解答（85KB）

2014 年慶応義塾大学医学部
解答
[ I ]
( 1 ) 1 から 13 までのカードから 3 枚選ぶとき，偶数が書かれたカードが 2 枚または 3 枚
含まれる選び方は，
6 C2
× 7 + 6 C3 = 15 × 7 + 20 = 125 通り
(あ)
11 以上の数が書かれたカードが含まれるのは， 3 枚とも 10 以下のカードである場合の
余事象であるから，その選び方は
10 × 9 × 8
13 × 12 × 11
−
= 286 − 120 = 166 通り
13 C3 − 10 C3 =
3×2×1
3×2×1
(い)
√
√
( 2 ) α = 2 + 5 , β = 2 − 5 とするとき
α + β = 4, αβ = −1
であるから， α, β を 2 解とする 2 次方程式は
x2 − 4x − 1 = 0
である。
x2n + an xn + bn = (x2 − 4x − 1)Qn (x) + cn x + dn
(Qn (x) は整数係数多項式， cn , dn は整数定数 )
とおくことができて，
α2n + an αn + bn = cn α + dn = 0
cn , dn は整数， α は無理数であるから
cn = dn = 0
∴ x2n + an xn + bn = (x2 − 4x − 1)Qn (x)
特に， n = 1 のときは
x2 + a1 x + b1 = x2 − 4x − 1
∴ a1 = −4 , b1 = −1
(う)
2n
n
(え )
2n
α + an α + bn = 0, β + an β n + bn = 0, −1 < β n < 1 < αn (したがって αn = β n )
であるから，
2 次方程式 x2 + an x + bn = 0 の 2 解は αn , β n
であり，解と係数の関係より
an = −(αn + β n ), bn = αn β n = (αβ)n = (−1)n (お)
an2 + a2n = −an (αn + β n ) − (α2n + β 2n )
= −(α2n + an αn + bn ) − (β 2n + an β n + bn ) + 2bn
= 2bn
= 2(−1)n
(か )
— 1 —
2014 年慶応義塾大学医学部
解答
( 3 ) 部分積分法を用いて
1
2x
x
2
A(m) =
x(e − 2me ) dx + m
0
1
x dx
0
1 1 1
1
1 2x
x
−
1
= x
e − 2me
e2x − 2mex dx + m2
2
2
2
0
0
1
1
1 2x
1
e − 2mex + m2
= e2 − 2me −
2
4
2
0
1 2
1 2
1
= e − 2me − (e − 1) + 2m(e − 1) + m2
2
4
2
1 2
e2 + 1
= m − 2m +
2
4
e2 + 1
1
= (m2 − 4m) +
2
4
2−7
e
1
= (m − 2)2 +
2
4
と計算されるから， A(m) は最小値
e2 − 7
A 2 =
4
(き)
(く)
をとる。
— 2 —
2014 年慶応義塾大学医学部
解答
[ II ]
( 1 ) n 回の操作後に点が 1 の位置にあるのは，毎回確率
あるから，
pn =
3 n
4
3
で 1 の位置に居続ける場合で
4
(あ)
操作 T を n + 1 回行なった時点で点 A が 2 の位置に置かれているのは，
1
• n 回目に 1 の位置にいて確率
で移動
4
3
• n 回目に 2 の位置にいて確率
で不動
4
1
• n 回目に 3 の位置にいて確率
で移動
4
のいずれかの場合であるから，
1
3
1
1
1
1
······ qn+1 = pn + qn + (1 − pn − qn ) = qn +
4
4
4
2
4
1
1
1
α = α + を満たす定数 α を求めると α = であるから，
2
4
2
1
1
1
1
2
=
× +
······ 2
2
2
4
1 −
2 より
1
1
1
=
qn −
2
2
2
1
1
1
1
1
1
=
−
= − , 公比の等比数列であるから
は初項 q1 −
qn −
2
2
4
2
4
2
n−1
n+1
1 1
1
1
1 1 n+1
=−
−
qn −
=−
∴ qn =
2
4 2
2
2
2
qn+1 −
(い)
( 2 ) 2 の位置に置かれている点 B に対し，操作 T を n 回行なった時点で点 B が 2 の位置
に置かれている確率 q n について， qnと同様に考えると，
q 0 = 1, q n+1 =
であるから
q n −
3 1
1
1
q n + (1 − q n ) = q n +
4
4
2
4
1 1 n 1 n+1
1
= 1−
=
2
2
2
2
∴ q n =
1 1 n+1
+
2
2
(う )
— 3 —
2014 年慶応義塾大学医学部
解答
(3−1) 2 回目に C, D がともに 2 の位置にあるのは，
1
3
C は 1 回目に確率で 2 の位置に， 2 回目に確率で 2 の
4
4
1
位置にとどまり，D は 2 回目に確率で 1 → 2 と移動する
4
場合であるから，
3
1
1
3
(え )
× ×
=
r2 =
4
4
4
64
n 2 のとき， n 回目に C, D がともに 2 の位置にあるのは，
C が n − 1 回目までの k 回目に 1 → 2 と移動し，それまで
3
は確率で 1 にとどまり， k + 1 回目からの n − k 回で C
4
は 2 → 2, D は 1 → 2 となる
であるから，
3 k−1 1 rn =
q
q
4 n−k n−k
k=1 4
1 n−k+1 1 1 n−k+1 3 k−1 1
1 n−1
+
−
=
4 k=1 4
2
2
2
2
1 n−k
1 n−k 3 k−1 1
1 n−1
1+
1−
=
4 k=1 4
4
2
2
1 n−k
3 k−1
1 n−1
1−
=
16 k=1 4
4
k−1
n−1
3
3 k−1
1 − n−1
=
16 k=1 4
4


n−1
3
1−
1
3 n−1 − 1 
1 
4


−
=
16 
3−1 
4 n−1
3
1−
4
3 n−1
1 3 n−1
1 1 n−1
1
1−
−
+
=
4
4
8 4
8 4
1 3 n+1
1 1 n+1
1
−
+
=
4
2 4
2 4
n−1
(お)
— 4 —
2014 年慶応義塾大学医学部
解答
(3−2) 操作 T を 1 回だけ行なうときは，D が操作が行われず，C が 2 の位置にないのは
1 の位置にとどまる場合であるから，
s 1 = p1 =
3
4
(か )
n 2 のとき，n 回目に C, D がどちらも 2 の位置にないのは，
C が 1 の位置に居続けるか，または
n 回目までの k 回目に C が 1 → 2 と移動し，それまでは
1 にとどまり， k + 1 回目からの n − k 回で (0 回も含めて )
C は 2 → 3, D は 1 → 1, 3 となる
場合であるから，
n 3 k−1 1
(1 − q n−k )(1 − qn−k )
4
k=1 4
n 3 k−1 1
(1 − q n−k − qn−k + q n−k qn−k )
= pn +
4
k=1 4
3 k−1
1 n−1
(1 − q n−k − qn−k ) + rn
= pn +
4 k=1 4
= pn + 0 + rn
3 n
(き)
∴ sn − rn = pn =
4
s n = pn +
— 5 —
2014 年慶応義塾大学医学部
解答
[ III ]
( 1 ) x = t における C の接線
1
1
y = t(x − t) + t2 +
2
2
が点 P(X, Y ) を通るとすれば，
1
1
Y = t(X − t) + t2 +
2
2
2
1
∴ t − 2Xt + (2Y − 1) = 0
······ 1 の 2 解は接点の x 座標であると同時に接線の傾き m1 , m2 であり，
2 次方程式
m1 < m2 であるから
√
√
m1 = X − X 2 − 2Y + 1 , m2 = X + X 2 − 2Y + 1
(あ )
(い)
また，
m1 + m2 = 2X, m1 m2 = 2Y − 1
( 2 ) x = t における C の法線の方程式は
t2 + 1 =0
1 (x − t) + t y −
2
t3 + 3t
∴ x + ty =
2
t = m1 , m2 のとき
m13 + 3m1
L1 : x + m 1 y =
2
3
m2 + 3m2
L2 : x + m 2 y =
2
3 かつ
4 を解くと， 3 −
4 より
m13 − m23 + 3(m1 − m2 )
(m1 − m2 )y =
2
2 より
m1 = m2 および m12 + m1 m2 + m22 + 3
y=
2
2
(m1 + m2 ) − m1 m2 + 3
=
2
(2X)2 − (2Y − 1) + 3
=
2
2
= 2X − Y + 2
3 に代入して 2 を用いると
x = −m12
m13 + 3m1
m12 + m1 m2 + m22 + 3
+
2
2
— 6 —
2
······ 3
······ 4
······ 2014 年慶応義塾大学医学部
解答
−(m1 + m2 )m1 m2
2
= −X(2Y − 1)
=
よって， L1 と L2 の交点 R の座標は
−2XY + X , 2X 2 − Y + 2
( う)
(え )
π
となる条件は
2
m1 m2 = 2Y − 1 = −1
π
であるから，軌跡 S
の方程式は
2
y = 0 (お)
( 3 )( i ) ∠Q1 PQ2 =
∴ Y =0
( ii ) m1 = tan θ1 , m2 = tan θ2 (0 < θ2 < θ1 < π) とおくと
α = ∠Q1 PQ2 = θ1 − θ2
π
α =
のとき，加法定理より
2
tan α = tan(θ1 − θ2 )
tan θ1 − tan θ2
=
1 + tan θ1 tan θ2
m1 − m2
=
1 + m1 m2
√
√
−2 X 2 − 2Y + 1
X 2 − 2Y + 1
=−
=
1 + (2Y − 1)
Y
Y tan α = − X 2 − 2Y + 1
∴ Y tan α < 0 かつ (Y tan α)2 = X 2 − 2Y + 1
π
のとき，軌跡 S(α) は
α =
2
双曲線 x2 − y 2 tan2 α − 2y + 1 = 0 の y tan α < 0 の部分
π
の上を動くとき
( 4 ) 点 P(X, Y ) が S
2
Y =0
であり，このとき点 R(X, 2X 2 + 2) の軌跡の方程式は
y = 2x2 + 2
(か )
— 7 —
(答)
2014 年慶応義塾大学医学部
解答
[ IV ]
( 1 ) 辺 BC の中点を M とすると， AB = AC = 1, ∠BAC = 2θ より
AM ⊥ BC, BM = CM = sin θ, AM = cos θ
ABC の面積を 2 通りに表すと，
1
1
1
1
1 R1 (θ) +
1 R1 (θ) +
(2 sin θ) R1 (θ) =
(2 sin θ) cos θ
2
2
2
2
sin θ cos θ
(あ)
∴ R1 (θ) =
1 + sin θ
{cos θ cos θ + sin θ (− sin θ)}(1 + sin θ) − sin θ cos θ cos θ
(1 + sin θ)2
R1(θ) =
(cos2 θ − sin2 θ)(1 + sin θ) − sin θ cos2 θ
(1 + sin θ)2
cos2 θ − sin2 θ (1 + sin θ)
=
(1 + sin θ)2
=
1 − sin θ − sin2 θ
1 + sin θ
=
0<θ<
π
において，
2
R1(θ) > 0 ⇐⇒ sin2 θ + sin θ − 1 < 0
√
−1 + 5
⇐⇒ 0 < sin θ <
2
⇐⇒ 0 < θ < α
√
π
−1 + 5
, 0<α<
ただし， α は sin α =
を満たす定数
2
2
であるから， R1 (θ) の増減は
(0)
θ
R1(θ)
R1 (θ)
α
π
2
+
0
−
極大よって，
−1 +
θ1 = α, sin θ1 =
2
√
5
sin2 θ1 + sin θ1 − 1 = 0
0 < sin θ1 < 1 より，公比 sin θ1 の無限等比級数
∞
k=1
sink θ1 は収束し，和は
√
sin θ1
sin θ1
2
1+ 5
=
sin θ1 =
=
=√
1 − sin θ1
2
sin2 θ1
5 −1
k=1
∞
k
(い)
— 8 —
2014 年慶応義塾大学医学部
解答
( 2 ) 円 Cn+1 の中心 Cn+1 を通り辺 AB に平行な直線と，円 Cn の中心 Cn から辺 AB にお
ろした直線との交点を H とする。円 Cn と円 Cn+1 は外接するから
Cn Cn+1 = Rn (θ) + Rn+1 (θ)
∠Cn Cn+1 H = ∠MAB = θ であるから，直角三角形 Cn Cn+1 H において
Cn H
Rn (θ) − Rn+1 (θ)
A
sin θ =
=
Cn+1 Cn
Rn (θ) + Rn+1 (θ)
θ
1 − sin θ
Rn (θ)
∴ Rn+1 (θ) =
Cn+1
1 + sin θ
θ
sin θ cos θ
1 − sin θ
, 公比
{Rn (θ)} は初項 R1 (θ) =
1 + sin θ
1 + sin θ
の等比数列であるから，
H
Cn
sin θ cos θ 1 − sin θ n−1
Rn (θ) =
1 + sin θ 1 + sin θ
(う )
(3)
log Rn (θ) = log(sin θ cos θ) + (n − 1) log(1 − sin θ) − n log(1 + sin θ)
を θ で微分すると
d
log Rn (θ)
dθ
− cos θ
cos θ
cos θ cos θ + sin θ(− sin θ)
+ (n − 1)
−n
=
sin θ cos θ
1 − sin θ
1 + sin θ
2
2
(n − 1)(1 + sin θ) cos θ + n(1 − sin θ) cos θ
cos θ − sin θ
−
=
sin θ cos θ
(1 − sin θ)(1 + sin θ)
(1 − 2n + sin θ) cos θ
cos2 θ − sin2 θ
+
sin θ cos θ
cos2 θ
2
2
cos θ − sin θ + (1 − 2n + sin θ) sin θ
=
sin θ cos θ
1 − sin2 θ + (1 − 2n) sin θ
=
sin θ cos θ
2
gn (sin θ)
sin θ + (2n − 1) sin θ − 1
=−
=−
sin θ cos θ
sin θ cos θ
が成り立つから，
=
gn (x) = x2 + (2n − 1)x − 1
( 1 )の後半と同様に考えて，
sin θn =
−(2n − 1) +
√
(え )
4n2 − 4n + 5
2
— 9 —
(お)
2014 年慶応義塾大学医学部
n −(2n − 1)2 + 4n2 − 4n + 5
√
( 4 ) lim n sin θn = lim
n→∞
n→∞
2(2n − 1 + 4n2 − 4n + 5
2
= lim
n→∞
5
1
4
+ 4−
+ 2
2−
n
n
n
=
1
2
解答
(か )
θ = θn のときの円 Cn の面積 Sn は
Sn = π {Rn (θn )}2
であり，
sin2 θn cos2 θn 1 − sin θn 2(n−1)
n 2 Sn = π n 2
(1 + sin θn )2
1 + sin θn
=
=
1
π(n sin θn )2 cos2 θn
− sin θn 2(1 − n) sin θn
(1
−
sin
θ
)
n
(1 + sin θn )2
−1
1
2(n − 1) sin θn
× (1 + sin θn ) sin θn
1
π(n sin θn )2 cos2 θn
− sin θn 2(sin θn − n sin θn )
(1
−
sin
θ
)
n
(1 + sin θn )2
1
×(1 + sin θn ) sin θn
1
1
lim sin θn = lim
n sin θn = 0, lim (1 + h) h = e であるから，
n→∞
n→∞ n
h→0
2
1
π
12
π
2 0 − 12
2 0 − 12
2
2
(き)
lim n Sn =
×e
×e
=
n→∞
(1 + 0)2
4 e2
lim n sin θn =
n→∞
1
,
2
2(sin θn − n sin θn )
— 10 —

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