数学第2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2回 類題：

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解答

第2回大問1 確率 -やや難

$\text{(1)}$ $M_n$ が $3$ の倍数でない、つまり $n$ 回の操作すべてで $3$ 以外のカードを引けばよいので、$\displaystyle \left(1-\frac{1}{25}\right)^n=$ $\displaystyle \left(\frac{24}{25}\right)^n$

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$\text{(2)}$ $M_n$ がもつ素因数 $2$ が$0$個または$1$個であればよい。
・$M_n$ がもつ素因数 $2$ が$0$個となる確率：$\displaystyle \left(\frac{24}{25}\right)^n$
・$M_n$ がもつ素因数 $2$ が$1$個となる確率：$\displaystyle _nC_1 \cdot \frac{1}{25} \cdot \left(\frac{24}{25}\right)^{n-1}$
したがって、$\displaystyle \left(\frac{24}{25}\right)^n+ _nC_1 \cdot \frac{1}{25} \cdot \left(\frac{24}{25}\right)^{n-1}=$ $\displaystyle \frac{n+24}{25}\cdot \left(\frac{24}{25}\right)^{n-1}$

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$\text{(3)}$
・事象$A$：$M_n$ が $3$ の倍数である。
・事象$B$：$M_n$ が $4$ の倍数である。
とする。$\text{(1)(2)}$ から、$\displaystyle P\left(\overline{A}\right)=\left(\frac{24}{25}\right)^n$ , $\displaystyle P\left(\overline{B}\right)=\frac{n+24}{25}\cdot \left(\frac{24}{25}\right)^{n-1}$ である。

求める確率は
\begin{aligned} P\left(A\cap B\right)&=1-P\left(\overline{A}\cup\overline{B}\right) \\ &=1-P\left(\overline{A}\right)-P\left(\overline{B}\right)+P\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right) \end{aligned}
で表される。

事象 $\overline{A}\cap\overline{B}$,すなわち $M_n$ が $3$ の倍数でも $4$ の倍数でもない事象の確率を考えると、
・$n$ 回の操作すべてで $2$でも $3$ でもないカードを引く
・$n$ 回の操作のうち$1$回は$2$を引くが、その他のすべての操作で $2$でも$3$でもないカードを引く
の$2$通りがあるから、
$\displaystyle P\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right)=\left(\frac{23}{25}\right)^n+ _nC_1\cdot \frac{1}{25} \cdot \left(\frac{23}{25}\right)^{n-1}=\frac{n+23}{25}\cdot \left(\frac{23}{25}\right)^{n-1}$

以上から、求める確率は
\begin{aligned} P\left(A\cap B\right)&=1-P\left(\overline{A}\right)-P\left(\overline{B}\right)+P\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right) \\ &=1-\left(\frac{24}{25}\right)^n-\frac{n+24}{25}\cdot \left(\frac{24}{25}\right)^{n-1}+\frac{n+23}{25}\cdot \left(\frac{23}{25}\right)^{n-1} \\ &=\frac{25^n-\left(n+48\right)\cdot 24^{n-1}+\left(n+23\right)\cdot23^{n-1}}{25^n} \end{aligned}

第2回大問2 座標空間 -同難度

$\text{(1)}$ $S: \left(x+1\right)^2+\left(y-3\right)^2+z^2=5^2$ であるから、球面$S$ の中心は$\text{O}_\text{S}\left(-1,3,0\right)$, 半径$5$.

ここで、円$C$ の中心を $\text{H}$ とすると、$\text{O}_\text{S}$ は平面$p$ 上になく、$\text{O}_\text{S}\text{H}\perp p$ であるから、$\overrightarrow{\text{O}_\text{S}\text{H}}$ は平面$p$ の法線ベクトルの一つであるから、
実数$t$ を用いて $\displaystyle \overrightarrow{\text{O}_\text{S}\text{H}}=t\begin{pmatrix} 2\\-1\\2\end{pmatrix}$ で表される。

$\displaystyle \overrightarrow{\text{O}\text{O}_\text{S}}=\begin{pmatrix}-1\\3\\0\end{pmatrix} $ であるから、 $\displaystyle \overrightarrow{\text{OH}}=\overrightarrow{\text{O}\text{O}_\text{S}}+\overrightarrow{\text{O}_\text{S}\text{H}}=\begin{pmatrix}-1\\3\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} 2\\-1\\2\end{pmatrix} $
したがって、$\text{H}\left(2t-1,\;-t+3,\;2t\right)$ で表される。

また、$\text{H}$ は平面$p$ 上の点だから、
$2\left(2t-1\right)-\left(-t+3\right)+2\cdot 2t =4 \qquad \therefore \quad t=1$

以上から、$2t-1=1, \quad -t+3=2, \quad 2t=2$ より、$C$ の中心 $\text{H}\left(1,2,2\right)$

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$\text{(2)}$ $C$の半径を$R$ とおくと、三平方の定理から $R^2=5^2-\text{O}_\text{S}\text{H}^2$

また、$\overrightarrow{\text{O}_\text{S}\text{H}}=\begin{pmatrix} 2\\-1\\2\end{pmatrix}$ であるから、$\text{O}_\text{S}\text{H}^2=\abs{\overrightarrow{\text{O}_\text{S}\text{H}}}^2=2^2+\left(-1\right)^2+2^2=9$

したがって、$R^2=5^2-9=16$ であるから、求める面積は$πR^2=16π$ である。

第2回大問3 二次曲線と極座標 -同難度

$\text{(1)}$ $H$の焦点は$\text{A}\text{B}$で、直線$\text{AB}$は$x$軸に平行であるから、双曲線$H$ は $\displaystyle \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1 \quad \left(a>0,b>0\right)$ で表される。
このとき、双曲線の性質から
\begin{cases} 2a=4 \\ a^2+b^2=4^2\end{cases} $a>0 \; b>0$ であるから、$a=2, b=2\sqrt{3}$
したがって、双曲線$H$ の方程式は $\displaystyle \frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{12}=1$

また、双曲線$H$ の漸近線は $\displaystyle \frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{12}=0$ すなわち $y=\pm\sqrt{3}\;x$ である。

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$\text{(2)}$ 極座標$\left[r,\theta\right]$ で表される点$\text{P}$が双曲線$H$ 上にあり、
$x=r\cos\theta , y=r\sin\theta$ で表されるので、$r,\theta$が満たす方程式は
$$\frac{r^2\cos^2\theta}{4}-\frac{r^2\sin^2\theta}{12}=1$$
$$r^2=\frac{12}{3\cos^2\theta-\sin^2\theta}$$
$r>0$ から$$r=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3\cos^2\theta-\sin^2\theta}}$$
※ $\displaystyle r=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{4\cos^2\theta-1}}, r=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3-4\sin^2\theta}}$ も可。

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$\text{(3)}$ $2$点 $\text{C},\text{D}$ の極座標はそれぞれ$\displaystyle \left[\;r_1,\theta\;\right], \left[\;r_2,\theta+\frac{π}{2}\;\right]$ で表される。

双曲線$H$ 上の点$\left[r,\theta\right]$ は$\displaystyle \frac{1}{r^2}=\frac{1}{12}\left(3\cos^2\theta-\sin^2\theta\right)$ を満たすから、

・$\displaystyle \frac{1}{r_1^2}=\frac{1}{4}\cos^2\theta-\frac{1}{12}\sin^2\theta$

・$\displaystyle \frac{1}{r_2^2}=\frac{1}{4}\sin^2\theta-\frac{1}{12}\cos^2\theta$

を満たす。$2$式の辺々を足して
$$\frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}=\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\frac{1}{6}$$
$r_1=\text{OC} , r_2=\text{OD}$ であるから、
$\displaystyle \frac{\text{OC}^2\text{OD}^2}{\text{OC}^2+\text{OD}^2}=\left(\frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}\right)^{-1}=6$

したがって、$\displaystyle \frac{\text{OC}^2\text{OD}^2}{\text{OC}^2+\text{OD}^2}$ の値は一定で、その値は$6$.

第2回大問4 関数 -同難度

$\text{(1)}$ $\displaystyle f'(x)=2ax-\left(\log{x}+1\right)$ , $\displaystyle f''(x)=2a-\frac{1}{x}$ である。$f'(x)$ の増減について考える。

$\text{(I)}$ $2a\leq0$ すなわち $a\leq 0$ のとき、 $x>0$ で $\displaystyle 2a<\frac{1}{x}$ から、常に $f''(x)<0$.
$f'(x)$ が負から正に切り替わる (つまり極小値をとるような) $x\;(>0)$ が存在しないため不適。

$\text{(II)}$ $2a>0$ すなわち $a>0$ のとき、 $\displaystyle 2a-\frac{1}{x}=0$ とすると $\displaystyle x=\frac{1}{2a}$.
増減表は以下。

\begin{array}{c|c|c|c|c|c} \hline x & & 0 & \cdots & \displaystyle \frac{1}{2a} & \cdots \\ \hline f'' & & ／ & - & 0 & + \\ \hline f' & & ／ & \searrow & \log{2a} & \nearrow \\ \hline \end{array}

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +0} f'(x)=∞$ ,

\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow ∞} f'(x)&=\lim_{x\rightarrow ∞} \left\{x\left(2a-\frac{\log{x}}{x}\right)-1\right\}\\ &=∞ \end{aligned}

条件を満たすためには、$f'(x)$ が正→負 (極大)、負→正 (極小) に切り替わるような正の $x$ がそれぞれ存在すればよい。$\log{2a}<0$ すなわち $\displaystyle a<\frac{1}{2}$ のとき条件を満たす。

$\text{(I)(II)}$ より、求める$a$の範囲は $\displaystyle 0< a<\frac{1}{2}$

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$\text{(2)}$ まず、$f(x)$ が極小値をもつ必要がある。
$f'(x)$ が負→正に切り替わるような正の $x$ が存在すればよく、 $\text{(1)}$ から $\displaystyle 0< a<\frac{1}{2} $ $-①$
次に、このとき極小値をとる$x=t$ は
・$\displaystyle t>\frac{1}{2a}$ $-②$
・$f'(t)=0$ $-③$
・$f(t)=0$ $-④$

を満たす。

ここで、$f(x)$ は $f'(x)$ と $x$ を用いて $f(x)=xf'(x)-ax^2+x$ で表されるから、$x=t$ を代入して
$0=t\cdot 0 -at^2+t \qquad \therefore\quad t\left(at-1\right)=0$ , $②$から $\displaystyle t=\frac{1}{a}$

$\displaystyle f'(t)=f'\left(\frac{1}{a}\right)=1+\log{a}$ であり、
$③ \cdots f'(t)=0$ より $1+\log{a}=0$ , すなわち $\displaystyle a=\frac{1}{e}$ ($①$を満たす)
このとき$\displaystyle t=\frac{1}{a}=e$ であり、$\displaystyle a=\frac{1}{e}, t=e$ は $①~④$ を同時に満たす。

以上から、求める$a,t$ の値は $\displaystyle a=\frac{1}{e}, t=e$

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$\text{(3)}$ $x>0$ における$f(x)$の増減を考える。
$\displaystyle a=\frac{1}{e}$ は $\displaystyle 0< a<\frac{1}{2}$ を満たすから、$\text{(1)}$ より、極大値と極小値をもつ。
$\text{(2)}$ から、$x=t\;\left(=e\right)$ で極小値 $0$ をとる。
また、$\displaystyle 0< x<\frac{1}{2a}\;\left(=\frac{1}{2}e\right)$ の範囲に極大値をとるような$x$ があるので、この$x$の値を $\gamma$ とする。

$\displaystyle f(x)=\frac{1}{e}x^2-x\log{x}$ , 増減表は以下。
\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} \hline x & & 0 & \cdots & \gamma & \cdots &t\;(=e) & \cdots \\ \hline f' & & \left(+∞\right) & + & 0 & - & 0 & +\\ \hline f & & ／ & \nearrow & \text{極大} & \searrow & 0 \left(\text{極小}\right) & \nearrow \\ \hline \end{array}

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +0} f(x) =0$ であるから、グラフは下図。

$\displaystyle y=f(x) \quad\left(a=\frac{1}{e}\right)$

$S(\alpha)$ は上図の色付き部分の面積であるから、

\begin{aligned} S(\alpha) &=\int_{\alpha}^{e} f(x) \; dx \\ &=\int_{\alpha}^{e} \left\{\frac{1}{e}x^2-x\log{x}\right\} \; dx \\ &=\left[\frac{1}{3e}x^3-\frac{1}{2}x^2\log{x}+\frac{1}{4}x^2 \right]_{\alpha}^{e} \\ &=\frac{1}{12}e^2-\frac{1}{3e}\alpha^3+\frac{1}{2}\alpha^2\log{\alpha}-\frac{1}{4}\alpha^2 \end{aligned}
$$S(\alpha)=\frac{1}{12}e^2-\frac{1}{3e}\alpha^3+\frac{1}{2}\alpha^2\log{\alpha}-\frac{1}{4}\alpha^2$$

したがって、
\begin{aligned} \lim_{\alpha\rightarrow +0} S(\alpha) &=\lim_{\alpha\rightarrow +0} \left\{\frac{1}{12}e^2-\frac{1}{3e}\alpha^3+\frac{1}{2}\alpha \cdot \alpha\log{\alpha}-\frac{1}{4}\alpha^2\right\} \\ &=\frac{1}{12}e^2 \end{aligned}

以上から、
$$\lim_{\alpha\rightarrow +0} S(\alpha)=\frac{1}{12}e^2$$