第１問
次の各問いについて答えだけを書け。
(１) $\small\sf{\sqrt{2-\sqrt3}=\sqrt{a}-\sqrt{b}}$ を満たす有理数a、bを求めよ。
(２) △ABCについて、AB=c、BC=a、CA=bとする。内積$\small\sf{\overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf AC}}$ をa、b、cで表わせ。
また、辺ABを2：1に内分する点Pと辺BCを2：1に内分する点Qの間の長さPQを
a、b、cで表わせ。
(３) 0≦x≦$\small\sf{\pi}$ の範囲で、方程式$\small\sf{\sin 3x=\cos 2x}$ を解け。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{2-\sqrt3}&=\sf \frac{\sqrt{4-2\sqrt3}}{\sqrt2} \\ &=\sf \frac{\sqrt3-1}{\sqrt2}\\ &=\sf \underline{\sqrt{\frac{3}{2}}-\sqrt{\frac{1}{2}}}\end{align*}}$
(２)
△ABCにおいて余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos A=\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf AC}=|\overrightarrow{\sf AB}||\overrightarrow{\sf AC}|\cos A=\underline{\frac{-a^2+b^2+c^2}{2}}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AP}=\frac{2}{3}\overrightarrow{\sf AB}\ ,\ \ \overrightarrow{\sf AQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{\sf AC}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf PQ}\right|^2&=\sf\left|\left(\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{\sf AC}\right)-\frac{2}{3}\overrightarrow{\sf AB}\right|^2 \\ &=\sf \frac{1}{9}\left|-\overrightarrow{\sf AB}+2\overrightarrow{\sf AC}\right|^2\\ &=\sf \frac{1}{9}\left(|\overrightarrow{\sf AB}|^2-4\overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf AC}+4|\overrightarrow{\sf AC}|^2\right)\\ &=\sf \frac{1}{9}\left\{c^2-2\left(-a^2+b^2+c^2\right)+4b^2\right\}\\ &=\sf \frac{1}{9}\left(2a^2+2b^2-c^2\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf PQ=\underline{\frac{1}{3}\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin 3x=\cos 2x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\left(\frac{\pi}{2}-3x\right)=\sin 2x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{2}-3x=\pm 2x+2n\pi\end{align*}}$ (n：整数）
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{\pi}{10}-\frac{2}{5}n\pi\end{align*}}$ または $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{\pi}{2}-2n\pi\end{align*}}$
0≦x≦$\scriptsize\sf{\pi}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\underline{\frac{\pi}{10}\ ,\ \frac{\pi}{2}\ ,\ \frac{9}{10}\pi}\end{align*}}$
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第１問
次の各問いについて答えだけを書け。
(４) 定積分 $\small\sf{\int_0^1\left(\log x-x\right)^2dx}$ を求めよ。ただし、eは自然対数の底である。
(５) 複素数zが等式 $\small\sf{|2iz+6|=|z-3|}$ を満たすとき、|z|の最小値を求めよ。
ただし、iは虚数単位である。
(６) xy平面上の点(x，y)でxとyがともに整数である点を格子点という。
自然数nについて、y≧nxおよびy≦2n2-x2を満たす格子点の総数を
nで表わせ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(４)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_1^e\left(\log x-x\right)^2dx&=\sf\int_1^e\left\{\left(\log x\right)^2-2x\log x+x^2\right\}dx \\ &=\sf \bigg[x\left(\log x\right)^2-x^2\log x+\frac{x^3}{3}\bigg]_1^e-\int_1^e\left(2\log x-x\right)dx \\ &=\sf \bigg[x\left(\log x\right)^2-x^2\log x+\frac{x^3}{3}-2\left(x\log x-x\right)-\frac{x^2}{2}\bigg]_1^e\\ &=\sf \underline{\frac{2e^3-3e^2+6e-17}{6}} \end{align*}}$
(５)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |2iz+6|^2=|z-3|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ (2iz+6)(-2i\overline{z}+6)=(z-3)(\overline{z}-3)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ 4|z|^2-12iz-12i\overline{z}+36=|z|^2-3z-3\overline{z}+9\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ |z|^2+(4i+1)z+(-4i+1)\overline{z}+9=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ (z-4i+1)(+4i+1)=8\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ |z-(4i-1)|=2\sqrt2\end{align*}}$
となるので、zは中心4i-1、半径$\scriptsize\sf{2\sqrt2}$ の円周上を動く。
よって、|z|の最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |z|_{min}&=\sf |4i-1|-2\sqrt2 \\ &=\sf \underline{\sqrt{17}-2\sqrt2}\end{align*}}$
(６)
直線 $\scriptsize\sf{L:\ y=nx}$ と 曲線 $\scriptsize\sf{C:\ y=2n^2-x^2}$ の共有点のx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf nx=2n^2-x^2&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2+nx-2n^2=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf n=-2n,\ n\end{align*}}$
LおよびCをx軸方向に+2nだけ平行移動したものをそれぞれL’、C’とすると、
$\scriptsize\sf{L':\ y=n(x-2n)}$
$\scriptsize\sf{C':\ y=2n^2-(x-2n)^2}$
であり、L’とC’の共有点のx座標は0、3nである。
LとCで囲まれる領域内の格子点の個数は、L’とC’で囲まれる領域内の格子点の
個数に等しいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} &\sf\sum_{k=0}^{3n}\left\{2n^2-(k-2n)^2-n\left(k-2n\right)+1\right\}\\=&\sf \sum_{k=0}^{3n}\left(-k^2++3nk+1\right) \\ =&\sf 1+\sum_{k=1}^{3n}\left(-k^2++3nk+1\right)\\ =&\sf 1+\frac{1}{6}\cdot 3n(3n+1)(6n+1)+\frac{3}{2}n\cdot 3n(3n+1)+3n\\ =&\sf \underline{\frac{9}{2}n^3+\frac{5}{2}n+1}\end{align*}}$
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第２問
関数f(x)=x3-6xについて、曲線y=f(x)をCとする。また、$\small\sf{\sqrt3}$ より大きい実数a
についてa1=aとし、an （n=1、2、･･･）に対してC上の点(an，f(an))に
おける接線と直線y=3xとの交点のx座標をan+1と定めることにより数列{an}
を定義する。以下の問いに答えよ。
(１) a2≧3を示せ。
(２) 関数$\small\sf{\begin{align*}\sf g(x)=\frac{2x^2-3x-9}{3(x^2-3)}\end{align*}}$ について、曲線$\small\sf{y=g(x)\ (x\gt\sqrt3)}$ のグラフをかけ。
また、漸近線を求めよ。
(３) 2以上のすべての自然数nに対して、不等式 $\small\sf{\begin{align*}\sf 0\geqq a_{n+1}-3\geqq\frac{2}{3}\left(a_n-3\right)\end{align*}}$ が
成り立つことを示せ。
(４) 極限値 $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}a_n\end{align*}}$ が存在することを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
f(x)の導関数は、$\scriptsize\sf{f'(x)=3x^2-6}$ なので、点(t，f(t)) （t＞$\scriptsize\sf{\sqrt3}$ ）における
Cの接線は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}&\sf y-(t^3-6t)=(3t^2-6)(x-t) \\ =&\sf y=(3t^2-6)x-2t^3\end{align*}}$
これと直線y=3xとの共有点のx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (3t^2-6)x-2t^3=3t\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{2t^3}{3(t^2-3)}\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_2=\frac{2a^3}{3(a^2-3)}\ ,\ \ a_{n+1}=\frac{2a_n^3}{3(a_n^2-3)}\end{align*}}$
ここで、関数h(a)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h(a)=\frac{2a^3}{3(a^2-3)}\ \ （a\gt\sqrt3)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h'(a)=\frac{2}{3}\cdot\frac{3a^2(a^2-3)-a^3\cdot 2a}{(a^2-3)^2}=\frac{2a^2(a^2-9)}{3(a^2-3)^2} \end{align*}}$
なので、h(a)の増減は次のようになる。
よって、常にh(a)≧3より、a2≧3が成り立つ。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)=\frac{2x^2-3x-9}{3(x^2-3)^2}\ \ (x\gt\sqrt3)\end{align*}}$ の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g'(x)&=\sf \frac{(4x-3)(x^2-3)-(2x^2-3x-9)\cdot 2x}{3(x^2-3)^2} \\ &=\sf \frac{x^2+2x+3}{3(x^2-3)^2}\\ &=\sf \frac{(x+1)^2+2}{(x^2-3)^2}\\ &\gt\sf 0\end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{g(x)}$ は単調に増加する。
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow\sqrt3+0}g(x)=-\infty\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{2-\frac{3}{x}-\frac{9}{x^2}}{3\left(1-\frac{3}{x^2}\right)}=\frac{2}{3}\end{align*}}$
なので、グラフの概形は図のようになる。
また、漸近線の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{x=\sqrt3\ ,\ \ y=\frac{2}{3}}\end{align*}}$
(３)
(１)と同様に、$\scriptsize\sf{a_{n+1}-3\geqq 0}$ は自明。
また、(２)より $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(a_n)\lt\frac{2}{3}\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+1}-3&=\sf\frac{2a_n^3}{3(a_n^2-3)}-3 \\ &=\sf\frac{2a_n^3-9a_n^2+27}{3(a_n^2-3)} \\ &=\sf \frac{(a_n-3)(2a_n^2-3a_n-9)}{3a_n^2-9} \\ &=\sf (a_n-3)\cdot g(a_n)\\ &\leqq\sf \frac{2}{3}(a_n-3) \end{align*}}$
以上より、題意は示された。
(４)
(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq a_2-3\leqq\frac{2}{3}\left(a_1-3\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq a_3-3\leqq\frac{2}{3}\left(a_2-3\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\vdots}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq a_n-3\leqq\frac{2}{3}\left(a_{n-1}-3\right)\end{align*}}$
が成り立ち、これらを辺々かけると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq a_n-3\leqq\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\left(a_1-3\right)\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt \frac{2}{3}\lt 1\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\left(a_1-3\right)=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(a_n-3\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=3\end{align*}}$
よって、極限$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=3\end{align*}}$ は存在する。
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第３問
OA=$\small\sf{\sqrt2}$ OBを満たす△OABの辺AB上に点Pがあって、OP=2、∠AOP=45°、
∠BOP=60°である。△OAP の外接円をC1、△OBPの外接円をC2とする。
以下の問いに答えよ。
(１) 辺OBの長さを求めよ。
(２) C1の半径R1とC2の半径R2を求めよ。
(３) C1の内部とC2の内部の共通部分の面積Sを求めよ。
(４) C1の内部とC2の内部の共通部分を直線OPのまわりに回転してできる回転体の
体積Vを求めよ。
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【解答】
(１)
加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin105^{\circ}=\sin45^{\circ}\sin60^{\circ}+\cos45^{\circ}\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt2+\sqrt6}{4}\end{align*}}$
OB=xとおくと、△OAB=△OAP+△OBPより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\cdot \sqrt2\ x\cdot x\sin105^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt2 x\cdot 2\sin45^{\circ}+\frac{1}{2}\cdot x\cdot 2\sin60^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1+\sqrt3}{2}x^2=2x+\sqrt3\ x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{2\left(2+\sqrt3\right)}{1+\sqrt3}=\underline{1+\sqrt3}\end{align*}}$
(２)
(１)より、$\scriptsize\sf{OA=\sqrt2\ BP=\sqrt2+\sqrt6}$ なので、△OAPに余弦定理を用いると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AP^2=(\sqrt2+\sqrt6)^2+2^2-2\cdot 2(\sqrt2+\sqrt6)cos45^{\circ}=8\ \ \Leftrightarrow\ \ AP=2\sqrt2\end{align*}}$
△OAPにおいて正弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf R_1=\frac{2\sqrt2}{2\sin45^{\circ}}=\underline{2}\end{align*}}$
△OBPにおいて余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf BP^2=(1+\sqrt3)^2+2^2-2\cdot 2(1+\sqrt3)cos60^{\circ}=6\ \ \Leftrightarrow\ \ BP=\sqrt6\end{align*}}$
△OBPにおいて正弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf R_2=\frac{\sqrt6}{2\sin60^{\circ}}=\underline{\sqrt2}\end{align*}}$
(３)
円C1、C2の中心をそれぞれQ、Rとする。
△OPQにおいて、OP=PQ=OQ=2より、∠OPQ=60°である。
また、△OPRにおいて、
$\scriptsize\sf{OP:PR:OR=2:\sqrt2:\sqrt2=\sqrt2:1:1}$
より、∠ORP=90°である。
よって、
S=扇形QOP-△QOP+扇形ROP-△ROP
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \frac{1}{6}\cdot 2^2\pi-\frac{1}{2}\cdot 2^2\sin60^{\circ}+\frac{1}{4}\cdot \left(\sqrt2\right)^2\pi-\frac{1}{2}\cdot \left(\sqrt2\right)^2 \\ &=\sf \underline{\frac{7}{6}\pi-\sqrt3-1} \end{align*}}$
(４)
xy平面上にO(0，0)、P(2，0)となるように△OABをとると、
△ROPは直角二等辺三角形なので、Rの座標は(1，-1)であり、
円C2の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (x-1)^2+(y+1)^2=2\ \ \Leftrightarrow\ \ y=-1\pm\sqrt{2-(x-1)^2}\end{align*}}$
Vは図の水色部分をx軸回転させてできる回転体の体積なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf\pi\int_0^2\left\{-1+\sqrt{2-(x-1)^2}\right\}dx \\ &=\sf \pi\int_0^2\left(-x^2+2x+2\right)dx-2\pi\int_0^2\sqrt{2-(x-1)^2}dx\end{align*}}$
まず、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^2\left(-x^2+2x+2\right)dx=\left[-\frac{x^3}{3}+x^2+2x\right]_0^2=\frac{16}{3}\end{align*}}$
一方、$\scriptsize\sf{x-1=\sqrt2\sin\theta}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dx}{d\theta}=\sqrt2\cos\theta\end{align*}}$
であり、x：0→2に $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta : -\frac{\pi}{4}\rightarrow\frac{\pi}{4}\end{align*}}$ が対応するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^2\sqrt{2-(x-1)^2}dx&=\sf \int_{-\pi/4}^{\pi/4}\sqrt{2(1-\sin^2\theta)}\cdot\sqrt2\cos\theta d\theta \\ &=\sf \int_{-\pi/4}^{\pi/4}2\cos^2\theta\ d\theta\\ &=\sf \int_{-\pi/4}^{\pi/4}(1+\cos 2\theta)d\theta\\ &=\sf \left[\theta+\frac{1}{2}\sin 2\theta\right]_{-\pi/4}^{\pi/4}\\ &=\sf \frac{\pi}{2}+1\end{align*}}$
以上より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V=\frac{16}{3}\pi-2\pi\left(\frac{\pi}{2}+1\right)=\underline{\frac{10}{3}\pi-\pi^2}\end{align*}}$
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