第１問
座標平面上の曲線C１、C２をそれぞれ
C１：y=logx (x＞0)
C2：y=(x-1)(x-a)
とする。ただし、aは実数である。nを自然数とするとき、曲線C1、C2が
2点P、Qで交わり、P、Qのx座標はそれぞれ1、n+1となっている。また、
曲線C1と直線PQで囲まれた領域の面積をSn、曲線C2と直線PQで囲
まれた領域の面積をTnとする。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) aをnの式で表し、a＞1を示せ。
(２) SnとTnをそれぞれnの式で表せ。
(３) 極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{S_n}{n\log T_n}\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
C1とC2はx=n+1の点で交わるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log\left(n+1\right)=n\left(n+1-a\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ a=\underline{\sf n+1-\frac{\log\left(n+1\right)}{n}}\end{align*}}$
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a-1=n-\frac{\log\left(n+1\right)}{n}=\frac{n^2-\log\left(n+1\right)}{n}\end{align*}}$ ・・・・・・①
となる。ここで、関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=x^2-\log\left(x+1\right)\ \ \ \left(x\geqq 1\right)\end{align*}}$
とおくと、x≧1なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=2x-\frac{1}{x+1}\geqq 2-\frac{1}{x+1}\geqq 2-\frac{1}{2}>0\end{align*}}$
よって、f(x)は単調に増加し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(1)=1-\log 2>0\ \ \ \left(\because\ e>2\right)\end{align*}}$
なので、x≧1で常にf(x)＞0となる。
これと①より、a＞1が成り立つ。
(２)
2曲線の位置関係は右図のようになる。
2点P(1，0)、Q(n+1，log(n+1))を通る直線は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{\log\left(n+1\right)-0}{\left(n+1\right)-1}\left(x-1\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{\log\left(n+1\right)}{n}\left(x-1\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_n&=\sf \int_1^{n+1}\left\{\log x-\frac{\log\left(n+1\right)}{n}\left(x-1\right)\right\}dx\\ &=\sf \left[x\log x-x-\frac{\log\left(n+1\right)}{2n}\left(x-1\right)^2\right]_1^{n+1}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{n+2}{2}\log\left(n+1\right)-n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n&=\sf \int_1^{n+1}\left\{\frac{\log\left(n+1\right)}{n}\left(x-1\right)-\left(x-1\right)\left(x-a\right)\right\}dx\\ &=\sf -\int_1^{n+1}\left(x-1\right)\left\{x-(n+1)\right\}dx\\ &=\sf \frac{1}{6}\left\{\left(n+1\right)-1\right\}^3\\ &=\sf \underline{\sf \frac{n^3}{6}}\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{S_n}{n\log T_n}&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{n+2}{2}\log\left(n+1\right)-n}{n\log \frac{n^3}{6}}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(1+\frac{2}{n}\right)\log\left(n+1\right)-2}{2\left(3\log n-\log 6\right)}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log n+\log\left(1+\frac{1}{n}\right)}{2\left(3\log n-\log 6\right)}-\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{3\log n-\log 6}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1+\frac{\log 1}{\log n}}{2\left(3-\frac{\log 6}{\log n}\right)}-0\\ &=\sf \underline{\sf \frac{1}{6}}\end{align*}}$
最後の極限が少しヤヤコシイかもしれません。
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第２問
tを0＜t＜1を満たす実数とする。面積が1である三角形ABCにおいて、
辺AB、BC、CAをそれぞれ2：1、t：1-t、1：3に内分する点をD、E、F
とする。また、AEとBF、BFとCD、CDとAEの交点をそれぞれP、Q、R
とする。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) 3直線AE、BF、CDが1点で交わるときのtの値t０を求めよ。
以下、tは0＜t＜t０を満たすものとする。
(２) AP=kAE、CR=$\small\sf{\begin{align*} \sf \ell\end{align*}}$ CDを満たすk、$\small\sf{\begin{align*} \sf \ell\end{align*}}$ をそれぞれ求めよ。
(３) 三角形BCQの面積を求めよ。
(４) 三角形PQRの面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
チェバの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{AD}{DB}\cdot\frac{BE}{EC}\cdot\frac{CF}{FA}=\frac{2}{1}\cdot\frac{t_0}{1-t_0}\cdot\frac{1}{3}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 3-3t_0=2t_0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t_0=\underline{\sf \frac{3}{5}}\end{align*}}$
(２)
メネラウスの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{AP}{PE}\cdot\frac{EB}{BC}\cdot\frac{CF}{FA}=\frac{k}{1-k}\cdot\frac{t}{1}\cdot\frac{1}{3}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ tk=3-3k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ k=\underline{\sf \frac{3}{3+t}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{CR}{RD}\cdot\frac{DA}{AB}\cdot\frac{BE}{EC}=\frac{\ell}{1-\ell}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{t}{1-t}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2t\ell=3-3t-3\ell+3t\ell\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \ell=\underline{\sf \frac{3-3t}{3-t}}\end{align*}}$
(３)
BQ=mBFとおくと、メネラウスの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{BQ}{QF}\cdot\frac{FC}{CA}\cdot\frac{AD}{DB}=\frac{m}{1-m}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{1}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2m=4-4m\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ m=\frac{2}{3}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle BCQ=\frac{2}{3}\triangle BCF=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{4}\triangle ABC=\underline{\sf \frac{1}{6}}\end{align*}}$
(４)
(３)と同様に、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle ACR=\ell\ \triangle ACD=\ell\cdot\frac{2}{3}\triangle ABC=\frac{2-2t}{3-t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle BAP=k\ \triangle BAE=k\cdot t\triangle ABC=\frac{3t}{3+t}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle PQR&=\sf \triangle ABC-\triangle BCQ-\triangle ACR-\triangle BAP\\ &=\sf 1-\frac{1}{6}-\frac{2-2t}{3-t}-\frac{3t}{3+t}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{\left(5t-3\right)^2}{6\left(9-t^2\right)}}\end{align*}}$
ベクトルで解こうすると計算で死にます！
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第３問
座標平面上で円x2+y2=1に内接する正六角形で、点P0(1，0)を1つの頂点と
するものを考える。この正六角形の頂点をP0から時計回りに順にP1、P2、P3、
P4、P5とする。ある頂点に置かれている1枚のコインに対し、1つのサイコロを
1回投げ、出た目に応じてコインを次の規則にしたがって頂点場を動かす。
(規則)
(ⅰ) 1から5までの目が出た場合は、出た目の数だけコインを反時計回りに
動かす。例えば、コインがP4にあるときに4の目が出た場合はP2まで
動かす。
(ⅱ) 6の目が出た場合は、x軸に関して対称な位置にコインを動かす。ただし、
コインがｘ軸上にあるときは動かさない。例えば、コインがP5にあるとき
に6の目が出た場合はP1に動かす。
はじめにコインを1枚だけP0に置き、1つのサイコロを続けて何回か投げて、1回
投げるごとに上の規則にしたがってコインを動かしていくゲームを考える。以下の
問いに答えよ。
(１) 2回サイコロを投げた後に、コインがP0の位置にある確率を求めよ。
(２) 3回サイコロを投げた後に、コインがP0の位置にある確率を求めよ。
(3) nを自然数とする。n回サイコロを投げた後に、コインがP0の位置にある確率を
求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(３)
サイコロをn回投げたとき、コインがP０、P1、P2、P3、P4、P5にある
確率をそれぞれan、bn、cn、dn、en、fnとすると、初めはP0にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_0=1\ ,\ b_0=c_0=d_0=e_0=f_0=0\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
また、コインはP0～P5のいずれかの頂点にあるので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n+b_n+c_n+d_n+e_n+f_n=1\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
コインがP0に動いてくるのは
・P0にあるときに6の目が出る
・P1にあるときに5の目が出る
・P2にあるときに4の目が出る
・P3にあるときに3の目が出る
・P4にあるときに2の目が出る
・P5にあるときに1の目が出る
場合なので、1以上のnに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n&=\sf \frac{1}{6}a_{n-1}+\frac{1}{6}b_{n-1}+\frac{1}{6}c_{n-1}+\frac{1}{6}d_{n-1}+\frac{1}{6}e_{n-1}+\frac{1}{6}f_{n-1}\\ &=\sf \frac{1}{6}\left(a_{n-1}+b_{n-1}+c_{n-1}+d_{n-1}+e_{n-1}+f_{n-1}\right)\\ &=\sf \underline{\sf \frac{1}{6}}\end{align*}}$ ←(ⅱ)より
(１)(２)
(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=a_3=\underline{\sf \frac{1}{6}}\end{align*}}$
こんな答えだと不安になりますね・・・・・
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第４問
自然数nに対して、10nを13で割った余りをanとおく。anは0から12までの
整数である。以下の問いに答えよ。
(１) an+1は10anを13で割った余りに等しいことを示せ。
(２) a1、a2、・・・、a6を求めよ。
(３) 以下の3条件を満たす自然数Nをすべて求めよ。
(ⅰ) Nを十進法で表示したとき6桁となる。
(ⅱ) Nを十進法で表示しして、最初と最後の桁の数字を取り除くと2016と
なる
(ⅲ) Nは13の倍数である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
以下、xを13で割った余りとyを13で割った余りが等しいことを
「x≡y」と書くことにする。
(１)
an+1≡10n+1≡10・10n≡10an
(２)
(１)より
a1≡10
a2≡10a1≡100≡9
a3≡10a2≡90≡12
a4≡10a3≡120≡3
a5≡10a4≡30≡4
a6≡10a5≡40≡1
(３)
Nの105の位の数をｘ、1の位の数をｙとおくと、
N≡x・105+2・104+103+6・102+ｙ
≡xa5+2a4+a3+6a2+ｙ
≡4ｘ+ｙ+10≡0
ここで、x、yはそれぞれ1≦x≦9、0≦y≦9を満たす整数なので、
14≦4x+y+10≦55
であり、この範囲にある13の倍数は26、39、52である。
・4x+y+10=26 すなわち ｙ＝4(4-x) のとき
yは4の倍数であり、-5≦4-x≦3、0≦y≦9
なので、これを満たすx、yの組は
(x，y)=(4，0)、(3，4)、(2，8)
・4x+y+10=39 すなわち ｙ＝4(7-x)+1 のとき
yは4で割って1余る数であり、-2≦7-x≦6、0≦y≦9
なので、これを満たすx、yの組は
(x，y)=(7，1)、(6，5)、(5，9)
・4x+y+10=52 すなわち ｙ＝4(10-x)+2 のとき
yは4で割って2余る数であり、1≦10-x≦9、0≦y≦9
なので、これを満たすx、yの組は
(x，y)=(9，6)
以上より、条件(ⅰ)～(ⅲ)を満たすNは
N=420160，320164，220168，720161，620165，520169，920166
面倒なので合同式でごまかしましたｗｗ
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第５問
以下の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\theta}$ を0≦$\small\sf{\theta}$ ＜2$\small\sf{\pi}$ を満たす実数、ｉを虚数単位とし、zをz=cos$\small\sf{\theta}$ +ｉsin$\small\sf{\theta}$
で表される複素数とする。このとき、整数nに対して次の式を証明せよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \cos n\theta=\frac{1}{2}\left(z^n+\frac{1}{z^n}\right)\ \ ,\ \ \sin n\theta=-\frac{i}{2}\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)\end{align*}}$
(２) 次の方程式を満たす実数x（0≦x＜2$\small\sf{\pi}$ ）を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \cos x+\cos 2x-\cos 3x=1\end{align*}}$
(３) 次の式を証明せよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \sin^220^{\circ}+\sin^240^{\circ}+\sin^260^{\circ}+\sin^280^{\circ}=\frac{9}{4}\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
ド・モアブルの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z^n=\cos n\theta+i\sin n\theta\end{align*}}$ ･･････①
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z^{-n}&=\sf \cos\left(- n\theta\right)+i\sin\left(- n\theta\right)\\ &=\sf \cos n\theta-i\sin n\theta \end{align*}}$ ･･････②
①+②より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z^n+z^{-n}=2\cos n\theta\ \ \Leftrightarrow\ \ \cos n\theta=\frac{1}{2}\left(z^n+\frac{1}{z^n}\right)\end{align*}}$
①-②より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z^n-z^{-n}=2i\sin n\theta\ \ \Leftrightarrow\ \ \sin n\theta=\frac{1}{2i}\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)=-\frac{i}{2}\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z=\cos x+i\sin x\end{align*}}$ とおくと、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos x+\cos 2x-\cos 3x=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right)+\frac{1}{2}\left(z^2+\frac{1}{z^2}\right)-\frac{1}{2}\left(z^3+\frac{1}{z^3}\right)=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ z^6-z^5-z^4+2z^3-z^2-z+1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(z-1\right)^2\left(z+1\right)^2\left(z^2-z+1\right)=0\end{align*}}$ ←頑張って因数分解してください
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ z=\pm 1\ ,\ \frac{1\pm\sqrt3\ i}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ z=\cos 0+i\sin o\ ,\ \cos \pi+i\sin \pi\ ,\ \cos \frac{\pi}{3}+i\sin \frac{\pi}{3}\ ,\ \cos \frac{5\pi}{3}+i\sin \frac{5\pi}{3}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=arg z=\underline{\ 0\ ,\ \pi\ ,\ \frac{\pi}{3}\ ,\ \frac{5\pi}{3}}\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z=\cos 20^{\circ}+i\sin 20^{\circ}\end{align*}}$ とおくと、ド・モアブルの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z^{18}=\cos 360^{\circ}+i\sin 360^{\circ}=1\end{align*}}$
また、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin^2\left(20^{\circ}\times n\right)=\left\{-\frac{i}{2}\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)\right\}^2=-\frac{1}{4}\left(z^{2n}+\frac{1}{z^{2n}}-2\right)\end{align*}}$
なので、与式の両辺の差を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf &\sf \ \ \ \sin^220^{\circ}+\sin^240^{\circ}+\sin^260^{\circ}+\sin^280^{\circ}-\frac{9}{4}\\ &=\sf -\frac{1}{4}\left\{\left(z^2+\frac{1}{z^2}-2\right)+\left(z^4+\frac{1}{z^4}-2\right)+\left(z^6+\frac{1}{z^6}-2\right)+\left(z^8+\frac{1}{z^8}-2\right)+9\right\}\\ &=\sf -\frac{1}{4z^8}\left(1+z^2+z^4+z^6+z^8+z^{10}+z^{12}+z^{14}+z^{16}\right)\\ &=\sf -\frac{1}{4z^8}\cdot\frac{1-\left(z^2\right)^9}{1-z^2}\\ &=\sf 0\ \ \ \left(\because\ \left(z^2\right)^9=z^{18}=1\right)\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin^220^{\circ}+\sin^240^{\circ}+\sin^260^{\circ}+\sin^280^{\circ}=\frac{9}{4}\end{align*}}$
が成り立つ。
あえて誘導に乗ってみた解法ですが、(２)は倍角・３倍角を使った方が絶対に楽ですｗｗ
実際のところ受験生はほぼ全員、そうやって解いてると思われますｗｗ
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