2014 年度慶應義塾大学看護医療学部（数学）解答解説 Ⅰ 解答 1 （イ） 3 2 n 2 21 3 2 （カ） 43 （１）（ア） 3n （３）（オ） 5 n 2 （２）（ウ） 2 129 3 （キ）（エ） 21 （４）（ク） 3 解説（２）係数を求めるから、２項定理の一般項を用いる x 1 （ウ）：２項定理より 8 Ck x k 4 Cl x l 8 x 1 1 4 4 l 1 10 これが x の項となるのは、 k k, l このとき、 1 （エ）： x2 10 0 8 C6 4 C4 1 1 8 C7 4 C3 6! x2 p!q!r ! 1 p 2 8 x q 1r C8 4 C2 2 …（答） 6! x2p p!q!r ! q 6 , 0 ≦ p , q , r ≦ 6 をみたす整数 x 10 の項となるのは、 2 p q 10 よって、 x 10 p, q, r 4, 2, 0 , 5, 0, 1 の項の係数は 6! 4!2!0! n l l 10 p, q, r は p q r このとき、（４） 12 Ck 4Cl x k の項の係数は 6 これが 8 6, 4 , 7, 3 , 8, 2 x 1 の一般項は、ただし、 4 l , l は 0 ≦ k ≦ 8 , 0 ≦ l ≦ 4 をみたす整数ただし、 k よって、 x の一般項は 6! 5 ! 0 !1 ! 21 …（答） 2 2 n 3 n の正の約数の個数が 28 だから 9 2n 1 n 1 28 ∴ n 3, 2 よって自然数 n 3 …（答） Ⅱ 解答（１）（ケ） y x2 1 （コ） 8 3 a 3 4a （サ） 2 2 （シ） 4 2 3 Copyright (C) 2014 Johnan Prep School （２）（ス） log 2 3 （セ） 0 , 2 54 14 21 9 （ソ）解説（１）（ケ）： C1 の頂点を x 軸に関して対称移動し、上に凸になることに注意すればよい別解として、 C1 の式の y を（２） f x 2x f x gt 3 2 6 2x 5 2x 6t 2 5t （ス）： t の３次方程式 gt ∴ t3 2x y に書き換えればすぐに求まる 2x 12 を解いて、 t 3, 4 ∴ x （セ）（ソ）：題意をみたすには、３次関数 3t 2 12t g t α 6 21 3 ，β t とおくと、 t 6 21 3 3, 4 log 2 3 , 2 …（答） y g t 5 0 に注意して g t と直線 y 0 となるのは、 t とおき、 g t の t k が t 6 0 で３つの共有点を持てばよい 21 3 0 での増減表を書くと、グラフは次のようになるグラフより、求める k の値の範囲は 0 gα O k g α だから、 g α を求める g t を g t で割ると、商 α 1 β x t k 1 t 3 2 , 余り 3 14 t 3 10 3 割り算原理より gt g t 1 t 3 2 3 14 t 3 10 3 g β g α gα 0 に注意すると 14 10 α 3 3 よって、 0 k 54 14 21 9 54 14 21 9 …（答） Copyright (C) 2014 Johnan Prep School Ⅲ 解答（１）（タ） 3 4 （２）（チ） 3 8 （３）（ツ） 3 128 （４）（テ） 21 64 （５）（ト） 175 64 解説 2 1 4 （３） K ：２回、 O ：２回の確率は、 4 C 2 1 4 2 3 128 …（答）（４）例えば、 K と O の２種類ならば（ⅰ） K ：１回、 O ：３回の確率 4 C1 （ⅰ）または（ⅱ）または（ⅲ）より（５） X 4 4 3 1 64 C 2 通りだから 7 128 C2 1 4 （３）より（ⅲ） K ：３回、 O ：１回の確率２種類の文字である確率は 1 3 128 1 （ⅰ）と同様 64 1 3 1 7 64 128 64 128 （ⅱ） K ：２回、 O ：２回の確率２種類のアルファベットの選び方が 1 4 21 64 …（答） 1, 2 , 3 , 4 が考えられる 4 C1 1 4 4 X 1 のとき X 2 のとき（４）より X 4 のとき X 3 のとき 1 1 4! 4 4 1 64 よって、 X の期待値 E X 1 64 21 64 6 64 21 64 6 64 1 1 64 36 64 2 21 36 3 64 64 4 6 64 175 64 …（答） Copyright (C) 2014 Johnan Prep School Ⅳ 解答（１） AP AP ∴ t 1 t t 3 , OP t 3 t t OP だから AP OP AP OP ∴ t （２） AP AP 2 0, t 1 t 7 3 0 t 3 t t t 3 t 7 3 0 より t 0 …（答） t 1 t 1 t 2 t 3 , BP t 3 t 1 , CP t 2 t 3 t 2 BP 2 CP 2 t 1 2 3 t 1 9 t AP 2 t 3 2 2 t 2 2 2 2 BP 2 t 3 2 CP t 3 t 1 2 t 1 2 t 2 2 t 2 2 t 3 2 t 2 2 2 よって、 t 6 2 2 のとき与式は最小になる …（答）（３）４点 A , B , C , D が１つの平面に含まれるには、 AP α AB β AC をみたす実数 α , β が存在すればよい t 1 ∴ t 3 t 3 0 α これを解いて、 t 1 2 1 β 5 , α 3 t 1 0 1 ∴ 2 , β 3 2 3 t 3 t 3 β 2α α β よって、 t 5 3 …（答）解説（２）ベクトルの成分を経由せずに、直接２点間の距離を考えてもよい（３）OP α OA β OB γ OC α β γ 1 をみたす実数 α , β , γ が存在するときの t の値を求めてもよいが、１文字増える分だけ計算が面倒 Copyright (C) 2014 Johnan Prep School Ⅴ 解答（１）有理数とは、整数 p, q p 0 を用いて、 q の形に表すことのできる数のこと p 5 が有理数であるとすると（２）（a）真（証明）互いに素である整数 p, q p 5 p2 両辺を２乗して整理するとこれより q2 q p 5 と表せる …① q 2 は 5 の倍数だから、 q も 5 の倍数となり、 q ①ヘ代入すると、これより 0 を用いて、 5 p2 5k 2 ∴ P 2 5k （ k は整数）と表せる 5k 2 p 2 は 5 の倍数だから、 p も 5 の倍数となるこのとき、 p , q はどちらも 5 の倍数となり、 p , q が互いに素であることに矛盾するよって、 5 は無理数である（証明終わり）（b）真（証明） r , s は有理数だから整数 p1 , p2 , q1 , q 2 rs このとき、（c）真（証明）無理数 q1 p1 p1 q2 p2 0 を用いて r 0 かつ p2 q1q 2 p1 p2 α と 0 でない有理数 r の積 α r が有理数であるとすると q1 p1 α q2 p2 これは、無理数よって、積（d）偽（理由） α αβ q2 と表せる p2 よって、積 r s も有理数となる（証明終わり） 0 でない整数 p1 , p 2 , q1 , q 2 を用いて、 r ∴ q1 ,s p1 β ∴ α q1 ，αr p1 q2 p2 p1q 2 p2 q1 α が有理数となってしまい矛盾する α r は無理数である（証明終わり） 5 とすると 5 5 5 となり、（無理数）×（無理数）＝（無理数）とは限らない解説（２）無理数は「有理数ではない実数」であるため、否定的な表現の証明では結論を否定する背理法が有効となる Copyright (C) 2014 Johnan Prep School