^2+1\right)^2}\\ &=\sf \frac{1}{5t^2+1}\end{align*}}$
これと(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf \frac{1}{3}S\cdot DH\\ &=\sf \frac{1}{3}\cdot\sqrt{5t^2+1}\cdot\frac{1}{\sqrt{5t^2+1}}\\ &=\sf \frac{1}{3}\end{align*}}$
となるので、Vはtの値によらず一定値をとる。
内積計算が大変なので、(#)をうまく使いましょう。
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第3問
楕円$\small\sf{\begin{align*} \sf C_1:\ \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1\end{align*}}$ の焦点をF、F’とする。ただし、Fのx座標は
正である。正の実数mに対し、2直線$\small\sf{y=mx\ ,\ \ y=-mx}$ を漸近線にもち、
2点F、F’を焦点とする双曲線C2とする。第1象限にあるC1とC2の
交点をPとする。このとき、以下の問いに答えよ。
(1) C2の方程式をmを用いて表せ。
(2) 線分FPおよび線分F’Pの長さをmを用いて表せ。
(3) ∠F’PF=60°となるmの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{9-5}=2\end{align*}}$ より、C1の焦点の座標は、$\scriptsize\sf{F\left(2,\ 0\right)\ ,\ \ F'\left(-2,\ 0\right)}$ である。
C2の式を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\ \ \ \left(a,b>0\right)\end{align*}}$
とおくと、C2の焦点がF、F’であることから
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{a^2+b^2}=2\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
また、C2の漸近線は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x}{a}\pm\frac{y}{b}=0\end{align*}}$
であり、これが$\scriptsize\sf{y=\pm mx}$ と一致するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b}{a}=m\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
(ⅰ)、(ⅱ)を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^2=\frac{4}{m^2+1}\ ,\ b^2=\frac{4m^2}{m^2+1}\end{align*}}$
となるので、C2の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_2:\ \frac{x^2}{\frac{4}{m^2+1}}-\frac{y^2}{\frac{4m^2}{m^2+1}}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\sf x^2-\frac{y^2}{m^2}=\frac{4}{m^2+1}}\end{align*}}$
(2)
Pは楕円C1上にあり、2焦点からの距離の和は長軸の長さに等しいので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf FP+F'P=6\end{align*}}$
また、Pは双曲線C2上にあり、2焦点からの距離の差は頂点間の距離に
等しいので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F'P-FP=2a=\frac{4}{\sqrt{m^2+1}}\end{align*}}$
これら2式を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf FP=3-\frac{2}{\sqrt{m^2+1}}\ \ ,\ \ F'P=3+\frac{2}{\sqrt{m^2+1}}}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{FF'=4}$ なので、△F’PFに余弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4^2=\left(3-\frac{2}{\sqrt{m^2+1}}\right)^2+\left(3+\frac{2}{\sqrt{m^2+1}}\right)^2-2\cdot\left(3+\frac{2}{\sqrt{m^2+1}}\right)\left(3-\frac{2}{\sqrt{m^2+1}}\right)\cos 60^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 16=18+\frac{8}{m^2+1}-\left(9-\frac{4}{m^2+1}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\sf m=\sqrt{\frac{5}{7}}\ \ (>0)}\end{align*}}$
面倒なので図は省略ですｗｗ
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第4問
$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt a\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ とし
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(t)=\int_0^a\left|\sin x-\sin t\right|dx\end{align*}}$
とおく。また、f(t)の$\small\sf{0\lt t\lt a}$ における最小値を$\small\sf{\begin{align*} \sf g(a)\end{align*}}$ とおく。
このとき、以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{0\lt t\lt a}$ のとき、f(t)を求めよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf g(a)\end{align*}}$ を求めよ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow +0}\frac{g(a)}{a^2}\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{0\lt t\lt a}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(t)&=\sf \int_0^t\left(-\sin x+\sin t\right)dx+\int_t^a\left(\sin x-\sin t\right)dx\\ &=\sf \bigg[\cos x+x\sin t\bigg]_0^t+\bigg[-\cos x-x\sin t\bigg]_t^a\\ &=\sf \underline{\sf 2t\sin t+2cos t-a\sin t-\cos a-1}\end{align*}}$
(2)
(1)で求めたf(t)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(t)&=\sf 2\sin t+2t\cos t-2\sin t-a\cos t\\ &=\sf \left(2t-a\right)\cos t \end{align*}}$
となるので、$\scriptsize\sf{0\lt t\lt a}$ におけるf'(t)の符号は次のようになる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt t\lt\frac{a}{2}\end{align*}}$ のとき$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(t)\lt 0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t=\frac{a}{2}\end{align*}}$ のとき$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(t)=0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{a}{2}\lt t\lt a\end{align*}}$ のとき$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(t)\gt 0 \end{align*}}$
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t=\frac{a}{2}\end{align*}}$ でf(t)は最小となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(a)&=\sf f\left(\frac{a}{2}\right)\\ &=\sf a\sin\frac{a}{2}+2\cos\frac{a}{2}-a\sin\frac{a}{2}-\cos a-1\\ &=\sf \underline{\sf -\cos a+2\cos\frac{a}{2}-1}\end{align*}}$
(3)
倍角公式を用いると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(a)&=\sf -\left(2\cos^2\frac{a}{2}-1\right)+2\cos\frac{a}{2}-1\\ &=\sf -2\cos^2\frac{a}{2}+2\cos\frac{a}{2}\\ &=\sf 2\cos\frac{a}{2}\cdot\left(1-\cos\frac{a}{2}\right)\end{align*}}$
と変形できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow +0}\frac{g(a)}{a^2}&=\sf 2\lim_{a\rightarrow +0}\cos\frac{a}{2}\cdot\lim_{a\rightarrow +0}\frac{1-\cos\frac{a}{2}}{a^2}\\ &=\sf 2\lim_{a\rightarrow +0}\frac{1-\cos^2\frac{a}{2}}{a^2}\cdot\frac{1}{1+\cos\frac{a}{2}}\\ &=\sf 2\lim_{a\rightarrow +0}\frac{\sin^2\frac{a}{2}}{\left(\frac{a}{2}\right)^2\cdot 4}\cdot\frac{1}{2}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{1}{4}}\end{align*}}$
(1)で積分区間を分けることに気づけば、あとは普通に計算するだけです。
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- 2016/06/03(金) 23:57:00|
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