入試の軌跡
熊本大学 理系
2001 − 2014
数 学
y
O
x
平成 28 年 2 月 4 日
Typed by LATEX 2ε
序
本書は，熊本大学理系学部 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部) および医学
部医学科受験者のための入試問題集である．本書には，平成 13 年 (2001 年) 度から
平成 26 年 (2014 年) 度までの 2 次試験前期日程の問題をすべて掲載した．
第 1 章では，過去 14 年分の問題 (75 題) を分野別に掲載し，分野ごとに学習できる
ように配慮した．
第 2 章では，年度別に掲載しているので，120 分の制限時間で，どの問題から解く
べきであるかなど各自が実践的な取り組みを心掛けてもらいたい．
また，年度ごとの問題および解答については，次のサイトに掲載している．
http://kumamoto.s12.xrea.com/plan/
本書の編集にあたり，以下の点に留意した．
1. 解答は，図や解説を充実させ，自学自習ができるように配慮した．
H
N
2. 本書は，電子文書 (PDF) での利用を想定し，ハイパーリンクを施した．利用す
る際には，全画面表示 ( Ctrl +L) および描画領域に合わせる ( Ctrl +3) と見や
すくなる．ページスクロールには，( Ctrl +N， Ctrl +H) が利用でき，リンク
(ジャンプ) 先から戻る ( Alt + )，進む ( Alt + ) も利用できる．なお，全画面
表示を解除するには ESC ．
3. 本書の最新版は，次のサイトにある．
http://kumamoto.s12.xrea.com/nyusi/kumadai kiseki ri i.pdf
また，本書の姉妹版である「入試の軌跡 熊本大学 英語」も次のサイトに掲載
しており，併せて活用いただけることを切に願うものである．
http://kumamoto.s12.xrea.com/plan/eng.html
平成 26 年 3 月 編者
i
目次
i
序
第1章
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
分野別問題
方程式と不等式 (数学 I) .
図形と方程式 (数学 II) . .
三角関数 (数学 II) . . . . .
微分法と積分法 (数学 II) .
極限 (極限 III) . . . . . . .
微分・積分 (数学 III) . . .
場合の数と確率 (数学 A) .
平面上のベクトル (数学 B)
空間のベクトル (数学 B) .
数列 (数学 B) . . . . . . .
行列 (数学 C) . . . . . . .
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第2章
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9
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年度別問題
2001 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2002 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2003 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2004 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2005 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2006 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2007 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2008 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2009 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.9.1 理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
2.9.2 医学部医学科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10 2010 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10.1 理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
2.10.2 医学部医学科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.11 2011 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.11.1 理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
2.11.2 医学部医学科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.12 2012 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.12.1 理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
iii
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1
1
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3
4
12
15
15
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21
40
41
42
43
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45
46
47
49
49
50
51
51
52
53
53
55
57
57
2.12.2 医学部医学科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.13 2013 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.13.1 理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
2.13.2 医学部医学科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.14 2014 年度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.14.1 理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
2.14.2 医学部医学科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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61
61
63
65
65
67
69
解答
iv
第 1 章 分野別問題
1.1
方程式と不等式 (数学 I)
問題 1 以下の問いに答えよ。
(2012 理系) 解答 (p.69)
(1) k を整数とするとき，x の方程式 x2 − k 2 = 12 が整数解をもつような k の値をす
べて求めよ。
(2) x の方程式 (2a − 1)x2 + (3a + 2)x + a + 2 = 0 が少なくとも 1 つ整数解をもつよ
うな整数 a の値とそのときの整数解をすべて求めよ。
1.2
図形と方程式 (数学 II)
問題 2 a > 1，a > p > 0 とする。2 直線 l1 : y = 2x − 1，l2 : y = a の交点を S，l1 と x
軸の交点を T とし，y 軸上の点 P(0, p)，l1 上の点 A(1, 1)，l2 上の点 Q(q, a) をとる。
∠PQS = 135◦ ，∠AQS = 45◦ であるとき，次の問いに答えよ。 (2002) 解答 (p.70)
(1) p，q それぞれを a で表せ。
(2) ∠PAT = ∠QAS であるとき，p，a それぞれの値を求めよ。
問題 3 円 C1 : x2 + y 2 = 1 と円 C2 : (x − 2)2 + (y − 4)2 = 5 とに点 P から接線を引
く。P から C1 の接点までの距離と C2 の接点までの距離との比が 1 : 2 になるとする。
このとき，P の軌跡を求めよ。
(2004) 解答 (p.71)
問題 4 xy 平面上で，点 (1, 0) までの距離と y 軸までの距離の和が 2 である点の軌跡
を C とする。以下の問いに答えよ。
(2013 理系) 解答 (p.72)
(1) C で囲まれた部分の面積を求めよ。
9
(2) 円 x2 + y 2 = と C の交点の x 座標を求めよ。さらに，交点の個数を求めよ。
4
問題 5 xy 平面上で，点 (1, 0) までの距離と y 軸までの距離の和が 2 である点の軌跡
を C とする。以下の問いに答えよ。
(2013 医) 解答 (p.74)
(1) C で囲まれた部分の面積を求めよ。
(2) a を正の数とする。円 x2 + y 2 = a と C の交点の個数が，a の値によってどのよ
うに変わるかを調べよ。
1
2
第 1 章 分野別問題
1.3
三角関数 (数学 II)
問題 6 正三角形 PQR の 3 辺 PQ，QR，RP 上にそれぞれ点 A，B，C をとる。4PCA，
4QAB，4RBC の外接円の中心をそれぞれ O1 ，O2 ，O3 ，その半径をそれぞれ r1 ，
r2 ，r3 とする。4ABC の 3 辺の長さを a = BC，b = CA，c = AB とするとき，次の
問いに答えよ。
(2003) 解答 (p.76)
(1) r1 ，r2 ，r3 を a，b，c で表わせ。
(2) 4O1 O2 O3 は正三角形であることを示せ。
問題 7 整数 m，n が 1 5 m < n を満たすとき，次の問いに答えよ。(2004) 解答 (p.77)
(1) x > 3 ならば，不等式
(mx − 1)(nx − 1) > x2 + 1
が成り立つことを示せ。
1
1
(2) tan α = ，tan β = を満たし，かつ tan(α + β) の値が整数となる角度 α，β
m
n
があるとする。このような，(m, n) の組をすべて求めよ。
√
√
問題 8 関数 y = 3 sin 2x − cos 2x + 2 sin x − 2 3 cos x について，以下の問いに答
えよ。
(2010 理系) 解答 (p.79)
√
(1) sin x − 3 cos x = t とおいて，y を t の式で表せ。
2
(2) 0 5 x 5 π のとき，y の最大値および最小値を求めよ。
3
1.4
微分法と積分法 (数学 II)
問題 9 a を定数とする。2 つの放物線
C1 : y = −x2 ,
C2 : y = 3(x − 1)2 + a
について，以下の問いに答えよ。
(2007) 解答 (p.80)
(1) C1 ，C2 の両方に接する直線が 2 本存在するための a の条件を求めよ。
(2) C1 ，C2 の両方に接する 2 本の直線が，直交するときの a の値を求めよ。
π
(3) C1 ，C2 の両方に接する 2 本の直線が， の角度で交わるときの a の値を求めよ。
4
1.5. 極限 (極限 III)
3
問題 10 放物線 y = 4x2 + 3 を C とする。x 軸上に点 P(p, 0) (p 6= 0 とする)，C 上
に点 A(p, 4p2 + 3) をとり，点 A における C の接線 l と x 軸との交点を Q(q, 0) とす
る。さらに，点 B(q, 4q 2 + 3) における C の接線を m とする。以下の問いに答えよ。
(2008) 解答 (p.82)
(1) q を p を用いて表せ。
(2) 接線 m が点 P を通るとする。p，q の値を求めよ。
(3) (2) で求めた p，q に対して，放物線 C と 2 つの接線 l，m で囲まれた部分の面
積を求めよ。
1.5
極限 (極限 III)
1
上の点列 {Qn }
x2
を次のように定める。P1 (a, 0) (a > 0) とする。Pn (n = 1) が定まったとき，Pn を
通り y 軸に平行な直線と C との交点を Qn とする。Qn における C の接線と x 軸との
交点を Pn+1 とする。次の問いに答えよ。
(2005) 解答 (p.83)
問題 11 座標平面上において，x 軸上の点列 {Pn } と曲線 C : y =
(1) Pn (an , 0) とするとき，an を a で表せ。
(2) 三角形 Pn Pn+1 Qn の面積を Sn とするとき，
∞
X
Sn を a で表せ。
n=1
問題 12 0 < a < 3 とする。次の条件によって定められる数列 {an } を考える。
(
a1 = a
an+1 = log(1 + an ) (n = 1, 2, 3, · · · )
このとき， lim an を次の手順で求めよ。
n→∞
(2009 理系) 解答 (p.84)
1
(1) 0 < x < 3 のとき，0 < log(1 + x) < x − x2 であることを示せ。必要があれ
6
ば，0.69 < log 2 < 0.70 を用いてもよい。
6
(n = 1, 2, 3, · · · ) であることを示し， lim an を求めよ。
(2) 0 < an <
n→∞
n+1
4
第 1 章 分野別問題
問題 13 r を r > 1 である実数とし，数列 {an } を次で定める。
a1 = 1,
an+1 =
an + r2
an + 1
(2014 理系) 解答 (p.86)
以下の問いに答えよ。
(1) n が奇数のとき an < r，n が偶数のとき an > r であることを示せ。
(2) 任意の自然数 n について，an+2 − r を an と r を用いて表せ。
(3) 任意の自然数 n について，次の不等式を示せ。
a2n+2 − r
<
a2n − r
µ
r−1
r+1
¶2
(4) lim a2n および lim a2n+1 を求めよ。
n→∞
1.6
n→∞
微分・積分 (数学 III)
問題 14 次の問いに答えよ。
(2001) 解答 (p.88)
(1) x < 0 のとき，e−x と x2 + 1 の大小関係を調べよ。
(2) 2 つの曲線 y = xe−x ，y = x(x2 + 1) と直線 x = −1 で囲まれる部分の面積を求
めよ。
問題 15 楕円 E :
x2
+ y 2 = 1 について，次の問いに答えよ。
8
(2002) 解答 (p.90)
(1) E 上の点 (a, b) における E の接線の x 切片と y 切片の和を a で表したものを
f (a) とするとき，f (a) を求めよ。ただし，a > 0，b > 0 とする。
(2) f (a) が最小となる a の値を求めよ。
x
問題 16 a > 0 とするとき，関数 f (x) = x2 e− a について，次の問いに答えよ。
(2002) 解答 (p.91)
(1) x = c で f (x) が極大値をとるとき，c を a で表せ。
Z c
(2) 定積分
f (x) dx を a で表せ。
0
1.6. 微分・積分 (数学 III)
問題 17 関数 f (x) = 1− √
Z
5
x
について，次の問いに答えよ。(2003) 解答 (p.91)
10 − x2
1
(1)
f (x) dx を求めよ。
0
(2) 関数 g(x) を各区間 k 5 x 5 k + 1 (k = 0, 1, 2, · · · ) において，
µ ¶k
2
g(x) =
f (x − k)
3
と定義する。
Z n
an =
g(x) dx
(n = 1, 2, 3, · · · )
0
とするとき，数列 {an } の極限を求めよ。
問題 18 2 つの関数 f (x) と g(x) が次の関係式
Z
Z
x
f (x) =
(g(t) + t cos t) dt + sin x,
g(x) = sin x +
π
2
(f 0 (t) − cos t) dt
− π2
0
を満たすとき，次の問いに答えよ。
(2003) 解答 (p.92)
(1) f (x) と g(x) を求めよ。
Z π
(2)
(f (x) − g(x))2 dx を求めよ。
0
問題 19 次の問いに答えよ。
(2004) 解答 (p.93)
(1) 任意の自然数 n に対して，x = 0 ならば，不等式
ex >
xn
n!
が成り立つことを示せ。
(2) (1) の不等式を用いて， lim x2 e−x = 0 であることを示せ。
x→∞
(3) 曲線 y = xe−x の点 (a, ae−a ) における接線と法線が x 軸と交わる点を，それぞ
れ P と Q とおく。ただし a > 1 とする。線分 PQ の長さを l(a) とするとき，極
限値 lim l(a) を求めよ。
a→∞
6
第 1 章 分野別問題
問題 20 楕円 E : (x − 1)2 +
定数とする。
y2
= 1 について，次の問いに答えよ。ただし，b は正の
b2
(2004) 解答 (p.95)
(1) E を表す極方程式を r = f (θ) とするとき，f (θ) を求めよ。
(2) 点 P が E 上を動くとする。原点 O と P との距離 OP が点 (2, 0) 以外で最大と
なるための b の条件を求めよ。
(3) b は (2) で求めた条件を満たすとし，OP が最大となる点における θ の値を θ0 と
π
おく。ただし 0 < θ0 5 とする。このとき (1) で求めた f (θ) について，定積分
2
Z θ0
f (θ) dθ
0
の値を b の式で表せ。
問題 21 平面上の点の直交座標を (x, y)，極座標を (r, θ) とする。極方程式 r = f (θ)
によって表される曲線 C について，次の問いに答えよ。
(2005) 解答 (p.97)
µ ¶2 µ ¶2
dx
dy
(1) 曲線 C 上の点 (x, y) について，
+
を f (θ)，f 0 (θ) を用いて表せ。
dθ
dθ
θ
π
(2) f (θ) = sin3 のとき，曲線 C の 0 5 θ 5 の部分の長さを求めよ。
3
2
問題 22 n を自然数とする。次の問いに答えよ。
(2006) 解答 (p.98)
(1) n = 2 のとき，関数 f (x) = (1 − x)3 xn の極値を求めよ。
Z 1
(2) 定積分 an =
(1 − x)3 xn dx を求めよ。
0
(3) 無限級数
∞
X
an の和を求めよ。
n=1
Z
x
問題 23 関数 f (x) = 1 +
−x
よ。
π´
1 + tan2 t ³ π
−
<
x
<
について，次の問いに答え
1 + etan t
2
2
(2006) 解答 (p.99)
(1) 関数 u = etan t を t で微分せよ。
(2) f (x) を求めよ。
(3) 曲線 y = f (x) と x 軸および 2 直線 x = 0，x =
に回転して得られる図形の体積を求めよ。
π
で囲まれた部分を x 軸の周り
4
1.6. 微分・積分 (数学 III)
7
問題 24 行列 A の表す移動によって xy 平面上の点 (0, 1)，(1, 2) はそれぞれ (1, 1)，
(2, 1) に移されるとする。以下の問いに答えよ。
(2007) 解答 (p.101)
(1) 行列 A を求めよ。
(2) 曲線 y = ex 上を点 P(t, et ) が動くとき，P がこの移動によって移る点の軌跡 C
を求めよ。ただし，−∞ < t < ∞ とする。
µ
¶
1
1
(3) 曲線 D を y = x + log e + − x とする。ただし，x < e + である。2 つの
e
e
曲線 C と D で囲まれる領域の面積を求めよ。
問題 25 a を定数とする。方程式 (log x)2 = ax (x > 0) について，以下の問いに答え
よ。
(2007) 解答 (p.103)
(log x)2
= 0 を用いよ。
x→∞
x
(2) 解がちょうど 2 個のとき，これらの解を p2 ，q 2 (0 < p < q) とおく。q の値を求
e
めよ。また，p は
< p < 1 を満たすことを示せ。
e+1
(1) 解の個数を調べよ。必要なら， lim
1 2
x および点 F(0, 1) について考える。以下の問いに答え
4
よ。ただし，O は原点を表す。
(2008) 解答 (p.105)
問題 26 放物線 C : y =
(1) 放物線 C 上の点 A(x, y) (x > 0 とする) に対して θ = ∠OFA，r = FA とおく。
r を θ を用いて表せ。
(2) 放物線 C 上に n 個の点 A1 (x1 , y1 )，A2 (x2 , y2 )，· · · ，An (xn , yn ) を
xk > 0 かつ ∠OFAk =
kπ
2n
(k = 1, 2, 3, · · · , n)
n
1X
FAk を求めよ。
を満たすようにとる。極限 lim
n→∞ n
k=1
問題 27 実数 p に対して，関数 f (x) を
Z p
f (x) =
(t6 + 2t3 − 3)dt
p−x
で定める。このとき，次の問いに答えよ。
(2009 理系) 解答 (p.106)
(1) f 0 (x) は，x = p + 1 のとき最小値をとることを示せ。
(2) f (p + 1) の p > 0 における最小値を求めよ。
8
第 1 章 分野別問題
問題 28 次の問いに答えよ。
(2009 理系・医) 解答 (p.107)
√
(1) −π 5 x 5 π のとき， 3 cos x − sin x > 0 をみたす x の範囲を求めよ。
¯
Z π ¯
¯
6 ¯
4 sin x
¯
¯ dx を求めよ。
√
(2)
¯
π
3 cos x − sin x ¯
−3
問題 29 関数 f (x) = x 2−x の区間 t 5 x 5 t + 1 における最小値を g(t) とする。この
とき，以下の問いに答えよ。
(2010 理系) 解答 (p.110)
(1) g(t) を求めよ。
Z 2
(2)
g(t) dt の値を求めよ。
0
Z
π
−x
4
問題 30 関数 f (x) =
x
³
log4 (1 + tan t) dt
05x5
答えよ。
π´
について，以下の問いに
8
(2010 理系) 解答 (p.111)
(1) f (x) の導関数 f 0 (x) を求めよ。
³π ´
(2) f
および f (0) の値を求めよ。
8
(3) 条件 a1 = f (0)，an+1 = f (an ) (n = 1, 2, 3, · · · ) によって定まる数列 {an } の一
般項 an を求めよ。
Z
π
−x
4
問題 31 関数 f (x) =
x
³
log4 (1 + tan t) dt
答えよ。
05x5
π´
について，以下の問いに
8
(2010 医) 解答 (p.112)
(1) f (x) の導関数 f 0 (x) を求めよ。
(2) f (0) の値を求めよ。
(3) 条件 a1 = f (0)，an+1 = f (an ) (n = 1, 2, 3, · · · ) によって定まる数列 {an } の一
般項 an を求めよ。
問題 32 以下の問いに答えよ。
(2010 医) 解答 (p.113)
(1) p を 0 でない定数とする。関数 f (x) = ae−x sin px+be−x cos px について，f 0 (x) =
e−x sin px となるように，定数 a，b を定めよ。
Z t2
x
(2) S(t) =
e−x sin dx (t 6= 0) とおく。このとき，S(t) を求めよ。
t
0
S(t)
(3) lim 3 の値を求めよ。
t→0 t
1.6. 微分・積分 (数学 III)
9
問題 33 次の条件によって定められる関数の列 fn (x) (n = 0, 1, 2, 3, · · · ) を考える。
f0 (x) = 1
Z
x
fn (x) = 1 −
t fn−1 (t) dt (n = 1, 2, 3, · · · )
0
このとき，以下の問いに答えよ。
(2011 理系) 解答 (p.115)
(1) f1 (x)，f2 (x)，f3 (x) を求めよ。
(2) n = 1 のとき，fn (x) − fn−1 (x) は x についての次数が 2n の単項式となることを
示し，その単項式を求めよ。
(3) n = 1 のとき，不等式
1
5
5 fn (1) 5
2
8
が成り立つことを示せ。
問題 34 楕円 C : x2 + 4y 2 = 1 と点 P(2, 0) を考える。以下の問いに答えよ。
(2011 理系) 解答 (p.117)
(1) 直線 y = x + b が楕円 C と異なる 2 つの交点をもつような b の値の範囲を求めよ。
(2) (1) における 2 つの交点を A，B とするとき，三角形 PAB の面積が最大となるよ
うな b の値を求めよ。
問題 35 楕円 C : x2 + 4y 2 = 4 と点 P(2, 0) を考える。以下の問いに答えよ。
(2011 医) 解答 (p.118)
(1) 直線 y = x + b が楕円 C と異なる 2 つの交点をもつような b の値の範囲を求めよ。
(2) (1) における 2 つの交点を A，B とするとき，三角形 PAB の面積が最大となるよ
うな b の値を求めよ。
問題 36 xyz 空間内の 3 点 P(0, 0, 1)，Q(0, 0, −1)，R(t, t2 − t + 1, 0) を考える。t
が 0 5 t 5 2 の範囲を動くとき，三角形 PQR が通過してできる立体を K とする。以
下の問いに答えよ。
(2011 医) 解答 (p.119)
(1) K を xy 平面で切ったときの断面積を求めよ。
(2) K の体積を求めよ。
10
第 1 章 分野別問題
Z
x
問題 37 2 つの関数 f (x) =
Z
x
t
e (sin t + cos t)dt と g(x) =
0
et (cos t − sin t)dt につ
0
(2012 理系) 解答 (p.120)
いて，以下の問いに答えよ。
問 1 f (x) と g(x) を求めよ。
問 2 f (n) (x) と g (n) (x) をそれぞれ f (x) と g(x) の第 n 次導関数とする。
(1) n = 2 のとき，f (n) (x) および g (n) (x) を，f (n−1) (x) と g (n−1) (x) を用いて表せ。
(2) {f (n) (x)}2 + {g (n) (x)}2 を求めよ。
∞
X
e2a
(3) 実数 a について，
の和を求めよ。
{f (n) (a)}2 + {g (n) (a)}2
n=1
問題 38 関数 f (x) を
Z
π
2
f (x) =
¯
¯
¯ sin t − x cos t ¯ dt
(x > 0)
0
(2012 理系) 解答 (p.122)
とおく。以下の問いに答えよ。
³
π´
(1) a > 0 のとき，a = tan θ を満たす θ 0 < θ <
に対して，cos θ を a を用いて
2
表せ。
(2) f (x) を求めよ。
(3) f (x) の最小値とそのときの x の値を求めよ。
問題 39 正の定数 a に対して，関数 f (x) を
Z
π
2
f (x) =
¯
¯
¯ sin t − ax cos t ¯ dt
0
とおく。以下の問いに答えよ。
(1) f (x) を求めよ。
(2) f (x) の最小値とそのときの x の値を求めよ。
(2012 医) 解答 (p.124)
1.6. 微分・積分 (数学 III)
11
問題 40 半径 1，中心角 θ (0 < θ < π) の扇形に内接する円の半径を f (θ) とおく。以
下の問いに答えよ。
(2013 理系・医) 解答 (p.126)
(1) f (θ) を求めよ。
(2) 0 < θ < π の範囲で f (θ) は単調に増加し，f 0 (θ) は単調に減少することを示せ。
(3) 定積分
Z
π
2
f (θ) dθ
π
3
を求めよ。
問題 41 a を正の定数とする。条件
cos θ − sin θ = a sin θ cos θ,
0<θ<π
(2014 理系・医) 解答 (p.127)
を満たす θ について，以下の問いに答えよ。
π
の範囲で，ただ 1 つ存在することを示せ。
2
(2) 条件を満たす θ の個数を求めよ。
(1) 条件を満たす θ は，0 < θ <
問題 42 以下の問いに答えよ。
(2014 医) 解答 (p.128)
(1) 正の実数 a，b，c について，不等式
log a log b log c
+
+
< log 4
a
b
c
が成立することを示せ。ただし，log は自然対数とし，必要なら e > 2.7 および
log 2 > 0.6 を用いてもよい。
(2) 自然数 a，b，c，d の組で
abc bca cab = dabc ,
a 5 b 5 c,
d=3
を満たすものすべて求めよ。
問題 43 a を正の実数とする。xy 平面上の曲線 C : y = eax の接線で，原点を通るも
のを l とし，C と l および y 軸で囲まれた領域を S とする。以下の問いに答えよ。
(2014 理系) 解答 (p.129)
(1) S を x 軸の周りに回転して得られる立体の体積 V1 を求めよ。
(2) S を y 軸の周りに回転して得られる立体の体積 V2 を求めよ。
(3) V1 = V2 となるときの a の値を求めよ。
12
第 1 章 分野別問題
³
1
π´
問題 44 a を a > 2 である実数とする。xy 平面上の曲線 C : y =
0<x<
sin x cos x
2
と直線 y = a の交点の x 座標を α, β (α < β) とする。以下の問いに答えよ。
(2014 医) 解答 (p.130)
(1) tan α および tan β を a を用いて表せ。
(2) C と x 軸，および 2 直線 x = α，x = β で囲まれた領域を S とする。S の面積を
a を用いて表せ。
(3) S を x 軸の回りに回転して得られる立体の体積 V を a を用いて表せ。
1.7
場合の数と確率 (数学 A)
問題 45 袋の中に 1 から 5 までのいずれかの数字を書いた同じ形の札が 15 枚入って
いて，それらは 1 の札が 1 枚，2 の札が 2 枚，3 の札が 3 枚，4 の札が 4 枚，5 の札が
5 枚からなる。袋の中からこれらの札のうち 3 枚を同時にとり出すとき，札に書かれ
ている数の和を S とする。このとき次の問いに答えよ。
(2001) 解答 (p.131)
(1) S が 2 の倍数である確率を求めよ。
(2) S が 3 の倍数である確率を求めよ。
問題 46 さいころを繰り返し投げて，n 回目に出た目の数を Xn とし，an = X1 X2 · · · Xn
とする。このとき，各 n について，an 5 9 となる確率を求めよ。(2002) 解答 (p.132)
問題 47 袋の中に 1 から 3 までの数を書いた札が 2 枚ずつ，計 6 枚入っている。この
中から同時に 2 枚の札を取り出し，その数を m，n とするとき，次の問いに答えよ。
ただし，m = n とする。
(2003) 解答 (p.133)
(1) m = n となる確率を求めよ。
(2) 直線 y = x + c と点 (m, n) との距離の 2 乗を S とする。S の期待値を求めよ。
(3) S の期待値が最小になる c の値を求めよ。
問題 48 ボタンを 1 回押すごとに，画面に 1，2，3，4 のいずれかの数を表示する機
械がある。この機械が数 X を表示する確率は次のとおりである。
X
確率
1 2 3
2a b b
次の問いに答えよ。
4
a
(2005) 解答 (p.134)
(1) b を a で表せ。
(2) ボタンを 2 回押したときに表示される数のうち小さくないほうの数を Z とする
とき，Z の期待値 m を a で表せ。
(3) m を最大にする a の値を求めよ。
1.7. 場合の数と確率 (数学 A)
13
問題 49 大小 2 つのサイコロを投げて，大きいサイコロの目の数を a，小さいサイコ
ロの目の数を b とする。次の問いに答えよ。
(2006) 解答 (p.135)
(1) 関数 y = ax2 + 2x − b の最小値が −5 より小さくなる確率を求めよ。
(2) 関数 y = ax2 + 2x − b のグラフと x 軸との交点で，x 座標の大きい方を選ぶ。
その x 座標が 1 より大きくなる確率を求めよ。
(3) 関数 y = ax2 + 2x − b のグラフと関数 y = bx2 のグラフが異なる 2 点で交わる
確率を求めよ。
問題 50 xy 平面上で，点 P は原点を出発点とし，さいころを 1 回投げるたびに以下
のように進むものとする。1 または 2 の目が出たときは x 軸方向に 1 だけ進み，3 の
目が出たときは x 軸方向に −1 だけ進み，4 または 5 の目が出たときは y 軸方向に 1
だけ進み，6 の目が出たときは y 軸方向に −1 だけ進む。以下の問いに答えよ。
(2007) 解答 (p.136)
(1) さいころを 5 回投げるとき，点 P が座標 (2, −3) の位置にいる確率を求めよ。
(2) さいころを n 回投げるとき，点 P が x 軸上のみを動いて最後に原点にいる確率
を求めよ。
(3) さいころを 2 回投げるとき，点 P の x 座標の期待値を求めよ。
問題 51 大小 2 個のサイコロを投げ，大きいサイコロの目の数を p，小さいサイコロ
の目の数を q とする。y = px2 のグラフと y = qx + 1 のグラフの交点のうち，x 座標
が負のものを A，正のものを B とする。このとき，次の問いに答えよ。
(2009 理系・医) 解答 (p.137)
(1) 線分 AB の中点の y 座標が 2 より小さくなる確率を求めよ。
(2) A の x 座標が有理数となる確率を求めよ。
(3) ∠OAB が 90◦ より大きくなる確率を求めよ。ただし，O は座標平面の原点で
ある。
問題 52 赤球 4 個と白球 6 個の入った袋から 2 個の球を同時に取り出し，その中に赤
球が含まれていたら，その個数だけさらに袋から球を取り出す。このとき，以下の
問いに答えよ。
(2010 医) 解答 (p.139)
(1) 取り出した赤球の総数が 2 である確率を求めよ。
(2) 取り出した赤球の総数が，取り出した白球の総数をこえる確率を求めよ。
14
第 1 章 分野別問題
問題 53 1 個のさいころを 2 回続けて投げるとき，1 回目に出る目の数を a，2 回目
に出る目の数を b とする。これらの a，b に対して，実数を要素とする集合 P ，Q を
次のように定める。
P = {x | x2 + ax + b > 0}
Q = {x | 5x + a = 0}
このとき，以下の問いに答えよ。
(2011 理系) 解答 (p.140)
(1) P が実数全体の集合となる確率を求めよ。
(2) Q ⊂ P となる確率を求めよ。
問題 54 x，y を整数とするとき，以下の問いに答えよ。
(2011 医) 解答 (p.142)
(1) x5 − x は 30 の倍数であることを示せ。
(2) x5 y − xy 5 は 30 の倍数であることを示せ。
問題 55 n = 4 とする。(n − 4) 個の 1 と 4 個の −1 からなる数列 ak (k = 1, 2, · · · , n)
を考える。以下の問いに答えよ。
(2012 医) 解答 (p.143)
(1) このような数列 {ak } は何通りあるか求めよ。
(2) 数列 {ak } の初項から第 k 項までの積を bk = a1 a2 · · · ak (k = 1, 2, · · · , n) とおく。
b1 + b2 + · · · + bn がとり得る値の最大値および最小値を求めよ。
(3) b1 + b2 + · · · + bn の最大値および最小値を与える数列 {ak } はそれぞれ何通りあ
るか求めよ。
問題 56 X ，Y は {1, 2, 3, 4, 5, 6} の空でない部分集合で，X ∩ Y は空集合とす
る。また，n を自然数とする。A 君，B 君が以下のルールで対戦する。
(i) 1 回目の対戦では，まず A 君がさいころを投げて，出た目が X に属するならば
A 君の勝ちとする。出た目が X に属さなければ B 君がさいころを投げて，出
た目が Y に属するならば B 君の勝ちとする。
(ii) 1 回目の対戦で勝負がつかなかった場合は，1 回目と同じ方法で 2 回目以降の
対戦を行い，どちらかが勝つまで続ける。ただし，n 回対戦して勝負がつかな
かった場合は引き分けにする。
以下の問いに答えよ。
(2013 医) 解答 (p.144)
(1) さいころを投げたとき，X ，Y に属する目が出る確率をそれぞれ p，q とする。A
君が勝つ確率を求めよ。
(2) A 君が勝つ確率が，B 君が勝つ確率よりも大きくなるような集合の組 (X, Y ) は
何通りあるか。
1.8. 平面上のベクトル (数学 B)
1.8
15
平面上のベクトル (数学 B)
問題 57 座標平面上の点 Pn (n, 1)，n = 1, 2, · · · に対して，点 P1 から原点 O と点 Pn
−−→ −−−→
(n = 2) を通る直線へ下ろした垂線を P1 Qn とし，2 つのベクトル OP1 ，Qn P1 のなす
角を θn とする。このとき，次の問いに答えよ。
(2001) 解答 (p.145)
−−−→
(1) ベクトル Qn P1 の成分を求めよ。
(2) cos θn を求めよ。
(3) tan θn < 1.01 をみたす最小の n の値を求めよ。
Ã√
!
3 1
,
，P(1, 0)，Q(0, 1)
2 2
問題 58 曲線 C : x2 +y 2 = 1 (x = 0, y = 0) 上に 3 点 A
³
π´
をとり，∠POR = θ 0 < θ <
となる C 上の点を R(s, t) とする。さらに，C 上
4
−→
−→
−→
−→
の点 X を 2 つのベクトル s OA − t OX と t OA − s OX が垂直になるようにとる。こ
のとき，以下の問いに答えよ。
(2010 理系) 解答 (p.146)
−→ −→
(1) OA と OX の内積の値を θ を用いて表せ。
(2) 条件をみたす X が弧 AP 上にとれるとき，θ の範囲を求めよ。
(3) (2) で求めた θ の範囲において，4ROX の面積の最大値を求めよ。
1.9
空間のベクトル (数学 B)
問題 59 座標空間内に 4 点 A(3, 0, 0)，B(0, 2, 1)，C(0, 2, 0)，D(3, 2, 0) を考え，
線分 CD 上の点 P(x, 2, 0) に対して，三角形 PAB の面積を S とするとき，次の問い
に答えよ。
(2005) 解答 (p.148)
(1) ∠APB = θ とするとき，cos θ を x で表せ。
(2) S の最小値を求めよ。
√
√
問題 60 原点を O とする座標空間の 4 点 A( 3, 3, 0)，B(− 3, 3, 0)，C(0, 2, 2)，
P(0, 1, 0) および，平面 OAC，OBC，ABC 上にそれぞれ点 Q，R，S をとる。ベク
−→ −→ −
→
トル PQ，PR，PS が平面 OAC，OBC，ABC にそれぞれ直交するとき，次の問いに
答えよ。
(2006) 解答 (p.149)
−→
(1) ベクトル PQ を成分で表せ。
−
→
(2) ベクトル PS を成分で表せ。
(3) 4QRS の面積を求めよ。
16
第 1 章 分野別問題
問題 61 原点を O とし，空間内に 3 点 A(4, 0, 0)，B(1, 2, 0)，C(2, 1, 2) をとる。
線分 BC を t : (1 − t) (0 < t < 1) に内分する点を P とおく．このとき，以下の問い
に答えよ。
(2010 医) 解答 (p.152)
(1) 4OAP の面積を最小にする t の値を求めよ。
(2) C を通り，3 点 O，A，P を通る平面に垂直な直線と xy 平面との交点を D とす
る。D が 4OAB の内部にあるとき，t の範囲を求めよ。
問題 62 平行六面体 OADB-CEGF において，辺 OA の中点を M，辺 AD を 2 : 3 に内
分する点を N，辺 DG を 1 : 2 に内分する点を L とする。また，辺 OC を k : 1 − k (0 <
k < 1) に内分する点を K とする。このとき，以下の問いに答えよ。
(2011 理系・医) 解答 (p.154)
−→
−→
−→
−−→ −→ −−→
(1) OA = ~a，OB = ~b，OC = ~c とするとき，MN，ML，MK を ~a，~b，~c を用いて
表せ。
(2) 3 点 M，N，K の定める平面上に点 L があるとき，k の値を求めよ。
(3) 3 点 M，N，K の定める平面が辺 GF と交点をもつような k の値の範囲を求めよ。
F
C
G
E
B
D
O
A
√
問題 63 一辺の長さが 2 の正四面体 OABC において，辺 AB の中点を M，辺 BC
−→
−→
−→
を 1 : 2 に内分する点を N，辺 OC の中点を L とする。~a = OA，~b = OB，~c = OC と
おく。以下の問いに答えよ。
(2012 医) 解答 (p.155)
−→
(1) 3 点 L，M，N を通る平面と直線 OA の交点を D とする。OD を ~a，~b，~c を用い
て表せ。
−→
(2) 辺 OB の中点 K から直線 DN 上の点 P へ垂線 KP を引く。OP を ~a，~b，~c を用い
て表せ。
1.9. 空間のベクトル (数学 B)
17
−→ −→
問題 64 O を原点とする空間内の 2 点 A(−1, 1, 1)，B(2, 1, −2) に対して，OA·OP =
−→ −→
0 かつ OB·OP = 0 を満たす平面 OAB 上の点 P からなる領域を D とする。以下の問
いに答えよ。
(2013 理系) 解答 (p.156)
−→
−→
−→
(1) 実数 k に対して，OQ = k OA + (1 − k)OB によって定まる点 Q が領域 D に含ま
れるとき，k の値の範囲を求めよ。
−→
−→
−→
(2) 1 5 s + t 5 2 を満たす実数 s，t に対して，OR = sOA + tOB によって定まる点
R からなる領域を E とする。このとき，領域 D と E の共通部分の面積を求めよ。
−→ −→
問題 65 O を原点とする空間内の 2 点 A(−1, 1, 1)，B(2, 1, −2) に対して，OA·OP =
−→ −→
0 かつ OB·OP = 0 を満たす平面 OAB 上の点 P からなる領域を D とする。以下の問
いに答えよ。
(2013 医) 解答 (p.159)
−→
−→
−→
(1) 実数 k に対して，OQ = k OA + (1 − k)OB によって定まる点 Q が領域 D に含ま
れるとき，k の値の範囲を求めよ。
√
−→
(2) 点 C を中心とする半径 6 の円が領域 D に含まれるとき，|OC| が最小となる C
の座標を求めよ。
−→
−→
問題 66 空間内の 1 辺の長さ 1 の正四面体 OABC において，OA = ~a，OB = ~b，
−→ ~
−→
−→
OC = c とする。また，点 D を OD = ~b − ~a を満たす点，点 E を OE = ~c − ~a を満たす
点とし，点 P を OA の中点とする。以下の問いに答えよ。(2014 理系) 解答 (p.162)
(1) 0 < t < 1 に対し，BD を t : (1 − t) に内分する点を R とし，CE を (1 − t) : t に
内分する点を S とする．また，OB と PR の交点を M とし，OC と PS の交点を
−−→ −→
N とする。このとき，OM と ON を，それぞれ t，~b，~c を用いて表せ。
(2) 4OMN の面積を t を用いて表せ。
(3) t が 0 < t < 1 の範囲を動くとき，4OMN の面積の最小値を求めよ。
−→
−→
問題 67 空間内の 1 辺の長さ 1 の正四面体 OABC において，OA = ~a．OB = ~b，
−→ ~
OC = c とし，OA の中点を P とする。以下の問いに答えよ。(2014 医) 解答 (p.163)
(1) 0 < t < 1 に対し，BC を t : (1 − t) に内分する点を Q とする。また，PM + MQ
が最小となる OB 上の点を M とし，PN + NQ が最小となる OC 上の点を N とす
−−→ −→
る。このとき，OM と ON を，それぞれ t，~b，~c を用いて表せ。
(2) 4QMN の面積を t を用いて表せ。
(3) t が 0 < t < 1 の範囲を動くとき，4QMN の最大値を求めよ。
18
第 1 章 分野別問題
1.10
数列 (数学 B)
問題 68 a を整数とする。xn = n3 − an2 (n = 1, 2, 3, · · · ) で定められている数列 {xn }
が
x1 > x2 > · · · > x14 > x15 , x15 < x16 < x17 < · · ·
をみたすとき，a を求めよ。
(2001) 解答 (p.166)
問題 69 数列 {an } が
n−1
(n − 1)(n − 2) X
a1 = 0, an =
+
ak
2
k=1
(n = 2, 3, 4, · · · )
(2008) 解答 (p.168)
によって定められている。以下の問いに答えよ。
(1) bn = n + an (n = 1, 2, 3, · · · ) とおくとき，bn = 1 +
n−1
X
k=1
示せ。
(2) 数列 {bn } が等比数列であることを示せ。
(3) an を求めよ。
n
X
ak を求めよ。
(4)
k=1
bk (n = 2, 3, 4, · · · ) を
1.11. 行列 (数学 C)
19
問題 70 p > 0 とする。各項が正である 2 つの数列 {an }，{bn } は，次の条件をみた
すものとする。


 a1 = 3, b1 = 1
an − an−1 = bn − bn−1 + 1
(n = 2, 3, 4, · · · )

 (a
(n = 2, 3, 4, · · · )
n−1 + bn )(bn − bn−1 ) = 2pn + 3 − bn
(2009 医) 解答 (p.169)
このとき，次の問いに答えよ。
(1) an − bn を求めよ。
(2) an bn を求めよ。
1
an 3 + bn 3
の値を f (p) とおくとき， lim log f (p) を求めよ。
(3) lim 3
3
p→0 p
n→∞ an − bn
問題 71 数列 {an } の初項から第 n 項までの和 Sn が
Sn = 2an + n2
(2013 理系) 解答 (p.171)
で与えられるとき，以下の問いに答えよ。
(1) an+1 を an を用いて表せ。
(2) an を n の式で表せ。
1.11
行列 (数学 C)
Ã
!
2 a
問題 72 直線 y = 2x + 1 を l とする。また，行列
を A とする。直線 l 上の
b c
各点は A が表す移動によって l 上の点に移るとする。以下の問いに答えよ。
(2008) 解答 (p.172)
(1) b の値を求め，c を a を用いて表せ。
1
(2) a 6= − ならば，直線 l 上の点 P で，A が表す移動によって P 自身に移るもの
2
が存在することを示せ。
(3) 直線 l 上の各点 Q は A が表す移動によって Q と異なる l 上の点に移るとする。
a，c の値を求めよ。
20
第 1 章 分野別問題
問題
73 実数
! t に対して，座標平面上の点 (0, 1) と (1, t) を通る直線を ` とし，行列
Ã
1 2
で表される移動により，直線 ` 上の各点は，ある直線 m 上の点に移るとす
−2 1
る。` と m の交点を P(x, y) とするとき，次の問いに答えよ。(2009 医) 解答 (p.175)
(1) x，y を t の式で表せ。
(2) t がすべての実数を動くとき，P はある円周上を動くことを示せ。
問題 74 実数 c に対して，行列
Ã
!
1 −c
A=
c 1
で表される 1 次変換を T とするとき，以下の問いに答えよ。(2012 理系) 解答 (p.177)
(1) T は原点の回りの回転移動と原点中心の拡大 (相似変換) との合成変換であるこ
とを示せ。
(2) xy 平面上の同一直線上にない 3 点 P，Q，R が T によってそれぞれ P0 ，Q0 ，R0
に移るとする。三角形 P0 Q0 R0 の面積が三角形 PQR の面積の 2 倍となる c の値を
求めよ。
(3) c = 2 とする。楕円
E:
x2
+ y2 = 1
4
上の点が T によって楕円 E 0 上の点に移るとする。E が E 0 の内部にあることを
示し，E 0 の内部にあり E の外部にある部分の面積を求めよ。
問題 75 実数 c に対して，行列
Ã
!
1 −c
A=
c 1
で表される 1 次変換を T とするとき，以下の問いに答えよ。(2012 医) 解答 (p.178)
(1) xy 平面上の同一直線上にない 3 点 P，Q，R が T によってそれぞれ P0 ，Q0 ，R0
に移るとする。三角形 P0 Q0 R0 の面積が三角形 PQR の面積の k 倍 (k = 1) となる
c の値を求めよ。
(2) 楕円
E:
x2
+ y2 = 1
4
上の点が T によって楕円 E 0 上の点に移るとする。楕円 E 0 上のすべての点が楕
円 E の周上または外部にあるための，c の条件を求めよ。
第 2 章 年度別問題
2008 年度までの一般前期試験において，数学の問題は文系・理系の 2 種類の試験
問題であった．また理系 (医学科を含む) の問題 4 題中 1 題または 2 題が文系との共
通問題であった．
2001
2002
2003
2004
2005
2006
2007
2008
理系 2 は文系 3 に同じ
理系 1 は文系 2，理系 2 は文系 3 に同じ
理系 1 は文系 1 に同じ
理系 1 は文系 1，理系 2 は文系 2 に同じ
理系 1 は文系 3，理系 2 は文系 4 に同じ
理系 1 は文系 1 に同じ
理系 1(1)(2) は文系 3 に同じ
理系 1 は文系 3，理系 2 は文系 4 に同じ
2009 年度以降，医学部医学科は独自問題となり，一般前期の数学の試験問題は，文
系 (保健学科を含む)，理系 (医学科を除く)，医学科の 3 種類となる．これ以降，医学
科の問題はやや難化したが，極端に難しい出題はないため，医学科においては理系
よりも高い得点での選抜には変わりはなさそうである．
2009
2010
2011
2012
2013
2014
医 3 は理系 3，医 4 は理系 4 に同じ
医 4(1)(3) は理系 3(1)(3) に同じ
医 2 は理系 2 に同じ，医 3 は理系 4 の難易度を高めたもの
医 2 は理系 2，医 3 は理系 4 の難易度を高めたもの
医 3 は理系 3 に同じ，医 2,4 はそれぞれ理系 2,4 の難易度を高めたもの
医 2 は理系 2 に同じ，医 1 は理系 1 の難易度を高めたもの
21
22
第 2 章 年度別問題
理系と文系の共通問題は，2009 年度以降少なくなり，理系の問題は標準的な難易
度の出題が中心となる．
2009
2010
2011
2012
2013
2013
理系と文系の共通問題なし
理系と文系の共通問題なし
理系 2(1)(2) は文系 4 に同じ
理系 1 は文系 1 に同じ
理系 1 は文系 4 に同じ
理系 1 は文系 1 に同じ
第 2 章 年度別問題
23
理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
理系 (2009 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
2
科 目
数学 III
数学 III
数学 A
数学 III
分 野
微分・積分
極限
確率
微分・積分
出 題 内 容
関数の最小値
数列の極限
さいころの目とグラフの交点
定積分の計算
(1) g(t) の原始関数を G(t) とおくと，f (x) = G(p) − G(p − x)．合成関数の微
分律の計算がポイント．
(2) f (p + 1) = G(p) − G(−1) であるから，f (p + 1) が最小となるのは，G(p)
が最小となるときである．
µ
¶
1 2
(1) f (x) = x − x − log(1 + x) とおいて，関数の増減を調べる．
6
6
(2) 数学的帰納法により，0 < an <
を示す．このとき，(1) の結果を用
n+1
いる．an の極限はこの不等式から，はさみうちの原理により求める．
3 医学科と共通問題
(1) A，B の座標をそれぞれ (α, qα + 1)，(β, qβ + 1) とすると，AB の中点の
α+β
y 座標は q ×
+ 1 である．また α，β は 2 次方程式 px2 − qx − 1 = 0
2
の解であるから，解と係数の関係を利用する．
(2) 2 次方程式 px2 − qx − 1 = 0 の判別式 q 2 + 4p が平方数である．
(3) 直線 AO および直線 AB の方向ベクトルを利用する．
4 医学科と共通問題
(1) 三角関数の合成を利用する．
(2) 被積分関数の符号により区間に分けて積分する．
24
第 2 章 年度別問題
理系 (2010 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 II
数学 B
数学 III
数学 III
分 野
三角関数
平面上のベクトル
微分・積分
微分・積分
出 題 内 容
最大値・最小値
円周上の点の位置ベクトルと内積
関数の最小値，定積分
微分法と数列への応用
(1) 定型の基本問題．
(2) y は t の 2 次関数であるから，その最大値・最小値を求めればよい．
2
(1) s = cos θ，t = sin θ であることに注意する．
−→ −→
(2) OA，OX のなす角を α とすると，その内積 cos α が (1) の結果の sin 2θ に
等しい．
1
(3) 4ROX の面積が sin ∠ROX であることから，その最小値を求める．
2
3
(1) f (t) の増減を調べ，さらに f (t) = f (t + 1) をみたす t の値 1 に注意して
g(t) を求める．
(2) (1) の結果により，区間に分けて積分する．
4 医学科と大半が共通問題
1
(1) f 0 (x) = − を導けるかが本題のポイント．
2
³π ´
(2) f
= 0 は，自明である．(1) の結果から，f (x) は x の 1 次関数である
8
ことから，f (0) は容易に求められる．
π
1
π
(3) (2) の結果から，a1 = ，an+1 = − an +
であるから，an は容易に求
16
2
16
められる．
第 2 章 年度別問題
25
理系 (2011 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 A
数学 B
数学 III
数学 III
分 野
確率
空間のベクトル
微分・積分
微分・積分
出 題 内 容
さいころの目と不等式の解
ベクトルの図形への応用
関数列
関数の最大・最小
(1) 不等式の係数をさいころの目とする確率の基本題．これまでにさいころを
用いた問題が出題されている (06,07,09)．
(2) 数直線上に P ，Q の表す範囲をとり，Q ⊂ P となる条件を考えるとよい．
2 医学科と共通問題
(1) 基本題
(2) 3 点 M，N，K を通る平面を α とする．α を 1 次独立なベクトル A(~a)，B(~b)，
C(~c) を用いて媒介変数表示をする．これと L の位置ベクトルが ~a，~b，~c を
用いて一意的に表されることにより k を求める．
(3) 辺 GF を ~a，~b，~c を用いた媒介変数表示をして (2) と同様に求める．
3
(1) 漸化式により順次求める．
(2) (1) の結果から，fn (x) − fn−1 (x) を推測し，数学的帰納法により証明する．
(3) (1)，(2) の結果を利用する．
4 医学科の類題
(1) 基本題
(2) 考え方は難しくないが，計算力が要求される問題である．
26
第 2 章 年度別問題
理系 (2012 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 I
数学 C
数学 III
数学 III
分 野
方程式と不等式
行列
微分・積分
微分・積分
出 題 内 容
2 次方程式の整数解
1 次変換
n 次導関数
定積分を用いた関数
(1) 偶奇性および x2 − k 2 = |x|2 − |k|2 と変形することがポイント．
(2) 有理数を解に持つから，2 次方程式の判別式 a2 + 12 が整数かつ平方数と
なることに注目する．このとき，整数 l を用いて，a2 + 12 = l2 とおくと，
l2 − a2 = 12 となり，(1) の結果が利用できる．
2 医学科の類題
1
c
，sin θ = √
とおくとよい．
1 + c2
1 + c2
(2) 正方行列 A，B について，det(AB) = det A det B であることを利用する．
(1) cos θ = √
(3) 楕円の中心から楕円上の点の距離は長軸上で最大となり，短軸上で最小と
なる．
3 問 1 (ex sin t)0 = ex (sin x + cos x)，(ex cos x)0 = ex (cos x − sin x) がポイント．
問 2 (1) f 0 (x) = ex sin x + ex cos x，g 0 (x) = ex cos x − ex sin x となり，これと
問 1 の結果の式から，ex sin x，ex cos x を消去する．
(2) 問 2(1) の結果を利用する．
(3) 問 2(2) の結果を利用する．
4 医学科の類題
(1) 基本題
³
x
π´
をとると，
を満たす θ 0 < θ <
2
1 + x2
√
であり，sin t − x cos t = 1 + x2 sin(t − θ) を利用する．
(2) x > 0 に対して，sin θ = √
1
1 + x2
(3) (2) で得られた関数の増減を調べる．
cos θ = √
第 2 章 年度別問題
27
理系 (2013 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 B
数学 B
数学 III
数学 II
分 野
数列
空間のベクトル
微分・積分
図形と方程式
出 題 内 容
漸化式
位置ベクトルの表す領域
関数の増減，定積分
軌跡，面積，共有点の個数
(1) an+1 = Sn+1 − Sn を利用する．
(2) (1) で得られた漸化式 an+1 = 2an − 2n − 1 に対して，−2n − 1 が n の 1 次式
であるから，n の 1 次式 f (n) を用いた補助方程式 f (n+1) = 2f (n)−2n−1
を利用する．
2 医学科の類題
(1) Q は D 上の点より，条件より次式が成立する．
−→ −→
−→ −→
OA·OQ = 0 かつ OB·OQ = 0
すなわち
6k − 3 = 0 かつ
− 12k + 9 = 0
−→
−→
(2) D に含まれる直線 AB 上の点 Q により，D 上の点 P が OP = µOQ (µ = 0)
となることが予想できる．しかし，(1) の結果を利用して証明するには，平
面 OAB 上の点を P とし，直線 OP と直線 AB の交点の有無により場合分
けを行う必要がある．
−→
−→
(i) 直線 OP と直線 AB の交点を R とすると，OP = µOR (µ 6= 0)．P が
−→ −→
−→ −→
D 上の点であるとき，OA·OP = 0 かつ OB·OP = 0 であるから
−→ −→
−→ −→
µOA·OR = 0 かつ µOB·OR = 0
−→
−→
−→
OR = k 0 OA + (1 − k 0 )OB とすると (k 0 は実数)
µ(6k 0 − 3) = 0 かつ µ(−12k 0 + 9) = 0
−→
−→
上式および (1) の結果から OP = µOQ (µ > 0)
(µ < 0 のとき，上式をみたす k 0 は存在しない．)
−→
−→
(ii) 直線 OP と直線 AB の交点がないとき，OP = µ0 AB (µ0 は実数) とお
−→ −→
−→ −→
くと，P が D 上の点であるとき，OA·OP = 0 かつ OB·OP = 0 から
µ0 = 0 を得る．
−→
−→
よって，D は OP = µOQ (µ = 0) をみたす点 P からなる領域である．
28
第 2 章 年度別問題
3 医学科と共通問題
(1) 基本題
(2) (1) の結果 f (θ) =
0
f (θ) =
よって
(3) x =
sin 2θ
1
=
1
−
を微分すると，次式を得る．
1 + sin 2θ
1 + sin 2θ
cos 2θ
¡
¢2 ,
2 1 + sin 2θ
sin 2θ − 2
f (θ) = ¡
¢2
4 1 + sin 2θ
00
0 < θ < π の範囲で，f 0 (θ) > 0，f 00 (θ) < 0．
θ
とおいて計算する．
2
4 医学科の類題
(1) 条件による原方程式
p
p
(x − 1)2 + y 2 + |x| = 2 ゆえに
(x − 1)2 + y 2 = 2 − |x|
···°
1
を平方して得られた軌跡の方程式は y 2 = 2x − 4|x| + 3 · · · °
2 であるが，
2 − |x| = 0 をみたす °
2 の x の値の範囲にあるものだけに制限しなければ
p
ならない．実際， (x − 1)2 + y 2 = |x| − 2 · · · °
1 0 も平方することにより，
°
2 が得られるが，°
2 の x の範囲 − 12 5 x 5 23 は |x| − 2 = 0 をみたさない
ので，°
1 0 の表す図形は φ である．
√
たとえば，y = x は，x = y 2 (y = 0) のように y の範囲に注意する．
(2) 2 つの関数 y = f (x) と y = g(x) の共有点の個数は，方程式 f (x) = g(x) の
実数解の個数に一致するが，本題では，ともに x 軸に関して対称な円と閉
曲線 C の共有点の個数を問う問題である．円と C の方程式から y を消去
した x の方程式を考えると，この方程式の実数解について，− 12 < x < 32
にある解 1 個に対して交点は 2 個あり，x = − 12 , 32 に対して交点は 1 個で
ある．
第 2 章 年度別問題
29
理系 (2014 年度) 出題分野
1
2
3
4
科 目
数学 B
数学 III
数学 III
数学 III
分 野
空間のベクトル
微分・積分
極限
微分・積分
出 題 内 容
ベクトルの図形への応用
方程式の解の個数
n 数列の極限
回転体の体積
1 医学科の類題
(1) 相似な三角形に気付くかがポイント．
(2) (1) の結果から容易に求められる．
(3) 分子は定数であるから，分母の 2 次式だけに注意すればよい．
2 医学科と共通問題
π
で単調減少．
2
(2) a = f (θ) と y = a の共有点の個数を考える
(1) a を θ の関数とみると，a は 0 < θ <
3
(1) an − r と an + r から
an − r
が求まる．
an + r
(2) 漸化式を適用する．
(3) (2) の結果を利用する．
(4) (3) の結果とはさみうちの原理を利用する．また，(1) の結果から，一般項
を求めて直接，極限値を求めることもできる．
4 医学科の類題
(1) 基本題
(2) 定石通りの計算．
(3) バームクーヘン型の求積法も有効．
30
第 2 章 年度別問題
理系 (2001-2005) 出題分野
01
02 03
04 05
2
1
2
方程式と不等式
I
II
III
A
B
C
2 次関数
図形と計量
式と証明
複素数と方程式
図形と方程式
三角関数
指数関数と対数関数
微分法と積分法
関数
極限
2
3
微分・積分
1
場合の数と確率
論理と集合
平面図形
平面上のベクトル
空間のベクトル
数列
複素数平面
行列
2 次曲線
4
3
4
1
3
4
1
3
4
4
2
2
1
3
第 2 章 年度別問題
31
理系 (2006-2014) 出題分野
06
I
II
III
方程式と不等式
2 次関数
図形と計量
式と証明
複素数と方程式
図形と方程式
三角関数
指数関数と対数関数
微分法と積分法
関数
極限
微分・積分
A
B
C
場合の数と確率
論理と集合
平面図形
平面上のベクトル
空間のベクトル
数列
行列
2 次曲線
07
08
09
10
11
12
1
13
14
4
1
1
3
4
1
3
4
2
1
4
2
1
4
3
3
4
3
4
1
2
1
3
4
2
2
3
3
2
1
3
2
4
1
2
1∼4 は問題番号
数学 III の『微分・積分』の分野からは常に出題されており，2 題出題されること
も多く，合否の決め手となる重要な分野であり，早期の対応が必要となる．
32
第 2 章 年度別問題
医学部 (医学科)
医学科 (2009 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 C
数学 B
数学 A
数学 III
分 野
行列
数列
確率
微分・積分
出 題 内 容
1 次変換
漸化式と数列の極限
さいころの目とグラフの交点
定積分の計算
(1) 直線 l，m の方程式を求め，2 式から x，y について解く．
(2) 問題に t の値により，P が円周上を動くとあるので，適当な t の値をとっ
て円の方程式を予想することができる．
2
(1) 第 2 式から an − bn = an−1 − bn−1 + 1 となるから，{an − bn } は等差数列
である．
(2) (1) で得られた結果を利用する．
(3) (1)，(2) で得られた結果を利用し，an > 0，bn > 0 に注意して
p
p
an + bn = (an − bn )2 + 4an bn = (n + 1)2 + 4{pn2 + (p + 3)n − 2p}
として求めることもできる．よって，次の極限を利用して求めればよい．
an − bn
an bn
an + bn p
= 1， lim
=
p
，
lim
= 1 + 4p
n→∞
n→∞ n2
n→∞
n
n
lim
3 理系と共通問題
(1) A，B の座標をそれぞれ (α, qα + 1)，(β, qβ + 1) とすると，AB の中点の
α+β
y 座標は q ×
+ 1 である．また α，β は 2 次方程式 px2 − qx − 1 = 0
2
の解であるから，解と係数の関係を利用する．
(2) 2 次方程式 px2 − qx − 1 = 0 の判別式 q 2 + 4p が平方数である．
(3) 直線 AO および直線 AB の方向ベクトルを利用する．
4 理系と共通問題
(1) 三角関数の合成を利用する．
(2) 被積分関数の符号により区間に分けて積分する．
第 2 章 年度別問題
33
医学科 (2010 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 B
数学 A
数学 III
数学 III
分 野
空間のベクトル
確率
微分・積分
微分・積分
出 題 内 容
位置ベクトル
赤球と白球を取り出す確率
微分法と数列への応用
積分と極限
(1) P から x 軸に下ろした垂線の長さの最小値を求める．
(2) D の x 座標が 2 であることから，D の y 座標の範囲を考える．
2
(1) 熊大では確率の出題率が高く，2010 年度は理系では医学科のみ出題であ
るが，基本題で，簡単な場合分けに注意するだけである．
(2) (1) と同様に，場合分けに注意するだけである．
3 理系と大半が共通問題
1
(1) f 0 (x) = − を導けるかが本題のポイント．
2
³π ´
(2) 医学科では f
= 0 であることに気が付くことが要求される．(1) の結
8
果から，f (x) は x の 1 次関数であることから，f (0) は容易に求められる．
π
1
π
(3) (2) の結果から，a1 = ，an+1 = − an +
であるから，an は容易に求
16
2
16
められる．
4
(1) 条件式に代入し，係数を比較する基本題．
1
(2) (1) の結果に p = し，これを用いて S(t) を求める．
t
(3) 次の極限を利用する．
sin t
= 1,
lim
t→0 t
2
e−t − 1
lim
= 1,
t→0
−t2
1 − cos t
1
=
2
t→0
t
2
lim
34
第 2 章 年度別問題
医学科 (2011 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 A
数学 B
数学 III
数学 III
分 野
整数問題
空間のベクトル
微分・積分
微分・積分
出 題 内 容
二項定理と整数問題
ベクトルの図形への応用
関数の最大・最小
空間図形の体積
(1) 次式を利用を利用する．
x5 − x = x(x2 + 1)(x2 − 1)
= x{(x2 − 4) + 5}(x2 − 1)
= x(x + 1)(x − 1)(x + 2)(x − 2) + 5x(x + 1)(x − 1)
あるいは，この変形に気付かなくても
x5 − x = x(x + 1)(x − 1)(x2 + 1)
これに，x = 5k ，x = 5k ± 1，x = 5k ± 2 (k は整数) の場合分けにより容
易に導かれる．
一般に，x を整数，p を素数とすると，xp − x は p の倍数．とくに，x と
p が互いに素であるとき，xp−1 − 1 は p の倍数 (フェルマーの小定理)．
(2) (1) の結果を利用する基本題．
2 理系と共通問題
(1) 基本題
(2) 3 点 M，N，K を通る平面を α とする．α を 1 次独立なベクトル A(~a)，B(~b)，
C(~c) を用いて媒介変数表示をする．これと L の位置ベクトルが ~a，~b，~c を
用いて一意的に表されることにより k を求める．
(3) 辺 GF を ~a，~b，~c を用いた媒介変数表示をして (2) と同様に求める．
3 理系の類題
(1) 基本題
(2) 考え方は難しくないが，計算力が要求される問題である．
4
(1) 動径 OR の軌跡の描く図形の面積を求める．
(2) 錐体の体積は柱体の体積の 13 であることを利用できる基本題．
第 2 章 年度別問題
35
医学科 (2012 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 A
数学 C
数学 III
数学 B
分 野
場合の数と確率
行列
微分・積分
空間のベクトル
出 題 内 容
数列との融合問題
1 次変換
定積分を関数
位置ベクトル
(1) (n − 4) 個の 1 と 4 個の −1 を並べる順列の総数である．
(2) b1 + b2 + · · · + bn が最大となるのは，{an } において −1 が連続して偶数
回並ぶ場合であり，b1 + b2 + · · · + bn が最小となるのは，{an } において
a1 = an = −1 であり，残りの 2 つの −1 が連続して並ぶ場合である．
(3) (2) の結果から，その順列の総数を求める．
2 理系の類題
(1) 正方行列 A，B について，det(AB) = det A det B であることを利用する．
(2) 条件により得られた sin θ，cos θ の 2 次形式を，sin 2θ，cos 2θ にすること
がポイント．
(3) (2) で得られた関数の増減を調べる．
3 理系の類題
³ π
ax
π´
をとると，
をみたす θ − < θ <
2
2
1 + a 2 x2
√
であり，sin t − ax cos t = 1 + a2 x2 sin(t − θ) を利用
(1) x の値に対して，sin θ = √
cos θ = √
1
1 + a2 x2
する．
(2) (1) で得られた関数の増減を調べる．
4
(1) 3 点 L，M，N を通る平面上の位置ベクトルを表し，これが OA 上の点で
−→
あることから OD を求める．
−→ −→
−→ −→
DK·DN
(2) 2 つのベクトル DK，DN のなす角を θ とすると cos θ = −→ −→
|DK||DN|
−→ −→
−→
−→
−→
(DK·DN) −→
DN
DN
したがって
DP = |DK| cos θ −→ = −→
|DN|
|DN|2
36
第 2 章 年度別問題
医学科 (2013 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 A
数学 B
数学 III
数学 II
分 野
場合の数と確率
空間のベクトル
微分・積分
図形と方程式
出 題 内 容
確率，場合の数
位置ベクトルの表す領域
関数の増減，定積分
軌跡，面積，共有点の個数
(1) A 君が k (1 5 k 5 n) 回目に勝つ確率を求め，それらの和を求める．
(2) B 君が勝つ確率は，(1) の結果と同様に求める．これと (1) の結果を用い
るが，ここからが問題である．
2 理系の類題 (27 ページを参照．)
(1) 基本題
−
→
−
−→ →
−−→
(2) l = OL， m = OM とするとき
−
→ −→ −
→ −−→
| m|OL + | l |OM
は ∠LMO の二等分線の上にある．ベクトル
−
→ −
→−
→
→
−
→−
| m|2 l − ( l · m) m
−
→
−
→
は，平面 OLM に平行で， m に垂直である． m に平行な単位ベクトルを
~e とすると，平面上 OLM 上にある点 H から直線 OM に下ろした垂線の長
−→
さは |OH·~e| である (解答にある補足を参照)．
3 理系と共通問題 (28 ページを参照．)
4 理系の類題 (28 ページを参照．)
(1) 軌跡の方程式が原方程式をみたしているか確認する必要がある．
(2) 円と曲線 C による図形的なアプローチは困難．方程式の解で考える．
第 2 章 年度別問題
37
医学科 (2014 年度) 出題分野
1
2
3
4
1
科 目
数学 B
数学 III
数学 III
数学 III
分 野
空間のベクトル
微分・積分
微分・積分
微分・積分
出 題 内 容
ベクトルの図形への応用
方程式の解の個数
関数の極値
面積，体積
(1) 展開図で考えるのがポイント．
(2) 4OMN + 4BQM + 4CQN = 4OBC − 4QMN に注目する．
(3) (2) の結果を利用する．
2 理系と共通問題
π
で単調減少．
2
(2) a = f (θ) と y = a の共有点の個数を考える
(1) a を θ の関数とみると，a は 0 < θ <
log x
の極大値を考える．
x
(2) 関数 f (x) の増減に注意して，n が正の整数のとき，f (n) 5 f (3)
3
(1) 関数 f (x) =
4
(1) y = tan x +
1
を利用する．
tan x
1
1
1
(tan x)0
(2)
=
·
=
がポイント．
sin x cos x
tan x cos2 x
tan x
µ
¶
µ
¶
1
1
1
1
(3)
= 1+
= 1+
(tan x)0 がポイント．
2
2
2
2
2
tan
x
cos
x
tan
x
sin x cos x
38
第 2 章 年度別問題
医学科 (2006-2014) 出題分野
06
I
II
III
方程式と不等式
2 次関数
図形と計量
式と証明
複素数と方程式
図形と方程式
三角関数
指数関数と対数関数
微分法と積分法
関数
極限
微分・積分
A
B
C
場合の数と確率
論理と集合
平面図形
平面上のベクトル
空間のベクトル
数列
行列
2 次曲線
07
08
09
10
11
12
13
14
4
1
1
3
4
3
4
4
1
2
4
3
4
3
4
3
3
3
2
1
1
1
1
2
4
2
2
2
3
2
1
2
3
4
1
2
1∼4 は問題番号
2009 年度から医学部医学科は独自問題となったが (2005 年度以前は，30 ページを
参照)，2009 年度は，4 題中 2 題が理系学科と同一問題であった．2010 年度は，1 題
は理系学科とほぼ同一の問題であったが，3 題が医学部独自の問題となった．2011 年
度は，1 題が理系と同一問題で，1 題が理系の類題であった．2012 年度は，2 題が理
系の類題であった．2013 年度は，1 題が理系と同一問題で，2 題が理系の類題であっ
た．こうした傾向は今後とも続くと予想される．
数学 III の『微分・積分』の分野は，合否の決め手となる重要な分野である．2010
年度に出題された 2 題とも，他分野 (極限・数列) との融合問題であり，早期の対応
が必要である．とくに，2014 年度は 4 題中 3 題がこの分野からの出題であった．
数学 A の『場合の数と確率』の分野からは，確率 (09,10,13)，整数問題 (11)，場合
の数 (12,13) と出題されており，今後とも重点的に対応すべき分野である．
数学 B の『空間のベクトル』の分野からの出題が目立つ (10,11,12,13)．
第 2 章 年度別問題
39
熊本大学の理系および医学部医学科の入学試験では，数学 III の『微分・積分』の
問題は，過去 10 年分の問題においては必ず関連付けた小問が設けてあり，設問の誘
導にしたがって解けるようになっている．たとえば，次の 2006 年度の 4 番の問題で
は，(1) は (2) を解くためのヒントになっている．
Z x
π´
1 + tan2 t ³ π
<
x
<
について，次の問いに答えよ。
4 関数 f (x) = 1 +
dt
−
tan t
2
2
−x 1 + e
(1) 関数 u = etan t を t で微分せよ。
(2) f (x) を求めよ。
π
で囲まれた部分を x 軸の
4
周りに回転して得られる図形の体積を求めよ。
(3) 曲線 y = f (x) と x 軸および 2 直線 x = 0，x =
解答 (1)
etan t
du
= etan t (tan t)0 =
dt
cos2 t
(2) u = etan t とおくと，(1) の結果および 1 + tan2 t =
Z
x
f (x) = 1 +
Z
1
に注意して
cos2 t
etan t
1
·
dt
etan t (1 + etan t ) cos2 t
−x
etan x
1
du
etan(−x) u(1 + u)
¯ ¸ tan x
¯
·
¯ u ¯ e
¯
= 1 + log ¯¯
1 + u ¯ − tan x
=1+
e
tan x
e
e− tan x
−
log
1 + etan x
1 + e− tan x
= 1 + log etan x
= 1 + log
= 1 + tan x
(3) 解答 23 (p.99) を参照．
大問だけの出題は少なく，過去 12 年間 (61 題) では，2001 年度の『数列』，2002
年度の『確率』，2004 年度の『軌跡』のわずか 3 題だけである．したがって，ほとん
どの問題は，問題を解く方向性を小問に示してあるので，公式や解法パターンを身
に付けておけば対応できる．
40
第 2 章 年度別問題
2.1
2001 年度
1 次の問いに答えよ。
解答 14 (p.88)
(1) x < 0 のとき，e−x と x2 + 1 の大小関係を調べよ。
(2) 2 つの曲線 y = xe−x ，y = x(x2 + 1) と直線 x = −1 で囲まれる部分の面積
を求めよ。
2 座標平面上の点 Pn (n, 1)，n = 1, 2, · · · に対して，点 P1 から原点 O と点 Pn
−−→ −−−→
(n = 2) を通る直線へ下ろした垂線を P1 Qn とし，2 つのベクトル OP1 ，Qn P1
のなす角を θn とする。このとき，次の問いに答えよ。
解答 57 (p.145)
−−−→
(1) ベクトル Qn P1 の成分を求めよ。
(2) cos θn を求めよ。
(3) tan θn < 1.01 をみたす最小の n の値を求めよ。
3 a を整数とする。xn = n3 − an2 (n = 1, 2, 3, · · · ) で定められている数列 {xn } が
x1 > x2 > · · · > x14 > x15 , x15 < x16 < x17 < · · ·
をみたすとき，a を求めよ。
解答 68 (p.166)
4 袋の中に 1 から 5 までのいずれかの数字を書いた同じ形の札が 15 枚入っていて，
それらは 1 の札が 1 枚，2 の札が 2 枚，3 の札が 3 枚，4 の札が 4 枚，5 の札が 5
枚からなる。袋の中からこれらの札のうち 3 枚を同時にとり出すとき，札に書
かれている数の和を S とする。このとき次の問いに答えよ。 解答 45 (p.131)
(1) S が 2 の倍数である確率を求めよ。
(2) S が 3 の倍数である確率を求めよ。
2.2. 2002 年度
2.2
41
2002 年度
1 さいころを繰り返し投げて，n 回目に出た目の数を Xn とし，an = X1 X2 · · · Xn
とする。このとき，各 n について，an 5 9 となる確率を求めよ。解答 46 (p.132)
2 a > 1，a > p > 0 とする。2 直線 l1 : y = 2x − 1，l2 : y = a の交点を S，l1 と x
軸の交点を T とし，y 軸上の点 P(0, p)，l1 上の点 A(1, 1)，l2 上の点 Q(q, a)
をとる。∠PQS = 135◦ ，∠AQS = 45◦ であるとき，次の問いに答えよ。
解答 2 (p.70)
(1) p，q それぞれを a で表せ。
(2) ∠PAT = ∠QAS であるとき，p，a それぞれの値を求めよ。
3 楕円 E :
x2
+ y 2 = 1 について，次の問いに答えよ。
8
解答 15 (p.90)
(1) E 上の点 (a, b) における E の接線の x 切片と y 切片の和を a で表したも
のを f (a) とするとき，f (a) を求めよ。ただし，a > 0，b > 0 とする。
(2) f (a) が最小となる a の値を求めよ。
x
4 a > 0 とするとき，関数 f (x) = x2 e− a について，次の問いに答えよ。
解答 16 (p.91)
(1) x = c で f (x) が極大値をとるとき，c を a で表せ。
Z c
f (x) dx を a で表せ。
(2) 定積分
0
42
第 2 章 年度別問題
2.3
2003 年度
1 袋の中に 1 から 3 までの数を書いた札が 2 枚ずつ，計 6 枚入っている。この中
から同時に 2 枚の札を取り出し，その数を m，n とするとき，次の問いに答え
解答 47 (p.133)
よ。ただし，m = n とする。
(1) m = n となる確率を求めよ。
(2) 直線 y = x + c と点 (m, n) との距離の 2 乗を S とする。S の期待値を求
めよ。
(3) S の期待値が最小になる c の値を求めよ。
2 正三角形 PQR の 3 辺 PQ，QR，RP 上にそれぞれ点 A，B，C をとる。4PCA，
4QAB，4RBC の外接円の中心をそれぞれ O1 ，O2 ，O3 ，その半径をそれぞれ
r1 ，r2 ，r3 とする。4ABC の 3 辺の長さを a = BC，b = CA，c = AB とする
とき，次の問いに答えよ。
解答 6 (p.76)
(1) r1 ，r2 ，r3 を a，b，c で表わせ。
(2) 4O1 O2 O3 は正三角形であることを示せ。
x
3 関数 f (x) = 1 − √
について，次の問いに答えよ。
10 − x2
Z 1
(1)
f (x) dx を求めよ。
解答 17 (p.91)
0
(2) 関数 g(x) を各区間 k 5 x 5 k + 1 (k = 0, 1, 2, · · · ) において，
µ ¶k
2
g(x) =
f (x − k)
3
と定義する。
Z n
an =
g(x) dx
(n = 1, 2, 3, · · · )
0
とするとき，数列 {an } の極限を求めよ。
4 2 つの関数 f (x) と g(x) が次の関係式
Z
Z
x
f (x) =
(g(t) + t cos t) dt + sin x,
0
を満たすとき，次の問いに答えよ。
(1) f (x) と g(x) を求めよ。
Z π
(2)
(f (x) − g(x))2 dx を求めよ。
0
g(x) = sin x +
π
2
(f 0 (t) − cos t) dt
− π2
解答 18 (p.92)
2.4. 2004 年度
2.4
43
2004 年度
1 円 C1 : x2 + y 2 = 1 と円 C2 : (x − 2)2 + (y − 4)2 = 5 とに点 P から接線を引く。
P から C1 の接点までの距離と C2 の接点までの距離との比が 1 : 2 になるとす
解答 3 (p.71)
る。このとき，P の軌跡を求めよ。
2 整数 m，n が 1 5 m < n を満たすとき，次の問いに答えよ。
解答 7 (p.77)
(1) x > 3 ならば，不等式
(mx − 1)(nx − 1) > x2 + 1
が成り立つことを示せ。
1
1
(2) tan α = ，tan β = を満たし，かつ tan(α + β) の値が整数となる角度
m
n
α，β があるとする。このような，(m, n) の組をすべて求めよ。
3 次の問いに答えよ。
解答 19 (p.93)
(1) 任意の自然数 n に対して，x = 0 ならば，不等式
ex >
xn
n!
が成り立つことを示せ。
(2) (1) の不等式を用いて， lim x2 e−x = 0 であることを示せ。
x→∞
−a
−x
(3) 曲線 y = xe の点 (a, ae ) における接線と法線が x 軸と交わる点を，そ
れぞれ P と Q とおく。ただし a > 1 とする。線分 PQ の長さを l(a) とす
るとき，極限値 lim l(a) を求めよ。
a→∞
4 楕円 E : (x − 1)2 +
数とする。
y2
= 1 について，次の問いに答えよ。ただし，b は正の定
b2
解答 20 (p.95)
(1) E を表す極方程式を r = f (θ) とするとき，f (θ) を求めよ。
(2) 点 P が E 上を動くとする。原点 O と P との距離 OP が点 (2, 0) 以外で最
大となるための b の条件を求めよ。
(3) b は (2) で求めた条件を満たすとし，OP が最大となる点における θ の値を
π
θ0 とおく。ただし 0 < θ0 5 とする。このとき (1) で求めた f (θ) につい
2
て，定積分
Z θ0
f (θ) dθ
0
の値を b の式で表せ。
44
第 2 章 年度別問題
2.5
2005 年度
1 座標空間内に 4 点 A(3, 0, 0)，B(0, 2, 1)，C(0, 2, 0)，D(3, 2, 0) を考え，線
分 CD 上の点 P(x, 2, 0) に対して，三角形 PAB の面積を S とするとき，次の
解答 59 (p.148)
問いに答えよ。
(1) ∠APB = θ とするとき，cos θ を x で表せ。
(2) S の最小値を求めよ。
2 ボタンを 1 回押すごとに，画面に 1，2，3，4 のいずれかの数を表示する機械が
ある。この機械が数 X を表示する確率は次のとおりである。
X
確率
1 2 3
2a b b
4
a
解答 48 (p.134)
次の問いに答えよ。
(1) b を a で表せ。
(2) ボタンを 2 回押したときに表示される数のうち小さくないほうの数を Z と
するとき，Z の期待値 m を a で表せ。
(3) m を最大にする a の値を求めよ。
1
上の点列 {Qn } を
x2
次のように定める。P1 (a, 0) (a > 0) とする。Pn (n = 1) が定まったとき，Pn
を通り y 軸に平行な直線と C との交点を Qn とする。Qn における C の接線と
解答 11 (p.83)
x 軸との交点を Pn+1 とする。次の問いに答えよ。
3 座標平面上において，x 軸上の点列 {Pn } と曲線 C : y =
(1) Pn (an , 0) とするとき，an を a で表せ。
(2) 三角形 Pn Pn+1 Qn の面積を Sn とするとき，
∞
X
Sn を a で表せ。
n=1
4 平面上の点の直交座標を (x, y)，極座標を (r, θ) とする。極方程式 r = f (θ) に
よって表される曲線 C について，次の問いに答えよ。
解答 21 (p.97)
µ ¶2 µ ¶2
dx
dy
(1) 曲線 C 上の点 (x, y) について，
+
を f (θ)，f 0 (θ) を用いて
dθ
dθ
表せ。
π
θ
(2) f (θ) = sin3 のとき，曲線 C の 0 5 θ 5 の部分の長さを求めよ。
3
2
2.6. 2006 年度
2.6
45
2006 年度
1 大小 2 つのサイコロを投げて，大きいサイコロの目の数を a，小さいサイコロ
の目の数を b とする。次の問いに答えよ。
解答 49 (p.135)
(1) 関数 y = ax2 + 2x − b の最小値が −5 より小さくなる確率を求めよ。
(2) 関数 y = ax2 + 2x − b のグラフと x 軸との交点で，x 座標の大きい方を選
ぶ。その x 座標が 1 より大きくなる確率を求めよ。
(3) 関数 y = ax2 + 2x − b のグラフと関数 y = bx2 のグラフが異なる 2 点で交
わる確率を求めよ。
√
√
2 原点を O とする座標空間の 4 点 A( 3, 3, 0)，B(− 3, 3, 0)，C(0, 2, 2)，
P(0, 1, 0) および，平面 OAC，OBC，ABC 上にそれぞれ点 Q，R，S をとる。
−→ −→ −
→
ベクトル PQ，PR，PS が平面 OAC，OBC，ABC にそれぞれ直交するとき，次
解答 60 (p.149)
の問いに答えよ。
−→
(1) ベクトル PQ を成分で表せ。
−
→
(2) ベクトル PS を成分で表せ。
(3) 4QRS の面積を求めよ。
3 n を自然数とする。次の問いに答えよ。
解答 22 (p.98)
(1) n = 2 のとき，関数 f (x) = (1 − x)3 xn の極値を求めよ。
Z 1
(2) 定積分 an =
(1 − x)3 xn dx を求めよ。
0
(3) 無限級数
∞
X
an の和を求めよ。
n=1
Z
4 関数 f (x) = 1 +
x
−x
1 + tan2 t ³ π
π´
について，次の問いに答えよ。
dt
−
<
x
<
1 + etan t
2
2
解答 23 (p.99)
(1) 関数 u = etan t を t で微分せよ。
(2) f (x) を求めよ。
π
で囲まれた部分を x 軸の
4
周りに回転して得られる図形の体積を求めよ。
(3) 曲線 y = f (x) と x 軸および 2 直線 x = 0，x =
46
第 2 章 年度別問題
2.7
2007 年度
1 a を定数とする。2 つの放物線
C1 : y = −x2 ,
C2 : y = 3(x − 1)2 + a
について，以下の問いに答えよ。
解答 9 (p.80)
(1) C1 ，C2 の両方に接する直線が 2 本存在するための a の条件を求めよ。
(2) C1 ，C2 の両方に接する 2 本の直線が，直交するときの a の値を求めよ。
π
(3) C1 ，C2 の両方に接する 2 本の直線が， の角度で交わるときの a の値を
4
求めよ。
2 xy 平面上で，点 P は原点を出発点とし，さいころを 1 回投げるたびに以下の
ように進むものとする。1 または 2 の目が出たときは x 軸方向に 1 だけ進み，3
の目が出たときは x 軸方向に −1 だけ進み，4 または 5 の目が出たときは y 軸
方向に 1 だけ進み，6 の目が出たときは y 軸方向に −1 だけ進む。以下の問いに
解答 50 (p.136)
答えよ。
(1) さいころを 5 回投げるとき，点 P が座標 (2, −3) の位置にいる確率を求
めよ。
(2) さいころを n 回投げるとき，点 P が x 軸上のみを動いて最後に原点にい
る確率を求めよ。
(3) さいころを 2 回投げるとき，点 P の x 座標の期待値を求めよ。
3 行列 A の表す移動によって xy 平面上の点 (0, 1)，(1, 2) はそれぞれ (1, 1)，
(2, 1) に移されるとする。以下の問いに答えよ。
解答 24 (p.101)
(1) 行列 A を求めよ。
(2) 曲線 y = ex 上を点 P(t, et ) が動くとき，P がこの移動によって移る点の軌
跡 C を求めよ。ただし，−∞ < t < ∞ とする。
µ
¶
1
1
(3) 曲線 D を y = x + log e + − x とする。ただし，x < e + である。2
e
e
つの曲線 C と D で囲まれる領域の面積を求めよ。
4 a を定数とする。方程式 (log x)2 = ax (x > 0) について，以下の問いに答えよ。
解答 25 (p.103)
(log x)2
= 0 を用いよ。
x→∞
x
(2) 解がちょうど 2 個のとき，これらの解を p2 ，q 2 (0 < p < q) とおく。q の
e
値を求めよ。また，p は
< p < 1 を満たすことを示せ。
e+1
(1) 解の個数を調べよ。必要なら， lim
2.8. 2008 年度
2.8
47
2008 年度
1 放物線 y = 4x2 + 3 を C とする。x 軸上に点 P(p, 0) (p 6= 0 とする)，C 上に点
A(p, 4p2 + 3) をとり，点 A における C の接線 l と x 軸との交点を Q(q, 0) とす
る。さらに，点 B(q, 4q 2 + 3) における C の接線を m とする。以下の問いに答
解答 10 (p.82)
えよ。
(1) q を p を用いて表せ。
(2) 接線 m が点 P を通るとする。p，q の値を求めよ。
(3) (2) で求めた p，q に対して，放物線 C と 2 つの接線 l，m で囲まれた部分
の面積を求めよ。
2 数列 {an } が
n−1
(n − 1)(n − 2) X
ak
+
a1 = 0, an =
2
k=1
(n = 2, 3, 4, · · · )
解答 69 (p.168)
によって定められている。以下の問いに答えよ。
(1) bn = n + an (n = 1, 2, 3, · · · ) とおくとき，bn = 1 +
n−1
X
bk (n = 2, 3, 4, · · · )
k=1
を示せ。
(2) 数列 {bn } が等比数列であることを示せ。
(3) an を求めよ。
n
X
(4)
ak を求めよ。
k=1
Ã
!
2 a
3 直線 y = 2x + 1 を l とする。また，行列
を A とする。直線 l 上の各
b c
点は A が表す移動によって l 上の点に移るとする。以下の問いに答えよ。
解答 72 (p.172)
(1) b の値を求め，c を a を用いて表せ。
1
(2) a 6= − ならば，直線 l 上の点 P で，A が表す移動によって P 自身に移る
2
ものが存在することを示せ。
(3) 直線 l 上の各点 Q は A が表す移動によって Q と異なる l 上の点に移ると
する。a，c の値を求めよ。
48
第 2 章 年度別問題
1
4
ただし，O は原点を表す。
4 放物線 C : y = x2 および点 F(0, 1) について考える。以下の問いに答えよ。
解答 26 (p.105)
(1) 放物線 C 上の点 A(x, y) (x > 0 とする) に対して θ = ∠OFA，r = FA と
おく。r を θ を用いて表せ。
(2) 放物線 C 上に n 個の点 A1 (x1 , y1 )，A2 (x2 , y2 )，· · · ，An (xn , yn ) を
xk > 0 かつ ∠OFAk =
kπ
2n
(k = 1, 2, 3, · · · , n)
n
1X
FAk を求めよ。
n→∞ n
k=1
を満たすようにとる。極限 lim
2.9. 2009 年度
2.9
49
2009 年度
2.9.1
理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
1 実数 p に対して，関数 f (x) を
Z
p
f (x) =
(t6 + 2t3 − 3)dt
p−x
で定める。このとき，次の問いに答えよ。
解答 27 (p.106)
(1) f 0 (x) は，x = p + 1 のとき最小値をとることを示せ。
(2) f (p + 1) の p > 0 における最小値を求めよ。
2 0 < a < 3 とする。次の条件によって定められる数列 {an } を考える。
(
a1 = a
an+1 = log(1 + an ) (n = 1, 2, 3, · · · )
このとき， lim an を次の手順で求めよ。
n→∞
解答 12 (p.84)
1
(1) 0 < x < 3 のとき，0 < log(1 + x) < x − x2 であることを示せ。必要が
6
あれば，0.69 < log 2 < 0.70 を用いてもよい。
6
(2) 0 < an <
(n = 1, 2, 3, · · · ) であることを示し， lim an を求めよ。
n→∞
n+1
3 大小 2 個のサイコロを投げ，大きいサイコロの目の数を p，小さいサイコロの
目の数を q とする。y = px2 のグラフと y = qx + 1 のグラフの交点のうち，x
座標が負のものを A，正のものを B とする。このとき，次の問いに答えよ。
解答 51 (p.137)
(1) 線分 AB の中点の y 座標が 2 より小さくなる確率を求めよ。
(2) A の x 座標が有理数となる確率を求めよ。
(3) ∠OAB が 90◦ より大きくなる確率を求めよ。ただし，O は座標平面の原点
である。
4 次の問いに答えよ。
解答 28 (p.107)
√
(1) −π 5 x 5 π のとき， 3 cos x − sin x > 0 をみたす x の範囲を求めよ。
¯
Z π ¯
¯
6 ¯
4
sin
x
¯√
¯
(2)
¯ 3 cos x − sin x ¯ dx を求めよ。
− π3
50
第 2 章 年度別問題
2.9.2
医学部医学科
1 実数
(0, 1) と (1, t) を通る直線を ` とし，行列
à t に対して，座標平面上の点
!
1 2
で表される移動により，直線 ` 上の各点は，ある直線 m 上の点に
−2 1
移るとする。` と m の交点を P(x, y) とするとき，次の問いに答えよ。
解答 73 (p.175)
(1) x，y を t の式で表せ。
(2) t がすべての実数を動くとき，P はある円周上を動くことを示せ。
2 p > 0 とする。各項が正である 2 つの数列 {an }，{bn } は，次の条件をみたすも
のとする。


 a1 = 3, b1 = 1
an − an−1 = bn − bn−1 + 1
(n = 2, 3, 4, · · · )

 (a
(n = 2, 3, 4, · · · )
n−1 + bn )(bn − bn−1 ) = 2pn + 3 − bn
このとき，次の問いに答えよ。
解答 70 (p.169)
(1) an − bn を求めよ。
(2) an bn を求めよ。
an 3 + bn 3
1
の値を f (p) とおくとき， lim log f (p) を求めよ。
3
3
n→∞ an − bn
p→0 p
(3) lim
3 大小 2 個のサイコロを投げ，大きいサイコロの目の数を p，小さいサイコロの
目の数を q とする。y = px2 のグラフと y = qx + 1 のグラフの交点のうち，x
座標が負のものを A，正のものを B とする。このとき，次の問いに答えよ。
解答 51 (p.137)
(1) 線分 AB の中点の y 座標が 2 より小さくなる確率を求めよ。
(2) A の x 座標が有理数となる確率を求めよ。
(3) ∠OAB が 90◦ より大きくなる確率を求めよ。ただし，O は座標平面の原点
である。
4 次の問いに答えよ。
解答 28 (p.107)
√
(1) −π 5 x 5 π のとき， 3 cos x − sin x > 0 をみたす x の範囲を求めよ。
¯
Z π ¯
¯
6 ¯
4
sin
x
¯ dx を求めよ。
¯√
(2)
¯
3 cos x − sin x ¯
− π3
2.10. 2010 年度
2.10
2010 年度
2.10.1
理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
√
51
√
1 関数 y = 3 sin 2x − cos 2x + 2 sin x − 2 3 cos x について，以下の問いに答え
解答 8 (p.79)
よ。
(1) sin x −
√
3 cos x = t とおいて，y を t の式で表せ。
2
(2) 0 5 x 5 π のとき，y の最大値および最小値を求めよ。
3
Ã√
!
3
1
2 曲線 C : x2 + y 2 = 1 (x = 0, y = 0) 上に 3 点 A
,
，P(1, 0)，Q(0, 1)
2 2
³
π´
をとり，∠POR = θ 0 < θ <
となる C 上の点を R(s, t) とする。さらに，
4−→
−→
−→
−→
C 上の点 X を 2 つのベクトル s OA − t OX と t OA − s OX が垂直になるように
とる。このとき，以下の問いに答えよ。
解答 58 (p.146)
−→ −→
(1) OA と OX の内積の値を θ を用いて表せ。
(2) 条件をみたす X が弧 AP 上にとれるとき，θ の範囲を求めよ。
(3) (2) で求めた θ の範囲において，4ROX の面積の最大値を求めよ。
3 関数 f (x) = x 2−x の区間 t 5 x 5 t + 1 における最小値を g(t) とする。このと
解答 29 (p.110)
き，以下の問いに答えよ。
(1) g(t) を求めよ。
Z 2
(2)
g(t) dt の値を求めよ。
0
Z
π
−x
4
4 関数 f (x) =
x
えよ。
³
log4 (1 + tan t) dt
05x5
π´
について，以下の問いに答
8
解答 30 (p.111)
(1) f (x) の導関数 f 0 (x) を求めよ。
³π ´
および f (0) の値を求めよ。
(2) f
8
(3) 条件 a1 = f (0)，an+1 = f (an ) (n = 1, 2, 3, · · · ) によって定まる数列 {an }
の一般項 an を求めよ。
52
第 2 章 年度別問題
2.10.2
医学部医学科
1 原点を O とし，空間内に 3 点 A(4, 0, 0)，B(1, 2, 0)，C(2, 1, 2) をとる。
線分 BC を t : (1 − t) (0 < t < 1) に内分する点を P とおく．このとき，以下の
問いに答えよ。
解答 61 (p.152)
(1) 4OAP の面積を最小にする t の値を求めよ。
(2) C を通り，3 点 O，A，P を通る平面に垂直な直線と xy 平面との交点を D
とする。D が 4OAB の内部にあるとき，t の範囲を求めよ。
2 赤球 4 個と白球 6 個の入った袋から 2 個の球を同時に取り出し，その中に赤球
が含まれていたら，その個数だけさらに袋から球を取り出す。このとき，以下
の問いに答えよ。
解答 52 (p.139)
(1) 取り出した赤球の総数が 2 である確率を求めよ。
(2) 取り出した赤球の総数が，取り出した白球の総数をこえる確率を求めよ。
Z π −x
³
4
π´
について，以下の問いに答
3 関数 f (x) =
log4 (1 + tan t) dt 0 5 x 5
8
x
えよ。
解答 31 (p.112)
(1) f (x) の導関数 f 0 (x) を求めよ。
(2) f (0) の値を求めよ。
(3) 条件 a1 = f (0)，an+1 = f (an ) (n = 1, 2, 3, · · · ) によって定まる数列 {an }
の一般項 an を求めよ。
4 以下の問いに答えよ。
解答 32 (p.113)
(1) p を 0 でない定数とする。関数 f (x) = ae−x sin px + be−x cos px について，
f 0 (x) = e−x sin px となるように，定数 a，b を定めよ。
Z t2
x
(2) S(t) =
e−x sin dx (t 6= 0) とおく。このとき，S(t) を求めよ。
t
0
S(t)
(3) lim 3 の値を求めよ。
t→0 t
2.11. 2011 年度
2.11
2011 年度
2.11.1
理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
53
1 1 個のさいころを 2 回続けて投げるとき，1 回目に出る目の数を a，2 回目に出
る目の数を b とする。これらの a，b に対して，実数を要素とする集合 P ，Q を
次のように定める。
P = {x | x2 + ax + b > 0}
Q = {x | 5x + a = 0}
解答 53 (p.140)
このとき，以下の問いに答えよ。
(1) P が実数全体の集合となる確率を求めよ。
(2) Q ⊂ P となる確率を求めよ。
2 平行六面体 OADB-CEGF において，辺 OA の中点を M，辺 AD を 2 : 3 に
内分する点を N，辺 DG を 1 : 2 に内分する点を L とする。また，辺 OC を
k : 1 − k (0 < k < 1) に内分する点を K とする。このとき，以下の問いに答え
よ。
解答 62 (p.154)
−→
−→
−→
−−→ −→ −−→
(1) OA = ~a，OB = ~b，OC = ~c とするとき，MN，ML，MK を ~a，~b，~c を用
いて表せ。
(2) 3 点 M，N，K の定める平面上に点 L があるとき，k の値を求めよ。
(3) 3 点 M，N，K の定める平面が辺 GF と交点をもつような k の値の範囲を
求めよ。
F
G
C
E
B
O
D
A
54
第 2 章 年度別問題
3 次の条件によって定められる関数の列 fn (x) (n = 0, 1, 2, 3, · · · ) を考える。
f0 (x) = 1
Z
x
fn (x) = 1 −
t fn−1 (t) dt (n = 1, 2, 3, · · · )
0
このとき，以下の問いに答えよ。
解答 33 (p.115)
(1) f1 (x)，f2 (x)，f3 (x) を求めよ。
(2) n = 1 のとき，fn (x) − fn−1 (x) は x についての次数が 2n の単項式となる
ことを示し，その単項式を求めよ。
(3) n = 1 のとき，不等式
5
1
5 fn (1) 5
2
8
が成り立つことを示せ。
4 楕円 C : x2 +4y2 = 1 と点 P(2, 0) を考える。以下の問いに答えよ。解答 34 (p.117)
(1) 直線 y = x + b が楕円 C と異なる 2 つの交点をもつような b の値の範囲を
求めよ。
(2) (1) における 2 つの交点を A，B とするとき，三角形 PAB の面積が最大と
なるような b の値を求めよ。
2.11. 2011 年度
2.11.2
55
医学部医学科
1 x，y を整数とするとき，以下の問いに答えよ。
解答 54 (p.142)
(1) x5 − x は 30 の倍数であることを示せ。
(2) x5 y − xy 5 は 30 の倍数であることを示せ。
2 平行六面体 OADB-CEGF において，辺 OA の中点を M，辺 AD を 2 : 3 に
内分する点を N，辺 DG を 1 : 2 に内分する点を L とする。また，辺 OC を
k : 1 − k (0 < k < 1) に内分する点を K とする。このとき，以下の問いに答え
よ。
解答 62 (p.154)
−→
−→
−→
−−→ −→ −−→
(1) OA = ~a，OB = ~b，OC = ~c とするとき，MN，ML，MK を ~a，~b，~c を用
いて表せ。
(2) 3 点 M，N，K の定める平面上に点 L があるとき，k の値を求めよ。
(3) 3 点 M，N，K の定める平面が辺 GF と交点をもつような k の値の範囲を
求めよ。
F
G
C
E
B
O
D
A
56
第 2 章 年度別問題
3 楕円 C : x2 +4y2 = 4 と点 P(2, 0) を考える。以下の問いに答えよ。解答 35 (p.118)
(1) 直線 y = x + b が楕円 C と異なる 2 つの交点をもつような b の値の範囲を
求めよ。
(2) (1) における 2 つの交点を A，B とするとき，三角形 PAB の面積が最大と
なるような b の値を求めよ。
4 xyz 空間内の 3 点 P(0, 0, 1)，Q(0, 0, −1)，R(t, t2 − t + 1, 0) を考える。t が
0 5 t 5 2 の範囲を動くとき，三角形 PQR が通過してできる立体を K とする。
以下の問いに答えよ。
解答 36 (p.119)
(1) K を xy 平面で切ったときの断面積を求めよ。
(2) K の体積を求めよ。
2.12. 2012 年度
2.12
2012 年度
2.12.1
理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
1 以下の問いに答えよ。
57
解答 1 (p.69)
(1) k を整数とするとき，x の方程式 x2 − k 2 = 12 が整数解をもつような k の
値をすべて求めよ。
(2) x の方程式 (2a − 1)x2 + (3a + 2)x + a + 2 = 0 が少なくとも 1 つ整数解を
もつような整数 a の値とそのときの整数解をすべて求めよ。
2 実数 c に対して，行列
Ã
A=
1 −c
c 1
!
で表される 1 次変換を T とするとき，以下の問いに答えよ。 解答 74 (p.177)
(1) T は原点の回りの回転移動と原点中心の拡大 (相似変換) との合成変換で
あることを示せ。
(2) xy 平面上の同一直線上にない 3 点 P，Q，R が T によってそれぞれ P0 ，Q0 ，
R0 に移るとする。三角形 P0 Q0 R0 の面積が三角形 PQR の面積の 2 倍とな
る c の値を求めよ。
(3) c = 2 とする。楕円
E:
x2
+ y2 = 1
4
上の点が T によって楕円 E 0 上の点に移るとする。E が E 0 の内部にある
ことを示し，E 0 の内部にあり E の外部にある部分の面積を求めよ。
58
第 2 章 年度別問題
Z
Z
x
3 2 つの関数 f (x) =
x
t
e (sin t + cos t)dt と g(x) =
0
et (cos t − sin t)dt につい
0
解答 37 (p.120)
て，以下の問いに答えよ。
問 1 f (x) と g(x) を求めよ。
問 2 f (n) (x) と g (n) (x) をそれぞれ f (x) と g(x) の第 n 次導関数とする。
(1) n = 2 のとき，f (n) (x) および g (n) (x) を，f (n−1) (x) と g (n−1) (x) を用い
て表せ。
(2) {f (n) (x)}2 + {g (n) (x)}2 を求めよ。
∞
X
e2a
(3) 実数 a について，
の和を求めよ。
{f (n) (a)}2 + {g (n) (a)}2
n=1
4 関数 f (x) を
Z
π
2
f (x) =
¯
¯
¯ sin t − x cos t ¯ dt
(x > 0)
0
とおく。以下の問いに答えよ。
解答 38 (p.122)
³
π´
に対して，cos θ を a を
(1) a > 0 のとき，a = tan θ を満たす θ 0 < θ <
2
用いて表せ。
(2) f (x) を求めよ。
(3) f (x) の最小値とそのときの x の値を求めよ。
2.12. 2012 年度
2.12.2
59
医学部医学科
1 n = 4 とする。(n − 4) 個の 1 と 4 個の −1 からなる数列 ak (k = 1, 2, · · · , n) を
考える。以下の問いに答えよ。
解答 55 (p.143)
(1) このような数列 {ak } は何通りあるか求めよ。
(2) 数列 {ak } の初項から第 k 項までの積を bk = a1 a2 · · · ak (k = 1, 2, · · · , n)
とおく。b1 + b2 + · · · + bn がとり得る値の最大値および最小値を求めよ。
(3) b1 + b2 + · · · + bn の最大値および最小値を与える数列 {ak } はそれぞれ何
通りあるか求めよ。
2 実数 c に対して，行列
Ã
A=
1 −c
c 1
!
で表される 1 次変換を T とするとき，以下の問いに答えよ。 解答 75 (p.178)
(1) xy 平面上の同一直線上にない 3 点 P，Q，R が T によってそれぞれ P0 ，
Q0 ，R0 に移るとする。三角形 P0 Q0 R0 の面積が三角形 PQR の面積の k 倍
(k = 1) となる c の値を求めよ。
(2) 楕円
E:
x2
+ y2 = 1
4
上の点が T によって楕円 E 0 上の点に移るとする。楕円 E 0 上のすべての
点が楕円 E の周上または外部にあるための，c の条件を求めよ。
60
第 2 章 年度別問題
3 正の定数 a に対して，関数 f (x) を
Z
π
2
f (x) =
¯
¯
¯ sin t − ax cos t ¯ dt
0
とおく。以下の問いに答えよ。
解答 39 (p.124)
(1) f (x) を求めよ。
(2) f (x) の最小値とそのときの x の値を求めよ。
√
4 一辺の長さが 2 の正四面体 OABC において，辺 AB の中点を M，辺 BC を
−→
−→
−→
1 : 2 に内分する点を N，辺 OC の中点を L とする。~a = OA，~b = OB，~c = OC
とおく。以下の問いに答えよ。
解答 63 (p.155)
−→
(1) 3 点 L，M，N を通る平面と直線 OA の交点を D とする。OD を ~a，~b，~c を
用いて表せ。
−→
(2) 辺 OB の中点 K から直線 DN 上の点 P へ垂線 KP を引く。OP を ~a，~b，~c
を用いて表せ。
2.13. 2013 年度
2.13
2013 年度
2.13.1
理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
61
1 数列 {an } の初項から第 n 項までの和 Sn が
Sn = 2an + n2
で与えられるとき，以下の問いに答えよ。
解答 71 (p.171)
(1) an+1 を an を用いて表せ。
(2) an を n の式で表せ。
−→ −→
2 O を原点とする空間内の 2 点 A(−1, 1, 1)，B(2, 1, −2) に対して，OA·OP = 0
−→ −→
かつ OB·OP = 0 を満たす平面 OAB 上の点 P からなる領域を D とする。以下
の問いに答えよ。
解答 64 (p.156)
−→
−→
−→
(1) 実数 k に対して，OQ = k OA + (1 − k)OB によって定まる点 Q が領域 D
に含まれるとき，k の値の範囲を求めよ。
−→
−→
−→
(2) 1 5 s + t 5 2 を満たす実数 s，t に対して，OR = sOA + tOB によって定
まる点 R からなる領域を E とする。このとき，領域 D と E の共通部分の
面積を求めよ。
62
第 2 章 年度別問題
3 半径 1，中心角 θ (0 < θ < π) の扇形に内接する円の半径を f (θ) とおく。以下
の問いに答えよ。
解答 40 (p.126)
(1) f (θ) を求めよ。
(2) 0 < θ < π の範囲で f (θ) は単調に増加し，f 0 (θ) は単調に減少することを
示せ。
(3) 定積分
Z
π
2
f (θ) dθ
π
3
を求めよ。
4 xy 平面上で，点 (1, 0) までの距離と y 軸までの距離の和が 2 である点の軌跡を
C とする。以下の問いに答えよ。
解答 4 (p.72)
(1) C で囲まれた部分の面積を求めよ。
9
(2) 円 x2 + y 2 = と C の交点の x 座標を求めよ。さらに，交点の個数を求
4
めよ。
2.13. 2013 年度
2.13.2
63
医学部医学科
1 X ，Y は {1, 2, 3, 4, 5, 6} の空でない部分集合で，X ∩ Y は空集合とする。ま
た，n を自然数とする。A 君，B 君が以下のルールで対戦する。
(i) 1 回目の対戦では，まず A 君がさいころを投げて，出た目が X に属する
ならば A 君の勝ちとする。出た目が X に属さなければ B 君がさいころを
投げて，出た目が Y に属するならば B 君の勝ちとする。
(ii) 1 回目の対戦で勝負がつかなかった場合は，1 回目と同じ方法で 2 回目以
降の対戦を行い，どちらかが勝つまで続ける。ただし，n 回対戦して勝負
がつかなかった場合は引き分けにする。
以下の問いに答えよ。
解答 56 (p.144)
(1) さいころを投げたとき，X ，Y に属する目が出る確率をそれぞれ p，q と
する。A 君が勝つ確率を求めよ。
(2) A 君が勝つ確率が，B 君が勝つ確率よりも大きくなるような集合の組 (X, Y )
は何通りあるか。
−→ −→
2 O を原点とする空間内の 2 点 A(−1, 1, 1)，B(2, 1, −2) に対して，OA·OP = 0
−→ −→
かつ OB·OP = 0 を満たす平面 OAB 上の点 P からなる領域を D とする。以下
の問いに答えよ。
解答 65 (p.159)
−→
−→
−→
(1) 実数 k に対して，OQ = k OA + (1 − k)OB によって定まる点 Q が領域 D
に含まれるとき，k の値の範囲を求めよ。
√
−→
(2) 点 C を中心とする半径 6 の円が領域 D に含まれるとき，|OC| が最小と
なる C の座標を求めよ。
64
第 2 章 年度別問題
3 半径 1，中心角 θ (0 < θ < π) の扇形に内接する円の半径を f (θ) とおく。以下
の問いに答えよ。
解答 40 (p.126)
(1) f (θ) を求めよ。
(2) 0 < θ < π の範囲で f (θ) は単調に増加し，f 0 (θ) は単調に減少することを
示せ。
(3) 定積分
Z
π
2
f (θ) dθ
π
3
を求めよ。
4 xy 平面上で，点 (1, 0) までの距離と y 軸までの距離の和が 2 である点の軌跡を
C とする。以下の問いに答えよ。
解答 5 (p.74)
(1) C で囲まれた部分の面積を求めよ。
(2) a を正の数とする。円 x2 + y 2 = a と C の交点の個数が，a の値によって
どのように変わるかを調べよ。
2.14. 2014 年度
2.14
2014 年度
2.14.1
理系 (理，医保健 (放射線，検査)，薬，工学部)
−→
−→
65
−→
1 空間内の 1 辺の長さ 1 の正四面体 OABC において，OA = ~a，OB = ~b，OC = ~c
−→
−→
とする。また，点 D を OD = ~b − ~a を満たす点，点 E を OE = ~c − ~a を満たす
点とし，点 P を OA の中点とする。以下の問いに答えよ。
解答 66 (p.162)
(1) 0 < t < 1 に対し，BD を t : (1 − t) に内分する点を R とし，CE を (1 − t) : t
に内分する点を S とする．また，OB と PR の交点を M とし，OC と PS
−−→ −→
の交点を N とする。このとき，OM と ON を，それぞれ t，~b，~c を用いて
表せ。
(2) 4OMN の面積を t を用いて表せ。
(3) t が 0 < t < 1 の範囲を動くとき，4OMN の面積の最小値を求めよ。
2 a を正の定数とする。条件
cos θ − sin θ = a sin θ cos θ,
0<θ<π
を満たす θ について，以下の問いに答えよ。
解答 41 (p.127)
π
の範囲で，ただ 1 つ存在することを示せ。
2
(2) 条件を満たす θ の個数を求めよ。
(1) 条件を満たす θ は，0 < θ <
66
第 2 章 年度別問題
3 r を r > 1 である実数とし，数列 {an } を次で定める。
a1 = 1,
an+1 =
an + r2
an + 1
解答 13 (p.86)
以下の問いに答えよ。
(1) n が奇数のとき an < r，n が偶数のとき an > r であることを示せ。
(2) 任意の自然数 n について，an+2 − r を an と r を用いて表せ。
(3) 任意の自然数 n について，次の不等式を示せ。
a2n+2 − r
<
a2n − r
µ
r−1
r+1
¶2
(4) lim a2n および lim a2n+1 を求めよ。
n→∞
n→∞
4 a を正の実数とする。xy 平面上の曲線 C : y = eax の接線で，原点を通るもの
を l とし，C と l および y 軸で囲まれた領域を S とする。以下の問いに答えよ。
解答 43 (p.129)
(1) S を x 軸の周りに回転して得られる立体の体積 V1 を求めよ。
(2) S を y 軸の周りに回転して得られる立体の体積 V2 を求めよ。
(3) V1 = V2 となるときの a の値を求めよ。
2.14. 2014 年度
2.14.2
67
医学部医学科
−→
−→
−→
1 空間内の 1 辺の長さ 1 の正四面体 OABC において，OA = ~a．OB = ~b，OC = ~c
とし，OA の中点を P とする。以下の問いに答えよ。
解答 67 (p.163)
(1) 0 < t < 1 に対し，BC を t : (1 − t) に内分する点を Q とする。また，
PM + MQ が最小となる OB 上の点を M とし，PN + NQ が最小となる OC
−−→ −→
上の点を N とする。このとき，OM と ON を，それぞれ t，~b，~c を用いて
表せ。
(2) 4QMN の面積を t を用いて表せ。
(3) t が 0 < t < 1 の範囲を動くとき，4QMN の最大値を求めよ。
2 a を正の定数とする。条件
cos θ − sin θ = a sin θ cos θ,
0<θ<π
を満たす θ について，以下の問いに答えよ。
解答 41 (p.127)
π
の範囲で，ただ 1 つ存在することを示せ。
2
(2) 条件を満たす θ の個数を求めよ。
(1) 条件を満たす θ は，0 < θ <
68
第 2 章 年度別問題
3 以下の問いに答えよ。
解答 42 (p.128)
(1) 正の実数 a，b，c について，不等式
log a log b log c
+
+
< log 4
a
b
c
が成立することを示せ。ただし，log は自然対数とし，必要なら e > 2.7 お
よび log 2 > 0.6 を用いてもよい。
(2) 自然数 a，b，c，d の組で
abc bca cab = dabc ,
a 5 b 5 c,
d=3
を満たすものすべて求めよ。
³
1
π´
0<x<
sin x cos x
2
と直線 y = a の交点の x 座標を α, β (α < β) とする。以下の問いに答えよ。
解答 44 (p.130)
4 a を a > 2 である実数とする。xy 平面上の曲線 C : y =
(1) tan α および tan β を a を用いて表せ。
(2) C と x 軸，および 2 直線 x = α，x = β で囲まれた領域を S とする。S の
面積を a を用いて表せ。
(3) S を x 軸の回りに回転して得られる立体の体積 V を a を用いて表せ。
69
解答
解答 1 (2012 理系) 問題 (p.1) (1) 整数解を m とすると
ゆえに
m2 − k 2 = 12
|m|2 − |k|2 = 12
(|m| + |k|)(|m| − |k|) = 12
ここで，|m| + |k| = (|m| − |k|) + 2|k| および上式の偶奇性により，|m| + |k|，
|m| − |k| はともに偶数であるから
(
|m| + |k| = 6
ゆえに |m| = 4, |k| = 2
|m| − |k| = 2
よって
k = ±2
(2) a は整数であるから 2a − 1 6= 0
したがって，x の方程式 (2a − 1)x2 + (3a + 2)x + a + 2 = 0 の解は
p
−(3a + 2) ± (3a + 2)2 − 4(2a − 1)(a + 2)
x=
2(2a − 1)
√
2
−(3a + 2) ± a + 12
=
2(2a − 1)
この方程式が整数解をもつとき
l2 = a2 + 12 すなわち l2 − a2 = 12
を満たす整数 l が存在するから，(1) の結果から，a = ±2
ゆえに， a = 2 のとき
x = −2, −
a = −2 のとき x = 0, −
よって
4
5
2
3
a = 2 のとき
x = −2
a = −2 のとき
x=0
70
解答 2 (2002) 問題 (p.1) (1) a > 1，a > p，∠PQS = 135◦ ，∠AQS = 45◦
であるから，直線 AQ の傾きは −1，直線 PQ
の傾きは 1 である．
したがって，直線 AQ の方程式は
y
Q
a
l2
45◦
Pp
l1
A(1, 1)
y − 1 = −1(x − 1)
すなわち y = −x + 2 · · · °
1
P0
T
O
直線 °
1 と直線 l2 : y = a · · · °
2 の交点が Q
S
x
1
2
であるから，°
1 ，°
2 を解いて
Q(2 − a, a)
直線 PQ は，Q を通り傾き 1 の直線であるから，その方程式は
y − a = 1{x − (2 − a)} すなわち y = x + 2a − 2
ゆえに，P の座標は
よって
(0, 2a − 2)
p = 2a − 2, q = 2 − a
(2) l1 に関して，P と対称な点を P0 (s, t) とする．
t − 2a + 2
l1 の傾きは 2，直線 PP0 の傾きは
である．l1 ⊥PP0 であるから
s
t − 2a + 2
= −1 すなわち s + 2t = 4a − 4
s
µ
¶
s
2a
−
2
+
t
線分 PP0 の中点
,
が l1 上にあるから
2
2
2×
2a − 2 + t
s
= 2 × − 1 すなわち 2s − t = 2a
2
2
6a − 8
8a − 4
，t =
°
3 ，°
4 を解いて s =
5
5
···°
4
µ
ゆえに
0
P
∠PAT = ∠QAS であるとき，P0 は直線 °
1 上にあるので
11
6a − 8
8a − 4
=−
+ 2 ゆえに a =
5
5
7
これを (1) の結果に代入して
p=
8
7
···°
3
8a − 4 6a − 8
,
5
5
¶
71
解答 3 (2004) 問題 (p.1)
C1 ，C2 の中心をそれぞれ O，A とし，P y
から C1 ，C2 に引いた接線の接点を，それ
C2
ぞれ Q，R とする．
5
P の座標を (x, y) とすると，P に関する条
件は
3
PQ : PR = 1 : 2
これより
すなわち
2PQ = PR
4PQ2 = PR2
A
4
R
1
···°
1
−1
◦
4OQP，4ARP において，∠OQP = 90 ，
∠ARP = 90◦ であるから
O
C1
−1
P
1
Q 2
x
PQ2 = OP2 − OQ2 = x2 + y 2 − 1
PR2 = AP2 − AR2 = (x − 2)2 + (y − 4)2 − 5
上の 2 式を °
1 に代入して，整理すると
4(x2 + y 2 − 1) = (x − 2)2 + (y − 4)2 − 5
3x2 + 3y 2 + 4x + 8y − 19 = 0
µ
¶2 µ
¶2
2
4
77
x+
+ y+
=
···°
2
3
3
9
√
C1 ，C2 の半径をそれぞれ r1 ，r2 とすると
r1 = 1，r2 = 5
√
OA = 2 5 より，r1 + r2 < OA であるから，2 円 C1 ，C2 は互いに外部にある．
よって，点 P は円 °
2 上にある．
√
µ
¶
2
4
77
の円である．
したがって，求める軌跡は，点 − , −
を中心とする半径
3
3
3
72
解答 4 (2013 理系) 問題 (p.1) (1) C 上の点を P(x, y) とすると，条件により
p
p
(x − 1)2 + y 2 + |x| = 2 ゆえに
(x − 1)2 + y 2 = 2 − |x|
···°
1
°
1 の両辺を平方して整理すると
y 2 = 2x − 4|x| + 3
上の方程式で x のとりうる値の範囲は
2x − 4|x| + 3 = 0 すなわち 4|x| 5 2x + 3
−(2x + 3) 5 4x 5 2x + 3
ゆえに
1
3
°
1 の 2 − |x| = 0 に注意して − 5 x 5
2
2
C : y 2 = 2x − 4|x| + 3
したがって
Cは
1
x = 0 のとき y 2 = −2x + 3 すなわち x = − (y 2 − 3),
2
1 2
2
x < 0 のとき y = 6x + 3
すなわち x = (y − 3)
6
C の表す図形は右の図の曲線 (閉曲線) で，求める面積を S とすると
√
Z
S=
=
=
3
½
√
− 3
Z √3
4
3
·
¾
1 2
1 2
− (y − 3) − (y − 3) dy
2
6
(3 − y 2 ) dy
0
4
y3
3y −
3
3
¸√3
=
0
8√
3
√
y
3
− 12
3
√
− 3
C
O
3
2
x
73
9
1
3
と C : y 2 = 2x − 4|x| + 3 の交点は − 5 x 5 の範囲にあり，2
4
2
2
式から y 2 を消去し整理すると
µ
¶
1
3
3
2
x + 2x − 4|x| + = 0
− 5x5
· · · (∗)
4
2
2
(2) 円 x2 + y 2 =
(i) 0 5 x 5
3
のとき
2
x2 − 2x +
3
=0
4
1 3
x の範囲に注意してこれを解いて x = ,
2 2
1
3
(ii) − 5 x < 0 のとき
x2 + 6x + = 0
2
4
√
−6 + 33
x の範囲に注意してこれを解いて x =
2
したがって，求める交点の x 座標は
x=
1
2
,
3
2
,
−6 +
√
33
2
円と C はともに x 軸に関して対称であるから，方程式 (∗) の実数解について，
− 21 < x < 32 にある解 1 個に対して交点は 2 個あり，x = − 12 , 32 に対して交点は
1 個である．
√
ゆえに，x = 12 , −6+2 33 に対して交点は 2 個ずつあり，x =
個である．よって，求める交点の個数は
5個
3
2
に対して交点は 1
74
解答 5 (2013 医) 問題 (p.1) (1) C 上の点を P(x, y) とすると，条件により
p
p
(x − 1)2 + y 2 + |x| = 2 ゆえに
(x − 1)2 + y 2 = 2 − |x|
···°
1
°
1 の両辺を平方して整理すると
y 2 = 2x − 4|x| + 3
上の方程式で x のとりうる値の範囲は
2x − 4|x| + 3 = 0 すなわち 4|x| 5 2x + 3
−(2x + 3) 5 4x 5 2x + 3
ゆえに
1
3
°
1 の 2 − |x| = 0 に注意して − 5 x 5
2
2
C : y 2 = 2x − 4|x| + 3
したがって
Cは
1
x = 0 のとき y 2 = −2x + 3 すなわち x = − (y 2 − 3),
2
1 2
2
x < 0 のとき y = 6x + 3
すなわち x = (y − 3)
6
C の表す図形は右の図の曲線 (閉曲線) で，求める面積を S とすると
√
Z
S=
=
=
3
½
√
− 3
Z √3
4
3
·
¾
1 2
1 2
− (y − 3) − (y − 3) dy
2
6
(3 − y 2 ) dy
0
4
y3
3y −
3
3
¸√3
=
0
8√
3
√
y
3
− 12
3
√
− 3
C
O
3
2
x
75
1
3
(2) 円 x2 + y 2 = a と C : y 2 = 2x − 4|x| + 3 の交点は − 5 x 5 の範囲にあり，2
2
2
式から y 2 を消去すると
µ
¶
1
3
2
x + 2x − 4|x| + 3 = a
− 5x5
· · · (∗)
2
2
方程式 (∗) の実数解は，xz 平面上の曲線
¶
µ
1
3
0
2
C : z = x + 2x − 4|x| + 3
− 5x5
2
2
z
3
( 32 , 94 )
2
C0
と直線 z = a の交点の x 座標である．
C0 は
− 12 5 x < 0 のとき z = (x + 3)2 − 6
05x5
3
2
のとき
2
z = (x − 1) + 2
(− 12 , 14 )
O
1
x
円と C はともに x 軸に関して対称であるから，方程式 (∗) の実数解について，
− 21 < x < 32 にある解 1 個に対して交点は 2 個あり，x = − 12 , 32 に対して交点は
1 個である．よって，求める交点の個数は

0 < a < 14 のとき 0 個





a = 14 のとき
1個



1

< a < 2 のとき 2 個


4



4個
 a = 2 のとき
9
2 < a < 4 のとき 6 個



a = 94 のとき
5個



9


< a < 3 のとき 4 個

4



a = 3 のとき
2個



3 < a のとき
0個
76
解答 6 (2003) 問題 (p.2) (1) 4CPA，4AQB，4BRC に正弦定理を適用すると
b
b
b
=
=√
◦
2 sin ∠CPA
2 sin 60
3
c
c
c
r2 =
=
=√
2 sin ∠AQB
2 sin 60◦
3
a
a
b
r3 =
=
=√
2 sin ∠BRC
2 sin 60◦
3
r1 =
(2) (中心角) = 2 × (円周角) であるから
∠CO1 A = 2 × ∠CPA = 2 × 60◦ = 120◦
∠AO2 B = 2 × ∠AQB = 2 × 60◦ = 120◦
∠BO3 C = 2 × ∠BRC = 2 × 60◦ = 120◦
4CO1 A，4AO2 B，4BO3 C は，二等辺三角形であるから，これらの三角形の底
角は 30◦ である．∠O1 AO2 について
∠CAB 5 120◦ のとき (図 1)
∠O1 AO2 = 60◦ + ∠CAB
∠CAB > 120◦ のとき (図 2)
∠O1 AO2 = 360◦ − (60◦ + ∠CAB)
これらの場合において，ともに
図1
cos ∠O1 AO2 = cos(60◦ + ∠CAB)
図2
P
P
◦
30
A
30◦ O1
A
b
c
O2
Q
B
O2 c
O3
C
b
a
C
a
O1
R
Q
B
O3
R
77
4O1 AO2 に余弦定理を適用すると，(1) の結果から
2
O1 O2 = r1 2 + r2 2 − 2r1 r2 cos ∠O1 AO2
b2 c2 2bc
+ −
cos(60◦ + ∠CAB)
3
3
3
b2 c2 2bc
=
+ −
(cos 60◦ cos ∠CAB − sin 60◦ sin ∠CAB)
3
3
3
√
b2 c2 1
2 3 1
=
+ − bc cos ∠CAB +
× bc sin ∠CAB
3
3
3
3
2
=
4ABC の面積を S とする．また，余弦定理により
√
b2 c2 1
b2 + c2 − a2 2 3
2
O1 O2 =
+ − bc ×
+
S
3
3
3
3
√ 2bc
1
2 3
S
= (a2 + b2 + c2 ) +
6
3
このとき，式の対称性から
2
O2 O3 = O3 O1
したがって
2
√
2 3
1 2
2
2
S
= (a + b + c ) +
6
3
O1 O2 = O2 O3 = O3 O1
よって，4O1 O2 O3 は，正三角形である．
解答 7 (2004) 問題 (p.2) (1) f (x) = (mx − 1)(nx − 1) − (x2 + 1) とおくと
y
y = f (x)
f (x) = (mn − 1)x2 − (m + n)x
1 5 m < n より mn − 1 > 0 · · · °
1 であるか
ら，y = f (x) のグラフは，下に凸の放物線
で，x 軸との共有点の x 座標は
x = 0,
m+n
mn − 1
ここで
3−
m+n
3(mn − 1) − (m + n)
=
mn − 1
mn − 1
(9mn − 3m − 3n + 1) − 10
=
3(mn − 1)
(3m − 1)(3n − 1) − 10
=
···°
2
3(mn − 1)
O
m+n x
mn − 1
78
m，n は 1 5 m < n である整数であるから n = 2
3m − 1 = 2，3n − 1 = 5
ゆえに
mn − 1 > 0，(3m − 1)(3n − 1) = 2·5 および °
2 から
3−
m+n
= 0 すなわち
mn − 1
m+n
53
mn − 1
···°
3
°
3 より，x > 3 のとき f (x) > 0
すなわち
(2)
x > 3 のとき (mx − 1)(nx − 1) > x2 + 1
tan(α + β) =
1
+1
m+n
tan α + tan β
= m 1 n1 =
1 − tan α tan β
mn − 1
1 − m·n
1 5 m < n，°
1 ，°
3 より，tan(α + β) がとる整数値は，3 以下の自然数であるか
ら，次の 3 つに場合に分けて求める．
［1］ tan(α + β) = 1 のとき
m+n
= 1 ゆえに (m − 1)(n − 1) = 2
mn − 1
このとき，0 5 m − 1 < n − 1 に注意して
m − 1 = 1, n − 1 = 2 すなわち (m, n) = (2, 3)
［2］ tan(α + β) = 2 のとき
m+n
= 2 ゆえに (2m − 1)(2n − 1) = 5
mn − 1
このとき，1 5 2m − 1 < 2n − 1 に注意して
2m − 1 = 1, 2n − 1 = 5 すなわち (m, n) = (1, 3)
［3］ tan(α + β) = 3 のとき
m+n
= 3 ゆえに (3m − 1)(3n − 1) = 10
mn − 1
このとき，2 5 3m − 1 < 3n − 1 に注意して
3m − 1 = 2, 3n − 1 = 5 すなわち (m, n) = (1, 2)
［1］∼［3］より
(m, n) = (1, 2), (1, 3), (2, 3)
79
解答 8 (2010 理系) 問題 (p.2) (1)
t = sin x −
x−
√
³
π´
3 cos x = 2 sin x −
3
π
= θ とおくと t = 2 sin θ · · · °
1 であるから
3
³
n ³
√
π´
π´ πo
3 sin 2x − cos 2x = 2 sin 2x −
= 2 sin 2 θ +
−
6´
3
6
³
π
= 2 sin 2θ +
= 2 cos 2θ
2
= 2(1 − 2 sin2 θ) = 2 − (2 sin θ)2 = 2 − t2
また
√
√
2 sin x − 2 3 cos x = 2(sin x − 3 cos x) = 2t
よって
y = (2 − t2 ) + 2t = −t2 + 2t + 2
2
π
π
(2) °
1 より 0 5 x 5 π のとき − 5 θ 5
3
3
3
ゆえに
√
√
− 35t5 3
(1) の結果から y = −(t − 1)2 + 3
よって
π³
π´
x=
のとき 最大値 3
6
2
√
√
π
t = − 3 すなわち θ = − (x = 0) のとき 最小値 −2 3 − 1
3
t=1
すなわち
θ=
80
解答 9 (2007) 問題 (p.2) (1) y = −x2 を微分すると
y 0 = −2x
C1 上の点 (t, −t2 ) における接線を ` とすると，` の傾きは −2t であるから，接線
の方程式は
y − (−t2 ) = −2t(x − t) すなわち y = −2tx + t2
` と C2 の共有点の x 座標は
すなわち
3(x − 1)2 + a = −2tx + t2
3x2 + 2(t − 3)x − t2 + a + 3 = 0
の解であり，` と C2 が接するとき，この方程式は重解をもつので
(t − 3)2 − 3·(−t2 + a + 3) = 0 すなわち 4t2 − 6t − 3a = 0
···°
1
このとき，` が 2 本存在するためには，°
1 の判別式を D とすると，D > 0 であ
るから
3
D/4 = (−3)2 − 4·(−3a) > 0 これを解いて a > −
4
¶
別解
³
C1 は上に凸，C2 は下に凸の放物線であるから，C1 と C2 が共有点をもたな
いとき，C1 ，C2 の両方に接する直線が 2 本存在する．
したがって，y = −x2 ，y = 3(x − 1)2 + a から y を消去して
−x2 = 3(x − 1)2 + a すなわち 4x2 − 6x + a + 3 = 0
この 2 次方程式の判別式を D とすると，D < 0 であるから
D/4 = (−3)2 − 4·(a + 3) < 0 これを解いて a > −
µ
3
4
´
81
(2) °
1 の 2 解を α，β とすると，2 点 (α, −α2 )， (β, −β 2 ) における接線の傾きは，それぞれ 2α，
2β であり，これらが直交するとき
1
2α·2β = −1 すなわち αβ = −
4
3a
また，°
1 の解と係数の関係から αβ = −
4
3a
1
したがって
− =−
4
4
1
3
a > − に注意して
a=
4
3
(3) ` 上の 2 点 (α, −α2 )，(β, −β 2 ) における接線
を x 軸の正の向きから測った角を，それぞれ
θ1 ，θ2 とすると
tan θ1 = −2α，tan θ2 = −2β
π 3
このとき，| θ1 − θ2 | = , π であるから
4 4
| tan(θ1 − θ2 ) | = 1 より
¯
¯
¯ tan θ1 − tan θ2 ¯
¯
¯
¯ 1 + tan θ1 tan θ2 ¯ = 1
¯
¯
¯ 2(β − α) ¯
¯
¯
したがって
¯ 1 + 4αβ ¯ = 1
平方して整理すると
したがって
y
C2
α
O
C1
y
α
C2
β
O
C1
4(β − α)2 = (1 + 4αβ)2
4{(α + β)2 − 4αβ} = (1 + 4αβ)2
3
3a
°
1 の解と係数の関係から α + β = ，αβ = −
であるから
2
4
µ
¶
9
4
+ 3a = (1 − 3a)2
4
すなわち
a>−
3
に注意して
4
9a2 − 18a − 8 = 0
√
3 ± 17
a=
3
x
β
x
82
解答 10 (2008) 問題 (p.3) (1) y = 4x2 + 3 を微分すると y 0 = 8x
点 A(p, 4p2 + 3) における接線 l の傾
きは 8p であるから，その方程式は
y
l
B
y − (4p2 + 3) = 8p(x − p)
すなわち
C
y = 8px − 4p2 + 3
A
l は Q(q, 0) を通るから
0 = 8pq − 4p2 + 3
Q
···°
1
p 6= 0 であるから
q=
q
P
p
O
4p2 − 3
x
m
8p
(2) 点 B(q, 4q 2 + 3) における接線 m の
方程式は，(1) と同様にして
y
C
l
y = 8qx − 4q 2 + 3
を得る．これが点 P(p, 0) を通るから
0 = 8pq − 4q 2 + 3
A
B
···°
2
°
1 ，°
2 より q = ±p
Q
q = p のとき，°
1 より
q
p
O
P
4p2 + 3 = 0 となり，不適
x
m
q = −p のとき，°
1 より
0 = −12p2 + 3
µ
となり，これを解いて
(p, q) =
1
1
± , ∓
2
2
¶
(複号同順)
(3) (2) の結果から，2 本の接線の方程式は y = 4x + 2，y = −4x + 2
これらの接線と放物線で囲まれた部分は，y 軸に関して対称であるから，求める
面積 S は
Z 1
2
S=2
{(4x2 + 3) − (4x + 2)} dx
Z
0
1
2
=2
0
·
1
(2x − 1) dx = 2
(2x − 1)3
2·3
2
¸ 12
0
=
1
3
83
解答 11 (2005) 問題 (p.3) µ
(1) Pn (an , 0) より Qn
y=
1
an ,
an 2
¶
y
C
1
2
を微分すると y 0 = − 3
2
x
x
Qn における接線の方程式は
1
2
y − 2 = − 3 (x − an )
an
an
2x
3
ゆえに
y=− 3 + 2
an
an
Qn
O
この接線の x 軸との交点の x 座標は y = 0 を代入して
Pn
Pn+1
3
x = an
2
3
an+1 = an
2
µ ¶n`1
3
an = a
2
これが Pn+1 の x 座標であるから
また，P1 (a, 0) であるから
(2) a > 0 および (1) の結果から
1
1
Sn = (an+1 − an ) × 2
2
a
µ
¶ n
1 3
1
=
an − an × 2
2 2
an
µ ¶n−1
1
1 2
=
=
4an
4a 3
∞
X
Sn は，初項が
n=1
1
2
，公比が の無限等比級数である．
4a
3
¯ ¯
¯2¯
公比について ¯¯ ¯¯ < 1 であるから，収束して
3
∞
X
n=1
Sn =
1
×
4a
1
1−
2
3
=
3
4a
x
84
解答 12 (2009 理系) 問題 (p.3) (1) x > 0 のとき 1 + x > 1 であるから log(1 + x) > 0
µ
¶
1 2
f (x) = x − x − log(1 + x) とすると
6
···°
1
1
1
x(2 − x)
f 0 (x) = 1 − x −
=
3
1+x
3(1 + x)
f (x) の 0 5 x 5 3 における増減表は，次のようになる．
x
f (x)
0 ···
+
f (x)
0
0
log2 < 0.70 より
%
1
0
極大
0
···
−
3
&
3−4 log 2
2
3 − 4 log 2
> 0 であるから，0 < x 5 3 において
2
1
f (x) > 0 すなわち log(1 + x) < x − x2
6
···°
2
1
°
1 ，°
2 より 0 < x 5 3 のとき 0 < log(1 + x) < x − x2
6
1 2
したがって 0 < x < 3 のとき 0 < log(1 + x) < x − x
6
6
(2) 0 < an <
(n = 1, 2, 3, · · · ) を (A) とする．
n+1
［1］ n = 1 のとき，0 < a1 = a < 3 より
0 < a1 <
6
1+1
であるから (A) が成り立つ．
［2］ n = k のとき，(A) が成り立つ，すなわち
0 < ak <
6
k+1
が成り立つと仮定すると
1 < 1 + ak < 1 +
6
k+1
µ
¶
6
対数をとると log 1 < log(1 + ak ) < log 1 +
k+1
µ
¶
6
ゆえに
0 < ak+1 < log 1 +
···°
4
k+1
···°
3
85
0<
6
5 3 であるから，°
3 より
k+1
¶
µ
¶2
µ
6
6
1
6
6k
−
log 1 +
<
=
k+1
k+1 6 k+1
(k + 1)2
6k
6
< 2
=
···°
5
k + 2k
(k + 1) + 1
°
4 ，°
5 より
0 < ak+1 <
6
(k + 1) + 1
したがって，n = k + 1 のときも (A) が成り立つ．
［1］,［2］からすべての自然数 n について (A) が成り立つ．
6
=0
n→∞ n + 1
lim
であるから，はさみうちの原理を (A) に適用して
lim an = 0
n→∞
86
解答 13 (2014 理系) 問題 (p.4) (1)
an+1 =
an + r 2
an + 1
· · · (∗)
a1 = 1 および上式より，すべての自然数 n に対して an > 0
(∗) から
an − r
an + 1
an + r
an+1 + r = (1 + r) ×
an + 1
an+1 − r = (1 − r) ×
上の 2 式より
ゆえに
· · · (∗∗)
an+1 − r
1 − r an − r
=
×
an+1 + r
1 + r an + r
µ
¶n−1
µ
¶n
an − r
a1 − r
1−r
1−r
×
=
=
an + r
1+r
a1 + r
1+r
1−r
<0
1+r
r > 1 より
···°
1
···°
2
···°
3
°
1 ，°
2 ，°
3 から
n が偶数のとき an − r > 0 すなわち an > r
n が奇数のとき an − r < 0 すなわち an < r
(2) (∗)，(∗∗) より
an+2 − r = (1 − r) ×
an+1 − r
an+1 + 1
(1 − r) ×
= (1 − r) ×
an − r
an + 1
an + r2
+1
an + 1
=
(1 − r)2 (an − r)
2an + r 2 + 1
(3) (1) の結果から，a2n > r．これと (2) の結果から
(1 − r)2 (a2n − r)
(1 − r)2 (a2n − r)
<
=
a2n+2 − r =
2a2n + r2 + 1
2r + r2 + 1
よって
a2n+2 − r
<
a2n − r
µ
r−1
r+1
¶2
µ
r−1
r+1
¶2
× (a2n − r)
87
µ
(4) (3) の結果から，λ =
0<
r−1
r+1
¶2
とおくと
a4 − r
a6 − r
a2n − r
< λ, 0 <
< λ, · · · , 0 <
<λ
a2 − r
a4 − r
a2n−2 − r
これらの辺々をかけると
0<
a2n − r
< λn−1
a2 − r
0 < a2n − r < (a2 − r)λn−1
ゆえに
r > 1 より，0 < λ < 1 であるから
lim (a2 − r)λn−1 = 0
n→∞
はさみうちの原理により
lim (a2n − r) = 0 すなわち
n→∞
これと (∗) により
lim a2n = r
n!1
r + r2
an + r2
=
=r
n→∞ an + 1
r+1
lim a2n+1 = lim
n→∞
解説 r > 1 であるから，°
2 より
¯
¯ ¯µ
¶ ¯ µ
¶n
¯ an − r ¯ ¯ 1 − r n ¯
r
−
1
¯
¯ ¯
¯
¯ an + r ¯ = ¯ 1 + r ¯ = r + 1
µ
¶n
r−1
r−1
0<
< 1 であるから lim
=0
n→∞
r+1
r+1
はさみうちの原理により
lim
n→∞
an − r
=0
an + r
よって
lim an = r
n→∞
また，°
2 より，一般項は
½
µ
¶n ¾
1−r
r 1+
1+r
µ
¶n
an =
1−r
1−
1+r
1−r
< 0 より，直接 lim an を求めることもできる．
n→∞
1+r
¶n
µ
1−r
2r
1+r
µ
¶n
また，一般項から
an − r =
1−r
1−
1+r
であるから，−1 <
ゆえに
n が偶数のとき an − r > 0 すなわち an > r
n が奇数のとき an − r < 0 すなわち an < r
88
解答 14 (2001) 問題 (p.4) µ
¶
t2 t3
t
(1) f (t) = e − 1 + t + +
とすると
2
6
µ
¶
t2
0
t
f (t) = e − 1 + t +
2
f 00 (t) = et − (1 + t)
f 000 (t) = et − 1
t > 0 のとき f 000 (t) > 0， f 00 (0) = 0 であるから t > 0 のとき f 00 (t) > 0
これから
t > 0 のとき f 00 (t) > 0， f 0 (0) = 0 であるから t > 0 のとき f 0 (t) > 0
さらに
t > 0 のとき f 0 (t) > 0， f (0) = 0 であるから t > 0 のとき f (t) > 0
したがって，t > 0 のとき
et > 1 + t +
t2 t3
+
2
6
···°
1
このとき
1+t+
t2 t3
t
+ = 1 + t2 + (t2 − 3t + 6)
2
6
6(
)
µ
¶2
t
3
15
= 1 + t2 +
t−
+
6
2
4
> 1 + t2
···°
2
°
1 ，°
2 から，t > 0 のとき
et > 1 + t2
上式において t = −x とすると
x < 0 のとき
e`x > 1 + x2
¶
解説
³
et = 1 + t +
t2 t3
+ + · · · であるから，t > 0 において，
2! 3!
et > 1 + t +
t2 t3
t2
, et > 1 + t + +
2
2! 3!
などを活用すればよい．
µ
´
89
別解 x2 + 1 − e−x = e−x {(x2 + 1)ex − 1}
···°
1
g(x) = (x2 + 1)ex − 1 とおくと
g 0 (x) = 2xex + (x2 + 1)ex = (x + 1)2 ex
g 0 (x) = 0 とすると x = −1
g(x) の増減表は，下のようになる．
x
g (x)
g(x)
0
···
+
%
−1
0
−1
2e − 1
したがって，x < 0 のとき
よって，°
1 より
···
+
%
0
0
g(x) < 0
x < 0 のとき x2 + 1 < e`x
(2) x < 0 のとき e−x > x2 + 1 ゆえに xe−x < x(x2 + 1)
x = 0 のとき xe−x = x(x2 + 1)
x > 0 のとき e−x < 1 < x2 + 1 ゆえに xe−x < x(x2 + 1)
ゆえに，2 つの曲線 y = xe−x ，y = x(x2 + 1) の共有点の x 座標は
よって，求める面積 S は
Z 0
S=
{x(x2 + 1) − xe−x } dx
·
=
−1
1 4 1 2
x + x + (x + 1)e−x
4
2
¸0
=
−1
1
4
x=0
90
解答 15 (2002) 問題 (p.4) x2
ax
+ y 2 = 1 上の点 (a, b) における接線の方程式は
+ by = 1
8
8
8 1
この接線の x 切片，y 切片はそれぞれ， ， であるから
a b
8 1
f (a) = +
···°
1
a b
点 (a, b) は E 上の点であるから，a > 0，b > 0 に注意して
√
√
8 − a2
a2
2
√
+ b = 1 ···°
2 ゆえに b =
(0 < a < 2 2)
8
2 2
√
8
2 2
これを °
1 に代入して
f (a) = + √
a
8 − a2
(1) E :
(2) °
1 は，a の関数であるから，その第 1 次，第 2 次導関数を求めると
8
b0
−
···°
3
a2 b2
16 2(b0 )2 b00
f 00 (a) = 3 + 3 − 2 · · · °
4
a
b
b
a
a
°
2 を a で微分すると
+ 2bb0 = 0 · · · °
5
ゆえに b0 = −
4
8b
0
°
5 を°
3 に代入すると
f 0 (a) = −
8
a
(a − 4b)(a2 + 4ab + 16b2 )
+
=
a2 8b3
8a2 b3
1
°
5 を a について微分すると
+ 2(b0 )2 + 2bb00 = 0
4
f 0 (a) = −
°
5 0 をこれに代入し，b00 について解くと b00 = −
1
a2
−
4b 64b3
···°
30
···°
6
°
5 0 ，°
6 を°
4 に代入して整理すると
1
3a2
16
+
+
···°
40
a3 4b3 64a5
a > 0，b > 0 であるから，常に f 00 (a) > 0
f 00 (a) =
ゆえに，f 0 (a) = 0 となるとき，f (a) は極小かつ最小である．
°
3 0 より，f 0 (a) = 0 となるとき
°
2 ，°
7 を a > 0 に注意して解いて
a = 4b
a=
···°
7
√
4 3
3
···°
50
91
解答 16 (2002) 問題 (p.4) x
(1) f (x) = x2 e− a を微分すると
µ
¶
1 −x
2
0
−x
f (x) = 2xe a + x − e a
a
x
x
= − (x − 2a)e− a
a
x
f (x)
f (x)
0
···
−
&
0
0
極小
···
+
%
2a
0
極大
···
−
&
a > 0 であるから，増減表は，右のようになる．
c = 2a
よって
(2) (1) の結果から
Z c
Z
f (x) dx =
0
2a
0
x
x2 e− a dx
·
2
2
¸2a
−x
a
= −a (x + 2ax + 2a )e
µ
¶
5
= 2a3 1 − 2
e
0
解答 17 (2003) 問題 (p.5) Z
Z
1
f (x) dx =
(1)
0
0
Z
(2)
1
µ
x
1− √
10 − x2
n
an =
g(x) dx =
0
n−1 Z
X
k=0
¶
·
dx =
¸1
10 −
x2
=4−
√
g(x) dx =
n−1 Z
X
k=0
k+1
k
µ ¶k
2
f (x − k) dx
3
x − k = t とおくと，(1) の結果から
µ ¶k
µ ¶k Z 1
Z k+1 µ ¶k
√
2
2
2
f (t) dt = (4 − 10)
f (x − k) dx =
3
3
3
k
0
したがって
µ ¶k
n−1
X
√
2
an =
(4 − 10)
3
k=0
¡ ¢n
½
µ ¶n ¾
√
√
1 − 23
2
= (4 − 10) ×
= 3(4 − 10) 1 −
2
3
1− 3
√
よって
lim an = 3(4 − 10)
n!1
10
0
k+1
k
x+
√
92
解答 18 (2003) 問題 (p.5) Z
(1)
π
2
− π2
Z
π
2
0
(f (t) − cos t) dt は定数であるから，
− π2
(f 0 (t) − cos t) dt = k とおくと
g(x) = sin x + k · · · °
1
Z x
f (x) =
(g(t) + t cos t) dt + sin x
0
Z x
=
(sin t + k + t cos t) dt + sin x
0
·
¸x
= t sin t + kt
+ sin x
0
= (x + 1) sin x + kx
···°
2
したがって，°
2 より
Z
k=
·
=
π
2
·
0
(f (t) − cos t) dt =
{(t + 1) sin t + kt} − sin t
·
=
f (t) − sin t
− π2
t sin t + kt
¸ π2
¸ π2
¸ π2
− π2
− π2
= kπ
− π2
ゆえに
k=0
よって，°
1 ，°
2 より
f (x) = (x + 1) sin x,
(2) (1) の結果から
Z π
Z
2
{f (x) − g(x)} dx =
0
π
g(x) = sin x
x2 sin2 x dx
0
Z
1 π 2
=
x (1 − cos 2x) dx
2 0
¸π
·
1 1 3 1 2
1
1
=
x − x sin 2x − x cos 2x + sin 2x
2 3
2
2
4
0
3
π
π
=
−
6
4
93
解答 19 (2004) 問題 (p.5) (1) 証明する不等式を (A) とする．
x = 0 のとき，(A) は自明であるので，x > 0 について，(A) が成り立つことを
示す．
［1］ 0 5 t 5 x とすると，et = 1 であるから
Z x
Z x
t
e dt >
dt ゆえに ex − 1 > x
0
0
したがって
ex > x
よって，n = 1 のとき，(A) が成り立つ．
［2］ n = k のとき，(A) が成り立つと仮定すると
Z
x
Z
x
t
e dt >
0
したがって
0
ex >
tk
xk+1
x
dt ゆえに e − 1 >
k!
(k + 1)!
xk+1
(k + 1)!
よって，n = k + 1 のときも (A) は成り立つ．
［1］,［2］から，すべての自然数 n に対して，(A) が成り立つ．
¶
補足
³
上の証明において，実際は，n = 1 のとき，ex > 1 + x が成り立つ．
x > 0 のとき，次式が成り立つことが，上と同様にして導かれる．
ex > 1 + x +
µ
(2) (1) の結果より，x > 0 のとき ex >
ゆえに
0 < x2 e−x <
x2
xn
+ ··· +
2!
n!
x3
3!
6
x
6
= 0 であるから，はさみうちの原理により
x→∞ x
lim
lim x2 e−x = 0
x→∞
´
94
(3) y = xe−x を微分すると y 0 = (1 − x)e−x
曲線 y = xe−x の点 (a, ae−a ) における接線の方程式は
y − ae−a = (1 − a)e−a (x − a) すなわち y = e−a {(1 − a)x + a2 }
µ 2
¶
a
P の座標は，これに y = 0 を代入して
, 0
a−1
曲線 y = xe−x の点 (a, ae−a ) における法線の方程式は
y − ae−a =
ea
ea
(x − a) すなわち y =
(x − a) + ae−a
a−1
a−1
Q の座標は，これに y = 0 を代入して
(a − a(a − 1)e−2a , 0)
P，Q の x 座標を，それぞれ xp ，xq とすると
a2
− {a − a(a − 1)e−2a }
a−1
1
=1+
+ a(a − 1)e−2a
a−1 µ
¶
1
1
=1+
+ 1−
·a2 e−a ·e−a
a−1
a
xp − xq =
l(a) = |xp − xq | であることと，(2) の結果から lim a2 e−a = 0 であることに注意
a→∞
して
lim l(a) = 1
a!1
95
解答 20 (2004) 問題 (p.6) y2
= 1 に x = r cos θ，y = r sin θ
b2
を代入して整理すると
(1) (x − 1)2 +
(r sin θ)2
=1
b2
r2 sin2 θ
2
2
r cos θ − 2r cos θ +
=0
b2
© ¡
¢
ª
r r b2 cos2 θ + sin2 θ − 2b2 cos θ = 0
y
b
P
r
(r cos θ − 1)2 +
O
θ
1
2
x
−b
したがって
r = 0 または r =
2b2 cos θ
b2 cos2 θ + sin2 θ
上式の第 2 式は，cos θ = 0 のとき r = 0 であるから，E を表す極方程式を次のよ
うに定めてよい．
f (θ) =
2b2 cos θ
b2 cos2 θ + sin2 θ
(2) (1) より，E は，一般性を失うことなく，次のように定めることができる．
f (θ) =
2b2 cos θ
(b2 − 1) cos2 θ + 1
³ π
π´
− 5θ5
2
2
f (θ) の最大値について，次の 3 つに場合分けする．
［1］ b2 − 1 < 0 のとき
b2 5 (b2 − 1) cos2 θ + 1 5 1,
0 5 2b2 cos θ 5 2b2
θ = 0 で (b2 − 1) cos2 θ + 1 = b2 ，2b2 cos θ = 2b2 であるから，f (θ) は，点
(2, 0) で最大値をとり，これは条件に反する
［2］ b2 − 1 = 0 のとき
f (θ) = 2 cos θ
θ = 0 すなわち点 (2, 0) で f (θ) は最大となり，これも条件に反する．
96
π
で最小値をとる．u = cos θ とおくと，
2
点 (2, 0) 以外で最大値をもつので，0 < u < 1 の範囲で，次式が最大値を
もつための条件を求めればよい．
［3］ b2 − 1 > 0 のとき，f (θ) は，θ = ±
f (θ) =
2b2 cos θ
2b2 u
=
=
(b2 − 1) cos2 θ + 1
(b2 − 1)u2 + 1
g(u) = (b2 − 1)u +
を求めればよい．
(b2 − 1)u +
1
u
1
とおくと，g(u) が 0 < u < 1 で最小値もつための条件
u
1
b2 − 1
g (u) = b − 1 − 2 =
u
u2
0
2b2
µ
2
g(u) の増減は，右のように，b
は次式を満たせばよい．
1
u+ √
2
b −1
u
b > 0 に注意して，これを解くと
(3) (2) の結果より cos θ0 = √
0 ···
g 0 (u)
g(u)
1
0< √
<1
2
b −1
b>
¶µ
1
u− √
2
b −1
1
−1
0
極小
√
−
&
b2
···
+
%
√
2
1
−1
b2
r
π
b2 − 2
また，0 < θ0 < であるから
sin θ0 =
2
b2 − 1
Z θ0
Z θ0
2b2 cos θ
f (θ) dθ =
dθ
b2 − (b2 − 1) sin2 θ
0
0
dt √ 2
= b − 1 cos θ
dθ
θ と t の対応は，右のようになる．よって
t=
√
b2 − 1 sin θ とすると
Z
θ0
0
b
f (θ)dθ = √
b2 − 1
b
=√
b2 − 1
√
Z
Z
0
√
b2 −2
b2
b2 −2
µ
θ
t
2b
dt
− t2
1
1
+
b+t b−t
0
¯
¯ ¸√b2 −2
·
¯b + t¯
b
¯
=√
log ¯¯
¯
2
b
−
t
b −1
√ 20
b
b+ b −2
=√
log
√
b2 − 1
b − b2 − 2
0 −→
θ
√ 0
0 −→ b2 − 2
¶
dt
¶
1
97
解答 21 (2005) 問題 (p.6) (1) x = r cos θ，y = r sin θ を θ について微分すると
dx
dr
=
cos θ − r sin θ,
dθ
dθ
dy
dr
=
sin θ + r cos θ
dθ
dθ
したがって
µ ¶2 µ ¶2 µ
¶2 µ
¶2
dx
dy
dr
dr
+
=
cos θ − r sin θ +
sin θ + r cos θ
dθ
dθ
dθ
dθ
µ ¶2
dr
=
+ r2
dθ
= {f 0 (θ)}2 + {f (θ)}2
(2) f (θ) = sin3
θ
を微分すると
3
f 0 (θ) = 3 sin2
θ 1
θ
θ
θ
· cos = sin2 cos
3 3
3
3
3
したがって
µ
0
2
2
{f (θ)} + {f (θ)} =
θ
θ
sin cos
3
3
2
¶2
µ
θ
+ sin
3
3
¶2
= sin4
θ
3
求める長さを l とすると
s
Z π µ ¶2 µ ¶2
2
dx
dy
l=
+
dθ
dθ
dθ
0
Z πq
2
=
{f 0 (θ)}2 + {f (θ)}2 dθ
0
¶
Z πr
Z π
Z πµ
2
2
1 2
2
2 θ
4 θ
=
sin dθ =
sin dθ =
1 − cos θ dθ
3
3
2 0
3
0
0
¸ π2
·
2
1
3
=
θ − sin θ
2
2
3 0
√
π
3
= −
3
4
8
98
解答 22 (2006) 問題 (p.6) (1) n = 2，f (x) = (1 − x)3 xn を微分すると
f 0 (x) = 3(1 − x)2 (−1)·xn + (1 − x)3 ·nxn−1
= (1 − x)2 xn−1 {n − (n + 3)x}
n が奇数のとき
x
0
f (x)
···
+
0 ···
0 +
f (x)
%
0
n
n+3
0
極大
n
%
27n
(n+3)n+3
···
−
1
0
···
−
&
0
&
n が偶数のとき
x
0
f (x)
···
−
f (x)
&
0
0
極小
0
n
n+3
···
+
n が奇数のとき x =
%
0
極大
n
27n
(n+3)n+3
···
−
1
0
···
−
&
0
&
27nn
n
で極大値
n+3
(n + 3)n+3
n が偶数のとき x = 0 で極小値 0，
27nn
n
x=
で極大値
n+3
(n + 3)n+3
(2)
Z
1
an =
Z0 1
=
·
(1 − x)3 xn dx
(xn − 3xn+1 + 3xn+2 − xn+3 ) dx
0
3
3
1
1
xn+1 −
xn+2 +
xn+3 −
xn+4
=
n+1
n+2
n+3
n+4
1
3
3
1
=
−
+
−
n+1
n+2
n+3
n+4
¸1
0
(3)
1
3
3
1
−
+
−
n
µ+ 1 n + 2 ¶n + 3µ n + 4
¶ µ
¶
1
1
1
1
1
1
−
−
−
=
−2
+
n+1 n+2
n+2 n+3
n+3 n+4
an =
99
であるから
¶
∞ µ
X
1
1
1
1
−
=
=
n+1 n+2
1+1
2
n=1
µ
¶
∞
X
1
1
1
1
−
=
=
n+2 n+3
1+2
3
n=1
¶
∞ µ
X
1
1
1
1
=
−
=
n+3 n+4
1+3
4
n=1
により
∞
X
an =
n=1
1
1
1 1
−2× + =
2
3 4
12
解答 23 (2006) 問題 (p.6) (1) u0 = etan t (tan t)0 =
etan t
cos2 t
(2) u = etan t とおくと，(1) の結果および 1 + tan2 t =
Z
x
f (x) = 1 +
Z
1
etan t
·
dt
etan t (1 + etan t ) cos2 t
−x
etan x
1
du
etan(−x) u(1 + u)
¯ ¸ tan x
¯
·
¯ u ¯ e
¯
= 1 + log ¯¯
1 + u ¯ − tan x
=1+
e
tan x
e
e− tan x
−
log
1 + etan x
1 + e− tan x
= 1 + log etan x
= 1 + log
= 1 + tan x
1
に注意して
cos2 t
100
Z
x
別解
−x
Z
0
−x
1 + tan2 t
dt =
1 + etan t
Z
0
−x
1 + tan2 t
dt +
1 + etan t
Z
x
0
1 + tan2 t
dt
1 + etan t
1 + tan2 t
dt において t = −s とおくと
1 + etan t
···°
1
dt = −1
ds
また，t と s の対応は右のようになる．
Z 0
Z 0
1 + tan2 t
1 + tan2 (−s)
よって
dt
=
·(−1) ds
tan t
1 + etan(−s)
−x 1 + e
x
Z x
1 + tan2 s
=
ds
− tan s
0 1+e
Z x tan s
e
(1 + tan2 s)
=
ds
etan s + 1
0
Z x tan t
e (1 + tan2 t)
dt
=
1 + etan t
0
t
s
−x −→ 0
x −→ 0
ゆえに，°
1 から次の等式が得られる．
Z x
Z x tan t
Z x
1 + tan2 t
e (1 + tan2 t)
1 + tan2 t
dt
=
dt
+
dt
tan t
1 + etan t
1 + etan t
−x 1 + e
0
0
Z x
(1 + tan2 t) dt
=
·
¸x
Z0 x
1
=
= tan x
dt = tan t
2
0 cos t
0
したがって
f (x) = 1 + tan x
(3) 求める回転体の体積を V とすると，(2) の結果より
Z π
4
(1 + tan x)2 dx
V =π
0
Z π
4
=π
(1 + 2 tan x + tan2 x) dx
0
¶
Z πµ
4
1
=π
+ 2 tan x dx
cos2 x
0
·
¸ π4
= π tan x − 2 log | cos x|
0
¶
µ
1
= π 1 − 2 log √
2
= π(1 + log 2)
101
解答 24 (2007) 問題 (p.7) Ã
! Ã
!
1 2
0 1
=
···°
1
(1) 条件から A
1 2
1 1
!
Ã
0 1
について ∆ = 0·2 − 1·1 = −1 6= 0
行列
1 2
Ã
! Ã
!
Ã
!−1
1
2 −1
−2 1
0 1
=
よって
=
−1 −1
0
1 0
1 2
Ã
°
1 より A =
Ã
=
1 2
1 1
1 2
1 1
!Ã
!Ã
0 1
1 2
!−1
−2 1
1 0
!
Ã
=
0 1
−1 1
!
(2) P(t, et ) が行列 A の表す移動によって点 (x, y) に移るとき
à ! Ã
!Ã
!
x
0 1
t
=
y
−1 1
et
すなわち
x = et ，y = −t + et
−∞ < t < ∞ より x = et > 0，t = log x
したがって，求める軌跡 C の方程式は
y = − log x + x
(3) C と D の交点の x 座標は
µ
¶
1
− log x + x = x + log e + − x
e
µ
¶
1
1
log = log e + − x
x
e
1
1
よって
=e+ −x
x
e
µ
¶
1
1
したがって x2 − e +
x + 1 = 0 これを解いて x = , e
e
e
·
¸
µ
¶
½
µ
¶
¾
1
1
1
1
1
2
区間
, e において
− e+ −x =
x − e+
x+1
e
x
e
x
e
µ
¶
1
1
=
x − (x − e) 5 0
x
e
102
1
1
− x=
e
x
µ
¶
1
1
log e + − x = log
e
x
µ
¶
1
x + log e + − x = − log x + x
e
e+
ゆえに
よって
1
< x < e において，曲線 D は，曲線 C の上側にある．
e
よって，求める面積を S とすると
µ
¶
¾
Z e½
1
x + log e + − x − (− log x + x) dx
S=
1
e
e
¶
¾
Z e½ µ
1
log e + − x + log x dx
=
1
e
e
µ
¶
Z e
1
1
dx
log e + − x dx において e + − x = t とおくと
= −1
1
e
e
dt
e
したがって，
また，x と t の対応は右のようになる．
µ
¶
Z e
1
log e + − x dx
よって
1
e
e
Z 1
e
log t·(−1)dt
=
e
Z e
Z e
=
log t dt =
log x dx
1
e
1
e
Z
したがって
−→ e
e −→ 1e
¸e
log x dx = 2 x log x − x
1
e
=
1
e
¶解説
Z
1
e
·
e
S =2
x
t
4
e
³
b
f (a + b − x) dx において a + b − x = t とおくと
a
x と t の対応は右のようになる．
Z b
よって
f (a + b − x) dx
a
Z a
=
f (t)·(−1)dt
Z
b
=
a −→ b
b −→ a
b
f (t) dt =
a
µ
Z
b
x
t
dx
= −1
dt
f (x) dx
a
´
103
解答 25 (2007) 問題 (p.7) (1) x 6= 0 であるから f (x) =
(log x)2
とすると
x
1
2 log x· ·x − (log x)2 ·1
log x(2 − log x)
x
f 0 (x) =
=
x2
x2
よって，f (x) の増減表は次のようなる．
x
f 0 (x)
0 ···
−
f (x)
&
1
···
0
+
極小
%
0
e2
0
極大
4
e2
···
−
&
(log x)2
=∞
x→+0
x→+0
x
(log x)2
lim f (x) = lim
=0
x→∞
x→∞
x
したがって，y = f (x) のグラフは下の図のようになる．
また
lim f (x) = lim
y
4
e2
O
e2
1
x
このグラフと直線 y = a の共有点の個数は，求める実数解の個数と一致する．し
たがって
a < 0 のとき
a>
a=
4
e2
4
e2
0個
, a = 0 のとき 1 個
のとき
0<a<
4
e2
のとき
2個
3個
104
(2) 解が 2 個となるのは a =
うな位置関係になる．
4
のときで，0 < p < q であるから p2 ，q 2 は下の図よ
e2
y
4
e2
O p21
k=
x
e2
||
q2
e
とおくと
e+1
¶2 ½
¾2
µ
(log k 2 )2
2 log k
2(e + 1)
e
=
f (k ) =
=
log
k2
k
e
e+1
½
¾2
4
e+1
= 2 (e + 1) log
···°
1
e
e
2
ここで関数 g(x) = log x を考え，この関数は区間 (e, e + 1) で微分可能で，
g 0 (x) =
1
x
区間 [e, e + 1] において，平均値の定理を適用すると
log(e + 1) − log e
1
= , e<c<e+1
(e + 1) − e
c
を同時に満たす c が存在する．よって
1
e+1
1
< log
<
e+1
e
e
(e + 1) log
ゆえに
f (p2 ) =
e+1
>1
e
4
であるから，°
1 ，°
2 より
e2
グラフから
0 < p < q より
···°
2
f (k 2 ) > f (p2 )
k 2 < p2 < 1，q 2 = e2
e
< p < 1，q = e
e+1
105
解答 26 (2008) 問題 (p.7) 1
(1) F は放物線 y = x2 の焦点であり，準線
4
の方程式は y = −1 である．
右の図から，放物線上の点 A の y 座標は
y
y = 1 − r cos θ
1 FrA
θ
O
A から準線に下ろした垂線 AH の長さは
AH = (1 − r cos θ) − (−1)
= 2 − r cos θ
−1
放物線上の点 A について，FA = AH で
あるから
r = 2 − r cos θ
(2) (1) の結果から
これを解いて
FAk =
r=
2
1 + cos kπ
2n
したがって
n
n
1
y = x2
4
1X
2
1X
lim
FAk = lim
n→∞ n
n→∞ n
1 + cos kπ
2n
k=1
k=1
Z 1
2
=
πx dx
0 1 + cos 2
Z 1
1
=
dx
2 πx
0 cos 4
·
¸1
4
4
πx
=
tan
=
π
4 0 π
2
1 + cos θ
x
H y = −1
106
解答 27 (2009 理系) 問題 (p.7) (1) g(t) = t6 + 2t3 − 3 とし，この関数の原始関数を G(t) とすると
·
¸p
Z p
f (x) =
g(t)dt = G(t)
p−x
p−x
= G(p) − G(p − x)
···°
1
°
1 を x について微分すると
f 0 (x) = 0 − G0 (p − x)·(p − x)0
= −g(p − x)·(−1)
= g(p − x)
= (p − x)6 + 2(p − x)3 − 3
= {(p − x)3 + 1}2 − 4
よって f 0 (x) が最小となるのは
(p − x)3 + 1 = 0 すなわち x = p + 1
のときである．
(2) °
1 に x = p + 1 を代入すると
f (p + 1) = G(p) − G(−1)
···°
2
°
2 より f (p + 1) が最小となるのは G(p) が最小となるときであるから
G0 (p) = g(p) = p6 + 2p3 − 3
= (p3 − 1)(p3 + 3)
= (p − 1)(p2 + p + 1)(p3 + 3)
G(p) の p > 0 における増減表は，次のようになる．
p
G (p)
G(p)
0
0 ···
−
&
1
···
0
+
極小 %
よって p = 1 のとき最小となり，求める最小値は °
2 から
Z 1
Z 1
G(1) − G(−1) =
g(t) dt =
(t6 + 2t3 − 3) dt
−1
Z
−1
1
(t6 − 3) dt
0
· 7
¸1
40
t
=2
− 3t
=−
7
7
0
=2
107
解答 28 (2009 理系・医) 問題 (p.8) (1) 与式から sin x −
√
3 cos x < 0
左辺の三角関数を合成すると
³
π´
2 sin x −
<0
3
³
π´
よって
sin x −
< 0 ···°
1
3
−π 5 x 5 π のとき
4
π
2
− π 5x− 5 π
3
3
3
であるから，この範囲で °
1 を解くと
−π < x −
2
π
π
< 0 すなわち − π < x <
3
3
3
(2) (1) の結果から
−
√
π
π
5 x 5 において
3 cos x − sin x > 0
3
6
ゆえに
Z
π
6
− π3
Z
¯
¯
¯
¯
4
sin
x
¯√
¯
¯ 3 cos x − sin x ¯ dx
0
=−
− π3
4 sin x
√
dx +
3 cos x − sin x
Z
π
6
0
√
4 sin x
dx
3 cos x − sin x
ここで
√
√
4 sin x = a( 3 cos x − sin x) + b( 3 cos x − sin x)0
をみたす定数 a，b を求める．上式の右辺は
√
√
4 sin x = a( 3 cos x − sin x) + b(− 3 sin x − cos x)
√
√
= (−a − 3 b) sin x + ( 3 a − b) cos x
√
3 b，0 = 3 a − b
√
これを解いて
a = −1, b = − 3
√
√
4 sin x
( 3 cos x − sin x)0
√
ゆえに
= −1 − 3 × √
3 cos x − sin x
3 cos x − sin x
係数を比較して
4 = −a −
√
···°
2
108
したがって
Z
−
0
4 sin x
dx
3 cos x − sin x
− π3
)
√
Z 0 (
√
( 3 cos x − sin x)0
−1 − 3 × √
=−
dx
3 cos x − sin x
− π3
¸
·
√
¯√
¯ 0
π
= − −x − 3 log¯ 3 cos x − sin x¯
···°
3
=
3
−π
√
3
Z
π
6
4 sin x
√
dx
3 cos x − sin x
0
)
√
Z π(
√
6
( 3 cos x − sin x)0
=
−1 − 3 × √
dx
3 cos x − sin x
0
√
·
¸π
√
¯√
¯ 6
π
3
= −x − 3 log¯ 3 cos x − sin x¯
=− +
log 3
6
2
0
Z
°
3 ，°
4 を°
2 に代入して
π
6
− π3
···°
4
√
¯
¯
¯
¯
π
3
4
sin
x
¯√
¯
¯ 3 cos x − sin x ¯ dx = 6 + 2 log 3
109
別解 (1) の結果から
−
√
π
π
5 x 5 において
3 cos x − sin x > 0
3
6
ゆえに
Z
I=
π
6
− π3
Z
¯
¯
¯
¯
¯
¯ √ 4 sin x
¯ 3 cos x − sin x ¯ dx
Z π
6
4 sin x
4 sin x
√
√
=−
dx +
dx
3 cos x − sin x
3 cos x − sin x
− π3
0
Z π
Z 0
6
2 sin x
2 sin x
¢
¢ dx
¡
¡
=
dx
−
π
π
π sin x −
sin
x
−
−3
0
3
3
0
π
dt
とおくと
=1
3
dx
³
x − π3 → 0 → π6
√
π´
= sin t + 3 cos t
2 sin x = 2 sin t +
t − 23 π → − π3 → − π6
3
したがって
¶
¶
Z −π µ
Z −π µ
√ cos t
√ cos t
3
6
I=
dt −
dt
1 + 3·
1 + 3·
sin t
sin t
− 23 π
− π3
#− π3
"
#− π6
"
√
√
− t + 3 log | sin t|
= t + 3 log | sin t|
ここで，t = x −
µ
− 23 π
π √
1
+ 3 log √
6
3
√
π
3
log 3
= +
6
2
=
π
−
3
¶
− π3
110
解答 29 (2010 理系) 問題 (p.8) (1) f (x) = x 2−x を微分すると
f 0 (x) = 2−x − x 2−x log 2 = 2−x (1 − x log 2)
1
log 2
f (x) の増減は，次の表のようになる． y
f 0 (x) = 0 とすると x =
また
x
f 0 (x)
···
+
f (x)
%
1
log 2
0
極大
1
e log 2
···
−
&
1
e log 2 1
2
O
1
x
2
1
log 2
lim f (x) = −∞
x→−∞
lim f (x) = 0
x→∞
f (t) = f (t + 1) を解くと t 2−t = (t + 1)2−(t+1)
t < 1 のとき g(t) = f (t)
すなわち
ゆえに
t=1
g(t) = t 2−t
t = 1 のとき g(t) = f (t + 1) すなわち g(t) = (t + 1) 2−(t+1)
(
t 2`t
(t < 1)
よって
g(t) =
`(t+1)
(t + 1) 2
(t = 1)
(2) (1) の結果から
Z 2
Z 1
Z 2
−t
g(t) dt =
t 2 dt +
(t + 1) 2−(t+1) dt
0
Z0 1
Z1 3
t 2−t dt
=
t 2−t dt +
0
2
·
¸1 ·
¸3
t 2−t
t 2−t
2−t
2−t
= −
+ −
−
−
log 2 (log 2)2 0
log 2 (log 2)2 2
¾ ½
¾
½
1
1
1
1
+
+
+
= −
2 log 2 2(log 2)2
8 log 2 8(log 2)2
3
5
=−
+
8 log 2
8(log 2)2
111
解答 30 (2010 理系) 問題 (p.8) Z
³
π´
を x について微分すると
05x5
8
x
n
³π
´o ³ π
´0
0
f (x) = log4 1 + tan
−x ·
− x − log4 (1 + tan x)·(x)0
4³
n
´o 4
π
= − log4 1 + tan
− x − log4 (1 + tan x)
4
¾
½
tan π4 − tan x
− log4 (1 + tan x)
= − log4 1 +
1 + tan π4 tan x
2
= − log4
− log4 (1 + tan x)
1 + tan x
1
= − log4 2 = −
2
(1) f (x) =
(2)
π
−x
4
f
log4 (1 + tan t) dt
³π ´
8
Z
π
− π8
4
=
π
8
log4 (1 + tan t) dt = 0
上式および (1) の結果から
³π ´ Z x
f (x) = f
+
f 0 (t) dt
π
8
Z xµ 8 ¶
1
1³
π´
=0+
−
dt = − x −
π
2
2
8
8
よって
f (0) = −
π
π´
1³
0−
=
2
8
16
(3) (2) の結果から a1 = f (0) =
π
1
π
，an+1 = − an +
16
2
16
π
1³
π´
ゆえに
an+1 −
= − an −
24
2
24
o
n
π
1
π
は初項 a1 − ，公比 − の等比数列であるから
数列 an −
24
24
2
µ ¶n−1 ³
π
1
π´
an −
= −
a1 −
24
2
24
½
µ
¶ ¾
µ ¶n−1
π
1 n
π
π
1
よって
an =
+
=
1− −
−
24 48
2
24
2
112
解答 31 (2010 医) 問題 (p.8) Z
³
π´
を x について微分すると
05x5
8
x
n
³π
´o ³ π
´0
0
f (x) = log4 1 + tan
−x ·
− x − log4 (1 + tan x)·(x)0
4³
n
´o 4
π
= − log4 1 + tan
− x − log4 (1 + tan x)
4
¾
½
tan π4 − tan x
− log4 (1 + tan x)
= − log4 1 +
1 + tan π4 tan x
2
= − log4
− log4 (1 + tan x)
1 + tan x
1
= − log4 2 = −
2
(1) f (x) =
(2)
π
−x
4
f
log4 (1 + tan t) dt
³π ´
8
Z
π
− π8
4
=
π
8
log4 (1 + tan t) dt = 0
上式および (1) の結果から
³π ´ Z x
f (x) = f
+
f 0 (t) dt
π
8
Z xµ 8 ¶
1
1³
π´
=0+
−
dt = − x −
π
2
2
8
8
よって
f (0) = −
π
π´
1³
0−
=
2
8
16
(3) (2) の結果から a1 = f (0) =
π
1
π
，an+1 = − an +
16
2
16
π
1³
π´
ゆえに
an+1 −
= − an −
24
2
24
o
n
π
1
π
は初項 a1 − ，公比 − の等比数列であるから
数列 an −
24
24
2
µ ¶n−1 ³
π
1
π´
an −
= −
a1 −
24
2
24
½
µ
¶ ¾
µ ¶n−1
π
1 n
π
π
1
よって
an =
+
=
1− −
−
24 48
2
24
2
113
解答 32 (2010 医) 問題 (p.8) (1) f (x) = e−x (a sin px + b cos px) であるから
f 0 (x) = −e−x (a sin px + b cos px) + e−x (ap cos px − bp sin px)
= e−x {−(a + bp) sin px + (ap − b) cos px}
これが f 0 (x) = e−x sin px となるので
e−x {−(a + bp) sin px + (ap − b) cos px} = e−x sin px
ゆえに
e−x {−(a + bp + 1) sin px + (ap − b) cos px} = 0
すべての x に対して，上式は成立するので，x = 0,
ap − b = 0,
よって
a=−
1
1+
p2
π
を代入すると
2p
a + bp + 1 = 0
, b=−
p
1 + p2
別解 e−x sin px，e−x cos px を微分すると
(e−x sin px)0 = −e−x sin px + e−x ·p cos px
= −e−x sin px + pe−x cos px
(e−x cos px)0 = −e−x cos px + e−x (−p sin px)
= −pe−x sin px − e−x cos px
上の 2 式から
Ã
! Ã
!Ã
!
(e−x sin px)0
−1 p
e−x sin px
=
(e−x cos px)0
−p −1
e−x cos px
Ã
!
Ã
!−1
−1 p
−1 p
2 次の正方行列
は正則であるから，
を上式の両辺
−p −1
−p −1
に左からかけると
!
! Ã
!Ã
Ã
1
e−x sin px
(e−x sin px)0
−1 −p
=
1 + p2
e−x cos px
(e−x cos px)0
p −1
上式の (1,1) 成分から
µ
¶0
1
p
−x
−x
−
e sin px −
e cos px = e−x sin px
2
2
1+p
1+p
よって
a=−
1
p
,
b
=
−
1 + p2
1 + p2
114
(2) p =
1
とおくと (t 6= 0)，(1) の結果から
t
µ
¶0
t2 −x
x
t
x
x
−x
− 2
e sin − 2
e cos
= e−x sin
t +1
t
t +1
t
t
したがって
Z
t2
S(t) =
e−x sin
0
x
dx
t
¸t2
t2 −x
x
t
x
−x
= − 2
e sin − 2
e cos
t +1
t
t +1
t 0
2
³
´
t
t
2
2
=− 2
1 − e`t cos t
e`t sin t + 2
t +1
t +1
·
(3) (2) の結果から
2
2
S(t)
e−t
sin t
1
1 − e−t cos t
=
−
×
+
×
t3
t2 + 1
t
t2 + 1 (
t2
)
2
2
2
e−t
sin t
1
1 − e−t
e−t (1 − cos t)
=− 2
×
+ 2
+
t +1
t
t +1
t2
t2
( 2
)
2
e−t
sin t
1
e−t − 1
1
−
cos
t
2
=− 2
×
+ 2
+ e−t ×
t +1
t
t +1
−t2
t2
ここで
よって
2
eh − 1
e−t − 1
lim
= lim
=1
t→0
h→0
−t2
h
µ
¶2
sin t
1 − cos t
1
1
lim
= lim
×
=
2
t→0
t→0
t
1 + cos t
t
2
sin t
= 1,
lim
t→0 t
µ
¶
1
S(t)
1
lim 3 = −1 × 1 + 1 1 + 1 ×
=
t→0 t
2
2
115
解答 33 (2011 理系) 問題 (p.9) (1) 漸化式により
Z
Z
x
f1 (x) = 1 −
x
tf0 (t) dt = 1 −
t dt
0
1
= 1 − x2
Z2 x
Z
f2 (x) = 1 −
tf1 (t) dt = 1 −
0
0
x
0
1
0
=1−
2
¶
1 2
t 1 − t dt
2
1
= 1 − x2 + x4
8
Z2 x
Z
f3 (x) = 1 −
tf2 (t) dt = 1 −
1
µ
x
0
x2 +
1
8
1
x4 −
48
µ
¶
1 2 1 4
t 1 − t + t dt
2
8
x6
(2) (1) の結果から
µ
fn (x) − fn−1 (x) =
1
−
2
¶n
·
x2n
n!
· · · (∗)
と推測し，これを数学的帰納法により証明する．
［1］ n = 1 のとき，(1) の結果から (∗) が成り立つ．
［2］ n = k のとき，(∗) が成り立つ，すなわち
µ ¶k 2k
1
x
fk (x) − fk−1 (x) = −
·
2
k!
であると仮定すると
Z
fk+1 (x) − fk (x) = 1 −
Z
=−
x
µ
Z
x
tfk (t) dt − 1 −
0
x
¶
tfk−1 (t) dt
0
t(fk (t) − fk−1 (t))dt
Z x µ ¶k 2k
1
t
dt
=−
t· −
2
k!
0
µ ¶k+1 2(k+1)
1
x
= −
·
2
(k + 1)!
0
したがって，n = k + 1 のときも (∗) が成り立つ．
［1］,［2］から，n = 1 のすべて自然数 n について，(∗) が成り立つ．
116
(3) (1) の結果より
1
5
29
f1 (1) = , f2 (1) = , f3 (1) =
2
8
48
したがって，n = 1, 2, 3 のとき
1
5
5 fn (1) 5
2
8
· · · (∗∗)
が成り立つ．
(∗) より，n = 4 のとき
µ ¶n
µ ¶n
1
1
1 1
|fn (1) − fn−1 (1)| =
5
2
n!
4! 2
上式より
n
X
n
1 X
|fk (1) − fk−1 (1)| 5
4! k=4
k=4
<
(µ ¶
µ ¶k
µ ¶n )
3
1
1
1
1
=
−
2
4!
2
2
1
192
ここで
n
X
k=4
¯ n
¯
¯X
¯
¯
¯
|fk (1) − fk−1 (1)| = ¯ (fk (1) − fk−1 (1))¯ = |fn (1) − f3 (1)|
¯
¯
k=4
上の 2 式から
|fn (1) − f3 (1)| <
1
192
したがって，n = 4 のとき
1
1
< fn (1) < f3 (1) +
192
192
1
29
1
29
−
< fn (1) <
+
48 192
48 192
1
115
117
5
<
< fn (1) <
<
2
192
192
8
f3 (1) −
よって，n = 1 のとき，(∗∗) が成り立つ．
117
解答 34 (2011 理系) 問題 (p.9) (1) C : x2 + 4y 2 = 1 および直線 l : y = x + b を x 軸を元に y 軸方向に 2 倍に拡大し
た図形を，それぞれ，C 0 : x2 + y 2 = 1，l0 : y = 2x + 2b とする．C と l が異なる
2 つの交点をもつとき，C 0 と l0 は異なる 2 つの交点をもつから
√
√
5
5
|2b|
p
< 1 これを解いて −
<b<
2
2
22 + (−1)2
(2) C 0 と l0 の交点を A0 ，B0 とし，4PAB，4PA0 B0 の面積を，それぞれ，S ，S 0 と
すると，S 0 = 2S が成り立つ．S 0 が最大となるとき，S は最大となるから，S 0 を
最大にする b の値を求めればよい．
原点 O から l0 までの距離を d とすると
|2b|
d= √
5
√
√
2
5 − 4b2
√
A0 B0 = 2 12 − d2 =
5
S 0 を最大する b は，右の図から
y
B0
y = 2x
√4
5
d
O
0
A
P
2 x
1
C0
l0
√
5
2
の範囲で調べればよい．P から l0 に引いた垂線の長さを h とすると
√
2b
4
2b + 4
1
2
h = √ + √ = √ , S 0 = A0 B0 ·h = (b + 2) 5 − b2
2
5
5
5
5
p
√
1 0 1
1
S = S = (b + 2) 5 − 4b2 =
(b + 2)2 (5 − 4b2 )
2
5
5
したがって，関数
Ã
√ !
5
f (b) = (b + 2)2 (5 − 4b2 )
0<b<
2
0<b<
を最大にする b の値を求めればよい．
√
f 0 (b) = −2(b + 2)(8b2 + bb − 5)
5
に注意して f 0 (b) = 0 を解くと b =
0<b<
2
f (b) の増減は，右のようにな
る．よって，求める b の値は
√
14 − 2
b=
4
b
0
f (b)
f (b)
(0)
···
+
%
√
14 − 2
4
√
14−2
2
0
極大
···
−
&
(
√
5
2
)
118
解答 35 (2011 医) 問題 (p.9) (1) C : x2 + 4y 2 = 4 および直線 l : y = x + b を x 軸を元に y 軸方向に 2 倍に拡大し
た図形を，それぞれ，C 0 : x2 + y 2 = 4，l0 : y = 2x + 2b とする．C と l が異なる
2 つの交点をもつとき，C 0 と l0 は異なる 2 つの交点をもつから
√
√
|2b|
p
< 2 これを解いて − 5 < b < 5
22 + (−1)2
(2) C 0 と l0 の交点を A0 ，B0 とし，4PAB，4PA0 B0 の面積を，それぞれ，S ，S 0 と
すると，S 0 = 2S が成り立つ．S 0 が最大となるとき，S は最大となるから，S 0 を
最大にする b の値を求めればよい．
原点 O から l0 までの距離を d とすると
|2b|
d= √
5
√
√
4 5 − b2
0 0
2
2
√
AB =2 2 −d =
5
S 0 を最大する b は，右の図から
0<b<
√
y
B0
√4
5
d
0
A
y = 2x
P
2 x
O
l0
C0
5
の範囲で調べればよい．P から l0 に引いた垂線の長さを h とすると
√
2b
4
2b + 4
1
4
h = √ + √ = √ , S 0 = A0 B0 ·h = (b + 2) 5 − b2
2
5
5
5
5
p
√
1 0 2
2
S = S = (b + 2) 5 − b2 =
(b + 2)2 (5 − b2 )
2
5
5
したがって，関数
√
f (b) = (b + 2)2 (5 − b2 ) (0 < b < 5)
を最大にする b の値を求めればよい．
f 0 (b) = −2(b + 2)(2b2 + 2b − 5)
√
−1 + 11
0 < b < 5 に注意して f (b) = 0 を解くと b =
2
f (b) の増減は，右のようにな
√
−1+ 11
b
(0)
·
·
·
···
2
る．よって，求める b の値は
0
f (b)
+
0
−
√
−1 + 11
f (b)
%
極大
&
b=
2
√
0
√
( 5)
119
解答 36 (2011 医) 問題 (p.9) (1) R は，xy 平面上の放物線 y = x2 − x + 1 (0 5 x 5 2) 上を動く．
放物線と原点を通る直線 y = kx が接するときの k の値は，2 式から y を消去して
x2 − x + 1 = kx すなわち x2 − (k + 1)x + 1 = 0
この方程式の判別式および重解について，D = 0，x =
(k + 1)2 − 4·1·1 = 0, 0 5
k+1
52
2
k+1
であるから
2
y
3
k=1
したがって
よって，原点を通る直線 y = x は，点 (1, 1)
1
で接する．原点と点 (2, 3) を通る直線 y = 32 x
は，放物線との交点 ( 21 ,
3
4
3
) をもつから，求め
4
O
る面積を S とすると，右の図から
Z
Z
1
2
2
½
{(x − x + 1) − x}dx +
S=
Z
1
0
1
=
2µ
Z
(x − 1)2 dx −
x−
1
2
0
1
2
¶2
1
2
2 x
1
¾
3
2
x − (x − x + 1) dx
2
(x − 2) dx =
43
48
別解 (r = OR とする極座標による求積法)
x2
r = x + y = x (1 + tan θ) =
cos2 θ
2
y
x −x+1
1 dθ
1
tan θ = =
を x で微分して
·
=
1
−
x
x
cos2 θ dx
x2
2
2
2
2
2
上の 2 式から
r2 dθ = (x2 − 1) dx
右の図から，求める面積 S は
y
(注意：積分区間は，回転角の向きにとる)
Z
Z
1
1
2
r dθ +
r2 dθ
S=
2 C1
2 C2
Z
Z
43
1 2 2
1 0 2
=
(x − 1) dx +
(x − 1) dx =
2 1
2 12
48
C1
C2
O
1
2
1
(2) K は xy 平面に関して対称であるから，求める体積を V とすると
43
1 43
1
V = S·OP × 2 = · ·1 × 2 =
3
3 48
72
2 x
120
解答 37 (2012 理系) 問題 (p.10) ·
¸x
Z x
t
t
問 1 f (x) =
e (sin t + cos t)dt = e sin t
= ex sin x
0
Z
x
g(x) =
0
0
·
et (cos t − sin t)dt =
¸x
et cos t
= ex cos x − 1
0
Z
x
問 2 (1) f (x) =
Z
x
t
e (sin t + cos t)dt と g(x) =
0
et (cos t − sin t)dt をそれぞれ x で
0
微分すると
f 0 (x) = ex sin x + ex cos x
g 0 (x) = ex cos x − ex sin x
問 1 の結果から ex sin x = f (x)，ex cos x = g(x) + 1 を代入すると
f 0 (x) = f (x) + {g(x) + 1}
g 0 (x) = {g(x) + 1} − f (x)
これらを (n − 1) 回微分すると (n = 2)
f (n) (x)= f (n`1) (x) + g (n`1) (x)
g (n) (x)= −f (n`1) (x) + g (n`1) (x)
(2) (1) の結果から
{f (n) (x)}2 + {g (n) (x)}2
={f (n−1) (x) + g (n−1) (x)}2 + {−f (n−1) (x) + g (n−1) (x)}2
£
¤
=2 {f (n−1) (x)}2 + {g (n−1) (x)}2
したがって
£
¤
{f (n) (x)}2 + {g (n) (x)}2 = 2n−1 {f 0 (x)}2 + {g 0 (x)}2
さらに
{f 0 (x)}2 + {g 0 (x)}2 = (ex sin x + ex cos x)2 + (ex cos x − ex sin x)
= 2e2x
よって，上の 2 式より
{f (n) (x)}2 + {g (n) (x)}2 = 2n−1 ·2e2x = 2n e2x
(3) (2) の結果から
∞
X
n=1
∞
∞
X e2a
X
e2a
=
=
{f (n) (a)}2 + {g (n) (a)}2
2n e2a
n=1
n=1
µ ¶n
1
1
= 2
2
1−
1
2
=1
121
補足
n = 2 のとき，問 2(1) の結果から
! Ã
!Ã
!
Ã
f (n) (x)
1 1
f (n−1) (x)
=
g (n) (x)
−1 1
g (n−1) (x)
Ã
ここで，
Ã
f (n) (x)
g (n) (x)
Ã
また，
!
1 1
−1 1
0
f (x)
g 0 (x)
=
!
√
Ã
2
Ã
√
= ( 2)n−1
!
=
Ã
√
cos π4 sin π4
− sin π4 cos π4
Ã
2ex
f (n) (x)
g (n) (x)
!
であることから
cos π4 (n − 1) sin π4 (n − 1)
− sin π4 (n − 1) cos π4 (n − 1)
¢ !
¡
π
sin x + 4
¡
¢
であるから
cos x + π4
!
√
= ( 2)n ex
上式は，n = 1 のときも成立する．
Ã
¡
¢ !
sin x + n4 π
¡
¢
cos x + n4 π
!Ã
f 0 (x)
g 0 (x)
!
122
解答 38 (2012 理系) 問題 (p.10) 1
に tan θ = a を代入すると
cos2 θ
(1) 1 + tan2 θ =
1 + a2 =
1
cos2 θ
cos2 θ =
ゆえに
1
1 + a2
1
π
により，cos θ > 0 であるから cos θ = √
2
1 + a2
³
π´
(2) x > 0 に対して，次式を満たす θ 0 < θ <
をとる．
2
0<θ<
sin θ = √
x
1 + x2
1
であるから
1 + x2
√
sin t − x cos t = 1 + x2 sin(t − θ)
このとき，cos θ = √
したがって
Z
π
2
f (x) =
¯
¯
¯ sin t − x cos t ¯ dt
0
Z
√
= 1 + x2
π
2
¯
¯
¯ sin(t − θ)¯ dt
0
π
であるから
2
(Z
Z
θ
√
2
f (x) = 1 + x
{− sin(t − θ)} dt +
0<θ<
=
√
√
(·
1 + x2
0
)
sin(t − θ) dt
θ
¸θ
cos(t − θ)
·
+
0
1 + x2 (2 − sin θ − cos θ)
√
= 2 1 + x2 − x − 1
=
π
2
− cos(t − θ)
¸ π2 )
θ
123
(3) (2) の結果を微分すると
√
2x
2x
−
1 + x2
√
f 0 (x) = √
−1=
1 + x2
1 + x2
3x2 − 1
√
=√
1 + x2 (2x + 1 + x2 )
したがって，f (x) の増減表は，次のようになる．
x
0
f 0 (x)
f (x)
···
√1
3
···
−
0
極小
√
3−1
+
&
%
√
1
よって，x = √ のとき最小値 3 − 1 をとる．
3
別解
(2) により
√
1 + x2 =
1
,
cos θ
x = tan θ
ここで，g(θ) = f (x) とおくと
g(θ) =
2
− tan θ − 1
cos θ
g 0 (θ) =
2 sin θ − 1
cos2 θ
³
0<θ<
π´
2
したがって，g(θ) の増減表は，次のようになる．
θ
0
g (θ)
g(θ)
0
···
−
&
π
6
0
極小
√
3−1
また，x = tan θ により，θ =
···
+
π
2
%
π
1
のとき x = √
6
3
√
1
よって，x = √ のとき最小値 3 − 1 をとる．
3
124
解答 39 (2012 医) 問題 (p.10) (1) x の値に対して，次式を満たす θ (− π2 < θ < π2 ) をとる．
sin θ = √
ax
1 + a2 x2
1
であるから
1 + a2 x2
√
sin t − ax cos t = 1 + a2 x2 sin(t − θ)
このとき，cos θ = √
したがって
Z
f (x) =
π
2
¯
¯
¯ sin t − ax cos t ¯ dt
0
Z
√
2
2
= 1+a x
π
2
¯
¯
¯ sin(t − θ)¯ dt
0
i) x = 0 のとき，0 5 θ <
f (x) =
=
=
√
√
π
2
であるから
(Z
Z
θ
1 + a2 x2
π
2
{− sin(t − θ)} dt +
(·
sin(t − θ) dt
θ
0
1 + a2 x2
)
·
¸θ
+
cos(t − θ)
− cos(t − θ)
0
√
a2 x2 (2
1+
− sin θ − cos θ)
√
= 2 1 + a2 x2 − ax − 1
ii) x < 0 のとき，− π2 < θ < 0 であるから
f (x) =
√
Z
1+
π
2
a2 x2
sin(t − θ) dt
0
=
=
√
√
·
¸ π2
1 + a2 x2 − cos(t − θ)
0
1+
a2 x2
(− sin θ + cos θ)
= −ax + 1
( √
2 1 + a2 x2 − ax − 1 (x = 0)
i)，ii) より f (x) =
−ax + 1
(x < 0)
¸ π2 )
θ
125
(2) x < 0 で f (x) は単調減少．
x = 0 のとき
√
2a2 x
a(2ax − 1 + a2 x2 )
√
f (x) = √
−a=
1 + a2 x2
1 + a 2 x2
a(3a2 x2 − 1)
√
=√
1 + a2 x2 (2ax + 1 + a2 x2 )
0
したがって，f (x) の増減表は，次のようになる．
x
···
f 0 (x)
−
f (x)
&
0
1
···
√1
3a
···
−
0
極小
√
3−1
+
&
%
√
1
よって，x = √
のとき最小値 3 − 1 をとる．
3a
別解
x < 0 において，f (x) は単調減少であるから，x = 0 において，f (x) の最小値を
調べればよい．(1) により
√
1 + a 2 x2 =
1
,
cos θ
ax = tan θ
ここで，g(θ) = f (x) とおくと
g(θ) =
2
− tan θ − 1
cos θ
g 0 (θ) =
2 sin θ − 1
cos2 θ
³
05θ<
π´
2
したがって，g(θ) の増減表は，次のようになる．
θ
0
g (θ)
0
g(θ)
1
···
−
&
π
6
0
極小
√
3−1
また，ax = tan θ により，θ =
···
+
π
2
%
π
1
のとき x = √
6
3a
√
1
よって，x = √
のとき最小値 3 − 1 をとる．
3a
¥ (2012 医)
126
解答 40 (2013 理系・医) 問題 (p.11) (1) r = f (θ) とおくと，右の図から
(1 − r) sin
ゆえに
よって
(2) 0 <
θ
=r
2
1
···°
1
1−
θ
2
sin
r=
1 + sin 2θ
f (θ) =
r
r
θ
2
sin „2
1 + sin „2
θ
π
< であるから
2
2
sin
θ
θ
> 0，cos > 0
2
2
また，r > 0 であるから，°
1 より
1−r >0
°
1 の両辺を θ で微分すると
θ 1
θ
+ (1 − r) cos = r0
2 2
2
µ
¶
θ
1
θ
1 + sin
r0 = (1 − r) cos
2
2
2
−r0 sin
ゆえに
°
2 において，1 + sin
···°
2
θ
θ
> 0，1 − r > 0，cos > 0 であるから r0 > 0
2
2
さらに，°
2 の両辺を θ で微分すると
µ
¶
1 0
θ
θ
1
θ
r cos + 1 + sin
r00 = − r0 cos
2
2
2
2
2
µ
¶
½
θ
θ
00
ゆえに
1 + sin
r = − r0 cos +
2
2
1
θ
− (1 − r) sin
4
2
¾
1
θ
(1 − r) sin
4
2
θ
θ
上式において r0 > 0，1 − r > 0，sin > 0，cos > 0 であるから r00 < 0
2
2
π
θ
r0 > 0，r00 < 0
したがって
0 < < において
2
2
よって
0 < θ < π の範囲で，f (θ) は単調増加，f 0 (θ) は単調減少．
127
(3) x =
θ
とおくと
2
Z
π
2
θ
x
dθ
=2
dx
Z
π
2
f (θ) dθ =
π
3
→
→
sin 2θ
dθ = 2
1 + sin 2θ
π
3
Z
π
4
=2
Z
π
3
π
6
π
6
Z
π
2
π
4
π
4
π
6
sin x
dx
1 + sin x
sin x(1 − sin x)
dx
(1 + sin x)(1 − sin x)
π
4
cos2 x + sin x − 1
dx
2x
π
cos
6
¶
Z πµ
4
sin x
1
=2
1+
−
dx
2x
2x
π
cos
cos
6
·
¸ π4
1
=2 x+
− tan x
cos x
π
√6
√
π
2 3
= −2+2 2−
6
3
=2
解答 41 (2014 理系・医) 問題 (p.127) (1) cos θ − sin θ = a sin θ cos θ (0 < θ < π)
· · · (∗)
π
1
1
0 < θ < のとき，sin θ cos θ 6= 0 であるから a =
−
2
sin θ cos θ
1
1
f (θ) =
−
とおくと
sin θ cos θ
f 0 (θ) = −
0<θ<
cos θ
sin θ
−
2
sin θ cos2 θ
π
において，f 0 (θ) < 0 であるから，f (θ) は単調減少．
2
lim f (θ) = ∞,
θ→+0
よって，0 < θ <
(2) θ =
lim f (θ) = −∞
θ→ π2 −0
π
において，f (θ) = a をみたす θ はただ 1 つ存在する．
2
π
π
は，(∗) の解ではない． < θ < π のとき
2
2
sin3 θ + cos3 θ
(sin θ + cos θ)(1 − sin θ cos θ)
=−
2
2
sin θ cos θ
sin¶2 θ cos2 θ
µ
´
³
√
1
π
· 1 − sin 2θ
2 sin θ +
4
2
=−
2
2
sin θ cos θ
f 0 (θ) = −
128
f (θ) の増減表は次のようなる．
( π2 ) · · ·
−
&
θ
0
f (θ)
f (θ)
3
π
4
···
0
+
√
2 2 %
lim f (θ) = ∞,
(π)
√
2 2
lim f (θ) = ∞
θ→ π2 +0
y
θ→π−0
O
π
4
π
2
3
π
4
π
θ
(1) および上の結果から，y = f (θ) のグ
ラフは右のようになる．
y = f (θ) と y = a の共有点の個数が，
(∗) の解の個数であるから

√

< 2 2のとき 1 個
 0 < a√
a = 2 2のとき
2個

 2√2 < a のとき
3個
解答 42 (2014 医) 問題 (p.11) (1) f (x) =
log x
とおくと
x
f 0 (x) =
1 − log x
x2
f (x) の増減表は，次のようになる．
x
f (x)
f (x)
(0)
0
···
+
%
e
0
1
e
···
−
&
正の実数 a，b，c について
f (a) + f (b) + f (c) 5 3f (e) =
したがって
3
3
<
< 2 × 0.6 < 2 log 2 = log 4
e
2.7
log a log b log c
+
+
< log 4
a
b
c
(2) a，b，c，d は自然数であるから
abc bca cab = dabc
· · · (∗)
の両辺の自然対数をとると
bc log a + ca log b + ab log c = abc log d
129
log a log b log c
+
+
= log d
a
b
c
ゆえに
d = 3 であるから，上式および (1) の結果から d = 3
(1) の増減表から f (1) < f (2), f (3) > f (4) > f (5) > · · ·
また
f (2) =
log 2
3 log 2
log 8
=
=
，
2
6
6
f (3) =
log 3
2 log 3
log 9
=
=
3
6
6
f (1) < f (2) < f (3) > f (4) > f (5) > · · ·
ゆえに
log a
log 3 log b
log 3 log c
log 3
5
,
5
,
5
a
3
b
3
c
3
log a log b log c
+
+
5 log 3
a
b
c
したがって
上式において，等号が成り立つ a，b，c を求めればよい．
よって
a=b=c=3
解答 43 (2014 理系) 問題 (p.11) (1) y = eax より y 0 = aeax
y
C 上の点 (t, eat ) における接線の方程式は
at
C l
e
at
y − e = ae (x − t)
ゆえに
y = aeat x + (1 − at)eat
1
これが原点を通るから
1
1 − at = 0 ゆえに t =
a
l の方程式は
1
a
y = aex
Z
よって
O
1
a
V1 = π
0
·
¸ a1
π
πe2
1 2 1
2ex
−
(e ) dx − ·πe · =
e
3
a
2a
3a
0
ax 2
π(e2 − 3)
π(e2 − 1) πe2
=
−
=
2a
3a
6a
x
130
1
log y
a
µ ¶2
Z
1
1
π e
V2 = ·π
e− 2
(log y)2 dy
3
a
a 1
·
¸e
πe
π
2
= 2 − 2 y{(log y) − 2 log y + 2}
3a
a
1
(2) y = eax より x =
よって
2π(3 − e)
π(e − 2)
πe
−
=
3a2
a2
3a2
·
µ
¶
¸1
x
1
ae 3 a
2π(3 − e)
ax
ax
x(e − aex) dx = 2π e
− 2 − x
=
a a
3
3a2
0
=
Z
1
a
別解 V2 = 2π
0
¶
バウムクーヘン型求積法
³
a 5 x 5 b の範囲で f (x) = 0 のとき，y = f (x) のグラフと x 軸および 2 直
線 x = a，x = b で囲まれた部分を y 軸のまわりに 1 回転してできる立体の
体積 V は
Z b
V = 2π
xf (x) dx
a
µ
´
(3) (1)，(2) の結果を V1 = V2 に代入して
π(e2 − 3)
2π(3 − e)
=
6a
3a2
よって
a=
4(3 − e)
e2 − 3
解答 44 (2014 医) 問題 (p.12) (1)
1
sin2 x + cos2 x
1
=
= tan x +
より
sin x cos x
sin x cos x
tan x
³
1
π´
0<x<
y = tan x +
tan x
2
とおく．上式と y = a から y を消去すると
tan x +
1
= a ゆえに
tan x
tan2 x − a tan x + 1 = 0
· · · (∗)
この方程式の解が α，β であるから (α < β)，a > 2 に注意して
tan α =
a−
√
a2 − 4
2
,
tan β =
a+
√ 2
a −4
2
131
(2) (∗) の解と係数の関係により，tan α tan β = 1
y
に注意すると，求める面積 S は，
Z β
Z β
a
1
1
1
S=
dx =
· 2 dx
α sin x cos x
α tan x cos x
·
¸β
Z β
2
0
(tan x)
=
dx = log tan x
tan x
α
α
π
O α
tan β
4
2
= log
= log tan β
tan α √
a + a2 − 4
= 2 log
2
√
(3) tan α tan β = 1，tan β − tan α = a2 − 4 より，求める体積 V は
β
Z β
1
sin2 x + cos2 x 1
dx
=
· 2 dx
2
2
cos x
sin2 x
α sin x cos x
α
¶
¾
Z βµ
Z β½
1
(tan x)0
0
0
=
1+
(tan x) dx =
(tan x) +
dx
tan2 x
tan2 x
α
α
¸β µ
¶ µ
¶
·
1
1
1
= tan β −
− tan α −
= tan x −
tan x α
tan β
tan α
√
= (tan β − tan α) − (tan α − tan β) = 2(tan β − tan α) = 2 a2 − 4
V
=
π
よって
Z
x
π
2
β
√
V = 2π a2 − 4
解答 45 (2001) 問題 (p.12) (1) S が偶数になるのは，3 枚が偶数または 1 枚が偶数で 2 枚が奇数の場合である．
したがって，S が 2 の倍数になる確率は
6 C3
236
+ 6 C1 ·9 C2
20 + 6 × 36
=
=
455
455
15 C3
(2) 3 で割った余りが 0 となる数の札が 3 枚，1 となる数の札が 5 枚，2 となる数の札が
7 枚あり，S が 3 の倍数となる余りの組み合わせは (0, 0, 0)，(1, 1, 1)，(2, 2, 2)，
(0, 1, 2) である．したがって，S が 3 の倍数になる確率は
151
1 + 5 C3 + 7 C3 + 3 C1 ·5 C1 ·7 C1
1 + 10 + 35 + 105
=
=
455
455
15 C3
132
解答 46 (2002) 問題 (p.12)
an 5 9 となる確率を pn とする．
［1］ n = 1 のとき
すべての X1 に対して a1 = X1 5 9 であるから
p1 = 1
［2］ n = 2 のとき
1 の目が 2 回出るのは，1 通り
1 の目が 1 回だけ出るのは，残りの目が 1 以外で 5 × 2 C1 (通り)
1 の目が出ないのは，次の 6 通り
(X1 , X2 ) = (2, 2), (2, 3), (3, 2), (2, 4), (4, 2), (3, 3)
したがって
p2 =
1 + 5 × 2 C1 + 6
17
=
2
6
36
［3］ n = 3 のとき，1 以外の目が出る回数は 3 回以内であることに注意して
1 の目が n 回出るのは，1 通り
1 の目が (n − 1) 回だけ出るのは，残りの目が 1 以外で 5 × n C1 (通り)
1 の目が (n − 2) 回だけ出るのは，残りの目が次の組合せで 6 × n C2 (通り)
(2, 2), (2, 3), (3, 2), (2, 4), (4, 2), (3, 3)
1 の目が (n − 3) 回だけ出るのは，残りの目が (2, 2, 2) で
したがって
n C3
(通り)
1
(1 + 5 × n C1 + 6 × n C2 + n C3 )
6n ½
¾
1
n(n − 1)(n − 2)
= n 1 + 5n + 3n(n − 1) +
6
6
1
= n+1 (n3 + 15n2 + 14n + 6)
···°
1
6
pn =
°
1 は，n = 1，n = 2 のときも成り立つので
1
pn = n+1 (n3 + 15n2 + 14n + 6)
6
133
解答 47 (2003) 問題 (p.12) (1) 6 枚から 2 枚取り出す方法は
6 C2
=
6·5
= 15 (通り)
2·1
m = n となるのは，(m, n) = (1, 1), (2, 2), (3, 3) の 3 通り
よって，求める確率は
1
3
=
15
5
(2) 点 (m, n) から直線 y = x + c (x − y + c = 0) までの距離を d とすると
|m − n + c|
|m − n + c|
√
=
d= p
2
12 + (−1)2
よって
1
S = d2 = (m − n + c)2
2
m − n = 1 となるのは，(m, n) = (2, 1), (3, 2) で，その確率は
2×2 2×2
8
+
=
15
15
15
m − n = 2 となるのは，(m, n) = (3, 1) で，その確率は
2×2
4
=
15
15
よって，(1) および上の結果から，S の期待値 E は
1 1
8
1
4
1
+ (2 + c)2 ×
E = c2 × + (1 + c)2 ×
2
5 2
15 2
15
1
=
(15c2 + 32c + 24)
30
(3) (2) の結果から
1
E=
2
µ
16
c+
15
¶2
+
52
225
よって，期待値 E が最小となる c の値は
c=−
16
15
134
解答 48 (2005) 問題 (p.12) (1) X = 1 から X = 4 までのそれぞれの確率の和は 1 であるから
2a + b + b + a = 1 これを b について解くと b =
また，a = 0，b = 0 に注意して
b=
1 − 3a
2
1 − 3a
2
µ
¶
1
05a5
3
(2) ともに 1 である確率は (2a)2 = 4a2
¶2
µ
1
1 − 3a
1
1
ともに 2 以下である確率は (2a + b) = 2a +
= a2 + a +
2
4
2
4
2
ともに 3 以下である確率は
(1 − a)2 = a2 − 2a + 1
ゆえに
P (Z = 1) = 4a2
µ
¶
1 2 1
1
15
1
1
P (Z = 2) =
a + a+
− 4a2 = − a2 + a +
4
2
4
4
2
4
¶
µ
1 2 1
1
3
5
3
a + a+
= a2 − a +
P (Z = 3) = (a2 − 2a + 1) −
4
2
4
4
2
4
P (Z = 4) = 1 − (a2 − 2a + 1) = −a2 + 2a
よって，m は
m=
4
X
k·P (Z = k)
k=1
µ
¶
µ
¶
¡
¢
15 2 1
1
3 2 5
3
= 1·4a + 2 − a + a +
+3
a − a+
+ 4 −a2 + 2a
4
2
4
4
2
4
µ
¶
21
3
11
1
= − a2 + a +
05a5
4
2
4
3
2
(3) したがって，(2) の結果から
21
m=−
4
µ
1
a−
7
よって，m は，a =
1
7
¶2
20
+
7
µ
¶
1
05a5
3
で最大となる．
135
解答 49 (2006) 問題 (p.13) µ
¶2
1
1
(1) y = ax + 2x − b = a x +
− −b
a
a
1
a > 0 であるから 最小値は − − b
a
1
1
条件より − − b < −5 すなわち 5 − b <
a
a
1
0 < 5 1 であり，5 − b は整数であるから
a
2
5 − b 5 0 ゆえに b = 5, 6
また，a は 1，2，3，4，5，6 の 6 通りある．
1
6×2
=
62
3
よって
(2) f (x) = ax2 + 2x − b とおくと
y
f (0) = −b < 0
a > 0 かつ f (0) < 0 より f (1) < 0 を満たせ
ばよいから
f (1) = a + 2 − b < 0 より b > a + 2
O
1
−b
これを満たすのは，
(a, b) = (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 5), (2, 6), (3, 6)
の 6 通り．
よって
1
6
=
2
6
6
(3) 2 式より ax2 + 2x − b = bx2
すなわち
(a − b)x2 + 2x − b = 0
条件を満たすのは，a − b 6= 0 かつ 判別式 D > 0 のときであるから
D/4 = 1 + b(a − b) > 0 より b(b − a) < 1
b(b − a) は整数で，a − b 6= 0 であるから
b(b − a) < 0 ゆえに b < a
b < a を満たす a，b の組は 6 C2 通りあるから，求める確率は
6 C2
62
=
5
12
x
136
解答 50 (2007) 問題 (p.13) (1) P が点 (2, −3) の位置にいるためには，x 軸方向に 2 回以上，y 軸方向に 3 回以上
移動しなければならない．したがって，さいころを 5 回投げてこの位置にいるた
めには x 軸方向に 1 だけ進む移動を 2 回，y 軸方向へ −1 だけ進む移動を 3 回行
うことになる．すなわち，さいころを 5 回投げて，1 または 2 の目が出る回数が
2 回，6 の目が出る回数が 3 回である確率を求めればよい．
µ ¶2 µ ¶3
5
1
2
=
5 C2
6
6
972
(2) x 軸方向のみを移動して P が原点にいるためには，x 軸方向に 1 だけ進む回数と
x 軸方向へ −1 だけ進む回数が等しい．したがって n が奇数のときのときは，求
n
める確率は 0 である．n が偶数のとき，m = とおくと，求める確率は
2
µ ¶m µ ¶m
(2m)!
2
1
=
2m Cm
6
6
(m!)2 ·18m
ゆえに，m を自然数とすると，求める確率は
(2m)!
n = 2m − 1 のとき 0，
n = 2m のとき
(m!)2 ·18m
(3) さいころを 2 回投げたとき，点 P の座標は
x 座標が −2 のとき (−2, 0)
x 座標が −1 のとき (−1, 1), (−1, −1)
x 座標が 0 のとき
(0, 2), (0, 0), (0, −2)
x 座標が 1 のとき
(1, 1), (1, −1)
x 座標が 2 のとき
(2, 0)
y
2
1
−1
−2
O
−1
−2
となる．ゆえにそれぞれの確率は
µ ¶2
1
1
x 座標が −2 のとき
=
6
36
1 2
1 1
6
x 座標が −1 のとき 2 C1 × × + 2 C1 × × =
6 6
6 6
36
µ ¶2
µ ¶2
2 1
1
13
2
+ 2 C1 × × × 2 +
=
x 座標が 0 のとき
6
6 6
6
36
2 2
2 1
12
x 座標が 1 のとき
× + 2 C1 × × =
2 C1 ×
6 6
6 6
36
µ ¶2
4
2
=
x 座標が 2 のとき
6
36
したがって，点 P の x 座標の期待値は
(−2) ×
1
6
13
12
4
1
+ (−1) ×
+0×
+1×
+2×
=
36
36
36
36
36
3
1
2 x
137
解答 51 (2009 理系・医) 問題 (p.13) (1) y = px2 ，y = qx + 1 から y を消去すると
px2 − qx − 1 = 0
···°
1
この 2 次方程式の判別式を D とすると
D = (−q)2 − 4·p·(−1) = q 2 + 4p
p > 0 より D > 0 となり，2 次方程式 °
1 は異なる 2 つの実数解をもつ．
その解を α，β とすると (α < β)，解と係数の関係により
q
1
α + β = , αβ = −
p
p
p > 0 より αβ < 0 であるから，A，B の x 座標はそれぞれ α，β となる．
線分 AB の中点の y 座標は，上の第 1 式から
q×
α+β
q
q2
+1=q×
+1=
+1
2
2p
2p
これが 2 より小さいので
q2
+ 1 < 2 すなわち
2p
q2
<p56
2
上式より，q 5 3 であるから
q = 1 のとき 1 5 p 5 6
q = 2 のとき 3 5 p 5 6
q = 3 のとき 5 5 p 5 6
よって，求める確率は
の 6 通り
の 4 通り
の 2 通り
1
6+4+2
=
62
3
138
(2) A の x 座標 α は 2 次方程式 °
1 の負の解で
あるから
p
q − q 2 + 4p
α=
···°
2
2p
これが有理数となるは，q 2 + 4p が平方数
のときである．
p
q
1
2
3
4
5
6
1
5
8
13
20
29
40
2
9
12
17
24
33
44
3
13
16
21
28
37
48
4
17
20
25
32
41
52
5
21
24
29
36
45
56
6
25
28
33
40
49
60
q 2 + 4p の値は右の表のようなる．
したがって条件をみたす (p, q) の組は，次の 6 組である．
(p, q) = (2, 1), (3, 2), (4, 3), (5, 4), (6, 1), (6, 5)
1
6
=
62
6
よって，求める確率は
(3) A(α, qα + 1) および °
2 から，直線 AO の傾きは
q−
qα + 1
1
2p
p
=q+ =q+
=
α
α
q − q 2 + 4p
p
q 2 + 4p
2
A，B を通る直線の方程式から，直線 AB の傾きは q
直線 AO および直線 AB の方向ベクトルをそれぞれ
Ã
!
p
q − q 2 + 4p
~u = 1,
，~v = (1, q)
2
とおくと，∠OAB は ~u と ~v のなす角である．∠OAB が 90◦ より大きくなるとき，
~u·~v < 0 であるから
p
q − q 2 + 4p
1·1 +
·q < 0
2
p
ゆえに
2 + q 2 < q q 2 + 4p
上式の両辺がともに正であることに注意して，両辺を平方して整理すると
p>1+
したがって
q = 1 のとき
1
q2
3 5 p 5 6 の 4 通り
2 5 q 5 6 のとき 2 5 p 5 6 の 5 通り
よって，求める確率は
29
4+5×5
=
2
6
36
139
解答 52 (2010 医) 問題 (p.13) (1) 取り出した赤球の総数が 2 であるのは，次［1］,［2］の場合である．
［1］ 1 回目に赤球 2 個を取り出し，箱の中には赤球 2 個，白球 6 個が残り，2 回
目にこの箱から白球 2 個を取り出す場合で，その確率は
4 C2
10 C2
×
6 C2
8 C2
=
6
15
1
×
=
45 28
14
［2］ 1 回目に赤球，白球をそれぞれ 1 個ずつ取り出し，箱の中には赤球 3 個，白
球 5 個が残り，2 回目に赤球 1 個を取り出す場合で，その確率は
4 C1
× 6 C1 3
4×6 3
1
× =
× =
8
45
8
5
10 C2
［1］,［2］は互いに排反であるから，求める確率は
19
1
1
+ =
14 5
70
(2) 取り出した赤球の総数が，取り出した白球の総数をこえるのは，上の［2］と次
の［3］の場合である．
［3］ 1 回目に赤球を 2 個取り出し，2 回目に取り出した球が 2 個とも赤球，また
は，赤球と白球が 1 個ずつの場合で，その確率は
4 C2
10 C2
×
2 C2
+ 2 C1 × 6 C1
6
1+2×6
13
=
×
=
45
28
210
8 C2
［2］,［3］は互いに排反であるから，求める確率は
11
1
13
+
=
5 210
42
140
解答 53 (2011 理系) 問題 (p.14) (1) 2 次不等式 x2 + ax + b > 0 の係数について，D = a2 − 4b とおくと，P が実数全
体となるのは，D < 0 のときであるから
a2 − 4b < 0 すなわち
a2
<b56
4
上式より，a 5 4 であるから
a = 1 のとき
a = 2 のとき
a = 3 のとき
a = 4 のとき
よって，求める確率は
15b56
25b56
35b56
55b56
の 6 通り
の 5 通り
の 4 通り
の 2 通り
17
6+5+4+2
=
2
6
36
a
5
Q ⊂ P となる事象の個数について D の符号により場合分けを行う．
(2) Q は x = −
［1］ D < 0 のとき，Q ⊂ P が成り立ち，(1) の結果により 17 通り
［2］ D = 0 のとき，f (x) = x2 + ax + b とおくと
³
a ´2
a2
f (x) = x +
+b−
2
4
a
a
− <−
2
5
y = f (x) のグラフから，f (− a5 ) > 0 を満
たせばよいから
a > 0 から
b−
4a2
>0
25
a2 − 4b = 0 に注意して
b
− a2
2
2
a
4a
<b5
25
4
これをみたす (a, b) の組は，次の 7 通り
(2, 1), (3, 2), (4, 3), (4, 4) (5, 5), (5, 6), (6, 6)
［1］,［2］より，求める確率は
y
y = f (x)
2
17 + 7
=
2
6
3
− a5
Ox
141
a
5
Q ⊂ P となる事象の個数について D の符号により場合分けを行う．
別解 Q は
x=−
［1］ D < 0 のとき，Q ⊂ P が成り立ち，(1) の結果により 17 通り
［2］ D = 0 のとき，P は
√
√
−a − a2 − 4b −a + a2 − 4b
x<
,
<x
2
2
Q ⊂ P となるための条件は
√
−a + a2 − 4b
a
<−
2
5
両辺を平方して整理すると
a2 − 4b = 0 に注意して
すなわち
√
5 a2 − 4b < 3a
4a2 − 25b < 0
4a2
a2
<b5
25
4
これをみたす (a, b) の組は，次の 7 通り
(2, 1), (3, 2), (4, 3), (4, 4) (5, 5), (5, 6), (6, 6)
［1］,［2］より，求める確率は
2
17 + 7
=
62
3
142
解答 54 (2011 医) 問題 (p.14) x5 − x = x(x2 + 1)(x2 − 1)
(1)
= x{(x2 − 4) + 5}(x2 − 1)
= (x − 2)(x − 1)x(x + 1)(x + 2) + 5(x − 1)x(x + 1)
(x − 2)(x − 1)x(x + 1)(x + 2) は連続する 5 整数の積で 5! の倍数，5(x − 1)x(x + 1)
は 5·3! の倍数であるから，x5 − x は 30 の倍数である．
別解 2 項定理により
5
5
5
(a + b) − a − b =
4
X
5−j j
b
5 Cj a
j=1
5 Cj
(1 5 j 5 4) は 5 の倍数であるから，a，b が整数であるとき，上式は 5 の倍
数である．k が整数のとき，a = k − 1，b = 1 とし，数列 {ak } を
ak = k 5 − (k − 1)5 − 1
とおく．この数列の初項から第 n 項までの和を求めると
n
X
ak = n5 − n
k=1
ak は 5 の倍数であるから，自然数 n について，n5 − n は 5 の倍数である．
また，負の整数 m について，m = −n とすると
m5 − m = (−n)5 − (−n) = −(n5 − n)
したがって，上式は 5 の倍数である．
x = 0 のとき，x5 − x が 5 の倍数であることは明らか．以上のことから，x が整
数であるとき，x5 − x は 5 の倍数である．次に
x5 − x = (x − 1)x(x + 1)(x2 + 1)
であるから，上式は連続する 3 数の積を因数にもち，2 × 3 の倍数である．
よって，x5 − x は 2 × 3 × 5，すなわち，30 の倍数である．
(2)
x5 y − xy 5 = y(x5 − x) − x(y 5 − y)
(1) の結果により x，y が整数のとき，x5 − x，y 5 − y は 30 の倍数であるから，上
式は，30 の倍数である．
143
解答 55 (2012 医) 問題 (p.14) (1) (n − 4) 個の 1 と 4 個の −1 を並べる順列の総数であるから
1
n!
=
n(n − 1)(n − 2)(n − 3) (通り)
(n − 1)!4!
24
(2) b1 + b2 + · · · + bn が最大となるのは，{an } において −1 が連続して偶数回並ぶ場
合であり，このとき，数列 {bn } は n − 2 個の 1 と 2 個の −1 からなる．したがっ
て，求める最大値は
(n − 2)·1 + 2·(−1) = n − 4
b1 + b2 + · · · + bn が最小となるのは，{an } において a1 = an = −1 であり，残り
の 2 つの −1 が連続して並ぶ場合であり，このとき，数列 {bn } は n − 2 個の −1
と 2 個の 1 からなる．したがって，求める最小値は
(n − 2)·(−1) + 2·1 = −n + 4
(3) b1 + b2 + · · · + bn が最大となるのは，{an } において −1 が連続して偶数回並ぶ場
合であるから，連続する 2 つの −1 をひとまとめにしたものを c とする．このと
き，n − 4 個の 1 と 2 個の c を並べる順列の総数であるから
1
(n − 2)!
= (n − 2)(n − 3) (通り)
(n − 4)!2!
2
b1 + b2 + · · · + bn が最小となるのは，{an } において a1 = an = −1 であり，2 つ
の −1 が連続して並ぶ場合であるから，連続する 2 つの −1 をひとまとめにした
ものを d とする．このとき，n − 4 個の 1 と 1 個の d を並べる順列の総数である
から
(n − 3)!
= n − 3 (通り)
(n − 4)!1!
144
解答 56 (2013 医) 問題 (p.14) (1) A 君が k (1 5 k 5 n) 回目に勝つ確率は
(1 − p)k−1 (1 − q)k−1 p
条件より，0 < p < 1，0 < q < 1 であるから
(1 − p)(1 − q) 6= 1
よって，求める確率は
n
X
p{1 − (1 − p)n (1 − q)n }
k−1
k−1
(1 − p) (1 − q) p =
1 − (1 − p)(1 − q)
k=1
(2) B 君が k (1 5 k 5 n) 回目に勝つ確率は
(1 − p)k (1 − q)k−1 q
(1) と同様に，B の勝つ確率は
n
X
q(1 − p){1 − (1 − p)n (1 − q)n }
(1 − p)k (1 − q)k−1 q =
1 − (1 − p)(1 − q)
k=1
A 君の勝つ確率が B 君の勝つ確率よりも大きくなるのは，上式および (1) の結果
から
p > q(1 − p)
このとき，p + q 5 1 に注意して
p，q は
q
<p51−q
1+q
j
(j = 1, 2, 3, 4, 5) であるから
6
(i) q =
(ii) q =
(iii) q =
(iv) q =
(v) q =
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
のとき
のとき
のとき
のとき
のとき
1
5
<p5
7
6
1
4
<p5
4
6
1
3
<p5
3
6
2
2
<p5
5
6
5
1
<p5
11
6
1
p= ,
6
2
ゆえに p = ,
6
3
ゆえに p =
6
ゆえに
ゆえに
ゆえに
6 C1
5 Ck
+ 6 C2
k=1
5
4
X
4 Ck
p は存在しない
+ 6 C3 × 3 C3
k=2
4
3 4 5
, ,
6 6 6
4
6
p は存在しない
よって，求める (X, Y ) の組の総数は
5
X
2
,
6
3
,
6
=6(2 − 1) + 15(2 − 1 − 4) + 20 × 1 = 371
145
解答 57 (2001) 問題 (p.15) −−→
−−→
(1) OP1 = (1, 1)，OPn = (n, 1) であるから
−−→ −−→
OP1 ·OPn = n + 1,
y
−−→
|OPn |2 = n2 + 1
したがって
P1
¡−−→ −−→¢
OP1 ·OPn −−→
−−−→ −−→
Qn P1 = OP1 −
OPn
−−→
|OPn |2
n+1
= (1, 1) − 2
(n, 1)
n +1
µ
¶
1 − n n2 − n
=
,
n2 + 1 n2 + 1
−→ −→
(2) OP1 ，OPn のなす角を αn とすると
−→ −→
OP1 ·OPn
n+1
cos αn = −→ −→ = √ √
2 n2 + 1
|OP1 ||OPn |
また
O
θn
Qn
αn
(n + 1)2
(n − 1)2
=
2(n2 + 1)
2(n2 + 1)
n−1
sin αn = p
2(n2 + 1)
sin2 αn = 1 − cos2 αn = 1 −
sin αn > 0 であるから
θn = 90◦ − αn であるから
cos θn = cos(90◦ − αn ) = sin αn = p
(3)
tan2 αn =
n−1
2(n2 + 1)
1
2(n2 + 1)
(n − 1)2
−
1
=
−
1
=
cos2 αn
(n + 1)2
(n + 1)2
0 < αn < 90◦ であるから tan αn > 0 より
tan αn =
θn = 90◦ − αn であるから
tan θn = tan(90◦ − αn ) =
n+1
1
=
tan αn
n−1
tan θn < 1.01 をみたす最小の n は
n+1
< 1.01 ゆえに n > 201
n−1
したがって，これをみたす最小の n は
202
n−1
n+1
Pn
x
146
¶
解説
³
−→ −→
OA と OP のなす角を θ とし，単位ベク
トル ~e を
−→
OA
~e = −→
|OA|
O
···°
1
P
θ
Q
~e
A
とすると，P から OA に下ろした垂線の足 Q について
−→
−→
OQ = (|OP| cos θ)~e
···°
2
−→ −→
OP·OA
また，cos θ = −→ −→ であるから
|OP||OA|
−→ −→
−→
OP·OA
|OP| cos θ = −→
|OA|
¡−→ −→¢
OP·OA −→
−→
これと °
1 を°
2 に代入すると
OQ =
OA
−→
|OA|2
¡−→ −→¢
OP·OA −→
−→ −→ −→ −→
よって
QP = OP − OQ = OP − −→
OA
|OA|2
µ
´
解答 58 (2010 理系) 問題 (p.15) −→
−→ −→
−→
(1) s OA − t OX⊥t OA − s OX より
−→
−→
−→
−→
(s OA − t OX)·(t OA − s OX) = 0
であるから
−→
−→ −→
−→
st|OA|2 − (s2 + t2 )OA·OX + st|OX|2 = 0
−→
−→
|OA| = 1，|OX| = 1，∠POR = θ より s = cos θ，t = sin θ
これらを上式に代入して
−→ −→
cos θ sin θ·12 − (cos2 θ + sin2 θ)OA·OX + cos θ sin θ·12 = 0
よって
−→ −→
OA·OX = 2 sin θ cos θ = sin 2θ
−→ −→
(2) OA，OX のなす角を α とすると
−→ −→
−→ −→
OA·OX = |OA||OX| cos α = cos α
³π
´
上式および (1) の結果から cos α = cos
− 2θ
2
···°
1
147
π
π
であるから 0 5 α 5
6
6
π
π
0 < − 2θ <
2
2
π
α = − 2θ · · · °
4
2
π
π
0 5 − 2θ 5
2
6
X が弧 AP 上にあるとき ∠POA =
0<θ<
π
···°
3 より
4
したがって，°
1 から
°
4 を°
2 に代入して
これを °
3 に注意して解くと
π
6
5θ<
π
4
y
1
Q
α
O
R(cos θ, sin θ)
A(cos π6 , sin π6 )
X
P
x
1
´
π
π ³π
π
−α= −
− 2θ = 2θ −
6
6
2
3
´
³
π
π
= −θ
ゆえに ∠ROX = ∠POR − ∠POX = θ − 2θ −
3
3
1
したがって 4ROX = OX·OR sin ∠ROX
2
³π
´
1
= ·1·1 sin
−θ
2
3
³
´
1
π
= sin
−θ
2
3
(3) (2) の結果から ∠POX =
よって
(2) の結果により θ =
π
1
のとき 最大値
6
4
···°
2
148
解答 59 (2005) 問題 (p.15) (1) P は線分 CD 上の点であるから
05x53
−→
PA = (3, 0, 0) − (x, 2, 0) = (3 − x, −2, 0)
−→
PB = (0, 2, 1) − (x, 2, 0) = (−x, 0, 1)
z
B
1
C
2
O
θ
x
y
P
A
D
3
x
したがって
−→ −→
PA·PB = (3 − x)·(−x) + (−2)·0 + 0·1 = x2 − 3x
p
√
−→
|PA| = (3 − x)2 + (−2)2 + 02 = x2 − 6x + 13
p
√
−→
|PB| = (−x)2 + 02 + 12 = x2 + 1
よって
−→ −→
x2 − 3x
PA·PB
cos θ = −→ −→ = √
√
x2 − 6x + 13 x2 + 1
|PA||PB|
(2) 4PAB の面積 S は
q
−→ −→
1 −→ 2 −→ 2
S=
|PA| |PB| − (PA·PB)2
2
1p 2
=
(x − 6x + 13)(x2 − 3x) − (x2 − 3x)2
2
1√ 2
=
5x − 6x + 13
2s
µ
¶2
1
3
56
=
5 x−
+
2
5
5
1
0 5 x 5 3 において，S は最小値
2
r
56
=
5
√
70
5
をとる．
(0 5 x 5 3)
149
解答 60 (2006) 問題 (p.15) (1) 点 Q は平面 OAC 上の点であるから
−→
−→
−→
OQ = sOA + tOC (s, t は実数の定数)
とおくと
−→ −→ −→
PQ = OQ − OP
−→
−→ −→
= sOA + tOC − OP
···°
1
−→
−→ −→ −→ −→
PQ⊥平面 OAC より PQ⊥OA，PQ⊥OC
−→ −→
−→
−→ −→ −→
PQ· OA = 0 であるから (sOA + tOC − OP)· OA = 0
−→
−→ −→ −→ −→
s|OA|2 + tOC· OA − OP· OA = 0
−→ −→
−→
−→ −→ −→
PQ· OC = 0 であるから (sOA + tOC − OP)· OC = 0
−→ −→
−→
−→ −→
sOA· OC + t|OC|2 − OP· OC = 0
√
−→
−→
−→
上の 2 式に OA = ( 3, 3, 0)，OC = (0, 2, 2)，OP = (0, 1, 0) を代入すると
12s + 6t − 3 = 0,
これを解いて
6s + 8t − 2 = 0
1
1
s = ，t =
5
10
したがって，°
1 より
−→ 1 −→
1 −→ −→
PQ = OA + OC − OP
5
10
1 √
1
= ( 3, 3, 0) + (0, 2, 2) − (0, 1, 0)
5
Ã
!10
√
3
1 1
=
,− ,
5
5 5
150
−
→
−
→ −→
−
→
(2) 点 S は平面 ABC 上の点であり，PS⊥平面 ABC より PS⊥AB であるから PS は
yz 平面上のベクトルである．
ゆえに，点 M(0, 3, 0) をとると，S は直線 CM 上の点であるから
−→
−→
−−→
OS = k OC + (1 − k)OM (k は実数の定数)
とおくと
−
→ −→ −→
PS = OS − OP
−→
−−→ −→
= k OC + (1 − k)OM − OP
= k(0, 2, 2) + (1 − k)(0, 3, 0) − (0, 1, 0)
= (0, 2 − k, 2k)
−
→ −−→
また，PS⊥CM であるから
−−→ −−→ −→
CM = OM − OC = (0, 3, 0) − (0, 2, 2) = (0, 1, −2)
−
→ −−→
これらを PS· CM = 0 に代入すると
0·0 + (2 − k)·1 + 2k·(−2) = 0 これを解いて k =
したがって
−
→
PS =
µ
8
0,
5
,
4
¶
5
z
2
C
√
− 3
√
x
3
O
P1
B
2
A
3
y
2
5
151
−→ −→ −→
OQ = OP + PQ Ã
√
(3) (1) より
= (0, 1, 0) +
Ã√
!
3 4 1
=
, ,
5 5 5
−→ −→ −
→
OS = OP + PS
(2) より
3 1 1
,− ,
5
5 5
µ
8 4
= (0, 1, 0) + 0, ,
5 5
µ
¶
13 4
= 0,
,
5 5
!
¶
四面体 OABC は yz 平面に関して対称である．点 Q と点 R は yz 平面に関して対
称であるから
à √
R −
3 4 1
, ,
5 5 5
!
4QRS は，QS = RS の二等辺三角形であり，QR の中点を T とすると
µ
¶
4 1
T 0, ,
5 5
であるから
s
ST =
µ
(0 − 0)2 +
4 13
−
5
5
¶2
µ
+
1 4
−
5 5
¶2
√
2 3
QR =
5
したがって，求める 4QRS の面積は
√
√
√
3 30
1 2 3 3 10
1
× QR × ST = ×
×
=
2
2
5
5
25
√
3 10
=
5
152
解答 61 (2010 医) 問題 (p.16) (1) P は BC を t : (1 − t) に内分する点であるから (0 < t < 1)
−→
−→
−→
OP = (1 − t)OB + tOC
−→
ゆえに OP = (1 − t)(1, 2, 0) + t(2, 1, 2)
= (1 + t, 2 − t, 2t)
−→
OA 上に H(1 + t, 0, 0) をとると HP = (0, 2 − t, 2t)
−→ −→
OA⊥HP
1
4OAP = OA·HP
2
したがって，HP が最小のとき，4OAP は最小となる．
µ
¶2
2
16
2
2
2
2
HP = (2 − t) + (2t) = 5t − 4t + 4 = 5 t −
+
5
5
このとき
ゆえに
よって，求める t の値は，0 < t < 1 に注意して
t=
2
5
z
2
C
O
1
2
4
x
H
1
P
2
y
B
A
¶補足
³
一般に，2 直線 `1 ，`2 がねじれの位置にあるとき，`1 上の点 P と `2 上の点 Q
を結ぶ線分 PQ が最小となるとき，PQ⊥`1 ，PQ⊥`2 である．
−→ −→
ここでは，2 直線 OA，BC がねじれの位置にあり，このとき HP⊥BC である
−→ −→
から HP·BC = 0 を解いて t の値を求めることができる．
µ
´
153
(2) D は xy 平面上の点であるから，その座標を (a, b, 0) とすると
−→
CD = (a, b, 0) − (2, 1, 2) = (a − 2, b − 1, −2)
−→ −→ −→ −→
このとき，OA⊥CD，OP⊥CD であるから
−→ −→
OA·CD = 0 より 4(a − 2) + 0(b − 1) + 0·(−2) = 0
−→ −→
OP·CD = 0 より (1 + t)(a − 2) + (2 − t)(b − 1) + 2t·(−2) = 0
2 − t 6= 0 であるから上の 2 式より
µ
¶
2 + 3t
したがって
D 2,
, 0
2−t
a = 2，b =
2 + 3t
2−t
点 E を (2, 0, 0)，AB 上の x 座標が 2 である点を F とすると，3 点 A，F，B の
x 座標から F は線分 AB を 2 : 1 に内分する点であるから，その座標は
µ
¶
µ
¶
1·4 + 2·1 1·0 + 2·2 1·0 + 2·0
4
,
,
すなわち
2, , 0
2+1
2+1
2+1
3
D が 4OAB の内部にあるためには，D は EF 間にあればよいので
0<
2 + 3t
4
<
2−t
3
0 < t < 1 に注意してこれを解くと
0<t<
2
13
z
2
C
O
1
P
1
2
4
x
A
E
2
B
D
F(2, 43 , 0)
y
154
解答 62 (2011 理系・医) 問題 (p.16) −−→ −−→ −→
(1) MN = MA + AN
1
2
= ~
a + ~b
2
5
−→ −−→ −→ −→
ML = MA + AD + DL
1
1
= ~
a + ~b + ~c
2
3
−−→ −−→ −→
MK = MO + OK
1
=− ~
a + k~c
2
F
G
C
1−k
K
L
B
k
O
2
E
M
A
2N
3
1
D
(2) 3 点 M，N，K を通る平面を α とする．α 上の点 P の位置ベクトル ~p は，(1) の結
果から，実数 s，t を用いて
−→
−−→
−−→
~p = −
OM + sMN + tMK
µ
¶
µ
¶
1 ~ 2~
1~
1~
= a+s
a + b + t − a + k~c
2
2
5
2
1
2
= (1 + s − t)~a + s~b + tk~c · · · (∗)
2
5
1
点 L の位置ベクトルは，~a + ~b + ~c であるから，L が α 上の点であるとき，~a，~b，
3
~c は 1 次独立であるから
1
2
1
(1 + s − t) = 1,
s = 1, tk =
2
5
3
2
5
3
これを解いて
s = ，t = ，k =
2
2
9
−→ ~ ~ −→ ~
(3) OF = b + c，FG = a より，辺 GF 上の点の位置ベクトルは実数 x を用いて
−→
−→
OF + xFG = x~a + ~b + ~c
(0 5 x 5 1)
α と辺 GF が交点をもつとき，上式および (∗) から
1
2
(1 + s − t) = x,
s = 1, tk = 1
2
5
7
第 1 式および第 2 式から
t = − 2x
2
7
3
5t5
0 5 x 5 1 であるから
2
2
0 < k < 1 に注意しながら，これを第 3 式に代入すると
2
7
5k5
2
3
155
解答 63 (2012 医) 問題 (p.16) −→ 1~ −−→ ~a + ~b −→ 2~b + ~c
OL = c, OM =
, ON =
2
2
3
3 点 L，M，N を通る平面上の位置ベクトルは，実数 s，t を用いて
Ã
!
Ã
!
~a + ~b 1
~b + ~c 1
−→
−→
−→ 1~
2
OL + sLM + tLN = c + s
− ~c + t
− ~c
2
2
2
3
2
µ
¶
¶
µ
s 2 ~
s
1 s
t ~
c
= ~a +
+ t b+
− −
2
2 3
2 2 6
(1) 与えられた条件により
この平面と直線 OA の交点 D の位置ベクトルは
s 2
1 s
t
4
+ t = 0,
− − = 0 ゆえに s = , t = −1
2 3
2 2 6
3
2
−→
a
OD = ~
3
したがって
|~a| = |~b| = |~c| =
(2) 与えられた条件により
−→ 1~
DK = b −
2
2 ~ −→
a，DN =
3
2~
b+
3
1~
c−
3
√
2，~a·~b = ~b·~c = ~c·~a = 1
2~
a であるから
3
−→ −→ 4 ~ 2 1 ~ 2 7 ~ ~ 1~ ~ 2~ ~
13
DK·DN = |a| + |b| − a·b + b·c − c·a =
9
3
9
6
9
18
−→ 2 4 ~ 2 4 ~ 2 1 ~ 2 8 ~ ~ 4~ ~ 4~ ~
10
|DN| = |a| + |b| + |c| − a·b + b·c − c·a =
9
9
9
9
9
9
9
µ
¶
−→ −→
−→ (DK·DN) −→ 13 2~ 1~ 2 ~
DP = −→
DN =
b+ c− a
20 3
3
3
|DN|2
よって
7~
13
13
−→ −→ −→
OP = OD + DP =
a + ~b + ~c
30
30
60
O
L
K
D
~a
A
~c
C
K
M
P
~b
B
2
1N
θ
D
P
N
156
解答 64 (2013 理系) 問題 (p.17) −→
−→
(1) OA = (−1, 1, 1)，OB = (2, 1, −2) であるから
−→
−→
−→ −→
|OA|2 = 3, |OB|2 = 9, OA·OB = −3
したがって
−→ −→ −→ −→
−→
OA·OQ = OA·{k OA + (1 − k)OB}
−→
−→ −→
= k|OA|2 + (1 − k)OA·OB
= k·3 + (1 − k)·(−3) = 6k − 3
−→ −→ −→ −→
−→
OB·OQ = OB·{k OA + (1 − k)OB}
−→ −→
−→
= k OA·OB + (1 − k)|OB|2
= k·(−3) + (1 − k)·9 = −12k + 9
−→ −→
−→ −→
Q は D 上の点より，OA·OQ = 0，OB·OQ = 0 であるから
(
1
3
6k − 3 = 0
ゆえに
5k5
−12k + 9 = 0
2
4
(2) D 内の点 P について，x，y を実数として
−→
−→
−→
OP = xOA + y OB · · · °
1
とすると
−→ −→ −→ −→
−→
OA·OP = OA·(xOA + y OB)
−→
−→ −→
= x|OA|2 + y OA·OB
= x·3 + y·(−3) = 3(x − y)
−→ −→ −→ −→
−→
OB·OP = OB·(xOA + y OB)
−→ −→
−→
= xOA·OB + y|OB|2
= x·(−3) + y·9 = 3(−x + 3y)
−→ −→
−→ −→
与えられた条件により，OA·OP = 0，OB·OP = 0 であるから
x − y = α,
−x + 3y = β
とおくと，α = 0，β = 0．また上の 2 式から
3
1
x = α + β,
2
2
1
1
y = α+ β
2
2
···°
2
157
°
2 を°
1 に代入すると
µ
¶
µ
¶
−→
−→
−→
3
1
1
1
OP =
α + β OA +
α + β OB
2
2
2
2
−→ −→
1
1 −→ −→
= α(3OA + OB) + β(OA + OB)
2
2
−→ −→
−→ −→
3OA + OB
OA + OB
= 2α ×
+β×
4
2
線分 AB を 1 : 3 に内分する点を L，中点を M とすると
−→
−→
−−→
OP = 2αOL + β OM (α = 0, β = 0)
ゆえに，P の表す領域 D は，次の図の斜線部分で，境界線を含む．
B
D
M
L
O
s + t = λ とおくと
A
15λ52
s 0
t
，t = とおくと
s 0 + t0 = 1
λ
λ
−−→0
−→ −−→
−→
OA = λOA，OB0 = λOB である 2 点 A0 ，B0 をとると
さらに s0 =
−→
−→
−→
OR = sOA + tOB
s −→ t −→
= ·λOA + ·λOB
λ
λ
−−→0
−−→0
0
0
= s OA + t OB
(s0 + t0 = 1)
したがって，R は直線 A0 B0 上の点である．
158
−−→0
−→ −−→
−−→
OL = 2OL，OM0 = 2OM である 2 点 L0 ，M0 をとると，1 5 λ 5 2 により，領域
D ∩ E は，四角形 LMM0 L0 の内部とその周上である．
M0
B
M
D∩E
L
O
L0
A
求める面積を S とすると
S = 3 × 4OLM,
S=
ゆえに
4OLM =
1
× 4OAB
4
3
× 4OAB
4
4OAB の面積は
q
−→ −→
1 −→ 2 −→ 2
4OAB =
|OA| |OB| − (OA·OB)2
2
3√
1p
3 × 9 − (−3)2 =
2
=
2
2
よって
S=
9√
3
3 3√
× 4OAB = ×
2=
2
4
4 2
8
159
解答 65 (2013 医) 問題 (p.17) −→
−→
(1) OA = (−1, 1, 1)，OB = (2, 1, −2) であるから
−→
−→
−→ −→
|OA|2 = 3, |OB|2 = 9, OA·OB = −3
したがって
−→ −→ −→ −→
−→
OA·OQ = OA·{k OA + (1 − k)OB}
−→
−→ −→
= k|OA|2 + (1 − k)OA·OB
= k·3 + (1 − k)·(−3) = 6k − 3
−→ −→ −→ −→
−→
OB·OQ = OB·{k OA + (1 − k)OB}
−→ −→
−→
= k OA·OB + (1 − k)|OB|2
= k·(−3) + (1 − k)·9 = −12k + 9
−→ −→
−→ −→
Q は D 上の点より，OA·OQ = 0，OB·OQ = 0 であるから
(
1
3
6k − 3 = 0
ゆえに
5k5
−12k + 9 = 0
2
4
(2) D 内の点 P について，s，t を実数として
−→
−→
−→
OP = sOA + tOB · · · °
1
とすると
−→ −→ −→ −→
−→
OA·OP = OA·(sOA + tOB)
−→
−→ −→
= s|OA|2 + tOA·OB
= s·3 + t·(−3) = 3(s − t)
−→ −→ −→ −→
−→
OB·OP = OB·(sOA + tOB)
−→ −→
−→
= sOA·OB + t|OB|2
= s·(−3) + t·9 = 3(−s + 3t)
−→ −→
−→ −→
与えられた条件により，OA·OP = 0，OB·OP = 0 であるから
s − t = α,
−s + 3t = β
とおくと，α = 0，β = 0．また上の 2 式から
3
1
s = α + β,
2
2
1
1
t= α+ β
2
2
···°
2
160
°
2 を°
1 に代入すると
µ
¶
µ
¶
−→
−→
−→
3
1
1
1
OP =
α + β OA +
α + β OB
2
2
2
2
−→ −→
1
1 −→ −→
= α(3OA + OB) + β(OA + OB)
2
2
−→ −→
−→ −→
3OA + OB
OA + OB
= 2α ×
+β×
4
2
線分 AB を 1 : 3 に内分する点を L，中点を M とすると
−→
−→
−−→
OP = 2αOL + β OM (α = 0, β = 0)
ゆえに，P の表す領域 D は，次の図の斜線部分で，境界線を含む．
B
D
M
L
O
A
−→ −→
−→ 3OA + OB
1
OL =
= (−1, 4, 1)
4
4
−→ −→
−−→ OA + OB
1
OM =
= (1, 2, −1)
2
2
−
→
−
→
` = (−1, 4, 1)， m = (1, 2, −1) とおくと
√
√
√
→
−
→
→
−
−
→ −
| ` | = 18, | m| = 6 ゆえに | ` | : | m| = 3 : 1
ここで，D 上の点 H を
√
√
√
→
→ √ −
−→ −
OH = ` + 3 m = (−1 + 3, 4 + 2 3, 1 − 3)
とすると，H は ∠LOM の二等分線上にある．また
→
− −
→−
→
→
−
→−
| m|2 ` − ( ` · m) m = 6(−1, 4, 1) − 6(1, 2, −1) = 12(−1, 1, 1)
−
→
は平面 OLM に平行で， m に垂直．これと平行な単位ベクトルの 1 つを
−
→
1
e = √ (−1, 1, 1)
3
とおく．
161
H から直線 OM に下ろした垂線の長さは
√
→
−→ −
|OH· e | = 2 3
−→
−→ −→
|OC| が最小となる点 C の位置ベクトルは，OC と OH の向きが同じであること
に注意して
√
√
√
√
√
−→
6 −→
2
OC = √ OH =
(−1 + 3, 4 + 2 3, 1 − 3)
2
2 3
à √
√
√
√ !
√
2− 6
− 2+ 6 √
=
, 2 2 + 6,
2
2
よって，求める C の座標は
à √
√
√ !
√
√
√
− 2+ 6
2− 6
, 2 2 + 6,
2
2
補足
−−→
平面 HOM 上のベクトルで，OM に垂直な単位
−→
ベクトルを ~e，OH と ~e のなす角を θ とすると，
H から直線 OM に下ろした垂線の長さ d は
−→
d = |OH|| cos θ|
−→ ~
−→
−→
OH·e = |OH||~e| cos θ = |OH| cos θ
−→
上の 2 式より
d = |OH·~e|
また
d
H
M
O
θ
~e
162
解答 66 (2014 理系) 問題 (p.17) (1) 4OPM
4BRM，4OPN
4CSN であるから，
これらの相似比から
1
: t,
2
OM : MB =
よって
−−→
OM =
1
2
1
2
+t
−→
OB =
1
~b,
1 + 2t
O
~a
~c − ~a
~b
~b − ~a
1
: (1 − t)
2
−→
ON =
~c − ~a
P
A
ON : NC =
1
2
1
2
+ (1 − t)
−→
OC =
~c
3 − 2t
E
~c − ~a
O
~b − ~a
~c D
C
1
2
P
E
t
N
S
1−t
~c
~a
~c − ~a C
A
B
1
O
P
A
1
2
O
~a
M
~b − ~a
~b
B
~b − ~a
D
A
M
C
1−t
t R
B
1
1
，ON =
1 + 2t
3 − 2t
√
1
1
1
1
3
4OMN = OM·ON sin 60◦ = ×
×
×
2
2 1 + 2t 3 − 2t
2
√
3
=
4(1 + 2t)(3 − 2t)
(2) |~b| = |~c| = 1 であるから，(1) の結果から OM =
よって
N
P
163
(3) f (t) = (1 + 2t)(3 − 2t) とおくと (0 < t < 1)
µ
¶2
1
f (t) = −4 t −
+ 4 ゆえに 3 < f (t) 5 4
2
√
1
3
×
であるから，4OMN の面積の最小値は
4OMN =
4
f (t)
√
√
3
3 1
× =
4
4
16
解答 67 (2014 医) 問題 (p.17) (1) 正四面体 OABC(左図) において PM + MQ が最小となる OB 上の点 M は，その
展開図 (右図) において，線分 PQ と OB の交点である．また，点 N は展開図に
おいて，線分 PQ と OC の交点である．
A
（展開図）
O
N
P
P
O
1
2
N
C
A
~b
tQ
展開図において，4OPM
C
M
1−t
B
P
~c
M
A
1
2
B
4BQM，4OPN
t
Q
1−t
4CQN であるから，
これらの相似比から
OM : MB =
よって
−−→
OM =
1
: t,
2
1
2
1
2
+t
ON : NC =
−→
OB =
1
~b,
1 + 2t
1
: (1 − t)
2
−→
ON =
1
2
1
2
+ (1 − t)
−→
OC =
1
~c
3 − 2t
164
(2) (1) で示した相似比から
4OMN
1
1
1
=
×
=
4OBC
1 + 2t 3 − 2t
(1 + 2t)(3 − 2t)
4BQM
MB BQ
t
2t2
=
×
= 1
×t=
4OBC
OB
BC
1 + 2t
+t
2
4CQN
NC QC
1−t
2(1 − t)2
=
×
= 1
× (1 − t) =
4OBC
OC BC
3 − 2t
+ (1 − t)
2
4OMN + 4BQM + 4CQN = 4OBC − 4QMN であるから，上の 3 式の辺々を
加えると
1−
4QMN
1
2t2
2(1 − t)2
=
+
+
4OBC
(1 + 2t)(3 − 2t) 1 + 2t
3 − 2t
2
2
1 + 2t (3 − 2t) + 2(1 − t) (1 + 2t)
=
(1 + 2t)(3 − 2t)
3
=
(1 + 2t)(3 − 2t)
√
1
3
4OBC = ·1·1 sin 60◦ =
であるから
2
4
√ ½
¾
3
3
4QMN =
1−
4
(1 + 2t)(3 − 2t)
√
3t(1 − t)
=
(1 + 2t)(3 − 2t)
···°
1
(3) °
1 から
√ ½
¾
3
3
4QMN =
1−
4
4 − (2t − 1)2
0 < t < 1 であるから，t =
1
2
のとき，最大値
√
3
16
をとる．
165
参考 (行列を使った解法)
~b，~c を (1) の展開図における平面のベクトルとする．このとき
−→
OQ = (1 − t)~b + t~c
したがって，上式および (1) の結果から
−−→ −−→ −→
QM = OM − OQ =
1 ~
2t(t − 1)~
b − {(1 − t)~b + t~c} =
b − t~c
1 + 2t
1 + 2t
−→ −→ −→
QN = ON − OQ =
(t − 1)(2t − 1)~
1 ~
c − {(1 − t)~b + t~c} = (t − 1)~b +
c
3 − 2t
3 − 2t
−−→ −→
QM，QN から，2 次の正方行列を考えると
´
³ −−→ −→ ´ ³
2t(t−1)~
(t−1)(2t−1)~
~
~
=
b
−
t
c
(t
−
1)
b
+
c
QM QN
1+2t
3−2t
Ã
!
³
´ t(2t−1)
t
−
1
1+2t
= ~b ~c
(t−1)(2t−1)
−t
3−2t
Ã
!
t(2t−1)
t−1
1+2t
X=
とおくと
(t−1)(2t−1)
−t
3−2t
³ −−→ −→ ´
³
´
det QM QN = det ~b ~c det X · · · (∗)
Ã
!
2t−1
1
また
det X = t(t − 1) det 1+2t 2t−1
−1 3−2t
½
¾
2t − 1 2t − 1
= t(t − 1)
×
− 1 × (−1)
1 + 2t 3 − 2t
4
= t(t − 1) ×
(1 + 2t)(3 − 2t)
0 < t < 1 より
4
4t(1 − t)
=
(1 + 2t)(3 − 2t)
(1 + 2t)(3 − 2t)
s
µ ¶2 √
q
¯
³
´¯
1
3
¯
¯
~
~
~
~
2
2
2
2
2
~
~
=
¯det b c ¯ = |b| |c| − (b·c) = 1 ·1 −
2
2
| det X| = t(1 − t) ×
(∗) および上の 2 式から
³
´¯
1 ¯¯
¯
~
~
4QMN = ¯det b c ¯ |det X|
2
√
√
3t(1 − t)
1 3
4t(1 − t)
= ·
·
=
2 2 (1 + 2t)(3 − 2t)
(1 + 2t)(3 − 2t)
166
解答 68 (2001) 問題 (p.18)
f (t) = t3 − at2 とおくと，xn = f (n) f 0 (t) = 3t2 − 2at
［1］ a 5 0 のとき，t > 0 において，f 0 (t) > 0 であるから
f (1) < f (2) < · · ·
すなわち
x1 < x 2 < · · ·
これは条件に反する．
［2］ a > 0 のとき，f (t) の増減は次のようなる．
t
0
f (t)
f (t)
0 ···
−
&
2
a
3
0
極小
···
+
%
条件を満たすとき
2
14 < a < 16,
3
第 1 式から
f (14) > f (15),
21 < a < 24
f (15) < f (16)
···°
1
第 2 式から
143 − a·142 > 153 − a·152
(152 − 142 )a > 153 − 143
(15 + 14)a > 152 + 15·14 + 142
22
a > 21
···°
2
29
第 3 式から
153 − a·152 < 163 − a·162
(162 − 152 )a < 163 − 153
(16 + 15)a < 162 + 16·15 + 152
8
a < 23
···°
3
31
°
1 ，°
2 ，°
3 の共通範囲にある整数を求めて a = 22, 23
167
別解 xn = n3 − an2 より
xn+1 − xn = {(n + 1)3 − a(n + 1)2 } − (n3 − an2 )
= 3n2 − (2a − 3)n − (a − 1)
f (n) = 3n2 − (2a − 3)n − (a − 1) とすると，条件により
n = 1, 2, 3, · · · , 14 のとき f (n) < 0
n = 15, 16, · · · のとき
f (n) > 0
y = f (x) のグラフは，下に凸の放物線であるから，次式を満たせばよい．
f (1) < 0，f (14) < 0，f (15) > 0
7 − 3a < 0，631 − 29a < 0，721 − 31a > 0
7
22
8
すなわち
< a，21 < a，a < 23
3
29
31
22
8
したがって
21 < a < 23
29
31
よって，求める整数 a の値は
22，23
ゆえに
168
解答 69 (2008) 問題 (p.18) (1) an = bn − n であるから，これを数列 {an } の漸化式に代入すると
n−1
(n − 1)(n − 2) X
bn − n =
+
(bk − k)
2
k=1
n−1
n−1
X
(n − 1)(n − 2) X
bn = n +
+
bk −
k
2
k=1
k=1
n−1
(n − 1)(n − 2) X
n(n − 1)
+
=n+
bk −
2
2
k=1
bn = 1 +
したがって
n−1
X
bk
···°
1
bk
···°
2
bn+1 − bn = bn
ゆえに
k=1
(2) °
1 により
bn+1 = 1 +
n
X
k=1
°
2 −°
1 から
bn+1 = 2bn
したがって，数列 {bn } は公比 2 の等比数列で，初項は
b1 = 1 + a1 = 1 + 0 = 1
数列 {bn } の一般項は
bn = 1·2n−1 = 2n−1
(3) an = bn − n により，(2) の結果から
(4) (3) の結果から
n
X
k=1
ak =
n
X
(2k−1 − k)
k=1
1(2n − 1) 1
=
− n(n + 1)
2−1
2
1
= 2n − 1 − n(n + 1)
2
an = 2n`1 − n
169
解答 70 (2009 医) 問題 (p.19) (1) an − an−1 = bn − bn−1 + 1 より
an − bn = an−1 − bn−1 + 1， a1 − b1 = 3 − 1 = 2
よって，{an − bn } は初項 2，公差 1 の等差数列であるから
an − bn = 2 + (n − 1)·1 = n + 1
···°
1
(2) (1) の結果から an = bn + n + 1 · · · °
10
これを (an−1 + bn )(bn − bn−1 ) = 2pn + 3 − bn に代入すると
(bn−1 + n + bn )(bn − bn−1 ) = 2pn + 3 − bn
{bn + (n + 1)}bn − (bn−1 + n)bn−1 = 2pn + 3
°
1 0 から
an bn − an−1 bn−1 = 2pn + 3
ゆえに
an+1 bn+1 − an bn = 2p(n + 1) + 3
= 2pn + (2p + 3)
よって，n = 2 のとき
an bn = a1 b1 +
n−1
X
{2pk + (2p + 3)}
k=1
1
= 3·1 + 2p × n(n − 1) + (2p + 3)(n − 1)
2
2
= pn + (p + 3)n − 2p
3·1 = p·12 + (p + 3)·1 − 2p なので，上式は n = 1 のときにも成り立つ．
したがって
an bn = pn2 + (p + 3)n − 2p
···°
2
(3) °
10を°
2 に代入して，整理すると
bn 2 + (n + 1)bn − pn2 − (p + 3)n + 2p = 0
p > 0，bn > 0 に注意して，bn について解くと
p
−(n + 1) + (n + 1)2 + 4p(n − 1)(n + 2) + 12n
bn =
2
これを °
1 0 に代入して
p
(n + 1) + (n + 1)2 + 4p(n − 1)(n + 2) + 12n
an =
2
170
上の 2 式から
an + bn =
p
(n + 1)2 + 4p(n − 1)(n + 2) + 12n
···°
3
したがって
(an + bn ){(an − bn )2 + an bn }
an 3 + bn 3
=
lim
n→∞ (an − bn ){(an − bn )2 + 3an bn }
n→∞ an 3 − bn 3
)
(µ
¶2
a n + bn
a n bn
an − bn
+ 2
n
n
n
(µ
)
= lim
¶2
n→∞
an − bn
a n − bn
an bn
+3 2
n
n
n
lim
ここで，°
1 ，°
2 ，°
3 より
an − bn
an bn
an + bn p
lim
= 1， lim
=
p
，
lim
= 1 + 4p
n→∞
n→∞ n2
n→∞
n
n
であるから
√
an 3 + bn 3
(1 + p) 1 + 4p
=
f (p) = lim 3
n→∞ an − bn 3
1 + 3p
よって
√
1
1
(1 + p) 1 + 4p
lim log f (p) = lim log
p→0 p
p→0 p
1 + 3p
1
= lim log
1
(1 + p) p (1 + 4p) 2p
p→0
1
(1 + 3p) p
n
o2
1
1
(1 + p) p (1 + 4p) 4p
= lim log
n
o3
1
p→0
3p
(1 + 3p)
= log
e·e2
= log 1 = 0
e3
171
解答 71 (2013 理系) 問題 (p.19) (1) an+1 = Sn+1 − Sn より
an+1 = {2an+1 + (n + 1)2 } − (2an + n2 )
ゆえに
an+1 = 2an − 2n − 1
(2) 初項 a1 は
S1 = 2a1 + 12
S1 = a1 より
···°
1
a1 = −1
°
1 に対して，次の等式をみたす n の 1 次式 f (n) を考える．
f (n + 1) = 2f (n) − 2n − 1
f (n) = pn + q とおくと
p(n + 1) + q = 2(pn + q) − 2n − 1
n に関する恒等式であるから
f (n) = 2n + 3
ゆえに
···°
2
p = 2，q = 3
···°
3
°
1 −°
2 から
an+1 − f (n + 1) = 2{an − f (n)}
したがって
an − f (n) = 2n−1 {a1 − f (1)}
a1 = −1，°
3 より
an − (2n + 3) = 2n−1 (−1 − 5)
よって
an = 2n + 3 − 3·2n
172
解答 72 (2008) 問題 (p.19) (1) 直線 l : y = 2x + 1 上の任意の点 (t, 2t + 1) の A による像は
Ã
!Ã
! Ã
!
t
(2 + 2a)t + a
2 a
=
b c
2t + 1
(b + 2c)t + c
また，点 ((2 + 2a)t + a, (b + 2c)t + c) も l 上にあるから
(b + 2c)t + c = 2{(2 + 2a)t + a} + 1
= (4 + 4a)t + 2a + 1
これがすべての実数 t について成り立つから
b + 2c = 4 + 4a, c = 2a + 1 よって b = 2, c = 2a + 1
別解 l 上の 2 点 P(0, 1)，Q(1, 3) の位置ベクトルを p
~，~q とする．
これら 2 点の A による像 A~
p，A~q が l 上にあれば，A による l 上の任意の点 (1 −
s)~p + s~q (s は実数) の像
A((1 − s)~p + s~q) = (1 − s)A~p + sA~q
も l 上にある．ゆえに，A~
p，A~q が l 上の点であることを満たせばよい．
A による 2 点 P(0, 1)，Q(1, 3) の像は，それぞれ
Ã
!Ã ! Ã !
Ã
!Ã ! Ã
!
2 a
0
a
2 a
1
2 + 3a
=
,
=
b c
1
c
b c
3
b + 3c
であり，これらが共に l 上にあるから
c = 2a + 1,
b + 3c = 2(2 + 3a) + 1
上の第 1 式を第 2 式に代入して，b = 2 を得る．
したがって
b = 2, c = 2a + 1
173
(2) l 上の点 P(t, 2t + 1) で，A により自分自身に移るものが存在するとき，(1) の結
果により
(
(2 + 2a)t + a = t
すなわち (2a + 1)t + a = 0
(b + 2c)t + c = 2t + 1
1
a
よって，a 6= − のとき，t = −
に対応する点 P が A によって自分自身に
2
2a + 1
移る．
別解 不動点の表す図形と直線 l の交点が存在することを示せばよい．
¶
解説
³
座標平面上の点 V(~v ) に対して，A~v = ~v を満たすとき，点 V(~v ) は A による
不動点という．このとき，A(k~v ) = k~v (k は実数) であるから，原点 O と V
を通る直線上のすべての点が不動点である．
µ
Ã
A=
2
a
2 2a + 1
A~v = ~v により
ゆえに
´
!
による不動点を V(~v ) とすると
(A − E)~v = ~0
Ã
!
1 a
~v = ~0
2 2a
よって，不動点の表す図形は，法線ベクトルが (1, a) で原点を通る直線
x + ay = 0
µ
¶
1
a
1
である．これと l は，a 6= − のとき，交点 −
,
をもち，
2
2a + 1 2a + 1
これが，示す l 上の不動点の座標である．
(3) (2) で示した
「a 6= −
1
2
=⇒ l 上の点で自分自身に移る点 P が存在する」
したがって，この命題の対偶を考えて
これを (1) の結果に代入して
1
よって
a=− , c=0
2
c=0
a=−
1
2
174
別解 1 不動点を表す直線と l が共有点を持たなければよいので，2 直線
x + ay = 0, y = 2x + 1
が平行であればよい．
したがって
a=−
1
2
これを (1) の結果に代入して
c=0
別解 2 l 上の点 P(0, 1) の位置ベクトルを p
~，l の方向ベクトルを ~u = (1, 2) と
する．
A により P(~p) は，P と異なる l 上の点に移るので
Ã
!Ã ! Ã
!
2
a
0
a
A~p =
=
= p~ + a~u (a 6= 0)
2 2a + 1
1
2a + 1
また，A により ~u は
Ã
!Ã ! Ã
!
2
a
1
2a + 2
A~u =
=
= (2a + 2)~u
2 2a + 1
2
4a + 4
l は媒介変数 t を用いて p~ + t~u と表される．ゆえに，A による p~ + t~u の像は，
A(~p + t~u) = A~p + tA~u
= p~ + a~u + t(2a + 2)~u
= p~ + {a + (2a + 2)t}~u
このとき，すべての実数 t に対して
a + (2a + 2)t 6= t
すなわち，すべての実数 t に対して
a + (2a + 1)t 6= 0 · · · (∗)
a
2a + 1 6= 0 ならば，t = −
のとき (∗) を満たさない．
2a + 1
よって，2a + 1 = 0 のとき，a 6= 0 であるから (∗) を満たす．
1
ゆえに
a=−
これを (1) の結果に代入して c = 0
2
175
解答 73 (2009 医) 問題 (p.20) (1) 2 点 (0, 1)，(1, t) を通る直線 ` の方程式は
y = (t − 1)x + 1 · · · °
1
Ã
!
1 2
による像は
2 点 (0, 1)，(1, t) の
−2 1
Ã
1 2
−2 1
!Ã
0
1
!
Ã
=
2
1
!
Ã
,
1 2
−2 1
!Ã
1
t
!
Ã
=
1 + 2t
−2 + t
2 点 (2, 1)，(1 + 2t, −2 + t) を通る直線 m の方程式は
(t − 3)x − (2t − 1)y + 5 = 0
···°
2
P は ` と m の交点であるから，°
1 を°
2 に代入して，整理すると
(t2 − 2t + 2)x = −t + 3
t2 − 2t + 2 = (t − 1)2 + 1 6= 0 であるから
x=
これを °
1 に代入して
y=
−t + 3
t2 − 2t + 2
2t − 1
t2 − 2t + 2
¡
¢
(2) t = 1 + tan θ − π2 < θ < π2 とおいて (1) の結果に代入すると
x=
2 − tan θ
1
= 2 cos2 θ − sin θ cos θ = cos 2θ − sin 2θ + 1
2
1 + tan θ
2
y=
1 + 2 tan θ
1
1
= cos2 θ + 2 sin θ cos θ = sin 2θ + cos 2θ +
2
1 + tan θ
2
2
1
1
1
sin 2θ，y − = sin 2θ + cos 2θ (−π < 2θ < π)
2
2
2
であるから，P は円
µ
¶
1 2
5
2
(x − 1) + y −
= , (x, y) 6= (0, 0)
2
4
の周上を動く．
x − 1 = cos 2θ −
!
176
(2) の別解を与える前に，次の準備を行う．
準備 問題に t の値により，P が円周上を動くとあるので，適当な t の値をとって円
の方程式を予想することができる．たとえば
µ
¶
3 1
t = 0 のとき
,−
2 2
t = 1 のとき
(2, 1)
¶
µ
1 3
t = 2 のとき
,
2 2
よって，この 3 点を通る円の方程式は
x2 + y 2 − 2x − y = 0
別解 (1) の結果を x2 + y 2 − 2x − y に代入すると
µ
2
2
x + y − 2x − y =
¶2
µ
¶2
2t − 1
+ 2
t − 2t + 2
−t + 3
2t − 1
−2× 2
− 2
t − 2t + 2 t − 2t + 2
−t + 3
2
t − 2t + 2
=
(−t + 3)2 + (2t − 1)2 2(−t + 3) + (2t − 1)
−
(t2 − 2t + 2)2
t2 − 2t + 2
=
5(t2 − 2t + 2)
5
− 2
2
2
(t − 2t + 2)
t − 2t + 2
=0
よって，P は円
µ
2
(x − 1) + y −
1
2
¶2
=
5
4
の周上を動く．
補足 問題に「点 P はある円周上を動くことを示せ」とあるので，この解答でよい．問題
に「点 P の軌跡を求めよ」とあれば，(x, y) 6= (0, 0) も必要である．¥ (2009 医)
177
解答 74 (2012 理系) 問題 (p.20) 1
c
，sin θ = √
とおくと
1 + c2
1 + c2


1
c
!
Ã
√
√
−
√
2
1 −c

1 + c2 
A=
= 1 + c2  1 c+ c

1
c
1
√
√
1 + c2
1 + c2
Ã
!
√
cos θ − sin θ
= 1 + c2
sin θ
cos θ
(1) cos θ = √
T は，原点を中心に θ だけ回転する回転移動と原点を中心に
る相似変換との合成変換である．
√
1 + c2 だけ拡大す
(2) 3 点 P，Q，R の原点 O に関する位置ベクトルをそれぞれ p~，~q，~r とし，また 3 点
P0 ，Q0 ，R0 の原点 O に関する位置ベクトルをそれぞれ p~0 ，q~0 ，r~0 とする．4PQR
の面積 S は，~u = ~
q − p~，~v = ~r − p~ とおくと
¯
1¯
S = ¯det(~u ~v )¯
2
p~0 = A~p，q~0 = A~q，r~0 = A~r であるから
−−
→
P0 Q0 = q~0 − p~0 = A~q − A~p = A(~q − p~) = A~u
−−
→
P0 R0 = r~0 − p~0 = A~r − A~p = A(~r − p~) = A~v
4P0 Q0 R0 の面積 S 0 は
¯ 1¯
¯
1¯
S 0 = ¯det(A~u A~v )¯ = ¯det(A(~u ~v ))¯
2
2
¯ 1¯
¯¯
¯
1 ¯¯
= det A det(~u ~v )¯ = ¯det A¯ ¯det(~u ~v )¯
2
2
0
したがって
S = | det A|S
|1 + c2 | = 2 よって c = ±1
√
(3) c = 2 のとき，(1) の結果から，E と E 0 の相似比は 1 : 5 である．
条件により，| det A| = 2 であるから
楕円の中心から楕円上の点の距離は長軸上で最大となり，短軸上で最小となるの
で，原点から，E ，E 0 までの距離をそれぞれ d，d0 とすると
√
√
1 5 d 5 2,
5 5 d0 5 2 5
よって，E は E 0 の内部にある．また，求める面積は
√
{( 5)2 − 1}π2·1 = 8π
178
解答 75 (2012 医) 解答 (p.20) (1) 3 点 P，Q，R の原点 O に関する位置ベクトルをそれぞれ p~，~q，~r とし，また 3 点
P0 ，Q0 ，R0 の原点 O に関する位置ベクトルをそれぞれ p~0 ，q~0 ，r~0 とする．4PQR
の面積 S は，~u = ~
q − p~，~v = ~r − p~ とおくと
¯
1¯
S = ¯det(~u ~v )¯
2
p~0 = A~p，q~0 = A~q，r~0 = A~r であるから
−−
→
P0 Q0 = q~0 − p~0 = A~q − A~p = A(~q − p~) = A~u
−−
→
P0 R0 = r~0 − p~0 = A~r − A~p = A(~r − p~) = A~v
4P0 Q0 R0 の面積 S 0 は
¯ 1¯
¯
1¯
S 0 = ¯det(A~u A~v )¯ = ¯det(A(~u ~v ))¯
2
2
¯ 1¯
¯¯
¯
1 ¯¯
= det A det(~u ~v )¯ = ¯det A¯ ¯det(~u ~v )¯
2
2
したがって
S 0 = | det A|S
条件により，k = | det A| であるから
k = |1 + c2 | ゆえに c2 = k − 1
k = 1 に注意して
√
c=± k−1
¶
補足
³
正方行列 A，B について，det(AB) = det A det B が成り立つ．
µ
´
179
(2) E 上の点 (2 cos θ, sin θ) の T による像は (0 5 θ < 2π)
Ã
!Ã
! Ã
!
1 −c
2 cos θ
2 cos θ − c sin θ
=
c 1
sin θ
2c cos θ + sin θ
これが楕円 E の周上または外部にあるから
(2 cos θ − c sin θ)2
+ (2c cos θ + sin θ)2 = 1
4
整理すると
c2
sin2 θ + 3c sin θ cos θ + 4c2 cos2 θ = 0
4
ゆえに
12c sin 2θ + 15c2 cos 2θ + 17c2 = 0
c = 0 はこの不等式を満たす．c 6= 0 のとき，上式より
ここで
4
17
sin 2θ + 5 cos 2θ +
= 0 · · · (∗)
c
3
sµ ¶
2
4
4
sin 2θ + 5 cos 2θ = −
+ 52
c
c
したがって，(∗) が常に成立するには，次式を満たせばよい．
sµ ¶
sµ ¶
2
2
4
4
17
17
2
−
+5 +
= 0 ゆえに
+ 52 5
c
3
c
3
両辺を平方して整理すると
µ
¶µ
¶
16
17
17
5
+5
−5
c2
3
3
したがって
c2 =
9
4
ゆえに
これを解いて
よって，求める c の値の範囲は
1
4
5
2
c
9
3 3
c5− ,
5c
2 2
3
3
c 5 − , c = 0,
5c
2
2
180
別解
E 上の点 (x, y) の T による像は
Ã
!Ã ! Ã
!
1 −c
x
x − cy
=
c 1
y
cx + y
これが楕円 E の周上または外部にあるから
(x − cy)2
+ (cx + y)2 = 1
4
x2
+ y 2 = 1 により
4
また
4c2 x2 + 6cxy + c2 y 2 = 0
· · · (∗)
Ã
!Ã !
³
´ 4c2 3c
x
4c2 x2 + 6cxy + c2 y 2 = x y
2
3c c
y
まず，c = 0 は (∗) を満たす．
Ã
!
4c2 3c
次に，c 6= 0 のとき，対称行列 A =
の固有値を λ1 ，λ2 とし，それぞれ
3c c2
の単位固有ベクトルを ~u1 ，~u2 とする (~u1 ⊥~u2 )．このとき
à !
Ã
!
Ã
! Ã
!Ã !
³
´ X
t
x
X
~u1
x
= ~u1 ~u2
すなわち
= t
y
Y
Y
~u2
y
とおくと (計算の詳細は，九大 2010 年一般前期理系数学 5 の解説を参照1 )
4c2 x2 + 6cxy + c2 y 2 = λ1 X 2 + λ2 Y 2
· · · (∗∗)
−→
−→
E 上の点 P，Q を OP = α~u1 ，OQ = β~u2 とすると (α 6= 0, β 6= 0)
Ã
! Ã
!
à ! Ã
! Ã
!
à !
t
t
X
~u1 −→
α
X
~u1 −→
0
= t
OP =
,
= t
OQ =
Y
~u2
0
Y
~u2
β
(∗∗) は P，Q それぞれについて λ1 α2 ，λ2 β 2 であるから，(∗) より
λ1 = 0, λ2 = 0 すなわち λ1 + λ2 = 0, λ1 λ2 = 0
ここで，対角和 trA = λ1 + λ2 ，行列式 det A = λ1 λ2 であるから
4c2 + c2 = 0, 4c2 ·c2 − 3c·3c = 0
以上の結果から
1
3
3
c 5 − , c = 0,
5c
2
2
http://kumamoto.s12.xrea.com/nyusi/Qdai ri 2010.pdf

dv m kx dt dx v dt

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θ θ 09 6 3 4 = - + + y y x 16 : = + y xC θ θ - tcp-ip

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