1
平成 20 年度 長崎大学２次試験前期日程 (数学問題)
平成 20 年 2 月 25 日
• 教育・薬・工学部は， 2 ∼ 4 , 6 数 I・II・III・A・B(120 分)
• 経済・水産・環境科学部は， 1 , 5 数 I・II・A・B(80 分)
• 医・歯学部は， 2 , 6 ∼ 8 数 I・II・III・A・B(100 分)
1 a を正の定数とする．曲線 A : y = −x2 + a2 (2a + 1) と曲線 B : y = x3 + ax2 は
相異なる 3 点 P，Q，R で交わるものとし，3 点の中で x 座標が最大であるもの
を P，最小であるものを R とする．また，点 P における曲線 B の接線を l とす
る．次の問いに答えよ．
(1) a はどのような範囲にあるか．
(2) 点 Q の x 座標を b，点 R の x 座標を c とする．b，c を a を用いて表せ．
(3) b < −a が成り立つことを示せ．
(4) 点 P の座標と直線 l の方程式を，a を用いて表せ．
(5) 曲線 A と直線 l で囲まれた部分で x
用いて表せ．
0，y
0 である領域の面積を，a を
2 i を虚数単位として，次の問いに答えよ．
(1) 3 次方程式 x3 = 1 を解け．
√
√
(2) α = m + 7 ni とするとき，α3 = 225 + 2 7 i が成り立つ．このような整
数 m，n の組を求めよ．
√
(3) β 3 = 225 + 2 7 i を満たす複素数 β をすべて求めよ．
3 −
1
2
x
5
で定義される関数 f (x) が関係式
2
f (x) = (1 − x)| x − 1 | + | x | − 1,
f (0) = 0,
f (1) = −
1
6
をみたすとき，次の問いに答えよ．
(1) 関数 f (x) を求めよ．
(2) y = f (x) のグラフの傾き，f (x) の最大値と最小値を求めよ．また，その
ときの x の値を求めよ．
2
4 ∠An = 90◦ ，∠Bn = θ である相似な直角三角形 An Bn Cn (n = 1, 2, 3, · · · ) が，
次のような規則で座標平面上に並べられている．
規則 1) 三角形どうしが，辺以外で重なることはない．
規則 2) 頂点 B1 は座標平面上の原点 (0, 0) と一致し，C1 は点 (1, 0) と一致してい
る．また，A1 は第 1 象限にある．
規則 3) m を自然数とするとき，三角形 A2m B2m C2m と三角形 A2m−1 B2m−1 C2m−1
において，B2m は B2m−1 と一致し，C2m は A2m−1 と一致している．
さらに，三角形 A2m+1 B2m+1 C2m+1 と三角形 A2m B2m C2m において，頂点
B2m+1 は A2m と一致し，C2m+1 は B2m と一致している．
次の問いに答えよ．
(1) A2 の座標を，θ を用いて表せ．
(2) A4m (m = 1, 2, · · · ) の座標 (xm , ym ) を，θ を用いて表せ．
(3) lim xm および lim ym を求めよ．
m→∞
m→∞
5 三角形 ABC において，AB = AC = 1，∠A = θ とし，この三角形の外接円の中
−→
−→
−→
心を O とする．また，AB = b，AC = c とし，実数 s，t に対し，AP = sb + tc
1
となる点 P を考える．cos θ = であり，P が外接円の周上にあるとき，次の
3
問いに答えよ．
−→
(1) AO を，b，c を用いて表せ．
(2) s，t の満たすべき関係式を求めよ．
(3) s + t = u，st = v とおくとき，v のとりうる値の範囲を求めよ．
−→
(4) 上の (3) において，v が最小値をとるときの AP を，b と c を用いて表せ．
また，中心 O との位置関係がわかるように，点 P を図示せよ．
6 放物線 y = x2 上に，x 座標が t である点 P(t) をとる．ただし，t
0 とする．
h = 0 とし，放物線の P(t) における法線と，P(t + h) における法線を考える．
h → 0 とするとき，この 2 法線の交点の x 座標の極限値を u(t)，y 座標の極限
値を v(t) とする．さらに (u(t), v(t)) を Q(t) とする．次の問いに答えよ．
(1) u(t) と v(t) を求めよ．
(2) Q(t) が上の放物線上にあるとき，t の値と Q(t) の座標を求めよ．
(3) 上の放物線，曲線 x = u(t)，y = v(t) および y 軸で囲まれた図形の面積を
求めよ．
3
√
7 1 辺の長さ 2a の正方形の折り紙がある．正方形 ABCD の中心を点 O とし，
AO 上に点 E をとり，EO = b とする．図 1 の斜線部分を取り去り，OB，OE
に沿って折り，OC と OD を貼り合わせ，図 2 のように三角錐 O-BCE を作って
平面に置いた．O より三角形 BCE に下ろした垂線と三角形 BCE との交点を H
とするとき，次の問いに答えよ．
√
O
D
A
E
2a
b
O
B
C(= D)
E
H
C
図1
−→ −→ −→ −→
(1) OH を OB，OC，OE を用いて表せ．
(2) 三角形 BCE の外心を点 P とする．HP =
て表せ．
B
図2
−→
a
のとき OH の長さを a を用い
4
√
8 漸化式 a1 = 1，an+1 = 1 + an (n = 1, 2, · · · ) によって定められる数列 {an } に
ついて，次の問いに答えよ．次のことは既知としてよい．
n と無関係な定数 M について，次の A) または B) のうち一方が成立すれ
ば，n → ∞ のとき数列 {xn } は有限な極限値を持つ．
A) xn < xn+1 < M
(n = 1, 2, · · · )
B) xn > xn+1 > M
(n = 1, 2, · · · )
(1) n → ∞ のとき {an } は有限な極限値をもつことを証明せよ．
(2) lim an を求めよ．
n→∞
4
正解
1
(1) y = −x2 + a2 (2a + 1)，y = x3 + ax2 から y を消去すると
−x2 + a2 (2a + 1) = x3 + ax2
ゆえに
(x − a){x2 + (2a + 1)x + 2a2 + a} = 0
··· 1
A と B が異なる 3 点を共有するには， 1 が異なる 3 つの実数解をもてば
よい．ここで，f (x) = x2 + (2a + 1)x + 2a2 + a とおくと，a > 0 より
f (a) = a2 + (2a + 1)a + 2a2 + a = 5a2 + 2a = 0
方程式 f (x) = 0 が，異なる 2 つの実数解をもつとき， 1 は異なる 3 つの
実数解をもつ．このとき，方程式 f (x) = 0 の係数について
(2a + 1)2 − 4·1(2a2 + a) > 0 整理すると (2a + 1)(2a − 1) < 0
a > 0 に注意して，これを解くと
0<a<
1
2
(2) f (x) = 0 の解を α，β とすると，解と係数の関係により
α + β = −(2a + 1),
a > 0 であるから α + β < 0，αβ > 0
αβ = 2a2 + a
ゆえに
α < 0，β < 0
α，β ，a の符号から，P の x 座標が a である．したがって，方程式 f (x) = 0
の解が b，c である (b < c)．
√
√
−2a − 1 + 1 − 4a2
−2a − 1 − 1 − 4a2
よって
b=
，c =
2
2
(3) (2) の結果から
√
√
−2a − 1 + 1 − 4a2
1 − 4a2 − 1
a+b=a+
=
2 √
2
√
2
2
( 1 − 4a − 1)( 1 − 4a + 1)
−2a2
√
=
=√
<0
2( 1 − 4a2 + 1)
1 − 4a2 + 1
よって
b < −a
5
(4) P の x 座標が a であり，P は B : y = x3 + ax2 の点であるから P(a, 2a3 )
y = x3 + ax2 を微分すると
y = 3x2 + 2ax
5a2
P における B の接線 l の傾きは
よって，l は点 P(a, 2a3 ) を通り，傾き 5a2 の直線であるから
y − 2a3 = 5a2 (x − a) よって y = 5a2 x − 3a3
3
a
5
(5) (4) の結果から，l と x 軸との交点の x 座標は
求める面積は，下の図の斜線部分であるから
y
B
P
2a3
O
3
a
5
x
a
l
A
この面積を S とすると
a
S=
{−x2 + a2 (2a + 1)}dx −
0
x3
+ a2 (2a + 1)x
3
8
2
= a4 + a3
5
3
= −
a
1
2
2
− a4
5
0
3
a − a ·2a3
5
6
2
(1) x3 = 1 より (x − 1)(x2 + x + 1) = 0
√
−1 ± 3 i
これを解いて x = 1,
2
√
√
(2) α = m + 7 ni より α3 = m3 − 21mn2 + n(3m2 − 7n2 ) 7 i
√
α3 = 225 + 2 7 i であるから
√
√
m3 − 21mn2 + n(3m2 − 7n2 ) 7 i = 225 + 2 7 i
m，n は整数であるから，上式の両辺の実部と虚部を比較すると
m3 − 21mn2 = 225,
n(3m2 − 7n2 ) = 2
m，n は整数であるから，(∗) の第 2 式から
· · · (∗)
n = ±1, ± 2
これを (∗) の第 2 式に代入して，m が整数となるのは，次の 2 組
(m, n) = (−3, −2), (3, 2)
このうち，(∗) の第 1 式をみたすのは
β
α
(3) β 3 = α3 より
(m, n) = (−3, −2)
3
=1
√
β
−1 ± 3 i
(1) の結果から
= 1,
α
2
√
−1 ± 3 i
したがって
β = α，β =
α
2
これに，(2) の結果を代入して
√
β = −3 − 2 7 i,
1
2
√
√
√
3 ± 2 21 + (2 7 ∓ 3 3)i
(複号同順)
7
3
(1) f (x) = (1 − x)| x − 1 | + | x | − 1
−
1
2
x
5
2
より
1
x2 − 3x
−
x 0
2
f (x) =
x2 − x
(0 x 1)
5
−x2 + 3x − 2
1 x
2
· · · (∗)
1
f (0) = 0，f (1) = − により
6
1 3
3 2
1
x
−
x
−
x 0
3
2
2
1
1
x3 − x2
(0 x 1)
f (x) =
3
2
1
3
2
5
− x3 + x2 − 2x +
1 x
3
2
3
2
(2) (∗) より
1
x(x
−
3)
−
x 0
2
f (x) =
x(x − 1)
(0 x 1)
5
−(x − 1)(x − 2)
1 x
2
したがって，f (x) の増減表は次のようになる．
x
f (x)
f (x)
− 12
···
+
5
− 12
0 ···
0 −
0
よって
···
+
x = 0, 2 のとき 最大値 0
1
x = − のとき
2
1
0
− 16
最小値 −
5
12
2 ···
0 −
0
5
2
− 16
y
− 21 O
1
− 16
5
− 12
2
5
2
x
8
4
(1)
An Bn Cn と An+1 Bn+1 Cn+1
の相似比は 1 : cos θ であるから
y
A2 = B3 = B4
A4
θ
θ
Bn Cn = cosn−1 θ
したがって
A3 = C4
2
A2 B2 = B3 C3 = cos θ
A1 = C2
θ
1
C1 x
θ
B1 = B2 = C3
線分 A2 B2 が x 軸の正の向きとなす角は 2θ であるから
A2 (cos2 θ cos 2θ, cos2 θ sin 2θ)
(2)
A3 B3 C3 について
A3 C3 = B3 C3 sin θ = cos2 θ sin θ
線分 A3 B3 が x 軸の正の向きとなす角は
を x1 とすると
π
2
+ θ であるから，A3 の x 座標
π
+ θ = cos2 θ sin θ(− sin θ) = − sin2 θ cos2 θ
2
x1 = A3 B3 cos
線分 A2 A4 は x 軸と平行であるから，A4 の y 座標を y1 とすると
y1 = cos2 θ sin 2θ = 2 sin θ cos3 θ
また，A4 の x 座標と A3 の x 座標は等しいから A4 (x1 , y1 )
−−−→
−−−−−−−→
さらに，A4m A4m+4 = (cos4m θ)B1 A4 であるから
m
cos4(k−1) θ = − sin2 θ cos2 θ ×
xm = x1
k=1
m
cos4(k−1) θ = 2 sin θ cos3 θ ×
ym = y1
k=1
(xm , ym ) =
(3) (2) の結果から
−
cos2 θ(1 − cos4m θ)
1 + cos2 θ
lim xm = −
m!1
1 − cos4m θ
cos2 θ(1 − cos4m θ)
=
−
1 − cos4 θ
1 + cos2 θ
2 sin θ cos3 θ(1 − cos4m θ)
1 − cos4m θ
=
1 − cos4 θ
1 − cos4 θ
,
2 sin θ cos3 θ(1 − cos4m θ)
cos2 θ
1 + cos2 θ
1 − cos4 θ
，
lim ym = −
m!1
2 sin θ cos3 θ
1 − cos4 θ
9
5
(1) AB = AC より，AO は ∠BAC の二等分線で あるから
A
−→
AO = k(b + c) (k は定数)
AD を
ABC の外接円の直径とすると
−→
−→
AD = 2AO = 2k(b + c),
−→ −→ −→
BD = AD − AB = (2k − 1)b + 2k c
−→ −→
AB⊥BD であるから，AB·BD = 0 より
O
B
C
D
b·{(2k − 1)b + 2k c} = 0 ゆえに (2k − 1)|b|2 + 2k b·c = 0
1
1
|b| = 1，b·c = |b||c| cos θ = 1·1· =
3
3
1
3
したがって (2k − 1)·12 + 2k· = 0 これを解いて k =
3
8
−→
3
よって
AO = (b + c)
8
−→
−→ 3
(2) (1) の結果から AD = 2AO = (b + c)
4
−→ −→
P が円周上にあるとき，AP·DP = 0 であるから
ここで
−→ −→ −→
−→
−→ −→
AP·(AP − AD) = 0 ゆえに |AP|2 − AD·AP = 0
したがって
3
| sb + tc |2 − (b + c)·(sb + tc) = 0
4
3
3
2
2
s |b| + 2stb·c + t2 |c|2 − s(|b|2 + b·c) − t(b·c + |c|2 ) = 0
4
4
よって
s2 +
2
3
st + t2 − s − t = 0
10
(3) s + t = u，st = v より，s，t を解とする 2 次方程式 x2 − ux + v = は実数
解をもつから
u2
··· 1
u2 − 4v 0 ゆえに v
4
(2) の結果から
4
4
(s + t)2 − st − (s + t) = 0 ゆえに u2 − v − u = 0
3
3
したがって
3
v = (u2 − u)
4
3
すなわち v =
4
1
u−
2
v
2
−
9
16
v= 34 (u2 −u)
9
16
··· 2
v= 14 u2
1 を満たしながら動くとき， 2 の表す図形
は右の図の実線部分である．
3
9
よって
−
v
16
16
1
2
O
3
− 16
1
1
3
(4) v が最小となるとき，(3) で示したグラフから u = ，v = −
2
16
1
3
2
このとき，s，t は 2 次方程式 x − x −
= 0 の解であるから
2
16
(s, t) =
3 1
,−
4 4
,
1 3
− ,
4 4
−→
−→
3
1
1
3
AP = b − c または AP = − b + c
4
4
4
4
−→
5
3 −→ 3
5
(1) の結果から
BO = − b + c，CO = b − c
8
8
8
8
よって
3
b−
4
1
− b+
4
1
c=
4
3
c=
4
−→ −→
3
3
5
b+c +
b − c = AO + CO
8
8
8
−→ −→
3
5
3
b + c + − b + c = AO + BO
8
8
8
P は O に関して B，C と対称な点であるから，次のようになる．
A
P
P
O
B
C
3
2
u
11
2
解説 s2 + t2 + st − s − t = 0 の表す図形は楕円1 であるから，(s, t) を θ の正
3
則な関数として表すことができる．この方程式を θ で微分すると
2
2s + t − 1
3
ゆえに
ds dt
,
dθ dθ
ds
+
dθ
2
s + 2t − 1
3
2
2
2s + t − 1, s + 2t − 1 ·
3
3
dt
=0
dθ
ds dt
,
dθ dθ
=0
· · · (∗)
は楕円の接ベクトルであるから
2
2
2s + t − 1, s + 2t − 1
3
3
は楕円の法ベクトルである．
また，st は θ の関数であるから，f (θ) = st とおくと
f (θ) =
ds
dt
t + s = (t, s)·
dθ
dθ
ds dt
,
dθ dθ
f (θ) が極値をとるとき，f (θ) = 0 であるから
(t, s)·
ds dt
,
dθ dθ
=0
· · · (∗∗)
このとき，(∗)，(∗∗) より
2
2
2s + t − 1, s + 2t − 1
3
3
(s − t) s + t −
したがって
1
2
// (t, s)
=0
上式をみたす楕円上の点は
(s, t) = (0, 0) ,
3 3
,
4 4
,
3 1
,−
4 4
,
1 3
− ,
4 4
よって，st は
(s, t) =
(s, t) =
1
3 3
9
,
のとき最大値 ,
4 4
16
3 1
1 3
3
,−
, − ,
のとき最小値 −
4 4
4 4
16
http://kumamoto.s12.xrea.com/nyusi/Qdai ri 2010.pdf の
5
の解説を参照．
12
6
(1) y = x2 を微分すると
y = 2x
放物線上の点 (t, t2 ) における法線の方程式は
1(x − t) + 2t(y − t2 ) = 0 すなわち x + 2ty = t + 2t3
··· 1
s = t とする．放物線上の点 (s, s2 ) における法線の方程式は
x + 2sy = s + 2s3
··· 2
2 − 1 より
2(s − t)y = s − t + 2(s3 − t3 ) ゆえに y = s2 + st + t2 +
1
2
これを 1 に代入すると
x + 2t s2 + st + t2 +
1
2
= t + 2t3
ゆえに
x = −2st(s + t)
−2st(s + t), s2 + st + t2 +
2 直線 1 ， 2 の交点の座標は
1
2
この点を s −→ t とした極限の点が (u(t), v(t)) であるから
u(t) = lim{−2st(s + t)} = −4t3
s→t
v(t) = lim s2 + st + t2 +
s→t
1
2
= 3t2 +
1
2
(2) Q(t) が放物線 y = x2 上にあるから
3t2 +
ゆえに
よって
1
= (−4t3 )2
2
整理すると
(2t2 − 1)(4t2 + 1)2 = 0
√
Q(− 2, 2)
t
32t6 − 6t2 − 1 = 0
1
0 に注意して t = √
2
13
1
2
3
1
ゆえに
2x = (−2t)3 ，y = (−2t)2 +
4
2
3
1
2
上の 2 式から t を消去すると
y = (2x) 3 +
4
2
(3) (1) の結果から
x = −4t3 ，y = 3t2 +
求める面積は，下の図の斜線部分である．
y
2
Q
1
2
√
− 2
x
O
この面積を S とすると
0
S=
√
− 2
2
3
1
(2x) 3 + − x2
4
2
2
=
解説 曲線 y =
の
9x(2x) 3
x x3
+ −
20
2
3
dx
0
√
− 2
=
11 √
2
15
3
2
(2x) 3 + 1 を放物線 y = x2 の法線群の包絡線という．
4
http://kumamoto.s12.xrea.com/nyusi/Qdai ri 2009.pdf
3 の解説を参照．
14
7
(1) 図 1 の直角三角形 OBE について，OB = a，OE = b から
BE =
√
a 2 + b2 ,
BE = DE
図 3 の二等辺三角形 BCE の BC の中点を M とすると
a
BM = √
2
図 3 の直角三角形 BEM について
EM =
√
BE2 − BM2 =
a2
+ b2
2
a
OM = √
2
図 1 の直角二等辺三角形 OBC から
OEM の 3 辺の長さから，∠EOM = 90◦ である．
また，図 3 から H は EM 上にあるから，図 4 から
EH
OE
=
,
OE
EM
HM
OM
=
OM
EM
C(=D)
O
√
b
M
E
√a
2
a2 + b2
図3
B
√a
2
H
E
a2
2
+ b2
M
図4
したがって
a2
OE2 OM2
:
= OE2 : OM2 = b2 :
= 2b2 : a2
EM EM
2
−→ −→
−→
2
2 OB + OC
−
→
−
−
→
a OE + 2b ·
−→ a2 OE + 2b2 OM
2
OH =
=
2b2 + a2
a2 + 2b2
−→
−→
−→
a2 OE + b2 OB + b2 OC
=
a2 + 2b2
EH : HM =
よって
15
(2) 図 3 の二等辺三角形 BCE について θ = ∠BEC とすると，余弦定理により
BE2 + CE2 − BC2
√
√ 2BE·CE √
( a2 + b2 )2 + ( a2 + b2 )2 − ( 2a)2
b2
√
√
=
= 2
a + b2
2 a2 + b2 a2 + b2
cos θ =
sin θ =
ゆえに
√
1−
cos2
θ=
1−
2
b2
a2 + b2
√
a a2 + 2b2
=
a 2 + b2
二等辺三角形 BCE の外接円の半径 EP は，正弦定理により
1 BC
1 √
a2 + b2
EP = ·
= × 2a × √
=
2 sin θ
2
a a2 + 2b2
a2 + b2
2(a2 + 2b2 )
(1) で示した結果から
EH =
OE2
=
EM
b2
a2
2
=
+ b2
2b2
2(a2 + 2b2 )
二等辺三角形 BCE の外心 P は EM 上にあるから，a > b に注意して
HP = EP − EH =
HP =
a
のとき
4
a2 + b2
2(a2 + 2b2 )
a2 − b2
2(a2
+
2b2 )
=
−
a
4
2b2
2(a2 + 2b2 )
ゆえに
=
a2 − b2
2(a2 + 2b2 )
7a4 − 18a2 b2 + 8b4 = 0
a
(a2 − 2b2 )(7a2 − 4b2 ) = 0 a > b > 0 により b = √
2
a
このとき，図 4 の OEM について，OE = OM = √ ，EM = a から
2
したがって
OH =
a
2
よって
−→
a
|OH| =
2
16
8
(1)
i) 漸化式から，明らかに an > 0
√
√
a1 = 1，a2 = 2 より，a2 − a1 = 2 − 1 > 0 であるから，
an+1 − an > 0 であると仮定すると
an+2 2 − an+1 2 = (
したがって
√
1 + an+1 )2 − ( 1 + an )2 = an+1 − an > 0
an+2 − an+1 > 0
よって，{an } は単調増加列である．
√
ii) 漸化式の補助方程式 c = c + 1 から
√
1+ 5
c − c − 1 = 0 c > 0 に注意してこれを解くと c =
2
2
a1 − c < 0 であるから，an − c < 0 であると仮定すると
an+1 − c =
したがって
√
1 + an − c2
an − c
1 + an − c = √
=√
<0
1 + an + c
1 + an + c
an+1 − c < 0
よって，すべての自然数 n に対して
an < c
i)，ii) より an < an+1 < c (n = 1, 2, · · · )
よって，{an } は有限な極限値をもつ．
(2) (1) の結果から |an+1 − c| = √
したがって
lim
1
n→∞ cn−1
|an − c| <
= 0 であるから
|an − c|
1
< |an − c|
c
1 + an + c
1
cn−1
|a1 − c|
lim an = c =
n→∞
1+
√
2
5
17
別解 (1) の結果から，{an } は収束して
lim an = lim an+1 = α
n→∞
とおくと，an+1 =
n→∞
√
1 + an より
√
lim an+1 = lim 1 + an
n→∞
n→∞
すなわち
α=
√
1+α
α は (1) で求めた補助方程式の解であるから
lim = α = c =
n→∞
補足 幾何学的には，極限値 α は，y =
√
1+
√
5
2
1 + x と y = x の交点の y 座標である．
y
a3
a2
a1
√
y= 1+x
−1
1
x
O
y=x
解説 数列 {xn } が n と無関係な定数 A について
xn < xn+1 < A (n = 1, 2, · · · )
が成り立つとき，A は {xn } の上界で，連続公理により，上限 s = sup A ∈ R が
存在する．上限は上界であるから，すべての n ∈ N に対し xn s が成り立つ．
一方，任意の ε > 0 に対して，s − ε < s だから，s − ε は M の上限ではない．
そこである n0 ∈ N が存在して s − ε < xn0 となる．このとき，{xn } の単調増加
性により，任意の n n0 に対して
s − ε < xn0
xn
s ゆえに |xn − s| < ε よって
lim xn = sup A
n→∞
同様に，数列 {xn } が n と無関係な定数 B について
xn > xn+1 > B
(n = 1, 2, · · · )
が成り立つとき，B は {xn } の下界で，連続公理により，下限 inf B ∈ R が存在
し， lim xn = inf B が成り立つ．
n→∞
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