一般前期医学部

1
平成 27 年度熊本大学２次試験前期日程 (数学問題)120 分
医学部医学科平成 27 年 2 月 25 日
1 4ABC の 3 辺の長さを BC = a，AC = b，AB = c とし，条件
a + b + c = 1,
9ab = 1
が成り立つとする．以下の問いに答えよ。
(1) a の値の範囲を求めよ。
(2) θ = ∠C とするとき，cos θ の値の範囲を求めよ。
2 p，q ，r を実数とする。空間内の 3 点 A(1, p, 0)，B(q, 1, 1)，C(−1, −1, r) が
一直線上にあるとき，以下の問いに答えよ。ただし，O を原点とする。
(1) p は 1 でも −1 でもないことを示せ。
(2) q ，r を p を用いて表せ。
(3) p0 ，q 0 ，r0 を実数とし，空間内の 3 点を A0 (1, p0 , 0)，B0 (q 0 , 1, 1)，C0 (−1, −1, r0 )
−−→ −−→ −−→
−→
とする。ベクトル OA0 ，OB0 ，OC0 がいずれもベクトル AB に垂直である
とき，p0 ，q 0 ，r0 を p を用いて表せ。
(4) (3) における 3 点 A0 ，B0 ，C0 は一直線上にないことを示せ。
2
3 a と b を正の実数とする。4ABC において，∠B と ∠C は鋭角とする。点 A を
通り辺 BC に直交する直線を引き，辺 BC との交点を X1 とし，線分 AX1 の長
さを 1 とする。また，BX1 = a，CX1 = b とする。各 n = 1, 2, 3, · · · に対して
以下の操作を行う。
辺 BC 上の点 Xn を通り辺 AC に平行な直線を引き，辺 AB との交点
を Yn とする。また，点 Yn を通り辺 BC に平行な直線を引き，辺 AC
との交点を Zn とする。点 Zn を通り辺 BC に直交する直線を引き，辺
BC との交点を Xn+1 とする。
線分 Zn Xn+1 の長さを ln とするとき，以下の問いに答えよ。
(1) l1 を a，b を用いて表せ。
(2) ln+1 を ln ，a，b を用いて表せ。
1
(3) b = 8a のとき，ln > となる最小の奇数 n を求めよ。必要ならば，3.169 <
2
log2 9 < 3.17 を用いてもよい。
4 r を正の実数とする。数列 {an } を
Z
nπ
an =
e−rx | sin x| dx (n = 1, 2, 3, · · · )
0
と定めるとき，以下の問いに答えよ。
(1) an+1 − an を求めよ。
(2) {an } の一般項を求めよ。
(3) lim an を r を用いて表せ。
n→∞
(4) (3) で求めた r の式を f (r) とおく。 lim rf (r) を求めよ。
r→+0
3
解答例
1
(1) 三角形の成立条件により
a + b > c,
b + c > a,
c+a>b
a + b + c = 1 より，c = 1 − a − b を上の 3 式に代入すると
a + b > 1 − a − b,
1
a+b> ,
2
したがって
9ab = 1 より，b =
a+
b + (1 − a − b) > a,
1
a< ,
2
b<
(1 − a − b) + a > b
1
2
1
であるから
9a
1
1
>
9a
2
· · · °,
1
a<
1
2
· · · °,
2
1
1
<
9a
2
···°
3
ここで，a > 0 であるから，相加・相乗平均の関係により
r
1
1
2
a+
= 2 a· =
9a
9a
3
ゆえに，a > 0 について，°
1 は成立する．
°
3 を解くと a >
2
9
よって，これと °
2 から
2
2
2
9
<a<
1
2
2
a +b −c
2ab
1
1
c = 1 − a − b，ab = ，b =
であるから
9
9a
(2) 余弦定理により
cos θ =
a2 + b2 − (1 − a − b)2
2a + 2b − 2ab − 1
=
2ab
2ab
1
2a + 2b − 2· 9 − 1
11
=
= 9(a + b) −
1
2
2· 9
µ
¶
1
11
1 11
=9 a+
−
= 9a + −
9a
2
a
2
µ
¶
1
1 11 2
<a<
ここで，f (a) = 9a + −
とおくと
a
2
9
2
cos θ =
1
a2
(3a + 1)(3a − 1)
=
a2
1
よって
5 cos θ < 1
2
f 0 (a) = 9 −
a
0
f (a)
f (a)
( 29 ) · · ·
−
(1) &
1
3
0
1
2
···
+
%
( 21 )
(1)
4
2
(1) A(1, p, 0)，B(q, 1, 1)，C(−1, −1, r) より
−→
BA = (1 − q, p − 1, −1),
−→
BC = (−q − 1, −2, r − 1),
−→
CA = (2, p + 1, −r),
−→
CB = (q + 1, 2, 1 − r)
−→ −→
3 点 A，B，C が同一直線上にあるから，p = 1 のとき，BA，BC の y 成
−→
分に注意すると，BA = ~0 となり，2 点 A，B が一致する．これら 2 点の z
座標は異なるので，不適．
−→ −→
−→
また，p = −1 のとき，CA，CB の y 成分に注意すると，CA = ~0 となり，
2 点 C，A が一致する．これら 2 点の x 座標は異なるので，不適．
よって，p 6= ±1
−→ −→
(2) CA//CB であるから，これらの x 成分，y 成分により
2·2 − (p + 1)(q + 1) = 0 ゆえに q =
3−p
p+1
−→ −→
BA//BC であるから，これらの y 成分，z 成分により
(p − 1)(r − 1) − (−1)(−2) = 0 ゆえに r =
p+1
p−1
µ
¶
3−p
(3) (2) の結果より，A(1, p, 0)，B
, 1, 1 であるから
p+1
−→
(p + 1)AB = (2 − 2p, 1 − p2 , 1 + p)
−−→0
−→
OA = (1, p0 , 0) は AB と垂直なので
2 − 2p + p0 (1 − p2 ) = 0 ゆえに p0 = −
2
p+1
−−→0
−→
OB = (q 0 , 1, 1) は AB と垂直なので
q 0 (2 − 2p) + 1 − p2 + 1 + p = 0 ゆえに q 0 = −
(p + 1)(p − 2)
2(p − 1)
−−→0
−→
OC = (−1, −10 , r0 ) は AB と垂直なので
−(2 − 2p) − (1 − p2 ) + r0 (1 + p) = 0 ゆえに r 0 = −
(p + 3)(p − 1)
p+1
5
µ
(4) (3) の結果から
A
0
¶
2
, 0 ,
1, −
p+1
µ
¶
(p + 1)(p − 2)
B −
, 1, 1 ,
2(p − 1)
¶
µ
(p + 3)(p − 1)
0
C −1, −1, −
p+1
µ 2
¶
−−0→0
−p − p + 4 p + 3
AB =
,
, 1
2(p − 1)
p+1
µ
¶
−−0→0
−p + 1 (p + 3)(p − 1)
A C = −2,
,−
p+1
p+1
0
したがって
−−0→0 −−0→0
A B //A C であるとき，これらの x 成分，y 成分から
−p2 − p + 4 −p + 1 p + 3
·
−
·(−2) = 0
2(p − 1)
p+1
p+1
整理すると
p2 + 5p + 8 = 0
· · · (∗)
この方程式の判別式を D とすると
D = 52 − 4·1·8 = −7 < 0
したがって，方程式 (∗) は実数解をもたない．
よって，3 点 A0 ，B0 ，C0 は一直線上にない．
6
3
y
(1) 座標平面上に点 A(0, 1)，B(−a, 0)， C(b, 0)，Xn (xn , 0) (n = 1, 2, 3, · · · ) を
とる．直線 AB の方程式は
1
y = x+1
a
ln
Yn
···°
1
B
−a
直線 AC の方程式は
1
y =− x+1
b
A 1
O
Zn
Xn Xn+1
···°
2
1
直線 Xn Yn は点 (xn , 0) を通り，傾き − の直線であるから
b
1
y = − (x − xn ) · · · °
3
b
a + xn
点 Yn の y 座標 ln は，°
1 ，°
3 を解いて
ln =
···°
4
a+b
a
このとき，x1 = 0 であるから
l1 =
a+b
(2) 点 Zn の y 座標が ln であるから，その x 座標は，°
2 より
x
ln = − + 1 これを解いて x = b(1 − ln )
b
これが点 Xn+1 の x 座標であるから
xn+1 = b(1 − ln )
したがって，上式および °
4 から
ln+1 =
b
a + xn+1
a + b(1 − ln )
ln + 1
=
=−
a+b
a+b
a+b
8
1
(3) b = 8a のとき，(1)，(2) の結果から ln+1 = − ln + 1，l1 =
9
9
µ ¶n
9
8
8
この漸化式から
ln =
+
−
17 17
9
µ ¶n
µ ¶n
1
9
8
8
1
8
1
ln > のとき
+
−
>
ゆえに
−
>−
2
17 17
9
2
9
16
µ ¶n
µ ¶n
8
1
8
1
n は奇数であるから (−1)n
>−
ゆえに
<
9
16
9
16
4
したがって
n>
log2 9 − 3
このとき，3.169 < log2 9 < 3.17 より
23.5 · · · =
4
4
4
<
<
= 23.6 · · ·
3.17 − 3
log2 9 − 3
3.169 − 3
よって，求める最小の奇数 n は
n = 25
C
b
x
7
Z
4
Z
(n+1)π
−rx
(1) an+1 − an =
e
Z
nπ
| sin x| dx −
0
e−rx | sin x| dx
0
(n+1)π
e−rx | sin x| dx
=
nπ
Z
x
t
dx
= 1，
dt
t = x − nπ とおくと
nπ −→ (n + 1)π
0 −→
π
π
e−r(nπ+t) | sin(t + nπ)| dt
0
Z π
−rnπ
=e
e−rt sin t dt = e−rnπ a1
· 0 −rt
¸π
e`rı + 1 `nrı
e
−rnπ
=e
− 2
(t sin t + cos t) =
e
r +1
r2 + 1
0
an+1 − an =
e−rπ + 1
であるから，n = 2 のとき
r2 + 1
(2) an+1 − an = e−rnπ a1 ，a1 =
n−1
X
(ak+1 − ak ) = a1
k=1
an = a1
=
e
n−1
X
k=1
n−1
X
e−rkπ
−rkπ
e
k=0
−rπ
1 − e−rnπ
= a1 ×
1 − e−rπ
+ 1 1 − e−rnπ
(1 + e−rπ )(1 − e−rnπ )
×
=
r2 + 1
1 − e−rπ
(1 + r2 )(1 − e−rπ )
上式は，n = 1 のときも成立するから
an =
(1 + e`rı )(1 − e`rnı )
(1 + r 2 )(1 − e`rı )
(3) r > 0 より， lim e−rnπ = 0 であるから
n→∞
lim an =
n!1
(4) rf (r) =
1 + e`rı
(1 + r 2 )(1 − e`rı )
r(1 + e−rπ )
1 + e−rπ
−rπ
=
× −rπ
であるから
2
−rπ
2
(1 + r )(1 − e )
(1 + r )π e
−1
lim rf (r) =
r→+0
2
1+1
×1=
π
π

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