2011 筑波大学（理系）前期日程 問題 －1－ １ 解答解説のページへ O を原点とするxy 平面において, 直線y= の1 x ≧ を満たす部分を C とする。 1 (1) C 上に点 A ( , 1)t をとるとき, 線分 OA の垂直二等分線の方程式を求めよ。 (2) 点 A がC 全体を動くとき, 線分 OA の垂直二等分線が通過する範囲を求め, それ を図示せよ。
2011 筑波大学（理系）前期日程 問題 －2－ ２ 解答解説のページへ 自然数 n に対し, 関数 n( ) 2x tn x F x =
∫
e− dt (x≧0 )を考える。 (1) 関数F x (n( ) x≧0 )はただ 1 つの点で最大値をとることを示し, F x が最大とn( ) なるような x の値a を求めよ。 n (2) (1)で求めたa に対し, 極限値 lim logn n n→∞ a を求めよ。2011 筑波大学（理系）前期日程 問題 －3－ ３ 解答解説のページへ αを 0 2 π α ＜ ＜ を満たす定数とする。円C x: 2+(y+sinα)2= および, その中心を1 通る直線 :l y=( tanα)x−sinαを考える。このとき, 以下の問いに答えよ。 (1) 直線l と円 C の 2 つの交点の座標をαを用いて表せ。 (2) 等式 1 cos 2 2 cos cos 2 1 1 2 x dx x dx α α α π − − + − =
∫
∫
が成り立つことを示せ。 (3) 連立不等式 ( tan ) sin y≦ α x− α , x2+(y+sinα)2≦ 1 の表す xy 平面上の図形を D とする。図形 D を x 軸のまわりに 1 回転させてできる 立体の体積を求めよ。2011 筑波大学（理系）前期日程 問題 －4－ ４ 解答解説のページへ 数列
{
an}
を, a1= , 1 ( 3 ) 1 1 1 1 2 n n n a na n n + + − = + − + (n=1, 2, 3, ⋯ によっ) て定める。 (1) bn=n n( +1)(n+2 )an (n=1, 2, 3, ⋯ によって定まる数列){ }
bn の一般項を 求めよ。 (2) 等式 p n( +1)(n+2 )+qn n( +2 )+rn n( +1)=bn (n=1, 2, 3, ⋯ が成り立つ) ように, 定数 p, q, r の値を定めよ。 (3) 1 n k k a =∑
を n の式で表せ。2011 筑波大学（理系）前期日程 問題 －5－ ５ 解答解説のページへ 実 数 を 成 分 と す る 行 列 A a b c d = を 考 え る 。 座 標 平 面 上 の 2 点 P( ,x y , ) Q( ,u v について等式 ) u A x v y = が成り立つとき, 行列 A により点 P は点 Q に移 るという。 点 (1, 3 ) は行列 A により点 (10, 10 ) に移り, さらに等式 2 7 10 A − A+ E= O が成り立つものとする。ただし, 1 0 0 1 E= , 0 0 0 0 O= である。このとき, 以下 の問いに答えよ。 (1) 行列A により点 (10, 10 ) が移る点の座標を求めよ。 (2) 実数a, b, c, d の値を求めよ。 (3) 次の条件(＊)を満たす直線l の方程式を求めよ。 (＊) 直線l 上のすべての点が行列 A により l 上の点に移る。
2011 筑波大学（理系）前期日程 問題 －6－ ６ 解答解説のページへ d を正の定数とする。2 点 A (−d, 0 ), B( , 0 )d からの距離の和が 4d である点 P の軌跡として定まる楕円 E を考える。点 A, 点 B, 原点 O から楕円 E 上の点 P まで の距離をそれぞれ AP, BP, OP とかく。このとき, 以下の問いに答えよ。 (1) 楕円E の長軸と短軸の長さを求めよ。 (2) AP2+BP2および AP BP⋅ を, OP とd を用いて表せ。 (3) 点 P が楕円 E 全体を動くとき, AP3+BP3の最大値と最小値を d を用いて表せ。
2011 筑波大学（理系）前期日程 解答解説 © 電送数学舎 2011 －1－ １ 問題のページへ (1) 線分 OA の垂直二等分線の方程式は, 中点が
(
, 1)
2 2 t , OA=( , 1)t より,(
1) (
1)
0 2 2 t x− t + y− = , 2tx+2y− − = ………① t2 1 0 (2) ①をt についてまとめると, t2−2xt−2y+ = ………② 1 0 すると, t ≧ のとき直線①が通過する点 ( ,1 x y は,) t についての 2 次方程式② が t ≧ に少なくとも 1 つの実数解をもつ ( ,1 x y の条件として求められる。 ) ここで, f( )t = −t2 2xt−2y+1= −(t x)2−x2−2y+ とおくと, 1 (i) x ≧ (1 x≦−1, 1≦x)のとき 求める条件は, f( )x = −x2−2y+ ≦1 0より, 2 1 1 2 2 y≧− x + (ii) x ＜ ( 11 − ＜ ＜ のとき x 1) 求 め る 条 件 は , f(1)= −1 2x−2y+ ≦1 0ま た は ( 1)− = +1 2x−2y+ ≦1 0 f より, 1 y≧− +x またはy≧x+1 (i)(ii)より, 求める領域は右図の網点部となる。 ただし, 境界は領域に含む。［解 説］
直線の通過領域を求める頻出問題です。2 次方程式の実数解の条件として処理をし ています。 y x O 1 1 1 − 1 22011 筑波大学（理系）前期日程 解答解説 © 電送数学舎 2011 －2－ ２ 問題のページへ (1) 自然数n に対し, fn( )t =e−tnとおくと, 2 ( ) x ( ) n n x F x =
∫
f t dtより, ( ) ( 2 ) 2 ( ) n n n F ′ x = f x ⋅ −f x =2e−( 2 )x n−e−xn =e−xn(
2e−( 2n−1 )xn−1)
ここで, ( ) 2 ( 2n 1 )xn 1 x = e− − − g とおくと, 2n− ≧ から, 1 1 x≧ において ( )0 g x は 単調に減少し, ( 0 )= − =2 1 1 g , lim ( ) lim 2(
( 2n 1 )xn 1)
1 x x x e − − →∞g = →∞ − = − これより, x≧ において, 0 g( )x =0はただ 1 つの実数解をもち, ( 2 1 ) 1 2 n xn e− − = , ( 2− n−1)xn= −log 2, log 2 2 1 n n x = − よって,(
log 2)
1 2 1 n n x= − となり, この値を x=α とおくと, F x の増減は右表のようになる。 n( ) すると, 関数F x (n( ) x≧0 )はただ 1 つの点で最 大値をとり, F x が最大となる x の値n( ) a は, n(
log 2)
1 2 1 n n n a = =α −(2) (1)より, log 1log
(
log 2)
log ( log 2 ) log ( 2 1) 2 1 n n n a n n n − = = − − ここで, 自然数 n に対し, 2n−1≦2n−1 2＜ nより,(n−1) log 2≦log( 2n−1)＜nlog 2,
(
1 1)
log 2 log( 2 1 ) log 2n n n − − ≦ ＜ よって, lim log n n→∞ a
{
}
log ( log 2 ) log ( 2 1) lim n n→∞ n n − = − = −log 2
［解 説］
関数の形が複雑なため, 式変形に注意力が要求されますが, 内容的は基本的です。 x 0 … α … ( ) n F ′ x ＋ 0 － ( ) n F x 02011 筑波大学（理系）前期日程 解答解説
© 電送数学舎 2011 －3－
３ 問題のページへ
(1) l y: =( tanα)x−sinαとC x: 2+(y+sinα)2= を連立すると, 1
2 ( tan2 ) 2 1 x + α x = , 2 2 1 1 cos αx = , x cos α = ±
す る と , y= ±sinα−sinα か ら , x=cosα の と き y= , 0 x= −cosα の と き
2sin
y= − αとなり, l と C の交点は, ( cos , 0 )α , (−cos ,α −2sinα)である。 (2) f( )x = 1−x2 とおくと, f(−x)= f( )x から, f( )x は偶関数であり, cos cos 2 2 cos 0 1 x dx 2 1 x dx α α α − − = −
∫
∫
よって, 1 2 cos 2 1 2 cos cos 0 2 1 x dx 1 x dx 2 1 x dx α α − α − + − = −∫
∫
∫
2 4 2 π π = × = (3) y≦( tanα)x−sinα か つ x2+(y+sinα)2≦ の1表す図形 D は右図の網点部となる。ここで, D を x 軸のまわりに 1 回転させてできる立体の体積を V とする。 さて, C x: 2+(y+sinα)2= より, 1 2 1 sin y= ± −x − α そこで, cos
(
2)
2 1 cos 1 sin V x dx α α π α − =∫
− − − 2 22 1 ( 2sin ) 2cos 8 sin cos
3 3 V = π α ⋅ α= π α α
{(
)
(
) }
1 2 2 2 2 3 cos 1 sin 1 sin V x x dx α π α α =∫
− − − − − − すると, V =V1−V2+V3となり, cos cos 2 2 2 1 cos cos (1 sin ) 2 sin 1 V x dx x dx α α α α π α π α − − =∫
− + +∫
− cos cos 2 2 2 0 cos 2 ( x 1 sin )dx 2 sin 1 x dx α α α π α π α − =∫
− + + +∫
− cos 3 2 cos 2 0 cos 2 (1 sin ) 2 sin 1 3 x x α α x dx α π α π α − = − + + +∫
− cos 3 2 2 cos 2 cos 2 (1 sin ) cos 2 sin 13 x dx α α π α π α α π α − = − + + +
∫
− cos 3 2 cos 8 cos 4 cos 2 sin 13 x dx α α π α π α π α − = − + +
∫
− 3 2 8 cos 8 cos 3 3 V = π α− π α 1 1 2 2 3 cos cos 4 sin 1 4 sin 1 V x dx x dx α α π α π α =∫
− =∫
− cosα − cosα 1 sinα − O x y2011 筑波大学（理系）前期日程 解答解説 © 電送数学舎 2011 －4－ (2)から, 1 2 cos 2 cos cos 2 1 x dx 1 x dx α α − α − + −
∫
∫
2 π = なので,{
cos 1}
2 2 cos cos 84 cos cos 2 sin 1 2 1
3 V x dx x dx α α α π α π α π α − = − +
∫
− +∫
− 4 cos 2 sin 3 2 π π α π α = + ⋅ 4 cos 2sin 3π α π α = +［解 説］
(3)では, 求積の方法について迷いますが, (2)の結果を活用することを考えるのが, 本問では最適でしょう。2011 筑波大学（理系）前期日程 解答解説 © 電送数学舎 2011 －5－ ４ 問題のページへ (1) 条件より, a1= , 1 ( 3 ) 1 1 1 1 2 n n n a na n n + + − = + − + から, 1 (n+1)(n+2 )(n+3 )an+ −n n( +1)(n+2 )an=(n+2 )−(n+ 1) ( 1)( 2 ) n n b =n n+ n+ a より, bn+1−bn = となるので, 1 1 ( 1) 1 2 3 1 1 5 n b =b + n− = ⋅ ⋅ ⋅a + − = + n n (2) (1)より, p n( +1)(n+2 )+qn n( +2 )+rn n( +1)= + の係数を比べて, n 5 0 p+ + = ……①, 3q r p+2q+ = ……②, 2r 1 p= ……③ 5 ③より, 5 2 p= となり, ①②に代入して, 5 2 q+ = − , r 2 13 2 q+ = −r これより, q= − , 4 3 2 r= (3) (1)より, 5 ( 1)( 2 ) n n a n n n + = + + となり, (2)の結果を用いると, 5 4 3 1 2 2 1 2( 2 ) n p q r a n n n n n n = + + = − + + + + + 5 3 5 3 2n 2(n 1) 2(n 2 ) + = − + + + =52
(
n1−n1+1) (
−23 n1+1−n+12)
よって, 1 n k k a =∑
5(
1 1) (
3 1 1)
2 n 1 2 2 n 2 = − − − + + 52 1 32 2( 2 ) n n n n = ⋅ − ⋅ + + 10 ( 2 ) 3 ( 1) ( 7 17 ) 4( 1)( 2 ) 4( 1)( 2 ) n n n n n n n n n n + − + + = = + + + +［解 説］
(3)の解法は, 上のようなものが想定されていると思われますが, もし4 5 3 2 + = に 気付かなかったときは, (2)を無視し, 1 5 ( 1)( 2 ) ( 1)( 2 ) n a n n n n n = + + + + + として和 を求めます。2011 筑波大学（理系）前期日程 解答解説 © 電送数学舎 2011 －6－ ５ 問題のページへ (1) A2−7A+10E= より, O ( 2 7 10 ) 1 0 3 0 A − A+ E = ………① また, 条件より, 1 10 3 10 A = ……②なので, 2 1 10 3 10 A =A となり, ①から, 10 10 1 0 7 10 10 10 3 0 A − + = , 10 7 10 10 1 60 10 10 3 40 A = − = ………③ (2) ③より, 1 6 1 4 A = となり, ②と合わせて, 1 1 6 10 1 3 4 10 A = 1 6 10 1 1 1 6 10 3 1 2 4 10 1 3 4 10 1 1 A − − = = − 3 5 3 1 4 2 2 5 1 1 1 3 − = − = よって, a= , 4 b= , 2 c= , 1 d= 3 (3) 直線l の方程式を, x= または y mx nk = + とおく。 (i) l x: = のとき k t を任意の実数として, 直線 l 上の任意の点を ( ,k t とおくと, ) 4 2 4 2 1 3 3 u k k t v t k t + = = + 点 ( ,u v は l 上の点より, ) 4k+2t= , 3k k+2t= ………④ 0 しかし, 任意の t に対して, ④が成立する定数 k は存在しない。 (ii) l y: =mx+ のとき n t を任意の実数として, 直線 l 上の任意の点を ( ,t mt+n)とおくと, 4 2 ( 4 2 ) 2 1 3 (1 3 ) 3 u t m t n v mt n m t n + + = = + + + 点 ( ,u v は l 上の点より, ) (1+3m t) +3n=m
{
( 4+2m t) +2n}
+ ………⑤ n 任意の t に対して, ⑤が成立する条件は, 1+3m=m( 4+2m)………⑥, 3n=2mn+ ………⑦ n ⑥より, 2m2+ − = , ( 2m 1 0 m−1)(m+1)= となり, 0 1 , 1 2 m= − ⑦より, (m−1)n= となり, 0 1 , 1 2 m= − のいずれのときも, n= である。 0 (i)(ii)より, 直線l の方程式は, 1 2 y= xまたは y= − である。 x［解 説］
1 次変換の基本題で, どの設問もいろいろな解法があります。その 1 つの解答例を 記しました。2011 筑波大学（理系）前期日程 解答解説 © 電送数学舎 2011 －7－ ６ 問題のページへ (1) 焦点が A (−d, 0 ), B( , 0 )d より, 楕円 E の中心は原点となるので, 2 2 2 2 : x y 1 E a +b = 2 2 2 (a −b =d ) 条件より, 2a=4dから, a=2dとなり, 2 2 2 3 2 b =a −d = d , b= 3d これより, 長軸の長さは 2a=4d, 短軸の長さは 2b=2 3dとなる。 (2) P( ,x y とおくと, ) 2 2 AP +BP =(x+d)2+y2+(x−d)2+y2=2(x2+y2)+2d2 2 2 2OP 2d = + ………① また, AP+BP=4dなので, ①より, 2 2
2OP +2d =( AP+BP )2−2AP BP⋅ =16d2−2AP BP⋅ よって, AP BP⋅ =8d2−OP2−d2=7d2−OP2………② (3) AP3+BP3=( AP+BP )( AP2+BP2−AP BP )⋅ なので, ①②より, 3 3 AP +BP =4 ( 2OPd 2+2d2−7d2+OP )2 =4 ( 3OPd 2−5d2)………③ ここで, 3d≦OP≦2dから 2 2 2 3d ≦OP ≦4d であり, ③より, AP3+BP3の最大 値は 2 2 3 4 (12d d −5d )=28d , 最小値は4 ( 9d d2−5d2)=16d3となる。
