第１問
鋭角三角形△ABCにおいて、頂点A、B、Cから各対辺に垂線AD、
BE、CFを下ろす。これらの垂線は垂心Hで交わる。このとき、以下
の問いに答えよ。
(１) 四角形BCEFとAFHEが円に接することを示せ。
(２) ∠ADE=∠ADFであることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
四角形BCEFにおいて、
∠BFC=∠BEC=90°
なので、円周角の定理の逆より
4点B、C、E、Fは同一円周上にある。
よって、四角形BCEFは円に内接する。
一方、四角形AFHEにおいて、
∠AFH+∠AEH=180°
なので、内接四角形の定理の逆より、
四角形AFHEは円に内接する。
(２)
(１)より、四角形BCEFは円に内接するので、円周角の定理より
∠ECH=∠FBH
また、(１)と同様に考えると、四角形CEHD、BDHFも円に内接
するので、円周角の定理より、
∠ECH=∠HDE
∠FBH=∠HDF
以上より、
∠HDE=∠HDF すなわち ∠ADE=∠ADF
が成り立つ。
これは簡単すぎてビックリ！
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- 2018/10/28(日) 01:11:00|
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第２問
以下の問いに答えよ。
(１) 6以上の整数nに対して不等式
2n＞n2+7
が成り立つことを数学的帰納法により示せ。
(２) 等式
pq=qp+7
を満たす素数の組(p，q)をすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
(ⅰ) n=6のとき
26=64、 62+7=43 なので成り立つ。
(ⅱ) n=kのとき成り立つと仮定すると、
2k＞k2+7
なので、
2k+1-(k+1)2-7
=2・2k-k2-2ｋ-８
＞2(k2+7)-k2-2ｋ-８
=k2-2ｋ+6
=(k-1)2+5
＞0
⇔ 2k+1＞(k+1)2+7
となり、n=k+1のときも成り立つ。
以上より、6以上の整数nに対して不等式
2n＞n2+7
が成り立つ。
(２)
等式
pq=qp+7 ・・・・・・(#)
において、7は奇数なので、pqとqpの偶奇は異なる。
よって、素数p、qのうち一方は2であり、他方は奇数の素数である。
(Ⅰ) p=2のとき
(#) ⇔ 2q=q2+７ ・・・・・・(A)
・q=3のとき
左辺=8 右辺＝16 となり不適
・q=5のとき
左辺=右辺＝32 となり(A)は成り立つ
・q≧7のとき
(１)より、2q＞q2+７なので
(A)の等号は成立しない。
(Ⅱ) q=2のとき
(#) ⇔ p2=2p+７ ・・・・・・(B)
・p=3のとき
左辺=9 右辺＝17 となり不適
・p=5のとき
左辺=25 右辺＝39 となり不適
・p≧7のとき
(１)より、
2p＞p2+７
⇔ p2＜2p-7＜2p+7
なので、(B)の等号は成立しない。
以上より、題意を満たすのは
(p，q)=(2，5)
である。
p、qの偶奇が異なることに気づけば簡単です。
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- 2018/10/28(日) 01:12:00|
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第３問
サイコロを3回振って出た目の数をそれぞれ順にa、b、cとする。
以下の問いに答えよ。
(１) a、b、cがある直角三角形の3辺の長さとなる確率を求めよ。
(２) a、b、cがある鈍角三角形の3辺の長さとなる確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
サイコロの目a、b、cの出方の総数は63通りある。
(１)
三角形の3辺の長さをp、q、r （6≧p≧q≧r≧1）とすると、
三角形の成立条件より、
p＜q+r ・・・・・・(ⅰ)
三角形が直角三角形となるので、
p2=q2+r2 ・・・・・・(ⅱ)
(ⅰ)、(ⅱ)を同時に満たすような整数の組(p，q，r)は(5，4，3)
のみである。
(p，q，r)と(a，b，c)の対応は3!通りの場合があるので、
三角形が直角三角形になる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3!}{6^3}=\underline{\sf \frac{1}{36}}\end{align*}}$
(２)
三角形が鈍角三角形となるのは、
p2＞q2+r2 ・・・・・・(ⅲ)
となるときでなので、
(ⅰ)、(ⅱ)を同時に満たすような整数の組(p，q，r)を考える。
(ア) p＞q=rの場合
(3，2，2)、(5，3，3)、(6，4，4)の3組が考えられ、
(p，q，r)と(a，b，c)の対応は3通りずつある。
(イ) p＞q＞rの場合
(4，3，2)、(5，4，2)、(6，5，3)、(6，5，2)、(6，4，3)
の5組が考えられ、(p，q，r)と(a，b，c)の対応は3！通り
ずつある。
(ウ) p=q＞r および p=q=rの場合は(ⅲ)を満たさない。
以上より、鈍角三角形になる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3\times 3+5\times 3!}{6^3}=\underline{\sf \frac{13}{72}}\end{align*}}$
しらみつぶしに探しましょう。
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第４問
多項式P(x)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf P(x)=\frac{\left(x+i\right)^7-\left(x-i\right)^7}{2i}\end{align*}}$
により定める。ただし、iは虚数単位とする。以下の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf P(x)=a_0x^7+a_1x^6+a_2x^5+a_3x^4+a_4x^3+a_5x^2+a_6x+a_7\end{align*}}$ とするとき、
係数a0、・・・、a7をすべて求めよ。
(２) 0＜$\small\sf{\theta}$ ＜$\small\sf{\pi}$ に対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf P\left(\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\right)=\frac{\sin 7\theta}{\sin^7\theta}\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
(３) (１)で求めたa1、a3、a5、a7を用いて、多項式
$\small\sf{\begin{align*} \sf Q(x)=a_1x^3+a_3x^2+a_5x+a_7\end{align*}}$
を考える。$\small\sf{\theta}$ =$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{7}\end{align*}}$ として、k=1，2，3について
$\small\sf{\begin{align*} \sf x_k=\frac{\cos^2k\theta}{\sin^2k\theta}\end{align*}}$
とおく。このとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf Q\left(x_k\right)=0\end{align*}}$ が成り立つことを示し、x1+x2+x3の
値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
二項定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x+i\right)^7&=\sf _7C_0x^7+_7C_1x^6i+_7C_2x^5i^2+_7C_3x^4i^3+_7C_4x^3i^4+_7C_5x^2i^5+_7C_6xi^6+_7C_7i^7\\ &=\sf x^7+7ix^6-21x^5-35ix^4+35x^3+21ix^2-7x-i\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x-i\right)^7=\sf x^7-7ix^6-21x^5+35ix^4+35x^3-21ix^2-7x+i\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P(x)&=\sf \frac{2\left(7ix^6-35ix^4+21ix^2-i\right)}{2i}\\ &=\sf 7x^6-35x^4+21x^2-1 \end{align*}}$
よって、係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf a_0=a_2=a_4=a_6=0\ ,\ a_1=7\ ,\ a_3=-35\ ,\ a_5=21\ ,\ a_7=-1}\end{align*}}$
(２)
ド・モアブルの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\right)&=\sf \frac{\left(\frac{\cos\theta}{\sin\theta}+i\right)^7-\left(\frac{\cos\theta}{\sin\theta}-i\right)^7}{2i}\\ &=\sf \frac{\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)^7-\left(\cos\theta-i\sin\theta\right)^7}{2i\sin^7\theta}\\ &=\sf \frac{\left(\cos 7\theta+i\sin 7\theta\right)-\left(\cos 7\theta-i\sin 7\theta\right)}{2i\sin^7\theta}\\ &=\sf \frac{2i\sin 7\theta}{2i\sin^7\theta}\\ &=\sf \frac{\sin 7\theta}{\sin^7\theta}\end{align*}}$
(３)
k=1，2，3に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Q\left(x_k\right)&=\sf a_1x_k^{\ 3}+a_3x_k^{\ 2}+a_5x_k+a_7\\ &=\sf a_1\left(\frac{\cos^2k\theta}{\sin^2k\theta}\right)^{ 3}+a_3\left(\frac{\cos^2k\theta}{\sin^2k\theta}\right)^{ 2}+a_5\cdot\frac{\cos^2k\theta}{\sin^2k\theta}+a_7\\ &=\sf a_1\left(\frac{\cos k\theta}{\sin k\theta}\right)^{6}+a_3\left(\frac{\cos k\theta}{\sin k\theta}\right)^{ 4}+a_5\left(\frac{\cos k\theta}{\sin k\theta}\right)^{2}+a_7\\ &=\sf P\left(\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\right)\\ &=\sf \frac{\sin 7\theta}{\sin^7\theta}\ \ \ \ \ \ \ \leftarrow\ (2)\\ &=\sf \frac{\sin k\pi}{\sin^7\frac{k\pi}{7}}\\ &=\sf 0\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\frac{\pi}{7}<\frac{2\pi}{7}<\frac{3\pi}{7}<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_k=\frac{\cos^2k\theta}{\sin^2k\theta}=\frac{1}{\tan^2\frac{k\pi}{7}}\ \ \ \left(k=1,2,3\right)\end{align*}}$
の値はすべて異なる。
よって、x1、x2、x3は3次方程式 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q(x)=0\end{align*}}$ の3解となるので、
解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_1+x_2+x_3=-\frac{a_3}{a_1}=\underline{\sf 5}\end{align*}}$
よくできた問題ですね。
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- 2018/10/28(日) 01:14:00|
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第５問
空間内に、直線Lで交わる2平面$\small\sf{\alpha}$ 、$\small\sf{\beta}$ と交線L上の1点Oがある。
さらに、平面$\small\sf{\alpha}$ 上に直線mと平面$\small\sf{\beta}$ 上に直線nを、どちらも点Oを通り
Lに垂直にとる。m、n上にそれぞれ点P、Qがあり、
OP=$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\end{align*}}$ 、 OQ=2 、PQ=1
であるとする。線分PQ上の動点Tについて、PT=tとおく。点Tを中心
とした半径$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の球Sを考える。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) Sの平面$\small\sf{\alpha}$ による切り口の面積をtを用いて表せ。
(２) Sの平面$\small\sf{\alpha}$ による切り口の面積とSの平面$\small\sf{\beta}$ による切り口の面積の
和をf(t)とおく。Tが線分PQ上を動くとき、f(t)の最大値と、そのとき
のtの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
L⊥m、L⊥nより平面OPQ⊥Lなので、平面OPQ⊥$\scriptsize\sf{\alpha}$ かつ
平面OPQ⊥$\scriptsize\sf{\beta}$ である。また、OP=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\end{align*}}$ 、OQ=2、PQ=1より、
△OPQは∠OPQ=90°、∠OQP=60°の直角三角形である。
(１)
球面Sと直線mの交点の1つをAとおくと、TP⊥mなので
Sの平面$\scriptsize\sf{\alpha}$ による切り口は、Aを中心とする半径APの円である。
よって、その面積をS1とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1&=\sf \pi \ AP^2\\ &=\sf \pi\left\{\left(\sqrt2\right)^2-t^2\right\}\\ &=\sf \underline{\sf \pi\left(2-t^2\right)}\end{align*}}$
(２)
Tから直線nに下した垂線の足をHとすると、TH⊥nなので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf TH=QT\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt3}{2}\left(1-t\right)\end{align*}}$
球面Sと直線nの交点の1つをBとおくと、
Sの平面$\scriptsize\sf{\beta}$ による切り口は、Hを中心とする半径BHの円である。
よって、その面積をS2とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_2&=\sf \pi \ BH^2\\ &=\sf \pi\left[\left(\sqrt2\right)^2-\left\{\frac{\sqrt3}{2}\left(1-t\right)\right\}^2\right]\\ &=\sf \frac{\pi}{4}\left(-3t^2+6t+5\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(t)&=\sf \pi\left(2-t^2\right)+\frac{\pi}{4}\left(-3t^2+6t+5\right)\\ &=\sf -\frac{\pi}{4}\left(7t^2-6t-13\right)\\ &=\sf -\frac{7\pi}{4}\left(t-\frac{3}{7}\right)^2+\frac{25\pi}{7}\end{align*}}$
なので、f(t)の最大値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(t)_{max}=f\left(\frac{3}{7}\right)=\underline{\sf \frac{25\pi}{7}}\end{align*}}$
切り口は円になるので、半径さえ求められればOKです。
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第６問
関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\int_0^{\pi}\left|\sin\left(t-x\right)-\sin 2t\right|dt\end{align*}}$
の区間$\small\sf{0\leqq x\leqq\pi}$ における最大値と最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
関数h(t)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(t)=\sin\left(t-x\right)-\sin 2t\ \ \ \left(0\leqq t\leqq \pi\right)\end{align*}}$
とおくと、和→積の公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(t)=-2\cos\frac{3t-x}{2}\sin\frac{t+x}{2}\end{align*}}$
と変形できる。
0≦x≦$\scriptsize\sf{\pi}$ 、0≦t≦$\scriptsize\sf{\pi}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq\frac{x+t}{2}\leqq \pi\ \ \Rightarrow\ \ \sin\frac{x+t}{2}\geqq 0\end{align*}}$
これと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{\pi}{2}\leqq -\frac{x}{2}\leqq\frac{3t-x}{2}\leqq\frac{3\pi-x}{2}\leqq\frac{3}{2}\pi\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h(t)<0&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \cos\frac{3t-x}{2}>0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -\frac{\pi}{2}<\frac{3t-x}{2}<\frac{\pi}{2}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 0\lt t<\frac{x+\pi}{3}\end{align*}}$
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=\frac{x+\pi}{3}\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)&=\sf \int_0^p\left\{-h(t)\right\}dt+\int_p^{\pi}h(t)dt\\ &=\sf \int_0^p\left\{-\sin\left(t-x\right)+\sin 2t\right\}dt+\int_p^{\pi}\left\{\sin\left(t-x\right)-\sin 2t\right\}dt\\ &=\sf \left[\cos\left(t-x\right)-\frac{1}{2}\cos 2t\right]_0^p+\left[-\cos\left(t-x\right)+\frac{1}{2}\cos 2t\right]_p^{\pi}\\ &=\sf 2\cos\left(p-x\right)-\cos 2p+1\\ &=\sf 2\cos\frac{\pi-2x}{3}-\cos\frac{2\pi+2x}{3}+1\\ &=\sf 2\left(\cos\frac{\pi}{3}\cos\frac{2x}{3}+\sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{2x}{3}\right)-\left(\cos\frac{2\pi}{3}\cos\frac{2x}{3}-\sin\frac{2\pi}{3}\sin\frac{2x}{3}\right)+1\\ &=\sf \frac{3}{2}\left(\sqrt3\sin\frac{2x}{3}+\cos\frac{2x}{3}\right)+1\\ &=\sf 3\sin\left(\frac{2x}{3}+\frac{\pi}{6}\right)+1\end{align*}}$
となる。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq x\leqq\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{6}\leqq\frac{2x}{3}+\frac{\pi}{6}\leqq\frac{5\pi}{6}\end{align*}}$
なので、f(x)の最大値・最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)_{max}=f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\underline{\sf 4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)_{min}=f(0)=f(\pi )=\underline{\sf \frac{5}{2}}\end{align*}}$
細かい計算が面倒です。
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