1
平成 26 年度 九州工業大学２次試験前期日程 (数学問題)
工学部 平成 26 年 2 月 25 日
• 数 I・II・III・A・B・C (120 分)
1 空間において 1 点 O を固定し，O に関する位置ベクトルが ~p である点 P を P(~p)
で表す．4 点 O，A(~a)，B(~b)，C(~c) を頂点とする四面体 OABC において，線分
OA，OB，BC を s : 1 − s (0 < s < 1) に内分する点をそれぞれ D，E，F と
9
9
する．また，3 点 A，B，C の定める平面を α とし，~h = ~a − ~b + ~c を位
16
16 √
~
置ベクトルとする平面 α 上の点を H(h) とする．OA = AB = 3，OB = 3 2，
OC = BC = 4，AC = 5 として，次に答えよ．
−→ −→
(1) ベクトル DE，DF を ~a，~b，~c および s を用いて表せ．また，内積 ~b·~c を求
めよ．
(2) 線分 OH の長さを求めよ．
(3) 3 点 D，E，F の定める平面が点 H を通るときの s の値を求めよ．
(4) s を (3) で求めた値とするとき，四面体 OAFC の体積 V を求めよ．
Ã
!
1
2
1
4
2 座標平面において，行列 A =
2
3
2
3
が表す移動 (1 次変換) を f とし，直線
x + 2y = 1 を ` とする．次に答えよ．
(1) 点 P(p1 , p2 ) が f によって移る点を Q(q1 , q2 ) とする．P が ` 上の点のとき，
Q は ` 上にあることを示せ．
(2) ` 上の点 R は f によって R 自身に移る．
(a) R の座標を求めよ．
−→
|RQ|
(b) R と異なる ` 上の点 P が f によって点 Q に移るとき， −→ を求めよ．
|RP|
(3) 数列 {an }，{bn } を
Ã
a1 = 1,
b1 = 0,
an+1
bn+1
Ã
!
=A
an
bn
!
(n = 1, 2, 3, · · · )
により定める．{an }，{bn } の一般項を求めよ．さらに lim an ， lim bn を
n→∞
求めよ．
n→∞
2
3 関数 s(t) はつねに s0 (t) > 0 をみたし，s(0) = 0 とする．座標平面上を運動する
点 P の座標 (x, y) は，時刻 t の関数として
1
y = {s(t)}2
2
µ
¶
dx dy
~
で与えられ，点 P の速度 v =
,
は
dt dt
x = s(t),
|~v| = p
1
1 + {s(t)}2
µ ¶
µ ¶
4
4
とおく．次に答えよ．
をみたすとする．また，α = s − ，β = s
3
3
dx
= f (x) が成り立つように関数 f (x) を定めよ．
dt
Z 0
Z 4
3
4
1 dx
1 dx
4
(2) =
dt， =
dt を用いて，α，β の値を求めよ．
3
3
0 f (x) dt
− 43 f (x) dt
(1)
d2 x
= g(x) が成り立つように関数 g(x) を定めよ．また，α 5 x 5 β のと
dt2
き g(x) が最大となる x の値を求めよ．
³
³
π´
π´
4 関数 f (x) = − tan x = 0 5 x 5 ，g(x) = sin 2x 0 5 x 5
について，
4
4
次の問いに答えよ．
Z
Z
(1) 不定積分 tan x dx， tan2 x dx を求めよ．
(3)
π
で囲ま
4
れた部分を直線 y = −b のまわりに 1 回転してできる立体の体積 V1 を b を
用いて表せ．
π
(3) 0 5 x 5 のとき，不等式 f (x) + g(x) = 0 を示せ．
4
π
(4) 2 曲線 y = f (x)，y = g(x) および直線 x =
で囲まれた部分を直線
4
1
y = − √ のまわりに 1 回転してできる立体の体積 V2 を求めよ．
3
(2) b > 0 とする．曲線 y = g(x) および 3 直線 y = −b，x = 0，x =
3
正解
1
(1) 条件から
−→
−→
OD = s~a, OE = s~b,
−→
OF = (1 − s)~b + s~c
B
3
したがって
−→ −→ −→
DE = OE − OD = s~b − s~
a,
−→ −→ −→
DF = OF − OD
= (1 − s)~b + s~c − s~
a
F
4
√
3 2
E O
D
3
4
5
A
β = ∠BOC とし，4OBC に余弦定理を適用すると
√
√
OB2 + OC2 − BC2
(3 2)2 + 42 − 42
3 2
√
cos β =
=
=
2OB·OC
8
2·3 2·4
√
√
2
3
~b·~c = |~b||~c| cos β = 3 2 × 4 ×
よって
=9
8
(2) α = ∠AOB とし，4AOB に余弦定理を適用すると
√
OA2 + OB2 − AB2
32 + (3 2)2 − 32
1
√
cos α =
=
=√
2OA·OB
2·3·3 2
2
√
~a·~b = |~a||~b| cos α = 3 × 3 2 × √1 = 9
2
OA2 + OC2 = AC2 であるから ∠AOC = 90◦ ゆえに ~c·~a = 0
よって
t=
9
とおくと，~h = ~a − t~b + t~c であるから
16
|~h|2 = |~a|2 + t2 |~b|2 + t2 |~c|2 − 2t~a·~b − 2t2~b·~c + 2t~c·~a
√
= 32 + t2 ·(3 2)2 + t2 ·42 − 2t·9 − 2t2 ·9 + 2t·0
= 16t2 − 18t + 9 = t(16t − 9) − 9t + 9
µ
¶
9
9
9·7
= −9 ×
+9=9 − +1 =
16
16
16
よって
OH = |~h| =
√
3 7
4
C
4
(3) ~h = ~a + t(~c − ~b) より
条件より
したがって
−→ −→
−→
OH = OA + tBC
−→ 1 −→ −→ 1 −→
BC = BF，OA = OD， s
s
−→ 1 −→
OB = OE
s
−→ 1 −→
OH = OD +
s
1 −→
= OD +
s
1 −→
= OD +
s
1 −→
= OD −
s
t −→
BF
s
t −→ −→
(OF − OB)
sµ
¶
t −→ 1 −→
OF − OE
s
s
t −→ t −→
OE + OF
s2
s
B
1−s
D
s
F
1−s
s
E
O
s
1−s
C
A
点 H が平面 DEF 上にあるから
1
t
t
− 2 + = 1 整理すると s2 − st − s + t = 0
s s
s
ゆえに
(s − 1)(s − t) = 0 s 6= 1 であるから s = t =
9
16
(4) (1)，(2) で得られた結果から
−→ ~
AB·h = (~b − ~a)·(~a − t~b + t~c)
= −|~a|2 − t|~b|2 + (t + 1)~a·~b + t~b·~c − t~c·~a
√
= −32 − t·(3 2)2 + (t + 1)·9 + t·9 − t·0 = 0
−→ ~
AC·h = (~c − ~a)·(~a − t~b + t~c)
= −|~a|2 + t|~c|2 + t~a·~b − t~b·~c + (1 − t)~c·~a
= −32 + t·42 + t·9 − t·9 + (1 − t)·0
= 16t − 9 = 0
−→ ~ −→ ~
AB⊥h，AC⊥h であるから，OH は O から平面 α に引いた垂線である．
したがって，四面体 OABC の体積を V0 とすると
よって
√
√
1 1
3 7
3 7
1
=
V0 = 4ABC × OH = × ·3·4 ×
3
3 2
4
2
√
√
µ
¶
21 7
9
3 7
=
V = (1 − s)V0 = 1 −
×
16
2
32
5
別解 O を通り，平面 OAC に垂直な直線を l と
し，l と直線 OB のなす角を γ とすると
l
B
T
cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1
これに (1)，(2) の結果を代入すると
µ
1
√
2
ゆえに
¶2
F
E O
D
à √ !2
3 2
+
+ cos2 γ = 1
8
A
√
7
| cos γ| = √
4 2
B から直線 l に垂線 BT を引くと
√
√
7
3 7
OT = OB| cos γ| = 3 2 × √ =
4
4 2
√
四面体 OABC の体積を V0 とすると
よって
√
√
1 1
3 7
3 7
1
=
V0 = 4OAC × OT = × ·3·4 ×
3
3 2
4
2
√
√
µ
¶
21 7
9
3 7
V = (1 − s)V0 = 1 −
×
=
16
2
32
C
6
2
(1) 行列 A の固有方程式は
すなわち
λ2 − (trA)λ + det A = 0
7
1
λ2 − λ + = 0
6
6
Ã
A − λE =
固有値 λ = 1,
λ = 1,
これを解いて
1
2
2
3
−λ
1
4
2
3
1
6
!
−λ
1
に対する固有ベクトルの 1 つを，次に定める．
6
à !
Ã
!
4
2
~u =
, ~v =
3
−1
Ã
~v は ` の方向ベクトルである．k~u =
4k
3k
!
が ` 上にあるとき
4k + 2·3k = 1 これを解いて k =
1
10
` 上の任意の点 P の位置ベクトルを ~p とすると，~p は実数 t を用いて
~p = 1 ~u + t~v
10
~p の f による像 ~q は
µ
~q = A~p = A
1~
u + t~v
10
¶
=
1~
u+
10
t~
v
6
よって，P が ` 上の点のとき，f による P の像 Q も ` 上にある．
1
(2) (a) ` 上の f による不動点の位置ベクトルを ~u + t0~v とすると，(1) の結
10
果により，その像から
1~
1
t0
u + t0~u = ~u + ~u ゆえに t0 = 0
10
10
6
à !
1~
1
4
求める不動点 R の位置ベクトルは
u=
10
10 3
µ
¶
2 3
よって，求める R の座標は
,
5 10
7
−→ −→
−→ −→ t
(b) 以上の結果から OP = OR + t~v ， OQ = OR + ~v
6
−→
−
→
t
したがって
RP = t~v ，
RQ = ~v
6
−→
1
|RQ|
P が R と異なるとき，t 6= 0 であるから
−→ = 6
|RP|
à !
Ã
!Ã ! Ã !
1
4 2
α
1
(3) α~u + β~v =
とすると
=
0
3 −1
β
0
Ã
! Ã !
1
3
a1
1
ゆえに
=
= ~u + ~v
10
10
b1
0
したがって
Ã
an
bn
!
Ã
n−1
=A
a1
b1
!
µ
=A
n−1
1~
3
u + ~v
10
10
1 n−1~
3
A u + An−1~v
10
10
1~
3 ~
= u+
v
n−1
10 Ã 10·6
!
Ã
!
3
1
4
2
+
=
10 3
10·6n−1
−1
=
よって
an =
2
5
+
lim an =
n!1
1
，
10·6n`2
2
5
，
bn =
lim bn =
n!1
3
10
3
10
−
3
10·6n`1
¶
8
3
1
(1) x = s(t)，y = {s(t)}2 をそれぞれ t で微分すると
2
dx
= s0 (t),
dt
dy
= s(t)s0 (t)
dt
ゆえに，点 P の速度 ~v は
µ
~v =
s0 (t) > 0 に注意して
dx dy
,
dt dt
¶
|~v| = s0 (t)
= s0 (t)(1, s(t))
p
1 + {s(t)}2
与えられた |~v| の条件により
p
s0 (t) 1 + {s(t)}2 = p
1
1 + {s(t)}2
ゆえに
s0 (t) =
1
1 + {s(t)}2
よって
f (x) =
1
dx
=
dt
1 + x2
(2) s0 (t) > 0 より，s(t) は単調増加関数であるから
µ ¶
µ ¶
4
4
s −
< s(0) < s
ゆえに α < 0 < β
3
3
···°
1
上式および (1) の結果を与えられた等式に適用すると
4
=
3
4
=
3
ゆえに
Z
Z
0
− 43
4
3
0
1 dx
dt =
f (x) dt
1 dx
dt =
f (x) dt
Z
0
·
2
(x + 1) dx =
Z
α
β
·
(x2 + 1) dx =
0
(α + 1)(α2 − α + 4) = 0,
°
1 に注意して
α = −1, β = 1
x3
+x
3
3
x
+x
3
¸0
α
α3
=− −α
3
¸β
=
0
β3
+β
3
(β − 1)(β 2 + β + 4) = 0
9
(3) (1) の結果から
g(x) =
ゆえに
f (x) =
d2 x
dx
0
=
f
(x)
dt2
dt
d2 x
= f 0 (x)f (x)
dt2
1
を微分すると
1 + x2
したがって
g(x) = −
f 0 (x) = −
2x
(1 + x2 )2
2x
1
2x
×
=−
2
2
2
(1 + x )
1+x
(1 + x2 )3
g(x) = −2x(1 + x2 )−3 を微分すると
g 0 (x) = −2(1 + x2 )−3 − 2x·(−3)(1 + x2 )−4 ·2x
−2(1 + x2 ) + 12x2
2(5x2 − 1)
=
(1 + x2 )4
(1 + x2 )4
=
(2) の結果から，−1 5 x 5 1 における g(x) の増減表は，次のようになる．
x
−1 · · ·
0
g (x)
g(x)
1
4
+
%
− √15
···
0
−
&
√
25 5
108
√1
5
···
1
0
+
%
− 14
√
− 251085
よって，−1 5 x 5 1 において，g(x) が最大となる x の値は
1
−√
5
10
Z
4
tan x dx = − log | cos x| + C
(1)
Z µ
Z
2
tan x dx =
(C は積分定数)
¶
1
− 1 dx = tan x − x + C
cos2 x
(2) V1 は右の図の斜線部分を y = −b のまわりに 1
回転したものであるから
Z π
4
V1
=
(sin 2x + b)2 dx
π
0
¶
Z πµ
4
1 1
2
=
b + − cos 4x + 2b sin 2x dx
2 2
0
¶
· µ
¸ π4
1
1
2
x − sin 4x − b cos 2x
=
b +
2
8
0
π 2
= (2b + 1) + b
8
V1 =
よって
(3)
π2
8
(C は積分定数)
y
1
(2b2 + 1) + bπ
f (x) + g(x) = − tan x + sin 2x
= − tan x + 2 sin x cos x
= − tan x + 2 tan x cos2 x
= tan x(−1 + 2 cos2 x) = tan x cos 2x
05x5
よって
π
において tan x = 0，cos 2x = 0
4
f (x) + g(x) = 0
π
4
O
−b
x
11
1
(4) 右の図の斜線部分を y = − √ のまわりに 1 回
3
転させた立体の体積を V とすると
¶2
Z πµ
6
V
1
=
− tan x + √
dx
π
3
0
¶
Z πµ
6
1
2
2
=
tan x − √ tan x +
dx
3
3
0
¸ π6
·
2
2
= − x + tan x + √ log | cos x|
3
3
0
µ
¶
π
3
1
= − + √ 1 + log
9
4
3
µ
¶
π2
π
3
ゆえに
V = − + √ 1 + log
9
4
3
y
1
π
6
O
−1
− √13
1
π
5
b = √ のときの V1 を V0 とおくと V0 = π 2 + √
24
3
3
よって，求める面積 V2 は
V2 = V0 − V
µ
¶ ½ 2
µ
¶¾
5 2
π
3
π
π
=
− − + √ 1 + log
π +√
24
9
4
3
3
π
23 2
3
π − √ log
=
72
4
3
π
4
x
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