第１問
0でない実数a、b、cは次の条件(i)と(ii)を満たしながら動くものとする。
(i) 1+c2≦2a
(ii) 2つの放物線C1： y=ax2とC2： y=b(x-1)2+cは接している。
ただし、2つの曲線が接するとはある共有点において共通の接線をもつ
ことであり、その共有点を接点という。
(１) C1とC2の接点の座標をaとcを用いて表せ。
(２) C1とC2の接点が動く範囲を求め、その範囲を図示せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{f\left(x\right)=ax^2\ \ ,\ \ g\left(x\right)=b\left(x-1\right)^2+c}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{f\ '\left(x\right)=2ax\ \ ,\ \ g\ '\left(x\right)=2b\left(x-1\right)}$
接点の座標を(p，q)とおくと、
$\scriptsize\sf{q=f\left(p\right)=g\left(p\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ q=ap^2=b\left(p-1\right)^2+c}$ ･･････①
$\scriptsize\sf{f\ '\left(p\right)=g\ '\left(p\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ 2ap=2b\left(p-1\right)}$ ･･････②
a≠0より、p=1のときは②が成り立たないので、p≠1としてよく、
② ⇔ $\scriptsize\sf{b=\frac{ap}{p-1}}$
これを①に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf ap^2=\frac{ap}{p-1}\cdot\left(p-1\right)^2+c&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf p=\frac{c}{a} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{q=a\cdot\left(\frac{c}{a}\right)^2=\frac{c^2}{a}}$
よって、接点の座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(p,q\right)&=\sf \underline{\left(\frac{c}{a},\frac{c^2}{a}\right)}\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=\frac{c}{a}\end{align*}}$ ･･････③
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=\frac{c^2}{a}=cp\end{align*}}$ ･･････④
③において、c≠0よりp≠0なので、
④ ⇔ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c=\frac{q}{p}\end{align*}}$ ･･････⑤
これと③より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=\frac{q}{p^2}\ \ \Leftrightarrow\ \ a=\frac{q}{p^2}\end{align*}}$ ･･････⑥
⑤、⑥を(i)の条件に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+\left(\frac{q}{p}\right)^2\leq\frac{2q}{p^2}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf p^2+q^2-2q\leq 0 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf p^2+\left(q-1\right)^2\leq 1\end{align*}}$
よって、接点の存在範囲は
$\scriptsize\sf{\underline{x^2+\left(y-1\right)^2\leq 1\ \ \left(x\ne 0,1\right)}}$
であり、これを図示すると下図のようになる。
（点(1，1)とy軸上の点は除く。それ以外の境界線上の点は含む）
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- 2018/03/11(日) 23:57:00|
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第２問
n3-7n+9が素数となるような整数nをすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
N=n3-7n+9
とおくと、
N=(n3-n)-6n+9=(n-1)n(n+1)-6n+9
と変形でき、3連続整数の積(n-1)n(n+1)は6の倍数なので、
Nは3の倍数である。
よって、Nが素数であるとき
N=n3-7n+9=3
⇔ n3-7n+6=(n-1)(n-2)(n+3)=0
⇔ n=1，2，-3
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第３問
$\small\sf{\alpha}$ は $\small\sf{0\lt\alpha\leq\frac{\pi}{2}}$ を満たす整数とし、四角形ABCDに関する次の2つの条件を考える。
(i) 四角形ABCDは半径1の円に内接する。
(ii) ∠ABC=∠DAB=$\small\sf{\alpha}$
条件(i)と(ii)を満たす四角形のなかで、4辺の長さの積
k=AB・BC・CD・DA
が最大となるものについて、kの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(i)、(ii)より、∠BCD=∠ADC=$\scriptsize\sf{\pi-\alpha}$ なので、
四角形ABCDはAB//DC、BC=ADの等脚台形である。
外接円の中心をO、辺AB、BC、CDの中点をそれぞれP、Q、Rとし、
$\scriptsize\sf{\angle OBQ=\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\angle OBP=\alpha-\theta}$
$\scriptsize\sf{\angle OCR=\pi-\alpha-\theta}$
なので、
$\scriptsize\sf{BC=AD=2BQ=2cos\theta}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AB&=\sf 2BP \\ &=\sf 2cos\left(\alpha-\theta\right)\\ &=\sf 2cos\left(\theta-\alpha\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf CD&=\sf 2CR \\ &=\sf 2cos\left(\pi-\alpha-\theta\right)\\ &=\sf -2cos\left(\theta+\alpha\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k&=\sf -16cos\left(\theta-\alpha\right)cos\left(\theta+\alpha\right)cos^2\theta \\ &=\sf -16\left(cos\alpha cos\theta+sin\alpha sin\theta\right)\left(cos\alpha cos\theta-sin\alpha sin\theta\right)cos^2\theta\\ &=\sf -16\left(cos^2\alpha cos^2\theta-sin^2\alpha sin^2\theta\right)cos^2\theta\\ &=\sf -16cos^4\theta+16sin^2\alpha
cos^2\theta\ \ \ \left(\because\ sin^2\theta+cos^2\theta=1\right)\\ &=\sf -16\left(cos^2\theta-\frac{sin^2\alpha}{2}\right)^2+4sin^4\alpha \end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{0\lt\alpha\leq\frac{\pi}{2}}$ より、$\scriptsize\sf{0\lt\frac{sin^2\alpha}{2}\leq\frac{1}{2}}$ なので、
$\scriptsize\sf{cos\theta_0=\frac{sin^2\alpha}{2}}$
となるθ0が、0＜θ0＜$\scriptsize\sf{\alpha}$ の範囲に存在する。
よって、kの最大値は $\scriptsize\sf{\underline{4sin^4\alpha}}$ である。
θの置き方がミソです。
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- 2018/03/13(火) 23:57:00|
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第４問
コインをn回投げて複素数z1、z2、･･･znを次のように定める。
(ⅰ) 1回目に表が出ればz1=$\small\sf{\frac{-1+\sqrt3\ i}{2}}$ とし、裏が出ればz1=1とする。
(ⅱ) k=2，3，･･･，nのとき、k回目に表が出ればzk=$\small\sf{\frac{-1+\sqrt3\ i}{2}}$ zk-1
とし、裏が出ればzk=$\small\sf{\overline{z_{k-1}}}$ とする。ただし、=$\small\sf{\overline{z_{k-1}}}$ はzk-1の共役
複素数である。
このとき、zn=1となる確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \omega=\frac{-1+\sqrt3\ i}{2}=cos\frac{2\pi}{3}+isin\frac{2\pi}{3}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \omega^2=cos\frac{4\pi}{3}+isin\frac{4\pi}{3}=\frac{-1-\sqrt3\ i}{2}=\overline{\omega}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \omega^3=cos2\pi+isin2\pi=1\end{align*}}$
なので、
・zn=1のとき
n+1回目に表が出ればzn+1=ω、裏が出ればzn+1=1
・zn=ωのとき
n+1回目に表が出ればzn+1=ω2、裏が出ればzn+1=ω2
・zn=ω2のとき
n+1回目に表が出ればzn+1=1、裏が出ればzn+1=ω
となる。
ここで、zn=1，ω，ω2となる確率をそれぞれpn、qn、rnとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_1=q_1=\frac{1}{2}\ , \ r_1=0\ \ ,\ \ p_2=\frac{1}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+1}=\frac{1}{2}p_n+\frac{1}{2}r_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_{n+1}=\frac{1}{2}p_n+\frac{1}{2}r_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r_{n+1}=q_n\end{align*}}$
これらより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+2}&=\sf \frac{1}{2}p_{n+1}+\frac{1}{2}r_{n+1} \\ &=\sf \frac{1}{2}p_{n+1}+\frac{1}{2}q_n\\ &=\sf \frac{1}{2}p_{n+1}+\frac{1}{2}p_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ 2p_{n+2}-p_{n+1}-p_n=0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \Leftrightarrow\ \ \sf p_{n+2}-p_{n+1}=-\frac{1}{2}\left(p_{n+1}-p_{n}\right) \end{align*}}$
となるので、数列{pn+1-pn}は等比数列をなす。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+1}-p_n&=\sf \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\left(p_2-p_1\right)=-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} \end{align*}}$
n≧2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_n&=\sf p_1+\sum_{k=1}^{n-1}\left\{-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} \right\} \\ &=\sf \frac{1}{2}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}\\ &=\sf\underline{\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}} \end{align*}}$
これはn=1のときも満たす。
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- 2018/03/14(水) 23:57:00|
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第５問
曲線y=logx上の点A(t，logt)における法線上に、点BをAB=1となる
ようにとる。ただしBのx座標はtより大きいものとする。
(１) 点Bの座標(u(t)，v(t))を求めよ。また、$\small\sf{\left(\frac{du}{dt},\frac{dv}{dt}\right)}$ を求めよ。
(２) 実数rは0＜r＜1を満たすとし、tがrから1まで動くときに点Aと点Bが
描く曲線の長さをそれぞれL1(r)、L2(r)とする。このとき、極限値
$\displaystyle\sf{\lim_{r\rightarrow +0}}$ (L1(r)-L2(r))
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(log x\right)'&=\sf \frac{1}{x} \end{align*}}$
なので、Aにおける法線の傾きは-tである。
よって、Bのx座標がtより大きいことより正の実数kを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AB}=k\left(1,-t\right)\end{align*}}$
と表すことができる。AB=1より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf AB}\right|^2=k^2\left(t^2+1\right)=1\ \ \Leftrightarrow\ \ k=\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}\ (\gt 0) \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AB}=\left(u\left(t\right)-t,v\left(t\right)-\log t\right)=\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}\left(1,-t\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(u(t),v(t)\right)=\underline{\left(t+\frac{1}{\sqrt{t^2+1}},\log t-\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}\right)}\end{align*}}$
各成分をtで微分すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\frac{du}{dt},\frac{dv}{dt}\right)=\underline{\sf\left(1-\frac{t}{\left(t^2+1\right)\sqrt{t^2+1}},\frac{1}{t}\left(1-\frac{t}{\left(t^2+1\right)\sqrt{t^2+1}}\right)\right)}\end{align*}}$
(２)
0＜tより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L_1\left(r\right)&=\sf\int_r^1\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dt\\ &=\sf\int_r^1\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}dt \\ &=\sf\int_r^1\frac{\sqrt{t^2+1}}{t}dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L_2\left(r\right)&=\sf \int_r^1\sqrt{\left(\frac{du}{dt}\right)^2+\left(\frac{dv}{dt}\right)^2}dt\\ &=\sf \int_r^1\sqrt{\left(1-\frac{t}{\left(t^2+1\right)\sqrt{t^2+1}}\right)^2+\frac{1}{t^2}\left(1-\frac{t}{\left(t^2+1\right)\sqrt{t^2+1}}\right)^2}dt\\ &=\sf \int_r^1\left\{1-\frac{t}{\left(t^2+1\right)\sqrt{t^2+1}}\right\}\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}dt\\ &=\sf \int_r^1\left\{1-\frac{t}{\left(t^2+1\right)\sqrt{t^2+1}}\right\}\cdot\frac{\sqrt{t^2+1}}{t}dt\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L_1\left(r\right)-L_2\left(r\right)&=\sf \int_r^1\frac{t}{\left(t^2+1\right)\sqrt{t^2+1}}\cdot\frac{\sqrt{t^2+1}}{t}dt\\ &=\sf \int_r^1\frac{1}{t^2+1}dt \end{align*}}$
ここで、t=tanθと置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dt}{d\theta}&=\sf\frac{1}{cos^2\theta} \\ &=\sf tan^2\theta+1\\ &=\sf t^2+1\end{align*}}$
であり、tanθ0=rとなるθ0が0＜θ0＜$\scriptsize\sf{\frac{\pi}{2}}$ の範囲に1つ存在するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L_1\left(r\right)-L_2\left(r\right)&=\sf \int_{\theta_0}^{\pi/4}\frac{1}{t^2+1}\cdot\left(t^2+1\right)d\theta \\ &=\sf \bigg[\ \theta\ \bigg]_{\theta_0}^{\pi/4}\\ &=\sf \frac{\pi}{4}-\theta_0\end{align*}}$
r→+0のとき、θ0→0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{r\rightarrow +0}\left(L_1\left(r\right)-L_2\left(r\right)\right)&=\sf \underline{\frac{\pi}{4}}\end{align*}}$
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- 2018/03/15(木) 23:57:00|
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第６問
四面体ABCDはAC=BD、AD=BCを満たすとし、辺ABの中点をP、
辺CDの中点をQとする。
(１) 辺ABと線分PQは垂直であることを示せ。
(２) 線分PQを含む平面αで四面体ABCDを切って2つの部分に分ける。
このとき、2つの部分の体積は等しいことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
AC=BD、AD=BCより△ACD≡△BDCなので、∠ACQ=∠BDQ.
これとCQ=DQより、△ACQ≡△BDQ.
よって、AQ=BQなので△ABQは二等辺三角形であり、
PはABの中点なので、PQ⊥AB.
(２)
(１)と同様にPQ⊥CD.
線分PQ上に点Oをとり、Oを通りPQに垂直な平面をβとする。
さらに、βと辺AC、BC、BD、ADとの交点をそれぞれR、S、T、U
とすると、
β//ABより、AB//RS//UT ･･････①
β//CDより、CD//ST//RU ･･････②
よって、四角形RSTUは平行四辺形である。
一方、①、②より、
AR：RC=BS：SC=BT：TD
なので、AR=BTであり、△ABC≡△BADであることから△ARP≡△BTP.
これより、△POR≡△POTとなるので、OR=OTである。
同様に、OS=OUなので、Oは平行四辺形RSTUの対角線の交点、すなわち
対称の中心となる。
よって、平面βと線分PQを含む平面αとの交線（Lとする）は、Oを通るので、
平行四辺形RSTUの面積を2等分する。
よって、四面体ABCDをαで切断してできる2つの立体(V１、V2とする)を
βで切断した時の断面積は等しい。
このことはOの位置によらないので、V１とV2の体積は等しい。
(２)が書きにくいでしょうね。四面体ABCDは線分PQについて対称なので、
二等分されるのは当たり前といえば当たり前なのですが。
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- 2018/03/16(金) 23:57:00|
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