平成 31 年度 筑波大学 ２次試験前期日程 ( 数学問題 )120 分
•
社会学類は1 , 2
から1
題選択，3
必答(
数II
・B)
，及び他教科との選択•
国際総合・障害科学類は，数II
・B
選択の場合は1 , 2
から1
題選択，3
必 答．数III
選択の場合は4
〜6
から2
題選択，及び他教科との選択•
教育・心理学類は1
〜3
必答，4
〜6
から1
題選択•
生物資源・生物・地球・数学・物理・化学・応用理工・工学システム・情報科 学類は1
〜3
から2
題選択，4
〜6
必答•
情報メディア創生学類は1 , 2
から1
題選択，3
〜6
必答•
知識情報・図書館学類は2
〜6
，または1 , 3
〜6
から2
題選択，及び 他教科との選択•
社会工学類は1
〜3
から1
題選択，4
〜6
必答•
医学・医療学類は1
〜3
必答，4
〜6
から2
題選択1 k > 0，0 < θ < π
4
とする．放物線C : y = x
2− kx
と直線` : y = (tan θ)x
の交 点のうち，原点O
と異なるものをP
とする．放物線C
の点O
における接線を`
1とし，点P
における接線を`
2とする．直線`
1の傾きが− 1
3
で，直線`
2の傾きが
tan 2θ
であるとき，以下の問いに答えよ．(1) k
を求めよ．(2) tan θ
を求めよ．(3)
直線`
1と`
2の交点をQ
とする．∠ PQO = α (
ただし0 5 α 5 π)
とする とき，tan α
を求めよ．2
以下の問いに答え．(1) a, b, c, x, y, z, M
は正の実数とする．x a , y
b , z
c
がすべてM
以下のとき，x + y + z a + b + c 5 M
であることを示せ．(2) log
25
とlog
35
の大小を比較せよ．(3) n
が正の整数のとき，1 < 1 + log
25 + (log
25)
n1 + log
35 + (log
35)
n< 2
n であることを示せ．3
四面体OABC
について，OA = OB = OCおよび∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COA
が成り立つとする．0 < s < 1
，0 < t < 1
を満たす実数s
，t
に対し，辺OA
をs : 1 − s
に内分する点をD
とし，辺OB
をt : 1 − t
に内分する点をE
とする．−→ AF = −→
BG = −→
OC
となる点F，G
をとり，線分EF
と線分DG
が1
点で交わると し，その交点をP
とする．−→
OA = ~a
，−→
OB = ~b
，−→
OC = ~c
，∠ AOB = θ
とすると き，以下の問いに答えよ．(1) t = s
であることを示し，−→
OP
をs, ~a, ~b, ~c
を用いて表せ．(2) −→
EF ⊥ −→
DG
であるとき，cosθ
をs
を用いて表せ．(3) −→
EF ⊥ −→
DG
かつ√
3OP = OA
であるとき，s
の値を求めよ．4 0 5 x 5 πの範囲において，関数f (x)
，g(x)
を
f(x) = 1 + sin x, g(x) = − 1 − cos x
と定める．(1) 0 5 x 5 π
の範囲において，| f(x) | = | g(x) |
を満たすx
を求めよ．(2)
曲線y = f(x)
，曲線y = g(x)
，直線x = 0
および直線x = π
で囲まれる 部分を，x
軸のまわりに1
回転してできる立体の体積を求めよ．5
数列{ a
n}
をa
n= 1
2
n(n = 1, 2, 3, · · · )
で定める．以下の問いに答えよ．(1) t > 0
のとき，1 5 e
t− 1
t 5 e
tであることを示せ．(2)
数列{ x
n} , { y
n} , { z
n}
を
x
n= log(e
an+ 1) y
n= log(e
an− 1) z
n= y
n+
∑
n k=1x
k
(n = 1, 2, 3, · · · )
で定める．
z
nはn
によらない定数であることを示せ．(3)
∑
n k=1log
( e
ak+ 1 2
)
を求めよ．
6 | z |2 + 3 = 2(z + z)
を満たす複素数z
全体の集合をA
とする．ただしz
はz
の
共役複素数である．
(1)
集合A
を複素数平面上に図示せよ．(2) A
の要素z
の偏角をθ
とする．ただし− π < θ 5 π
とする．z
がA
を動く とき，θのとりうる値の範囲を求めよ．(3) z
60が正の実数となるA
の要素z
の個数を求めよ．解答例
1 (1) f(x) = x2− kx
とおくと
f
0(x) = 2x − k
C : y = f (x)
の原点O
における接線`
1の 傾きが− 1
3
であるから，f0(0) = − 1 3
より− k = − 1
3
よってk = 1
3
O y
x
C k
Q `
1`
2P
α
θ 2θ
`
(2)
放物線C : y = x
2− 1
3 x
と直線` : y = (tan θ)x
の共有点のx
座標はx
2− 1
3 x = (tan θ)x
ゆえにx (
x − tan θ − 1 3
)
= 0
したがって，点P
のx
座標は(x 6 = 0) x = tan θ + 1
3
このとき，f
0(
tan θ + 1 3
)
= tan 2θ
であるから2
(
tan θ + 1 3
)
− 1
3 = 2 tan θ 1 − tan
2θ
整理すると6 tan
3θ + tan
2θ − 1 = 0
(
tan θ − 1 2
)
(3 tan
2θ + 2 tan θ + 1) = 0 0 < θ < π
4
より，0 < tan θ < 1
に注意してtan θ = 1 2 (3) `
1の偏角をβ
とすると(0 5 β < π)
とするとtan β = − 1 3 π
2 < β < π
，0 < 2θ < π
2
より，α = β − 2θ
であるからtan 2θ = 2 tan θ
1 − tan
2θ = 2 ·
121 − (
12
)
2= 4 3
よって
tan α = tan(β − 2θ) = tan β − tan 2θ 1 + tan β tan 2θ =
− 1 3 − 4
3 1 +
(
− 1 3
) 4 3
= − 3
2 (1) x a , y
b , z
c
がすべてM
以下であるからx
a 5 M, y
b 5 M, z c 5 M
a, b, c
はすべて正の実数であるからx 5 aM, y 5 bM, z 5 cM
上の3
辺をそれぞれ加えると，a + b + c > 0
であるからx + y + z 5 (a + b + c)M
よってx + y + z a + b + c 5 M (2) log
35 = log
25
log
23
よりlog
25
log
35 = log
23 log
23 > 1
であるからlog
25
log
35 > 1
よってlog
25 > log
35 (3) log
25 > log
35
より1 + log
25 + (log
25)
n1 + log
35 + (log
35)
n> 1 + log
35 + (log
35)
n1 + log
35 + (log
35)
n= 1 ( ∗ ) (1)
の結果においてa = 1, b = log
35, c = (log
35)
n, x = 1, y = log
25, z = (log
25)
n とおくとx
a = 1, y
b = log
25
log
35 = log
23, z
c = (log
25)
n(log
35)
n= (log
23)
nM = (log
23)
nとして，(1)
の結果に適用できるから1 + log
25 + (log
25)
n1 + log
35 + (log
35)
n< (log
23)
n(log
23)
n< (log
24)
n= 2
nであるから1 + log
25 + (log
25)
n1 + log
35 + (log
35)
n< 2
n( ∗∗ ) ( ∗ )
，( ∗∗ )
より1 < 1 + log
25 + (log
25)
n1 + log
35 + (log
35)
n< 2
n3 (1) 3点A，B，C
の位置ベクトル~a
，~b
，~c
およ
び条件により
−→ OD = s~a, −→
OE = t~b
−→ OF = ~a + ~c, −→
OG = ~b + ~c
点
P
はEF
上の点であるから(0 < x < 1)
−→ OP = x −→
OE + (1 − x) −→
OF
= xt~b + (1 − x)( ~a +~c)
= (1 − x)~a + xt~b + (1 − x) ~c
O
A(~a)
B( ~b)
C(~c)
F(~a + ~c)
G( ~b + ~c) D(s~a)
E(t~b)
また，
P
はDG
上の点であるから(0 < y < 1)
−→ OP = y −→
OD + (1 − y) −→
OG = ys~a + (1 − y)( ~b + ~c)
= ys~a + (1 − y) ~b + (1 − y) ~c
~a
，~b
，~c
は，1
次独立であるから，上の2
式より
1 − x = ys · · · 1 xt = 1 − y · · · 2 1 − x = 1 − y · · · 3
3
よりy = x
これを1
，2
に代入すると，x 6 = 0
に注意して1 − x = xs, xt = 1 − x
ゆえにt = s
したがって
x = y = 1
1 + s
よって−→
OP = s
1 + s ( ~ a + ~ b + ~ c) (2) s = t
であるから−→ EF = −→
OF − −→ OE = (~a + ~c) − s~b = ~a − s~b + ~c
−→ DG = −→
OG − −→
OD = ( ~b + ~c) − s~a = − s~a +~b +~c
−→ EF ⊥ −→
DG
より，−→
EF · −→
DG = 0
であるから(~a − s~b + ~c) · ( − s~a + ~b + ~c) = 0
− s | ~a |
2− s | ~b |
2+ | ~c |
2+ (1 + s
2)~a · ~b + (1 − s) ~b · ~c + (1 − s) ~c · ~a = 0 ( ∗ ) | ~a | = | ~b | = | ~c |
，~a · ~b
| ~a || ~b | = ~b · ~c
| ~b || ~c | = ~c · ~a
| ~c || ~a | = cos θ
であるから− s − s + 1 + { (1 + s
2) + (1 − s) + (1 − s) } cos θ = 0
よってcos θ = 2s − 1
s
2− 2s + 3
(3) ( ∗ )
および(2)
の結果から| ~a + ~b + ~c |
2= | ~a |
2+ | ~b |
2+ | ~c |
2+ 2( | ~a || ~b | + | ~b || ~c + | ~c || ~a | ) cos θ
= 3 | ~a |
2(1 + 2 cos θ)
= 3 | ~a |
2{
1 + 2(2s − 1) s
2− 2s + 3
}
= 3(s + 1)
2| ~a |
2s
2− 2s + 3 (1)
の結果から| −→
OP |
2= s
2(s + 1)
2| ~a +~b +~c |
2= 3s
2| ~a |
2s
2− 2s + 3
したがってOP
2OA
2= 3s
2s
2− 2s + 3
√ 3OP = OA
より，OP
2OA
2= 1
3
であるから3s
2s
2− 2s + 3 = 1
3
整理すると8s
2+ 2s − 3 = 0
したがって(2s − 1)(4s + 3) = 0 0 < s < 1
に注意してs = 1
2
4 (1) f(x) = 1 + sin x，g(x) = − 1 − cos xより
| f(x) |
2− | g(x) |
2= (1 + sin x)
2− (1 + cos x)
2= (2 + sin x + cos x)(sin x − cos x)
= 2 {
sin (
x + π 4
) + √
2 }
sin (
x − π 4
)
( ∗ ) 0 5 x 5 π
において，| f (x) | = | g(x) |
を満たすx
はx = π
4 (2) 2
曲線y = f (x), y = g(x) (0 5 x 5 π)
は，左下のとおりである．O y
x 1
2
π
2
π
− 2
y = f(x)
y = g(x)
O y
x 1
2
π
4
π
y = | f(x) | y = | g(x) |
( ∗ )
より0 5 x 5 π
4
のとき| f(x) | 5 | g(x) | , π
4 5 x 5 π
のとき| f(x) | = | g(x) |
したがって，求める立体は，右上の図の斜線部分を
x
軸の周りに1
回転さ せたもので，その体積をV
とするとV π =
∫
π4
0
| g(x) |
2dx +
∫
ππ 4
| f (x) |
2dx
=
∫
π4
0
(1 + cos x)
2dx +
∫
ππ 4
(1 + sin x)
2dx
=
∫
π4
0
(
1 + 2 cos x + 1 + cos 2x 2
) dx +
∫
ππ 4
(
1 + 2 sin x + 1 − cos 2x 2
) dx
= [ 3
2 x + 2 sin x + 1 4 sin 2x
]
π40
+ [ 3
2 x − 2 cos x − 1 4 sin 2x
]
ππ 4
= 3 2 π + 5
2 + 2 √ 2
よって
V = (3π + 5 + 4 √
2)π
2
5 (1) f(x) = exとおくと，f(x)は微分可能で
f(t) − f (0)
t − 0 = f
0(c), 0 < c < t
を満たす
c
が存在する．f
0(x) = e
xより，f
0(0) < f
0(c) < f
0(t)
，すなわち，1 < f
0(c) < e
tであるから1 < e
t− 1
t < e
t よって1 5 e
t− 1 t 5 e
t(2) a
n= 1
2
n より，a
n= 2a
n+1であるからy
n= log(e
an− 1) = log(e
2an+1− 1)
= log(e
an+1+ 1) + log(e
an+1− 1) = x
n+1+ y
n+1 これをz
n= y
n+
∑
n k=1x
kに代入するとz
n= (x
n+1+ y
n+1) +
∑
n k=1x
k= y
n+1+
∑
n+1 k=1x
k= z
n+1 よってz
n= z
1= y
1+ x
1= log( √
e − 1) + log( √
e + 1) = log(e − 1)
したがって，z
nはn
によらない定数である．(3) y
n+
∑
n k=1x
k= z
nより，∑
n k=1x
k= z
n− log(e
an− 1)
であるから∑
n k=1log
( e
ak+ 1 2
)
=
∑
n k=1(x
k− log 2) =
∑
n k=1x
k+ log a
n= z
n− log(e
an− 1) + log a
n= log(e − 1) − log e
an− 1
a
n( ∗ )
(1)
の結果から1 5 e
an− 1 a
n5 e
ann
lim
→∞a
n= 0
から，はさみうちの原理によりlim
n→∞
e
an− 1 a
n= 1 ( ∗ )
より∑
∞ k=1log
( e
ak+ 1 2
)
= lim
n→∞
{
log(e − 1) − log e
an− 1 a
n}
= log(e − 1) − log 1 = log(e − 1)
6 (1) | z |2+ 3 = 2(z + z)
より (z − 2)(z − 2) = 1
| z − 2 |
2= 1
ゆえに| z − 2 | = 1
集合A
の表す図形は点
2
を中心とする半径1
の円
O Im
Re 1 2
A 3
(2)
原点O
から円A
に引いた接線の偏角は± π 6
よって，θのとりうる値の範囲は− π
6 5 θ 5 π 6 (3) arg z
60= 60 arg z = 2nπ
であるから(n
は整数)
( ∗ ) arg z = nπ 30 (2)
の結果から− π
6 5 nπ 30 5 π
6
ゆえに− 5 5 n 5 5 n = ± 5
のとき，( ∗ )
を満たすz
はただ1
つ存在する．− 4 5 n 5 4
のとき，( ∗ )
を満たすz
は2
つ存在する．よって，求める個数は
