数学検定 第２６９回準１級２次：数理技能検定
問題１
解
答
Ｊ１−２−１
m が２以上の整数のとき，命題
これを②に代入して整理すると
「log10 m が有理数ならば，ある正の整数 n
（２ ５ ）＝２ ５
について m ＝１０ が成り立つ」
より
は真である。以下，このことを示す。
２
m ≧２より log10 m ＞０，よって log10 m が有理
よって
数ならば，互いに素な正の整数 p，q が存在して
p
p
q
log10 m ＝ q すなわち m ＝１０ …①
aq − p ＝ bq − p ＝０
n
が成り立つ。よって
m ＝１０ ＝２ ５
q
p
p
p …②
a
b q
aq −p
p
５
bq −p
p
＝１
であり
p
q ＝a ＝ b
が成り立つ。この値を n（ ＞０，整数 ）とおくと，
であり
①より
・m が２でも５でも割り切れること
m ＝１０
・m が２と５以外の素因数をもたないこと
がわかる。
がわかるので，正の整数 a ，b が存在して
以上より，命題が真であることが示された。
n
m ＝２ ５
a
b
が成り立つ。
問題２
２
２
⑴ ＡＱ ＝ＡＤ＋ ＡＢ＝ b ＋ d ，
３
３
ＡＦ＝ＡＣ＋ＡＤ＝ c ＋d
より
１
ＡＧ＝ （ＡＤ＋ＡＱ＋ＡＦ）
３
１
２
＝ b ＋ c ＋d
３
９
２
１
（答）ＡＧ＝ b ＋ c ＋d
９
３
⑵ 点Ｒは線分ＡＧ上にあるから
k
２
ＡＲ＝ k ＡＧ＝ k b ＋ c ＋ k d …①
９
３
となる実数 k がある。
点Ｒは平面α上の点でもあるから
ＡＲ＝s ＡＣ＋ t ＡＤ ＋ u ＡＰ
２
＝s c ＋ t d ＋ u b …②
３
となる実数 s ，t ，u（ s ＋t ＋ u ＝１）がある。
以下，ＡＧの大きさを求める。
条件より
｜b｜＝｜c｜＝３，
｜d｜＝４，b・d ＝c・d ＝０，
b・c ＝３×３×cos６０°＝
９
２
が成り立つ。⑴の結果より
９ＡＧ＝２b ＋３c ＋９d
両辺の大きさを２乗すると
2
｜９ＡＧ｜
＝（２b ＋３c ＋９d ）
・
（２b ＋３c ＋９d ）
2
2
2
＝４｜b｜ ＋９｜c｜ ＋８１｜d｜
＋１２b・c ＋５４c・d ＋３６d・b
＝４×９＋９×９＋８１×１６＋１２×
９
２
＝１４６７
よって｜９ＡＧ｜＝９｜ＡＧ｜＝３ １６３ であり
１６３
｜ＡＧ｜＝ …④
３
b ，c ，d は１次独立だから，① ，②の係数を
③ ，④より，線分ＡＲの長さは
k
k
比較して，s ＝ ，t ＝ k ，u ＝
３
３
５
これらの和が１より k ＝１，よって
３
３
３
k ＝ であり，①よりＡＲ＝ ＡＧ …③
５
５
３
１６３
１６３
× ＝
５
３
５
（答） Ｈ２７２０Ｇ０６
１６３
５
Ｊ１−２−２
１
⑵ T n ＝ a とおく。⑴の結果より
n
問題３
⑴ n ＝１のとき，a 1 ＝ S 1 ＝３
k ＝１
n ≧２のとき
k
（２k −１）
a k ＝４k −１＝（２k ＋１）
2
a n ＝ Sn −Sn −1
１
＝ （４n 3 ＋６n 2 − n )
３
１
3
2
（ n −１）−（ n −１）}
− {４
（ n −１）＋６
３
１
＝ {４
（３n2 −３n ＋１）
＋６
（２n −１）
−１}
３
１
＝ （１２n 2 −３）
３
＝４n 2 −１
これより
１
１
＝ a k （２k ＋１）
（２k −１）
１
１
１
＝ −
２ ２k −１ ２k ＋１
と変形できるから
n
１
１
１
Tn ＝
−
２ k ＝１ ２k −１ ２k ＋１
これは，n ＝１のときも成り立つ。
よって，a n ＝４n 2 −１
（答） a n ＝４n −１
2
１
１
１ １
＝ １− ＋…
−
＋
２
３
３ ５
＝
１
１
−
＋ ２n −１ ２n ＋１
１
１
１−
２
２n ＋１
１
１
１
よって，limT
n ＝ lim １− ＝
n →∞
n →∞ ２
２n ＋１
２
以上より，この無限級数は収束し，和は
１
２
１
（答）収束，
２
問題４
2
⑴ ４α2 ＋β2 ＝２αβの両辺をβ（≠０）
で
割って整理すると
α
α 2
４ −２ ＋１＝０
β
β
α
は ４z 2 −２z ＋１＝０の解であるから
β
⑵ ⑴の結果より
π
π
１
cos ＋ i sin
α＝ β
３
３
２
α １± ３i
＝
４
β
よって点Ａ（α）は， 点Ｂ（β）を点Ｏ（０）の
π
まわりに だけ回転し，点Ｏ
（０）からの距離
３
１
を２
倍した点であることがわかる。
ここで
つまり，△ＯＡＢは
１± ３i
１ １± ３i
＝ ・
２
４
２
ＯＡ：ＯＢ：ＡＢ＝１：２： ３
π
π
１
cos ±
＋i sin ±
＝ （複号同順）
３
３
２
α
より，０≦ arg β ≦πを満たすのは
の直角三角形であり，その周の長さはもっと
も短い辺の長さの
１＋２＋ ３＝３＋ ３（倍）
である。
π
π
α １＋ ３i
１
cos ＋ i sin
＝ ＝
４
３
３
β
２
（答）（３＋ ３ ）倍
α １
π
π
cos ＋ i sin
（答） ＝
β ２
３
３
Ｈ２７２０Ｇ０６
Ｊ１−２−３
問題５
⑴ （答）８個の山から３個とる
⑵ 偶数を２進法で表すと，１の位は０になり，
奇数を２進法で表すと，１の位は１になるこ
とに注意する。
ℓ＋ m ＋ n ＝１３ のとき，ℓ，m ，n の中に
は奇数が１個または３個含まれる。
奇数が１個のとき，ℓ，m ，n をそれぞれ２
進法で表すと，１の位の１は１個だけになる。
問題６
２ab
X − Y ＝ − ab
a ＋b
ab
＝ − （ a ＋ b −２ ab ）
a ＋b
ab
2
＝ − （ a − b ）
a ＋b
問題７
１
⑴ y＝tan x よりy ＝ ，よってℓの方程式は
cos2 x
π
４
y ＝４ x − ＋ ３ ＝４x ＋ ３− π
３
３
３
π
ℓと x 軸との交点の x 座標は x ＝ −
４
３
３
π
０≦ x ≦ − において
４
３
４
４x ＋ ３− π≦０≦ tan x
３
π
π
３
− ≦ x ≦ において
３
３
４
４
０≦４x ＋ ３− π≦ tan x
３
が成り立つので
とおくと
π
3
S ＝ tan x dx −（ △ＰＱＲの面積 ）
0
３
△ＰＱＲは底辺ＱＲ＝ ，高さＰＲ＝ ３
４
１ ３
３
の三角形であり，その面積は ・ ・ ３＝
２ ４
８
また
π
3
ニム和は０でないから，先手必勝である。
奇数が３個のとき，ℓ，m ，n をそれぞれ２
進法で表すと，１の位の１は計３個になる。
このときもニム和の１の位は１で，ニム和
は０でないから先手必勝である。
よって，ℓ＋ m ＋ n ＝１３のとき，後手必勝
にすることはできない。
2
a ≠ b より a ≠ b ，よって
（ a − b ）＞０
であるから
X −Y ＜０
よって，X ＜ Y
（答） X ＜ Y
よって，S ＝ loge２−
π
3
sin x
tan x dx ＝ dx
x
cos
0
0
３
８
（答）S ＝ loge２−
⑵ この回転体は，曲線 y ＝ tan x ０≦ x ≦
３
８
π
３
を x 軸のまわりに１回転してできる回転体 K
から，△ＰＱＲを x 軸のまわりに１回転してで
きる円錐を取り去ったものである。
回転体 K の体積は
π
3
π
１
3
dx
π （tanx ）dx ＝π 2
x −１
cos
0
0
2
π
３
π
π
３ , Ｑ − ，０ ，Ｒ ，０
４
３
３
π
Ｐ ,
３
よって，ニム和の１の位は１となる。つまり，
＝π tanx − x 3＝π
0
３−
π
３
円錐の底面の半径はＰＲ＝ ３，高さは
３
ＱＲ＝ であるから，円錐の体積は
４
３
３
１
×３π× ＝ π
４
４
３
よって，求める回転体の体積 V は
３
π
V ＝π ３− − π
４
３
３３
π2
＝ π−
４
３
π
π
3（cos x ）
3
x｜
dx
｜cos
＝− ＝
−
log
e
cos x
0
0
π2
３３
（答）V ＝ π−
３
４
１
＝− loge ＝ loge２（ e は自然対数の底 ） ２
Ｈ２７２０Ｇ０６
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