[婆茶留高校数学科☆HP] SubTopPageに戻る

【入試問題研究】 横浜国立大学 2019年度 前期日程 理工・都市科学
Copyright (C) virtual_high_school, 2019

【第1問】 三角形 $OAB$ があり、各辺の長さは $OA=1,OB=\sqrt{3},AB=2$ である。自然数 $n$ に対し、
   $AP_{k}=\frac{k}{n}AB$ $(k=1,2,\cdots,n)$
となるような点 $P_{1},P_{2},\cdots,P_{n}$ を辺 $AB$ 上にとる。次の問いに答えよ。
(1) 線分 $OP_{k}$ $(k=1,2,\cdots,n)$ の長さを求めよ。
(2) 極限値 $\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(OP_{k})^2}$ を求めよ。


【解】(1) 余弦定理より
   $OP_{k}^2=OA^2+AP_{k}^2-2OA\cdot AP_{k}\cos60^\circ$
   $=1+(\frac{2k}{n})^2-2\frac{2k}{n}\cdot \frac{1}{2}=1+(\frac{2k}{n})^2-\frac{2k}{n}$

   
だから
   $OP_{k}=\sqrt{1+(\frac{2k}{n})^2-\frac{2k}{n}}$ ……(答)

(2) 前問の答より
   $\frac{1}{OP_{k}^2}=1/\{1+(\frac{2k}{n})^2-\frac{2k}{n} \}=\frac{n^2}{n^2+4k^2-2nk}$
だから、総和の極限を区分求積と考えて、定積分に変換する。
   $\lim\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(OP_{k})^2}=\lim \frac{1}{n}\sum\frac{n^2}{n^2+4k^2-2nk}=\lim \frac{1}{n}\sum\frac{1}{1+4(k/n)^2-2(k/n)}$
$x_{k}=k/n$ を $x$ とおいて、$x_{0}=0$ から $x_{n}=1$ まで積分すればよい。$dx=1/n$ になるから
   $=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+4x^2-2x}$
ここで分母の2次式の判別式は負だから、$\tan$ の置換積分と当たりがつく。
   $=\int_{0}^{1}\frac{dx}{4(x-1/4)^2+3/4}$
$\frac{4}{\sqrt{3}}(x-\frac{1}{4})=t,dx=\frac{\sqrt{3}}{4}dt,t=-\frac{1}{\sqrt{3}}\mapsto \sqrt{3}$ に注意して
   $=\int_{-1/\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{dt}{(3/4)t^2+3/4}=\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{-1/\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\frac{dt}{t^2+1}$
さいごは $t=\tan\theta,dt=\frac{d\theta}{\cos^2\theta},\theta=-\frac{\pi}{6}\mapsto\frac{\pi}{3}$ と置換して
   $=\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{-\pi/6}^{\pi/3}\frac{1}{\cos^2\theta}\cos^2\theta d\theta=\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{-\pi/6}^{\pi/3}d\theta$
   $=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}$ ……(答)
 PageTopへ


【第2問】 $1$ 辺の長さが $1$ である正四面体 OABC がある。辺 OA 上に点 D, 辺 OB 上に点 E, 辺 OC 上に点 F があり、
   $OD:DA=1:1,OE:EB=2:1,OF:FC=2:3$
をみたしている。さらに辺 OB と辺 AC の中点をそれぞれ M, N とする。平面 DEF と直線 MN の交点を P とする。ベクトル $\vec{OA},\vec{OB},\vec{OC}$ を $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ とおく。次の問いに答えよ。
(1) $|\vec{MN}|$ を求めよ。
(2) $\vec{OP}$ を $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ を用いて表せ。
(3) $|\vec{MP}|$ を求めよ。


【解】(1) 2点 M,N の位置ベクトルはそれぞれ
   $\vec{OM}=\frac{1}{2}\vec{b},\vec{ON}=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{2}$

   
だから
   $\vec{MN}=\vec{ON}-\vec{OM}=\frac{ \vec{a}-\vec{b}+\vec{c} }{ 2 }$
内積をとって
   $|\vec{MN}|^2=\vec{MN}\cdot\vec{MN}=\frac{1}{4}( \vec{a}-\vec{b}+\vec{c} )\cdot(\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})$
   $=\frac{1}{4}(|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}-2\vec{b}\cdot\vec{c}+2\vec{c}\cdot\vec{a})$
   $=\frac{1}{4}(1+1+1-2\cos60^\circ-2\cos60^\circ+2\cos60^\circ)=\frac{1}{2}$
よって
   $|\vec{MN}|=\frac{1}{\sqrt{2}}$ ……(答)

(2) $MP:PN=t:1-t$ とすれば $\vec{MP}=t\vec{MN}$ だから
   $\vec{OP}=\vec{OM}+t\vec{MN}$
   $=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{t}{2}(\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})=\frac{t}{2}\vec{a}+\frac{1-t}{2}\vec{b}+\frac{t}{2}\vec{c}$ …①
である。一方、P を DEF 上の点と考えると
   $\vec{OP}=\vec{OD}+u\vec{DE}+v\vec{DF}$
とおけて、
   $\vec{OD}=\frac{1}{2}\vec{a},\vec{OE}=\frac{2}{3}\vec{b},\vec{OF}=\frac{2}{5}\vec{c}$
に注意すれば
   $\vec{OP}=\frac{1}{2}\vec{a}+u(\frac{2}{3}\vec{b}-\frac{1}{2}\vec{a})+v(\frac{2}{5}\vec{c}-\frac{1}{2}\vec{a})$
   $=(\frac{1}{2}-\frac{u}{2}-\frac{v}{2})\vec{a}+\frac{2u}{3}\vec{b}+\frac{2v}{5}\vec{c}$ …②
①=②だが、$\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ が一次独立であることから両者の係数がそれぞれ等しくなる。すなわち
   $\left\{ \begin{array}{lcl}t&& = && 1-u-v\\ 1-t&& = &&\frac{4u}{3}\\t && =&& \frac{4v}{5}\end{array}\right.$
で、この連立方程式を解けば
   $t=\frac{1}{6},u=\frac{5}{8},v=\frac{5}{24}$
だから
   $\vec{OP}=\frac{1}{12}\vec{a}+\frac{5}{12}\vec{b}+\frac{1}{12}\vec{c}$ ……(答)

(3) $t=\frac{1}{6}$ であったから
   $\vec{MP}=\frac{1}{6}\vec{MN}$
よって
   $|\vec{MP}|=|\frac{1}{6}||\vec{MN}|=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{6\sqrt{2}}$ ……(答)
 PageTopへ


【第3問】 $n$ を $3$ 以上の整数とする。1個のさいころを $n$ 回投げたときに、出た目を大きい順に並べたものを
   $X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}$ $(X_{1} \geq X_{2} \geq \cdots \geq X_{n})$
とする。たとえば、1個のさいころを 5回投げて、出た目が順に 4, 5, 3, 4, 2 であったとすると、
   $X_{1}=5,X_{2}=4,X_{3}=4,X_{4}=3,X_{5}=2$
となる。1個のさいころを $n$ 回投げたとき、次の事象が起こる確率をそれぞれ求めよ。
(1) $X_{n}=2$
(2) $X_{2}=6$
(3) $X_{2}=6$ かつ $X_{n}=2$


【解】(1) 意味するところは、「1が出る回数$=0$」かつ「2が出る回数$>0$」である。これを余事象の考えで求める。言い直せば
   「1が出る回数$=0$」-「1も 2も出る回数$=0$」
である。よって求めるべき確率は
   $(\frac{5}{6})^n-(\frac{4}{6})^n=\frac{5^n-4^n}{6^n}$ ……(答)

(2) 意味するところは、「6が出る回数$>1$」である。これの余事象は
   「6が出る回数$=0$」+「6が出る回数$=1$」
である。後者の確率は
   $_{n}C_{1}(\frac{1}{6})(\frac{5}{6})^{n-1}=\frac{n 5^{n-1}}{6^n}$
であるから、求めるべき確率は
   $1-\{(\frac{5}{6})^n+\frac{n 5^{n-1}}{6^n}\}=\frac{6^n-5^n-n5^{n-1}}{6^n}$ ……(答)

(3) (1)で分類した事象と(2)で分類した事象を重ね合わせた図が下図である。
   

(1)の答は「1が0回」-「1,2が0回」で求めた赤い部分である。ちなみに(2)の答は「6が0回」と「6が1回」以外の部分で青色の縦長長方形だった。
今から求めたいのは赤と青の重なったAの部分だ。それは
   赤-B-C=赤-「6が0回」-「6が1回」
で求まる。Bは「1が0回で、2は1回以上で、6が0回」という意味だから2~5の目しか出ない。よってその確率は
   $(\frac{4}{6})^n-(\frac{3}{6})^n$
である。また、Cは「1が0回で、2は1回以上で、6がちょうど1回」という意味だから1回の例外を除いて 2~5の目が出る。よってその確率は
   $_{n}C_{1}(\frac{1}{6})\{(\frac{4}{6})^{n-1} -(\frac{3}{6})^{n-1}\}$
   $=\frac{n}{6}\{(\frac{4}{6})^{n-1} -(\frac{3}{6})^{n-1}\}=\frac{n4^{n-1}-n3^{n-1}}{6^n}$
したがって求めるべき積事象の確率は
   $\frac{5^n-4^n}{6^n}-\{(\frac{4}{6})^n-(\frac{3}{6})^n\}-\{ \frac{n4^{n-1}-n3^{n-1}}{6^n}\}$
   $=\frac{5^n-2\cdot 4^n-n4^{n-1}+3^n+n3^{n-1}}{6^n}$ ……(答)
 PageTopへ


【第4問】 $O$ を原点とする $xy$ 平面上に 2点 $A(2,0),B(0,2)$ がある。2点 $P,Q$ は条件 (*) をみたしながら動く。
$(*) \left\{\begin{array}{l} P\mbox{は線分}OA\mbox{上にある。}\\Q\mbox{は線分}OB\mbox{上にある。}\\ \triangle OPQ\mbox{の面積は1である。}\end{array}\right.$
点 $P$ の座標を $(t,0)$ とする。次の問いに答えよ。
(1) $t$ のとり得る値の範囲を求めよ。
(2) $t$ が (1) で求めた範囲を動くとき、線分 $PQ$ が通過する領域を $xy$ 平面上に図示せよ。
(3) (2) で求めた領域の面積 $S$ を求めよ。


【解】(1) 面積が 1であることから、点 $Q$ の座標を $(0,\frac{2}{t})$ である。2点はともに線分上にあるから
   $0\leq t\leq 2,0\leq \frac{2}{t}\leq 2$
だが、あとの式から $1\leq t$ が出てくるから
   $1\leq t\leq 2$ ……(答)

(2) 2点 $P, Q$ を通る直線の方程式は
   $y=-\frac{2}{t^2}x+\frac{2}{t}$
これの分母を払って
   $yt^2=-2x+2t$
すなわち
   $yt^2-2t+2x=0$
となる。
(ア) $x>0,y>0$ の範囲内で答を探そう。
上記の2次方程式が $1\leq t\leq 2$ の範囲で実数解 $t$ を 1個以上持てばよい。
   $f(t)= yt^2-2t+2x=y(t-\frac{1}{y})^2+2x-\frac{1}{y}$
とおけば、まず、判別式が正または 0 でなければならないから、
   $\frac{D}{4}=1-2xy\geq 0 \Leftrightarrow y\leq \frac{1}{2x}$
下図の双曲線の下方にあたる。これが大前提だ。放物線の頂点は
   $(\frac{1}{y},2x-\frac{1}{y})$
であり、変域の端点における関数値は
   $f(1)=y-2+2x$,
   $f(2)=4y-4+2x=2(2y-2+x)$
である。もしこの 2つの関数値が異符号なら区間 $[1,2]$ で解を持つ。その条件は
   $(2x+y-2)(x+2y-2) \leq 0$
で図にすると 2直線で作られる市松模様(下図の黄色部分)である。
これに追加して、もし関数値が同符号であっても頂点の横座標が上記区間に入れば大丈夫なことがあるのでそれを入れる。調べると
   $1 \leq \frac{1}{y} \leq 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \leq y \leq 1$
このとき、頂点の縦座標は
   $2x-\frac{1}{y}$
だが $y\leq \frac{1}{2x} \Rightarrow 2x \leq\frac{1}{y}$ より、縦座標$\leq 0$ である。だから $f(1)\geq 0$ または $f(2)\geq0$ であればよい。よって 2直線で作られる 4つの領域のうちで、原点を含まない3つの領域内を探す。よって
   $\frac{1}{2}\leq y\leq 1$かつ「$2x+y-2\geq0$ または $x+2y-2\geq0$」
のピンク部分を追加することとなる。
(イ) $x=0$ または $y=0$ のとき
題意から
   $\{(0,y)|1\leq y \leq 2\}\cup \{(x,0)|1 \leq x\leq 2\}$
が答になると分かる。
(ア)と(イ)を合わせて、答は下図の色を付けた部分(境界を含む)。
   
ちなみに 2直線の交点は $(\frac{2}{3},\frac{2}{3})$ で、2直線と双曲線との接点は $(\frac{1}{2},1),(1,\frac{1}{2})$ である。

(3) 黄色の市松2つは同形同大の三角形で、合わせた面積は
   $(\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot \frac{2}{3})\times 2=\frac{2}{3}$
で、ピンク部分は $x=\frac{2}{3}$ を境に左右に分けて積分する。左側が
   $S_{1}=\int_{1/2}^{2/3}\{ \frac{1}{2x}-(-2x+2)\}dx$
   $=[\frac{1}{2}\log x+x^2-2x]_{1/2}^{2/3}$
   $=\frac{1}{2}(\log\frac{2}{3}-\log\frac{1}{2})+(\frac{4}{9}-\frac{1}{4})-2(\frac{2}{3}-\frac{1}{2})$
一方、右側は
   $S_{2}=\int_{2/3}^{1}\{ \frac{1}{2x}-(-\frac{1}{2}x+1)\}dx$
   $=[\frac{1}{2}\log x+\frac{1}{4}x^2-x]_{2/3}^{1}$
   $=\frac{1}{2}(-\log\frac{2}{3})+\frac{1}{4}(1-\frac{4}{9})-(1-\frac{2}{3})$
だから、両者を合わせると
   $S_{1}+S_{2}=-\frac{1}{2}\log\frac{1}{2}+\frac{3}{9}-\frac{2}{3}=\frac{1}{2}\log 2-\frac{1}{3}$
さきの市松と合わせて求めるべき面積は
   $\frac{2}{3}+\frac{1}{2}\log 2-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}\log 2+\frac{1}{3}$ ……(答)
 PageTopへ


【第5問】 2つの関数 $f(x)=e^{-x}\sin x$ $(0\leq x\leq 2\pi)$ と $g(x)=-e^{-x}$ $(0\leq x \leq 2\pi)$ について、次の問いに答えよ。
(1) $f(x)$ が最小値をとるときの $x$ の値を求めよ。
(2) $f(x)=g(x)$ をみたす $x$ の値を求めよ。
(3) 2曲線 $C_{1}:y=f(x),C_{2}:y=g(x)$ と $y$ 軸で囲まれる部分を、$x$ 軸のまわりに 1回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ。

【解】(1) $|f(x)|\leq e^{-x}$ であって、$f(x)$ は時間の経過とともに減衰していく波である。グラフは2曲線 $y=\pm e^{-x}$ の間にすっぽり入って、この間をのたうちまわる。$f(x)=0 \Leftrightarrow x=0,\pi,2\pi$ で、$0<x<\pi$ において極大、$\pi<x<2\pi$ において極小になることは微分しなくても分かる。微分すれば
   $f'(x)=-e^{-x}\sin x+e^{-x}\cos x=-e^{-x}(\sin x-\cos x)$
   $=-\sqrt{2}e^{-x}\sin( x-\frac{\pi}{4})$
だから臨界点は $x=\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}$ で後者において負から正に変わるからそこが極小である。増減表は下図のようになる。
   
よって、$f(0)=0$ ではなく、$f(\frac{5\pi}{4})$ が最小値である。求めるべき値は
   $x=\frac{5\pi}{4}$ ……(答)

(2) 方程式
   $f(x)-g(x)=e^{-x}(\sin x+1)=0$
を解けば
   $x=\frac{3\pi}{2}$ ……(答)

(3) $x=0$ から $x=\frac{3\pi}{2}$ まで積分すればよいのだが、下図のように $x=\pi$ より左は $y=g(x)$ のグラフを回転すればよいが、右側は中空の立体になるから大きめを計算して内側を引かねばならない。
   

左は
   $V_{L}=\pi\int_{0}^{\pi}e^{-2x}dx=\pi[-\frac{1}{2}e^{-2x}]_{0}^{\pi}$
   $=\frac{\pi}{2}(1-e^{-2\pi})$
で、右側は
   $V_{R}=\pi\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}dx-\pi\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}\sin^2 xdx$
   $=\pi\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}dx-\pi\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}(1-\cos^2 x)dx$
   $=\pi\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}\cos^2 xdx$
   $=\pi\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}\frac{1+\cos2 x}{2}dx$
   $=\frac{\pi}{2}[-\frac{1}{2}e^{-2x}]_{\pi}^{3\pi/2}+\frac{\pi}{2}\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}\cos2 xdx$
   $=\frac{\pi}{4}(e^{-2\pi}-e^{-3\pi})+\frac{\pi}{2}\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}\cos2 xdx$
面倒なのが第2項の積分だ。部分積分2回で求める。
   $I=\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}\cos2 xdx=[\frac{1}{2}e^{-2x}\sin 2x]_{\pi}^{3\pi/2}+\int_{\pi}^{3\pi/2}e^{-2x}\sin 2x dx$
   $=0+[-\frac{1}{2}e^{-2x}\cos 2x]_{\pi}^{3\pi/2}-\int_{\pi}^{3\pi/2} e^{-2x}\cos 2xdx$
   $=\frac{1}{2}(e^{-3\pi}+e^{-2\pi})-I$
より
   $I=\frac{1}{4}(e^{-3\pi}+e^{-2\pi})$
したがって求めるべき体積は
   $V=V_{L}+V_{R}=\frac{\pi}{2}(1-e^{-2\pi})+\frac{\pi}{2}(e^{-2\pi}-e^{-3\pi})+\frac{\pi}{2}I$
   $=\frac{\pi}{2}(1-e^{-2\pi})+\frac{\pi}{4}(e^{-2\pi}-e^{-3\pi})+\frac{\pi}{8}(e^{-3\pi}+e^{-2\pi})$
   $=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8}e^{-2\pi}-\frac{\pi}{8}e^{-3\pi}$ ……(答)
 PageTopへ


★「婆茶留高校」は架空の存在であり、実在の人物、団体とは関係ありません。
<-- クリックして婆茶留高校へメール送信 mailto: virtual_h_s@yahoo.co.jp 
URL:http://www.virtual-hs.com/ Powered by   Copyright(c) virtual_high_school, 2001-2021