2026 防衛医大・医【数学】

$\ell$と$m$の交点を${\rm A}$とすると$\displaystyle{{\rm A}\left(\frac{160}{9},~\frac{13}{3}\right)}$である．$\ell,m$と直線$y=ax$で三角形が作られないのは，直線$y=ax$が点${\rm A}$を通るか，$\ell$と平行となるか，$m$と平行となるかのいずれかの場合である．

• 直線$y=ax$が点${\rm A}$を通るとき $\displaystyle{a=\frac{39}{160}}$
• 直線$y=ax$が$\ell$と平行であるとき$\displaystyle{a=\frac{3}{4}}$
• 直線$y=ax$が$m$と平行であるとき$\displaystyle{a=-\frac{12}{5}}$
  よって，3つの直線によって三角形が作られないようなすべての$a$の積は$\displaystyle{\frac{39}{160}\cdot\frac{3}{4}\cdot\left(-\frac{12}{5}\right)=\boldsymbol{-\frac{351}{800}}}$
  次に，$\ell,m,n$で囲まれる三角形の内接円の中心を${\rm I}(p,~q)$とすると，${\rm I}$から各直線までの距離は内接円の半径に等しいから
  \begin{align*} \frac{|3p-4q-36|}{\sqrt{3^2+(-4)^2}}=\frac{|12p+5q-235|}{\sqrt{12^2+5^2}}=\frac{|p-q+b|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=1 \end{align*}
  ${\rm I}$は$\ell$の下側，$m$の上側，$n$の上側にあるから
  \begin{align*} \frac{3p-4q-36}{5}=\frac{12p+5q-235}{13}=\frac{-p+q-b}{\sqrt{2}}=1 \end{align*}
  これらにより $p=19,~q=4,~b=\boldsymbol{-15-\sqrt{2}}$

$\alpha^3=\sqrt{k^2+1}+k$，$\beta^3=\sqrt{k^2+1}-k$ であるから
\begin{align*} \left\{\begin{array}{l}\alpha^3\beta^3=1\\\alpha^3-\beta^3=2k\end{array}\right.\qquad \therefore\left\{\begin{array}{l}\alpha\beta=1\\(\alpha-\beta)(\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2)=2k\end{array}\right. \end{align*}

1. $\alpha-\beta=1$ のとき
   \begin{align*} & \left\{\begin{array}{l}\alpha\beta=1\\\alpha^2+\beta^2+1=2k_1\end{array}\right.\\\therefore & \left\{\begin{array}{l}\alpha\beta=1\\(\alpha-\beta)^2+2\alpha\beta+1=2k_1\end{array}\right.\qquad \therefore k_1=2 \end{align*}
2. $\alpha-\beta=2$ のとき
   \begin{align*} & \left\{\begin{array}{l}\alpha\beta=1\\2(\alpha^2+\beta^2+1)=2k_2\end{array}\right.\\\therefore & \left\{\begin{array}{l}\alpha\beta=1\\(\alpha-\beta)^2+2\alpha\beta+1=k_2\end{array}\right.\qquad \therefore k_2=7 \end{align*}
   よって $k_1k_2=2\cdot 7=\boldsymbol{14}$

また，$k=k_2=7$ のとき
\begin{align*} \left\{\begin{array}{l}\alpha-\beta=2\\\alpha\beta=1\\\alpha^2+\beta^2=6\\\alpha>\beta>0\end{array}\right. \end{align*}
と $(\alpha+\beta)^2=(\alpha-\beta)^2+4\alpha\beta$から$\left\{\begin{array}{l}\alpha+\beta=2\sqrt{2}\\\alpha\beta=1\end{array}\right.$ であるから，$\alpha,~\beta$は2次方程式$t^2-2\sqrt{2}t+1=0$ の2解である．よって，$\left\{\begin{array}{l}\alpha=\sqrt{2}+1\\\beta=\sqrt{2}-1\end{array}\right.$であるから
\begin{align*} \alpha^2+\beta(2\alpha+\beta+6) &= \alpha^2+\beta^2+2\alpha\beta+6\beta\\ &=6+2+6(\sqrt{2}-1)\\ &=2+6\sqrt{2} \end{align*}
$1.4^2=1.96$，$1.5^2=2.25$より$1.4<\sqrt{2}<1.5$であるから$8.4<6\sqrt{2}<9$
よって $10.4<2+6\sqrt{2}<11$ となるので整数部分は$\boldsymbol{10}$

集合$X$の要素の個数を$n(X)$とあらわす．
\begin{align*} n(A\cup B) &= n(U)-n(\overline{A\cup B})\\ &= n(U)-n(\overline{A}\cap\overline{B})\\ &= 100-38\\ &= 62 \end{align*}
であり，$n(A)+n(\overline{A}\cap B)=n(A\cup B)$ であるから $n(A)=n(A\cup B)-n(\overline{A}\cap B)=62-21=\boldsymbol{41}$
また，$(A\cup B)\cap(\overline{A}\cup B)\cap(A\cup\overline{B})=B\cap(A\cup\overline{B})=A\cap B$であるから
\begin{align*} n((A\cup B)\cap(\overline{A}\cup B)\cap(A\cup\overline{B})) &= n(A\cap B)\\ &= n(\overline{A}\cup B)-n(\overline{A}\cap B)-n(\overline{A\cup B})\\ &= 75-21-38\\ &= \boldsymbol{16} \end{align*}

$x>1$のとき$\log x>0$であるから，2つのグラフ$y=f(x)$と$y=g(x)$の交点の$x$座標は
\begin{align*} & (\log x)^{\log x}=x^2\\ \therefore~ & (\log x)\log(\log x)=2\log x\\ \therefore~ & \log(\log x)=2\\ \therefore~ & \log x=e^2\\ \therefore~ &x=e^{e^2} \end{align*}
このとき$y=(e^{e^2})^2=e^{2e^2}$であるから，交点の$x$座標と$y$座標の積は$e^{e^2}\cdot e^{2e^2}=\boldsymbol{e^{3e^2}}$
また，$x>1$において$f(x)>0$であるから
\begin{align*} & \log f(x)=(\log x)\log(\log x)\\ \therefore~ & \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{1}{x}\cdot\log(\log x)+(\log x)\cdot\frac{1}{x\log x}\\ \therefore~ & f'(x)=\frac{\log(\log x)+1}{x}\cdot f(x) \end{align*}
$\begin{array}{c|c|c|c|c} x & (1) & \cdots & e^{e^{-1}} & \cdots \\ \hline f'(x) & & - & 0 & + \\ \hline f(x) & & \searrow & & \nearrow \end{array}$
よって，$f(x)$が最小となる$x$の値は$x=\boldsymbol{e^{e^{-1}}}$

${\rm A},~{\rm B}$が取り出す球を順に
${\rm A}$:●●●○○○○
${\rm B}$:○○○○●●●
のように表す．上のような場合，${\rm A}$の白玉に対して${\rm B}$が黒玉であるものが3ヶ所あるので${\rm B}$の合計得点は3点となる．
${\rm B}$の合計得点が0点であるのは例えば
${\rm A}$:●●●○○○○
${\rm B}$:●●●○○○○
のときであり，${\rm A}$の4個の白玉に対して${\rm B}$の白玉が対応する場合なので，確率は$\displaystyle{\frac{3!4!}{7!}=\frac{1}{35}}$
1点であるのは例えば
${\rm A}$:●●●○○○○
${\rm B}$:●●○●○○○
のように，${\rm A}$の白玉に対して${\rm B}$の黒玉が対応するものが1か所だけある場合なので，確率は $\displaystyle{\frac{\left({}_4{\rm C}_1\cdot {}_3{\rm C}_1\right)^2\cdot 2!\cdot 3!}{7!}=\frac{12}{35}}$
よって，${\rm A}$が勝つ確率は$\displaystyle{\frac{1}{35}+\frac{12}{35}=\boldsymbol{\frac{13}{35}}}$
また，最初にもつ玉の個数を白玉10個，黒玉8個に変更してゲームを行ったとき，上と同様に考えると
\begin{align*} P(X=k) = \frac{\left({}_{10}{\rm C}_k\cdot{}_8{\rm C}_k\cdot k!\right)^2\cdot(10-k)!\cdot(8-k)!}{18!} \end{align*}
であるから
\begin{align*} \frac{P(X=k+1)}{P(X=k)} &= \frac{\left({}_{10}{\rm C}_{k+1}\cdot{}_8{\rm C}_{k+1}\cdot (k+1)!\right)^2\cdot(9-k)!\cdot(7-k)!}{\left({}_{10}{\rm C}_k\cdot{}_8{\rm C}_k\cdot k!\right)^2\cdot(10-k)!\cdot(8-k)!}\\ &= \frac{\left(\frac{10!}{(k+1)!(9-k)!}\cdot\frac{8!}{(k+1)!(7-k)!}\cdot(k+1)!\right)^2}{\left(\frac{10!}{k!(10-k)!}\cdot\frac{8!}{k!(8-k)!}\cdot k!\right)^2\cdot(10-k)(8-k)}\\ &= \frac{(10-k)(8-k)}{(k+1)^2}\quad\cdots(*) \end{align*}
よって
\begin{align*} \frac{P(X=k+1)}{P(X=k)}\geqq 1 & \iff \frac{(10-k)(8-k)}{(k+1)^2}\geqq 1\\ & \iff k\leqq\frac{79}{20}=3.9\ldots & \text{(等号は成立しない)} \end{align*}
つまり
$k=0,~1,~2,~3$のとき$P(X=k)< P(X=k+1)$
$k=4,~5,~\cdots$のとき$P(X=k)>P(X=k+1)$
であるから，$P(X=k)=P(k)$と表すと
$P(0)< P(1)< P(2)< P(3)< P(4)>P(5)>P(6)>\cdots$
すなわち，$P(X=k)$は$X=4$のとき最大となるので$k_0=4$である．
よって$(*)$により
\begin{align*} \frac{P(X=k_0)}{P(X=k_0+1)} &= \frac{P(X=4)}{P(X=5)}\\ &= \frac{(4+1)^2}{(10-4)(8-4)}\\ &= \boldsymbol{\frac{25}{24}} \end{align*}

$\sin x=t$とすると$0\leqq x\leqq\pi$のとき$0\leqq t\leqq 1$であり，方程式は$3t^2-4at+5a-3=0$となる．左辺を$f(t)$とすると$\displaystyle{f(t)=3\left(t-\frac{2a}{3}\right)^2-\frac{1}{3}(4a-3)(a-3)}$
1つの$t$の対して
$0\leqq t<1$ならば$x$は2個ずつ対応し，$t=1$ならば$x$は1個ずつ対応する
ことから

1. 実数$x$がただ1つ存在するのは，
   $f(1)=0$かつ$f(t)=0$が$0\leqq t<1$に解をもたないとき．
   $f(1)=a=0$ のとき$f(t)=3(t^2-1)$となり条件をみたす．$\therefore\boldsymbol{a=0}$
2. 実数$x$が2個存在するのは，$f(t)=0$が$0\leqq t<1$に解を1個だけもつとき．

1. $\left\{\begin{array}{l}0\leqq\frac{2a}{3}<1\\f\left(\frac{2a}{3}\right)=0\end{array}\right.$のとき，$\displaystyle{a=\frac{3}{4}}$
2. $f(0)=0$のとき$\displaystyle{a=\frac{3}{5}}$
   このとき$\displaystyle{f(t)=3t^2-\frac{12}{5}=0}$より$\displaystyle{t=0,~\frac{4}{5}}$となり$0\leqq t<1$に2個あるので不適．
3. $f(0)\cdot f(1)<0$のとき
   $a(5a-3)<0$により$\displaystyle{0< a<\frac{3}{5}}$
   (i)～(iii)により$\displaystyle{\boldsymbol{a=\frac{3}{4},~0< a<\frac{3}{5}}}$

1. 実数$x$が4個存在するのは，$f(t)=0$が$0\leqq t<1$に解を2個もつときであるから
   \begin{align*} \left\{\begin{array}{l}0\leqq\frac{2a}{3}<1\\f\left(\frac{2a}{3}\right)<0\\f(0)\geqq 0\\f(1)>0\end{array}\right.\quad\therefore \left\{\begin{array}{l}0\leqq a<\frac{3}{2}\\a<\frac{3}{4},~3< a\\a\geqq\frac{3}{5}\\a>0\end{array}\right. \end{align*}
   よって$\displaystyle{\boldsymbol{\frac{3}{5}\leqq a<\frac{3}{4}}}$

1. $\displaystyle{g(x)=f'(x)=\boldsymbol{\frac{e^x-e^{-x}}{2}}}$
   $f,~g$が$f'=g,~g'=f,~f^2-g^2=1\quad\cdots①$をみたすことに注意すると
   \begin{align*} h'(x) &= \frac{g'(x)f(x)-g(x)f'(x)}{f(x)^2}\\ &= \frac{f(x)^2-g(x)^2}{f(x)^2}\\ &= \boldsymbol{\frac{1}{f(x)^2}} \end{align*}
2. ${\rm T}$における曲線$C$の接線の方向ベクトルの1つとして$ \begin{pmatrix} 1 \\ f'(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ g(t) \end{pmatrix} $がとれるので，法線上にあり$y< f(x)$にある単位ベクトル$ \overrightarrow{\rm TP}$は
   \begin{align*} \overrightarrow{\rm TP}=\frac{1}{\sqrt{1+g(t)^2}} \begin{pmatrix} g(t) \\ -1 \end{pmatrix}= \frac{1}{f(t)}\begin{pmatrix} g(t) \\ -1 \end{pmatrix}\quad (\because ①) \end{align*}
   \begin{align*} \therefore~ \overrightarrow{\rm OP} &= \overrightarrow{\rm OT}+ \overrightarrow{\rm TP}\\ &= \begin{pmatrix} t+h(t) \\ f(t)-\frac{1}{f(t)} \end{pmatrix} \end{align*}
   $\displaystyle{f(t)-\frac{1}{f(t)}=\frac{f(t)^2-1}{f(t)}=\frac{g(t)^2}{f(t)}=g(t)h(t)}\quad(\because ①)$であるから
   \begin{align*} \overrightarrow{\rm OP} = \begin{pmatrix} t+h(t) \\ h(t)\times g(t) \end{pmatrix} \end{align*}
   よって$\boldsymbol{(\:\fbox{ア}\:,\:\fbox{イ}\:,\:\fbox{ウ}\:)=(\:t,\:h(t),\:g(t)\:)}$
3. $\displaystyle{I=\int_{\log\sqrt{3}}^{\log\left(\tan\frac{5}{12}\pi\right)}\!\frac{1}{f(t)} \:dt}$において，$e^t=\tan\theta$とおくと
   $\displaystyle{e^tdt=\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta}\quad \therefore dt=\frac{1}{\tan\theta\cos^2\theta}d\theta$ $~~\begin{array}{c|ccc}t & \log\sqrt{3} & \rightarrow & \log\left(\tan\frac {5}{12}\pi\right)\\\hline \theta & \frac{\pi}{3} & \rightarrow & \frac{5}{12}\pi\end{array}$
   \begin{align*} \therefore I &= \displaystyle{\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{5}{12}\pi}\!\frac{2}{\tan\theta+\frac{1}{\tan\theta}}\cdot\frac{1}{\tan\theta\cos^2\theta} \:d\theta}\\ &= \displaystyle{\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{5}{12}\pi}\!2 \:d\theta}\\ &= 2\Big[\:\theta\:\Big]_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{5}{12}\pi}\\ &= 2\left(\frac{5}{12}\pi-\frac{\pi}{3}\right)\\ &= \boldsymbol{\frac{\pi}{6}} \end{align*}
4. ①および(1)の結果を用いると
   \begin{align*} \left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2\ &= \left(1+h'(t)\right)^2+\left(h'(t)g(t)+h(t)g'(t)\right)^2\\ &= \left(1+\frac{1}{f(t)^2}\right)^2+\left(\frac{g(t)}{f(t)^2}+g(t)\right)^2\\ &= \left(1+g(t)^2\right)\cdot\left(\frac{f(t)^2+1}{f(t)}\right)^2\\ &= f(t)^2\cdot\frac{\left(f(t)^2+1\right)^2}{f(t)^4}\\ &= \left(f(t)+\frac{1}{f(t)}\right)^2 \end{align*}
   よって，求める長さを$L$とすると
   \begin{align*} L &= \displaystyle{\int_{\log\sqrt{3}}^{\log\left(\tan\frac{5}{12}\pi\right)}\!\left(f(t)+\frac{1}{f(t)}\right) \:dt}\quad (\because f(t)>0)\\ &= \left[\frac{e^t-e^{-t}}{2}\right]_{\log\sqrt{3}}^{\log\left(\tan\frac{5}{12}\pi\right)}+\frac{\pi}{6}\quad (\because (3))\\ &= \frac{1}{2}\left\{\tan\frac{5}{12}\pi-\frac{1}{\tan\frac{5}{12}\pi}-\left(\sqrt{3}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\right\}+\frac{\pi}{6} \end{align*}
   $\displaystyle{\tan\frac{5}{12}=\tan\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3}\right)=2+\sqrt{3}}$であるから
   \begin{align*} L &= \frac{1}{2}\left\{2+\sqrt{3}-(2-\sqrt{3})-\frac{2}{\sqrt{3}}\right\}+\frac{\pi}{6}\\ &= \boldsymbol{\frac{2\sqrt{3}}{3}+\frac{\pi}{6}} \end{align*}