過去問研究 | 【早慶専門対策】個別指導塾ヒロアカ

2016年慶應大学経済学部|過去問徹底研究大問6

2019.10.05

方針の立て方 (1)は積分方程式の典型問題であるため特筆事項なし． (2)は前問での議論を踏まえれば良い．が2つ出てきてしまうから，等式を満たすが2つ出てきてしまうのである．よって，が1つだけ出てくるならば，等式を満たすも1つしか出てこないと考える． (3)は，まずは積分計算を素直に行えば良い．「に

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方針の立て方

(1)は積分方程式の典型問題であるため特筆事項なし．
(2)は前問での議論を踏まえれば良い． $A$ が2つ出てきてしまうから，等式を満たす $f\left(x\right)$ が2つ出てきてしまうのである．よって， $A$ が1つだけ出てくるならば，等式を満たす $f\left(x\right)$ も1つしか出てこないと考える．
(3)は，まずは積分計算を素直に行えば良い．「 $a$ によらない」という条件が考えにくいが，実際に $a$ に適当な値を代入して，それらが全てイコールになると考えると，分子が0になるという結論に達する．
(4)計算するだけ．

解答例

(1)
$\int_{0}^{2}f\left(t\right)dt=A$ ( $A$ は定数)とおくと，
$f\left(x\right)=\frac{3}{a}x^2-\frac{1}{a}x+A^2=-3x^2+x+A^2$
よって，
$A=\int_{0}^{2}f\left(t\right)dt=\int_{0}^{2}\left(-3t^2+t+A^2\right)dt=\left[-t^3+\frac{1}{2}t^2+A^2t\right]_0^2=2A^2-6\Leftrightarrow2A^2-A-6=0\Leftrightarrow\left(2A+3\right)\left(A-2\right)=0$
$\therefore A=-\frac{3}{2},2$
これを $f\left(x\right)=-3x^2+x+A^2$ に代入すれば，
$f\left(x\right)=-3x^2+x+\frac{9}{4}$ または $-3x^2+x+4$ ……(答)

(2)
$\int_{0}^{2}f\left(t\right)dt=A$ ( $A$ は定数)とおくと，
$f\left(x\right)=\frac{3}{a}x^2-\frac{1}{a}x+A^2$
よって，
$A=\int_{0}^{2}f\left(t\right)dt=\int_{0}^{2}\left(\frac{3}{a}t^2-\frac{1}{a}t+A^2\right)dt=\left[\frac{1}{a}t^3-\frac{1}{2a}t^2+A^2t\right]_0^2=2A^2+\frac{6}{a}\Leftrightarrow2A^2-A+\frac{6}{a}=0$
題意を満たすには， $A$ に関する二次方程式： $2A^2-A+\frac{6}{a}=0$ の解が重解となれば必要十分．
よって，判別式が0であれば必要十分であるから，
$\left(-1\right)^2-4\cdot2\cdot\frac{6}{a}=0\Leftrightarrow a=48$ ……(答)

(3)
$\int_{0}^{b}\left\{f\left(x\right)-f\left(b\right)\right\}dx=\int_{0}^{b}\left\{\frac{3}{a}x^2-\frac{1}{a}x-\frac{3}{a}b^2+\frac{1}{a}b\right\}dx=\left[\frac{1}{a}x^3-\frac{1}{2a}x^2-\frac{3}{a}b^2x+\frac{1}{a}bx\right]_0^b=-\frac{b^2\left(4b-1\right)}{2a}$
よって， $-\frac{b^2\left(4b-1\right)}{2a}$ の値が $a$ によらない場合を考えると，分子が0となるとき． $b$ が正の実数であることから，
$b=\frac{1}{4}$ ……(答)

(4)
$\left(a,b\right)=\left(48,\frac{1}{4}\right)$ である．また， $a=48$ のとき，(2)で考えた $A$ に関する二次方程式の解は， $A=\frac{1}{4}$ ．
よって， $\bigmf\left(x\right)=\frac{1}{16}x^2-\frac{1}{48}x+\frac{1}{16}$
$\int_{b}^{2}f\left(x\right)dx=\int_{\frac{1}{4}}^{2}\left(\frac{1}{16}x^2-\frac{1}{48}x+\frac{1}{16}\right)dx=\frac{1}{48}\left[x^3-\frac{1}{2}x^2+3x\right]_{\frac{1}{4}}^2=\frac{721}{3072}$ ……(答)

2016年慶應大学経済学部|過去問徹底研究大問5

2019.10.05

方針の立て方全体的にベクトルの始点が統一されていないため，まずはベクトルの始点をに揃える作業を行う．また，次々と新しい点を定義されていくため，次第にこんがらがってくるが，全て点を元に定義されているため，困ったらまで戻せば良い． (1)は特筆事項なし． (2)について．「線分の中点」という情報と「と

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方針の立て方

全体的にベクトルの始点が統一されていないため，まずはベクトルの始点を $\mathrm{O}$ に揃える作業を行う．また，次々と新しい点を定義されていくため，次第にこんがらがってくるが，全て点 $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ を元に定義されているため，困ったら $\vec{\mathrm{OA}},\vec{\mathrm{OB}},\vec{\mathrm{OC}}$ まで戻せば良い．
(1)は特筆事項なし．
(2)について．「線分 $\mathrm{PR}$ の中点 $\mathrm{M}$ 」という情報と「 $\mathrm{QM}$ と $\mathrm{OD}$ が平行になる」という情報を数式的にどのように表せるかを考える．「線分 $\mathrm{PR}$ の中点 $\mathrm{M}$ 」という情報は「 $\vec{\mathrm{OM}}=\frac{1}{2}\left(\vec{\mathrm{OP}}+\vec{\mathrm{OR}}\right)$ 」と直し，「 $\mathrm{QM}$ と $\mathrm{OD}$ が平行になる」という情報は「ある実数 $k$ を用いて $k\vec{\mathrm{QM}}=\vec{\mathrm{OD}}$ と書ける」と直す．
(3)について．実際に切り口の図形を想定する．切り口の様子は平面 $\alpha$ が底面に対してどのぐらい傾いているかで様子が違うことは直観できるだろう．ここで，前問(2)の結果を用いれば，点 $\mathrm{Q}$ は $\mathrm{OB}$ を $2\colon3$ に内分する点であり，点 $\mathrm{P},\mathrm{R}$ に比べると大分点 $\mathrm{O}$ 寄りに存在していることが分かるから，平面 $\alpha$ は底面に対して大分傾いていることが分かる．よって，平面 $\alpha$ は辺 $\mathrm{AD}$ と辺 $\mathrm{CD}$ と共有点を持つと直観できる．すると求める面積は五角形の面積であるから，三角形3つに分けて面積を求めていけば良いという方針が立つ．体積の方も，図形が中々に複雑であるが，切り口の面積を求めさせていることから，ここを底面を見て考えるのが良さそうだと考えると方針が立つ．

解答例

$\vec{\mathrm{OP}}=\frac{4}{5}\vec{\mathrm{OA}},\vec{\mathrm{OQ}}=\frac{1}{1+r}\vec{\mathrm{OB}},\vec{\mathrm{OR}}=\frac{4}{5}\vec{\mathrm{OC}}$
(1)
$\vec{\mathrm{PQ}}\cdot\vec{\mathrm{QR}}=\left(\vec{\mathrm{OQ}}-\vec{\mathrm{OP}}\right)\cdot\left(\vec{\mathrm{OR}}-\vec{\mathrm{OQ}}\right)=\left(\frac{1}{1+r}\vec{\mathrm{OB}}-\frac{4}{5}\vec{\mathrm{OA}}\right)\cdot\left(\frac{4}{5}\vec{\mathrm{OC}}-\frac{1}{1+r}\vec{\mathrm{OB}}\right)=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{1+r}\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}-\left(\frac{1}{1+r}\right)^2\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2-\frac{16}{25}\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}+\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{1+r}\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}$
ここで， $\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|=\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|=\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|=\sqrt2,\angle\mathrm{AOB}=\angle\mathrm{BOC}=\frac{1}{3}\pi,\angle\mathrm{AOC}=\frac{1}{2}\pi$ より， $\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|\cos{\frac{1}{3}\pi}=1,\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2=2,\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=0,\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|\cos{\frac{1}{3}\pi}=1$ であるから，
$\vec{\mathrm{PQ}}\cdot\vec{\mathrm{QR}}=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{1+r}-2\left(\frac{1}{1+r}\right)^2+\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{1+r}=\frac{8r-2}{5\left(1+r\right)^2}$ ……(答)
$\vec{\mathrm{PR}}\cdot\vec{\mathrm{OQ}}=\left(\vec{\mathrm{OR}}-\vec{\mathrm{OP}}\right)\cdot\vec{\mathrm{OQ}}=\vec{\mathrm{OR}}\cdot\vec{\mathrm{OQ}}-\vec{\mathrm{OP}}\cdot\vec{\mathrm{OQ}}=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{1+r}\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}-\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{1+r}\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{1+r}-\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{1+r}=0$ ……(答)

(2)
$\vec{\mathrm{OM}}=\frac{1}{2}\left(\vec{\mathrm{OP}}+\vec{\mathrm{OR}}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{4}{5}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{4}{5}\vec{\mathrm{OC}}\right)=\frac{2}{5}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{2}{5}\vec{\mathrm{OC}}$
$\therefore\vec{\mathrm{QM}}=\vec{\mathrm{OM}}-\vec{\mathrm{OQ}}=\frac{2}{5}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{1+r}\vec{\mathrm{OB}}+\frac{2}{5}\vec{\mathrm{OC}}$
$\vec{\mathrm{OD}}=\vec{\mathrm{OC}}+\vec{\mathrm{CD}}=\vec{\mathrm{OC}}+\vec{\mathrm{BA}}=\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}$
$\mathrm{QM}$ と $\mathrm{OD}$ が平行であるから，ある実数 $k$ を用いて $k\vec{\mathrm{QM}}=\vec{\mathrm{OD}}\Leftrightarrow\frac{2}{5}k\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{1+r}k\vec{\mathrm{OB}}+\frac{2}{5}k\vec{\mathrm{OC}}=\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}$ と書ける．係数比較をすると，
$\begin{cases} \frac{2}{5}k=1 \\ -\frac{1}{1+r}k=-1 \\ \frac{2}{5}k=1 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} k=\frac{5}{2} \\ r=\frac{3}{2} \end{cases}$
$\therefore r=\frac{3}{2}$ ……(答)

(3)
$r=\frac{3}{2}$ であるから， $\vec{\mathrm{OQ}}=\frac{1}{1+\frac{3}{2}}\vec{\mathrm{OB}}=\frac{2}{5}\vec{\mathrm{OB}}$
〇切り口の図形の面積
平面 $\alpha$ は辺 $\mathrm{AD}$ と辺 $\mathrm{CD}$ と共有点を持つ．この共有点をそれぞれ点 $\mathrm{S},\mathrm{T}$ とおく．

求める面積は五角形 $\mathrm{QPSTR}$ であり，その面積は $\triangle\mathrm{QPR}$ と $\triangle\mathrm{PSR}$ と $\triangle\mathrm{STR}$ の面積の和に等しい．
点 $\mathrm{S}$ は平面 $\alpha$ 上の点であるから，ある実数 $x,y$ を用いて，
$\vec{\mathrm{QS}}=x\vec{\mathrm{QP}}+y\vec{\mathrm{QR}}=x\vec{\mathrm{OP}}+y\vec{\mathrm{OR}}-\left(x+y\right)\vec{\mathrm{OQ}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{OS}}=x\vec{\mathrm{OP}}+y\vec{\mathrm{OR}}-\left(x+y-1\right)\vec{\mathrm{OQ}}=\frac{4}{5}x\vec{\mathrm{OA}}+\frac{2}{5}\left(1-x-y\right)\vec{\mathrm{OB}}+\frac{4}{5}y\vec{\mathrm{OC}}$
と書ける．
一方，点 $\mathrm{S}$ は辺 $\mathrm{AD}$ 上の点であるから，ある実数 $i$ を用いて
$\vec{\mathrm{OS}}=\vec{\mathrm{OA}}+i\vec{\mathrm{AD}}=\vec{\mathrm{OA}}+i\vec{\mathrm{BC}}=\vec{\mathrm{OA}}-i\vec{\mathrm{OB}}+i\vec{\mathrm{OC}}$
と書ける．これらを係数比較すると，
$\begin{cases} \frac{4}{5}x=1 \\ \frac{2}{5}\left(1-x-y\right)=-i \\ \frac{4}{5}y=i \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} x=\frac{5}{4} \\ y=\frac{1}{4} \\ i=\frac{1}{5} \end{cases}$
$\therefore\vec{\mathrm{OS}}=\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{5}\vec{\mathrm{OB}}+\frac{1}{5}\vec{\mathrm{OC}}$
同様に，点 $\mathrm{T}$ も平面 $\alpha$ 上の点であるから，ある実数 $x,y$ を用いて，
$\vec{\mathrm{QT}}=x\vec{\mathrm{QP}}+y\vec{\mathrm{QR}}=x\vec{\mathrm{OP}}+y\vec{\mathrm{OR}}-\left(x+y\right)\vec{\mathrm{OQ}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{OT}}=x\vec{\mathrm{OP}}+y\vec{\mathrm{OR}}-\left(x+y-1\right)\vec{\mathrm{OQ}}=\frac{4}{5}x\vec{\mathrm{OA}}+\frac{2}{5}\left(1-x-y\right)\vec{\mathrm{OB}}+\frac{4}{5}y\vec{\mathrm{OC}}$
と書ける．
一方，点 $\mathrm{T}$ は辺 $\mathrm{CD}$ 上の点であるから，ある実数 $i$ を用いて
$\vec{\mathrm{OT}}=\vec{\mathrm{OC}}+i\vec{\mathrm{CD}}=\vec{\mathrm{OC}}+i\vec{\mathrm{BA}}=i\vec{\mathrm{OA}}-i\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}$
と書ける．これらを係数比較すると，
$\begin{cases} \frac{4}{5}x=i \\ \frac{2}{5}\left(1-x-y\right)=-i \\ \frac{4}{5}y=1 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} x=\frac{1}{4} \\ y=\frac{5}{4} \\ i=\frac{1}{5} \end{cases}$
$\therefore\vec{\mathrm{OT}}=\frac{1}{5}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{5}\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}$
これらより，
$\vec{\mathrm{ST}}=\vec{\mathrm{OT}}-\vec{\mathrm{OS}}=\frac{1}{5}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{5}\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}-\left(\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{5}\vec{\mathrm{OB}}+\frac{1}{5}\vec{\mathrm{OC}}\right)=\frac{4}{5}\left(\vec{\mathrm{OC}}-\vec{\mathrm{OA}}\right)=\frac{4}{5}\vec{\mathrm{AC}}$
となる．
ところで，
$\vec{\mathrm{PR}}=\vec{\mathrm{OR}}-\vec{\mathrm{OP}}=\frac{4}{5}\left(\vec{\mathrm{OC}}-\vec{\mathrm{OA}}\right)=\frac{4}{5}\vec{\mathrm{AC}},\vec{\mathrm{PQ}}=\vec{\mathrm{OQ}}-\vec{\mathrm{OP}}=\frac{2}{5}\vec{\mathrm{OB}}-\frac{4}{5}\vec{\mathrm{OA}}$ より， $\left|\vec{\mathrm{PR}}\right|=\frac{8}{5},\left|\vec{\mathrm{PQ}}\right|=\frac{2\sqrt6}{5},\vec{\mathrm{PR}}\cdot\vec{\mathrm{PQ}}=\frac{32}{5}$ であるから，
$\triangle\mathrm{QPR}=\frac{1}{2}\sqrt{\left|\vec{\mathrm{PR}}\right|^2\left|\vec{\mathrm{PQ}}\right|^2-\left(\vec{\mathrm{PR}}\cdot\vec{\mathrm{PQ}}\right)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{8}{5}\right)^2\cdot\left(\frac{2\sqrt6}{5}\right)^2-\left(\frac{32}{5}\right)^2}=\frac{8\sqrt2}{25} \vec{\mathrm{PS}}=\vec{\mathrm{OS}}-\vec{\mathrm{OP}}=\frac{1}{5}\left(\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}\right)$ より， $\left|\vec{\mathrm{PS}}\right|=\frac{\sqrt2}{5},\vec{\mathrm{PS}}\cdot\vec{\mathrm{PR}}=0$ であるから，
$\triangle\mathrm{PSR}=\frac{1}{2}\sqrt{\left|\vec{\mathrm{PS}}\right|^2\left|\vec{\mathrm{PR}}\right|^2-\left(\vec{\mathrm{PS}}\cdot\vec{\mathrm{PR}}\right)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{\sqrt2}{5}\right)^2\cdot\left(\frac{8}{5}\right)^2-0^2}=\frac{4\sqrt2}{25}$
$\vec{\mathrm{TS}}=-\vec{\mathrm{ST}}=-\frac{4}{5}\vec{\mathrm{AC}},\vec{\mathrm{TR}}=\vec{\mathrm{OR}}-\vec{\mathrm{OT}}=-\frac{1}{5}\left(\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}\right)$ より， $\left|\vec{\mathrm{TS}}\right|=\frac{8}{5},\left|\vec{\mathrm{TR}}\right|=\frac{\sqrt2}{5},\vec{\mathrm{TS}}\cdot\vec{\mathrm{TR}}=0$ であるから，
$\triangle\mathrm{STR}=\frac{1}{2}\sqrt{\left|\vec{\mathrm{TS}}\right|^2\left|\vec{\mathrm{TR}}\right|^2-\left(\vec{\mathrm{TS}}\cdot\vec{\mathrm{TR}}\right)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{8}{5}\right)^2\cdot\left(\frac{\sqrt2}{5}\right)^2-0^2}=\frac{4\sqrt2}{25}$
となる．
五角形 $\mathrm{QPSTR}$ の面積はこれら3つの三角形の面積の和と等しいから，求める面積は，
$\frac{8\sqrt2}{25}+\frac{4\sqrt2}{25}+\frac{4\sqrt2}{25}=\frac{16\sqrt2}{25}$ ……(答)
〇多面体の体積
体積を求める多面体は点 $\mathrm{O},\mathrm{D},\mathrm{P},\mathrm{Q},\mathrm{R},\mathrm{S},\mathrm{T}$ からなる多面体である．その体積は五角錐 $\mathrm{O}-\mathrm{PQRST}$ の体積と三角錐 $\mathrm{O}-\mathrm{DST}$ の体積の和と等しい．
ここで， $\vec{\mathrm{PR}}\cdot\vec{\mathrm{OQ}}=0$ かつ $\left|\vec{\mathrm{PR}}\right|\neq0,\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|\neq0$ より， $\mathrm{PR}\bot\mathrm{OQ}$ ．また， $\mathrm{QM}$ と $\mathrm{OD}$ が平行で， $\mathrm{OD}$ と $\mathrm{OB}$ が垂直であることから， $\mathrm{QM}\bot\mathrm{OB}$ ．よって， $\vec{\mathrm{OQ}}$ は平面 $\alpha$ と直交し，その長さは $\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|=\frac{2}{5}\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|=\frac{2\sqrt2}{5}$ である．
よって，五角錐 $\mathrm{O}-\mathrm{PQRST}$ の体積は，
$\frac{1}{3}\cdot\frac{16\sqrt2}{25}\cdot\frac{2\sqrt2}{5}=\frac{64}{375}$
となる．
また， $\vec{\mathrm{OS}}=\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1}{5}\vec{\mathrm{AD}}$ より $\left|\vec{\mathrm{DS}}\right|=\frac{4}{5}\left|\vec{\mathrm{AD}}\right|=\frac{4\sqrt2}{5}$ ， $\vec{\mathrm{OT}}=\vec{\mathrm{OC}}+\frac{1}{5}\vec{\mathrm{CD}}$ より $\left|\vec{\mathrm{DT}}\right|=\frac{4}{5}\left|\vec{\mathrm{CD}}\right|=\frac{4\sqrt2}{5}$ であるから， $\triangle\mathrm{DST}$ の面積は， $\frac{1}{2}\cdot\frac{4\sqrt2}{5}\cdot\frac{4\sqrt2}{5}=\frac{16}{25}$ である．
更に点 $\mathrm{O}$ から底面 $\mathrm{ABCD}$ へ下ろした垂線の長さは1であるから，三角錐 $\mathrm{O}-\mathrm{DST}$ の体積は，
$\frac{1}{3}\cdot\frac{16}{25}\cdot1=\frac{16}{75}$ となる．
点 $\mathrm{O},\mathrm{D},\mathrm{P},\mathrm{Q},\mathrm{R},\mathrm{S},\mathrm{T}$ からなる多面体の体積は，これら2つの体積の和と等しいから，求める体積は，
$\frac{64}{375}+\frac{16}{75}=\frac{48}{125}$ ……(答)

2018年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問2

2019.10.03

方針の立て方 (30)～(37)は基本問題であるため特筆事項なし． (38)～(42)も基本的には，2次関数の接線の問題であるが，が4の倍数であるという条件が付いていることから，について解いたときの分数を含む項の処理をしなければならないと考える．後は①を満たし，かつが4の倍数になるを探せば良い．「①

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方針の立て方
(30)～(37)は基本問題であるため特筆事項なし．
(38)～(42)も基本的には，2次関数の接線の問題であるが， $b_1$ が4の倍数であるという条件が付いていることから， $b_1$ について解いたときの分数を含む項の処理をしなければならないと考える．後は①を満たし，かつ $b_1$ が4の倍数になる $a_1$ を探せば良い．「①を満たす」と「 $b_1$ が4の倍数になる」を両方一気に考えるのは難しいため，最初は「 $b_1$ が整数になる」と条件を緩めて考えよう．
(C)は代入するだけ．
(43)と(44)について． $\left[a_n\right]$ の処理をせねばならないと考える．ガウス記号の問題では，まずガウス記号の基本性質 $\left[x\right]=n\Leftrightarrow n\leqq x<n+1$ を使うことを考えよう．すると，本問は $a_n$ の評価をすることになるが， $a_n$ の中でも厄介なのは $\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$ の項であるから， $\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$ に焦点を当てて評価をしよう．
(D)について．(33)～(35)で求めた漸化式を解けば良い．そのためにまず， $a_n$ を削除する． $a_n$ は一般項が求まっているため， $a_n$ の削除は造作もない．すると，漸化式は $b_{n+1}=\frac{3}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+54+\frac{1}{3}b_n$ となる．この後の処理だが，累乗を含む漸化式の典型解法は使えない( $+54$ の項がネックになる)ため，隣接二項間漸化式の原理を応用することを考える．即ち，等比型の漸化式に帰着することを考える．今回ならば， $\alpha,\beta$ を実数として $b_{n+1}-\alpha\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}-\beta=\frac{1}{3}\left\{b_n-\alpha\left(\frac{2}{3}\right)^n-\beta\right\}$ と変形することを考えればよい．後は，等比型漸化式の解法を取れば良い．

解答例
(30)(31) $\frac{2}{3}$
(32) $6$
(33)(34) $\frac{1}{3}$
(35) $3$
(36)(37) $18$
(38)(39)(40) $\frac{55}{3}$
(41)(42) $84$
(C) $\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+18$
(43)(44) $16$
(D) $\frac{9}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+81$

解説
$f_{n+1}\left(x\right)=x^2+a_{n+1}x+b_{n+1}$
一方で， $f_{n+1}\left(x\right)$ は関数 $g\left(x\right)\cdot f_n\left(x\right)$ の導関数であるから，
$f_{n+1}\left(x\right)=\left\{g\left(x\right)\cdot f_n\left(x\right)\right\}^\prime=\left\{\left(\frac{1}{3}x+3\right)\left(x^2+a_nx+b_n\right)\right\}^\prime=\left\{\frac{1}{3}x^3+\left(\frac{1}{3}a_n+3\right)x^2+\left(\frac{1}{3}b_n+3a_n\right)x+3b_n\right\}^\prime=x^2+\left(\frac{2}{3}a_n+6\right)x+\frac{1}{3}b_n+3a_n$
である．これらより， $f_{n+1}\left(x\right)$ についての等式が立ち，
$x^2+a_{n+1}x+b_{n+1}=x^2+\left(\frac{2}{3}a_n+6\right)x+\frac{1}{3}b_n+3a_n$
係数比較をすると，
$\begin{cases} a_{n+1}=\frac{2}{3}a_n+6 \\ b_{n+1}=\frac{1}{3}b_n+3a_n \end{cases}$ ……(答)
が得られる．
$a_{n+1}=\frac{2}{3}a_n+6\Leftrightarrow a_{n+1}-18=\frac{2}{3}\left(a_n-18\right)$
より，
$a_n-18=\left(a_1-18\right)\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\Leftrightarrow a_n=\left(a_1-18\right)\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}+18$
となる．よって，全ての自然数 $n$ について $a_n>a_{n+1}$ が成り立つには,
$a_n>a_{n+1}\Leftrightarrow\left(a_1-18\right)\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}+18>\left(a_1-18\right)\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^n+18\Leftrightarrow a_1-18>0\Leftrightarrow a_1>18$
が成り立つとき．よって，求める $a_1$ の条件は，
$a_1>18$ ……(答)
さて，放物線 $y=f_1\left(x\right)=x^2+a_1x+b_1$ について．
${f_1}^\prime\left(x\right)=2x+a_1$ である．
放物線 $y=f_1\left(x\right)$ と直線 $y=g\left(x\right)$ の接点の座標を $\left(t,t^2+a_1t+b_1\right)$ とすると，接線の方程式は $y=\left(2t+a_1\right)x-t^2+b_1$ と表せる．これと $y=g\left(x\right)=\frac{1}{3}x+3$ が一致する．係数比較すると，
$\begin{cases} 2t+a_1=\frac{1}{3} \\ -t^2+b_1=3 \end{cases}$
2式から $t$ を消去すると，
$b_1-3=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{3}-a_1\right)^2$
となる．ここで $b_1$ が4の倍数のとき， $b_1-3$ は整数であるから， $\frac{1}{3}-a_1$ は2の倍数となる必要がある．
よって，①を満たし，かつ $\frac{1}{3}-a_1$ が2の倍数となる $a_1$ の最小値の候補は， $a_1=18+\frac{1}{3}=\frac{55}{3}$ がある．このとき， $a_1=\frac{55}{3}$ を $b_1-3=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{3}-a_1\right)^2$ に代入して計算すると， $b_1=84$ となり，これは4の倍数となっている．
$\therefore\left(a_1,b_1\right)=\left(\frac{55}{3},84\right)$ ……(答)
数列 $\left\{a_n\right\}$ の一般項は $a_n=\left(a_1-18\right)\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}+18$ であったから， $a_1=\frac{55}{3}$ のとき，
$a_n=\left(\frac{55}{3}-18\right)\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}+18=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+18$ ……(答)
となる．
また，
$0<\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n\leqq\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^1=\frac{1}{3}<1$
より， $18<\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+18<19\Leftrightarrow18<a_n<19$ であるから，
$\left[a_n\right]=18$
$\therefore a_n-\left[a_n\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
よって， $a_n-\left[a_n\right]<0.001$ となるような最小の $n$ は，
$\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n<0.001\Leftrightarrow{\mathrm{log}}_{10}{\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n\right\}}<{\mathrm{log}}_{10}{0.001}\Leftrightarrow n\left({\mathrm{log}}_{10}{2}-{\mathrm{log}}_{10}{3}\right)-{\mathrm{log}}_{10}{2}\frac{3-{\mathrm{log}}_{10}{2}}{{\mathrm{log}}_{10}{3}-{\mathrm{log}}_{10}{2}}\fallingdotseq\frac{3-0.301}{0.477-0.301}=15.3\cdots\cdots$
より， $n=16$ ……(答)
更に，②，③で $a_1,b_1$ を定義すれば，
$b_{n+1}=\frac{1}{3}b_n+3a_n=\frac{1}{3}b_n+3\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+18\right\}=\frac{3}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+54+\frac{1}{3}b_n\Leftrightarrow b_{n+1}-\frac{9}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}-81=\frac{1}{3}\left\{b_n-\frac{9}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n-81\right\}$
であるから，
$b_n-\frac{9}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n-81=\left\{b_1-\frac{9}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^1-81\right\}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=\left\{84-\frac{9}{2}\cdot\frac{2}{3}-81\right\}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=0\Leftrightarrow b_n=\frac{9}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+81$ ……(答)

2018年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問1

2019.10.03

方針の立て方 (ⅰ) 3次元の図形は作図が難しく考えにくいため，適当な平面で切って2次元の問題に帰着する．(8)と(9)は(3)と(4)の問題を一般化したパターンである．そのため(3)と(4)の考え方を応用すればよい． (ⅱ) (10)～(20)までは基本問題であり特筆事項なし． (21)～(25)

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方針の立て方
(ⅰ)
3次元の図形は作図が難しく考えにくいため，適当な平面で切って2次元の問題に帰着する．(8)と(9)は(3)と(4)の問題を一般化したパターンである．そのため(3)と(4)の考え方を応用すればよい．

(ⅱ)
(10)～(20)までは基本問題であり特筆事項なし．
(21)～(25)について．「 $\vec{\mathrm{OA}}$ と $\vec{\mathrm{BD}}$ が平行である」という情報と「 $\vec{\mathrm{OB}}\bot\vec{\mathrm{OD}}$ 」という情報を数式化する．「2つのベクトルが平行である」という情報は「2つのベクトルが実数倍だけ違う」という情報に，「2つのベクトルが垂直である」という情報は「2つのベクトルの内積が0となる」という情報に言い換えると数式化できる．後は， $\vec{\mathrm{BD}}$ のみ始点が $\mathrm{O}$ でないため，始点を $\mathrm{O}$ に揃えるという変形が思いつく．
(26)～(29)について．これも始点がバラバラであるから，始点を $\mathrm{O}$ に揃えると解法を得られる．
(A)と(B)は，ベクトルによる三角形の面積公式を利用すれば良い．本解答では座標を用いた三角形の面積公式を応用している．

解答例
(ⅰ)
(1)(2) $15$
(3)(4) $10$
(5) $5$
(6)(7) $10$
(8)(9) $14$

(ⅱ)
(10) $6$
(11)(12) $24$
(13)(14) $-6$
(15)(16) $-3$
(17) $3$
(18)(19) $-3$
(20) $3$
(21) $4$
(22)(23) $\frac{1}{2}$
(24)(25) $\frac{1}{2}$
(26)(27) $\frac{1}{4}$
(28)(29) $\frac{1}{6}$
(A) $3\sqrt3$
(B) $24\sqrt3$

解説
(ⅰ)
〇 $r_1=\sqrt5$ のとき((1)と(2)について)
断面図を考えると，

$S_0$ と $S_1$ が交わってできる円の半径は上図の破線に当たる．
両円の中心と交点で作られる三角形は正三角形であるから，破線の長さは， $\sqrt5\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt{15}}{2}$ ．
よって，求める円周の長さは $2\pi\cdot\frac{\sqrt{15}}{2}=\sqrt{15}\pi$ ……(答)

〇 $S_0$ と $S_1$ が交わってできる円の円周の長さが最大となるとき((3)～(7)について)

上図のように， $S_0$ と $S_1$ が交わってできる円の半径が $S_0$ の半径と一致するとき，円周が最大となる．
三平方の定理より，
$r_1=\sqrt{\left(\sqrt5\right)^2+\left(\sqrt5\right)^2}=\sqrt{10}$ ……(答)
また，直線 $l$ と $S_0$ と $S_1$ の位置関係について作図すると，

上図(実際には $x$ 軸対称にもう1本直線 $l$ が存在するが，求める座標は同じになるため，上図の1本のみ考える)．直線 $l$ の方程式を $y=ax+b\left(0<a,b\right)$ とすると， $S_0$ と $S_1$ の接線であるから，
$\begin{cases} \frac{\left|-b\right|}{\sqrt{1+a^2}}=\sqrt{5} \\ \frac{\left|-5a-b\right|}{\sqrt{1+a^2}}=\sqrt{10} \end{cases}\Leftrightarrow \left(a,b\right)=\left(\sqrt{\frac{-1+\sqrt{2}}{2}},\sqrt{\frac{5\left(1+\sqrt{2}\right)}{2}}\right)$
よって，直線lの方程式は， $y=\sqrt{\frac{-1+\sqrt2}{2}}x+\sqrt{\frac{5\left(1+\sqrt2\right)}{2}}$ ．よって，求める座標の $x$ 座標は，
$0=\sqrt{\frac{-1+\sqrt2}{2}}x+\sqrt{\frac{5\left(1+\sqrt2\right)}{2}}\Leftrightarrow x=-\sqrt5-\sqrt{10}$
よって，求める座標は， $\left(-\sqrt5-\sqrt{10},0,0\right)$ ……(答)
〇 $r_k$ が $r_0$ の100倍以上となるとき((8)と(9)について)
(3)と(4)を考えたときと同様に考えると， $S_{k-1}$ と $S_k$ が交わってできる円の円周の長さが最大となるのは， $S_{k-1}$ と $S_k$ が交わってできる円の半径が $S_{k-1}$ の半径と一致するときである．
$\therefore r_k=\sqrt2r_{k-1}$
この漸化式を解くと，
$r_k=r_0\left(\sqrt2\right)^k\Leftrightarrow\frac{r_k}{r_0}=\left(\sqrt2\right)^k$
となる． $r_k$ が $r_0$ の100倍以上となるのは，
$100r_0\leqq r_k\Leftrightarrow100\leqq\frac{r_k}{r_0}\Leftrightarrow100\leqq\left(\sqrt2\right)^k$
が成り立つとき．この不等式が成り立つのは $14\leqq k$ のときである．……(答)

(ⅱ)
〇 $\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2,\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2,\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}$ の値((10)～(14)について)
$\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2=\left(-\sqrt3\right)^2+\left(\sqrt3\right)^2=6$ ……(答)
$\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2=\left(3+\sqrt3\right)^2+\left(3-\sqrt{3}\right)^2=24$ ……(答)
$\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=-\sqrt3\cdot\left(3+\sqrt3\right)+\sqrt3\cdot\left(3-\sqrt3\right)=-6$ ……(答)
〇点 $\mathrm{C}$ の座標((15)～(20)について)
$\vec{\mathrm{OC}}=-2\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OB}}=-2\cdot\left(-\sqrt3,\sqrt3\right)-\left(3+\sqrt3,3-\sqrt3\right)=\left(-3+\sqrt3,-3-\sqrt3\right)$
よって，点 $\mathrm{C}$ の座標は $\left(-3+\sqrt3,-3-\sqrt3\right)$ ……(答)
〇 $\left|\vec{\mathrm{BD}}\right|$ と $\vec{\mathrm{OA}}$ ((21)～(25)について)
$\vec{\mathrm{OA}}$ と $\vec{\mathrm{BD}}$ は平行であるから，実数 $k$ を用いて $\vec{\mathrm{BD}}=k\vec{\mathrm{OA}}$ と書ける．
$\vec{\mathrm{BD}}=\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OB}}$ であるから，
$\vec{\mathrm{OD}}=\vec{\mathrm{OB}}+k\vec{\mathrm{OA}}$
と書ける．
$\vec{\mathrm{OB}}\bot\vec{\mathrm{OD}}$ より，
$\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}=0\Leftrightarrow\vec{\mathrm{OB}}\cdot\left(\vec{\mathrm{OB}}+k\vec{\mathrm{OA}}\right)=0\Leftrightarrow24-6k=0\Leftrightarrow k=4$
(※途中で(11)～(14)の結果を用いた)
よって， $\vec{\mathrm{BD}}=4\vec{\mathrm{OA}}$ であり，これより， $\left|\vec{\mathrm{BD}}\right|=4\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|$ ……(答)
また， $\vec{\mathrm{OD}}=\vec{\mathrm{OB}}+4\vec{\mathrm{OA}}$ であり， $\vec{\mathrm{OC}}=-2\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OB}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{OB}}=-2\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OC}}$ であるから，連立すると，
$\vec{\mathrm{OD}}=-2\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OC}}+4\vec{\mathrm{OA}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{OA}}=\frac{1}{2}\vec{\mathrm{OC}}+\frac{1}{2}\vec{\mathrm{OD}}$ ……(答)

〇 $\frac{\left|\vec{\mathrm{OE}}\right|}{\left|\vec{\mathrm{BE}}\right|}$ の値((26)と(27)について)
点 $\mathrm{E}$ は直線 $\mathrm{OB}$ 上の点であるから， $\vec{\mathrm{OE}}=k\vec{\mathrm{OB}}$ ( $k$ は実数)と表せる．
また，点 $\mathrm{E}$ は直線 $\mathrm{CD}$ 上の点でもあるから， $\vec{\mathrm{OE}}=s\vec{\mathrm{OC}}+\left(1-s\right)\vec{\mathrm{OD}}$ ( $s$ は実数)とも表せる．
ここで，
$\vec{\mathrm{OB}}=\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{BD}}=\vec{\mathrm{OD}}-4\vec{\mathrm{OA}}=\vec{\mathrm{OD}}-4\left(\frac{1}{2}\vec{\mathrm{OC}}+\frac{1}{2}\vec{\mathrm{OD}}\right)=-2\vec{\mathrm{OC}}-\vec{\mathrm{OD}}$
より， $\vec{\mathrm{OE}}$ について等式を立てると，
$-2k\vec{\mathrm{OC}}-k\vec{\mathrm{OD}}=s\vec{\mathrm{OC}}+\left(1-s\right)\vec{\mathrm{OD}}$
両辺の係数比較をすると，
$\begin{cases} -2k=s \\ -k=1-s \end{cases}\Leftrightarrow\left(k,s\right)=\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$
$\therefore\vec{\mathrm{OE}}=k\vec{\mathrm{OB}}=-\frac{1}{3}\vec{\mathrm{OB}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{OB}}=-3\vec{\mathrm{OE}}$
$\therefore\frac{\left|\vec{\mathrm{OE}}\right|}{\left|\vec{\mathrm{BE}}\right|}=\frac{\left|\vec{\mathrm{OE}}\right|}{\left|\vec{\mathrm{OE}}-\vec{\mathrm{OB}}\right|}=\frac{\left|\vec{\mathrm{OE}}\right|}{\left|\vec{\mathrm{OE}}-\left(-3\vec{\mathrm{OE}}\right)\right|}=\frac{1}{4}$ ……(答)
〇 $\vec{\mathrm{AE}}$ ((28)と(29)について)
$\vec{\mathrm{OB}}=-3\vec{\mathrm{OE}}$ より，
$\vec{\mathrm{AE}}=\vec{\mathrm{OE}}-\vec{\mathrm{OA}}=-\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{3}\vec{\mathrm{OB}}$
一方， $\vec{\mathrm{OC}}=-2\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OB}}$ と $\vec{\mathrm{OD}}=\vec{\mathrm{OB}}+4\vec{\mathrm{OA}}$ より，
$\vec{\mathrm{DC}}=\vec{\mathrm{OC}}-\vec{\mathrm{OD}}=\left(-2\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OB}}\right)-\left(\vec{\mathrm{OB}}+4\vec{\mathrm{OA}}\right)=-6\vec{\mathrm{OA}}-2\vec{\mathrm{OB}}=6\left(-\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{3}\vec{\mathrm{OB}}\right)$
これらより，
$\vec{\mathrm{DC}}=6\vec{\mathrm{AE}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{AE}}=\frac{1}{6}\vec{\mathrm{DC}}$ ……(答)

〇 $\triangle\mathrm{OAC}$ と $\triangle\mathrm{BCD}$ の面積((A)と(B)について)
$\vec{\mathrm{OA}}=\left(-\sqrt3,\sqrt3\right),\vec{\mathrm{OC}}=\left(-3+\sqrt3,-3-\sqrt3\right)$ より，
$\triangle\mathrm{OAC}=\frac{1}{2}\left|-\sqrt3\left(-3-\sqrt3\right)-\sqrt3\left(-3+\sqrt3\right)\right|=3\sqrt3$ ……(答)
$\vec{\mathrm{BC}}=\vec{\mathrm{OC}}-\vec{\mathrm{OB}}=\left(-3+\sqrt3,-3-\sqrt3\right)-\left(3+\sqrt3,3-\sqrt3\right)=\left(-6,-6\right),\vec{\mathrm{BD}}=4\vec{\mathrm{OA}}=\left(-4\sqrt3,4\sqrt3\right)$ より，
$\triangle\mathrm{BCD}=\frac{1}{2}\left|-6\cdot4\sqrt3-\left(-6\right)\cdot\left(-4\sqrt3\right)\right|=24\sqrt3$ ……(答)

2017年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問4

2019.10.02

方針の立て方 (ⅰ) 全体的に，実際に題意を満たす取り出し方を考えることで方針を得られる．数字によって，玉の個数に偏り(例えば数字5の書かれた玉は1個しかないが，数字2の書かれた玉は3個ある)があるため，場合分けは玉に書かれた数字で行うのが良いだろうと考える． (ⅱ) 今度は個数の問題になっているた

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方針の立て方
(ⅰ)
全体的に，実際に題意を満たす取り出し方を考えることで方針を得られる．数字によって，玉の個数に偏り(例えば数字5の書かれた玉は1個しかないが，数字2の書かれた玉は3個ある)があるため，場合分けは玉に書かれた数字で行うのが良いだろうと考える．

(ⅱ)
今度は個数の問題になっているため太郎が何個の玉を獲得するのかで場合分けを行う．

(ⅲ)
今度は色の問題になっているため，色で場合分けを行う．後半はやや解法が立てにくいが実際に題意を満たす場合を考えると，花子が4個獲得する必要があることや玉に書かれた数の和が15となるパターンが少ないことが分かり，虱潰し的に考えつくせば良いと判断できる．

解説
1回のゲームにおける玉の取り出し方の総数は， $12\times11=132$ 通り．
(ⅰ)
〇太郎が1個の玉を獲得する確率((40)～(42)について)
題意を満たすには，太郎と花子が同じ数の書かれた玉を取り出せば必要十分．
2人が1の書かれた玉を取り出し，題意を満たす場合の数は， $3\times2=6$ 通り．
2人が2の書かれた玉を取り出し，題意を満たす場合の数は， $3\times2=6$ 通り．
2人が3の書かれた玉を取り出し，題意を満たす場合の数は， $3\times2=6$ 通り．
2人が4の書かれた玉を取り出し，題意を満たす場合の数は， $2\times1=2$ 通り．
よって，題意を満たす場合の数は， $6+6+6+2=20$ 通り．
よって，太郎が1個の玉を獲得する確率は， $\frac{20}{132}=\frac{5}{33}$ ……(答)
〇花子が2個の玉を獲得する確率((43)～(46)について)
題意を満たすには，太郎の取り出した玉の数より，花子の取り出した玉の数が大きければ必要十分．
(Ⅰ)太郎が1の書かれた玉を取り出した場合(太郎がどの色を取り出すかで3通りある)
題意を満たす花子の玉の取り出し方の場合の数は，9通り．
(Ⅱ)太郎が2の書かれた玉を取り出した場合(太郎がどの色を取り出すかで3通りある)
題意を満たす花子の玉の取り出し方の場合の数は，6通り．
(Ⅲ)太郎が3の書かれた玉を取り出した場合(太郎がどの色を取り出すかで3通りある)
題意を満たす花子の玉の取り出し方の場合の数は，3通り．
(Ⅳ)太郎が4の書かれた玉を取り出した場合(太郎がどの色を取り出すかで2通りある)
題意を満たす花子の玉の取り出し方の場合の数は，1通り．
以上，(Ⅰ)～(Ⅳ)より，題意を満たす場合の数は， $3\times9+3\times6+3\times3+2\times1=56$ 通り．
よって，花子が2個の玉を獲得する確率は， $\frac{56}{132}=\frac{14}{33}$ ……(答)
〇 $\sum_{n=1}^{4}{np_n}$ ((47)～(51)について)
確率 $p_n$ は，「花子が2個の玉を獲得した」という条件のもとで，「玉に書かれた数の差の絶対値が $n$ である」という事象が起こる条件付き確率である．
(Ⅰ)花子が2個の玉を獲得し，かつ玉に書かれた数の差の絶対値が1である確率
太郎と花子の取り出した玉に書かれている数字が $\left(1,2\right),\left(2,3\right),\left(3,4\right),\left(4,5\right)$ のいずれかである場合の確率である．よって，確率は，
$\frac{3\times3+3\times3+3\times2+2\times1}{132}=\frac{13}{66}$
(Ⅱ)花子が2個の玉を獲得し，かつ玉に書かれた数の差の絶対値が2である確率
太郎と花子の取り出した玉に書かれている数字が $\left(1,3\right),\left(2,4\right),\left(3,5\right)$ のいずれかである場合の確率である．よって，確率は，
$\frac{3\times3+3\times2+3\times1}{132}=\frac{3}{22}$
(Ⅲ)花子が2個の玉を獲得し，かつ玉に書かれた数の差の絶対値が3である確率
太郎と花子の取り出した玉に書かれている数字が $\left(1,4\right),\left(2,5\right)$ のいずれかである場合の確率である．よって，確率は，
$\frac{3\times2+3\times1}{132}=\frac{3}{44}$
(Ⅳ)花子が2個の玉を獲得し，かつ玉に書かれた数の差の絶対値が4である確率
太郎と花子の取り出した玉に書かれている数字が $\left(1,5\right)$ である場合の確率である．よって，確率は，
$\frac{3\times1}{132}=\frac{1}{44}$
以上，(Ⅰ)～(Ⅳ)と，花子が2個の玉を獲得する確率は $\frac{14}{33}$ であることから，
$p_1=\frac{\frac{13}{66}}{\frac{14}{33}}=\frac{33}{14}\cdot\frac{13}{66},p_2=\frac{\frac{3}{22}}{\frac{14}{33}}=\frac{33}{14}\cdot\frac{3}{22},p_3=\frac{\frac{3}{44}}{\frac{14}{33}}=\frac{33}{14}\cdot\frac{3}{44},p_4=\frac{\frac{1}{44}}{\frac{14}{33}}=\frac{33}{14}\cdot\frac{1}{44}$
となる．
$\therefore\sum_{n=1}^{4}{np_n}=1\cdot\frac{33}{14}\cdot\frac{13}{66}+2\cdot\frac{33}{14}\cdot\frac{3}{22}+3\cdot\frac{33}{14}\cdot\frac{3}{44}+4\cdot\frac{33}{14}\cdot\frac{1}{44}=\frac{33}{14}\left(\frac{13}{66}+\frac{3}{11}+\frac{9}{44}+\frac{1}{11}\right)=\frac{101}{56}$ ……(答)

(ⅱ)
(Ⅰ)太郎が1個も玉を獲得しなかった場合
題意を満たす取り出し方は存在しない．
(Ⅱ)太郎が1個の玉を獲得した場合
題意を満たす取り出し方は，「太郎が赤の1,2,3,4の玉いずれかを取り出し，かつ花子が同じ数字の玉を取り出す」である．この取り出し方の場合の数は， $1\times2+1\times2+1\times2+1\times1=7$ 通り．
(Ⅲ)太郎が2個の玉を獲得した場合
題意を満たす取り出し方の場合の数について考える．
まず，色に関係なく太郎が2個の玉を獲得する場合の数は， $3\times3+3\times6+2\times9+1\times11=56$ 通り．
次に太郎が2個の玉を獲得し，かつその2個の玉に赤玉がない場合の数は， $2\times2+2\times4+1\times6=18$ 通り．
よって，太郎が2個の玉を獲得し，かつその中に少なくとも1個の赤玉が含まれている場合の数は， $56-18=38$ 通り．
以上，(Ⅰ)～(Ⅲ)より，題意を満たす場合の数は， $7+38=45$ 通り．
よって，求める確率は，
$\frac{45}{132}=\frac{15}{44}$ ……(答)

(ⅲ)
〇太郎が2回とも同色の玉を取り出す確率((56)～(59)について)
2回目に太郎が取り出しを行うと，太郎，花子合わせて3回取り出しを行ったことになる．この3回の玉の取り出し方の総数は $12\times11\times10$ 通り．
(Ⅰ)太郎が2回とも赤玉を取り出す場合の数
花子が赤玉を取り出さない場合，花子の取り出し方は7通りあるため， $5\times7\times4=140$ 通り．
花子が赤玉を取り出す場合， $5\times4\times3=60$ 通り．
$\therefore140+60=200$ 通り．
(Ⅱ)太郎が2回とも青玉を取り出す場合の数
花子が青玉を取り出さない場合，花子の取り出し方は8通りあるため， $4\times8\times3=96$ 通り．
花子が青玉を取り出す場合， $4\times3\times2=24$ 通り．
$\therefore96+24=120$ 通り．
(Ⅲ)太郎が2回とも白玉を取り出す場合の数
花子が白玉を取り出さない場合，花子の取り出し方は9通りあるため， $3\times9\times2=54$ 通り．
花子が白玉を取り出す場合， $3\times2\times1=6$ 通り．
$\therefore54+6=60$ 通り．
以上，(Ⅰ)～(Ⅲ)より，題意を満たす場合の数は， $200+120+60=380$ 通り．
よって，求める確率は， $\frac{380}{12\times11\times10}=\frac{19}{66}$ ……(答)

〇花子が2回のゲームを通じて獲得した玉に書かれた数の和が15となる確率((60)～(63)について)
2回のゲームにおける玉の取り出し方の総数は， $12\times11\times10\times9$ 通り．
題意を満たすには花子は4個の玉を獲得せねばならない．なぜなら，3個の玉の数の和が最大となるのは3個の玉に書かれた数字が5,4,4のときであるが，和を計算すると13となり，15には届かないからである．
4個の玉を獲得し，かつ4個の玉に書かれた数の和が15となるには，玉に書かれた数の組み合わせが $\left\{5,4,4,2\right\},\left\{5,4,3,3\right\}$ の2パターンに限られる．
(Ⅰ)玉に書かれた数の組み合わせが $\left\{5,4,4,2\right\}$ の場合
花子が4個の玉を獲得する取り出し方は，4,5,2,4か2,4,4,5の順番で玉が取り出されたとき．
$\therefore2\times1\times3\times1+3\times2\times1\times1=12$ 通り．
(Ⅱ)玉に書かれた数の組み合わせが $\left\{5,4,3,3\right\}$ の場合
花子が4個の玉を獲得する取り出し方は，3,4,3,5か3,5,3,4の順番で玉が取り出されたとき．
$\therefore3\times2\times2\times1+3\times1\times2\times2=24$ 通り．
以上，(Ⅰ)と(Ⅱ)より，題意を満たす取り出し方の総数は $12+24=36$ 通り．
よって，求める確率は， $\frac{36}{12\times11\times10\times9}=\frac{1}{330}$ ……(答)

2017年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問3

2019.10.02

方針の立て方 (ⅰ)(ⅱ) 共通部分に関する問題であるから，「交わるならば連立」という基本事項に従い，共通部分に関する情報を求める． (ⅲ) 今度は共通部分が分かっていて，その元が分からない(求める)問題である．共通部分は直線(1次元)で，元の図形は平面(2次元)であるから，自由度を1増やせばよいと

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方針の立て方
(ⅰ)(ⅱ)
共通部分に関する問題であるから，「交わるならば連立」という基本事項に従い，共通部分に関する情報を求める．

(ⅲ)
今度は共通部分が分かっていて，その元が分からない(求める)問題である．共通部分は直線(1次元)で，元の図形は平面(2次元)であるから，自由度を1増やせばよいと考える．

解答例
(ⅰ)
(19) $4$
(20) $2$
(21) $8$
(22) $5$

(ⅱ)
(23) $0$
(24)(25) $-4$
(26)(27) $-3$
(28)(29) $-2$
(30)(31)(32) $-20$
(33)(34)(35) $-13$
(36) $2$
(37)(38) $12$
(39) $7$

(ⅲ)
(ウ) $5y-8z-4$
(エ) $5x-z-3$

解説
(ⅰ)
平面 $\pi_1$ と平面 $\pi_2$ の交線 $l$ は，実数パラメーター $t$ を用いると，
$\begin{cases} x-2y+3z+1=0 \\ 3x+4y-7z-5=0 \end{cases}\Leftrightarrow\left(x,y,z\right)=\left(t,8t-4,5t-3\right)$
と表せる．
よって，交線 $l$ は， $\left(1,4,2\right)$ を通り( $t=1$ を代入)，方向ベクトルは $\left(1,8,5\right)$ である直線．
$\therefore\begin{cases} \vec{p_0}=\left(1,4,2\right) \\ \vec{v}=\left(1,8,5\right) \end{cases}$ ……(答)

(ⅱ)
球面 $S$ の半径を $r$ とおく．すると，球面 $S$ の方程式は $\left(x-2\right)^2+\left(y+8\right)^2+\left(z-3\right)^2=r^2$ と表せる．
〇球面 $S$ と直線 $l$ が1点のみを共有するとき((23)～(27)について)
球面 $S\colon\left(x-2\right)^2+\left(y+8\right)^2+\left(z-3\right)^2=r^2$ と交線 $l\colon\left(x,y,z\right)=\left(t,8t-4,5t-3\right)$ の共有点が1つのみとなるには，以下の $t$ に関する2次方程式
$\left(t-2\right)^2+\left(8t-4+8\right)^2+\left(5t-3-3\right)^2=r^2\Leftrightarrow90t^2+56-r^2=0$
がただ一つの実数解(重解)となれば必要十分．
$\therefore56-r^2=0\Leftrightarrow r=2\sqrt{14}$
のときで，そのとき $t=0$ ．
よって，共有点の座標は， $\left(0,8\cdot0-4,5\cdot0-3\right)=\left(0,-4,-3\right)$ ……(答)
〇球面 $S$ と直線 $l$ が1点のみを共有するとき((23)～(27)について)
球面 $S\colon\left(x-2\right)^2+\left(y+8\right)^2+\left(z-3\right)^2=r^2$ と交線 $l\colon\left(x,y,z\right)=\left(t,8t-4,5t-3\right)$ の共有点が1つのみとなるには，以下の $t$ に関する2次方程式
$\left(t-2\right)^2+\left(8t-4+8\right)^2+\left(5t-3-3\right)^2=r^2\Leftrightarrow90t^2+56-r^2=0$
が相異なる2つの実数解を持てば必要十分．
$\therefore56-r^2<0\Leftrightarrow2\sqrt{14}<r$
のときで，そのとき $t=\pm\frac{1}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}$ ．
よって，2つの共有点の座標は， $\left(\pm\frac{1}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}},\pm\frac{8}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}-4,\pm\frac{5}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}-3\right)$ である(複号同順)．
この2点の距離は，
$\sqrt{\left(\frac{2}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}\right)^2+\left(\frac{16}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}\right)^2+\left(\frac{10}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}\right)^2}=2\sqrt{r^2-56}$
よって，点 $\mathrm{A}$ と直線 $l$ の距離は，三平方の定理より，
$\sqrt{r^2-\left(\sqrt{r^2-56}\right)^2}=2\sqrt{14}$
である．これより，2つの共有点と点 $\mathrm{A}$ を頂点とする三角形の面積は，
$\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{r^2-56}\cdot2\sqrt{14}=2\sqrt{14\left(r^2-56\right)}$
となる．これが $24\sqrt{35}$ であるとき，
$2\sqrt{14\left(r^2-56\right)}=24\sqrt{35}\Leftrightarrow\sqrt{r^2-56}=6\sqrt{10}$
となる．
$\therefore t=\pm\frac{1}{3}\cdot\frac{6\sqrt{10}}{\sqrt{10}}=\pm2$
よって，求める共有点の座標は，
$\left(t,8t-4,5t-3\right)=\left(-2,-20,-13\right),\left(2,12,7\right)$ ……(答)

(ⅲ)
平面 $\pi_3$ は面内に直線 $l$ を含み，かつ $x$ 依存性がないため， $\left(y,z\right)=\left(8t-4,5t-3\right)\Leftrightarrow5y-8z-4=0$ ……(答)
同様に，平面 $\pi_4$ は面内に直線 $l$ を含み，かつ $y$ 依存性がないため， $\left(x,z\right)=\left(t,5t-3\right)\Leftrightarrow5x-z-3=0$ ……(答)

2017年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問2

2019.10.02

方針の立て方 (ⅰ) 二次関数の最小問題であり，特筆事項なし． (ⅱ) 計算するだけ．特筆事項なし． (ⅲ) 不等式の証明は(大きい方)-(小さい方)が0より大きくなる(あるいは0以上となる)ことを示すという典型的な解法を取る．つまり，を考察する．これが0より大きくなれば証明終了であるから，を小さく

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方針の立て方
(ⅰ)
二次関数の最小問題であり，特筆事項なし．

(ⅱ)
計算するだけ．特筆事項なし．

(ⅲ)
不等式の証明は(大きい方)-(小さい方)が0より大きくなる(あるいは0以上となる)ことを示すという典型的な解法を取る．つまり， $c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)-c\left(x_1+x_2\right)$ を考察する．これが0より大きくなれば証明終了であるから， $c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)-c\left(x_1+x_2\right)$ を小さく評価していく． $a\left(x\right)$ の単調減少の性質を使うには， $c\left(x\right)$ の情報を $a\left(x\right)$ に変換する必要があるため， $a\left(x\right)=\frac{c\left(x\right)}{x}\Leftrightarrow c\left(x\right)=xa\left(x\right)$ を用いる．

(ⅳ)
「節約される費用」はどのようにして数式化すればいいかを考える．すると(買収前の製造費用)-(買収後の製造費用)で求められると分かり，これを用いて数式化すればよい．

解答例
(ⅰ)
(14) $4$
(15) $6$

(ⅱ)
(16)(17)(18) $\frac{76}{9}$

(ⅲ)
(ア)
$c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)-c\left(x_1+x_2\right)=x_1a\left(x_1\right)+x_2a\left(x_2\right)-\left(x_1+x_2\right)a\left(x_1+x_2\right)$
ここで， $0<x_1<x_1+x_2\leqq\bar{x}$ であるから， $a\left(x_1+x_2\right)<a\left(x_1\right)$ であり，同様に， $0<x_2<x_1+x_2\leqq\bar{x}$ であることから $a\left(x_1+x_2\right)<a\left(x_2\right)$ が言える．
$\therefore x_1a\left(x_1\right)+x_2a\left(x_2\right)-\left(x_1+x_2\right)a\left(x_1+x_2\right)>x_1a\left(x_1+x_2\right)+x_2a\left(x_1+x_2\right)-\left(x_1+x_2\right)a\left(x_1+x_2\right)=0$
よって，
$c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)-c\left(x_1+x_2\right)>0\Leftrightarrow c\left(x_1+x_2\right)<c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)$
証明終了．

(ⅳ)
(イ) $8-u_1-u_2$

解説
(ⅰ)
$m\left(x\right)=x^2-8x+17=\left(x-4\right)^2+1$
よって $m\left(x\right)$ を最小にする $x$ は $x=4$ ．
$\therefore x_m=4$ ……(答)
$c\left(x\right)$ は $m\left(x\right)$ の原始関数であるから，
$c\left(x\right)=\int m\left(x\right)dx=\frac{1}{3}x^3-4x^2+17x+C$ ( $C$ は積分定数)
となる． $c\left(0\right)=0$ より，積分定数は $C=0$ である．
$\therefore a\left(x\right)=\frac{\frac{1}{3}x^3-4x^2+17x}{x}=\frac{1}{3}x^2-4x+17=\frac{1}{3}\left(x-6\right)^2+5$
よって， $a\left(x\right)$ を最小にする $x$ は $x=6$ ．
$\therefore x_a=6$ ……(答)

(ⅱ)
$\int_{x_m}^{x_a+1}\left|m\left(x\right)-a\left(x\right)\right|dx=\int_{4}^{7}\left|x^2-8x+17-\left(\frac{1}{3}x^2-4x+17\right)\right|dx=\int_{4}^{7}\left|\frac{2}{3}x\left(x-6\right)\right|dx=\int_{4}^{6}\left\{-\frac{2}{3}x\left(x-6\right)\right\}dx+\int_{6}^{7}{\frac{2}{3}x\left(x-6\right)}dx=\left[2x^2-\frac{2}{9}x^3\right]_4^6+\left[\frac{2}{9}x^3-2x^2\right]_6^7=\frac{76}{9}$ ……(答)

(ⅳ)
式①が仮定されている場合， $c\left(x\right)=\frac{1}{3}x^3-4x^2+17x$ である．
買収前における，商品 $\mathrm{P}_\mathrm{A}$ の製造費用は $c\left(u_1\right)=\frac{1}{3}{u_1}^3-4{u_1}^2+17u_1$ であり，商品 $\mathrm{P}_\mathrm{B}$ の製造費用は $c\left(u_2\right)=\frac{1}{3}{u_2}^3-4{u_2}^2+17u_2$ である．よって，買収前での両社合わせた製造費用は $c\left(u_1\right)+c\left(u_2\right)=\frac{1}{3}{u_1}^3-4{u_1}^2+17u_1+\frac{1}{3}{u_2}^3-4{u_2}^2+17u_2$ となる．
製造後における，商品 $\mathrm{P}_\mathrm{A}$ の製造費用は，製造量が $u_1+u_2$ となることより $c\left(u_1+u_2\right)=\frac{1}{3}\left(u_1+u_2\right)^3-4\left(u_1+u_2\right)^2+17\left(u_1+u_2\right)$ となる．
よって，節約される費用は，
$c\left(u_1\right)+c\left(u_2\right)-c\left(u_1+u_2\right)=\frac{1}{3}{u_1}^3-4{u_1}^2+17u_1+\frac{1}{3}{u_2}^3-4{u_2}^2+17u_2-\left\{\frac{1}{3}\left(u_1+u_2\right)^3-4\left(u_1+u_2\right)^2+17\left(u_1+u_2\right)\right\}=u_1u_2\left(8-u_1-u_2\right)$ ……(答)

2017年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問1

2019.10.02

方針の立て方 (ⅰ) にはとが混じっているため，これを一つの三角関数にまとめることを考える．すると，三角関数の合成という解法が立つ． (ⅱ) 実際にを求めてみて，その導出過程をで一般化すれば良い．数列の問題はいきなり抽象的なで計算するのではなく，最初はなどの小さい値でやってみると，解法が得やすい．漸

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方針の立て方
(ⅰ)
$f\left(x\right)$ には $\cos{x}$ と $\sin{x}$ が混じっているため，これを一つの三角関数にまとめることを考える．すると，三角関数の合成という解法が立つ．

(ⅱ)
実際に $a_2,a_3,\cdots\cdots$ を求めてみて，その導出過程を $n$ で一般化すれば良い．数列の問題はいきなり抽象的な $n$ で計算するのではなく，最初は $n=1,2$ などの小さい値でやってみると，解法が得やすい．漸化式が求まってしまえば，後は一般項に直して，問題文に沿って素直に不等式を立てれば良い．
(余談だが，この問題はニュートン法を題材にした問題である．)

解答例
(ⅰ)
(1)(2)(3) $\frac{11}{6}$
(4)(5) $13$
(6)(7) $\frac{5}{6}$
(8)(9) $-3$

(ⅱ)
(10)(11) $\frac{4}{5}$
(12)(13) $25$

解説
(ⅰ)
三角関数の合成公式を用いれば，
$f\left(x\right)=4\sqrt3\cos{x}-4\sin{x}+5=8\sin{\left(x+\frac{2}{3}\pi\right)}+5$
である． $0\leqq x <2\pi\Leftrightarrow\frac{2}{3}\pi\leqq x+\frac{2}{3}\pi<\frac{8}{3}\pi$ であるから， $x+\frac{2}{3}\pi=\frac{5}{2}\pi\Leftrightarrow x=\frac{11}{6}\pi$ で最大値 $8+5=13$ を取り， $x+\frac{2}{3}\pi=\frac{3}{2}\pi\Leftrightarrow x=\frac{5}{6}\pi$ で最小値 $-8+5=-3$ を取る．
まとめると，

(ⅱ)
$a_n$ は帰納的に正である．つまり， $0<a_n$ ．
$y^\prime=5x^4$ より，点 $\left(a_n,{a_n}^5\right)$ での接線の方程式は $y=5{a_n}^4x-4{a_n}^5$ となる．これと $x$ 軸( $y=0$ )との交点の $x$ 座標が $a_{n+1}$ のため，
$0=5{a_n}^4a_{n+1}-4{a_n}^5$
となる． $0<a_n$ に注意してこれを解くと，
$a_{n+1}=\frac{4}{5}a_n$ ……(答)
この漸化式を解く． $a_n$ は初項 $a_1=1$ ，公比 $\frac{4}{5}$ の等比数列であるから，一般項 $a_n$ は
$a_n=1\cdot\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}=\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}$
となる．
$\therefore a_n-a_{n+1}=\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}-\left(\frac{4}{5}\right)^n=\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}$
よって， $a_n-a_{n+1}$ が $\frac{1}{1000}$ 以下であるには，
$\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}\leqq\frac{1}{1000}\Leftrightarrow\log_{10}{\left\{\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}\right\}}\leqq\log_{10}{\frac{1}{1000}}$ ……(＊)
であれば必要十分．
$\log_{10}{\left\{\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}\right\}}=\log_{10}{\frac{1}{5}}+\log_{10}{\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}}=\log_{10}{\frac{2}{10}}+\left(n-1\right)\log_{10}{\frac{8}{10}}=\log_{10}{2}-1+\left(n-1\right)\left(3\log_{10}{2}-1\right)$
$\log_{10}{\frac{1}{1000}}=\log_{10}{{10}^{-3}}=-3$
より，(＊)は
$\log_{10}{2}-1+\left(n-1\right)\left(3\log_{10}{2}-1\right)\leqq-3\Leftrightarrow n\geqq\frac{2+\log_{10}{2}}{1-3\log_{10}{2}}+1=\frac{2+0.3010}{1-3\times0.3010}+1=24.7\cdots\cdots$
となる．よって，求める自然数 $n$ の最小値は， $n=25$ ……(答)

2016年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問4

2019.10.01

方針の立て方どれも実際に玉の移動を考えることで解答を得られる．然程複雑な操作・計算ではないため，ケアレスミスにだけ気を付けて書き出せば確実に得点できる．最後の(ⅴ)は前問までで散々2回の操作を考察したので，それを利用することを考える．これも実際に題意を満たす取り出し方を考えると，最終的に袋Bには

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方針の立て方
どれも実際に玉の移動を考えることで解答を得られる．然程複雑な操作・計算ではないため，ケアレスミスにだけ気を付けて書き出せば確実に得点できる．
最後の(ⅴ)は前問までで散々2回の操作を考察したので，それを利用することを考える．これも実際に題意を満たす取り出し方を考えると，最終的に袋Bには玉2,4,6しか許されないことが分かる．よって，2回目の袋Bの中の玉の内訳で3回目に取り出さねばならない玉の番号が決まる．逆に言えば，3回目にどの番号の玉を取り出すかを決めると，2回目の操作終了後の袋Bに入っている玉が一意的に決まることになる．これより，3回目の操作で袋Bに入れる玉の番号で場合分けして考えるという解法が立つ．

解答例
(ⅰ)
(43)(44)(45) $\frac{1}{10}$

(ⅱ)
(46)(47)(48) $\frac{1}{70}$

(ⅲ)
(49) $1$
(50) $1$
(51) $3$
(52)(53)(54) $\frac{3}{55}$
(55)(56)(57) $\frac{4}{77}$
(58)(59)(60) $\frac{1}{35}$
(61)(62)(63) $\frac{2}{35}$

(ⅳ)
(64) $2$
(65) $8$
(66) $1$
(67) $4$
(68) $6$

(ⅴ)
(69)(70)(71) $\frac{2}{35}$

解説
(ⅰ)
1回目の操作が終わった後，袋Aには玉1,1,2,2,3,5,6,6,7,7の計10個の玉が入っている．
よって，求める確率は， $\frac{1}{10}$ ……(答)

(ⅱ)
1回目の操作で玉2が袋Bに入れられる確率は， $\frac{2}{14}=\frac{1}{7}$ ．
1回目の操作が終わった後，袋Aには玉1,3,4,4,5,5,6,6,7,7の計10個の玉が入っている．
よって，２回目の操作で玉１が袋Bに入れられる確率は $\frac{1}{10}$ ．
これら二つの事象は独立であるので，積の法則より，求める確率は，
$\frac{1}{7}\times\frac{1}{10}=\frac{1}{70}$ ……(答)

(ⅲ)
事象 $B_{1,2}$ に該当するのは，「1回目の操作で玉1，2回目の操作で玉2を袋Bに入れる」という事象と「1回目の操作で玉2，2回目の操作で玉1を袋Bに入れる」という事象．
前問と同様に考えれば，「1回目の操作で玉1，2回目の操作で玉2を袋Bに入れる」という事象が起こる確率は $\frac{2}{14}\times\frac{1}{11}=\frac{1}{7}\times\frac{1}{11}$ ，「1回目の操作で玉2，2回目の操作で玉1を袋Bに入れる」という事象が起こる確率は $\frac{2}{14}\times\frac{1}{10}=\frac{1}{7}\times\frac{1}{10}$ ．
$\therefore P\left(B_{1,2}\right)=\frac{1}{7}\times\frac{1}{11}+\frac{1}{7}\times\frac{1}{10}=\frac{3}{110}$ ……(答)
同様に考えると，
$P\left(B_{1,3}\right)=\frac{2}{14}\times\frac{2}{11}+\frac{2}{14}\times\frac{2}{10}=\frac{3}{55}$ ……(答)
$P\left(B_{1,7}\right)=\frac{2}{14}\times\frac{2}{11}+\frac{2}{14}\times\frac{2}{11}=\frac{4}{77}$ ……(答)
$P\left(B_{2,3}\right)=\frac{2}{14}\times\frac{1}{10}+\frac{2}{14}\times\frac{1}{10}=\frac{1}{35}$ ……(答)
$P\left(B_{2,4}\right)=\frac{2}{14}\times\frac{2}{10}+\frac{2}{14}\times\frac{2}{10}=\frac{2}{35}$ ……(答)

(ⅳ)
起こる確率が $P\left(B_{1,2}\right)$ であるものは， $B_{1,2}$ と $B_{6,7}$ の2個……(答)
起こる確率が $P\left(B_{1,3}\right)$ であるものは， $B_{1,3}$ と $B_{1,4}$ と $B_{1,5}$ と $B_{1,6}$ と $B_{2,7}$ と $B_{3,7}$ と $B_{4,7}$ と $B_{5,7}$ の8個……(答)
起こる確率が $P\left(B_{1,7}\right)$ であるものは， $B_{1,7}$ の1個……(答)
起こる確率が $P\left(B_{2,3}\right)$ であるものは， $B_{2,3}$ と $B_{3,4}$ と $B_{4,5}$ と $B_{5,6}$ の4個……(答)
起こる確率が $P\left(B_{2,4}\right)$ であるものは， $B_{2,4}$ と $B_{2,5}$ と $B_{2,6}$ と $B_{3,5}$ と $B_{3,6}$ と $B_{4,6}$ の6個……(答)

(ⅴ)
題意を満たす取り出し方をした場合，最終的に袋Bには玉2,4,6が入っている．
3回目の操作で玉6を袋Bに入れて題意を満たす場合，2回目の操作終了後に袋に玉2,4が入っていて(このとき袋Aには玉1,5,6,6,7,7の計6個が入っている)，そこに玉3を入れれば良いため，その確率は，
$P\left(B_{2,4}\right)\times\frac{2}{6}=\frac{2}{35}\times\frac{1}{3}=\frac{2}{105}$
同様に，3回目の操作で玉4を袋Bに入れて題意を満たす場合の確率は，
$P\left(B_{2,6}\right)\times\frac{2}{6}=\frac{2}{35}\times\frac{1}{3}=\frac{2}{105}$
であり，3回目の操作で玉2を袋Bに入れて題意を満たす場合の確率は，
$P\left(B_{4,6}\right)\times\frac{2}{6}=\frac{2}{35}\times\frac{1}{3}=\frac{2}{105}$
である．これらは排反であるため，求める確率は，和の法則より，
$\frac{2}{105}+\frac{2}{105}+\frac{2}{105}=\frac{2}{35}$ ……(答)

2016年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問3

2019.10.01

方針の立て方殆ど基本問題であるため，特筆事項なし．を求めるときは，座標は角度の問題に弱いため，内積に持ち込むことを考える．点が次々と定義されていくため，簡単に図にまとめると題意をつかみやすい．解答例 (24) (25) (26) (27) (28) (29)(30) (31) (32) (33

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方針の立て方
殆ど基本問題であるため，特筆事項なし．
$\angle\mathrm{ACP}$ を求めるときは，座標は角度の問題に弱いため，内積に持ち込むことを考える．点が次々と定義されていくため，簡単に図にまとめると題意をつかみやすい．

解答例
(24) $4$
(25) $2$
(26) $0$
(27) $4$
(28) $0$
(29)(30) $-3$
(31) $5$
(32) $4$
(33) $8$
(34) $4$
(35) $3$
(36) $9$
(37) $6$
(38) $3$
(39)(40) $\frac{1}{6}$
(41)(42) $\frac{1}{2}$

解説
〇点 $\mathrm{A}$ と中心 $\mathrm{B}$ および半径((24)～(31)について)
$x^2-8x+y^2-4y+z^2+6z+20=0\Leftrightarrow\left(x-4\right)^2+\left(y-2\right)^2+\left(z+3\right)^2=9$
よって，球面 $S$ は点 $\left(4,2,-3\right)$ を中心とする半径3の球面である．よって $xy$ 平面( $z=0$ )との接点 $\mathrm{A}$ の座標は $\left(4,2,0\right)$ ……(答)
また， $zx$ 平面( $y=0$ )との交わりは，
$\left(x-4\right)^2+\left(0-2\right)^2+\left(z+3\right)^2=9\Leftrightarrow\left(x-4\right)^2+\left(z+3\right)^2=5$
であり，これは中心 $\mathrm{B}\left(4,0,-3\right)$ ，半径 $\sqrt5$ の円を表す．……(答)
〇点 $\mathrm{P}$ ((32)～(38)について)
$\vec{\mathrm{OP}}=\frac{2}{2-\sqrt3}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{-\sqrt3}{2-\sqrt3}\vec{\mathrm{OB}}$
である． $\vec{\mathrm{OA}}=\left(4,2,0\right),\vec{\mathrm{OB}}=\left(4,0,-3\right)$ より，
$\vec{\mathrm{OP}}=\frac{2}{2-\sqrt3}\left(4,2,0\right)+\frac{-\sqrt3}{2-\sqrt3}\left(4,0,-3\right)=\left(4,8+4\sqrt3,9+6\sqrt3\right)$
よって，点 $\mathrm{P}$ の座標は $\left(4,8+4\sqrt3,9+6\sqrt3\right)$ ……(答)

〇 $\angle\mathrm{ACP}$ ((39)と(40)について)
$\vec{\mathrm{OC}}=\left(4,2,-3\right)$ より，
$\vec{\mathrm{CA}}=\vec{\mathrm{OA}}-\vec{\mathrm{OC}}=\left(4,2,0\right)-\left(4,2,-3\right)=\left(0,0,3\right)$
$\vec{\mathrm{CP}}=\vec{\mathrm{OP}}-\vec{\mathrm{OC}}=\left(4,8+4\sqrt3,9+6\sqrt3\right)-\left(4,2,-3\right)=\left(0,6+4\sqrt3,12+6\sqrt3\right)$
$\therefore\left|\vec{\mathrm{CA}}\right|=3,\left|\vec{\mathrm{CP}}\right|=\sqrt{0^2+\left(6+4\sqrt3\right)^2+\left(12+6\sqrt3\right)^2}=4\sqrt{21+12\sqrt3},\vec{\mathrm{CA}}\cdot\vec{\mathrm{CP}}=0\cdot0+0\cdot\left(6+4\sqrt3\right)+3\cdot\left(12+6\sqrt3\right)=18\left(2+\sqrt3\right)$
一方で，
$\vec{\mathrm{CA}}\cdot\vec{\mathrm{CP}}=\left|\vec{\mathrm{CA}}\right|\left|\vec{\mathrm{CP}}\right|\cos{\angle\mathrm{ACP}}=12\sqrt{21+12\sqrt3}\cos{\angle\mathrm{ACP}}$
とも表せるため，
$12\sqrt{21+12\sqrt3}\cos{\angle\mathrm{ACP}}=18\left(2+\sqrt3\right)\Leftrightarrow\cos{\angle\mathrm{ACP}}=\frac{3\left(2+\sqrt3\right)}{2\sqrt{21+12\sqrt3}}=\frac{3\left(2+\sqrt3\right)\sqrt{21-12\sqrt3}}{2\sqrt{\left(21+12\sqrt3\right)\left(21-12\sqrt3\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\left(2+\sqrt3\right)^2\left(21-12\sqrt3\right)}=\frac{\sqrt3}{2} \therefore\angle\mathrm{ACP}=\frac{1}{6}\pi$ ……(答)

〇円弧((41)と(42)について)
球面 $S$ ，点 $\mathrm{B}$ ，点 $\mathrm{C}$ ，点 $\mathrm{P}$ の位置関係を図示すると，下図のようになる．

これより，三角形 $\mathrm{BPC}$ の辺および内部が球面 $S$ と交わってできる図形は，長さ $3\cdot\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}\pi$ の円弧である．……(答)

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