平成
26
年度 福岡教育大学２次試験前期日程
(
数学問題
)
教育学部 平成
26
年
2
月
25
日
• 中等教育 (数学専攻) は， 1 ∼ 4 数 I・II・III・A・B・C (120 分) • 初等教育 (数学専修) は， 1 , 5 ∼ 7 数 I・II・III・A・B・C (120 分)1
次の問いに答えよ． (1) 05 x 5 π，0 5 y 5 π のとき，連立方程式3 sin x− sin y =√3, 3 cos x + cos y = −1 を解け． (2) a，b，c を実数とする．a + b + c = 1 a + 1 b + 1 c = 1 である．a，b，c のう ち少なくとも 1 つは 1 に等しいことを示せ． (3) 0，1，2，3，4，5 の数字が 1 つずつ記入された 6 枚のカードが入ってい る箱から 1 枚ずつ 3 枚のカードを取り出し，左から並べて自然数 n を作る とき，次の (ア)，(イ) に答えよ．ただし，例えば 012 は 12 を表すものと する． (ア) n が 3 桁の自然数になるのは何通りか． (イ) 3 桁の自然数 n を作った後，箱の中に残っている 3 枚のカードを左か ら並べて 3 桁の自然数 m を作るとき，n + m = 555 となる n は何通 りか．
2
平面上に4OAB と点 P があり，実数 k，m，n に対して k−→PO + m−→PA + n−→PB = ~0 が成り立つとする．次の問いに答えよ． (1) k = 4，m = 1，n = 2 のとき，4POA，4POB，4PAB の面積比を最も 簡単な整数の比で表せ． (2) k を 0 以上の定数とする．点 P が m= 0，n = 0，m + n = 3 を満たしな がら動くとき，点 P の軌跡は線分になることを示せ． (3) 点 P が k= 1，m = 0，n = 0，m + n = 3 を満たしながら動くとき，点 P の存在する領域 D を図示せよ．また，領域 D の面積は4OAB の面積の 何倍になるかを求めよ．3
a を定数とする．an =−2n + a で定められる数列 {an} を次のような群に分け， 第 k 群には k 個の項が入るようにする． a1 a2, a3 a4, a5, a6 a7, a8, a9, a10 ··· 第 1 群 第 2 群 第 3 群 第 4 群 第 k 群に含まれるすべての項の和を Skとするとき，次の問いに答えよ． (1) Skを求めよ． (2) a = 212 のとき，Skが最大となる群に含まれる項の平均値を求めよ． (3) a = 92 のとき，|Sk| = |Sk+1| を満たす k を求めよ．4
a を正の定数とする．関数 f (x) は f (x) = 2 cos x− a ∫ π 2 0 f (t) sin x dt を満たしているとする．次の問いに答えよ． (1) f (x) を求めよ． (2) ∫ π 0 f (x) sin x dx = −π 2 を満たす定数 a の値を求めよ． (3) a が (2) で求めた値のとき，次の (ア)，(イ) に答えよ． (ア) 0 5 x 5 π における関数 f(x) の最大値と最小値を求めよ． (イ) ∫ π 0 |f(x)| dx の値を求めよ．5
正六角形 ABCDEF において，辺 DE の中点を P とし，線分 AP と BF の交点 を Q とする．次の問いに答えよ． (1) −→AP を−→AB と−→AF を用いて表せ． (2) AQ : QP を最も簡単な整数の比で表せ． (3) |−→AB| = 1 のとき，4BPQ の面積を求めよ．6
an= −2n + 212 で定められる数列 {an} を次のような群に分け，第 k 群には k 個の項が入るようにする． a1 a2, a3 a4, a5, a6 a7, a8, a9, a10 ··· 第 1 群 第 2 群 第 3 群 第 4 群 第 k 群に含まれるすべての項の和を Skとするとき，次の問いに答えよ． (1) Skを求めよ． (2) Skが最大となる群に含まれる項の平均値を求めよ． (3) |Sk| = |Sk+1| を満たす k を求めよ．7
a を正の定数とし，曲線 y = log x a を C とする．次の問いに答えよ．ただし，対 数は自然対数とし，e は自然対数の底とする． (1) 点 ( 0, 1− 1 a ) から曲線 C に引いた接線の方程式を a を用いて表せ． (2) (1) で求めた接線と曲線 C と x 軸によって囲まれた部分のうち第 1 象限の 部分の面積を a を用いて表せ． (3) 曲線 C が曲線 y = x 2 2eと共有点をもち，その点における 2 つの曲線の接線 が一致しているとき，曲線 C と曲線 y = x 2 2e と x 軸によって囲まれた部分 の面積を求めよ．正解
1
(1) 与えられた 2 式からsin y = 3 sin x−√3 · · · 1 , cos y = −3 cos x − 1 · · · 2 1
， 2 を sin2y + cos2y = 1 に代入すると
(3 sin x−√3)2+ (−3 cos x − 1)2 = 1 整理すると √3 sin x− cos x = 2 ゆえに sin
( x−π 6 ) = 1 05 x 5 π であるから x = 2 3π これを 1 ， 2 に代入すると sin y = √ 3 2 , cos y = 1 2 05 y 5 π であるから y = π 3 (2) 与えられた条件から 1− (a + b + c) = 0, ab + bc + ca − abc = 0 ここで，f (x) = (x− a)(x − b)(x − c) とおくと，3 次方程式 f(x) = 0 の解 は，a，b，c である．このとき，上の 2 式より f (1) = (1− a)(1 − b)(1 − c) = 1− (a + b + c) + ab + bc + ca − abc = 0 したがって，1 は，f (x) = 0 の解である． よって，a，b，c のうち少なくとも 1 つは 1 に等しい．
(3) (ア) 0，1，2，3，4，5 の 6 枚のカードから 3 枚のカードを取り出し左から 並べてできる自然数の個数は 6P3 = 120 (通り) このうち，2 桁の自然数の個数は 5P2 = 20 (通り) よって，求める個数は 120− 20 = 100 (通り) (イ) A = {0, 5}，B = {1, 4}，C = {2, 3}，a ∈ A，b ∈ B，c ∈ C とす ると，3 桁の自然数 n は a，b，c を並べる次の 4 通りである．
bac, bca, cab, cba
a，b，c の選び方は，それぞれ 2 通りであるから，求める場合の数は
2
(1) 線分 AB を n : m に内分する点を Q とすると m−→PA + n−→PB = (m + n)−→PQ これを条件式 k−→PO + m−→PA + n−→PB = ~0 · · · (∗) に代入すると k−→PO + (m + n)−→PQ = ~0 · · · (∗∗) n m k m+n O A B P Q P は線分 OQ を m + n : k に内分する点であるから，S =4OAB とおくと 4PAB = k k + (m + n)S, 4POB = m + n k + (m + n)4OBQ = m + n k + (m + n) × m m + nS = m k + (m + n)S, 4POA = m + n k + (m + n)4OAQ = m + n k + (m + n) × n m + nS = n k + (m + n)S(∗) が成り立つとき 4PAB : 4POB : 4POA = k : m : n
よって 4POA : 4POB : 4PAB = n : m : k = 2 : 1 : 4
(2) m + n = 3 を (∗∗) に代入すると −k−→OP + 3(−→OQ−−→OP) = ~0 ゆえに −→OP = 3 k + 3 −→ OQ OA，OB を 3 : k に内分する点を，それぞれ A0，B0とする．m = 0，n = 0 であるから， 点 P の軌跡は線分 A0B0である． n m k 3 O A B P Q A0 B0 (3) k = 1 のとき，A0，B0は，それぞれ OA，OB を 3 : 1 に内分する点である から，k= 1，m = 0，n = 0 のとき，D の表す領域は 4OA0B0である． したがって，D の面積は4OAB の面積の ( 3 4 )2 = 9 16 倍
3
(1) 第 k 群の初項および末項は，{an}のそれぞれ第 1 2k(k−1)+1項，第 1 2k(k+1) 項であるから a1 2k(k−1)+1 =−2 { 1 2k(k− 1) + 1 } + a =−k2+ k− 2 + a a1 2k(k+1) =−2 × 1 2k(k + 1) + a =−k 2− k + a よって Sk = 1 2k{(−k 2+ k− 2 + a) + (−k2− k + a)} =−k3 + (a− 1)k (2) (1) の結果から，a = 212 のとき，Sk =−k3+ 211k であるから Sk+1− Sk={−(k + 1)3+ 211(k + 1)} − (−k3+ 211k) = 3{70 − k(k + 1)} ゆえに S1 < S2 <· · · < S8 > S9 > S10 >· · · Skの群に含まれる項の平均は，(1) の結果から Sk k = −k3+ 211k k =−k 2+ 211 よって，求める値は −82+ 211 = 147 (3) (1) の結果から，a = 92 のとき，Sk =−k3+ 91k であるから Sk+1− Sk ={−(k + 1)3+ 91(k + 1)} − (−k3+ 91k) =−3(k − 5)(k + 6) Sk+1+ Sk ={−(k + 1)3+ 91(k + 1)} + (−k3+ 91k) =−2k3− 3k2+ 179k + 90 =−(k − 9)(k + 10)(2k + 1) よって，|Sk| = |Sk+1| を満たす自然数 k は k = 5, 9 補足 Sk= k(91− k2) より，k5 9 のとき Sk > 0，k = 10 のとき Sk+1 < 0 であ ることに注意すると S9 = 90, S10 =−90 したがって，Sk+1+ Skは k− 9 を因数にもつことが分かる．4
(1) 与えられた関数は f (x) = 2 cos x− a sin x ∫ π 2 0 f (t) dx k = ∫ π 2 0 f (t) dt とおくと，f (x) = 2 cos x− ak sin x より k = ∫ π 2 0 (2 cos x− ak sin x) dx = [ 2 sin x + ak cos x ]π 2 0 = 2− ak a > 0 に注意して，k = 2− ak を k について解くと k = 2 a + 1 よって f (x) = 2 cos x− 2a a + 1 sin x (2) (1) の結果から ∫ π 0 f (x) sin x dx = ∫ π 0 ( 2 sin x cos x− 2a a + 1sin 2x ) dx = ∫ π 0 { sin 2x− a a + 1(1− cos 2x) } dx =− πa a + 1 条件により − πa a + 1 =− π 2 これを解いて a = 1 (3) (ア) (1)，(2) の結果から f (x) =− sin x + 2 cos x cos α = √1 5，sin α = 2 √ 5 を満たす α (0 < α < π 2) を用いると f (x) =−√5 sin(x− α) よって，最大値 f (0) = 2，最小値 f (α + π 2) = − √ 5 (イ) (ア) の結果を用いて ∫ π 0 |f(x)| dx = −√5 ∫ α 0 sin(x− α)dx +√5 ∫ π α sin(x− α)dx =√5 [ cos(x− α) ]α 0 −√5 [ cos(x− α) ]π α =√5 (1− cos α) −√5 (− cos α − 1) = 2√55
(1) −→AD = 2−→AB + 2−→AF −→ AE =−→AB + 2−→AF よって −→AP = 1 2( −→ AD +−→AE) = 3 −→ AB + 4−→AF 2 A B C D E F P Q (2) (1) の結果から −→AP = 7 2× 3−→AB + 4−→AF 7 ゆえに −→AQ = 3 −→ AB + 4−→AF 7 · · · 1 したがって −→ AP = 7 2 −→ AQ よって AQ : QP = 1 : 7 2− 1 = 2 : 5 (3) 4ABF = 1 2·1·1 sin 120 ◦ = √ 3 4 1 より，BQ : QF = 4 : 3 であるから 4ABQ = 4 4 + 34ABF = 4 7× √ 3 4 = √ 3 7 (2) の結果から 4BPQ = 5 24ABQ = 5 2 × √ 3 7 = 5 14 √ 36
(1) 第 k 群の初項および末項は，{an}のそれぞれ第 1 2k(k−1)+1項，第 1 2k(k+1) 項であるから a1 2k(k−1)+1 =−2 { 1 2k(k− 1) + 1 } + 212 =−k2+ k + 210 a1 2k(k+1)=−2 × 1 2k(k + 1) + 212 =−k 2− k + 212 よって Sk = 1 2k{(−k 2+ k + 210) + (−k2− k + 212)} =−k3 + 211k (2) (1) の結果から Sk+1− Sk={−(k + 1)3+ 211(k + 1)} − (−k3+ 211k) = 3{70 − k(k + 1)} · · · 1 ゆえに S1 < S2 <· · · < S8 > S9 > S10 >· · · Skの群に含まれる項の平均は，(1) の結果から Sk k = −k3+ 211k k =−k 2+ 211 よって，求める値は −82+ 211 = 147 (3) (1) の結果から Sk+1+ Sk={−(k + 1)3+ 211(k + 1)} + (−k3+ 211k) =−2k3 − 3k2+ 419k + 210 =−(k − 14)(k + 15)(2k + 1) · · · 2 1 ， 2 より，|Sk| = |Sk+1| を満たす自然数 k は k = 14 補足 Sk= k(211− k2) より，k5 14 のとき Sk> 0，k = 15 のとき Sk+1 < 0 で あることに注意すると S14 = 14·15, S15 =−15·14 したがって，Sk+1+ Skは k− 14 を因数にもつことが分かる．7
(1) y = log x a を微分すると y 0 = 1 ax 接点の座標を ( t, log t a ) とすると，接線の傾きは 1 atであるから， その方程式は y− log t a = 1 at(x− t) すなわち y = x at + log t− 1 a · · · 1 これが，点 ( 0, 1− 1 a ) を通るから log t− 1 a = 1− 1 a ゆえに t = e a 1 より，接線の方程式は y = x aea + 1− 1 a (2) 曲線 y = log x a ，2 直線 x = 1，x = e aおよび x 軸で囲まれた部分の面積を S とすると S = ∫ ea 1 log x a = 1 a [ x(log x− 1) ]ea 1 = 1 a(ae a− ea+ 1) i) 0 < a < 1 のとき 右の図の斜線部分の面積は 1 2{e a− ea(1− a)}·1 − S =1 2ae a− 1 a(ae a− ea+ 1) =ea ( a 2 − 1 + 1 a ) − 1 a O y x 1 ea 1−1a 1 ea(1−a) ii) a= 1 のとき 右の図の斜線部分の面積は 1 2e a { 1 + ( 1− 1 a )} ·1 − S =ea ( 1− 1 2a ) − 1 a(ae a− ea+ 1) =e a 2a − 1 a O y x ea 1 1 1−1a(3) 曲線 C と y = x 2 2eの接点の x 座標を u とすると log u a = u2 2e · · · 2 y = x 2 2eを微分すると，y 0 = x e．接点における接線の傾きが等しいので 1 au = u e · · · 3 2 ， 3 を解いて u =√e，a = 1 求める面積は，下の図の斜線部分の面積である． O y x √ e C y = x2e2 1 1 2 この面積を S とすると S = ∫ √ e 0 x2 2edx− ∫ √ e 1 log x dx = [ x3 6e ]√e 0 − [ x(log x− 1) ]√e 1 = 2 3 √ e− 1
