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【入試問題研究】 筑波大学 2019年度 前期日程
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【第1問】 $k>0,0<\theta<\frac{\pi}{4}$ とする。放物線 $C:y=x^2-kx$ と直線 $l:y=(\tan\theta)x$ の交点のうち、原点 $O$ と異なるものを $P$ とする。放物線 $C$ の点 $O$ における接線を $l_{1}$ とし、点 $P$ における接線を $l_{2}$ とする。直線 $l_{1}$ の傾きが $-\frac{1}{3}$ で、直線 $l_{2}$ の傾きが $\tan 2\theta$ であるとき、以下の問いに答えよ。
(1) $k$ を求めよ。
(2) $\tan\theta$ を求めよ。
(3) 直線 $l_{1}$ と $l_{2}$ の交点を $Q$ とする。$\angle PQO=\alpha$ (ただし $0\leq\alpha\leq\pi$) とするとき、$\tan\alpha$ を求めよ。


【解】(1) 連立して
   $x^2-kx=(\tan\theta)x \Rightarrow x=0,k+\tan\theta$
導関数は $f'(x)=2x-k$ だから、接線 $l_{1}$ の傾きは
   $f'(0)=-k=-\frac{1}{3}$
より
   $k=\frac{1}{3}$ ……(答)

(2) 同様に接線 $l_{2}$ の傾きは
   $f'(k+\tan\theta)=f'(\frac{1}{3}+\tan\theta)=\tan 2\theta$
より
   $2(\frac{1}{3}+\tan\theta)-\frac{1}{3}=\tan 2\theta \Rightarrow \frac{1}{3}+2\tan\theta=\tan 2\theta$
2倍角の公式:$\tan 2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}$ を使って、$\tan\theta=t$ と置き換えて
   $\frac{1}{3}+2t=\frac{2t}{1-t^2}$
分母を払って整理して
   $6t^3+t^2-1=0$,
   $(t-\frac{1}{2})(6t^2+4t+2)=0$
$6t^2+4t+2=0$ は実数解を持たないから
   $t=\tan\theta=\frac{1}{2}$ ……(答)

(3) 下図を参照して、$\alpha$ の外角を $\beta-\gamma$ とすれば
   $\tan\alpha=\tan(\pi-(\beta-\gamma))=-\tan(\beta-\gamma)$
となる。ただし $\beta$ は$l_{2}$ の偏角(正)、$\gamma$ は $l_{1}$ の偏角(負)である。加法定理により
   $-\tan(\beta-\gamma)=\frac{\tan\gamma-\tan\beta}{1+\tan\beta\tan\gamma}=\frac{-1/3-\tan 2\theta}{1-\tan 2\theta/3}$
である。ところで
   $\tan 2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=\frac{1}{1-1/4}=\frac{4}{3}$
だから
   $\tan\alpha=\frac{-1/3-4/3}{1-(4/3)/3}=\frac{-15}{9-4}=-3$ ……(答)
   
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【第2問】 以下の問いに答えよ。
(1) $a,b,c,x,y,z,M$ は正の実数とする。$\frac{x}{a},\frac{y}{b},\frac{z}{c}$ がすべて $M$ 以下のとき、
   $\frac{x+y+z}{a+b+c}\leq M$
であることを示せ。
(2) $\log_{2}5$ と $\log_{3}5$ の大小を比較せよ。
(3) $n$ が正の整数のとき、
   $1<\frac{1+\log_{2}5+(\log_{2}5)^n}{1+\log_{3}5+(\log_{3}5)^n} <2^n$
であることを示せ。

【解】(1) $x\leq aM,y\leq bM,z\leq cM$ だから
   $\frac{x+y+z}{a+b+c}\leq \frac{aM+bM+cM}{a+b+c}=M$
ただし等号が成立するのは
   $\frac{x}{a}=M$ かつ $\frac{y}{b}=M$ かつ $\frac{z}{c}=M$ のときに限る。■

(2)底の変換公式により
   $\log_{2}5=\frac{1}{\log_{5}2},\log_{3}5=\frac{1}{\log_{5}3}$
であり、$0<\log_{5}2<\log_{5}3$ だからその逆数をとれば
   $\frac{1}{\log_{5}2} > \frac{1}{\log_{5}3}$
よって
   $\log_{2}5 > \log_{3}5$ ……(答)

(3) $\frac{1}{1}<2^n$ であり
   $\frac{\log_{2}5}{\log_{3}5}=\frac{\log_{5}3}{\log_{5}2}=\log_{2}3<\log_{2}4=2$
だから
   $\frac{(\log_{2}5)^n}{(\log_{3}5)^n}<2^n$
である。$M=2^n$ と考えて、等号はどれも成り立たないから
   $\frac{1+\log_{2}5+(\log_{2}5)^n}{1+\log_{3}5+(\log_{3}5)^n}<2^n$
左側の不等式は
   $\log_{2}5 > \log_{3}5>0,(\log_{2}5)^n > (\log_{3}5)^n$
より
   $1+\log_{2}5+(\log_{2}5)^n > 1+\log_{3}5+ (\log_{3}5)^n$
だから
   $\frac{1+\log_{2}5+(\log_{2}5)^n}{1+\log_{3}5+(\log_{3}5)^n}>1$■
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【第3問】 四面体 $OABC$ について、$OA=OB=OC$ および $\angle AOB=\angle BOC =\angle COA$ が成り立つとする。$0<s<1,0<t<1$ を満たす実数 $s,t$ に対し、辺 $OA$ を $s:1-s$ に内分する点を $D$ とし、辺 $OB$ を $t:1-t$ に内分する点を $E$ とする。$\vec{AF}=\vec{BG}=\vec{OC}$ となる点 $F,G$ をとり、線分 $EF$ と線分 $DG$ が 1点で交わるとし、その交点を $P$ とする。$\vec{OA}=\vec{a},\vec{OB}=\vec{b},\vec{OC}=\vec{c},\angle AOB=\theta$ とするとき、以下の問いに答えよ。
(1) $t=s$ であることを示し、$\vec{OP}$ を $s,\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ を用いて表せ。
(2) $\vec{EF} \perp \vec{DG}$ であるとき、$\cos\theta$ を $s$ を用いて表せ。
(3) $\vec{EF} \perp \vec{DG}$ かつ $\sqrt{3}OP=OA$ であるとき、$s$ の値を求めよ。

【解】(1) $\vec{OD}=s\vec{a},\vec{OE}=t\vec{b}$ であり、
   $\vec{OF}=\vec{a}+\vec{c},\vec{OG}=\vec{b}+\vec{c}$
点 $P$ は線分 $DG,EF$ をそれぞれ $m:1-m,n:1-n$ ($0<m,n<1$) に内分するとすれば
   $\vec{OP}=(1-m)\vec{OD}+m\vec{OG}=(1-m)s\vec{a}+m\vec{b}+m\vec{c}$,
   $\vec{OP}=(1-n)\vec{OE}+n\vec{OF}=n\vec{a}+(1-n)t\vec{b}+n\vec{c}$
と二様に表されるが $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ の1次独立性から係数が等しくなる。すなわち
   $\left\{ \begin{array}{lcl}(1-m)s && = && n \\ (1-n)t&& =&& m\\ m&&=&&n \end{array}\right.$
であるから
   $m=n,s=t,(1-m)s=m$
(方程式が3本しかないから、$s,t$ の値は確定しないが、$s=t$ なる関係式は導き出せる。)
   $(1-m)s=m \Rightarrow m=\frac{s}{1+s}$
より
   $\vec{OP}=\frac{s}{1+s}\vec{a}+\frac{s}{1+s}\vec{b}+ \frac{s}{1+s}\vec{c}=\frac{s}{1+s}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$ ……(答)

   

(2) 2つのベクトル
   $\vec{EF}=\vec{OF}-\vec{OE}=\vec{a}+\vec{c}-s\vec{b}$,
   $\vec{DG}=\vec{OG}-\vec{OD}=\vec{b}+\vec{c}-s\vec{a}$
の内積が 0になる。よって
   $(\vec{a}+\vec{c}-s\vec{b})\cdot(\vec{b}+\vec{c}-s\vec{a})=0$
ところで $OA=OB=OC=k$ とおけば
   $|\vec{a}|^2=|\vec{b}|^2=|\vec{c}|^2=k^2$,
   $\vec{a}\cdot\vec{b}=\vec{b}\cdot\vec{c}=\vec{c}\cdot\vec{a}=k^2\cos\theta$
だから、内積の式は
   $-s|\vec{a}|^2-s|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2+(1+s^2)\vec{a}\cdot\vec{b}+(1-s)\vec{b}\cdot\vec{c}+(1-s)\vec{c}\cdot\vec{a}=0$,
   $(-2s+1)k^2+(s^2-2s+3)k^2\cos\theta=0$,
   $\cos\theta=\frac{2s-1}{s^2-2s+3}$ ……(答)

(3) 条件式を2乗すれば $3|\vec{OP}|^2=|\vec{OA}|^2$ だから
   $\frac{3s^2}{(1+s)^2}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\cdot(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})=\vec{a}\cdot\vec{a}$,
   $\frac{3s^2}{(1+s)^2}(3k^2+6k^2\cos\theta)=k^2$,
   $\frac{3s^2}{(1+s)^2}(3+6\cos\theta)=1$
ここで (2) の結果を代入すれば
   $\frac{9s^2}{(1+s)^2}\frac{s^2+2s+1}{s^2-2s+3}=1$
約分して
   $\frac{9s^2}{s^2-2s+3}=1 \Rightarrow 8s^2+2s-3=0$,
   $(2s-1)(4s+3)=0$
だが $0<s<1$ より $s=\frac{1}{2}$ ……(答)
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【第4問】 $0\leq x\leq \pi$ の範囲において、関数 $f(x),g(x)$ を
   $f(x)=1+\sin x,g(x)=-1-\cos x$
と定める。
(1) $0\leq x\leq \pi$ の範囲において、$|f(x)|=|g(x)|$ を満たす $x$ を求めよ。
(2) 曲線 $y=f(x)$, 曲線 $y=g(x)$, 直線 $x=$ および直線 $x=\pi$ で囲まれる部分を、$x$ 軸のまわりに 1回転してできる立体の体積を求めよ。

【解】(1) $f(x)\geq 0,g(x)\leq 0$ だから $|f(x)|=f(x),|g(x)|=-g(x)$ である。よって
   $1+\sin x=1+\cos x \Leftrightarrow \sin x-\cos x=0$
を解けばよい。
   $\sqrt{2}\sin(x-\frac{\pi}{4})=0$
より
   $x=\frac{\pi}{4}$ ……(答)

   

(2) $f(x),-g(x)$ のうちの大きい方を回転させればよいから、体積は
   $V=\pi\int_{0}^{\pi/4}g(x)^2dx+\pi\int_{\pi/4}^{\pi}f(x)^2dx$
   $=\pi\int_{0}^{\pi/4}(1+2\cos x+\cos^2 x)dx+\pi\int_{\pi/4}^{\pi}(1+2\sin x+\sin^2 x)dx$
   $=\pi\int_{0}^{\pi/4}(1+2\cos x+\frac{1+\cos 2x}{2})dx+\pi\int_{\pi/4}^{\pi}(1+2\sin x+\frac{1-\cos 2 x}{2})dx$
   $=\pi\{ [\frac{3}{2}x+2\sin x+\frac{1}{4}\sin 2x]_{0}^{\pi/4}+[[\frac{3}{2}x-2\cos x-\frac{1}{4}\sin 2x]_{\pi/4}^{\pi} \}$
   $=\pi\{\frac{3}{2}\cdot \frac{\pi}{4}+2(\frac{\sqrt{2}}{2}-0)+\frac{1}{4}(1-0)+\frac{3}{2}(\pi- \frac{\pi}{4})-2(-1-\frac{\sqrt{2}}{2})-\frac{1}{4}(0-1)\}$
   $=\pi (\frac{3}{2}\pi+2+2\sqrt{2}+\frac{1}{2} )$
   $=\pi(\frac{3}{2}\pi+2\sqrt{2}+\frac{5}{2})$ ……(答)
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【第5問】 数列 $\{ a_{n}\}$ を $a_{n}=\frac{1}{2^n}$ ($n=1,2,3,\cdots$) で定める。以下の問いに答えよ。
(1) $t>0$ のとき、$1\leq \frac{e^t-1}{t} \leq e^t$ であることを示せ。
(2) 数列 $\{x_{n}\},\{y_{n}\},\{z_{n}\}$ を
   $\left\{ \begin{array}{lll} x_{n}&&=&&\log(e^{a_{n}}+1)\\ y_{n}&&=&&\log(e^{a_{n}}-1)\\ z_{n}&&=&&y_{n}+\sum_{k=1}^{n}x_{k} \end{array} \right.$
で定める。$z_{n}$ は $n$ によらない定数であることを示せ。
(3) $\sum_{k=1}^{\infty} \log(\frac{e^{a_{k}}+1}{2})$ を求めよ。

【解】(1) $\frac{e^t-1}{t-0}$ は $f(t)=e^t$ のグラフ上の2点 $(0,1),(t,e^t)$ を結ぶ線分の傾きである。平均値の定理によりこの値は
   $f'(c)=e^c$ $(0<c<t$)
に等しい。ところで $e^t$ は単調増加関数だから
   $1=e^0 \leq e^c \leq e^t$
である。よって
   $1\leq \frac{e^t-1}{t} \leq e^t$■

(2) $z_{n+1}=z_{n}$ を示せばよい。
   $z_{n+1}-z_{n}=y_{n+1}-y_{n}+x_{n+1}$
   $=\log(e^{1/2^{n+1}}-1)-\log(e^{1/2^{n}}-1)+\log(e^{1/2^{n+1}}+1)$
   $=\log(e^{1/2^{n+1}}-1)(e^{1/2^{n+1}}+1)-\log(e^{1/2^{n}}-1)$
   $=\log(e^{1/2^{n}}-1)-\log(e^{1/2^{n}}-1)=0$■
ちなみに
   $z_{1}=y_{1}+x_{1}=\log(e^{1/2}-1)+\log(e^{1/2}+1)=\log(e-1)$
だから $z_{n}=\log(e-1)$ である。

(3) 部分和
   $\sum_{k=1}^{n} \log(\frac{e^{a_{k}}+1}{2})=\sum_{k=1}^{n} \log(e^{a_{k}}+1)-n\log 2$
   $=z_{n}-y_{n}-n\log 2=\log(e-1)-\log(e^{1/2^{n}}-1)-\log 2^n$
   $=\log(e-1)-\log 2^n(e^{1/2^{n}}-1)$
の第2項の極限をはさみ打ちで求めよう。
   $A_{n}=2^n(e^{1/2^{n}}-1)=\frac{e^{1/2^{n}}-1}{1/2^n}$
に (1) の結果を使って
   $1 \leq A_{n}\leq e^{1/2^n}$
$n \rightarrow \infty$ とすれば
   $1 \leq \lim A_{n} \leq e^0=1$,
   $\lim\log 2^n(e^{1/2^{n}}-1)=\lim \log A_{n}=\log 1=0$
よって求めるべき極限は
   $\log(e-1)$ ……(答)
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【第6問】 $|z|^2+3=2(z+\bar{z})$ を満たす複素数 $z$ 全体の集合を $A$ とする。ただし $\bar{z}$ は $z$ の共役複素数である。
(1) 集合 $A$ を複素数平面上に図示せよ。
(2) $A$ の要素 $z$ の偏角を $\theta$ とする。ただし $-\pi<\theta\leq \pi$ とする。$z$ が $A$ を動くとき、$\theta$ のとりうる値の範囲を求めよ。
(3) $z^{60}$ が正の実数となる $A$ の要素 $z$ の個数を求めよ。

【解】(1) $z\bar{z}+3=2(z+\bar{z})$ より
   $(z-2)(\bar{z}-2)=1$,
   $|z-2|^2=1$
だから、集合 $A$ は点 $2$ を中心とし、半径が $\sqrt{1}=1$ の円を表す。
   

(2) 原点 $0$ から円に接線を引く。その方程式を $y=mx$ とすれば、円 $(x-2)^2+y^2=1$ に代入して
   $(x-2)^2+m^2x^2=1 \Leftrightarrow (1+m^2)x^2-4x+3=0$
の判別式を 0とすればよい。
   $D/4=4-3(1+m^2)=-3(m^2-\frac{1}{3})=0 \Rightarrow m=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$
2接線 $y=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}x$ の偏角 $\theta$ は $\tan\theta=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}x$ より求まる。よって $\theta$ の動く範囲は
   $-\frac{\pi}{6} \leq \theta \leq \frac{\pi}{6}$ ……(答)

(3) 複素数を $60$乗すれば偏角は $60$倍になる。それが $2\pi$ の整数倍になればよい。よって
   $60\theta=2n\pi \Rightarrow \theta=\frac{n}{30}\pi$
これが (2) で求めた範囲内に落ちればよいから
   $-\frac{\pi}{6} \leq \frac{n}{30}\pi \leq \frac{\pi}{6} \Rightarrow -5 \leq n \leq 5$
結局条件を満たす $\theta$ は
   $\theta=-\frac{5}{30}\pi,-\frac{4}{30}\pi,-\frac{3}{30}\pi,\cdots,\frac{5}{30}\pi$
である。該当する $\theta$ は $-5$ ~ $5$ の11個であるが、1つの $\theta$ に1つの $z$ が対応するとは限らぬ。ある $\theta$ が図の緑の直線を表すとして、それに対応する $z$ は原点側の劣弧と反対側の優弧に計 2個ある。ただし接線に対応する 2つの $\theta$ には 1個ずつの $z$ が対応する。したがって求めるべき $z$ の個数は
   $1+2(11-2)+1 =20$個 ……(答)
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