第１問
t＞1とする。△ABC においてAB=$\small\sf{\sqrt{t^2+1}}$ 、BC=t-1、 AC=$\small\sf{\sqrt{2}}$ とし、
点Oを△ABC の外心とする。
(１) ∠ACBの大きさを求めよ。
(２) 直線COと直線ABが垂直に交わるときのtの値を求めよ。
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【解答】
(１)
余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf cos\angle ACB=\frac{\left(t-1\right)^2+\left(\sqrt2\right)^2-\left(\sqrt{t^2+1}\right)^2}{2\left(t-1\right)\cdot \sqrt2}=-\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \angle ACB=\underline{\frac{3}{4}\pi}\end{align*}}$
(２)
OC⊥ABのとき、△ABCはBC=ACの二等辺三角形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t-1=\sqrt2\ \ \Leftrightarrow\ \ t=\underline{1+\sqrt2} \end{align*}}$
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- 2018/06/07(木) 23:57:00|
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第２問
aとbは実数とし、関数f(x)=x2+ax+bの0≦x≦1における最小値をmとする。
(１) mをaとbで表せ。
(２) a+2b≦2を満たすaとbでmを最大にするものを求めよ。
また、このときのmの値を求めよ。
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【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=\left(x+\frac{a}{2}\right)^2+b-\frac{a^2}{4} \end{align*}}$
なので、
(ⅰ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{a}{2}\lt 0\end{align*}}$ すなわち、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\gt 0\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m=f\left(0\right)=\underline{b}\end{align*}}$
(ⅱ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq -\frac{a}{2}\leq 1\end{align*}}$ すなわち、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -2\leq a\leq 0\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m=f\left(-\frac{a}{2}\right)=\underline{b-\frac{a^2}{4}}\end{align*}}$
(ⅲ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1\lt -\frac{a}{2}\end{align*}}$ すなわち、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\lt -2\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m=f\left(1\right)=\underline{a+b+1}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a+2b\leq 2\ \ \Leftrightarrow\ \ b\leq -\frac{1}{2}a+1 \end{align*}}$
なので、
(ⅰ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\gt 0\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m=b\leq -\frac{1}{2}a+1\lt 1\end{align*}}$
となるので、mの最大値なし
(ⅲ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\lt -2\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m=a+b+1\leq \frac{1}{2}a+2\lt 1\end{align*}}$
となるので、mの最大値なし
(ⅱ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -2\leq a\leq 0\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m&=\sf b-\frac{a^2}{4} \\ &\leq\sf -\frac{1}{2}a+1-\frac{a^2}{4}\\ &=\sf -\frac{1}{4}\left(a+1\right)^2+\frac{5}{4}\\ &\leq\sf \frac{5}{4}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\underline{-1}\ ,\ \ \ b=-\frac{1}{2}\cdot\left(-1\right)+1=\underline{\frac{3}{2}} \end{align*}}$
のとき、mは最大となり、その値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_{max}=\underline{\frac{5}{4}} \end{align*}}$
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第３問
赤色、青色、黄色のサイコロが1つずつある。この3つのサイコロを同時に投げる。
赤色、青色、黄色のサイコロの出た目の数をそれぞれR，B，Yとし、自然数s，t，
uをs=100R+10B+Y 、t=100B+10Y+R 、u=100Y+10R+Bで定める。
(１) s，t，uのうち少なくとも2つが500以上となる確率を求めよ。
(２) s＞t＞uとなる確率を求めよ。
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【解答】
3個のさいころの目の出方の総数は63通り
(１)
・s，t，uすべてが500以上になる場合
R，B，Yすべてが5以上なので、目の出方は
23=8通り
・s，t，uのうち2つだけが500以上になる場合
R，B，Yの2つが5以上、残りの1つが4以下なので、目の出方は
3C2・22・4=48通り
以上より、求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{8+48}{6^3}=\underline{\frac{7}{27}}\end{align*}}$
(２)
R＜Bのときは、s＜tとなり不適
B＜Yのときは、t＜uとなり不適
R＜Yのときは、s＜uとなり不適
よって、R≦B≦Yである必要がある。
R=B=Yのときは、s=t=uとなり不適
R＞B=Yのときは、t＜uとなり不適
R=B＞Yのときはs＜t＜uとなり、題意を満たす。
この時の目の出方は6C2通り
R＞B＞Yのときもs＜t＜uとなり、題意を満たす。
この時の目の出方は6C3通り
以上より、求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{_6C_2+_6C_3}{6^3}=\underline{\frac{35}{216}}\end{align*}}$
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- 2018/06/09(土) 23:57:00|
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第４問
pを実数とする。関数y=x3+px2+xのグラフC1と関数y=x2のグラフC2は、
x＞0の範囲に共有点を2個もつとする。
(１) このようなpの値の範囲を求めよ。
(２) C1とC2のx＞0の範囲にある共有点のx座標をそれぞれ$\small\sf{\alpha}$ ，$\small\sf{\beta}$ （$\small\sf{\alpha}$＜$\small\sf{\beta}$ ）
とし、0≦x≦$\small\sf{\alpha}$ と$\small\sf{\alpha}$≦x≦$\small\sf{\beta}$ の範囲でC1とC2が囲む部分の面積をそれぞれ
S1、S2とする。S1=S2となるようなpの値を求めよ。また、このときのS1の
値を求めよ。
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【解答】
(１)
2式を連立させると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^3+px^2+x=x^2\ \ \Leftrightarrow\ \ x\left\{x^2+\left(p-1\right)x+1\right\}=0 \end{align*}}$
となり、この方程式はx=0を解に持つので、2曲線C1、C2は原点を共有する。
ここで、関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=x^2+\left(p-1\right)x+1=\left(x+\frac{p-1}{2}\right)^2+\frac{-p^2+2p+3}{4}\end{align*}}$
とおくと、方程式f(x)=0がx＞0の範囲に異なる2つの実数解を持てばよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cdot\ -\frac{p-1}{2}\gt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ p\lt 1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cdot\ f\left(0\right)=1\gt 0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cdot\ f\left(-\frac{p-1}{2}\right)=\frac{-p^2+2p+3}{4}\lt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ p\lt -1\ ,\ \ 3\lt p \end{align*}}$
これらを同時に満たすpの値の範囲は、
$\scriptsize\sf{\underline{p\lt -1}}$
である。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1=S_2&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \int_0^{\alpha}\left\{\left(x^3+px^2+x\right)-x^2\right\}dx=\int_{\alpha}^{\beta}\left\{x^2-\left(x^3+px^2+x\right)\right\}dx\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \int_0^{\alpha}\left\{\left(x^3+px^2+x\right)-x^2\right\}dx+\int_{\alpha}^{\beta}\left\{\left(x^3+px^2+x\right)-x^2\right\}dx=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \int_0^{\beta}\left\{x^3+\left(p-1\right)x^2+x\right\}dx=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left[\frac{1}{4}x^4+\frac{1}{3}\left(p-1\right)x^3+\frac{1}{2}x^2\right]_0^{\beta}=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{1}{4}\beta^4+\frac{1}{3}\left(p-1\right)\beta^3+\frac{1}{2}\beta^2=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(p-1\right)\beta=-\frac{3}{4}\beta^2-\frac{3}{2} \ \ \ \cdots\cdots\cdots\ (*)\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\beta}$は方程式f(x)=0の解なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \beta^2+\left(p-1\right)\beta+1=0 \end{align*}}$
これと(*)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \beta^2+\left(-\frac{3}{4}\beta^2-\frac{3}{2}\right)+1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \beta=\sqrt2\ \left(\gt 0\right) \end{align*}}$
なので、(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(p-1\right)\cdot \sqrt2=-\frac{3}{4}\cdot\left(\sqrt2\right)^2-\frac{3}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ p=\underline{1-\frac{3\sqrt2}{2}}\end{align*}}$
このとき、解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha=\frac{1}{\beta}=\frac{1}{\sqrt2} \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1&=\sf\int_0^{\frac{1}{\sqrt2}}\left(x^3-\frac{3\sqrt2}{2}x^2+x\right)dx \\ &=\sf\left[\frac{1}{4}x^4-\frac{\sqrt2}{2}x^3+\frac{1}{2}x^2\right]_0^{\frac{1}{\sqrt2}} \\ &=\sf \underline{\frac{1}{16}}\end{align*}}$
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- 2018/06/10(日) 23:57:00|
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