第1問
(1) 数列{an}をa1=1、an+1=3an+4ｎ（ｎ=1，2，3，･･･）によって
定める。数列{bn}をbn=an+1－an（ｎ=1，2，3，･･･）によって定め
ると数列{bn}は、漸化式
bn+1= ア bn+ イ （ｎ=1，2，3，･･･）
を満たす。したがって、数列bnの一般項は、 ウ であり、数列anの
一般項は エ である。
(2) 座標平面において、媒介変数$\small\sf{\theta}$ を用いて、x=(1+cos$\small\sf{\theta}$ )cos$\small\sf{\theta}$ 、
y=(1+cos$\small\sf{\theta}$ )sin$\small\sf{\theta}$ （0≦$\small\sf{\theta}$ ≦$\small\sf{\pi}$ ）と表される曲線Cを考える。
xは$\small\sf{\theta}$ = オ のとき最小値 カ をとり、yは$\small\sf{\theta}$ = キ のとき
最大値 ク をとる。
曲線C上の動点(x，y)=((1+cos$\small\sf{\theta}$ )cos$\small\sf{\theta}$ ，(1+cos$\small\sf{\theta}$ )sin$\small\sf{\theta}$ )
と原点との距離rは、媒介変数$\small\sf{\theta}$ を用いて ケ と表される。
したがって、rの最大値は コ である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
an+1=3an+4ｎ ････(※)
(※)にｎ=1を代入すると、
a2=3a1+4=7
また、(※)のｎを1つ上げると
an+2=3an+1+4(ｎ+1)
が得られ、これと(※)との差をとると、
an+2－an+1=3(an+1－an)+4
⇔ bn+1=3bn+4
この式は、
bn+1+2=3(bn+2)
と変形できるので、数列{bn}は、公比3の等比数列となる。
その初項は、
b1+2=a2－a1+2=8
となるので、
bn+2=8･3n-1
⇔ bn=8･3n-1－2
数列{bn}は{an}の階差数列なので、
ｎ≧2のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}\ (8\cdot 3^{k-1}-2)\end{align*}}$
これを計算すると、
an=4･3n-1－2ｎ－1
となり、この式はｎ=1のときも満たす。
ア、3
イ、4
ウ、8･3n-1－2
エ、4･3n-1－2ｎ－1
(2)
xを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
dx/d$\scriptsize\sf{\theta}$ =－sin$\scriptsize\sf{\theta}$ cos$\scriptsize\sf{\theta}$ +(1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )･(－sin$\scriptsize\sf{\theta}$ )
=－sin$\scriptsize\sf{\theta}$ （2cos$\scriptsize\sf{\theta}$ +1）
0≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ≦$\scriptsize\sf{\pi}$ の範囲で増減表を書くと、
よって、$\scriptsize\sf{\theta}$ =$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}\end{align*}}$ $\scriptsize\sf{\pi}$ で、xは最小 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{4}\end{align*}}$
次に、yを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
dy/d$\scriptsize\sf{\theta}$ =－sin2$\scriptsize\sf{\theta}$ +(1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )cos$\scriptsize\sf{\theta}$
=－(1－cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ )+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ +cos2$\scriptsize\sf{\theta}$
=(2cos$\scriptsize\sf{\theta}$ －1)(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ +1)
0≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ≦$\scriptsize\sf{\pi}$ の範囲で増減表を書くと、
よって、$\scriptsize\sf{\theta}$ =$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}\end{align*}}$ $\scriptsize\sf{\pi}$ で、yは最大 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3}{4}\sqrt3\end{align*}}$
また、
r2=(1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )2cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ +(1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )2sin2$\scriptsize\sf{\theta}$
=(1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )2
1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ ≧0より、
r=1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$
0≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ≦$\scriptsize\sf{\pi}$ より、
$\scriptsize\sf{\theta}$ =0のとき、rは最大2
オ、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}\end{align*}}$ $\scriptsize\sf{\pi}$
カ、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{4}\end{align*}}$
キ、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}\end{align*}}$ $\scriptsize\sf{\pi}$
ク、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3}{4}\sqrt3\end{align*}}$
ケ、1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$
コ、2
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- 2012/02/11(土) 12:00:00|
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第2問
四面体ＯABCにおいて、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}=\overrightarrow{\sf OA}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf b}=\overrightarrow{\sf OB}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf OC}\end{align*}}$ とする。
次の問いに答えよ。
(1) △ＯAB、△ＯBC、△ＯCAの重心をそれぞれP、Q、Rとする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf OQ}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf OR}\end{align*}}$ をそれぞれ $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf b}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ で表せ。
(2) △PQRの面積は△ABCの面積の何倍になっているかを求めよ。
(3) △ABCの重心をSとする。四面体PQRSの体積は四面体ＯABC
の体積の何倍になっているかを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
P、Q、Rはそれぞれ△ＯAB、△ＯBC、△ＯCAの重心なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}=\frac{\overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OB}}{3}=\frac{\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}=\frac{\overrightarrow{\sf OB}+\overrightarrow{\sf OC}}{3}=\frac{\overrightarrow{\sf b}+\overrightarrow{\sf c}}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OR}=\frac{\overrightarrow{\sf OC}+\overrightarrow{\sf OA}}{3}=\frac{\overrightarrow{\sf c}+\overrightarrow{\sf a}}{3}\end{align*}}$
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PQ}=\overrightarrow{\sf OQ}-\overrightarrow{\sf OP}=\frac{\overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf a}}{3}=\frac{1}{3}\ \overrightarrow{\sf AC}\end{align*}}$
同様に計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf QR}=\frac{1}{3}\ \overrightarrow{\sf BA}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf RP}=\frac{1}{3}\ \overrightarrow{\sf CB}\end{align*}}$
となるので、△ABC∽△PQRであり、
その相似比は3：1である。
よって、面積比は32：12になるので、
△PQRの面積は、△ABCの面積の $\scriptsize\sf{\begin{align*} \frac{1}{9}\end{align*}}$ 倍。
(3)
Sは△ABCの重心なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OS}=\frac{\overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OB}+\overrightarrow{\sf OC}}{3}=\frac{\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}+\overrightarrow{\sf c}}{3}\end{align*}}$
これと(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PS}=\overrightarrow{\sf OS}-\overrightarrow{\sf OP}=\frac{1}{3}\ \overrightarrow{\sf c}=\frac{1}{3}\ \overrightarrow{\sf OC}\end{align*}}$
同様に計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf QS}=\frac{1}{3}\ \overrightarrow{\sf OA}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf RS}=\frac{1}{3}\ \overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$
これらと(2)より、四面体ＯABC∽四面体PQRSであり、
その相似比は3：1である。
よって、体積比は33：13になるので、
四面体PQRSの体積は、四面体ＯABCの体積の $\scriptsize\sf{\begin{align*} \frac{1}{27}\end{align*}}$ 倍。
(2)、(3)は、まともに計算で求めようとすると、大変なことになります。
相似に気づきましたか？？？
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- 2012/02/11(土) 14:00:00|
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第3問
次式がすべての実数xについて成り立つとき、次の問いに答えよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^x\ (x-t)\ f\ (t)\ dt=\log\ (1+x^2)\end{align*}}$
(1) 関数ｆ(x)を求め、そのグラフの概形を描け
(2) 曲線y=ｆ(x)とx軸との交点をP(a，0)、Q(b，0) （a＜b）とする。
aとbの値を求めよ。
(3) a≦x≦bにおいて、曲線y=ｆ(x)とx軸で囲まれる部分の面積S1を
求めよ。
(4) 関数ｇ(x)、ｈ(x)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=x\int_0^x\ f\ (t)\ dt\ \ ,\ \ h\ (x)=\frac{2}{1+x^2}\end{align*}}$
とする。このとき、曲線y=ｇ(x)と曲線y=ｈ(x)で囲まれる部分の
面積S2を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
与式の積分においてxは定数と見なせるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x\int_0^x\ f\ (t)\ dt-\int_0^x\ t\ f\ (t)\ dt=\log\ (1+x^2)\end{align*}}$
と変形でき、この両辺をxで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^x\ f\ (t)\ dt+x\ f\ (x)-x\ f\ (x)=\frac{(1+x^2)\ '}{1+x^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ \int_0^x\ f\ (t)\ dt=\frac{2x}{1+x^2}\end{align*}}$ ････①
①の両辺をさらにxで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{2(1+x^2)-2x\cdot2x}{(1+x^2)^2} \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ f\ (x)=\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}\ \ }\end{align*}}$
任意のxに対して ｆ(－x)=ｆ(x) が成り立つので、
ｆ(x)は偶関数であり、y=ｆ(x)のグラフはy軸について対称である。
f(x)の導関数を求めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{2\cdot(-2x)(1+x^2)^2-2(1-x^2)\cdot2(1+x^2)\cdot 2x}{(1+x^2)^4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{-4x(3-x^2)}{(1+x^2)^3}\end{align*}}$ ．
0≦xの範囲で増減表を書くと、
対称性を考慮に入れてグラフを描くと、右のようになる。
(2)
(1)より、y=ｆ(x)とx軸との交点を求めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm 1\end{align*}}$
a＜bなので、
a=－1、b=1
(3)
グラフの対称性より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_1=2\int_0^1\ f\ (x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left[\frac{2x}{1+x^2}\right]_0^1 \end{align*}}$ ←①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\ \ }\end{align*}}$
(4)
2つの関数ｇ(x)とｈ(x)の差の関数を
ｋ(x)=ｈ(x)－ｇ(x)
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k\ (x)=\frac{2}{1+x^2}-x\int_0^x\ f\ (t)\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{1+x^2}-x\cdot\frac{2x}{1+x^2}\end{align*}}$ ←①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2(1-x^2)}{1+x^2}\end{align*}}$
2曲線y=ｇ(x)とy=ｈ(x)によって囲まれる部分の面積S2は、
y=ｋ(x)とx軸で囲まれる部分の面積に等しい。
任意のxに対してｋ(－x)=ｋ(x)なので、
y=ｋ(x)のグラフはy軸について対称であり、
x=±1でｋ(x)=0
－1＜x＜1の範囲でｋ(x)＞0
なので、グラフの概形は右のようになる。
式の対称性を考慮に入れて面積を求めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_2=2\int_0^1\ \frac{2(1-x^2)}{1+x^2}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =4\int_0^1\ \left(-1+\frac{2}{1+x^2}\right)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-4\int_0^1\ dx+8\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}\end{align*}}$
ここで、x=tan$\scriptsize\sf{\theta}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\cos\theta}=1+\tan^2\theta\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1\ \frac{dx}{1+x^2}=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ \frac{(1+\tan^2\theta)d\theta}{1+\tan^2\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{4}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_2=-4+8\cdot\frac{\pi}{4}=\underline{\ 2\pi-4\ \ }\end{align*}}$
①をうまく使えるかが、勝負の分かれ目でしょうか。
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第4問
－2＜$\small\sf{\alpha}$ ＜2とし、座標平面において、点P($\small\sf{\alpha}$ ，0)を通るy軸と平行な
直線をL、直線Lと楕円 $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{align*}}$ の交点をQ、Rとする。ただし、Qの
y座標はRのy座標より大きいとする。次の問いに答えよ。
(1) 点Q、Rの座標を$\small\sf{\alpha}$ を用いて表せ。
(2) 線分QRを直径とする円Cの方程式を求めよ。
(3) $\small\sf{\alpha}$ が－2＜$\small\sf{\alpha}$ ＜2を動くとき、円Cの通りうる範囲Dを図示せよ。
(4) (3)で求めた範囲D内において、x座標が最大となる点を求め、
この点を通る円Cの方程式を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
与えられた楕円の式にx=$\scriptsize\sf{\alpha}$ を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\alpha^2}{4}+y^2=1\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\pm\sqrt{1-\frac{\alpha^2}{4}}\end{align*}}$
Qのy座標はRのy座標より大きいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ Q\ \left(\alpha\ ,\ \sqrt{1-\frac{\alpha^2}{4}}\right)\ \ ,\ \ R\ \left(\alpha\ ,\ -\sqrt{1-\frac{\alpha^2}{4}}\right)\ \ }\end{align*}}$
(2)
円Cは、中心P($\scriptsize\sf{\alpha}$ ，0)、半径PQの円なので、
その方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ C:\ (x-\alpha)^2+y^2=1-\frac{\alpha^2}{4}\ \ }\end{align*}}$
(3)
(2)で求めた円Cの方程式を$\scriptsize\sf{\alpha}$ について整理すると、
5$\scriptsize\sf{\alpha}$ 2－8x$\scriptsize\sf{\alpha}$ +4(x2+y2－1)=0 ････①
これを満たす$\scriptsize\sf{\alpha}$ が、－2＜$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＜2の範囲に存在すればよい。
①の左辺をｆ($\scriptsize\sf{\alpha}$ )とおくと、
ｆ(2)=4x2－16x+y2+16
=4(x－2)2+y2
ｆ(－2)=4x2+16x+y2+16
=4(x+2)2+y2
なので、常にｆ(2)≧0、ｆ(－2)≧0となる。
よって、①が－2＜$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＜2の範囲に実数解をもつためには、
y=ｆ($\scriptsize\sf{\alpha}$ )のグラフが右図のようになればよく、
(ア)①の判別式≧0 かつ (イ)－2＜軸＜2
であればよい。
(ア)について
判別式D/4=(4x)2－20(x2+y2－1)≧0
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \ \frac{x^2}{5}+y^2\leqq 1\end{align*}}$
(イ)について
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (\alpha)=5\left(\alpha-\frac{4}{5}x\right)^2+\frac{4}{5}x^2+4y^2-4\end{align*}}$
と変形できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2<\frac{4}{5}x<2\ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{5}{2}\lt x<\frac{5}{2}\end{align*}}$
これらを満たす領域を図示すると、右図のようになる。
（境界線上の点も含む）
(4)
(3)の図より、x座標が最も大きくなる点は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(\sqrt5\ ,\ 0\right)\ \ }\end{align*}}$
円Cがこの点を通るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (\sqrt5-\alpha)^2+0^2=1-\frac{\alpha^2}{4}\end{align*}}$
これを解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha=\frac{4}{\sqrt5}\end{align*}}$ ．
このときの円Cの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(x-\frac{4}{\sqrt5}\right)^2+y^2=\frac{1}{5}\ \ }\end{align*}}$
これはそんなに難しくない感じですね。
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