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
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{12+5+3+6+2}{252}=\underline{\sf \frac{1}{9}}\end{align*}}$
理系との共通問題です。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
以下の問いに答えよ。
(1) 次の等式が成り立つことを示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(\alpha+\beta\right)\sin\alpha-\cos\alpha\sin\left(\alpha-\beta\right)=\cos 2\alpha\sin \beta\end{align*}}$
(2) k、nを自然数とし、$\small\sf{\theta}$ はsin$\small\sf{\theta}$ ≠0とする。(1)の等式で$\small\sf{\alpha}$ =k$\small\sf{\theta}$ 、
$\small\sf{\beta}$ =$\small\sf{\theta}$ とおくことにより次の等式が成り立つことを示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\cos 2\theta=\frac{\cos\left(n+1\right)\theta\sin n\theta}{\sin\theta}\end{align*}}$
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{100}\cos^2\frac{k\pi}{100}\end{align*}}$ の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(\alpha+\beta\right)\sin\alpha-\cos\alpha\sin\left(\alpha-\beta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\right)\sin\alpha-\cos\alpha\left(\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sin\alpha\cos\alpha\cos\beta-\sin^2\sin\beta-\sin\alpha\cos\alpha\cos\beta+\cos^2\alpha\sin\beta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\cos^2\alpha-\sin^2\alpha\right)\sin\beta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\cos 2\alpha\sin\beta\end{align*}}$ ←倍角公式
となるので、題意は示された。
(2)
(1)の等式で$\scriptsize\sf{\alpha}$ =k$\scriptsize\sf{\theta}$ 、$\scriptsize\sf{\beta}$ =$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(k+1\right)\theta\sin k\theta-\cos k\theta\sin\left(k-1\right)\theta=\cos 2k\theta\sin\theta\end{align*}}$
これはk=1，2,・・・,nに対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos 2\theta\sin k\theta-\cos\theta\sin 0=\cos 2\theta\sin\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos 3\theta\sin 2\theta-\cos 2\theta\sin\theta=\cos 4\theta\sin\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(n+1\right)\theta\sin n\theta-\cos n\theta\sin\left(n-1\right)\theta=\cos 2n\theta\sin\theta\end{align*}}$
これらを辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(n+1\right)\theta\sin n\theta-\cos\theta\sin 0=\sum_{k=1}^n\cos 2k\theta\sin\theta\end{align*}}$
両辺をsin$\scriptsize\sf{\theta}$ （≠0）で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\cos 2\theta=\frac{\cos\left(n+1\right)\theta\sin n\theta}{\sin\theta}\end{align*}}$
(3)
求める輪をSとおくと、半角公式により
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\sum_{k=1}^{100}\cos^2\frac{k\pi}{100}=\sf \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{100}\left(1+\cos\frac{2k\pi}{100}\right)\end{align*}}$
と変形できる。(2)の等式において、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta=\frac{\pi}{100}\end{align*}}$ 、n=100とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\sf \frac{1}{2}\left\{100+\frac{\sin\frac{101\pi}{100}\sin\pi}{\sin\frac{\pi}{100}}\right\}=\underline{\sf 50}\end{align*}}$
三角関数の公式を駆使しましょう！
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第4問
正の実数aに対して、y=ax2のグラフをC1、$\small\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{a^2-1}{a}x^2+\frac{2}{a}x-\frac{1}{a}\end{align*}}$
のグラフをC2とする。このとき、以下の問いに答えよ。
(1) C1とC2の共有点は(1，a)のみであることを示せ。
(2) C2とx軸の0＜x＜1の部分との交点は、点 $\small\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{1}{a+1},0\right)\end{align*}}$ のみで
あることを示せ。
(3) C1の0≦x≦1の部分、C2の $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{a+1}\end{align*}}$ ≦x≦1の部分、およびx軸の
0≦x≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{a+1}\end{align*}}$ の部分のとで囲まれる図形の面積をSとする。Sを
aを用いて表せ。
(4) aがすべての正の実数を動くとき、(3)で求めた面積Sの最大値を
求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf ax^2=\frac{a^2-1}{a}x^2+\frac{2}{a}x-\frac{1}{a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a^2x^2=\left(a^2-1\right)x^2+2x-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-2x+1=\left(x-1\right)^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=1\ \ ,\ \ y=a\cdot 1^2=a\end{align*}}$
となるので、C1とC2の共有点は(1，a)のみである。
(2)
C2の式にy=0を代入すると、a≠1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a^2-1}{a}x^2+\frac{2}{a}x-\frac{1}{a}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(a-1\right)\left(a+1\right)x^2+2x-1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{\left(a-1\right)x+1\right\}\left\{\left(a+1\right)x-1\right\}=0\end{align*}}$ ・・・・・・(A)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=-\frac{1}{a-1}\ ,\ \frac{1}{a+1}\end{align*}}$
となる。
・a＞1のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{a-1}<0<\frac{1}{a+1}<1\end{align*}}$
・0＜a＜1のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\frac{1}{a+1}<1<-\frac{1}{a-1}\end{align*}}$
となるので、題意を満たす。
一方、a=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (A)\ \ \Leftrightarrow\ \ 2x-1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{1}{2}\end{align*}}$
となるので、この場合も題意を満たす。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=\frac{1}{a+1}\end{align*}}$ とおく。
C1、C2およびx軸の位置関係は右図のようになるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \int_0^1ax^2dx-\int_p^1\left(\frac{a^2-1}{a}x^2+\frac{2}{a}x-\frac{1}{a}\right)dx\\ &=\sf \left[\frac{ax^3}{3}\right]_0^1-\left[\frac{a^2-1}{3a}x^3+\frac{x^2}{a}-\frac{x}{a}\right]_p^1\\ &=\sf \frac{a}{3}-\left(\frac{a^2-1}{3a}+\frac{1}{a}-\frac{1}{a}\right)+\left(\frac{a^2-1}{3a}p^3+\frac{p^2}{a}-\frac{p}{a}\right)\\ &=\sf \frac{1}{3a}+\frac{a^2-1}{3a\left(a+1\right)^3}+\frac{1}{a\left(a+1\right)^2}-\frac{1}{a\left(a+1\right)}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{a}{3\left(a+1\right)^2}}\end{align*}}$
(4)
a＞0なので、相加・相乗平均の関係を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \frac{a}{3\left(a+1\right)^2}\\ &=\sf \frac{a}{3\left(a^2+2a+1\right)}\\ &=\sf \frac{1}{3\left(a+2+\frac{1}{a}\right)}\\ &\leqq \sf \frac{1}{3\left(2\sqrt{a\cdot\frac{1}{a}}+2\right)}\\ &=\sf \frac{1}{12}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\frac{1}{a}\ \ \Leftrightarrow\ \ a=1\ \left(>0\right)\end{align*}}$
のとき、Sは最大となり、その値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf S_{max}=\frac{1}{12}}\end{align*}}$
最後の相加・相乗平均が難しいかもしれません。
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