第1問
座標平面上の円$\small\sf{(x-t)^2+y^2=1}$ をCt、Ctで囲まれた領域をDtとする。$\small\sf{0\leqq t\leqq 2}$ に対し、
D0とDtの共通部分の面積をS(t)とする。$\small\sf{0\lt t\lt 2}$ に対し、C0とCtの交点のうちy座標
が正の方をPtとする。座標平面の原点をOとして、半直線OPtとx軸の正の向きのなす角
を$\small\sf{\theta}$ で表す。次の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{0\lt t\lt 2}$ のとき、S(t)の値を$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(2) $\small\sf{0\lt t\lt 2}$ のとき、tを$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(3) $\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^2S(t)dt\end{align*}}$ の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{C_0}$ と$\scriptsize\sf{C_t}$ の交点のうちy座標が負の方を$\scriptsize\sf{Q_t}$ とすると、
図の対称性より$\scriptsize\sf{S(t)}$ は
(扇形$\scriptsize\sf{OP_tQ_t-\triangle OP_tQ_t}$ )×2
として求めることができるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S(t)&=\sf 2\left(1^2\pi\cdot \frac{2\theta}{2\pi}-\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot \sin 2\theta\right) \\ &=\sf \underline{2\theta-\sin2\theta}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{A(t\ ,\ 0)}$ とおくと、$\scriptsize\sf{\triangle OAP_t}$ は二等辺三角形なので、
$\scriptsize\sf{P_t}$ のx座標を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{t}{2}=\cos\theta\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{t=2\cos\theta} \end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dt}{d\theta}=-2\sin\theta\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{t\rightarrow +0}\theta=\frac{\pi}{2}\ ,\ \ \ \ \lim_{t\rightarrow 2}\theta=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^2S(t)dt&=\sf \int_{\frac{\pi}{2}}^0\left(2\theta-\sin\theta\right)\cdot (-2\sin\theta\ d\theta) \\ &=\sf 4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\sin\theta\ d\theta-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin2\theta\sin\theta\ d\theta\end{align*}}$
部分積分法より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\sin\theta\ d\theta&=\sf \bigg[-\theta\cos\theta\bigg]_0^{\frac{\pi}{2}}+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\ d\theta \\ &=\sf 0+\bigg[\sin\theta\bigg]_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\sf 1\end{align*}}$
積→和の公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin2\theta\sin\theta\ d\theta&=\sf -\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos3\theta-\cos\theta\right)d\theta \\ &=\sf -\frac{1}{2}\left[\frac{1}{3}\sin3\theta-\sin\theta\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\sf \frac{2}{3}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^2S(t)dt=4\cdot 1-2\cdot\frac{2}{3}=\underline{\frac{8}{3}}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/05/15(水) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .大阪市立大 理系 2019
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第2問
0でない複素数zに対して
$\small\sf{\begin{align*}\sf w=z+\frac{1}{z}\end{align*}}$
とおく。 i を虚数単位とし、zの極形式を$\small\sf{z=r(\cos\theta+i\sin\theta)}$ とする。また、wの実部を
u、wの虚部をvとする。次の問いに答えよ。
(1) u、vをそれぞれrと$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(2) 点zが条件$\small\sf{|z+1|=|z-i|\ \ (0\lt\theta\lt\pi)}$ を満たして複素数平面上を動くとき、uとvが
満たす関係式を求め、点wが描く図形を複素数平面上に図示せよ。また、$\small\sf{\begin{align*}\sf\lim_{r\rightarrow\infty}u\end{align*}}$ と
$\small\sf{\begin{align*}\sf\lim_{r\rightarrow 0}v\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf w&=\sf r(\cos\theta+i\sin\theta)+\frac{1}{r(\cos\theta+i\sin\theta)} \\ &=\sf r(\cos\theta+i\sin\theta)+\frac{1}{r}(\cos\theta-i\sin\theta)\\ &=\sf \left(r+\frac{1}{r}\right)\cos\theta+i\left(r-\frac{1}{r}\right)\sin\theta\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{u=\left(r+\frac{1}{r}\right)\cos\theta\ ,\ \ \ v=\left(r-\frac{1}{r}\right)\sin\theta}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |z+1|=|z-i|\end{align*}}$ より、zは2点$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\ ,\ i\end{align*}}$ の垂直二等分線上にあり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt \theta\lt\pi\end{align*}}$ なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta=\frac{3}{4}\pi\end{align*}}$ である。
よって、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u=-\frac{1}{\sqrt2}\left(r+\frac{1}{r}\right)\ ,\ \ \ v=\frac{1}{\sqrt2}\left(r-\frac{1}{r}\right)\end{align*}}$ ………(*)
これらの和と差を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u+v=-\frac{\sqrt2}{r}\ (\lt 0) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u-v=-\sqrt2\ r\ (\lt 0) \end{align*}}$
2式をかけると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u^2-v^2=2\end{align*}}$
となるので、wは複素数平面上の双曲線$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^2-y^2=2\end{align*}}$ の$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x+y\lt 0\ ,\ \ x-y\lt 0 \end{align*}}$
の部分を動く。これを図示すると下図のようになる。
また、(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{r\rightarrow\infty}u=-\frac{1}{\sqrt2}\lim_{r\rightarrow\infty}\left(r+\frac{1}{r}\right)=\underline{-\infty} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{r\rightarrow +0}v=\frac{1}{\sqrt2}\lim_{r\rightarrow\infty}\left(r-\frac{1}{r}\right)=\underline{-\infty} \end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/05/16(木) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .大阪市立大 理系 2019
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第3問
kは実数とする。Oを原点とする座標空間内に3点
$\small\sf{\begin{align*}\sf A(1,\ 1,\ -1)\ ,\ \ B(4k,\ -2k+2,\ -k+1)\ ,\ \ C(4k+4,\ -2k,\ -k)\end{align*}}$
をとり、四面体OABCを考える。次の問いに答えよ。
(1) 大きさが1のベクトル$\small\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ で、$\small\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ と$\small\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$ の両方に垂直であるものをすべて求めよ。
(2) $\small\sf{0\lt s\lt 1\ ,\ \ 0\lt t\lt 1}$ とし、辺OAを$\small\sf{s:(1-s)}$ に内分する点をP、辺BCを$\small\sf{t:(1-t)}$ に
内分する点を$\small\sf{Q}$ とする。$\small\sf{\overrightarrow{\sf PQ}}$ をk、s、tを用いて表せ。
(3) Pと$\small\sf{Q}$ は(2)の内分点とする。$\small\sf{\overrightarrow{\sf PQ}}$ が$\small\sf{\overrightarrow{\sf OA}}$ と$\small\sf{\overrightarrow{\sf BC}}$ の両方に垂直であるとき、Pと$\small\sf{Q}$ の
座標を求めよ。また、そのようなPと$\small\sf{Q}$ が存在するためのkの条件を求めよ。
(4) kは(3)で求めた範囲にあるものとする。(3)のP、$\small\sf{Q}$ と線分$\small\sf{PQ}$ 上の点Xに対し
△XOAと△XBCの面積が一致するとき、その面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OA}=(1,\ 1,\ -1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf BC}=(4k+4,\ -2k,\ -k)-(4k,\ -2k+2,\ -k+1)=(4,\ -2,\ -1)\end{align*}}$
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf n}=(x,\ y,\ z)\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf n}\right|^2=x^2+y^2+z^2=1\ \ \ \cdots\cdots\cdots (i)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf n}\bot\overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf n}\cdot\overrightarrow{\sf OA}=x+y-z=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf n}\bot\overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf n}\cdot\overrightarrow{\sf BC}=4x-2y-z=0\end{align*}}$
これら2式を連立させてy、zについて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=x\ ,\ \ z=2x \end{align*}}$
(ⅰ)に代入すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^2+x^2+(2x)^2=1\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\frac{1}{\sqrt6}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\overrightarrow{\sf n}=\pm\frac{1}{\sqrt6}\left(1,\ 1,\ 2\right)}\end{align*}}$
(2)
Pは辺OAを$\small\sf{s:(1-s)}$ に内分する点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\overrightarrow{\sf OP}=s\overrightarrow{\sf OA}=(s,\ s,\ -s)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Q\end{align*}}$は辺BCを$\small\sf{t:(1-t)}$ に内分する点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OQ}&=\sf (1-t)\overrightarrow{\sf OB}+t\overrightarrow{\sf OC} \\ &=\sf (1-t)(4k,\ -2k+2,\ -k+1)+t(4k+4,\ -2k,\ -k)\\ &=\sf (4t+4k,\ -2t-2k+2,\ -t-k+1)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PQ}&=\sf \overrightarrow{\sf OQ}-\overrightarrow{\sf OP} \\ &=\sf(4t+4k,\ -2t-2k+2,\ -t-k+1) -(s,\ s,\ -s)\\ &=\sf \underline{(-s+4t+4k,\ -s-2t-2k+2,\ s-t-k+1)}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PQ}//\overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ より、実数uを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PQ}=u\overrightarrow{\sf n}\ \ \Leftrightarrow\ \ (-s+4t+4k,\ -s-2t-2k+2,\ s-t-k+1)=u(1,\ 1,\ 2)\end{align*}}$
と表すことができる。
成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -s+4t+4k=-s-2t-2k+2=\frac{s-t-k+1}{2}\ (=u) \end{align*}}$
となり、これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s=\frac{2}{3}\ ,\ \ t=-k+\frac{1}{3} \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{P\left(\frac{2}{3}\ ,\ \frac{2}{3}\ ,\ -\frac{2}{3}\right)\ ,\ \ Q\left(\frac{4}{3}\ ,\ \frac{4}{3}\ ,\ \frac{2}{3}\right)}\end{align*}}$
また、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt t\lt 1\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt -k+\frac{1}{3}\lt 1\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{-\frac{2}{3}\lt k\lt\frac{1}{3}} \end{align*}}$
(4)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OA=\sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf BC=\sqrt{4^2+(-2)^2+(-1)^2}=\sqrt{21}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf XP+XQ=PQ=\sqrt{\left(\frac{4}{3}-\frac{2}{3}\right)^2+\left(\frac{4}{3}-\frac{2}{3}\right)^2+\left(\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right)^2}=\frac{2}{3}\sqrt6 \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}&\sf \triangle XOA=\triangle XBC\\ \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf \frac{1}{2}\cdot\sqrt3 \cdot XP=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{21}\cdot XQ \\ \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf XP=\sqrt7\ XQ\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf XP=\frac{\sqrt7}{\sqrt7+1}PQ=\frac{\sqrt6}{9}\left(7-\sqrt7\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle XOA=\frac{1}{2}\cdot\sqrt3\cdot\frac{\sqrt6}{9}\left(7-\sqrt7\right)=\underline{\frac{\sqrt2}{6}\left(7-\sqrt7\right)} \end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/05/17(金) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .大阪市立大 理系 2019
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第4問
自然数$\small\sf{n ,\ s\ \left(s\lt n\right)}$ に対して
$\small\sf{\begin{align*}\rm I\sf _n(s)=\int_0^1x^{n-s}(1-x)^sdx \end{align*}}$
とおく。次の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{s\lt n-1}$ のとき、等式
$\small\sf{\begin{align*}\rm I\sf _n(s)=\frac{n-s}{s+1}\ \rm I\sf _n(s+1)\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
(2) $\small{\rm I\sf _n(s)}$ をnとsを用いて表せ。
(3) 自然数$\small\sf{n ,\ s\ \left(s\lt n\right)}$ に対して、等式
$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{_nC_s}=\sum_{k=0}^s(-1)^k\frac{n+1}{n-s+k+1}\ _sC_k\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。ただし、$\small\sf{_sC_0=_sC_s=1}$ とする。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
部分分数法を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I_{\sf n}\sf (s) &=\sf \int_0^1x^{n-s}(1-x)^sdx \\ &=\sf\left[x^{n-s}\cdot\left(-\frac{1}{s+1}\right)(1-x)^{s+1}\right]_0^1+\frac{1}{s+1}\int_0^1(n-s)x^{n-s-1}(1-x)^{s+1}dx \\ &=\sf 0+\frac{n-s}{s+1}\int_0^1x^{n-(s+1)}(1-x)^{s+1}dx\\ &=\sf\frac{n-s}{s+1}\ \rm I_{\sf n}(s+1) \end{align*}}$
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I\sf _n(s+1)=\frac{s+1}{n-s}\ \rm I\sf _n(s)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf _n(s)&=\sf \frac{s}{n-s+1}\ \rm I\sf _n(s-1) \\ &=\sf \frac{s}{n-s+1}\cdot\frac{s-1}{n-s+2}\ \rm I\sf _n(s-2)\\ &\ \ \ \vdots \\ &=\sf \frac{s}{n-s+1}\cdot\frac{s-1}{n-s+2}\cdot\frac{s-2}{n-s+3}\cdot \cdots\cdots\cdot\frac{3}{n-2}\cdot\frac{2}{n-1}\ \rm I\sf _n(1)\\ &=\sf \frac{s!\ (n-s)!}{(n-1)!}\ \rm I\sf _n(1) \end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf _n(1) &=\sf \int_0^1x^{n-1}(1-x)dx \\ &=\sf \int_0^1(x^{n-1}-x^n)dx\\ &=\sf \left[\frac{x^{n}}{n}-\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1\\ &=\sf \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\\ &=\sf \frac{1}{n(n+1)}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I\sf _n(s) &=\sf \frac{s!\ (n-s)!}{(n-1)!}\cdot\frac{1}{n(n+1)} \\ &=\sf \frac{s!\ (n-s)!}{n!}\cdot\frac{1}{n+1}\\ &=\sf \underline{\frac{1}{(n+1)_nC_s}}\end{align*}}$
(3)
(2)と二項定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\frac{1}{_nC_s} &=\sf (n+1)\rm I\sf _n(s) \\ &=\sf (n+1)\int_0^1x^{n-s}(1-x)^sdx \\ &=\sf(n+1)\int_0^1x^{n-s}\sum_{k=0}^s\ _sC_k(-x)^k\ dx \\ &=\sf(n+1)\sum_{k=0}^s\int_0^1\ _sC_k(-1)^k\cdot x^{n-s+k}\ dx \\ &=\sf(n+1)\sum_{k=0}^s\left[ _sC_k(-1)^k\cdot \frac{x^{n-s+k+1}}{n-s+k+1}\right]_0^1 \\ &=\sf\sum_{k=0}^s(-1)^k\frac{n+1}{n-s+k+1}\ _sC_k\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/05/18(土) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .大阪市立大 理系 2019
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
