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2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問5

2019.08.30

2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問5 方針の立て方 (1) (フ)については，「方程式の解」⇔「関数と軸との交点(の座標)」の同値変形を利用する．典型的な解法であるため，これ以上の特筆事項なし． (ヘ)については，増減表が描けていれば素直に計算するのみ． (2) (ホ)も問題文に素直に従い

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2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問5

方針の立て方

(1)
(フ)については，「方程式 $f\left(x\right)=0$ の解」⇔「関数 $y=f\left(x\right)$ と $x$ 軸との交点(の $x$ 座標)」の同値変形を利用する．典型的な解法であるため，これ以上の特筆事項なし．
(ヘ)については，増減表が描けていれば素直に計算するのみ．

(2)
(ホ)も問題文に素直に従い，法線を出し，それと $C$ との交点を計算すれば求まる．
(マ)については，最小値問題で最初に疑う相加・相乗平均の関係式で解ける問題であり，特筆事項なし．

(ミ)について．「接線」が「法線」となっただけで，三次関数の接線の本数問題と同様の解き方をすればよいと考える．(1)の問題の結果を利用していないことを気に留めておくと途中の計算を殆どせずに答えにたどり着く．

解答例
(1)
フ： $\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha$
ヘ： $\frac{3}{2}\alpha^2$
(2)
ホ： $\frac{18a^2+1}{18a}$
マ： $\frac{\sqrt2}{3}$
ミ： $\left(\frac{3}{4}x\right)^\frac{2}{3}+\frac{1}{6}$

解説

(1)
〇 $\beta$ の条件(フについて)
$g\left(x\right)=18x^3-6\alpha x+\beta$ とおくと，
$g^\prime\left(x\right)=54x^2-6\alpha$
$\therefore g^\prime\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=\pm\frac{\sqrt\alpha}{3}$
増減表をかくと，

x	$\cdots$	$-\frac{\sqrt\alpha}{3}$	$\cdots$	$\frac{\sqrt\alpha}{3}$	$\cdots$
$g^\prime\left(x\right)$	$\mathrm{+}$	0	$-$	0	$\mathrm{+}$
$g\left(x\right)$	$\nearrow$	$\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta$	$\searrow$	$-\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta$	$\nearrow$

よって，３次方程式 $g\left(x\right)=0$ が，ただ１つの実数解を持つ条件は，
$\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta0$
この内， $\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta0$ ， $\beta>0$ より，常に成立しない．
$\therefore-\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta>0\Leftrightarrow\beta>\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha$ ……(答)
〇面積(ヘについて)
$\beta=\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha$ のとき，
$y=18x^3-6\alpha x+\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha=18\left(x-\frac{\sqrt\alpha}{3}\right)^2\left(x+\frac{2}{3}\sqrt\alpha\right)$
よって，グラフの概形は下図の通り．

求める面積は，
$\int_{-\frac{2}{3}\sqrt\alpha}^{\frac{\sqrt\alpha}{3}}\left(18x^3-6\alpha x+\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha\right)dx=\left[\frac{9}{2}x^4-3\alpha x^2+\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha x\right]_{-\frac{2}{3}\sqrt\alpha}^{\frac{\sqrt\alpha}{3}}\bigm=\frac{3}{2}\alpha^2$ ……(答)

(2)
〇 $X\left(a\right)$ (ホについて)
$y^\prime=6x$
これより，点Pでの接線の傾きは $-6a$ であり，法線の傾きは， $\frac{1}{6a}$ と分かる．よって，点Pでの法線の方程式は，
$y=\frac{1}{6a}x+\frac{1}{6}+3a^2$
これと， $C$ の交点の $x$ 座標は，
$3x^2=\frac{1}{6a}x+\frac{1}{6}+3a^2\Leftrightarrow\left(x+a\right)\left(18ax-18a^2-1\right)=0$
$X\left(a\right)\neq-a$ より，
$X\left(a\right)=\frac{18a^2+1}{18a}$ ……(答)
〇 $X\left(a\right)$ の最小値(マについて)
$X\left(a\right)=a+\frac{1}{18a}$
$a>0$ かつ $\frac{1}{18a}>0$ より，相加・相乗平均の関係式が使えて，
$X\left(a\right)\geqq2\sqrt{a\cdot\frac{1}{18a}}=\frac{\sqrt2}{3}$
等号成立は， $a>0$ に注意すれば，
$a=\frac{1}{18a}\Leftrightarrow a=\frac{\sqrt2}{6}$
で成立する．
よって，求める最小値は $\frac{\sqrt2}{3}$ ……(答)
〇 $f\left(x\right)$ (ミについて)
前問の議論より，点Pでの法線の方程式は，
$y=\frac{1}{6a}x+\frac{1}{6}+3a^2$
であった．
よって， $a$ についての以下の方程式
$y_0=\frac{1}{6a}x_0+\frac{1}{6}+3a^2\Leftrightarrow18a^3-6\left(y_0-\frac{1}{6}\right)a+x_0=0$ が，ただ１つの実数解をもつ条件を考えれば必要十分．
① $y_0-\frac{1}{6}>0\Leftrightarrow\frac{1}{6}<y_0$ のとき
$y_0-\frac{1}{6}>0\Leftrightarrow\frac{1}{6}0$ ， $\beta=x_0>0$ とすることで，(1)の議論に帰着でき，考えるべき条件は，
$x_0>\frac{4}{3}\left(y_0-\frac{1}{6}\right)^\frac{3}{2}\Leftrightarrow y_0<\left(\frac{3}{4}x_0\right)^\frac{2}{3}+\frac{1}{6}$
と分かる．
② $y_0-\frac{1}{6}\leqq0\Leftrightarrow y_0\leqq\frac{1}{6}$ のとき
$\alpha=y_0-\frac{1}{6}\leqq0$ ， $\beta=x_0>0$ とすることで，(1)の議論を考え直すと，
$g^\prime\left(x\right)=54x^2-6\alpha>0$
となり，任意の $y_0$ に対してただ１つの実数解をもつ．
よって，求める必要十分条件は，
$y_0<\left(\frac{3}{4}x_0\right)^\frac{2}{3}+\frac{1}{6}$
である．
$\therefore f\left(x\right)=\left(\frac{3}{4}x\right)^\frac{2}{3}+\frac{1}{6}$ ……(答)

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2019.08.30

2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問3 方針の立て方 (1) いきなり範囲を考えると難しいため，まず範囲の制約を無視したを解く．その後で範囲を考える． (2) 実際に積分の計算を実行しなければならないが，の具体的な積分計算はできないため，何とかしての積分を解消する必要がある．そこで，で積分

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2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問3

方針の立て方

(1)
いきなり範囲を考えると難しいため，まず範囲の制約を無視した $\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}=0$ を解く．その後で範囲を考える．

(2)
実際に積分の計算を実行しなければならないが， $f\left(x\right)$ の具体的な積分計算はできないため，何とかして $f\left(x\right)$ の積分を解消する必要がある．そこで，
$a\leqq x\leqq b$ で積分可能な関数 $f\left(x\right)$ と $g\left(x\right)$ に対して， $a\leqq x\leqq b$ で $0\leqq g\left(x\right)$ が成り立つならば，
$\left\{\min_{\left[a,b\right]}{f\left(x\right)}\right\}\int_{a}^{b}g\left(x\right)dx\leqq\int_{a}^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)dx\leqq\left\{\max_{\left[a,b\right]}{f\left(x\right)}\right\}\int_{a}^{b}g\left(x\right)dx$
が成り立つことを利用する．この不等式は重要な不等式のためおさえておくこと．

(3)
(F1)と(F2)が不等式であることから，はさみうちの原理を用いると考える．そのためにはまず $I_n$ を $a_k$ で表す必要がある． $0=x_0\leqq\cdots\cdots\leqq x_{2n+1}=1$ であることから，積分区間を細かくちぎっていくという変形が思いつく．

(4)
$\left|\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}\right|$ の絶対値記号を外すために， $\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}$ の符号の変わり目で場合分け(積分区間をちぎる)をする．すると前問と同じ解法に帰着する．

解答例
(1)
テ： $2n+2$
ト： $\frac{k}{2n+1}$
(2)
$k$ が偶数のとき， $x_k\leqq x\leqq x_{k+1}$ の範囲で， $\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}\geqq0$
$\therefore\left\{\min_{\left[x_k,x_{k+1}\right]}{f\left(x\right)}\right\}\int_{x_k}^{x_{k+1}}\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}dx\leqq a_k\leqq\left\{\max_{\left[x_k,x_{k+1}\right]}{f\left(x\right)}\right\}\int_{x_k}^{x_{k+1}}\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}dx$
ここで，
$\int_{x_k}^{x_{k+1}}\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}dx=\left[-\frac{1}{\left(2n+1\right)\pi}\cos{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}\right]_{x_k}^{x_{k+1}}\bigm=\frac{\left(-1\right)^k-\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2n+1\right)\pi}\bigm=\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}$ (∵ $k$ は偶数)
また， $f\left(x\right)$ は増加関数のため，
$\min_{\left[x_k,x_{k+1}\right]}{f\left(x\right)}=f\left(x_k\right)$
$\max_{\left[x_k,x_{k+1}\right]}{f\left(x\right)}=f\left(x_{k+1}\right)$
であるから，
$f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}\leqq a_k\leqq f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}$
証明終了．
(3)
$x_0=0$ ， $x_{2n+1}=1$ であるから， $0\leqq x\leqq1\Longleftrightarrow x_0\leqq x\leqq x_{2n+1}$ ．
$\therefore I_n=\sum_{k=0}^{2n}\left\{\int_{x_k}^{x_{k+1}}{f\left(x\right)\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}}dx\right\}=\sum_{k=0}^{2n}a_k=\sum_{k=0}^{n}a_{2k}+\sum_{k=0}^{n-1}a_{2k+1}$
ここで，(F1)より，
$\sum_{k=0}^{n}{f\left(x_{2k}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}\leqq\sum_{k=0}^{n}a_{2k}\leqq\sum_{k=0}^{n}{f\left(x_{2k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}$
(F2)より，
$-\sum_{k=0}^{n-1}{f\left(x_{2k+2}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}\leqq\sum_{k=0}^{n-1}a_{2k+1}\leqq-\sum_{k=0}^{n-1}{f\left(x_{2k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}$
辺々を足して，
$\therefore\sum_{k=0}^{n}{f\left(x_{2k}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}-\sum_{k=0}^{n-1}{f\left(x_{2k+2}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}\leqq\sum_{k=0}^{n}a_{2k}+\sum_{k=0}^{n-1}a_{2k+1}\leqq\sum_{k=0}^{n}{f\left(x_{2k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}-\sum_{k=0}^{n-1}{f\left(x_{2k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}$
$\therefore\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}f\left(x_0\right)\leqq I_n\leqq\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}f\left(x_{2n+1}\right)$
ここで， $\lim_{n\rightarrow\infty}{f\left(x_{2n+1}\right)}=\lim_{n\rightarrow\infty}{f\left(1\right)}=f\left(1\right)$ より，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}f\left(x_0\right)}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}f\left(x_{2n+1}\right)}=0$
よって，はさみうちの原理より，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{I_n}=0$
証明終了．
(4)
ナ： $\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx$

解説
(1)
$\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}=0\Leftrightarrow\left(2n+1\right)\pi x=m\pi\Leftrightarrow x=\frac{m}{2n+1}$ ( $m$ は整数)
区間 $\left[0,1\right]$ に属するならば，
$0\leqq\frac{m}{2n+1}\leqq1\Leftrightarrow0\leqq m\leqq2n+1$
$\therefore m=0,1,2,\cdots\cdots,2n+1$
よって，求める個数は $2n+2$ 個……(答)
$m=0,1,2,\cdots\cdots,2n+1$ を順番に代入すると，
$x_0=0,x_1=\frac{1}{2n+1},x_2=\frac{2}{2n+1},\cdots\cdots,x_{2n+1}=1$
であることが分かる．
$\therefore x_k=\frac{k}{2n+1}$ ……(答)

(4)
$b_k=\int_{x_k}^{x_{k+1}}f\left(x\right)\left|\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}\right|dx$ と定義すれば，(F1)と同様に，
$f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}\leqq b_k\leqq f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}$
が成り立つ．
また，
$J_n=\sum_{k=0}^{2n}b_k$
と書ける．
以上より，
$\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}\leqq\sum_{k=0}^{2n}b_k=J_n\leqq\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}$
$\therefore\lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}}\leqq\lim_{n\rightarrow\infty}{J_n}\leqq\lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}}$
が成り立つ．
一方，区分求積法の考え方を用いれば，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}}=\frac{1}{\pi}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(\frac{2}{2+\frac{1}{n}}\right)\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{2n}f\left(\frac{k}{2n+1}\right)}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx$
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}}=\frac{1}{\pi}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(\frac{2}{2+\frac{1}{n}}\right)\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{2n}f\left(\frac{k+1}{2n+1}\right)}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx$
よって，はさみうちの原理より
$\lim_{n\rightarrow\infty}{J_n}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx$ ……(答)

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2019.08.30

慶應大学理工|過去問徹底研究　2017年　大問2 方針の立て方 (1)特筆事項なし． (2) (シ)～(ス)について面と垂線の問題である．面は２つの線形独立なベクトル(このようなベクトルを基底ベクトルという)の線形結合で表現される．つまり，「面と垂直」という条件を，「２つの基底ベクトルと垂直」とい

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慶應大学理工|過去問徹底研究　2017年　大問2

方針の立て方

(1)特筆事項なし．

(2)
(シ)～(ス)について
面と垂線の問題である．面は２つの線形独立なベクトル(このようなベクトルを基底ベクトルという)の線形結合で表現される．つまり，「面と垂直」という条件を，「２つの基底ベクトルと垂直」という条件に言い換えることができる．このことを利用しよう．なお，面と垂線の問題は難関大学では頻出の問題であるため，この問題ができなかった受験生は是非復習してほしい．(実はこの問題と類似の問題が2016年にも出題された)
(セ)～(タ)について
求めるものが $\vec{\mathrm{AH}}$ であるため，始点をAに揃えて考えるという方針で解く．問題文でまだ使われていない情報である「線分DGの中点が点Oである」を使い， $\vec{\mathrm{OD}}=-\vec{\mathrm{OG}}$ の等式を立てよう．
(チ)について
三角形のベクトル方程式を応用することで解ける．

(3)
前問で平面 $\alpha$ の垂線OPを考えたので， $\triangleABC$ を底面と見て，線分DHを高さと見るという方針を思いつく．

解答例
(1)
コ：３
サ： $r^2-9$
(2)
シ：４
ス：５
セ： $-\frac{1}{3}\left(9t+4\right)$
ソ： $\frac{1}{3}\left(12t-1\right)$
タ： $\frac{1}{3}\left(15t-1\right)$
チ： $\frac{1}{3}$
(3)
ツ： $2\sqrt{r^2-5}$

解説

(1)
〇 $\triangleABC$ の面積 (コについて)
$\triangleABC=\frac{1}{2}\sqrt{\left|\vec{\mathrm{AB}}\right|^2\left|\vec{\mathrm{AC}}\right|^2-\left(\vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}\right)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{10\cdot4-4}=3$ ……(答)
〇 $\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}$ (サについて)
$\triangleABC$ に対して余弦定理を用いると，
$\left|\vec{\mathrm{BC}}\right|^2=\left|\vec{\mathrm{AB}}\right|^2+\left|\vec{\mathrm{AC}}\right|^2-2\vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}=18$
$\triangle\mathrm{OAB}$ に対して余弦定理を用いると，
$\left|\vec{\mathrm{BC}}\right|^2=\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2+\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|^2-2\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=2r^2-2\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}$
$\therefore2r^2-2\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=18\Leftrightarrow\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=r^2-9$ ……(答)

(2)
〇 $x$ と $y$ の値(シ，スについて)
前問と同様に計算すると，
$\begin{cases} \vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=r^2-5 \\ \vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=r^2-2 \end{cases}$
が得られる．
さて，直線OPは，平面 $\alpha$ に直交していることと， $\left|\vec{\mathrm{OP}}\right|\neq0$ ， $\left|\vec{\mathrm{AB}}\right|\neq0$ ， $\left|\vec{\mathrm{AC}}\right|\neq0$ より，
$\begin{cases} \vec{\mathrm{OP}}\bot\vec{\mathrm{AB}} \\ \vec{\mathrm{OP}}\bot\vec{\mathrm{AC}} \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{OP}}=0 \\ \vec{\mathrm{AC}}\cdot\vec{\mathrm{OP}}=0 \end{cases}$
また，
$\vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{OP}}=\left(\vec{\mathrm{OB}}-\vec{\mathrm{OA}}\right)\cdot\vec{\mathrm{OP}}=3\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+x\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2-\left(3+x\right)\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}+y\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}-y\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=5x-7y+15 \\ \vec{\mathrm{AC}}\cdot\vec{\mathrm{OP}}=\left(\vec{\mathrm{OC}}-\vec{\mathrm{OA}}\right)\cdot\vec{\mathrm{OP}}=3\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+y\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|^2-x\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}+x\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}-\left(3+y\right)\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=-4x+2y+6$
であるから，
$\begin{cases} \vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{OP}}=0 \\ \vec{\mathrm{AC}}\cdot\vec{\mathrm{OP}}=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} 5x-7y+15=0 \\ -4x+2y+6=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} x=4 \\ y=5 \end{cases}$ ……(答)

〇 $\vec{\mathrm{AH}}$ (セ～タについて)
$\vec{\mathrm{OD}}=-\vec{\mathrm{OG}}=-\frac{1}{3}\left(\vec{\mathrm{OA}}+\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}\right) \\ \therefore\vec{\mathrm{DH}}=\vec{\mathrm{AH}}-\vec{\mathrm{AD}}=\vec{\mathrm{AH}}-\vec{\mathrm{OD}}+\vec{\mathrm{OA}}=\vec{\mathrm{AH}}+\frac{1}{3}\left(4\vec{\mathrm{OA}}+\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}\right)\Leftrightarrow\vec{\mathrm{AH}}=\vec{\mathrm{DH}}-\frac{1}{3}\left(4\vec{\mathrm{OA}}+\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}\right)$
ここで，前問の結果から，
$\vec{\mathrm{OP}}=-3\vec{\mathrm{OA}}+4\vec{\mathrm{OB}}+5\vec{\mathrm{OC}}$
であるから，
$\vec{\mathrm{AH}}=t\vec{\mathrm{OP}}-\frac{1}{3}\left(4\vec{\mathrm{OA}}+\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}\right)\bigm=t\left(-3\vec{\mathrm{OA}}+4\vec{\mathrm{OB}}+5\vec{\mathrm{OC}}\right)-\frac{1}{3}\left(4\vec{\mathrm{OA}}+\vec{\mathrm{OB}}+\vec{\mathrm{OC}}\right)\bigm=-\frac{1}{3}\left(9t+4\right)\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1}{3}\left(12t-1\right)\vec{\mathrm{OB}}+\frac{1}{3}\left(15t-1\right)\vec{\mathrm{OC}}$ ……(答)

〇 $t$ の値(チについて)
前問の結果を使えば，
$\vec{\mathrm{AH}}=\vec{\mathrm{OH}}-\vec{\mathrm{OA}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{OH}}=\vec{\mathrm{OA}}+\vec{\mathrm{AH}}=-\frac{1}{3}\left(9t+1\right)\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1}{3}\left(12t-1\right)\vec{\mathrm{OB}}+\frac{1}{3}\left(15t-1\right)\vec{\mathrm{OC}}$
点Hが平面 $\alpha$ 上にあるとき， $\vec{\mathrm{OA}}$ ， $\vec{\mathrm{OB}}$ ， $\vec{\mathrm{OC}}$ の係数の和が１となるので，
$\frac{1}{3}\left(9t+1\right)+\frac{1}{3}\left(12t-1\right)+\frac{1}{3}\left(15t-1\right)=1\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}$ ……(答)

(3)
点Dから平面 $\alpha$ に下した垂線の長さは，前問の結果より， $\left|\frac{1}{3}\vec{\mathrm{OP}}\right|$ と等しい．
$\left|\frac{1}{3}\vec{\mathrm{OP}}\right|=\frac{1}{3}\sqrt{\vec{\mathrm{OP}}\cdot\vec{\mathrm{OP}}}=\frac{1}{3}\sqrt{\left(-3\vec{\mathrm{OA}}+4\vec{\mathrm{OB}}+5\vec{\mathrm{OC}}\right)\cdot\left(-3\vec{\mathrm{OA}}+4\vec{\mathrm{OB}}+5\vec{\mathrm{OC}}\right)}=2\sqrt{r^2-5}$
よって，求める体積は，これまでの結果をあわせると，
$\frac{1}{3}\cdot\triangle\mathrm{ABC}\cdot\frac{1}{3}\vec{\mathrm{OP}}=13\cdot3\cdot2\sqrt{r^2-5}=2\sqrt{r^2-5}$ ……(答)

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2019.08.30

2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問4 方針の立て方 (1)操作回数は高々２回のため，実際に書き出す方が早いと判断する． (2) (ヌ)については，特筆事項なし． (ネ)については，具体的に満たすものをいくつか書き下してみることで，１と２と３のみを出す必要があることが分かる．ただし，３を必ず

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2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問4

方針の立て方

(1)操作回数は高々２回のため，実際に書き出す方が早いと判断する．

(2)
(ヌ)については，特筆事項なし．
(ネ)については，具体的に満たすものをいくつか書き下してみることで，１と２と３のみを出す必要があることが分かる．ただし，３を必ず出さねばならないという前提を忘れないように気を付けること．「最大値が $n$ になる」のような問題ではこの解法は頻出かつ最速の解法なので押さえておくこと．

(3)
(ノ)については，「記録される数字が２種類で，かつ片方は１」という厳しい条件が課せられていることから，残りの１種類を虱潰しに考えつくせばよいと方針を立てる．
(ハ)については，素直に条件付き確率 $p_n$ を計算することを試す．普通に計算できるため，後は極限の計算に持ち込めばよい．厳密な議論をすると長くなるが，本学部は穴埋め式答案のため，定性的な解法で答えを求めることで得点を稼ぎたい．
(4)
問題文の条件を満たすために，「 $k$ 回目に(1≦ $k$ ≦ $n-1$ )の操作で初めて１が記録され， $m$ 回目( $k+1$ ≦ $m$ ≦ $n$ )の操作で初めて４が記録される」という状況をまず考える．その後でとの取りうる値で総和を取れば良い．満たすものを「…」などを使って文字に書き起こしてみるとこの解法やとの取りうる値の範囲を特定できる．

解答例
(1)
ニ： $\frac{19}{100}$
(2)
ヌ： $\frac{36}{625}$
ネ： $\frac{243}{2000}$
(3)
ノ： $\frac{5^n-2^n-3}{{10}^n}$
ハ： $\frac{5}{7}$
(4)
ヒ： $\frac{1}{5}+\frac{4}{5}\left(\frac{1}{2}\right)^n-\left(\frac{3}{5}\right)^n$

解説
カードは全て区別する．
(1)
$\left(1,1\right)$ ， $\left(1,2\right)$ ， $\left(1,3\right)$ ， $\left(1,4\right)$ とこれらの中身を入れ替えた７組の取り出し方が題意を満たす．
$\therefore\frac{1\cdot1\cdot1+2\cdot1\cdot2+2\cdot1\cdot3+2\cdot1\cdot4}{{10}^2}=\frac{19}{100}$ ……(答)

(2)
〇ヌについて
1,2,3,4のカードをそれぞれ１回ずつ引けば必要十分．
どの順番で取り出すかで4!通り．
$\therefore\frac{4!\cdot1\cdot2\cdot3\cdot4}{{10}^4}=\frac{36}{625}$ ……(答)
〇ネについて
１，２，３のカードを４回引き続ける必要がある．ただし，３のカードが出ない場合(１と２のカードしか出ない場合)は不適である．よって，求める確率は，
$\left(\frac{6}{10}\right)^4-\left(\frac{3}{10}\right)^4=\frac{243}{2000}$ ……(答)

(別解)
４回の操作の内，３のカードを何回取り出すかで場合分けする．
(ⅰ)３のカードを４回取り出す場合
３のカードのみを取り出し続ければいい．
$\therefore\frac{3^4}{{10}^4}=\frac{81}{10000}$
(ⅱ)３のカードを３回取り出す場合
３以外のカードを何回目の操作で取り出すかで４通り．
３以外のカードは２か１のカードでなければならない．
$\therefore\frac{4\times\left\{\left(2+1\right)\cdot3^3\right\}}{{10}^4}=\frac{324}{10000}$
(ⅲ)３のカードを２回取り出す場合
３以外のカードを何回目の操作で取り出すかで4C2通り．
$\therefore\frac{{_4^}\mathrm{C}_2\times\left\{\left(2+1\right)^23^2\right\}}{{10}^4}=\frac{486}{10000}$
(ⅳ)３のカードを１回取り出す場合
３のカードを何回目の操作で取り出すかで４通り．
$\therefore\frac{4\times\left\{\left(2+1\right)^3\cdot3\right\}}{{10}^4}=\frac{324}{10000}$
以上(ⅰ)～(ⅳ)より，求める確率は，
$\frac{81+324+486+324}{10000}=\frac{243}{2000}$ ……(答)

(3)
〇ノについて
１のカード以外のカードの数字について場合分けする．
(Ⅰ)もう１種類の数字が２の場合
１か２のカードのみを出し続ければ必要十分．ただし，１のみを $n$ 回，または２のみを $n$ 回出すのは除外することに注意．
$\therefore\frac{3^n-1^n-2^n}{{10}^n}$
以下同様に，
(Ⅱ)もう１種類の数字が３の場合
$\frac{4^n-1^n-3^n}{{10}^n}$
(Ⅲ)もう１種類の数字が４の場合
$\frac{5^n-1^n-4^n}{{10}^n}$
以上(Ⅰ)～(Ⅲ)より，求める確率は，
$\frac{3^n-1^n-2^n}{{10}^n}+\frac{4^n-1^n-3^n}{{10}^n}+\frac{5^n-1^n-4^n}{{10}^n}=\frac{5^n-2^n-3}{{10}^n}$ ……(答)
(別解)
少し遠回りになってしまいますが，以下のような別解も有効です．
(Ⅰ)もう１種類の数字が２の場合
１のカードを $k$ 回( $1\leqq k\leqq n-1$ )取り出すとき， $n$ 回の内，どの $k$ 回で１のカードを取り出すかで， ${_n^}\mathrm{C}_k$ 通りあるため，１のカードを $k$ 回取り出す確率は，
$\frac{{_n^}\mathrm{C}_k\cdot1^k\cdot2^{n-k}}{{10}^n}$
である．これを $1\leqq k\leqq n-1$ まで足し合わせれば，１と２のカードのみを出す確率となる．
$\therefore\sum_{k=1}^{n-1}\frac{{_n^}\mathrm{C}_k\cdot1^k\cdot2^{n-k}}{{10}^n}=\frac{1}{{10}^n}\left\{\sum_{k=0}^{n}\left({_n^}\mathrm{C}_k\cdot1^k\cdot2^{n-k}\right)-2^n-1\right\}=\frac{\left(1+2\right)^n-2^n-1}{{10}^n}$ ( $\because$ 二項定理) $=\frac{3^n-2^n-1}{{10}^n}$
(ⅱ)と(ⅲ)も同様に計算することができます．
〇ハについて
２種類の数字が何であるかについて場合分けする．前問の(Ⅰ)～(Ⅲ)に加えて，
(Ⅳ)２と３の場合
$\frac{5^n-2^n-3^n}{{10}^n}$
(Ⅴ)２と４の場合
$\frac{6^n-2^n-4^n}{{10}^n}$
(Ⅵ)３と４の場合
$\frac{7^n-3^n-4^n}{{10}^n}$
よって，操作をn回行った時点で，記録されている数が２種類である確率は，
$\frac{5^n-2^n-3}{{10}^n}+\frac{5^n-2^n-3^n}{{10}^n}+\frac{6^n-2^n-4^n}{{10}^n}+\frac{7^n-3^n-4^n}{{10}^n}=\frac{7^n+6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3}{{10}^n}$
$\therefore p_n=\frac{\frac{5^n-2^n-3}{{10}^n}}{\frac{7^n+6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3}{{10}^n}}=\frac{5^n-2^n-3}{7^n+6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3}$
ここで， $n$ が十分に大きいとき，分母は $7^n$ が支配的となり，分子は $5^n$ が支配的となるため(厳密な議論は補足を参照)，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(p_n\right)^\frac{1}{n}}=\frac{5}{7}$ ……(答)
(補足)
〇まず， $n$ が十分大きいとき， $p_n\leqq\left(\frac{5}{7}\right)^n$ が成り立つことを示す．
そのために， $6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3>0$ を示す．
$6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3\geqq2^n\cdot3^n-2^n-2^{2n+1}-3\bigm=2^n\left(3^n-2^{n+1}-1\right)-3$
ここで， $3^n-2^{n+1}-1\geqq1$ を示す．
$3^n-2^{n+1}-1\geqq1\Leftrightarrow1\geqq\frac{2}{3^n}+2\left(\frac{2}{3}\right)^n$
であるが，右の不等式は $n$ が十分に大きいときには成立する．
$\therefore6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3\geqq2^n\left(3^n-2^{n+1}-1\right)-3\bigm\geqq2^n-3$
$n$ が十分に大きいとき， $2^n-3\geqq0$ となるから，
$6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3\geqq0$
が示せる．
$\therefore7^n+6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3\geqq7^n$
ところで，
$5^n-2^n-3\leqq5^n$
である．
以上より， $n$ が十分に大きいとき，
$p_n=\frac{5^n-2^n-3}{7^n+6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3}\leqq\frac{5^n}{7^n}=\left(\frac{5}{7}\right)^n$
〇次に， $n$ が十分大きいとき， $\frac{1}{24}\left(\frac{5}{7}\right)^n\leqq p_n$ が成り立つことを示す．
$7^n+6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3\leqq7^n+6^n+2\cdot5^n+2\cdot4^n+2\cdot3^n+3\cdot2^n+3\bigm\leqq7^n+7^n+2\cdot7^n+2\cdot7^n+2\cdot7^n+3\cdot7^n+7^n\bigm=12\cdot7^n$
次に， $5^n-2^n-3\geqq\frac{5^n}{2}$ を示す．
$5^n-2^n-3\geqq\frac{5^n}{2}\Leftrightarrow5^n\geqq2^{n+1}+6\Leftrightarrow1\geqq2\left(\frac{2}{5}\right)^n+\frac{6}{5^n}$
であるが，最も右の不等式は $n$ が十分に大きいときには成立する．
以上より， $n$ が十分に大きいとき，
$p_n=\frac{5^n-2^n-3}{7^n+6^n+2\cdot5^n-2\cdot4^n-2\cdot3^n-3\cdot2^n-3}\geqq\frac{\frac{5^n}{2}}{12\cdot7^n}=\frac{1}{24}\left(\frac{5}{7}\right)^n$
結局， $n$ が十分に大きいとき，
$\frac{1}{24}\left(\frac{5}{7}\right)^n\leqq p_n\leqq\left(\frac{5}{7}\right)^n$
が成り立つといえる．
$\therefore\left(\frac{1}{24}\right)^\frac{1}{n}\cdot\frac{5}{7}\leqq\left(p_n\right)^\frac{1}{n}\leqq\frac{5}{7}$
ここで，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(\frac{1}{24}\right)^\frac{1}{n}\cdot\frac{5}{7}}=\frac{5}{7}$
より，はさみうちの原理から，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(p_n\right)^\frac{1}{n}}=\frac{5}{7}$ ……(答)

(4)
$k$ 回目 $\left(1\leqq k\leqq n-1\right)$ の操作で初めて１が記録され， $m$ 回目 $\left(k+1\leqq m\leqq n\right)$ の操作で初めて４が記録されるとする．この場合の確率は，
$\left(\frac{5}{10}\right)^{k-1}\cdot\frac{1}{10}\cdot\left(\frac{6}{10}\right)^{m-\left(k-1\right)}\cdot\frac{4}{10}=\frac{1}{25}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}\cdot\left(\frac{3}{5}\right)^{m-\left(k-1\right)}$
よって，求める確率は，
$\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{m=k+1}^{n}{\frac{1}{25}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}\cdot\left(\frac{3}{5}\right)^{m-\left(k-1\right)}}=\sum_{k=1}^{n-1}{\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}\cdot\frac{\frac{1}{25}\left\{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{n-k}\right\}}{1-\frac{3}{5}}}=\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}\left\{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{n-k}\right\}}\bigm=\sum_{k=1}^{n-1}\left\{\frac{1}{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}-\frac{1}{5}\left(\frac{3}{5}\right)^n\left(\frac{5}{6}\right)^k\right\}=\frac{\frac{1}{10}\left\{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right\}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{1}{5}\cdot\left(\frac{3}{5}\right)^n\cdot\frac{\frac{5}{6}\left\{1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n-1}\right\}}{1-\frac{5}{6}}=\frac{1}{5}+\frac{4}{5}\left(\frac{1}{2}\right)^n-\left(\frac{3}{5}\right)^n$ ……(答)

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2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問1

2019.08.30

慶應義塾大学過去問徹底研究　2017年大問1 方針の立て方 (1) (ア)について．三角関数の括弧内が不揃いなことを考えると，展開することがよいと分かる． (イ)～(エ)について．の項を作り出さねばならないことを考えると，方針が立てられる．三角関数は相互関係でつながっているため，sinになって

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慶應義塾大学過去問徹底研究　2017年大問1

方針の立て方

(1)
(ア)について．
三角関数の括弧内が不揃いなことを考えると，展開することがよいと分かる．
(イ)～(エ)について．
$\alpha-\frac{\pi}{6}$ の項を作り出さねばならないことを考えると，方針が立てられる．三角関数は相互関係でつながっているため，sinになっていてほしい部分がcosになっていたり，或いはその逆だったとしても焦らずに相互関係の式を用いるようにしよう．

(2)
(オ)については特筆事項なし．
(カ)～(ク)について．
$z\in M$ となる条件を丁寧に確かめる． $z\in M$ となる条件はかなり厳しい条件であるため，整数 $a,b$ の領域を求めた後は，しらみつぶし的に調べていけば，全ての問題があっという間に解ける．

(3)
$f\left(f^{-1}\left(t\right)\right)=t$ という関係式はおさえておきたい(というより，これは逆関数の定義を表している)．後は積分方程式の解法を取れば良い．

解答例
(1)
ア: $y=\frac{1}{2}x$
イ: $\frac{1}{4-4\beta^2}$
ウ: $\frac{\beta}{1-\beta^2}$
エ: $\frac{1}{1-\beta^2}$
(2)
オ: $a^2+b^2$
カ:5
キ:8
ク: $2+i$
(3)
ケ: $-2xe^{-2x^2}$

解説

(1)
〇アについて
加法定理を用いれば，
$x=\sqrt3\cos{\omega t}-\sin{\omega t},\ y=-\frac{1}{2}\sin{\omega t}+\frac{\sqrt3}{2}\cos{\omega t}$
であるから，
$y=\frac{1}{2}x$ ……(答)

〇イ～エについて
$y=\sin{\left\{\left(\omega t+\frac{\pi}{6}\right)+\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)\right\}}=\sin{\left(\omega t+\frac{\pi}{6}\right)}\cos{\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)}+\cos{\left(\omega t+\frac{\pi}{6}\right)}\sin{\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)}$
$-\frac{\pi}{3}<\alpha<\frac{2}{3}\pi$ のとき， $\cos{\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)}>0$ であるから，
$\cos{\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)}=\sqrt{1-\beta^2}$
であり，これを用いると，
$y=\sqrt{1-\beta^2}\sin{\left(\omega t+\frac{\pi}{6}\right)}+\frac{x\beta}{2}\Leftrightarrow y-\frac{x\beta}{2}=\sqrt{1-\beta^2}\sin{\left(\omega t+\frac{\pi}{6}\right)}$
$\therefore\left(y-\frac{x\beta}{2}\right)^2=\left(1-\beta^2\right){\mathrm{sin}}^2\left(\omega t+\frac{\pi}{6}\right)=\left(1-\beta^2\right)\left\{1-{\mathrm{cos}}^2\left(\omega t+\frac{\pi}{6}\right)\right\}=\left(1-\beta^2\right)\left(1-\frac{x^2}{4}\right)$
最左辺と最右辺の等式を変形すると，
$\frac{1}{4-4\beta^2}x^2-\frac{\beta}{1-\beta}xy+\frac{1}{1-\beta^2}y^2=1$ ……(答)

(2)
〇 $\left|z\right|^2$ (オについて)
$\left|z\right|^2=z\bar{z}=\left(a+bi\right)\left(a-bi\right)=a^2+b^2$ ……(答)

〇カ～クについて
$\frac{5}{z}=\frac{5\bar{z}}{\left|z\right|^2}=\frac{5a}{a^2+b^2}+\frac{5b}{a^2+b^2}i$
以下では， $0\leqq a,0\leqq b$ の範囲で考える．
$\frac{5}{z}\in L$ であるためには，

が必要．これを図示すると，

上図斜線部．ただし，境界は原点を除いて全て含む．
上図より， $\left(1,1\right)$ ， $\left(2,1\right)$ ， $\left(1,2\right)$ ， $\left(2,2\right)$ のみを考えれば十分．
上の４点の内， $z\in M$ となるのは， $\left(2,1\right)$ ， $\left(1,2\right)$ のときで，そのとき，
$\left|z\right|^2=5$ ……(答)
また， $n\left(M\right)$ は，他の象限でも同様に考えると，
$\left(\pm2,\pm1\right)$ ， $\left(\pm1,\pm2\right)$ (複号任意)の８点で， $z\in M$ となることが分かる．
$\therefore n\left(M\right)=8$ ……(答)
また，実部が最も大きくかつ虚部が正となるのは， $\left(2,1\right)$ のとき．
$\therefore z=2+i$ ……(答)

(3)
$f\left(g\left(t\right)\right)=f\left(f^{-1}\left(t\right)\right)=t\Leftrightarrow\int_{0}^{g\left(t\right)}e^{y^2}dy=t$
が成立する．両辺を $t$ で微分すると，
$g^\prime\left(t\right)\cdot e^{\left\{g\left(t\right)\right\}^2}=1\Leftrightarrow g^\prime\left(t\right)=e^{-\left\{g\left(t\right)\right\}^2}$
となり，さらに両辺をtで微分すると，
$g^{\prime\prime}\left(t\right)=e^{-\left\{g\left(t\right)\right\}^2}\cdot\left\{-2g\left(t\right)\right\}\cdot g^\prime\left(t\right)=-2g\left(t\right)\cdot e^{-2\left\{g\left(t\right)\right\}^2}$
最右辺が $G\left(g\left(t\right)\right)$ と等しくなるため，
$G\left(x\right)=-2xe^{-2x^2}$ ……(答)

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