第１問
aを実数とし、f(x)=2x2-4ax+3a2-4a+1とする。
(１) xに関する2次方程式f(x)=0が実数解をもつようなaの値の範囲を求めよ。
(２) aのどんな値に対してもf(2+$\small\sf{\sqrt5}$ )＞0であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D/4&=\sf\left(2a\right)^2-2\left(3a^2-4a+1\right) \\ &=\sf -2a^2+8a-2\geq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{2-\sqrt3\leq a\leq 2+\sqrt3} \end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(2+\sqty5\right) &=\sf 2\left(2+\sqty5\right)^2-4a\left(2+\sqty5\right)+3a^2-4a+1 \\ &=\sf 3a^2-4\left(3+\sqrt5\right)a+19+8\sqrt5\\ &=\sf 3\left\{a-\frac{2\left(3+\sqrt5\right)}{3}\right\}^2+\frac{1}{3}\gt 0\end{align*}}$
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- 2018/05/20(日) 23:57:00|
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第２問
下図のような1辺の長さが2の立方体ABCD‐EFGHに対して、対角線AGとDF
の交点をOとする。線分AO上の点Pと線分DO上の点QがOQ=2AP-1を満たし
ながら動くとき、△OPQの面積の最大値を求めよ。ただし点P、Qは点Oとは
一致しないものとする。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OA=OD=\frac{1}{2}AG=\sqrt3\end{align*}}$
△OADに余弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf cos\angle AOD=\frac{\left(\sqrt3\right)^2+\left(\sqrt3\right)^2-2^2}{2\cdot\sqrt3\cdot\sqrt3}=\frac{1}{3} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf sin\angle AOD=\sqrt{1-\left(\frac{1}{3}\right)^2}=\frac{2\sqrt2}{3}\end{align*}}$
ここで、AP=x （0≦x＜$\scriptsize\sf{\sqrt3}$ )とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OP=\sqrt3-x\ ,\ \ OQ=2x-1 \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle OPQ&=\sf \frac{1}{2}\cdot OP\cdot OQ\ sin\angle AOD \\ &=\sf \frac{1}{2}\left(\sqrt3-x\right)\left(2x-1\right)\cdot\frac{2\sqrt2}{3}\\ &=\sf -\frac{2\sqrt2}{3}x^2+\frac{\sqrt2\left(2\sqrt3+1\right)}{3}x-\frac{\sqrt6}{3}\\ &=\sf -\frac{2\sqrt2}{3}\left(x-\frac{2\sqrt3+1}{4}\right)^2+\frac{13\sqrt2-4\sqrt6}{24} \end{align*}}$
0≦x＜$\scriptsize\sf{\sqrt3}$ なので、△OPQの面積の最大値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\underline{\frac{13\sqrt2-4\sqrt6}{24}} \end{align*}}$
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- 2018/05/21(月) 23:57:00|
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第３問
n2018+2が6の倍数となるような、n≧2017を満たす自然数nのうち、
3番目に小さいものを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{N=n^{2018}+2}$ とおくと、自然数kを用いて
$\scriptsize\sf{N=n^{2018}+2=6k\ \ \Leftrightarrow\ \ n^{2018}=2\left(3k-1\right)}$
となるので、$\scriptsize\sf{n^{2018}}$ は偶数である。よってnは偶数である。
以下、mod3で考える。
(ⅰ) n≡0のとき
$\scriptsize\sf{N\equiv 0^{2018}+2\equiv 2}$
(ⅱ) n≡1のとき
$\scriptsize\sf{N\equiv 1^{2018}+2\equiv 3\equiv 0}$
(ⅲ) n≡-1のとき
$\scriptsize\sf{N\equiv \left(-1\right)^{2018}+2\equiv 3\equiv 0}$
以上より、Nが6の倍数になるのは、nが偶数で、3の倍数でないとき。
よって、これを満たすn≧2017のｎは、
2018、 2020、 2024、 2026、･･････
であり、このうち3番目に小さいものは2024である。
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- 2018/05/22(火) 23:57:00|
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第４問
箱の中にn枚のカードが入っている。ただしn≧3とする。そのうち1枚は金色、
1枚は銀色、残りの(n-2)枚は白色である。この箱からカードを1枚取り出し、
その色が金なら50点、銀なら10点、白なら0点と記録し、カードを箱に戻す。
この操作を繰り返し、記録した点の合計がk回目にはじめてちょうど100点と
なる確率をP(k)とする。
(１) 確率P(4)を求めよ。
(２) 確率P(6)を求めよ。
(３) 確率P(11)を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
1～3回目に白が2回、金が1回出て、4回目に金が出ればよいので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(4\right)=_3C_1\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^2\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^2=\underline{\frac{3\left(n-2\right)^2}{n^4}} \end{align*}}$
(２)
次の2つの場合がある。
・1～5回目に白が4回、金が1回出て、6回目に金が出る確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _5C_1\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^4\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^2=\frac{5\left(n-2\right)^2}{n^6} \end{align*}}$
・1～6回目に銀が5回、金が1回出る確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _6C_1\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^5\cdot\frac{1}{n}=\frac{6}{n^6} \end{align*}}$
P(6)はこれらの和なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(6\right)=\underline{\frac{5\left(n-2\right)^4+6}{n^6}}\end{align*}}$
(３)
次の4つの場合がある。
・1～10回目に白が9回、金が1回出て、11回目に金が出る確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _{10}C_1\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^9\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^2=\frac{10\left(n-2\right)^9}{n^{11}} \end{align*}}$
・1～10回目に銀が5回、白が5回出て、11回目に金が1回出る確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _{10}C_5\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^5\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^5\cdot\frac{1}{n}=\frac{252\left(n-2\right)^5}{n^{11}} \end{align*}}$
・1～10回目に銀が4回、白が5回、金が1回出て、11回目に銀が出る確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{10!}{5!\ 4!}\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^5\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^5\cdot\frac{1}{n}=\frac{1260\left(n-2\right)^5}{n^{11}} \end{align*}}$
・1～10回目に白が1回、銀が9回出て、11回目に銀が出る確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _{10}C_1\cdot\frac{n-2}{n}\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^{10}=\frac{10\left(n-2\right)}{n^{11}} \end{align*}}$
P(11)はこれらの和なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(11\right)=\underline{\frac{10\left(n-2\right)^9+1512\left(n-2\right)^5+10\left(n-2\right)}{n^6}}\end{align*}}$
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- 2018/05/23(水) 23:57:00|
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第５問
aを正の数とし、tは0≦t＜aを満たす数とする。点(t，(t-a)2)における
曲線y=(x-a)2の接線と、x軸およびy軸で囲まれた領域をD(t)とする。
(１) 領域D(t)の表す図形の面積をaおよびtを用いて表せ。
(２) 領域D(t)の表す図形の面積の最大値、およびそのときのtの値をaを
用いて表せ。
(３) sは0≦s≦tを満たす数とする。領域D(t)と領域D(s)を合わせてできる
領域D(t)∪D(s)の表す図形の面積の最大値、およびそのときのsとtの
値をaを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\left\{\left(x-a\right)^2\right\}'=2\left(x-a\right)}$
より、点(t，(t-a)2)における曲線y=(x-a)2の接線Ltの方程式は
$\scriptsize\sf{y-\left(t-a\right)^2=2\left(t-a\right)\left(x-t\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=2\left(t-a\right)x+a^2-t^2}$
であり、Ltのy切片およびx切片は
$\scriptsize\sf{y=a^2-t^2}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0=2\left(t-a\right)x+a^2-t^2\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{t+a}{2} \end{align*}}$
なのでD(t)の面積S(t)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\left(t\right)=\sf \frac{1}{2}\left(a^2-t^2\right)\cdot\frac{t+a}{2}= \underline{\frac{1}{4}\left(-t^3-at^2+a^2t+a^3\right)} \end{align*}}$
(２)
(１)のSをtで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S'\left(t\right)&=\sf \frac{1}{4}\left(-3t^2-2at+a^2\right) \\ &=\sf -\frac{1}{4}\left(3t-a\right)\left(t+a\right) \end{align*}}$
となるので、S(t)の増減は次のようになる。
よって、S(t)の最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\left(t\right)_{max}=\underline{S\left(\frac{a}{3}\right)=\frac{8}{27}a^3}\end{align*}}$
(３)
(１)と同様に、点(s，(s-a)2)における曲線y=(x-a)2の接線Lsの方程式は
$\scriptsize\sf{y=2\left(s-a\right)x+a^2-s^2}$
であり、Lsのy切片は $\scriptsize\sf{y=a^2-s^2}$ である。
2接線Lt、Lsの交点をPとすると、Pのx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\left(t-a\right)x+a^2-t^2=2\left(s-a\right)x+a^2-s^2&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2\left(t-s\right)x=t^2-s^2\sf \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=\frac{s+t}{2} \end{align*}}$
Lt、Lsとy軸の交点をそれぞれQ、Rとし、D(t)∪D(s)の面積をTとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T&=\sf S\left(t\right)+\triangle PQR \\ &=\sf \frac{1}{4}\left(-t^3-at^2+a^2t+a^3\right)+\frac{1}{4}\left(t^2-s^2\right)\left(s+t\right)\\ &=\sf -\frac{1}{4}\left(a-s\right)t^2+\frac{1}{4}\left(a^2-s^2\right)t+\frac{1}{4}\left(a^3-s^3\right)\\ &=\sf -\frac{1}{4}\left(a-s\right)\left(t-\frac{s+a}{2}\right)^2+\frac{1}{16}\left(-5s^3-as^2+a^2s+5a^3\right)\\&\leq\sf\frac{1}{16}\left(-5s^3-as^2+a^2s+5a^3\right)\ \ \ \ \left(\because\ s\lt \frac{s+a}{2}\lt a \right) \end{align*}}$
ここで、関数f(s)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(s\right)=\frac{1}{16}\left(-5s^3-as^2+a^2s+5a^3\right) \ \ \ \left(0\leq s\lt a\right)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'\left(s\right)=\frac{1}{16}\left(-15s^2-2as+a^2\right)=-\frac{1}{16}\left(5s-a\right)\left(3s+a\right)\end{align*}}$
となるので、f(s)の増減は次のようになる。
以上より、Tの最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_{max}=f\left(\frac{a}{5}\right)=\underline{\frac{8}{25}a^3} \end{align*}}$
であり、このとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s=\underline{\frac{a}{5}}\ ,\ \ \ t=\frac{s+a}{2}=\underline{\frac{3}{5}a} \end{align*}}$
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- 2018/05/24(木) 23:57:00|
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第６問
初項が1で公差が6である等差数列1，7，13，･･･の第n項をanとし、また
初項が3で公差が4である等差数列3，7，11，･･･の第m項をbmとする。
2つの数列{an}、{bm}に共通に現れる数すべてを小さい順に並べてできる数列
を{ck}とし、2つの数列{an}、{bm}の少なくとも1つの項になっている数すべて
を小さい順に並べてできる数列を{dL}とする。したがって、c1=7であり、また
数列{dL}のはじめの5項は1，3，7，11，13となる。
(１) 数列{ck}の一般項を求めよ。
(２) d1000およびd1001の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
数列{an}、{bm}の一般項はそれぞれ
$\scriptsize\sf{a_n=1+6\left(n-1\right)=6n-5}$
$\scriptsize\sf{b_m=3+4\left(m-1\right)=4m-1}$
{an}の第N項と{bm}の第M項が等しいとすると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_N=b_M&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 6N-5=4M-1\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 3N=2\left(M+1\right) \end{align*}}$
2と3は互いに素なので、N=2k （k：自然数）とおくと、M=3k-1となり、
$\scriptsize\sf{a_N=b_M=12k-5}$
を得る。よって、{ck}の一般項は
$\scriptsize\sf{c_k=\underline{12k-5}}$
(２)
数列{dL}は
1，3，7，11，13，15，19，23，25，･･･
なので、Kを自然数として
・L=4K-3のとき
$\scriptsize\sf{d_L=1+12\left(K-1\right)=12K-11}$
・L=4K-2のとき
$\scriptsize\sf{d_L=3+12\left(K-1\right)=12K-9}$
・L=4K-1のとき
$\scriptsize\sf{d_L=7+12\left(K-1\right)=12K-5}$
・L=4Kのとき
$\scriptsize\sf{d_L=11+12\left(K-1\right)=12K-1}$
よって、1000=4・250なので、
$\scriptsize\sf{d_{1000}=12\cdot 250-1=\underline{2999}}$
また、1001=4・251-3なので、
$\scriptsize\sf{d_{1001}=12\cdot 251-11=\underline{3001}}$
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- 2018/05/25(金) 23:57:00|
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第７問
初項が1で公差が6である等差数列1，7，13，･･･の第n項をanとし、また
初項が3で公差が4である等差数列3，7，11，･･･の第m項をbmとする。
2つの数列{an}、{bm}に共通に現れる数すべてを小さい順に並べてできる数列
を{ck}とし、2つの数列{an}、{bm}の少なくとも1つの項になっている数すべて
を小さい順に並べてできる数列を{dL}とする。したがって、c1=7であり、また
数列{dL}のはじめの5項は1，3，7，11，13となる。
(１) 数列{ck}の一般項を求めよ。
(２) 数列{dL}の一般項を求めよ。
(３) 数列{dL}の初項から第L項までの和 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_L=\sum_{i=1}^Ld_i \end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
数列{an}、{bm}の一般項はそれぞれ
$\scriptsize\sf{a_n=1+6\left(n-1\right)=6n-5}$
$\scriptsize\sf{b_m=3+4\left(m-1\right)=4m-1}$
{an}の第N項と{bm}の第M項が等しいとすると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_N=b_M&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 6N-5=4M-1\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 3N=2\left(M+1\right) \end{align*}}$
2と3は互いに素なので、N=2k （k：自然数）とおくと、M=3k-1となり、
$\scriptsize\sf{a_N=b_M=12k-5}$
を得る。よって、{ck}の一般項は
$\scriptsize\sf{c_k=\underline{12k-5}}$
(２)
数列{dL}は
1，3，7，11，13，15，19，23，25，･･･
なので、Kを自然数として
・L=4K-3のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_L&=\sf 1+12\left(K-1\right) \\ &=\sf 12K-11 \\ &=\sf 12\cdot\frac{L+3}{4}-11\\ &=\sf \underline{3L-2}\end{align*}}$
・L=4K-2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_L&=\sf 3+12\left(K-1\right) \\ &=\sf 12K-9 \\ &=\sf 12\cdot\frac{L+2}{4}-9\\ &=\sf \underline{3L-3}\end{align*}}$
・L=4K-1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_L&=\sf 7+12\left(K-1\right) \\ &=\sf 12K-5 \\ &=\sf 12\cdot\frac{L+1}{4}-5\\ &=\sf \underline{3L-2}\end{align*}}$
・L=4Kのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_L&=\sf 11+12\left(K-1\right) \\ &=\sf 12K-1 \\ &=\sf 12\cdot\frac{L}{4}-1\\ &=\sf \underline{3L-1}\end{align*}}$
(３)
(２)より
・L=4Kのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_L&=\sf \sum_{i=1}^K\bigg\{\left(12i-11\right)+\left(12i-9\right)+\left(12i-5\right)+\left(12i-1\right)\bigg\} \\ &=\sf \sum_{i=1}^K\left(48i-26\right)\\ &=\sf\frac{48}{2}K\left(K+1\right)-26K \\ &=\sf 24K^2-2K\\ &=\sf 24\left(\frac{L}{4}\right)^2-2\cdot\frac{L}{4}\\ &=\sf \underline{\frac{3}{2}L^2-\frac{1}{2}L}\end{align*}}$
・L=4K-1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_L&=\sf \left(24K^2-2K\right)-\left(12K-1\right) \\ &=\sf 24K^2-14K+1\\ &=\sf 24\left(\frac{L+1}{4}\right)^2-14\cdot\frac{L+1}{4}+1\\&=\sf\underline{\frac{3}{2}L^2-\frac{1}{2}L-1}\end{align*}}$
・L=4K-2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_L&=\sf \left(24K^2-14K+1\right)-\left(12K-5\right) \\ &=\sf 24K^2-26K+6\\ &=\sf 24\left(\frac{L+2}{4}\right)^2-26\cdot\frac{L+2}{4}+6\\&=\sf\underline{\frac{3}{2}L^2-\frac{1}{2}L-1}\end{align*}}$
・L=4K-3のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_L&=\sf \left(24K^2-26K+6\right)-\left(12K-9\right) \\ &=\sf 24K^2-38K+15\\ &=\sf 24\left(\frac{L+3}{4}\right)^2-38\cdot\frac{L+3}{4}+15\\&=\sf\underline{\frac{3}{2}L^2-\frac{1}{2}L}\end{align*}}$
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- 2018/05/26(土) 23:57:00|
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第８問
正方形ABCDの辺を除く内部に、PA⊥PBを満たす点Pがある。ベクトル$\small\sf{\overrightarrow{\sf PC}}$ を
x$\small\sf{\overrightarrow{\sf PA}}$ +y$\small\sf{\overrightarrow{\sf PB}}$ と表すとき、以下の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\alpha=\frac{|\overrightarrow{\sf PB}|}{|\overrightarrow{\sf PA}|}}$ とするとき、x，yを$\small\sf{\alpha}$ を用いて表せ。
(２) 点Pが題意の条件を満たしながら動くとき、(１)で求めたx，yの和x+yの
最大値を求め、そのときのPがどのような点かを答えよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
PA⊥PBより
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf PA}\cdot\overrightarrow{\sf PB}=0}$ ･･････(*)
BA⊥BCより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf BA}\cdot\overrightarrow{\sf BC}&=\sf \left(\overrightarrow{\sf PA}-\overrightarrow{\sf PB}\right)\cdot\left(\overrightarrow{\sf PC}-\overrightarrow{\sf PB}\right) \\ &=\sf \left(\overrightarrow{\sf PA}-\overrightarrow{\sf PB}\right)\cdot\left\{x\overrightarrow{\sf PA}+\left(y-1\right)\overrightarrow{\sf PB}\right\}\\ &=\sf x\left|\overrightarrow{\sf PA}\right|^2-\left(y-1\right)\left|\overrightarrow{\sf PB}\right|=0\ \ \ \ \left(\because\ (*)\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{\left|\overrightarrow{\sf PB}\right|^2\left(y-1\right)}{\left|\overrightarrow{\sf PA}\right|^2}=\sf \alpha^2\left(y-1\right) \end{align*}}$ ･･････(ⅰ)
また、BA=BCより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}&\sf \left|\overrightarrow{\sf BA}\right|=\left|\overrightarrow{\sf BC}\right|\ \ \Leftrightarrow\ \ \left|\overrightarrow{\sf PA}-\overrightarrow{\sf PB}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf x\overrightarrow{\sf PA}+\left(y-1\right)\overrightarrow{\sf PB}}\right|^2 \\ \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf \left|\overrightarrow{\sf PA}\right|^2+\left|\overrightarrow{\sf PB}\right|^2=x^2\left|\overrightarrow{\sf PA}\right|^2+\left(y-1\right)^2\left|\overrightarrow{\sf PB}\right|^2\\ \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf 1+\alpha^2=x^2+\alpha^2\left(y-1\right)^2\\ \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf 1+\alpha^2=x^2+\frac{x^2}{\alpha^2}\ \ \ \ \left(\because\ (i)\right)\\ \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf \left(1+\alpha^2\right)x^2=\alpha^2\left(1+\alpha^2\right)^2\\ \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf x^2=\alpha^2\end{align*}}$
ここで、点Cは直線PBに関してAと反対側にあるので、x＜0である。
よって、
$\scriptsize\sf{\underline{x=-\alpha}}$
これと(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\alpha=\left(y-1\right)\alpha\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{y=1-\frac{1}{\alpha}}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＞0なので、相加・相乗平均の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha+\frac{1}{\alpha}\geq2\sqrt{\alpha\cdot\frac{1}{\alpha}}=2 \end{align*}}$
が成り立ち、等号は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha=\frac{1}{\alpha}\ \ \Leftrightarrow\ \ \alpha=1\ \left(\gt 0\right) \end{align*}}$
のときに成立する。
よって、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x+y&=\sf 1-\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right) \\ &\leq\sf 1-2\\ &=\sf -1\end{align*}}$
となるので、x+yの最大値は-1である。
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha=\frac{|\overrightarrow{\sf PB}|}{|\overrightarrow{\sf PA}|}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ PA=PB \end{align*}}$
となり、PA⊥PBなので、PはPは対角線ACの中点と一致する。
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- 2018/05/27(日) 23:57:00|
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第９問
箱の中にn枚のカードが入っている。ただしn≧3とする。そのうち1枚は金色、
1枚は銀色、残りの(n-2)枚は白色である。この箱からカードを1枚取り出し、
その色が金なら50点、銀なら10点、白なら0点と記録し、カードを箱に戻す。
この操作を繰り返し、記録した点の合計がk回目にはじめてちょうど100点と
なる確率P(k)を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
k回の合計が100点になるのは次の3つの場合がある。
(ア) 金2回、白k-2回
(イ) 金1回、銀5回、白k-6回
(ウ) 銀10回、白k-10回
ただし、k回目は白以外が出る必要がある。
(ア)の確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _{k-1}C_1\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^{k-2}\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^2=\frac{\left(K-1\right)\left(n-2\right)^{k-2}}{n^k} \end{align*}}$
(イ)のうち、k回目が金である確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _{k-1}C_5\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^{k-6}\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^5\cdot\frac{1}{n}=\frac{\left(k-1\right)!\ \left(n-2\right)^{k-6}}{5!\left(k-6\right)!\ n^{k}} \end{align*}}$
(イ)のうち、k回目が銀である確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _{k-1}C_4\cdot\ _{k-5}C_1\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^{k-6}\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^5\cdot\frac{1}{n}=\frac{\left(k-1\right)!\ \left(n-2\right)^{k-6}}{4!\left(k-6\right)!\ n^{k}} \end{align*}}$
よって、(イ)の確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\left(k-1\right)!\ \left(n-2\right)^{k-6}}{5!\left(k-6\right)!\ n^{k}}+\frac{\left(k-1\right)!\ \left(n-2\right)^{k-6}}{4!\left(k-6\right)!\ n^{k}} =\frac{6\left(k-1\right)!\ \left(n-2\right)^{k-6}}{5!\left(k-6\right)!\ n^{k}} \end{align*}}$
(ウ)の確率
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _{k-1}C_9\cdot\left(\frac{n-2}{n}\right)^{k-10}\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^{10}=\frac{\left(K-1\right)!\left(n-2\right)^{k-10}}{9!\left(k-10\right)!\ n^k} \end{align*}}$
これらより、
・k=1のとき
$\scriptsize\sf{P\left(k\right)=\underline{0}}$
・2≦k≦5のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(k\right)=\underline{\frac{\left(K-1\right)\left(n-2\right)^{k-2}}{n^k} }\end{align*}}$
・6≦k≦9のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(k\right)=\underline{\frac{\left(K-1\right)\left(n-2\right)^{k-2}}{n^k}+\frac{6\left(k-1\right)!\ \left(n-2\right)^{k-6}}{5!\left(k-6\right)!\ n^{k}} }\end{align*}}$
・10≦kのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(k\right)=\underline{\frac{\left(K-1\right)\left(n-2\right)^{k-2}}{n^k}+\frac{6\left(k-1\right)!\ \left(n-2\right)^{k-6}}{5!\left(k-6\right)!\ n^{k}}+\frac{\left(K-1\right)!\left(n-2\right)^{k-10}}{9!\left(k-10\right)!\ n^k} }\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/05/28(月) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .千葉大 2018
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第10問
(１) 次の定積分を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=\int_0^xe^{t-x}sin\left(t+x\right)dt\end{align*}}$
(２) (１)で求めたxの関数f(x)に対し、極限値 $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f\left(x\right)}{x} \end{align*}}$ を求めよ．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
部分積分法を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)&=\sf \bigg[e^{t-x}sin\left(t+x\right)\bigg]_0^x-\int_0^xe^{t-x}cos\left(t+x\right)dt \\ &=\sf sin2x-e^{-x}sinx-\bigg[e^{t-x}cos\left(t+x\right)\bigg]_0^x-\int_0^xe^{t-x}sin\left(t+x\right)dt\\ &=\sf sin2x-e^{-x}sinx-cos2x+e^{-x}cosx-f\left(x\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ f\left(x\right)=\underline{\frac{1}{2}\bigg\{sin2x-cos2x-e^{-x}\left(sinx-cosx\right)\bigg\}}\end{align*}}$
(２)
f(0)=0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow 0\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\rightarrow 0\infty}\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}=f'\left(0\right) \end{align*}}$
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'\left(x\right)&=\sf \frac{1}{2}\bigg\{cos2x+sin2x+e^{-x}\left(sinx-cosx\right)-e^{-x}\left(cosx+sinx\right)\bigg\} \\ &=\sf cos2x+sin2x-e^{-x}cosx \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow 0\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=cos0+sin0-e^{0}cos0=\underline{0}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/05/29(火) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .千葉大 2018
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