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2017年慶應大学経済学部|過去問徹底研究大問6

2019.10.06

方針の立て方 (1) 絶対値の問題では，絶対値の中身の正負で場合分けをする．すると，を境目にして場合分けが生じることが分かるため，本解答の(ⅰ)～(ⅲ)のように場合分けすることが分かる． (2) 考える図形を図示して，どこの面積を求めれば良いかを特定する．後は積分計算を行うだけ． (3) 解析を行う

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方針の立て方

(1)
絶対値の問題では，絶対値の中身の正負で場合分けをする．すると， $x=-1,0$ を境目にして場合分けが生じることが分かるため，本解答の(ⅰ)～(ⅲ)のように場合分けすることが分かる．

(2)
考える図形を図示して，どこの面積を求めれば良いかを特定する．後は積分計算を行うだけ．

(3)
解析を行うには，点 $\mathrm{A},\mathrm{B}$ の座標を具体的に書き下す必要があるが，そのままでは全部で(点 $\mathrm{A},\mathrm{B}$ がどの関数上に乗っているかで)6通りを考えることになる．高々6通りであるから，このまま考えても良いが，もう少し絞れないかを検討してみる．実際に満たす点 $\mathrm{A},\mathrm{B}$ を具体的に考えると，点 $\mathrm{A}$ は $y$ 軸の左側，点 $\mathrm{B}$ は $y$ 軸の右側になければならないと分かるから，点 $\mathrm{B}$ は必ず $F\left(x\right)=-\frac{1}{2}x^2+2x+\frac{3}{2}$ 上に乗っていると分かる．これより，考えるべきパターンは2通りに減少する．後は，本解答のように解析するのみ．

解答例

(1)
$\left|x+1\right|=\begin{cases} -x-1\left(x\leqq-1\right) \\ x+1\left(-1\leqq x\right) \end{cases},\int_{-1}^{x}\left(1-\left|t\right|\right)dt=\begin{cases} \int_{-1}^{x}\left(1+t\right)dt\left(x\leqq0\right) \\ \int_{-1}^{0}\left(1+t\right)dt+\int_{0}^{x}\left(1-t\right)dt\left(0\leqq\ x\right) \end{cases}$ となる．
(ⅰ) $x\leqq-1$ のとき
$F\left(x\right)=-x-1+\int_{-1}^{x}\left(1+t\right)dt=-x-1+\left[t+\frac{1}{2}t^2\right]_{-1}^x=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}$
(ⅱ) $-1\leqq x\leqq0$ のとき
$F\left(x\right)=x+1+\int_{-1}^{x}\left(1+t\right)dt=x+1+\left[t+\frac{1}{2}t^2\right]_{-1}^x=\frac{1}{2}x^2+2x+\frac{3}{2}$
(ⅲ) $0\leqq x$ のとき
$F\left(x\right)=x+1+\int_{-1}^{0}\left(1+t\right)dt+\int_{0}^{x}\left(1-t\right)dt=x+1+\left[t+\frac{1}{2}t^2\right]_{-1}^0+\left[t-\frac{1}{2}t^2\right]_0^x=-\frac{1}{2}x^2+2x+\frac{3}{2}$
以上，(ⅰ)～(ⅲ)より，
$F\left(x\right)=\begin{cases} \frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}\left(x\leqq-1\right) \\ \frac{1}{2}x^2+2x+\frac{3}{2}\left(-1\leqq x\leqq0\right) \\ -\frac{1}{2}x^2+2x+\frac{3}{2}\left(0\leqq x\right) \end{cases}$ ……(答)

(2)
前問で求めた $F\left(x\right)$ のグラフを描くと，

上図．
よって，求める面積は，
$\int_{-1}^{0}\left(\frac{1}{2}x^2+2x+\frac{3}{2}\right)dx+\int_{0}^{2+\sqrt7}\left(-\frac{1}{2}x^2+2x+\frac{3}{2}\right)dx=\left[\frac{1}{6}x^3+x^2+\frac{3}{2}x\right]_{-1}^0+\left[-\frac{1}{6}x^3+x^2+\frac{3}{2}x\right]_0^{2+\sqrt7}=\frac{19+7\sqrt7}{3}$ ……(答)

(3)
$a<0$ かつ $0<b$ が必要であり， $\mathrm{B}\left(b,-\frac{1}{2}b^2+2b+\frac{3}{2}\right)$ となる．
(ⅰ) $a\leqq-1$ のとき
$\mathrm{A}\left(a,\frac{1}{2}a^2-\frac{1}{2}\right)$ となる．
よって， $\mathrm{A},\mathrm{B}$ を結ぶ線分の中点の座標は， $\left(\frac{a+b}{2},\frac{a^2-b^2}{4}+b+\frac{1}{2}\right)$ と書ける．これが $\left(0,\frac{3}{2}\right)$ であるとき，
$\begin{cases} \frac{a+b}{2}=0 \\ \frac{a^2-b^2}{4}+b+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} a=-1 \\ b=1 \end{cases}$
これは $a\leqq-1$ かつ $0<b$ を満たす．よって， $\mathrm{A}\left(-1,0\right),\mathrm{B}\left(1,3\right)$ となる．
このとき傾き $m$ は， $m=\frac{3}{2}$ となる．
(ⅱ) $-1\leqq a<0$ のとき
$\mathrm{A}\left(a,\frac{1}{2}a^2+2a+\frac{3}{2}\right)$ となる．
よって， $\mathrm{A},\mathrm{B}$ を結ぶ線分の中点の座標は， $\left(\frac{a+b}{2},\frac{a^2-b^2}{4}+a+b+\frac{3}{2}\right)$ と書ける．これが $\left(0,\frac{3}{2}\right)$ であるとき，
$\begin{cases} \frac{a+b}{2}=0 \\ \frac{a^2-b^2}{4}+a+b+\frac{3}{2}=\frac{3}{2} \end{cases}\Leftrightarrow a+b=0$
$-1\leqq a<0$ より， $0<b\leqq1$ ．これは $0<b$ を満たす．よって， $\mathrm{A}\left(a,\frac{1}{2}a^2+2a+\frac{3}{2}\right),\mathrm{B}\left(-a,-\frac{1}{2}a^2-2a+\frac{3}{2}\right)$ となる．
このとき傾き $m$ は， $m=\frac{-\frac{1}{2}a^2-2a+\frac{3}{2}-\left(\frac{1}{2}a^2+2a+\frac{3}{2}\right)}{-a-a}=\frac{a+4}{2}$ となる．
$-1\leqq a<0$ より， $\frac{3}{2}\leqq\frac{a+4}{2}<2\Leftrightarrow\frac{3}{2}\leqq m<2$
以上，(ⅰ)と(ⅱ)より，求める範囲は，
$0<b\leqq1,\frac{3}{2}\leqq m<2$ ……(答)

2017年慶応大学経済学部|過去問徹底研究大問5

2019.10.06

方針の立て方全て基本問題であり，特筆事項なし．解答例 (1) よって，の実部はで，虚部は0……(答) よって，の実部はで，虚部は……(答) (2) のとき，，． ……(答) (3) より，の実部はで，虚部はである．よって，求める範囲はは全ての実数，……(答) (4) 真数条件より，の実部は

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方針の立て方

全て基本問題であり，特筆事項なし．

解答例

(1)
$z\bar{z}=\left|z\right|^2=\left(a^x\mathrm{cos} {y}\right)^2+\left(a^x\mathrm{sin} {y}\right)^2=a^{2x}$
よって， $z\bar{z}$ の実部は $a^{2x}$ で，虚部は0……(答)
$z^2=\left\{a^x\mathrm{cos} {y}+\left(a^x\mathrm{sin} {y}\right)i\right\}^2=a^{2x}\left\{{\mathrm{cos}}^2y-{\mathrm{sin}}^2y+2i\mathrm{sin} {y}\mathrm{cos} {y}\right\}=a^{2x}\mathrm{cos} {2y}+ia^{2x}\mathrm{sin} {2y}$
よって， $z^2$ の実部は $a^{2x}\mathrm{cos} {2y}$ で，虚部は $a^{2x}\mathrm{sin} {2y}$ ……(答)

(2)
$x=0$ のとき， $z^2=\mathrm{cos} {2y}+i\mathrm{sin} {2y}$ ， $z=\cos{y}-i\sin{y}$ ．
$\therefore z^2+\bar{z}=0\Leftrightarrow\left(\mathrm{cos}{2y}+\mathrm{cos} {y}\right)+i\left(\mathrm{sin}{2y}-\mathrm{sin} {y}\right)=0$
$\therefore\begin{cases} \mathrm{cos}{2y}+\mathrm{cos} {y}=0 \\ \mathrm{sin}{2y}-\mathrm{sin} {y}=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} 2{\mathrm{cos}}^2y+\mathrm{cos} {y}-1=0 \\ 2\mathrm{sin}{y}\mathrm{cos} {y}-\mathrm{sin} {y}=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \left(2\mathrm{cos}{y}-1\right)\left(\mathrm{cos}{y}+1\right) \\ \mathrm{sin}{y}\left(2\mathrm{cos}{y}-1\right)=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \mathrm{cos}{y}=-1,\frac{1}{2} \\ \mathrm{sin}{y}=0,\mathrm{cos} {y}=\frac{1}{2} \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} y=\frac{1}{3}\pi,\pi,\frac{5}{3}\pi \\ y=0,\frac{\pi}{3},\pi,\frac{5}{3}\pi \end{cases}\Leftrightarrow y=\frac{1}{3}\pi,\pi,\frac{5}{3}\pi$ ……(答)

(3)
$\bar{z}=a^x\mathrm{cos} {y}-ia^x\mathrm{sin} {y}$ より， $\bar{z}$ の実部は $a^x\mathrm{cos} {y}$ で，虚部は $-a^x\mathrm{sin} {y}$ である．
$\therefore a^x\mathrm{cos} {y}>-a^x\mathrm{sin} {y}\Leftrightarrow\mathrm{cos} {y}+\mathrm{sin} {y}>0\Leftrightarrow\sqrt2\sin{\left(y+\frac{\pi}{4}\right)}>0\Leftrightarrow0\leqq y<\frac{3}{4}\pi,\frac{7}{4}\pi<y<2\pi$
よって，求める範囲は
$x$ は全ての実数， $0\leqq y<\frac{3}{4}\pi,\frac{7}{4}\pi<y<2\pi$ ……(答)

(4)
真数条件より，
$\begin{cases} a^x\mathrm{cos} {y}>0 \\ a^x\mathrm{sin} {y}>0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \mathrm{cos}{y}>0 \\ \mathrm{sin}{y}>0 \end{cases}\Leftrightarrow 0<y<\frac{1}{2}\pi$
$w$ の実部は $\log_a{\left(a^x\cos{y}\right)}=x+\log_a{\cos{y}}$ で，虚部は $\log_a{\left(a^x\sin{y}\right)}=x+\log_a{\sin{y}}$ であるから， $x+\log_a{\cos{y}}>x+\log_a{\sin{y}}\Leftrightarrow\log_a{\frac{\cos{y}}{\sin{y}}}>0$
$0<a<1$ より，
$0<\frac{\cos{y}}{\sin{y}}<1$
真数条件 $0<y<\frac{1}{2}\pi$ を考慮すれば， $0<\frac{\cos{y}}{\sin{y}}$ は必ず満たされ， $\frac{\cos{y}}{\sin{y}}<1\Leftrightarrow\cos{y}-\sin{y}<0\Leftrightarrow\sqrt2\sin{\left(y+\frac{3}{4}\pi\right)}<0\Leftrightarrow\frac{\pi}{4}<y<\frac{\pi}{2}$ となる．
よって，求める範囲は
$x$ は全ての実数， $\frac{1}{4}\pi<y<\frac{1}{2}\pi$ ……(答)

2017年慶應大学経済学部|過去問徹底研究大問4

2019.10.06

方針の立て方 (1)(2)は典型問題であり特筆事項なし． (3)について，の中心が訊かれていることとの半径の情報が与えられていることから，の中心を文字でおき，の方程式を立式することを考える．その後は交点の座標を出し，計算すれば良い．解答例 (1) 上の点をとおくと，であることより，実数を用いて，

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方針の立て方

(1)(2)は典型問題であり特筆事項なし．
(3)について， $S$ の中心が訊かれていることと $S$ の半径の情報が与えられていることから， $S$ の中心を文字でおき， $S$ の方程式を立式することを考える．その後は交点の座標を出し，計算すれば良い．

解答例

(1)
$l$ 上の点を $\left(x,y,z\right)$ とおくと， $\vec{\mathrm{AB}}=\vec{\mathrm{OB}}-\vec{\mathrm{OA}}=\left(-2,2,1\right)$ であることより，実数 $t$ を用いて，
$\left(x,y,z\right)=\left(1,0,\frac{1}{2}\right)+t\left(-2,2,1\right)=\left(1-2t,2t,\frac{1}{2}+t\right)$
と書ける．
よって， $yz$ 平面( $x=0$ )との交点は $t=\frac{1}{2}$ のときであり，座標は $\left(0,1,1\right)$ ……(答)

(2)
$\mathrm{P}\left(1-2t,2t,\frac{1}{2}+t\right)$ (ただし $t$ は実数)として，
$\mathrm{CP}=\sqrt{\left(1-2t-9\right)^2+\left\{2t-\left(-3\right)\right\}^2+\left(\frac{1}{2}+t\right)^2}=\sqrt{9t^2+45t+\frac{293}{4}}=\sqrt{9\left(t+\frac{5}{2}\right)^2+67}$
よって， $t=-\frac{5}{2}$ のとき $\mathrm{CP}$ は最小となる．
$\therefore\mathrm{P}\left(6,-5,-2\right)$ ……(答)

(3)
球面 $S$ の中心の座標は直線 $\mathrm{OC}$ 上になることから，実数 $s$ を用いて， $\left(9s,-3s,0\right)$ と書ける．よって，球面 $S$ の方程式は，
$\left(x-9s\right)^2+\left(y+3s\right)^2+z^2=1$
と書ける．
これと直線 $l\colon\left(x,y,z\right)=\left(1-2t,2t,\frac{1}{2}+t\right)$ との交点は，
$\left(1-2t-9s\right)^2+\left(2t+3s\right)^2+\left(\frac{1}{2}+t\right)^2=1\Leftrightarrow9t^2+\left(48s-3\right)t+90s^2-18s+\frac{1}{4}=0\Leftrightarrow t=\frac{1-16s\pm2\sqrt{-26s^2+10s}}{6}$
よって，
$\mathrm{Q}\left(1-2\cdot\frac{1-16s+2\sqrt{-26s^2+10s}}{6},2\cdot\frac{1-16s+2\sqrt{-26s^2+10s}}{6},\frac{1}{2}+\frac{1-16s+2\sqrt{-26s^2+10s}}{6}\right),\mathrm{R}\left(1-2\cdot\frac{1-16s-2\sqrt{-26s^2+10s}}{6},2\cdot\frac{1-16s-2\sqrt{-26s^2+10s}}{6},\frac{1}{2}+\frac{1-16s-2\sqrt{-26s^2+10s}}{6}\right)$
と表せる( $t$ の $2\sqrt{-26s^2+10s}$ の係数の $\pm$ のどちらを点 $\mathrm{Q}$ ，点 $\mathrm{R}$ とするかは本来決められないが，上記のように $+$ の方を点 $\mathrm{Q}$ ， $-$ の方を点 $\mathrm{R}$ とおいて一般性を失わない)．
これより，
$\vec{\mathrm{QR}}=\left(-\frac{4\sqrt{-26s^2+10s}}{3},\frac{4\sqrt{-26s^2+10s}}{3},\frac{2\sqrt{-26s^2+10s}}{3}\right)$
$\therefore\left|\vec{\mathrm{QR}}\right|=\sqrt{\left(-\frac{4\sqrt{-26s^2+10s}}{3}\right)^2+\left(\frac{4\sqrt{-26s^2+10s}}{3}\right)^2+\left(\frac{2\sqrt{-26s^2+10s}}{3}\right)^2}=2\sqrt{-26s^2+10s}=2\sqrt{-26\left(s-\frac{5}{26}\right)^2+\frac{25}{26}}$
よって， $s=\frac{5}{26}$ のとき，線分 $\mathrm{QR}$ の長さは最大値 $2\sqrt{\frac{25}{26}}=\frac{5\sqrt{26}}{13}$ を取る．……(答)
また，このとき中心の座標は， $\left(9\cdot\frac{5}{26},-3\cdot\frac{5}{26},0\right)=\left(\frac{45}{26},-\frac{15}{26},0\right)$ ……(答)

2017年慶應大学経済学部|過去問徹底研究大問3

2019.10.06

方針の立て方 (1)は基本問題であり，(2)～(4)は樹形図を描き出すことで解答を得られるため，特筆事項なし．解答例 (36)(37)(38)(39)(40) (41)(42)(43) (44)(45)(46) (47)(48)(49)(50)(51) 解説 (1) 題意を満たすのは，「さいころを

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方針の立て方

(1)は基本問題であり，(2)～(4)は樹形図を描き出すことで解答を得られるため，特筆事項なし．

解答例

(36)(37)(38)(39)(40) $\frac{35}{256}$
(41)(42)(43) $\frac{1}{16}$
(44)(45)(46) $\frac{3}{16}$
(47)(48)(49)(50)(51) $\frac{13}{256}$

解説

(1)
題意を満たすのは，「さいころを8回投げ終わったときにA,Bが両方4のマスにいて，最後の1回のさいころ投げで偶数の目が出て，Aが5のマスに移動する」という場合のみ．
8回の内，どの4回でAが進むかで ${{_8^}\mathrm{C}}_4$ 通りあるため，求める確率は，
${{_8^}\mathrm{C}}_4\left(\frac{1}{2}\right)^4\left(\frac{1}{2}\right)^4\times\frac{1}{2}=\frac{35}{256}$ ……(答)

(2)
1回のさいころ投げで1マス進む駒を表示するとして，題意を満たす場合を樹形図に描き出すと，

となる．
これより，奇数回目のさいころ投げで樹形図は2またに分岐することが分かる．
よって，題意を満たすさいころの目の出し方は $2^5$ 通りで，それぞれの目の出し方は確率 $\left(\frac{1}{2}\right)^9$ で起こる．よって，求める確率は，
$2^5\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^9=\frac{1}{16}$ ……(答)

(3)
1回のさいころ投げで1マス進む駒を表示するとして，題意を満たす場合を樹形図に描き出すと，

となる．
よって，題意を満たすさいころの目の出し方は3通りで，それぞれの目の出し方は確率 $\left(\frac{1}{2}\right)^4$ で起こる．よって，求める確率は，
$3\times\left(\frac{1}{2}\right)^4=\frac{3}{16}$ ……(答)

(4)
Aが先に上がる確率は対称性から $\frac{1}{2}$ ．
1回のさいころ投げで1マス進む駒を表示するとして，「Aが先に上がり，かつ，ゲームを開始してからさいころを4回投げたときまで常にBが先行する」場合を樹形図に描き出すと，

となる．これよりAが先に上がり，かつ，ゲームを開始してからさいころを4回投げたときまで常にBが先行する確率は，
$2\times\left(\frac{1}{2}\right)^8+9\times\left(\frac{1}{2}\right)^9=\frac{13}{512}$
よって，求める条件付き確率は，
$\frac{\frac{13}{512}}{\frac{1}{2}}=\frac{13}{256}$ ……(答)

2017年慶應大学経済学部|過去問徹底研究大問2

2019.10.05

方針の立て方 (1) の値については特筆事項なし．については，何とかに代入して，を作り出すことを考える．するとがとなるようにすると，他の項はやとなるから扱いやすい． (2)(3) 典型問題であり特筆事項なし．回答欄の形式から，複雑な式は簡単にまとまるのではないかと考える．すると，を使うことが思いつく

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方針の立て方

(1)
$f\left(0\right)$ の値については特筆事項なし． $f\left(2\alpha\right)$ については，何とか $\alpha,\beta$ に代入して， $f\left(2\alpha\right)$ を作り出すことを考える．すると $f\left(\alpha+\beta\right)$ が $f\left(2\alpha\right)$ となるようにすると，他の項は $f\left(\alpha\right)$ や $f\left(0\right)$ となるから扱いやすい．

(2)(3)
典型問題であり特筆事項なし．回答欄の形式から，複雑な式は簡単にまとまるのではないかと考える．すると， $2f\left(\alpha\right)f\left(\beta\right)=f\left(\alpha+\beta\right)+f\left(\alpha-\beta\right)$ を使うことが思いつく．

(4)については解説の通り．

解答例

(10) $1$
(11) $2$
(12)(13) $-1$
(14)(15) $-2$
(16) $2$
(17) $2$
(18)(19) $-1$
(20) $2$
(21) $3$
(22) $2$
(23) $1$
(24)(25) $-1$
(26) $2$
(27) $1$
(28) $1$
(29)(30) $-1$
(31)(32) $01$
(33)(34) $-1$
(35) $2$

解説

(1)
〇 $f\left(0\right)$ ((10)について)
$\alpha=\beta=0$ を代入すると，
$f\left(0\right)\geqq1,2f\left(0\right)f\left(0\right)=f\left(0\right)+f\left(0\right)\Leftrightarrow f\left(0\right)\geqq1,f\left(0\right)=1$
$\therefore f\left(0\right)=1$ ……(答)
〇 $f\left(2\alpha\right)$ ((11)～(13)について)
$\alpha=\beta$ を代入すると， $f\left(0\right)=1$ より，
$f\left(\alpha\right)\geqq1,2f\left(\alpha\right)f\left(\alpha\right)=f\left(2\alpha\right)+f\left(0\right)\Leftrightarrow f\left(\alpha\right)\geqq1,f\left(2\alpha\right)=2\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2-1$
$\therefore f\left(2\alpha\right)=2\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2-1$ ……(答)

(2)
$\left(x+\frac{1}{x}\right)^2=x^2+2+\frac{1}{x^2}\Leftrightarrow x^2+\frac{1}{x^2}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2$ ……(答)
これと， $f\left(2\alpha\right)=2\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2-1\Leftrightarrow\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2=\frac{f\left(2\alpha\right)+1}{2}$ より，
$x^2+\frac{1}{x^2}=\left\{2f\left(\alpha\right)\right\}^2-2=4\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2-2=4\cdot\frac{f\left(2\alpha\right)+1}{2}-2=2f\left(2\alpha\right)$ ……(答)

(3)
$\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)=x^3+\frac{1}{x^3}+x+\frac{1}{x}\Leftrightarrow x^3+\frac{1}{x^3}=\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)-1\left(x+\frac{1}{x}\right)$ ……(答)
これと， $2f\left(\alpha\right)f\left(\beta\right)=f\left(\alpha+\beta\right)+f\left(\alpha-\beta\right)$ で $\alpha\rightarrow2\alpha,\beta\rightarrow\alpha$ とした式： $2f\left(2\alpha\right)f\left(\alpha\right)=f\left(3\alpha\right)+f\left(\alpha\right)\Leftrightarrow f\left(3\alpha\right)=2f\left(2\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\alpha\right)$ を用いれば，
$x^3+\frac{1}{x^3}=2f\left(2\alpha\right)\cdot2f\left(\alpha\right)-1\cdot2f\left(\alpha\right)=2\left\{2f\left(2\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\alpha\right)\right\}=2f\left(3\alpha\right)$ ……(答)

(4)
(2)と(3)より，
$x^n+\frac{1}{x^n}=2f\left(n\alpha\right)$ ……(答)
が成り立つと推測できる．
$n=k-1,k$ での①の成立が仮定されているため，
$x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}=2f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)$
$x^k+\frac{1}{x^k}=2f\left(k\alpha\right)$
が仮定されている．
ここで，
$\left(x^k+\frac{1}{x^k}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)=x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}+x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}\Leftrightarrow x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}=\left(x^k+\frac{1}{x^k}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)-1\left(x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}\right)$ ……(答)
と， $2f\left(\alpha\right)f\left(\beta\right)=f\left(\alpha+\beta\right)+f\left(\alpha-\beta\right)で\alpha\rightarrow k\alpha,\beta\rightarrow\alpha$ とした式： $2f\left(k\alpha\right)f\left(\alpha\right)=f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)+f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)\Leftrightarrow f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)=2f\left(k\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)$ を用いれば，
$x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}=2f\left(k\alpha\right)\cdot2f\left(\alpha\right)-1\cdot2f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)=2\left[2f\left(k\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)\right]=2f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)$ ……(答)
が成り立つと分かる．

(5)
$f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)=2f\left(k\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)\Leftrightarrow f\left(k\alpha\right)=\frac{f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)+f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)}{2f\left(\alpha\right)}$
より，
$\sum_{k=1}^{n-1}f\left(k\alpha\right)=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)+f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)}{2f\left(\alpha\right)}=\frac{f\left(0\right)+f\left(\alpha\right)+2f\left(2\alpha\right)+2f\left(3\alpha\right)+\cdots\cdots+f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)+f\left(n\alpha\right)}{2f\left(\alpha\right)}=\frac{2\sum_{k=1}^{n-1}f\left(k\alpha\right)+f\left(0\right)+f\left(n\alpha\right)-f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)}{2f\left(\alpha\right)}\Leftrightarrow\sum_{k=1}^{n-1}f\left(k\alpha\right)=\frac{1-f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)+f\left(n\alpha\right)}{2\left\{f\left(\alpha\right)-1\right\}}$
$f\left(0\right)=1$ を用いれば，
$\therefore S_n=f\left(0\right)+\frac{1-f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)+f\left(n\alpha\right)}{2\left\{f\left(\alpha\right)-1\right\}}=\frac{1-f\left(\alpha\right)+f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)-f\left(n\alpha\right)}{2\left\{1-f\left(\alpha\right)\right\}}$

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)

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