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2018年早稲田大学理工数学|過去問徹底研究大問1

2019.09.06

早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年　大問1 方針の立て方 (1) 実際にP，A，Bの位置関係を図に描いてみると解法を得られる．「３点を結ぶと三角形をなす」ことと，「３点が一直線上にない」ことが同値であることは頻出のためおさえておくこと． (2) 前問と同様にP，A，Bの位置関係を図に描いてみる

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年　大問1

方針の立て方

(1)
実際にP，A，Bの位置関係を図に描いてみると解法を得られる．「３点を結ぶと三角形をなす」ことと，「３点が一直線上にない」ことが同値であることは頻出のためおさえておくこと．

(2)
前問と同様にP，A，Bの位置関係を図に描いてみると，ABを底辺と見ると都合がいいことが分かる．複素共役な２つの複素数は，複素数平面上では実軸対称となることは，複素数と図形の融合問題では頻出の考え方のためおさえておくこと．

(3)
外心の定義と外心の作図の仕方を考えれば解法を得られる．

解答例

(1)
３次方程式 $\left(x-p\right)\left(x^2+qx+r\right)=0$ の解は， $x=p,\alpha,\beta$ の３つ．
３点P，A，Bが三角形をなすには，３点P，A，Bが一直線上になければ必要十分．そのためには， $\alpha,\beta$ が虚数解であり( $\alpha,\beta$ が実数解ならば， $p$ が実数であるため，３点P，A，Bが一直線上に並んでしまう)，かつ $\alpha,\beta$ の実部が $p$ でなければ必要十分．
$x^2+qx+r=0$ を解くと， $x=\frac{-q\pm\sqrt{q^2-4r}}{2}$ であるから，求める条件は，
$\begin{cases} q^2-4r<0 \\ \frac{-q}{2}\neq p \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} q^2-4r<0 \\ q\neq-2p \end{cases}$ ……(答)

(2)

３点P，A，Bの位置関係は上図の通り．
$q^2-4r0$ ( $\because$ (1))より， $\left|p^2+pq+r\right|=p^2+pq+r$
$\therefore R=\frac{p^2+pq+r}{\left|2p+q\right|}$ ……(答)

(3)
三角形の外接円の中心は，各辺の垂直二等分線の交点である．
辺ABの垂直二等分線は，実軸である．よって，求める中心Qは $x$ ( $x$ は実数)とおける．QとP，QとAの距離が等しいことより，
$\left|p-x\right|=\sqrt{\left(x+\frac{q}{2}\right)^2\left(-\frac{\sqrt{4r-q^2}}{2}\right)^2}$
が成り立ち，これを解くと， $x=\frac{p^2-r}{2p+q}$ ……(答)
また，半径 $R$ は，
$R=\left|p-x\right|=\left|p-\frac{p^2-r}{2p+q}\right|=\left|\frac{p^2+pq+r}{2p+q}\right|=\frac{\left|p^2+pq+r\right|}{\left|2p+q\right|}$
$p^2+pq+r=\left(p+\frac{q}{2}\right)^2+\frac{4r-q^2}{4}\geqq\frac{4r-q^2}{4}>0$ ( $\because$ (1))より， $\left|p^2+pq+r\right|=p^2+pq+r$
$\thereforeR=\frac{p^2+pq+r}{\left|2p+q\right|}$ ……(答)

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2018年早稲田大学理工数学|過去問徹底研究大問5

2019.09.06

早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問5 方針の立て方 (1)と(2)は実際に簡単な図を描くことで解答を得る． (3)前問(1)と(2)で見た通り頂点の選び方で共通部分が変わる．頂点の選び方は70通りあるが，回転での対称性を考慮すれば，考えるべきパターン数はもっと減るのではと考え，一先ず虱潰

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問5

方針の立て方

(1)と(2)は実際に簡単な図を描くことで解答を得る．
(3)前問(1)と(2)で見た通り頂点の選び方で共通部分が変わる．頂点の選び方は70通りあるが，回転での対称性を考慮すれば，考えるべきパターン数はもっと減るのではと考え，一先ず虱潰しで考えてみる．すると実際，考えるべきパターン数は多くならないため，数え上げる．

解答例

(1)
立方体の各面の中心を頂点とする立体となる．
よって，正八面体……(答)

(2)
$\mathrm{A}_\mathrm{1}\mathrm{A}_\mathrm{7}$ と $\mathrm{A}_\mathrm{4}\mathrm{A}_\mathrm{6}$ が立方体の中心で交わるのみ．
よって，点……(答)

(3)
４点の頂点の選び方は，全部で $_{8}\mathrm{C}_{4}=70$ 通り．
以下では，１つの面に着目(図では面 $\mathrm{A}_\mathrm{1}\mathrm{A}_\mathrm{2}\mathrm{A}_\mathrm{3}\mathrm{A}_\mathrm{4}$ )し，その面から何個の頂点が選ばれているかで場合分けする．選ばれた頂点を●で表すことにする．
(ⅰ)４個の場合

上図のような場合，共通部分はない．
４つの●が集合する面の選び方を考えれば，回転して左図のパターンになるものは全部で６通りあることが分かる．
(ⅱ)３点の場合
(ⅱ―ⅰ)

上図のような場合，共通部分はない．
上図の $\mathrm{A}_\mathrm{2}$ のように，隣り合うすべての頂点が選ばれている点の配置を考えれば，回転して上図のパターンになるものは全部で８通りあることが分かる．
(ⅱ―ⅱ)

上図のような場合，共通部分は１点となる．
上図の $\mathrm{A}_\mathrm{2}\mathrm{A}_\mathrm{3}$ or $\mathrm{A}_\mathrm{1}\mathrm{A}_\mathrm{2}$ のような線分の配置を考えれば，回転して上図のどちらかのパターンになるものは全部で24通りあることが分かる．
(ⅱ―ⅲ)

上図のような場合，共通部分は立体図形となる．
上図の $\mathrm{A}_\mathrm{8}$ のように，隣り合うすべての頂点が選ばれていない点の配置は８通りあり，３点が集合する面がどの配置にあるかで３通りあるため，回転して上図のパターンになるものは全部で24通りあることが分かる．
(ⅲ)２点の場合
(ⅲ―ⅰ)

上図のような場合，共通部分は線分となる．
回転して上図のパターンになるものは全部で6通りある．
(ⅲ―ⅱ)

上図のような場合，共通部分は立体図形となる．
回転して上図のパターンになるものは全部で２通りある．
以上より，
$\begin{cases} p=\frac{6+8}{70}=\frac{1}{5} \\ q_0=\frac{24}{70}=\frac{12}{35} \\ q_1=\frac{6}{70}=\frac{3}{35} \\ q_2=\frac{0}{70}=0 \\ q_3=\frac{24+2}{70}=\frac{13}{35} \end{cases}$ ……(答)

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2019.09.02

早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問4 方針の立て方 (1) 素直に微分すればよい． (2) (ⅰ)通常の極値問題と同様に微分して考えればよい． (ⅱ)これも典型的な回転体の体積の問題であるため特筆事項なし． (ⅲ)実際にをはじめの数項を書き出してみれば，数列の和の問題だと分かる．解答例

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問4

方針の立て方

(1)
素直に微分すればよい．

(2)
(ⅰ)通常の極値問題と同様に微分して考えればよい．
(ⅱ)これも典型的な回転体の体積の問題であるため特筆事項なし．
(ⅲ)実際に $\sum_{n=1}^{\infty}V_n$ をはじめの数項を書き出してみれば，数列の和の問題だと分かる．

解答例

(1)
積の微分法則を使えば，
$f^\prime\left(x\right)=e^x\left(\cos{x}+\sin{x}\right)+e^x\left(-\sin{x}+\cos{x}\right)=2e^x\cos{x}$ ……(答)

(2)
(ⅰ)
積の微分法則と三角関数の合成を用いれば，
$g^\prime\left(x\right)=-\pi e^{-\pi x}\sin{\pi x}+\pi e^{-\pi x}\cos{\pi x}=\pi e^{-\pi x}\left(\cos{\pi x}-\sin{\pi x}\right)=\sqrt2\pi e^{-\pi x}\sin{\left(\pi x+\frac{3}{4}\pi\right)}$
よって， $g^\prime\left(x\right)=0$ となるのは， $\pi x+\frac{3}{4}\pi=n\pi\Leftrightarrow x=n-\frac{3}{4}$ ( $n$ は任意の整数)のとき．
$n$ が偶数のとき，その前後で $g^\prime\left(x\right)$ の符号は負から正となる．故に極小値は， $g\left(n-\frac{3}{4}\right)=-\frac{\sqrt2}{2}e^{-\left(n-\frac{3}{4}\right)\pi}$
$n$ が奇数のとき，その前後で $g^\prime\left(x\right)$ の符号は正から負となる．故に極大値は， $g\left(n-\frac{3}{4}\right)=\frac{\sqrt2}{2}e^{-\left(n-\frac{3}{4}\right)\pi}$
よって， $m$ を任意の整数として，
極大値は $22e-2m+14\pi$ ……(答)
極小値は $-22e-2m-34\pi$ ……(答)
(ⅱ)
$V_n=\int_{n-1}^{n}{\pi\left\{g\left(x\right)\right\}^2}dx=\int_{n-1}^{n}{\pi e^{-2\pi x}{\mathrm{sin}}^2\pi x}dx=\int_{n-1}^{n}{\pi e^{-2\pi x}\cdot\frac{1-\mathrm{cos} {2\pi x}}{2}}dx=\int_{n-1}^{n}{\frac{1}{2}\pi e^{-2\pi x}}dx-\frac{1}{2}\int_{n-1}^{n}{\pi e^{-2\pi x}\mathrm{cos} {\left(-2\pi x\right)}}dx$
ここで，
$\int_{n-1}^{n}{\frac{1}{2}\pi e^{-2\pi x}}dx=\left[-\frac{1}{4}e^{-2\pi x}\right]_{n-1}^n=-\frac{1}{4}e^{-2n\pi}+\frac{1}{4}e^{-2\left(n-1\right)\pi}$
更に $-2\pi x=y$ として置換積分を行えば，
$\int_{n-1}^{n}{\pi e^{-2\pi x}\cos{\left(-2\pi x\right)}}dx=-\frac{1}{2}\int_{-2\left(n-1\right)\pi}^{-2n\pi}{e^y\cos{y}}dy\bigm=-\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}e^y\left(\cos{y}+\sin{y}\right)\right]_{-2\left(n-1\right)\pi}^{-2n\pi}\bigm=-\frac{1}{4}\left(e^{-2n\pi}-e^{-2\left(n-1\right)\pi}\right)$
である．
$\therefore V_n=-\frac{1}{4}e^{-2n\pi}+\frac{1}{4}e^{-2\left(n-1\right)\pi}-\frac{1}{2}\left\{-\frac{1}{4}\left(e^{-2n\pi}-e^{-2\left(n-1\right)\pi}\right)\right\}=\frac{1}{8}\left(e^{-2\left(n-1\right)\pi}-e^{-2n\pi}\right)$ ……(答)
(ⅲ)
$\sum_{n=1}^{\infty}V_n=\frac{1}{8}\left(e^{-2\cdot0\cdot\pi}-e^{-2\cdot1\cdot\pi}\right)+\frac{1}{8}\left(e^{-2\cdot1\cdot\pi}-e^{-2\cdot2\cdot\pi}\right)+\frac{1}{8}\left(e^{-2\cdot2\cdot\pi}-e^{-2\cdot3\cdot\pi}\right)+\cdots\cdots=\frac{1}{8}e^{-2\cdot0\cdot\pi}-\lim_{n\rightarrow\infty}{e^{-2n\pi}}=\frac{1}{8}$ ……(答)
(※無限等比級数の第２項と第３項，第４項と第５項，第６項と第７項，……が相殺される)
(別解)
$V_n=\frac{1}{8}\left(e^{-2\left(n-1\right)\pi}-e^{-2n\pi}\right)=\frac{1}{8}\left(1-e^{-2\pi}\right)e^{-2\left(n-1\right)\pi}=\frac{1}{8}1-e-2\pi\cdote-2\pin-1$ は，初項 $\frac{1}{8}\left(1-e^{-2\pi}\right)$ ，公比 $e^{-2\pi}$ の等比数列 (なお， $0<e^{-2\pi}<1$ である)．
$\therefore\sum_{n=1}^{\infty}V_n=\frac{\frac{1}{8}\left(1-e^{-2\pi}\right)}{1-e^{-2\pi}}=\frac{1}{8}$ ……(答)

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2019.09.02

早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問3 方針の立て方 (1) 典型的な背理法の問題であるため特筆事項なし． (2) をかけるだけである．の形を作り出そうと考えると，この解法が思いつく． (3) 導くべき式にがないことから，を削除すればよいと判断する．使える式はとであるから，この２式を連立し

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問3

方針の立て方

(1)
典型的な背理法の問題であるため特筆事項なし．

(2)
$\sqrt[3]{p}$ をかけるだけである． $ap$ の形を作り出そうと考えると，この解法が思いつく．

(3)
導くべき式に $\left(\sqrt[3]{p}\right)^2$ がないことから， $\left(\sqrt[3]{p}\right)^2$ を削除すればよいと判断する．使える式は $a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0$ と $ap+b\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+c\sqrt[3]{p}=0$ であるから，この２式を連立して消去する．

(4)
前問でわざわざ $\sqrt[3]{p}$ でまとめたこと，(1)で $\sqrt[3]{p}$ を無理数と証明したことから解法を得る．

解答例

(1)
背理法で示す．
$\sqrt[3]{p}$ が有理数だと仮定して， $\sqrt[3]{p}=\frac{b}{a}$ ( $a,b$ は互いに素な整数で $a>0$ )とする．
両辺を３乗して， $p=\frac{b^3}{a^3}\Leftrightarrow pa^3=b^3$
ここで， $b^3$ は $p$ の倍数である必要があるが， $p$ が素数であることから， $b$ が $p$ の倍数である必要がある．
そこで， $b=np$ ( $n$ は整数)とおく．
すると， $pa^3=n^3p^3\Leftrightarrow a^3=n^3p^2$ となる．
よって， $a^3$ は $p$ の倍数となるが，上記と同様に考えると $a$ が $p$ の倍数となる．
よって， $a$ も $b$ も $p$ の倍数となるが，これは， $a,b$ が互いに素な整数であることに反する．
この矛盾は， $\sqrt[3]{p}$ を有理数だとした当初の仮定に起因する．よって， $\sqrt[3]{p}$ は無理数である．
証明終了．

(2)
$a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0$ の両辺に $\sqrt[3]{p}$ を掛けることで，
$a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0\Rightarrow ap+b\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+c\sqrt[3]{p}=0$
証明終了．

(3)
前問の結果より，
$ap+b\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+c\sqrt[3]{p}=0\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{p}\right)^2=-\frac{ap+c\sqrt[3]{p}}{b}$ が成り立つ．
これを $a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0$ に代入すると，
$a\left(-\frac{ap+c\sqrt[3]{p}}{b}\right)+b\sqrt[3]{p}+c=0\Leftrightarrow bc-a^2p+\left(b^2-ac\right)\sqrt[3]{p}=0$
証明終了．

(4)
前問の結果より，
$bc-a^2p+\left(b^2-ac\right)\sqrt[3]{p}=0$
が成り立つ．
(1)より， $\sqrt[3]{p}$ は無理数のため，上式が成り立つためには，
$\begin{cases} bc-a^2p=0 \\ b^2-ac=0 \end{cases}$
が成り立てば必要十分．
仮に $a\neq0$ だとすると，
$b^2-ac=0\Leftrightarrow c=\frac{b^2}{a}$ であり，故に $bc-a^2p=b\cdot\frac{b^2}{a}-a^2p=0\Leftrightarrow b^3=a^3p$
$\therefore b=a\sqrt[3]{p}$ となるが， $\sqrt[3]{p}$ が無理数で $a,b$ は整数であるから矛盾．よって， $a=0$ ．
$\therefore b^2-ac=0\Leftrightarrow b=0$
$\therefore a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0\Leftrightarrow c=0$
以上より， $a=b=c=0$
証明終了．

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2019.09.02

早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問2 方針の立て方 (1) 領域の図示も求積も頻出問題のため特筆事項なし．図示する場合には共有点はきちんと出しておくようにしよう． (2) 領域はの範囲に限られるため，は高々９通りを考えれば良い．そのためトリッキーな解法を考えるよりも，虱潰しに数え上げた方

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問2

方針の立て方

(1)
領域の図示も求積も頻出問題のため特筆事項なし．図示する場合には共有点はきちんと出しておくようにしよう．

(2)
領域は $-3\leqq x\leqq5$ の範囲に限られるため， $x$ は高々９通りを考えれば良い．そのためトリッキーな解法を考えるよりも，虱潰しに数え上げた方が速いと判断し，地道に数え上げる．

解答例

(1)
$\begin{cases} y=x+1 \\ y=-3x+5 \\ y=-\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{5}{4}=-\frac{1}{4}\left(x+1\right)^2-1 \end{cases}$
これを図示すると，

(なお， $\left(-3,-2\right)$ と $\left(5,-10\right)$ で，放物線は直線と接する．)
よって，求める面積は，
$\int_{-3}^{1}\left\{\left(x+1\right)-\left(-\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{5}{4}\right)\right\}dx+\int_{1}^{5}\left\{\left(-3x+5\right)-\left(-\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{5}{4}\right)\right\}dx\bigm=\left[\frac{1}{12}x^3+\frac{3}{4}x^2+\frac{9}{4}x\right]_{-3}^1+\left[\frac{1}{12}x^3-\frac{5}{4}x^2+\frac{25}{4}x\right]_1^5=\frac{32}{3}$ ……(答)

(2)
$x=-3$ から $x=5$ まで， $x$ を一つずつ動かしながら考える．
$x=-3$ ……０個
$x=-2$ ……０個
$x=-1$ ……０個
$x=0$ ……２個
$x=1$ ……３個
$x=2$ ……２個
$x=3$ ……０個
$x=4$ ……０個
$x=5$ ……０個
よって，求める個数は $2+3+2=7$ 個……(答)

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