第1問
半径1の円柱を、底面の直径を含み底面と角 $\small\sf{\begin{align*} \sf \alpha\ \left( 0\lt \alpha\lt\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ をなす平面で
切ってできる小さい方の立体を考える。ただし、円柱の高さは$\small\sf{\tan\alpha}$ 以上で
あるとする。次の問いに答えよ。
(1) この立体の体積Vを求めよ。
(2) 切り口の面積Aを求めよ。
(3) この立体の側面積Bを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
題意の立体をKとし、切断面をLとする。
Lが通る円柱の底面の直径をx軸（底面の中心Oが原点）と考え、
x軸上の$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=1\ ,\ \ x=-1\ ,\ \ x=t\ \left(-1\leqq t\leqq 1\right)\end{align*}}$となる点A、B、Pをとる。
Pを通りx軸に垂直な平面でKを切断した断面は下図のような直角三角形
になり、P以外の頂点をQ、Rとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf PQ=\sqrt{1-t^2}\ \ ,\ \ RQ=\sqrt{1-t^2}\ \tan\alpha\ \ ,\ \ PR=\frac{\sqrt{1-t^2}}{\cos\alpha}\end{align*}}$
また、△PQRの面積をS(t)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S(t)&=\sf \frac{1}{2}\cdot\sqrt{1-t^2}\cdot\sqrt{1-t^2}\ \tan\alpha\\ &=\sf \frac{\tan\alpha}{2}\left(1-t^2\right)\end{align*}}$
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf \int_{-1}^1S(t)dt\\ &=\sf \frac{\tan\alpha}{2}\int_{-1}^1\left(1-t^2\right)dt\\ &=\sf \tan\alpha\left[t-\frac{t^3}{3}\right]_0^1\\ &=\sf \underline{\sf \frac{2}{3}\tan\alpha} \end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A&=\sf \int_{-1}^1PR\ dt\\ &=\sf 2\int_{0}^1\frac{\sqrt{1-t^2}}{\cos\alpha}\ dt\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\cos\theta\end{align*}}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{d\theta}=-\sin\theta\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t:\ 0\rightarrow 1\end{align*}}$ に$\scriptsize\sf{\theta}$ ：$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ →0が対応するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A&=\sf \frac{2}{\cos\alpha}\int_{\pi/2}^0\sqrt{1-\cos^2\theta}\cdot\left(-\sin\theta\right)d\theta\\ &=\sf \frac{2}{\cos\alpha}\int_0^{\pi/2}\sin^2\theta d\theta\\ &=\sf \frac{2}{\cos\alpha}\int_0^{\pi/2}\frac{1-\cos 2\theta}{2} d\theta\\ &=\sf \frac{1}{\cos\alpha}\left[t-\frac{\sin2\theta}{2}\right]_0^{\pi/2}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{\pi}{2\cos\alpha}} \end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\angle AOQ=\theta\ \left(0\leqq\theta\leqq\pi\right)}$ とすると、半径1より、弧 $\scriptsize\sf{AQ=\theta}$ であり、
$\scriptsize\sf{t=\cos\theta}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf B&=\sf \int_0^{\pi}QRd\theta\\ &=\sf \int_0^{\pi}\sqrt{1-t^2}\tan\alpha d\theta\\ &=\sf \tan\alpha\int_0^{\pi}\sqrt{1-\cos^2\theta}d\theta\\ &=\sf \tan\alpha\int_0^{\pi}\sin\theta d\theta\\ &=\sf \tan\alpha\bigg[-\cos\theta\bigg]_0^{\pi}\\ &=\sf \underline{\sf \tan\alpha} \end{align*}}$
(3)は$\scriptsize\sf{\theta}$ で積分します。
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- 2017/04/21(金) 23:57:00|
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第2問
tを$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt t\lt\frac{1}{2}\end{align*}}$ をみたす実数とする。三角形OABにおいて、辺ABを
$\small\sf{\sf t:\left(1-t\right)}$ に内分する点をO’、辺BOを$\small\sf{\sf t:\left(1-t\right)}$ に内分する点をA’、
辺OAを$\small\sf{\sf t:\left(1-t\right)}$ に内分する点をB’とし、線分AA’とBB’の交点を
P、BB’とOO’の交点をQ、OO’とAA’の交点をRとする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf a}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ とするとき、次の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OO'}\end{align*}}$ を$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\ ,\ \ \overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ を用いて表せ。
(2) OR：RO’をtを用いて表せ。
(3) 三角形PQRの面積Mを三角形OABの面積Sを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
O’はABを$\scriptsize\sf{\sf t:\left(1-t\right)}$ に内分する点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OO'}=\frac{\left(1-t\right)\overrightarrow{\sf OA}+t\overrightarrow{\sf OB}}{\sf t+\left(1-t\right)}=\underline{\sf \left(1-t\right)\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf b}}\end{align*}}$
(2)
メネラウスの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{RO'}{OR}\cdot\frac{AB}{O'A}\cdot\frac{A'O}{BA'}=\frac{RO'}{OR}\cdot\frac{1}{t}\cdot\frac{1-t}{t}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{RO'}{OR}=\frac{t^2}{1-t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ OR:RO'=\underline{\sf \left(1-t\right):t^2}\end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle OAR&=\sf \frac{1-t}{1-t+t^2}\triangle OAO'\\ &=\sf \frac{1-t}{1-t+t^2}\times t\triangle OAB\\ &=\sf \frac{t-t^2}{1-t+t^2}\ S\end{align*}}$
(2)と同様に、$\scriptsize\sf{\sf AP:PA'=BQ:QB'=\left(1-t\right):t^2}$なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle ABP=\triangle BOQ=\frac{t-t^2}{1-t+t^2}\ S\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle PQR=\triangle PAB-\left(\triangle OAR+\triangle ABP+\triangle BOQ\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ M= S-\frac{t-t^2}{1-t+t^2}\ S\times 3= \underline{\sf \frac{1-4t+4t^2}{1-t+t^2}\ S}\end{align*}}$
文系の問題とほぼ同じです。
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- 2017/04/22(土) 23:57:00|
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第3問
三角形があり、その頂点を反時計回りの順にA、B、Cとする。三角形ABC
において、点Pは頂点Aから出発し、1秒経過するごとに隣の頂点へ移動する。
ただし、反時計回りに移動する確率は$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}\end{align*}}$ 、時計回りに移動する確率は$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}\end{align*}}$ とする。
nを自然数とし、点Pが頂点Aを出発してからn秒経過したときに頂点A、B、C
にある確率を、それぞれan、bn、cnとする。次の問いに答えよ。
(1) an+1、bn+1、cn+1を、an、bn、cnを用いて表せ。
(2) an+2をcnを用いて表せ。
(3) an+6をanを用いて表せ。
(6) 0以上の整数kに対してa6k+1を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
出発してからn+1秒後にPが頂点Aにあるのは、
・n秒後に頂点BにあったPが時計回りに移動してくる
・n秒後に頂点CにあったPが反時計回りに移動してくる
の、2つの場合があるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=\underline{\sf \frac{1}{3}b_n+\frac{2}{3}c_n}\end{align*}}$
B、Cについても同様に考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_{n+1}=\underline{\sf \frac{1}{3}c_n+\frac{2}{3}a_n}\ \ ,\ \ c_{n+1}=\underline{\sf \frac{1}{3}a_n+\frac{2}{3}b_n}\end{align*}}$
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+2}&=\sf \frac{1}{3}b_{n+1}+\frac{2}{3}c_{n+1}\\ &=\sf \frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}c_n+\frac{2}{3}a_n\right)+\frac{2}{3}\left(\frac{1}{3}a_n+\frac{2}{3}b_n\right)\\ &=\sf \frac{4}{9}\left(a_n+b_n\right)+\frac{1}{9}c_n\\ &=\sf \frac{4}{9}\left(1-c_n\right)+\frac{1}{9}c_n\ \ \ \ \left(\because\ a_n+b_n+c_n=1\right)\\ &=\sf \underline{\sf -\frac{1}{3}c_n+\frac{4}{9}}\end{align*}}$
(3)
(2)と同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_{n+2}=-\frac{1}{3}a_n+\frac{4}{9}\ \ ,\ \ c_{n+2}=-\frac{1}{3}c_n+\frac{4}{9}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+6}&=\sf -\frac{1}{3}c_{n+4}+\frac{4}{9}\\ &=\sf -\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{3}b_{n+2}+\frac{4}{9}\right)+\frac{4}{9}\\ &=\sf \frac{1}{9}b_{n+2}+\frac{8}{27}\\ &=\sf \frac{1}{9}\left(-\frac{1}{3}c_n+\frac{4}{9}\right)+\frac{8}{27}\\ &=\sf \underline{\sf -\frac{1}{27}a_n+\frac{28}{81}}\end{align*}}$
(4)
0以上自然数kに対して、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A_k=a_{6k+1}\end{align*}}$ とおく。
出発してから1秒後のPは頂点BまたはCにあるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A_0=a_1=0\end{align*}}$
(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A_{k+1}=-\frac{1}{27}A_k+\frac{28}{81}\ \ \Leftrightarrow\ \ A_{k+1}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{27}\left(A_k-\frac{1}{3}\right)\end{align*}}$
と変形できるので、数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{A_k-\frac{1}{3}\right\}\end{align*}}$ は等比数列をなす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A_k-\frac{1}{3}&=\sf \left(-\frac{1}{27}\right)^k\left(A_0-\frac{1}{3}\right) \\ &=\sf -\frac{1}{3} \left(-\frac{1}{27}\right)^k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_{6k+1}=\underline{\sf \frac{1}{3}\left\{1- \left(-\frac{1}{27}\right)^k\right\}}\end{align*}}$
市大で頻出のパターンですね。
an+bn+cn=1に気づきましょう。
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- 2017/04/23(日) 23:57:00|
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第4問
座標平面上の3点P(x，y) （x＞0、y＞0）、A(a，0) （a＞0）、
B(0，b) （b＞0）は、PA=PB=1をみたすものとする。Oを原点
とし、線分OA、AP、PB、BOで囲まれた図形の面積をSとする。
次の問いに答えよ。
(1) ∠APBを固定して3点P、A、Bを動かす。Sが最大となるとき、
x=yかつa=bであることを示せ。
(2) ∠APBを固定せず、条件x=yかつa=bのもとで3点P、A、Bを
動かす。このとき、Sの最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
Sが最大となる場合を考えるので、PはABに関してOと反対側にある
としてよい。$\scriptsize\sf{\angle APB=\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \triangle OAB+\triangle PAB\\ &=\sf \frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot\sin\theta\\ &=\sf \frac{1}{2}\left(ab+\sin\theta\right)\ \ \ \ldots\ldots\ldots\ (i) \end{align*}}$
△OABに三平方の定理、△PABに余弦定理を用いると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB^2=a^2+b^2=1^2+1^2-2\cdot 1\cdot \cos\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{a^2+b^2}{2}=1-\cos\theta\ \ \ \ldots\ldots\ldots\ (ii)\end{align*}}$
相加・相乗平均の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a^2+b^2}{2}\geqq \sqrt{a^2b^2}=ab\ \ \ \ldots\ldots\ldots\ (iii)\end{align*}}$
(ⅰ)、(ⅱ)、(ⅲ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&\leqq \sf \frac{1}{2}\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\sin\theta\right)\\ &=\sf \frac{1}{2}\left(1+\sin\theta-\cos\theta\right)\\ &=\sf \frac{1}{2}\left\{1+\sqrt2\sin\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)\right\}\end{align*}}$
となるので、Sの最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_{max}=\frac{1}{2}\left\{1+\sqrt2\sin\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)\right\}\ \ \ \ldots\ldots\ldots\ (iv)\end{align*}}$
であり、これは(ⅲ)の等号が成立するときなので、a=bである。
また、AP=BPより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x-a\right)^2+y^2=x^2+\left(y-b\right)^2&\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -2ax=-2by\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=y\ \ \left(\because\ a=b\right)\end{align*}}$
(2)
(ⅳ)より、a=bのときSの最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{1}{2}\left\{1+\sin\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)\right\}\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\theta}$ を動かすと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{3}{4}\pi\end{align*}}$
のとき、Sは最大値
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_{max}=\underline{\sf \frac{1}{2}\left(1+\sqrt2\right)}\end{align*}}$
をとる。
相加・相乗平均に気づくと楽です。
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- 2017/04/24(月) 23:57:00|
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