x

383_2011 年大学入試センター追試験問題
数学Ⅱ・数学Ｂ
2011 大学入試センター追試験問題
解答
数学Ⅱ・数学Ｂ
解答
第１問
u = log 2 (6 − x) , v = log 2 ( x − 1) の真数条件から
6 − x > 0 かつ x − 1 > 0
1 <x< 6
共通範囲を求めて
y
ここで
2
〔1〕
3
 1 < x ( 5 のとき log 2 (6 − x) ) 0

 5( x < 6 のとき log 2 (6 − x) ( 0
1
O
 1 < x ( 2 のとき log 2 ( x − 1) ( 0

 2 ( x < 6 のとき log 2 (6 − x) ) 0
1
2
3
4
5
6 x
-1
y =log2 0 6- x1
y =log2 0 x -11
であることから
1 < x ( 2 または 5 ( x < 6 のとき， uv ( 0
2 < x < 5 のとき， u > 0 , v > 0
である．
よって， uv の最大値は 2 < x < 5 の範囲で考えればよい．
このとき，相加平均と相乗平均の関係により
uv (
=
1
1
(u + v) = {log 2 (6 − x) + log 2 ( x − 1)}
2
2
1
= log 2 (6 − x)( x − 1)
2
1
log 2
2
(
- x2 + 7 x − 6
)
……
（＊）
である．
（＊）において，底 2 は 1 より大きく
2
7  25

−x + 7x − 6 = −  x −  +
(2 < x < 5)
2
4

2
であることから，x の 2 次関数 − x + 7 x − 6 は， x =
2
7
2
で最大値
25
4
をとる．
7
7
< 5 であり， x = のとき，（＊）の不等式において等号が成り立つ．
2
2
7
したがって， uv は x = のとき
2
2
1
25 1
5
5
= log 2   = log 2 = log 2 5 − 1
uv = log 2
2
4
2
2
2
2<
(
より，最大値 uv = log 2
5 − 1
)
2
をとる．
−1−
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tan 4θ =
〔2〕
1
3 
π
tan θ  < θ < π 
2
8 
8
 ①
2 倍角の公式から
tan 2θ =
2 tan θ
1 − tan 2 θ
これを利用して， tan 4θ を tan θ を用いて表すと
2 tan θ
2
2 tan 2θ
1 − tan 2 θ = 2(1 − tan θ ) ⋅ 2 tan θ
=
tan 4θ =
2
1 − tan 2 2θ
(1 − tan 2 θ ) 2 − (2 tan θ ) 2
2 tan θ 

1− 

2
 1 − tan θ 
2⋅
=
− 4 tan 3 θ + 4 tan θ
 ②
tan 4 θ − 6 an 2 θ + 1
①，②から
1
−4 tan 3 θ + 4 tan θ
tan θ =
2
tan 4 θ − 6 an 2 θ + 1
−8 tan 3 θ + 8 tan θ
⇔ tan θ −
=0
tan 4 θ − 6 an 2 θ + 1
tan θ {(tan 4 θ − 6 an 2 θ + 1) − (−8 tan 2 θ + 8)}
⇔
=0
tan 4 θ − 6 an 2 θ + 1
(
) =0
tan θ tan 4 θ + 2 tan 2 θ − 7
⇔
 ③
tan 4 θ − 6 tan 2 θ + 1
θ についての条件により tan θ > 0 であるから，③が成り立つためには
tan 4 θ + 2 tan 2 θ − 7 = 0
tan 2 θ > 0 より tan 2 θ = −1 + 2 2
さらに， tan θ > 0 より
tan θ = − 1 + 2
2
ここで， 2 < 8 < 3 より
1 < −1 + 2 2 < 2 ⇔ 1 < −1 + 2 2 < 2
tan
π
4
=1,
2 < 3 = tan
π
3
π より
8
8
<θ <
π
3
π
4
より
<θ <
よって，この θ について，不等式
π
4
tan
π
π
4
3
<θ(
< tan θ < tan
π
3
π
3
… 2 が成り立つ．
−2−
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数学Ⅱ・数学Ｂ
解答
第２問
P( x) = x3 − (k + 20) x − 2k
(1) P ( x) = 0 とおくと
x3 − (k + 20) x − 2k = 0 ⇔ x3 − 20 x = k ( x + 2)
3
ここで，曲線 C： y = x − 20 x ，直線  ： y = k ( x + 2) とすると，直線  は k の値によら
ずに定点 A
(
-2 ,
) を通る．
0
一方，C 上の点 (t , t − 20t ) における曲線 C の接線の方程式は， y′ = 3 x − 20 より
3
2
y − (t 3 − 20t ) = (3t 2 − 20)( x − t )
⇔
y=
(
)x−
3 t 2 − 20
2 t3
である．この接線が A ( −2 , 0) を通るとすると，
0 = −2(3t 2 − 20) − 2t 3
⇔ t 3 + 3t 2 − 20 = 0
⇔ (t − 2)(t 2 + 5t + 10) = 0
y
t= 2
上式を満たす実数解 t は
C：y = x 3 -20x
30
したがって，A から曲線 C に引いた接線の方程式は
y=
- 8 x − 16
20
このとき， y = −8( x + 2) より，k の値は −8 である．
10
また，この接線と C との共有点の x 座標は
x3 − 12 x + 16 = 0 ⇔ ( x − 2) 2 ( x + 4) = 0
より， x =
-4 ,
A
-4
2 である．
点の x 座標である．したがって，この方程式がただ一つ
の実数解をもつときの k のとり得る値の範囲は，グラフ
より
-8
であり，その実数解 α のとり得る値の範囲は
-4 <α <
-2
である．
(2)
2 曲線 y = P ( x) , y = x − kx − 20 x の共有点の x 座標は
3
-2
O
2
4
x
-10
方程式 P ( x) = 0 の実数解は曲線 C と直線  との共有
k<
a
2
x3 − (k + 20) x − 2k = x3 − kx 2 − 20 x
とおいて，整理すると
kx 2 − kx − 2k = 0 ⇔ k ( x + 1)( x − 2) = 0
k = 0 のとき 2 曲線は一致するから不適であるから， k ' 0
したがって，共有点の x 座標は x = −1 , 2
−3−
-20
-30
：y =-80 x + 2 1
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ゆえに，2 曲線 y = P ( x) , y = x − kx − 20 x と 2 直線 x = 1 , x = 2 で囲まれた図形の面
3
2
積を S とすると
2

S =
1
{x
3
− (k + 20) x − 2k} − ( x3 − kx 2 − 20 x) dx
2
2
1
1
1
 kx 2 − kx − 2k dx = 
 k ( x 2 − x − 2) dx
=
1
1
2
ここで， 1( x ( 2 のとき， x − x − 2 = ( x + 1)( x − 2) ( 0 であることから
1
1
1
1
1
1
2
2
 ( x 2 − x − 2)dx = − k  1 x3 − 1 x 2 − 2 x 
S =− k 
 3

1
2
1
7 3
 7
= − k  − − 2 = k
3 2
 6
1
1
1
条件より
7
k =1 ⇔
6
k =
6
7
⇔ k=±
6
7
第３問
1
1
, an + an +1 =
(n = 1 , 2 , 3 , )
2
n(n + 2)
{an } の初項から第 n 項までの和を Sn とすると
a1 =
S3 = a1 + (a2 + a3 ) =
1
1
+
=
2 2⋅4
S 4 = (a1 + a2 ) + (a3 + a4 ) =
5
8
1
1
6
+
=
=
1 ⋅ 3 3 ⋅ 5 15
2
5
次に
m
m
1
S 2 m =Σ(a2 k −1 + a2 k ) =Σ
k =1
k =1 (2k − 1)(2 k + 1)
=
=
1
2
m

1
Σ 2k −
k =1

1
−
1

2k + 1 
1  1   1 1   1 1 
1 
 1
−
 1 −  +  −  +  −  +  + 

2  3   3 5   5 7 
 2m − 1 2m + 1  
1
1  1 2m
1 −
= ⋅
2  2m + 1  2 2m + 1
m
=
2 m+ 1
=
同様に，
−4−
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数学Ⅱ・数学Ｂ
m
S 2 m +1 = a1 +Σ(a2 k + a2 k +1 ) =
k =1
解答
1 m
1
1 1 m
1
+Σ
= + Σ
2 k =1 2k (2k + 2) 2 4 k =1 k (k + 1)

1 
k =1

1 1  1   1 1   1 1 
1 
1
= + 1 −  +  −  +  −  +  +  −

2 4  2   2 3   3 4 
 m m + 1 
1 1
1  1
2(m + 1) + m
m
= + 1 −
=
= +
2 4  m + 1  2 4(m + 1)
4(m + 1)
=
=
1
+
2
1
4
m
1
Σ k − k +
3 m+2
(m +
4
1
)
1
したがって，自然数 m に対して
a2 m = S 2 m − S 2 m −1 =
=
-2 m
2
−m+ 1
4 m(2m + 1)
a2 m +1 = S 2 m +1 − S 2 m =
=
m
3m − 1 4m 2 − (3m − 1)(2m + 1)
−
=
2m + 1
4m
4m(2m + 1)
3m + 2
(3m + 2)(2m + 1) − 4m(m + 1)
m
−
=
4(m + 1) 2m + 1
4(m + 1)(2m + 1)
2m 2 + 3m + 2
4(m + 1)(2m + 1)
上の結果から
− m(2m + 1) + 1
1
1
1
1
=
− =
−
4m(2m + 1)
4m(2m + 1) 4 2 ⋅ 2m(2m + 1) 4
(m + 1)(2m + 1) + 1
1
1
a2 m +1 =
=
+
4(m + 1)(2m + 1)
4(m + 1)(2m + 1) 4
1
1
=
+
2(2m + 1){(2m + 1) + 1} 4
とそれぞれ変形できることから，2 以上の自然数 n に対して
a2 m =
an =
である． a1 =
(
1
2 n n+ 1
)
(−
+
1
)
n +1
4
……
（＊）
1
であるから，（＊）は n = 1 のときにも成り立つので，（＊）はすべての自
2
然数 n に対して成り立つ．
−5−
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第４問
O
OP＝4，OQ＝ 3 2 ，OR＝ 2 7
(1)
     
p ⋅ q = q ⋅ r = r ⋅ p = 12


OX = a p （a は実数）とおくと
  
 
QX = OX − OQ = a p − q
a
QX⊥OP より
 
  

QX ⋅ OP = (a p − q ) ⋅ p = a p
したがって
Z
2
 
− p⋅q
= 16a − 12 = 0
3
a=
4
このとき，
 
  
Y
r
X
R
K
p
P
 3     3  2  
p − r ⋅ p =
p −r⋅ p
4
4

RX ⋅ OP = (OX − OR ) ⋅ OP = 
3
= ×16 − 12 = 0

4
同様に， OY = bq （a は実数）とおくと，PY⊥OQ より
 
  
 2  
PY ⋅ OQ = (bq − p ) ⋅ q = b q − p ⋅ q = 18b − 12 = 0
2
これから b =
3

2 
q
よって OY =
3
このとき，
 
 2    2  2   2
q − r  ⋅ q = q − q ⋅ r = ×18 − 12 = 0
3
3
3

RY ⋅ OQ = 
である．
(2)
直線 QX と直線 PY との交点を H とし，
PH：HY＝ m : (1 − m) ，QH：HX＝ n : (1 − n)
とおくと


 2 
2
q = (1 − m) p + mq
3
3







3
3
OH = n × p + (1 − n)q = n p + (1 − n)q
4
4
 
①，②において， p , q は 1 次独立であることから
3
2
m = 1− n
1 − m = n かつ
4
3
OH = (1 − m) p + m ×
−6−
H
 ①
 ②
q
Q
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上の連立方程式を解くと



1

p+
数学Ⅱ・数学Ｂ
m=
解答
1
2
, n=
2
3
よって， OH を p , q を用いて表すと

OH =
2
1
3

q
O
t OH の延長と PQ の交点を A とすると，チェバの定理より
1 AQ 2
AQ 3
⋅
⋅ =1 ⇔
=
PA
3 PA 1
2
⇔ AQ : PA = 3 : 2
メネラウスの定理より
1 3 HO
2
3
Y
HO
5
⋅ ⋅
=1 ⇔
=
AH 1
3 5 AH
⇔ HO : AH = 5 :1
X
H
1
P
A
1
Q
よって
 
5  5 3 p + 2q 1  1 
OH = OA = ×
= p+ q
6
6
2+3
2
3



 
直線 HR と平面 α との交点を K， HK = t HR （t は実数）とおくと
   1  1  
OK = OH + HK = p + q + t HR
2
3




1
1
  1  1   
= p + q + t r −  p + q  
2
3
3 
 2
 1  1   
= 1 − t  p + q  + tr  ③
3 
2
   

一方， OK は実数 k，l を用いて OK = OP + k PZ + l PQ とも表されるから
 
 
 
OK = p + k ( sr − p ) + l (q − p )
 

= (1 − k − l ) p + lq + ksr  ④
  
③，④において， p , q , r は 1 次独立であるから
1

 ⑤
 1 − k − l = 2 (1 − t )

 l = 1 (1 − t )
 ⑥

3

 ⑦
 ks = t
次に，辺 OR 上に点 Z をとり，OZ = sr （s は実数），3 点 P，Q，Z の定める平面を α ，
(
)
⑤，⑥より
−7−
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k = 1− l −
1
1
1
1 + 5t
(1 − t ) = 1 − (1 − t ) − (1 − t ) =
2
3
2
6
⑦に代入して
1 + 5t
× s = t ⇔ (6 − 5s )t = s ⇔ t =
6
s
6 − 5 s
直線 PZ と辺 OR が垂直であるとき
 
  

PZ ⋅ OR = ( sr − p ) ⋅ r = s r
ゆえに
s=
このとき， t =
2
 
− p ⋅ r = 28s − 12 = 0
3
7
3
7
6 − 5×
3
7
=
3
3
=
=
42 − 15 27
1
9
−8−
である．

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