1
平成 27 年度 佐賀大学２次試験前期日程 (数学問題)
理工・医・農・文化教育学部 平成 27 年 2 月 25 日
• 理工学部は， 1 ∼ 4 数 I・II・III・A・B (120 分)
• 医学部は， 3 ∼ 6 数 I・II・III・A・B (120 分)
• 農学部は， 4 , 7 ∼ 9 数 I・II・A・B (120 分)
• 文化教育学部は， 7 ∼ 9 数 I・II・A・B (100 分)
(
x(5 − x) (x = 0)
1
f (x) =
x(x2 − 1) (x < 0)
とおき，関数 y = f (x) のグラフを C とおく．直線 y = ax と C は，原点 O お
よびそれ以外の 2 点 P，Q で交わっているものとする．ただし，点 P の x 座
標は正，点 Q の x 座標は負であるとする．線分 OP と C によって囲まれる図
形の面積を S1 (a)，線分 OQ と C によって囲まれる図形の面積を S2 (a) とし，
S(a) = S1 (a) + S2 (a) とおく．このとき，次の問に答えよ．
(1) a の値の範囲を求めよ．
(2) S1 (a) を a を用いて表せ．
(3) S2 (a) を a を用いて表せ．
(4) (1) で求めた範囲を a が変化するとき，S(a) の最小値を求めよ．
2 直線 ` : y = ax + b と曲線 C : y = log x (x > 0) は接するものとする．ただし，
a，b は定数であり，a > 0 とする．このとき，次の問に答えよ．
(1) b を a を用いて表せ．
(2) ` と C および x 軸で囲まれた図形の面積を S とする．0 < a < 1 のとき，
S を a を用いて表せ．
2
3 点 O を原点とし，x 軸，y 軸，z 軸を座標軸とする座標空間において，3 点
A(1, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(1, 0, 1) がある．点 A を中心とする xy 平面上の半径
π
3
1 の円周上に点 P をとり，図のように θ = ∠BAP とおく．ただし， < θ < π
2
2
とする．また，直線 CP と yz 平面の交点を Q とおく．このとき，次の問に答
えよ．
z
(1) 点 P の座標を θ を用いて表せ．
(2) 点 Q の座標を θ を用いて表せ．
π
3
(3) θ の値が < θ < π の範囲で変化するとき，
2
2
yz 平面における点 Q の軌跡の方程式を求め，
その概形を図示せよ．
O
A
P
θ
x
y
B
4 正方形の 4 個の頂点を，時計回りに順に A，B，C，D とする．頂点 A から出
発して頂点上を時計回りに点 P を進めるゲームを行う．硬貨を 1 回投げるごと
に，表が出たときには頂点 1 つ分だけ点 P を進め，裏が出たときには頂点 2 つ
分だけ点 P を進めるものとする．ただし，点 P が頂点 D にとまった時点でゲー
ムは終わるものとする．
硬貨を n 回投げ終えた時点で点 P が頂点 A に到達する確率を pn とするとき，
次の問に答えよ．
(1) p2 ，p3 を求めよ．
(2) p4 ，p5 を求めよ．
(3) p12 を求めよ．
5 a，b は定数であり，0 < a < b とする．定積分
Z
1
I=
a1−t bt dt
0
について，次の問に答えよ．
(1) I を求めよ．
(2) 0 5 t 5 1 のとき，
√
a1−t bt + at b1−t = 2 ab
√
であることを示せ．また，I > ab を示せ．
(3) 0 < t < 1 とする．x > 1 のとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
xt < 1 + t(x − 1)
(4) (3) の不等式を利用して，I <
a+b
を示せ．
2
3
6 p を素数とするとき，次の問に答えよ．
(1) 2 つの自然数 m，n の最大公約数は 1 であるとし，x =
理数であるならば，m = 1 であることを示せ．
n
とおく．px が有
m
(2) 方程式
px = −x2 + 9x − 5
が有理数の解 x をもつような組 (p, x) をすべて求めよ．
7 等差数列 {an } は
40
X
1
a1 = ,
6
ak = 250
k=11
を満たすとする．このとき，次の問に答えよ．
(1) 数列 {an } の一般項を求めよ．
(2) an 5 10 となる n の最大値 N を求めよ．
(3) (2) で求めた N に対して，和
N
X
ak を求めよ．
k=1
8 a，b，c を正の定数とし，3 点 A(a, 0, 0)，B(0, b, 0)，C(0, 0, c) の定める平面を
α とする．また，原点を O とし，平面 α に垂直な単位ベクトルを ~n = (n1 , n2 , n3 )
とする．ただし，n1 > 0 とする．このとき，次の問に答えよ．
(1) ~n を求めよ．
−→
(2) 平面 α 上に点 H があり，直線 OH は α に垂直であるとする．OH および
−→
|OH| を求めよ．
(3) 4ABC の面積を S ，4OBC の面積を S1 とする．四面体 OABC の体積を
考えることにより，S1 = n1 S であることを示せ．
9 a を定数とし，関数
f (θ) = sin3 θ + a cos 2θ +
はf
³π ´
2
=
21
sin θ
4
13
を満たすものとする．このとき，次の問に答えよ．
4
(1) a の値を求めよ．
(2) t = sin θ とおくとき，f (θ) を t を用いて表せ．
π
π
(3) − 5 θ 5 における f (θ) の最大値，最小値を求めよ．また，そのとき
2
2
の θ の値を求めよ．
4
正解
1
y
(1) 直線 y = ax を ` とする．
x > 0 のとき，C と ` の共有点の x 座標は
`
S1 (a)
x(5 − x) = ax ゆえに x(x − 5 + a) = 0
よって，点 P の x 座標は x = 5 − a
x < 0 のとき，C と ` の共有点の x 座標は
2
S2 (a)
−1
Q
2
x(x −1) = ax ゆえに x(x −a−1) = 0
よって，点 Q の x 座標は
O
C
√
5 − a > 0，− a + 1 < 0
これを解いて
−1 < a < 5
Z 5−a
{x(5 − x) − ax} dx
(2) S1 (a) =
0
Z 5−a
1
x(x − 5 + a) dx = (5 − a)3
=−
6
0
Z 0
Z 0
3
(3) S2 (a) = √ {(x − x) − ax} dx = √ {x3 − (a + 1)x} dx
=
− a+1
1 4 1
x − (a + 1)x2
4
2
− a+1
¸0
√
− a+1
=
1
4
(a + 1)2
(4) S(a) = S1 (a) + S2 (a) より，(2)，(3) の結果から
1
1
S(a) = (5 − a)3 + (a + 1)2
6
4
1
1
1
2
0
S (a) = − (5 − a) + (a + 1) = − (a − 3)(a − 8)
2
2
2
−1 < a < 5 における S(a) の増減表は次のようになる．
a
S 0 (a)
S(a)
(−1) · · ·
−
&
よって，S(a) の最小値は
3
0
···
+
%
16
3
S(3) =
16
3
x
5
√
x=− a+1
P，Q それぞれの x 座標の符号から
·
P
(5)
5
2
(1) f (x) = ax + b，g(x) = log x とおくと
f 0 (x) = a,
g 0 (x) =
1
x
` と C の接点の x 座標を t とすると，f (t) = g(t)，f 0 (t) = g 0 (t) であるから
at + b = log t,
上の第 2 式より，t =
a=
1
t
1
であるから，これを第 1 式に代入すると
a
1
1
a· + b = log
a
a
ゆえに
1
>1
a
` と x 軸との交点の x 座標は
(2) 0 < a < 1 より t =
ax + b = 0 ゆえに x = −
b = − log a − 1
b
a
y
`
log t
C
− ab O
1
t
求める面積は，右の図の斜線部分であるから，(1) の結果により
½
µ ¶¾
Z t
1
b
S=
t− −
log t −
log x dx
2
a
1
µ
¶
·
¸t
1 1 b
+
log t − x(log x − 1)
=
2 a a
1
µ
¶
1 1 log a + 1
=
−
log t − t(log t − 1) − 1
2 a
a
µ
¶
log a
1
1
−
(− log a) − (− log a − 1) − 1
=
2
a
a
2
(log a)
log a + 1
=
+
−1
2a
a
(log a)2 + 2 log a − 2a + 2
=
2a
x
6
3
−→ −→ −→
OP = OA + AP
= (1, 0, 0) + (cos θ, sin θ, 0)
= (1 + cos θ, sin θ, 0)
(1)
よって，点 P の座標は
(1 + cos θ, sin θ, 0)
(2) 直線 CP を媒介変数 t を用いて表すと
−→
−→
(x, y, z) = (1 − t)OC + tOP
= (1 − t)(1, 0, 1) + t(1 + cos θ, sin θ, 0)
= (1 + t cos θ, t sin θ, 1 − t)
· · · (∗)
直線 CP と yz 平面との交点 Q の x 座標は 0 であるから
1 + t cos θ = 0 ゆえに t = −
µ
これを (∗) に代入すると
Q 0, − tan θ, 1 +
1
cos θ
1
¶
cos θ
(3) (2) の結果から，点 Q(0, y, z) は
このとき，
y = − tan θ,
z =1+
π
3
< θ < π より
2
2
z50
1
cos θ
· · · (∗∗)
···°
1
1
=z−1
cos θ
µ
¶2
1
2
これらを 1 + tan θ =
に代入すると 1 + (−y)2 = (z − 1)2
cos θ
(∗∗) から
tan θ = −y ，
点 Q の軌跡の方程式は，上式および °
1 から
x = 0,
y 2 − (z − 1)2 = −1,
z50
yz 平面における点 Q が描く軌跡は，双曲線 y 2 − z 2 = −1 を z 軸方向に 1
だけ平行移動したもので，下の図の実線部分である．
z
2
1
1
−1
O
y
7
4
(1) p2 は，2 回連続して裏が出る確率であるから
µ ¶2
1
1
p2 =
=
2
4
p3 は，
「表表裏」の順に出る確率であるから
µ ¶2
1
1
1
× =
p3 =
2
2
8
(2) (1) の結果から
1
1 1
× =
4 4
16
1
1 1 1 1
p5 = p3 × p2 + p2 × p3 = × + × =
8 4 4 8
16
p4 = p2 × p2 =
(3) (2) の結果から
p6 = p4 × p2 + p3 × p3 =
p7 = p5 × p2 + p4 × p3 =
p8 = p6 × p2 + p5 × p3 =
p9 = p7 × p2 + p6 × p3 =
p10 = p8 × p2 + p7 × p3 =
1 1 1
1
1
× + × =
16 4 8 8
32
1
1
1
1
3
× +
× =
16 4 16 8
128
1
1
1
1
1
× +
× =
32 4 16 8
64
3
1
1
1
5
× +
× =
128 4 32 8
512
1
1
3
1
7
× +
× =
64 4 128 8
1024
よって
p12 = p10 × p2 + p9 × p3 =
別解
3
7
1
5
1
× +
× =
1024 4 512 8
1024
p12 = (p2 )6 + 5 C2 (p2 )3 (p3 )2 + (p3 )4
µ ¶6
µ ¶3 µ ¶2 µ ¶4
1
1
1
3
1
=
+ 10
+
=
4
4
8
8
1024
8
µ ¶t
b
(1) I =
dt
a b dt = a
a
0
0
¶
· µ ¶t ¸1
µ
b−a
a
b
a
b
=
−1 =
=
b
b
a
log a
log a a
log b − log a
0
³ 1−t t
´
t 1−t 2
(2) a 2 b 2 − a 2 b 2
= 0 · · · (∗) であるから
Z
5
Z
1
1−t t
1
1
すなわち
1
a1−t bt − 2a 2 b 2 + at b1−t = 0
√
a1−t bt + at b1−t = 2 ab · · · (∗∗)
0 < a < b より，(∗) において，等号が成立するとき
a
したがって
Z
1
1−t
2
µ ¶ 21 −t
b
=1
a
t
t
b2 = a2 b
1−t
2
t=
すなわち
1
2
t
dt
= −1，
du
u
0
Z 0
Z 1
Z
u 1−u
u 1−u
したがって I =
a b
(−du) =
a b
du =
I=
0 −→ 1
1 −→ 0
a1−t bt dt で u = 1 − t とおくと
1
0
1
at b1−t dt
0
1
のときに限るので
2
Z 1
Z 1 √
1−t t
t 1−t
(a b + a b ) dt >
2 ab dt
(∗∗) において，等号が成立するのは，t =
0
0
·
したがって
√
I + I > 2 ab t
¸1
よって
I>
√
ab
0
(3) f (u) = ut とおくと，f 0 (u) = tut−1 ．平均値の定理により
f (x) − f (1)
= f 0 (c) (1 < c < x)
x−1
を満たす c が存在する．0 < t < 1 より
f 0 (c) = tct−1 < t·1t−1 = t
xt − 1
<t
よって
xt < 1 + t(x − 1)
x−1
µ ¶t
µ
¶
b
b
b
< 1+t
− 1 であるから
(4) 0 < a < b より，x = > 1 とおくと，
a
a
a
µ
¶¾
Z 1 µ ¶t
Z 1½
b
b
a+b
I=a
dt < a
1+t
−1
dt =
a
a
2
0
0
したがって
9
6
(1) px が有理数
a
に等しいとき (a，b は互いに素とする)
b
n
a
am
pm =
ゆえに
pn = m · · · °
1
b
b
°
1 は整数であるから bm = 1 ゆえに b = 1
これを °
1 に代入すると
pn = am
···°
2
°
2 より，a は p を因数にもつから，a = pk とおく (k は整数)．
これを °
2 に代入すると
上の第 2 式から
pn = (pk )m
ゆえに
pn = pkm
n = km
ゆえに
k=
m，n の最大公約数は 1 であるから
n
m
m=1
(2) (1) の結果から，x は整数であるから
px = −x2 + 9x − 5
· · · (∗)
は正の整数である．f (x) = −x2 + 9x − 5 とおくと，f (x) > 0 となる x は
x
f (x)
1 2 3
3 9 13
4 5
15 15
6 7 8
13 9 3
上の表から，(∗) を満たすのは，次の 2 つである．
31 = f (1),
よって
32 = f (2)
(p, x) = (3, 1), (3, 2)
10
7
(1) {an } の公差を d とすると
a11 =
40
X
1
+ 10d,
6
a40 =
1
+ 39d
6
ak = 250 より
k=11
1
·30
2
½µ
¶ µ
¶¾
1
1
1
+ 10d +
+ 39d
= 250 これを解いて d =
6
6
3
よって，{an } の一般項は
an =
1
1
1
1
+ (n − 1)· = n −
6
3
3
6
(2) (1) の結果から，an 5 10 のとき
1
1
1
n − 5 10 ゆえに n 5 30 +
3
6
2
これを満たす n の最大値 N は
30
(3) (1)，(2) の結果から
N
X
k=1
ak =
30 µ
X
1
k=1
1
k−
3
6
¶
1 1
1
= · ·30(30 + 1) − ·30 = 150
3 2
6
11
8
(1) A(a, 0, 0)，B(0, b, 0)，C(0, 0, c) より
z
−→
AB = (−a, b, 0),
−→
AC = (−a, 0, c)
C c
−→ −→
AB，AC に垂直なベクトルの 1 つを
O
A
~r = (bc, ca, ab)
とおくと，~n の x 成分の符号に注意して
B
b
a
x
1
~n = 1 ~r = p
(bc, ca, ab)
(bc)2 + (ca)2 + (ab)2
| ~r |
(2)
→ ca −→ ab −→
~r = (bc, ca, ab) = bc −
OA + OB + OC
a
b
c
−→ ~
−→
OH は r に平行であるから (k は定数) OH = k~r
···°
1
···°
2
°
1 を°
2 に代入すると
µ
¶
−→
bc −→ ca −→ ab −→
OH = k
OA + OB + OC
a
b
c
bc −→ ca −→ ab −→
= k OA + k OB + k OC
a
b
c
bc
ca
ab
H は平面 α 上の点であるから
k+ k+ k=1
a
b
c
abc
abc
したがって
k=
···°
3
=
2
2
2
(bc) + (ca) + (ab)
| ~r |2
°
2 ，°
3 および k > 0 に注意して
−→
abc
~r
OH =
2
(bc) + (ca)2 + (ab)2
abc
=
(bc, ca, ab)
2
(bc) + (ca)2 + (ab)2
−→
abc
abc
abc ~
|r| =
|OH| = k| ~r | =
=p
(bc)2 + (ca)2 + (ab)2
| ~r |2
| ~r |
(3) (1) の結果から
n1 =
bc
| ~r |
1 −→
1
四面体 OABC の体積により， S1 a = S|OH| であるから
3
3
abc
bc
S1 a = S ×
ゆえに
S1 =
S = n1 S
| ~r |
| ~r |
y
12
9
21
π
sin θ に θ = を代入すると
4
2
³π ´
21
25
f
=1−a+
=
−a
2
4
4
(1) f (θ) = sin3 θ + a cos 2θ +
f
³π ´
2
=
13
であるから
4
25
13
−a=
4
4
これを解いて
a=3
(2) a = 3，cos 2θ = 1 − 2 sin2 θ より
f (θ) = t3 + 3(1 − 2t2 ) +
= t3 − 6t2 +
(3) −
21
4
21
t
4
t+3
π
π
5 θ 5 より −1 5 t 5 1
2
2
g(t) = t3 − 6t2 +
21
t+3
4
(−1 5 t 5 1)
とおくと
g 0 (t) = 3t2 − 12t +
21
4
3
3
= (4t2 − 16t + 7) = (2t − 1)(2t − 7)
4
4
したがって，g(t) の増減表は，次のようになる．
t
0
g (t)
g(t)
よって
t=
1
2
−1
− 37
4
···
+
%
すなわち
1
2
···
−
&
0
17
4
θ=
π
6
t = −1 すなわち θ = −
1
13
4
のとき
π
2
のとき
最大値
17
4
最小値 −
37
4
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