2010 北海道大学（理系）前期日程
１
解答解説
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2
2
(1) 放物線 C1 : y = x ……①, C2 : y = x - 4ax + 4a ……②に対して,
①より, y¢ = 2x となり, 接点 ( t, t 2 ) とおくと, 接線の方程式は,
y - t 2 = 2t ( x - t ) , y = 2tx - t 2 ………③
2
②③を連立して, x - 4 ax + 4 a = 2tx - t
2
y
2
C1
C2
2
x - 2 ( 2a + t ) x + 4a + t = 0 ………④
l
放物線②と接線③が接することより, ④は重解をもち,
D 4 = ( 2a + t )2 - ( 4a + t 2 ) = 0 , a 2 + at - a = 0
a＞0 から, a + t - 1 = 0 , t = 1 - a ………⑤
O
③に代入すると, 接線 l の方程式は,
1
1- a 1+ a
x
y = 2 ( 1 - a ) x - ( 1 - a )2
(2) ④の重解は, ⑤より, x = 2a + t = 2a + 1 - a = 1 + a
また, ①と②の交点は, x 2 = x 2 - 4ax + 4a より, x = 1
よって, C1 , C2 と l で囲まれた図形の面積 S は,
S=
ò
1
1-a
[
{ x - ( 1 - a ) }2 dx + ò
]
1+a
1
3 1
= 1 { x - (1 - a ) } 1-a + 1
3
3
3
3
3
= 1a +1a = 2a
3
3
3
{ x - ( 1 + a ) }2 dx
[{ x - (1 + a ) } ]
3 1+a
1
［解 説］
よく見かける構図で, 過去に多数の大学で出題されてきた頻出問題です。
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２
解答解説
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(1) 条件より, A 2 - A + E = O ……①に対して, A - A 2 = E となり,
A( E - A ) = ( E - A ) A = E
よって, A は逆行列をもち, A -1 = E - A ……②である。
(2) ハミルトン・ケーリーの定理より, A 2 - ( a + d ) A + ( ad - bc ) E = O ………③
①③より, ( - a - d + 1 ) A + ( ad - bc - 1 ) E = O ………④
(i)
- a - d + 1 = 0 のとき
④より, ad - bc - 1 = 0 となり, a + d = 1 , ad - bc = 1
(ii) - a - d + 1 ¹ 0 のとき
④より, A = ad - bc - 1 E となり, k = ad - bc - 1 とおくと, A = kE である。
a + d -1
a + d -1
2
①に代入すると, ( k - k + 1 ) E = O となり, k 2 - k + 1 = 0
ところが, k = 1 ± 3i となり, 行列 A の成分が実数であることに反する。
2
(i)(ii)より, a + d = 1 , ad - bc = 1
æ 1-a -b ö
æa cö
(3) ②より, A -1 = ç
÷ であり, 一方, 条件から A -1 = ç
÷ なので,
è -c 1-d ø
èb dø
1 - a = a ………⑤, - b = c ………⑥, 1 - d = d ………⑦
⑤⑦より, a = d = 1 ………⑧
2
(2)から ad - bc = 1 なので, ⑥⑧を代入すると, 1 + b2 = 1 から, b2 = 3
4
4
すると, b＞0 より b = 3 となり, ⑥から c = - 3 であるので,
2
2
æ
ö
1
3
÷
A = 1 çç
2 è - 3 1 ÷ø
［解 説］
行列の方程式について, 参考書の例題に載っているような問題です。
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３
解答解説
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(1) 条件より, r＞0, - p ＜q ＜ p に対して, a0 = r cos q , b0 = r であり,
2
2
a
n -1 + bn -1
, bn = anbn -1
an =
2
すると, 帰納的に, an ＞0 , bn ＞0 である。
さて, a1 = a0 + b0 = r cos q + r = r × cos q + 1 = r cos 2 q
2
2
2
2
2q
q
b1 = a1b0 = r cos × r = r cos
2
2
r cos2 q + r cos q
cos q + 1
2
2 = r cos q ×
2
= r cos q cos2 q
a2 = a1 + b1 =
2
2
2
2
4
2
b2 = a2b1 = r cos q cos2 q × r cos q = r cos q cos q
2
4
2
2
4
a
a
q
q
1
2
よって,
= cos ,
= cos
2 b2
4
b1
(2) 0 以上の整数 n に対して, an = cos qn であることを, 数学的帰納法で証明する。
bn
2
(i) n = 0 のとき a0 = r cos q , b0 = r より, a0 = cos q0 となり成り立つ。
b0
2
a
q
q
k
(ii) n = k のとき
= cos k すなわち ak = bk cos k が成り立つと仮定すると,
bk
2
2
q
q
cos k + 1
bk cos k + bk
+
2
2
= bk ×
= bk cos2 q
ak +1 = ak bk =
2
2
2
2 k +1
bk +1 = ak +1bk = bk cos2 q
× bk = bk cos q
2 k +1
2 k +1
となり, n = k + 1 のときも成立する。
よって, ak +1 = cos q
bk +1
2 k +1
(i)(ii)より, n≧0 において, an = cos qn である。
bn
2
q
(3) (2)より, bn +1 = bn cos n +1 なので, n≧1 で,
2
q
q
cos qn
bn = b0 cos cos 2 × L × cos nq- 2 cos q
2
2
2
2n -1
2
q
q
q
q
q
= r cos cos 2 × L × cos n - 2 cos n -1 cos n
2
2
2
2
2
q
q
q
q
すると, bn sin n = r cos cos 2 × L × cos n - 2 cos q
cos qn sin qn
2
2
2
2
2n -1
2
2
1
q
q
q
q
q
= r cos cos 2 × L × cos n - 2 cos n -1 × sin n -1
2
2
2
2
2
2
q
q
q
q
1
= r cos cos 2 × L × cos n - 2 × 2 sin n - 2
2
2
2
2
2
q
q
1
1
= r cos × n -1 sin = n r sin q
2 2
2 2
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解答解説
q
1 r sin q
n
n
よって, lim bn = 2
= r sin q × 2
= r sin q
n®¥
q
q
q
sin n
sin qn
2
2
r
sin
q
q
(2)より, lim an = lim bn cos n =
q
n®¥
n®¥
2
［解 説］
漸化式と極限についての問題です。解法の流れを読み取ることは難しくありません。
ただ, (3)で, 数列 { bn } の一般項を, 2 倍角の公式を用いてまとめる部分は, 経験がもの
をいいます。
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４
解答解説
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(1) C1 , C2 を定数として, I1 =
I2 =
ò t e dt = t e
2 t
2 t
ò te dt = te - ò e dt = ( t - 1 ) e
t
t
t
t
+ C1
- 2 I1 = t 2 et - 2 ( t - 1 ) et + C2 = ( t 2 - 2t + 2 ) e t + C2
(2) 0≦x≦1 に対して,
f (x)=
さて,
ò
x
0
ò
1
0
e-
t -x
t ( 1 - t ) dt =
et - x t ( 1 - t ) dt = e - x
= e-x
x
ò
x
0
ò ( te
[( -t
e t - x t ( 1 - t ) dt +
ò
1
x
e - t + x t ( 1 - t ) dt
[
t
- t 2 e t ) dt = e - x I1 - I 2
2
+ 3t - 3 ) e t
0
]
x
0
]
x
0
{
= e - x ( - x 2 + 3x - 3 ) e x + 3
}
= - x 2 + 3x - 3 + 3e - x
また, - t = u とおくと,
ò
1
x
e - t + x t ( 1 - t ) dt = e x
= ex
=e
x
1
-1
ò ( te - t e ) dt = e ò ( - ue - u e
[ I + I ] = e [(u - u +1)e ]
-t
2 -t
x
x
2 u
u
-x
1
{3e
2
-1
-1
-x
x
2
2
- ( x + x +1)e
-x
u
} = 3e
x -1
) ( - du )
-1
-x
- ( x2 + x +1)
したがって, f ( x ) = 3e - x + 3e x -1 - 2x 2 + 2x - 4
(3) (2)より, f ¢( x ) = - 3e - x + 3e x -1 - 4 x + 2 , f ¢¢( x ) = 3e - x + 3e x -1 - 4 となり,
( )
1
1
f ¢ 1 = - 3e 2 + 3e 2 - 2 + 2 = 0
2
-1
-1
f ¢¢ 1 = 3e 2 + 3e 2 - 4 = 6 - 4 = 2 ( 3 - 2 e ) = 2 × 9 - 4e
2
e
e
e 3+2 e
ここで, 4e＞4 ´ 2.7 = 10.8 から, f ¢¢ 1 ＜0 である。
2
よって, f ( x ) は x = 1 で極大となる。
2
( )
( )
［解 説］
(2)の積分を計算するうえで, (1)の誘導がかなり役に立ちます。また, (3)では, 増減
表は作成しにくいので, 第 2 次導関数の値を利用しています。
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５
解答解説
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(1) n 回目に 1 本目の当たりくじが出るのは, 1 回目から n - 1 回目までは, はずれく
じ, n 回目に当たりくじを引く場合より, その確率は,
100 !
´2
- n )!
(
101
2 ( 102 - n ) 102 - n
´
P
2
100 n -1
=
=
=
P
102
!
101 × 102
5151
102 n
( 102 - n ) !
なお, この式は n = 1 , n = 102 のときも成立する。
(2) A が n 回目に 1 本目の当たりくじを引くのは, n = 3k + 1 ( 0 ≦ k ≦ 33 ) のときよ
り, その確率は,
33
33
102 - ( 3k + 1 )
1 101 ´ 34 - 3 × 1 ´ 33 ´ 34
1
=
å 5151
å ( 101 - 3k ) = 5151
5151
2
k =0
k =0
(
)
= 17 ( 101 ´ 2 - 3 ´ 33 ) = 103
5151
303
同様に, B が n 回目に 1 本目の当たりくじを引くのは, n = 3k + 2 ( 0 ≦ k ≦ 33 ) の
ときより, その確率は,
33
33
102 - ( 3k + 2 )
= 1 å ( 100 - 3k ) = 1 100 ´ 34 - 3 × 1 ´ 33 ´ 34
å 5151
5151 k = 0
5151
2
k =0
(
)
= 17 ( 100 ´ 2 - 3 ´ 33 ) = 1
5151
3
また, C が n 回目に 1 本目の当たりくじを引く確率は,
1 - 103 - 1 = 33
303 3 101
［解 説］
確率の基本問題です。計算も予想よりは簡単でした。
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