数学第1回演習類題

まえがき

自校での数学αの問題演習の類題です。同校の者は復習用にお使いください。
記事をPDFにして使うのがよいでしょう。

掲示されている問題から下に進むと解答が見られます。

第1回 類題：　同難度・微難・やや難

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解答

大問1 三角関数と解の個数 -微難

$\text{(1)}$ $t=\sin x+\cos x$ の両辺を$2$乗すると、
$$t=\sin^2x+2\sin x\cos x+\cos^2x \quad =1+2\sin x\cos x$$
したがって $\displaystyle \sin x\cos x=\frac{t^2-1}{2}, \quad \sin 2x=t^2-1$.

また、
\begin{aligned} \sin^3x+\cos^3x&=\left(\sin x+\cos x\right)\left(\sin^2x-\sin x\cos x+\cos^2x\right) \\ &=\left(\sin x+\cos x\right)\left(1-\sin x\cos x\right) \\ &=t\left(1-\frac{t^2-1}{2}\right) \\ &=\frac{1}{2}t\left(3-t^2\right) \end{aligned}
であるから、
\begin{aligned} \sin 3x -\cos 3x &=\left(3\sin x-4\sin^3x\right)-\left(4\cos^3x-3\cos x\right) \\ &=3\left(\sin x+\cos x\right)-4\left(\sin^3x+\cos^3x\right) \\ &=3t-4\cdot \frac{1}{2}t\left(3-t^2\right) \\ &=2t^3-3t \end{aligned}

したがって、

\begin{aligned} ① \cdots \quad \sin 3x -\cos 3x -2\sqrt{2}\sin 2x -\left(2k-3\right)\left(\sin x + \cos x\right)-2\sqrt{2}&=0 \\ \left(2t^3-3t\right)-2\sqrt{2}\left(t^2-1\right)-\left(2k-3\right)t-2\sqrt{2}&=0 \\ 2t^3-2\sqrt{2}t^2-2kt&=0 \\ \therefore\quad t^3-\sqrt{2}t^2-kt&=0 \end{aligned}

したがって、$① \cdots$ $t^3-\sqrt{2}t^2-kt=0$.

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$\text{(2)}$$\displaystyle t=\sqrt{2}\sin \left(x+\frac{π}{4}\right)$ であり、
\begin{aligned} 0\leq x<2π \; \Leftrightarrow \; \frac{π}{4}\leq x+\frac{π}{4}<2π+\frac{π}{4} \end{aligned}
より、 $t$ の範囲は $-\sqrt{2}\leq t\leq \sqrt{2}$.

また、$t$ の値と $x$ の値の対応を考える：

$①\cdots t\left(t^2-\sqrt{2}t-k\right)=0$ より、
$C:t\left\{y-\left(t^2-\sqrt{2}t\right)\right\}=0$, $l:y=k$ とすると、$C$ と $l$ の共有点の$t$座標の値は $①$ を満たす。
したがって、$-\sqrt{2}\leq t\leq \sqrt{2}$ における $C$ と $l$ の共有点の$t$座標を調べればよい。

次に、$-\sqrt{2}\leq t\leq \sqrt{2}$ において $C$ と $l:y=k$ の共有点の$t$座標の値を調べる。

これと $x$と$t$の対応$[\text{A}]$ より、

以上から、題意を満たす$k$の値の範囲は $\displaystyle k=-\frac{1}{2},0< k<4$.

大問2 整数・解の組の個数 -同難度

$m^2-n^2=2!\cdot3!\cdot5!\cdot7! \quad-①$ とする。
$2!\cdot3!\cdot5!\cdot7!=2\cdot\left(2\cdot3\right)\cdot\left(2^3\cdot3\cdot5\right)\cdot\left(2^4\cdot3^2\cdot5\cdot7\right) \quad =2^9\cdot3^4\cdot5^2\cdot7$ であるから、
$$①\cdots\quad \left(m+n\right)\left(m-n\right)=2^9\cdot3^4\cdot5^2\cdot7 \quad-②$$

ここで、$m+n,m-n$ について考えると、
・$m,n$が整数だから、$m+n,m-n$ は整数で、ともに$2^9\cdot3^4\cdot5^2\cdot7$ の約数。
・$m+n>0$ かつ $②$ より $m-n>0$
・$n$は整数だから $m+n=\left(m-n\right)+2n$ より偶奇が等しい。
・積 $2^9\cdot3^4\cdot5^2\cdot7$ が$4$の倍数より、$m+n,m-n$ はともに偶数

したがって、$m-n,m+n$ はともに $2^9\cdot3^4\cdot5^2\cdot7$ の正の約数となる偶数で、前者のほうが小さい $-③$。

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$m-n=2A,\quad m+n=2B$ とおくと、$A,B$ は $A< B$ を満たす正整数である。
$$②\cdots \quad AB=2^7\cdot3^4\cdot5^2\cdot7 \quad -④$$

$2^7\cdot3^4\cdot5^2\cdot7$ のもつ素因数$7$の個数が奇数であることと、素因数分解の一意性から、$A\neq B$ であるから、
$A< B$ かつ $④$ を満たす正整数の組 $(A,B)$ の個数は、$2^7\cdot3^4\cdot5^2\cdot7$ の正の約数の個数の半分であり、
$$\frac{1}{2}\left\{\left(1+7\right)\left(1+4\right)\left(1+2\right)\left(1+1\right)\right\}=120 \text{ (個)}$$

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$A< B$ かつ $④$ を満たす正整数の組 $(A,B)$,
$②$ かつ $③$ を満たす正整数の組 $(m-n,m+n)$,
$①$ を満たす正整数の組 $(m,n)$
はそれぞれ対応しているから、 $①$ を満たす正整数の組 $(m,n)$ の個数は $A< B$ かつ $④$ を満たす正整数の組 $(A,B)$ の個数に等しい。

したがって、 $①$ を満たす正整数の組 $(m,n)$ は $120$ 個。

大問3 複素数と複素数平面 -同難度

$\text{(1)}$
$z\neq 0$ において、$3$ 点 $\text{A,P,Q}$ が一直線上にある(点が重なる場合も含む) ような $z$ を考える。
$z$ が、ある実数$k$を用いて $\displaystyle \frac{1}{z}-z=k\left(1-z\right)$ を満たすとき、
$$\left(1-z\right)\left\{k-1-\frac{1}{z}\right\}=0 \quad\text{ i.e. } \quad\displaystyle z=1 \; \;\text{or}\;\; z=\frac{1}{k-1} (k\neq1)$$
より、$z\neq 0$ かつ $z \in \mathbb{R}$ を満たせばよい。

したがって、題意の条件は「$z\neq 0$ かつ、$3$点 $\text{A,P,Q}$ が一直線上にない」と言い換えられるので、求める必要十分条件は「$z$ が実数でない」。

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$\text{(2)}$
$\triangle \text{APQ}$ ができることから、$z$ が実数でないことを前提とする。
$\text{(I)}\; AP=PQ ,\quad\text{(II)}\; PQ=QA ,\quad\text{(III)}\; QA=AP$ のときを考える。
$\displaystyle AP=\abs{z-1}, \quad PQ=\abs{\frac{1}{z}-z}, \quad QA=\abs{1-\frac{1}{z}},\quad \abs{z}\neq 0, \quad \abs{z-1} \neq 0$ から、

$\text{(I)}$ $AP=PQ$ のとき、
\begin{aligned} \abs{z-1}&=\abs{\frac{1}{z}-z} \\ \abs{z-1}&=\frac{\abs{z^2-1}}{\abs{z}} \\ \\ \therefore\quad &\abs{z}=\abs{z+1}\\ \\ \end{aligned}

$\text{(II)}$ $PQ=QA$ のとき、
\begin{aligned} \abs{\frac{1}{z}-z}&=\abs{1-\frac{1}{z}} \\ \abs{z^2-1}&=\abs{z-1} \\ \\ \therefore\quad &\abs{z+1}=1 \\ \\ \end{aligned}

$\text{(III)}$ $QA=AP$ のとき、
\begin{aligned} \abs{1-\frac{1}{z}}&=\abs{z-1} \\ \abs{z-1}&=\abs{z}\abs{z-1} \\ \\ \therefore\quad &\abs{z}=1 \\ \\ \end{aligned}

$\text{(I) (II) (III)}$ から、題意を満たす $z$ の範囲は
$z\notin \mathbb{R}$ かつ $\left[\quad \abs{z}=\abs{z+1} \quad\text{or}\quad \abs{z}=1 \quad\text{or}\quad \abs{z+1}=1 \quad \right]$
したがって、下図の実線部分。
求める部分 (のちの$①$)

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$\text{(3)}$
$\triangle \text{APQ}$ について、
「三角形のいずれか$2$辺の長さが等しい」かつ「三角形のいずれか$1$つの角が直角」を満たすことは、「三角形が直角二等辺三角形である」ことの必要十分条件であるから、
「$\triangle \text{APQ}$のいずれか$2$辺の長さが等しい」ような$z$の範囲を $①$
「$\triangle \text{APQ}$のいずれか$1$つの角が直角」であるような$z$の範囲を $②$
として、$①$ と $②$ の共通部分を求めればよい。
$①$ の範囲は $\text{(2)}$ で求めたものである。

以降 $②$ について考える。
$\triangle \text{APQ}$ ができることから、$z$ が実数でないことを前提とする。
$\text{(I)}\; AP\perp PQ ,\quad\text{(II)}\; PQ\perp QA ,\quad\text{(III)}\; QA\perp AP$ のときを考える。
$\abs{z}\neq 0, \quad \abs{z-1} \neq 0$ である。

$\text{(I)}$ $AP\perp PQ$ のとき、$\displaystyle \frac{z-1}{z-\frac{1}{z}}=\frac{z}{z+1}$が純虚数であればよい。
\begin{aligned} \frac{z}{z+1}&=-\;\overline{\left(\frac{z}{z+1}\right)} \\ \frac{z}{z+1}&=-\;\frac{\overline{z}}{\overline{z}+1} \\ \\ z\left(\overline{z}+1\right)&+\overline{z}\left(z+1\right)=0 \\ \\ z\overline{z}+&\frac{1}{2}z+\frac{1}{2}\overline{z}=0 \\ \\ &\abs{z+\frac{1}{2}}^2=\frac{1}{4}\\ \\ \therefore\quad &\abs{z+\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\\ \\ \end{aligned}

$\text{(II)}$ $PQ\perp QA$ のとき、$\displaystyle \frac{z-\frac{1}{z}}{1-\frac{1}{z}}=z+1$が純虚数であればよい。
\begin{aligned} z+1&=-\;\overline{\left(z+1\right)} \\ z+1&=-\overline{z}-1 \\ \therefore \quad &\frac{z+\overline{z}}{2}=-1 \end{aligned}

$\text{(III)}$ $QA\perp AP$ のとき、$\displaystyle \frac{1-z}{1-\frac{1}{z}}=-z$が純虚数であればよい。
したがって、$z$ が純虚数であればよい。
$-z=-\;\overline{-z}$
$\therefore \quad z=-\overline{z}$

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以上から、$②$ のグラフは
$z\notin \mathbb{R}$ かつ $\displaystyle \left[\quad \abs{z+\frac{1}{2}}=\frac{1}{2} \quad\text{or}\quad \frac{z+\overline{z}}{2}=-1 \quad\text{or}\quad z=-\overline{z} \quad\right]$
$②$のグラフ

$①$ と $②$ の共通部分は次の $6$ 点。
黒色点線部分：$①$ / 黒色実線部分：$②$
色付きの点：$①$ と $②$ の共通部分

したがって、求める$z$の値は $\displaystyle z=\pm\; i,\quad -1\pm i,\quad -\frac{1}{2}\pm\frac{1}{2}i$.

大問4 曲面の回転 -やや難

立体$B$ は領域 $-1\leq z\leq 1$に含まれるから、$-1\leq t \leq1$ として、平面$z=t$ で $C$ を切断した各断面を$z$軸まわりに一回転させて立体$B$ を作ることを考える。

平面$z=t$ で $C,B$ を切断した断面(それぞれ$D_C,D_B$とする)について考える。$B$ の断面積を$S(t)$ とおく。

次に、$\displaystyle -\frac{π}{2}\leq \theta \leq \frac{π}{2}$ である実数 $\theta$ を用いて $t=\sin\theta$ とおく。

$C$ の断面 $D_C$ は線分 $x=1-\cos\theta \quad( \;\abs{y}\leq 1-\cos\theta,\; z=t\;)$ であり、
下図から、$D_C$ を$z$軸回転させた図形 $D_B$ は、
「半径 $\sqrt{2}\left(1-\cos\theta\right)$ の円から、中心が一致した半径 $\displaystyle 1-\cos\theta$ の円をくり抜いたドーナツ型の図形」である。

$z=t$ における断面図。
$D_C$：赤色の線分, $D_B$：色付きの領域・境界含む。

したがって、$D_B$ の面積は
$$S(t)= π\left\{\sqrt{2}\left(1-\cos\theta\right)\right\}^2-π\left(1-\cos\theta\right)^2$$
$$\qquad=π\left(1-2\cos\theta+\cos^2\theta\right)$$$$\qquad=π\left(2-2\cos\theta-\sin^2\theta\right)$$

ここで、$t=\sin\theta$ より $dt=\cos\theta \; d\theta$ だから、
\begin{aligned} V&=\int_{-1}^{1} S(t) dt \\ &=π \int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \left(1-2\cos\theta+\cos^2\theta\right) \cos\theta\; d\theta \\ &=2π\int_{0}^{\frac{π}{2}} \left(2-2\cos\theta-\sin^2\theta\right) \cos\theta d\theta \\ &=2π\int_{0}^{\frac{π}{2}} \left\{2\cos\theta-2\cos^2\theta-\sin^2\theta\cos\theta \right\} d\theta \\ &=2π\int_{0}^{\frac{π}{2}} \left\{2\cos\theta-1+\cos2\theta-\sin^2\theta\left(\sin\theta\right)' \right\} d\theta \\ &=2π\left[2\sin\theta-\theta+\frac{1}{2}\sin2\theta-\frac{1}{3}\sin^3\theta\right]_{0}^{\frac{π}{2}} \\ &=\frac{10}{3}π-π^2 \end{aligned}

したがって、立体$B$ の体積は $\displaystyle V=\frac{10}{3}π-π^2$