【解説・採点基準付き】2022年鹿児島大医学部・数学の解答・解説

次の各問いに答えよ。

(1) $\mathrm{AB}=5$、 $\mathrm{BC}=9$、 $\mathrm{CA}=6$ である三角形 $\mathrm{ABC}$ を考える。頂点 $\mathrm{A}$ から辺 $\mathrm{BC}$ に下ろした垂線 $\mathrm{AH}$ の長さを求めよ。

(2) $ab=4a-b$ を満たす正の整数 $a$、 $b$ の組をすべて求めよ。

(3) 正 $2n$ 角形 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2\cdots\mathrm{A}_{2n-1}\mathrm{A}_{2n}$ の異なる3つの頂点を結んで三角形を作る。このような三角形の作り方は何通りあるか。なお、頂点が異なれば異なる三角形であるとする。またこのような三角形を任意に選ぶとき、それが直角三角形となる確率 $p$ を求めよ。ただし、 $n\geqq2$ とする。

(1)　配点 12点

$\triangle\mathrm{ABC}$ で余弦定理より

$$\cos B=\dfrac{\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2-\mathrm{CA}^2}{2\cdot\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BC}}=\dfrac{25+81-36}{2\cdot5\cdot9}=\dfrac{70}{90}=\dfrac79$$

$0^\circ<B<180^\circ$ より $\sin B>0$ なので

$$\sin B=\sqrt{1-\left(\dfrac79\right)^2}=\sqrt{\dfrac{32}{81}}=\dfrac{4\sqrt2}{9}$$

$\triangle\mathrm{ABH}$ は $\angle\mathrm{AHB}=90^\circ$ の直角三角形なので

$$\mathrm{AH}=\mathrm{AB}\sin B=5\cdot\dfrac{4\sqrt2}{9}=\dfrac{20\sqrt2}{9}$$

答　$\mathrm{AH}=\dfrac{20\sqrt2}{9}$

（ $\cos B>0$、 $\cos C=\dfrac{81+36-25}{2\cdot9\cdot6}=\dfrac{23}{27}>0$ なので $\mathrm{H}$ は辺 $\mathrm{BC}$ 上にある。 $\mathrm{AH}=\mathrm{AB}\sin B$ は $\mathrm{H}$ が辺の外にあっても成り立つので、答案では確かめなくてよい）

別解1（面積を経由する）

ヘロンの公式で、 $s=\dfrac{5+9+6}{2}=10$ として

$$\triangle\mathrm{ABC}=\sqrt{10\cdot(10-5)\cdot(10-9)\cdot(10-6)}=\sqrt{200}=10\sqrt2$$

$\triangle\mathrm{ABC}=\dfrac12\cdot\mathrm{BC}\cdot\mathrm{AH}$ より $\mathrm{AH}=\dfrac{2\cdot10\sqrt2}{9}=\dfrac{20\sqrt2}{9}$。根号の中が簡単な数になるときは、この方法も速い。

別解2（ $\mathrm{BH}=x$ とおいて三平方の定理）

$\mathrm{BH}=x$ とおくと $\mathrm{HC}=9-x$。 $\mathrm{AH}^2$ を2通りに表して

$$25-x^2=36-(9-x)^2\qquad\therefore\ 18x=70,\ x=\dfrac{35}{9}$$

よって $\mathrm{AH}^2=25-\left(\dfrac{35}{9}\right)^2=\dfrac{800}{81}$、 $\mathrm{AH}=\dfrac{20\sqrt2}{9}$。三角比を使わずに求められるが、分数の2乗の計算が増える。

(2)　配点 12点

$ab=4a-b$ より $ab-4a+b=0$。両辺から4を引いて

$$ab-4a+b-4=-4\iff(a+1)(b-4)=-4\iff(a+1)(4-b)=4$$

$a$ は正の整数なので $a+1\geqq2$。よって $4-b=\dfrac{4}{a+1}$ は正で、さらに $b\geqq1$ なので $4-b\leqq3$。 $a+1$、 $4-b$ はともに正の整数で、積が4なので

$$(a+1,\,4-b)=(2,\,2),\ (4,\,1)$$

よって $(a,\,b)=(1,\,2),\ (3,\,3)$。どちらも $ab=4a-b$ を満たす（ $1\cdot2=4-2$、 $3\cdot3=12-3$ ）。

答　$(a,\,b)=(1,\,2),\ (3,\,3)$

別解（ $b$ について解く）

$ab+b=4a$ より $b(a+1)=4a$、

$$b=\dfrac{4a}{a+1}=4-\dfrac{4}{a+1}$$

$b$ が整数なので $a+1$ は4の約数で、 $a+1\geqq2$ より $a+1=2,\,4$。 $a=1$ のとき $b=2$、 $a=3$ のとき $b=3$。 $b$ が $a$ の1次式の分数で表せるときは、分子の次数を下げる（ $4-\dfrac{4}{a+1}$ の形にする）と約数の条件がすぐに見える。

(3)　配点 16点

$2n$ 個の頂点から異なる3個を選べば三角形が1つ決まるので、三角形の作り方は

$${}_{2n}\mathrm{C}_3=\dfrac{2n(2n-1)(2n-2)}{3\cdot2\cdot1}=\dfrac{2n(n-1)(2n-1)}{3}\ \text{通り}$$

答　$\dfrac{2n(n-1)(2n-1)}{3}$ 通り

正 $2n$ 角形の頂点はすべて外接円（中心 $\mathrm{O}$ ）の上にある。3つの頂点で作る三角形が直角三角形になるのは、直角の頂点に対する辺が外接円の直径になるときで、そのときに限る（円周角の定理とその逆）。

直径の両端になる頂点の組は $\{\mathrm{A}_k,\,\mathrm{A}_{k+n}\}$（ $k=1,\,2,\,\cdots,\,n$ ）の $n$ 組。それぞれに対して、直角の頂点は残りの $2n-2$ 個の頂点のどれでもよい。1つの直角三角形の斜辺は1本だけなので重複はなく、直角三角形は

$$n(2n-2)=2n(n-1)\ \text{個}$$

どの三角形も同様に確からしく選ばれるので

$$p=\dfrac{2n(n-1)}{\dfrac{2n(n-1)(2n-1)}{3}}=\dfrac{3}{2n-1}$$

答　$p=\dfrac{3}{2n-1}$

(3) の別解（直径の片側の頂点を数えて $2n$ 倍する）

直径の一方の端を $\mathrm{A}_k$ に決めると（ $2n$ 通り）、直角の頂点は直径で分けた片側の $n-1$ 個の頂点のどれか。たとえば $n=4$ で直径 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_5$ なら、片側の $\mathrm{A}_2$、 $\mathrm{A}_3$、 $\mathrm{A}_4$ の3個。直径の端の選び方と片側の頂点で、どの直角三角形もちょうど1回ずつ数えられるので、直角三角形は $2n(n-1)$ 個。最後に $2n$ 倍する形になり、数えやすい。

（検算： $n=2$ の正方形では、4つの三角形はすべて直角三角形で $p=1$。式も $\dfrac{3}{2\cdot2-1}=1$ で合う）

次の各問いに答えよ。

(1) $a$、 $b$、 $c$ が1でない正の実数のとき、次の等式が成立することを証明せよ。

$$\log_a b=\dfrac{\log_c b}{\log_c a}$$

(2) $s=\log_{10}2$、 $t=\log_{10}3$ とするとき、 $\log_{30}600$ を $s$ と $t$ を用いて表せ。

(3) 次の関数の最大値と最小値を求めよ。またそのときの $x$ の値を求めよ。

$$y=2(\log_5 x)^2-\log_5 x^8+6\quad(1\leqq x\leqq125)$$

(1)　配点 12点

$\log_ab=p$ とおくと、対数の定義より $a^p=b$。

両辺は正なので、底 $c$ の対数をとると

$$\log_ca^p=\log_cb\iff p\log_ca=\log_cb$$

$a\neq1$ より $\log_ca\neq0$ なので、両辺を $\log_ca$ で割って

$$p=\dfrac{\log_cb}{\log_ca}\qquad\text{すなわち}\qquad\log_ab=\dfrac{\log_cb}{\log_ca}$$

(2)　配点 12点

(1) の公式で底を10にすると

$$\log_{30}600=\dfrac{\log_{10}600}{\log_{10}30}$$

$600=2\cdot3\cdot10^2$ より $\log_{10}600=\log_{10}2+\log_{10}3+2\log_{10}10=s+t+2$。

$30=3\cdot10$ より $\log_{10}30=\log_{10}3+\log_{10}10=t+1$。

答　$\log_{30}600=\dfrac{s+t+2}{t+1}$

(3)　配点 16点

$x>0$ なので $\log_5x^8=8\log_5x$。 $X=\log_5x$ とおくと

$$y=2X^2-8X+6$$

底5は1より大きいので $\log_5x$ は増加関数であり、 $1\leqq x\leqq125$ より

$$\log_51\leqq X\leqq\log_5125\iff0\leqq X\leqq3$$

平方完成すると

$$y=2(X^2-4X)+6=2(X-2)^2-2\quad(0\leqq X\leqq3)$$

軸 $X=2$ は範囲 $0\leqq X\leqq3$ の中にあるので、最小値は $X=2$ のときの $-2$。

両端の値は $X=0$ のとき $y=6$、 $X=3$ のとき $y=0$ なので、最大値は $X=0$ のときの $6$。

$X=0$ のとき $\log_5x=0$ より $x=1$、 $X=2$ のとき $\log_5x=2$ より $x=25$。

答　$x=1$ のとき最大値 $6$、 $x=25$ のとき最小値 $-2$

各項が正となる数列 $\{a_n\}$ が

$$a_1=1,\qquad a_2=2,\qquad a_{n+1}a_{n-1}={a_n}^2+1\quad(n\geqq2)$$

を満たすとする。

(1) $a_3$、 $a_4$、 $a_5$ を求めよ。

(2) $c$ を実数とする。3以上のすべての自然数 $n$ に対して

$$(a_{n+1}+ca_n+a_{n-1})a_{n-1}=a_n(a_n+ca_{n-1}+a_{n-2})$$

が成り立つことを証明せよ。

(3) 3以上のすべての自然数 $n$ に対して

$$a_n-3a_{n-1}+a_{n-2}=0$$

が成り立つことを証明せよ。

(1)　配点 9点

$a_{n-1}>0$ なので、漸化式より $a_{n+1}=\dfrac{{a_n}^2+1}{a_{n-1}}$（ $n\geqq2$ ）。

$$a_3=\dfrac{{a_2}^2+1}{a_1}=\dfrac{4+1}{1}=5$$

$$a_4=\dfrac{{a_3}^2+1}{a_2}=\dfrac{25+1}{2}=13$$

$$a_5=\dfrac{{a_4}^2+1}{a_3}=\dfrac{169+1}{5}=34$$

答　$a_3=5,\quad a_4=13,\quad a_5=34$

(2)　配点 13点

$n\geqq3$ とする。与えられた漸化式より

$$a_{n+1}a_{n-1}={a_n}^2+1\quad\cdots\cdots①$$

また、 $n-1\geqq2$ なので、漸化式で $n$ を $n-1$ にした式も成り立つ。

$$a_na_{n-2}={a_{n-1}}^2+1\quad\cdots\cdots②$$

①から②を辺々引くと

$$a_{n+1}a_{n-1}-a_na_{n-2}={a_n}^2-{a_{n-1}}^2$$

よって

$$a_{n+1}a_{n-1}+{a_{n-1}}^2={a_n}^2+a_na_{n-2}$$

両辺に $ca_na_{n-1}$ を加えると

$$a_{n+1}a_{n-1}+ca_na_{n-1}+{a_{n-1}}^2={a_n}^2+ca_na_{n-1}+a_na_{n-2}$$

左辺を $a_{n-1}$ で、右辺を $a_n$ でくくると

$$(a_{n+1}+ca_n+a_{n-1})a_{n-1}=a_n(a_n+ca_{n-1}+a_{n-2})$$

したがって、3以上のすべての自然数 $n$ に対して与えられた等式が成り立つ。（終）

(3)　配点 18点

(2) で $c=-3$ とすると、 $n\geqq3$ のとき

$$(a_{n+1}-3a_n+a_{n-1})a_{n-1}=a_n(a_n-3a_{n-1}+a_{n-2})$$

各項は正なので $a_na_{n-1}>0$。両辺を $a_na_{n-1}$ で割ると

$$\dfrac{a_{n+1}-3a_n+a_{n-1}}{a_n}=\dfrac{a_n-3a_{n-1}+a_{n-2}}{a_{n-1}}\quad(n\geqq3)$$

そこで $n\geqq2$ に対して $b_n=a_{n+1}-3a_n+a_{n-1}$ とおくと、 $\dfrac{b_n}{a_n}=\dfrac{b_{n-1}}{a_{n-1}}$（ $n\geqq3$ ）なので、 $\dfrac{b_n}{a_n}$ は $n\geqq2$ で一定である。(1) より $b_2=a_3-3a_2+a_1=5-6+1=0$ なので

$$\dfrac{b_n}{a_n}=\dfrac{b_2}{a_2}=0$$

よって $n\geqq2$ のとき $b_n=0$、すなわち $a_{n+1}-3a_n+a_{n-1}=0$。 $n\geqq3$ のとき $n-1\geqq2$ なので、この式で $n$ を $n-1$ にすると

$$a_n-3a_{n-1}+a_{n-2}=0$$

が、3以上のすべての自然数 $n$ に対して成り立つ。（終）

（確認： $a_5-3a_4+a_3=34-39+5=0$ ）

(3) の別解（ $c=0$ として比が一定と見る）

(2) で $c=0$ とし、両辺を $a_na_{n-1}$ で割ると $\dfrac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}=\dfrac{a_n+a_{n-2}}{a_{n-1}}$（ $n\geqq3$ ）。この比は $n\geqq2$ で一定で、(1) より $\dfrac{a_3+a_1}{a_2}=3$。よって $a_{n+1}+a_{n-1}=3a_n$ となり、同じ結論が得られる。

平行六面体 $\mathrm{OAFB}$-$\mathrm{CEGD}$ を考える。 $t$ を正の実数とし、辺 $\mathrm{OC}$ を $1:t$ に内分する点を $\mathrm{M}$ とする。また三角形 $\mathrm{ABM}$ と直線 $\mathrm{OG}$ の交点を $\mathrm{P}$ とする。さらに

$$\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\vec{a},\qquad\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\vec{b},\qquad\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\vec{c}$$

とする。

(1) $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を $\vec{a}$、 $\vec{b}$、 $\vec{c}$、 $t$ を用いて表せ。

(2) 四面体 $\mathrm{OABE}$ の体積を $V_1$ とし、四面体 $\mathrm{OABP}$ の体積を $V_2$ とするとき、これらの比 $V_1:V_2$ を求めよ。

(3) 三角形 $\mathrm{OAB}$ の重心を $\mathrm{Q}$ とする。直線 $\mathrm{FC}$ と直線 $\mathrm{QP}$ が平行になるとき、 $t$ の値を求めよ。

(1)　配点 16点

平行六面体 $\mathrm{OAFB}$-$\mathrm{CEGD}$ では

$$\overrightarrow{\mathrm{OF}}=\vec{a}+\vec{b},\qquad\overrightarrow{\mathrm{OE}}=\vec{a}+\vec{c},\qquad\overrightarrow{\mathrm{OG}}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$$

$\mathrm{P}$ は直線 $\mathrm{OG}$ 上の点なので、実数 $k$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k\left(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\right)$$

と表せる。

$\mathrm{M}$ は辺 $\mathrm{OC}$ を $1:t$ に内分する点なので $\overrightarrow{\mathrm{OM}}=\dfrac{1}{1+t}\vec{c}$、すなわち $\vec{c}=(1+t)\overrightarrow{\mathrm{OM}}$。よって

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k\overrightarrow{\mathrm{OA}}+k\overrightarrow{\mathrm{OB}}+k(1+t)\overrightarrow{\mathrm{OM}}$$

4点 $\mathrm{O}$、 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{M}$ は同じ平面上にないので、この表し方はただ1通りである。 $\mathrm{P}$ は平面 $\mathrm{ABM}$ 上にあるので、係数の和は1。

$$k+k+k(1+t)=1\qquad\text{よって}\quad k(t+3)=1,\qquad k=\dfrac{1}{t+3}$$

このとき3つの係数 $\dfrac{1}{t+3}$、 $\dfrac{1}{t+3}$、 $\dfrac{1+t}{t+3}$ はすべて正なので、 $\mathrm{P}$ は三角形 $\mathrm{ABM}$ の内部にある。

答　$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac{1}{t+3}\left(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\right)$

（平面 $\mathrm{OFGC}$ での切り口。 $\mathrm{N}$ は $\mathrm{AB}$ の中点で $\mathrm{OF}$ の中点でもあるので、平面 $\mathrm{ABM}$ はこの平面と直線 $\mathrm{NM}$ で交わる。 $\mathrm{P}$ は $\mathrm{OG}$ と $\mathrm{NM}$ の交点で、 $\mathrm{OP}:\mathrm{PG}=1:(t+2)$）

別解（切り口の平面で考える）　$\mathrm{AB}$ の中点を $\mathrm{N}$ とすると $\overrightarrow{\mathrm{ON}}=\dfrac12\left(\vec{a}+\vec{b}\right)$ で、 $\mathrm{P}$ は平面 $\mathrm{OFGC}$ 上で直線 $\mathrm{NM}$ と直線 $\mathrm{OG}$ の交点になる。 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k\overrightarrow{\mathrm{OG}}=2k\overrightarrow{\mathrm{ON}}+k(1+t)\overrightarrow{\mathrm{OM}}$ で、 $\mathrm{P}$ は直線 $\mathrm{NM}$ 上にあるので $2k+k(1+t)=1$、よって $k=\dfrac{1}{t+3}$。（本解と同じ計算だが、平面の問題として見えるので、図のイメージがつかみやすい）

(2)　配点 10点

平行六面体の高さ、すなわち平面 $\mathrm{OAB}$ と $\mathrm{C}$ の距離を $h$ とする。 $\overrightarrow{\mathrm{OX}}=x\vec{a}+y\vec{b}+\lambda\vec{c}$ と表される点 $\mathrm{X}$ は、平面 $\mathrm{OAB}$ 上の点 $x\vec{a}+y\vec{b}$ から $\lambda\vec{c}$ だけ進んだ点なので、平面 $\mathrm{OAB}$ との距離は $|\lambda|h$ である。

$\overrightarrow{\mathrm{OE}}=\vec{a}+\vec{c}$ なので、 $\mathrm{E}$ と平面 $\mathrm{OAB}$ の距離は $h$。(1) より $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac{1}{t+3}\vec{a}+\dfrac{1}{t+3}\vec{b}+\dfrac{1}{t+3}\vec{c}$ なので、 $\mathrm{P}$ と平面 $\mathrm{OAB}$ の距離は $\dfrac{h}{t+3}$。

四面体 $\mathrm{OABE}$ と四面体 $\mathrm{OABP}$ は底面 $\triangle\mathrm{OAB}$ が共通なので、体積の比は高さの比に等しい。 $\triangle\mathrm{OAB}$ の面積を $S$ とすると

$$V_1:V_2=\dfrac13Sh:\dfrac13S\cdot\dfrac{h}{t+3}=1:\dfrac{1}{t+3}=(t+3):1$$

答　$V_1:V_2=(t+3):1$

（ $\mathrm{E}$ は $\mathrm{C}$ と同じ高さ $h$、 $\mathrm{P}$ は高さ $\dfrac{h}{t+3}$。図は $t=2$ で、 $\mathrm{P}$ の高さは $\mathrm{E}$ の $\dfrac15$）

(3)　配点 14点

$\mathrm{Q}$ は三角形 $\mathrm{OAB}$ の重心なので

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\dfrac{\vec{0}+\vec{a}+\vec{b}}{3}=\dfrac13\left(\vec{a}+\vec{b}\right)=\dfrac13\overrightarrow{\mathrm{OF}}$$

よって $\mathrm{Q}$ は線分 $\mathrm{OF}$ 上の点で $\mathrm{OQ}:\mathrm{OF}=1:3$。 $\mathrm{P}$ は対角線 $\mathrm{OG}$ 上の点なので、 $\mathrm{Q}$、 $\mathrm{P}$、 $\mathrm{F}$、 $\mathrm{C}$ はすべて平面 $\mathrm{OFGC}$ 上にある。

$\overrightarrow{\mathrm{CG}}=\overrightarrow{\mathrm{OF}}$ なので四角形 $\mathrm{OFGC}$ は平行四辺形であり、その対角線の交点を $\mathrm{K}$ とすると、 $\mathrm{K}$ は $\mathrm{OG}$ の中点で直線 $\mathrm{FC}$ 上にある。(1) より $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac{1}{t+3}\overrightarrow{\mathrm{OG}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{OK}}=\dfrac12\overrightarrow{\mathrm{OG}}$ で、 $t>0$ より $\dfrac{1}{t+3}<\dfrac12$ なので、 $\mathrm{P}$ は線分 $\mathrm{OK}$ 上にあり

$$\mathrm{OP}:\mathrm{OK}=\dfrac{1}{t+3}:\dfrac12=2:(t+3)$$

（ $t=3$ のときの平面 $\mathrm{OFGC}$。 $\mathrm{OQ}:\mathrm{OF}=1:3$、 $\mathrm{OP}:\mathrm{OK}=1:3$ なので $\mathrm{QP}$ と $\mathrm{FK}$ が平行になる）

三角形 $\mathrm{OFK}$ で、 $\mathrm{Q}$ は辺 $\mathrm{OF}$ 上、 $\mathrm{P}$ は辺 $\mathrm{OK}$ 上にあるので、 $\mathrm{QP}\parallel\mathrm{FK}\iff\mathrm{OQ}:\mathrm{OF}=\mathrm{OP}:\mathrm{OK}$。直線 $\mathrm{FK}$ は直線 $\mathrm{FC}$ と同じなので、直線 $\mathrm{FC}$ と直線 $\mathrm{QP}$ が平行になる条件は

$$\dfrac{2}{t+3}=\dfrac13$$

よって $t+3=6$、 $t=3$。これは $t>0$ をみたす。また $\mathrm{Q}$ は $\mathrm{F}$ と異なる線分 $\mathrm{OF}$ 上の点で、直線 $\mathrm{OF}$ と直線 $\mathrm{FC}$ の共有点は $\mathrm{F}$ だけなので、 $\mathrm{Q}$ は直線 $\mathrm{FC}$ 上にない。よって2直線は一致せず、平行である。

答　$t=3$

（ $t=3$ のとき $\mathrm{M}$ は $\mathrm{OC}$ を $1:3$ に内分し、 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac16\overrightarrow{\mathrm{OG}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{QP}}=\dfrac16\overrightarrow{\mathrm{FC}}$）

(3) の別解（ベクトルの係数を比べる）

(1) より

$$\overrightarrow{\mathrm{QP}}=\overrightarrow{\mathrm{OP}}-\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\left(\dfrac{1}{t+3}-\dfrac13\right)\left(\vec{a}+\vec{b}\right)+\dfrac{1}{t+3}\vec{c},\qquad\overrightarrow{\mathrm{FC}}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OF}}=-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c}$$

$\overrightarrow{\mathrm{QP}}$ の $\vec{c}$ の係数は0でないので $\overrightarrow{\mathrm{QP}}\neq\vec{0}$。直線 $\mathrm{FC}$ と直線 $\mathrm{QP}$ が平行になるのは、 $\overrightarrow{\mathrm{QP}}=s\overrightarrow{\mathrm{FC}}$ となる実数 $s$ があるときである。 $\vec{a}$、 $\vec{b}$、 $\vec{c}$ は同じ平面上にない（1次独立）ので、係数を比べて

$$\dfrac{1}{t+3}-\dfrac13=-s,\qquad\dfrac{1}{t+3}=s$$

$s$ を消すと $\dfrac{2}{t+3}=\dfrac13$ より $t=3$（ $t>0$ をみたす）。このとき $\overrightarrow{\mathrm{QP}}=\dfrac16\overrightarrow{\mathrm{FC}}$。また直線 $\mathrm{FC}$ 上の点は $\overrightarrow{\mathrm{OF}}+u\overrightarrow{\mathrm{FC}}=(1-u)\left(\vec{a}+\vec{b}\right)+u\vec{c}$（ $u$ は実数）と表され、 $\vec{c}$ の係数が0になるのは $\mathrm{F}$ だけなので、 $\mathrm{Q}$ は直線 $\mathrm{FC}$ 上にない。よって2直線は一致せず、平行である。（図を使わずに機械的に解けるが、ベクトルを3つ表して係数を比べる分だけ本解より長い）

大小2個のサイコロを同時に投げる。大きいサイコロの出る目を十の位、小さいサイコロの出る目を一の位としてできる2桁の数を $X$ とし、小さいサイコロの出る目を十の位、大きいサイコロの出る目を一の位としてできる2桁の数を $Y$ とする。

(1) 確率 $P(X-Y>0)$ を求めよ。

(2) 確率変数 $X$ の期待値 $E(X)$ と分散 $V(X)$ を求めよ。

(3) 確率変数 $X-Y$ の標準偏差 $\sigma(X-Y)$ を求めよ。

大きいサイコロの目を $a$、小さいサイコロの目を $b$ とする。 $a$、 $b$ はそれぞれ1から6の値を確率 $\dfrac{1}{6}$ ずつとる確率変数で、互いに独立である。また

$$X=10a+b,\qquad Y=10b+a$$

と表せる。

(1)　配点 10点

$$X-Y=(10a+b)-(10b+a)=9(a-b)$$

なので、 $X-Y>0\iff a>b$ である。

目の出方36通り（下の表）のうち、 $a=b$ となるのは6通り。残りの30通りは、 $a$ と $b$ を入れかえると $a>b$ と $a<b$ が1対1に対応するので、 $a>b$ となるのは $\dfrac{30}{2}=15$ 通りである（表の塗った所）。

$$P(X-Y>0)=\dfrac{15}{36}=\dfrac{5}{12}$$

答　$P(X-Y>0)=\dfrac{5}{12}$

(2)　配点 16点

1個のサイコロの目 $a$ について

$$E(a)=\dfrac{1+2+3+4+5+6}{6}=\dfrac{7}{2},\qquad E(a^2)=\dfrac{1+4+9+16+25+36}{6}=\dfrac{91}{6}$$

$$V(a)=E(a^2)-\{E(a)\}^2=\dfrac{91}{6}-\dfrac{49}{4}=\dfrac{182-147}{12}=\dfrac{35}{12}$$

$b$ についても同じで、 $E(b)=\dfrac{7}{2}$、 $V(b)=\dfrac{35}{12}$。

よって

$$E(X)=E(10a+b)=10E(a)+E(b)=10\cdot\dfrac{7}{2}+\dfrac{7}{2}=\dfrac{77}{2}$$

答　$E(X)=\dfrac{77}{2}$

$a$ と $b$ は独立なので

$$V(X)=V(10a+b)=10^2V(a)+V(b)=101\cdot\dfrac{35}{12}=\dfrac{3535}{12}$$

答　$V(X)=\dfrac{3535}{12}$

(3)　配点 14点

$X$ と $Y$ はどちらも同じ $a$、 $b$ から作られるので、独立ではない。そこで (1) の $X-Y=9(a-b)$ を使う。

$$V(X-Y)=V(9(a-b))=81V(a-b)$$

$a$ と $b$ は独立なので

$$V(a-b)=V(a)+(-1)^2V(b)=\dfrac{35}{12}+\dfrac{35}{12}=\dfrac{35}{6}$$

よって

$$V(X-Y)=81\cdot\dfrac{35}{6}=\dfrac{945}{2}$$

$$\sigma(X-Y)=\sqrt{\dfrac{945}{2}}=\sqrt{\dfrac{1890}{4}}=\dfrac{\sqrt{9\cdot210}}{2}=\dfrac{3\sqrt{210}}{2}$$

答　$\sigma(X-Y)=\dfrac{3\sqrt{210}}{2}$

別解（(3)：表から $a-b$ の分布を読む）

(1) の表から、 $a-b$ の確率分布は次のようになる。

| $a-b$ | $-5$ | $-4$ | $-3$ | $-2$ | $-1$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ | 計 |

|—|—|—|—|—|—|—|—|—|—|—|—|—|

| $P$ | $\dfrac{1}{36}$ | $\dfrac{2}{36}$ | $\dfrac{3}{36}$ | $\dfrac{4}{36}$ | $\dfrac{5}{36}$ | $\dfrac{6}{36}$ | $\dfrac{5}{36}$ | $\dfrac{4}{36}$ | $\dfrac{3}{36}$ | $\dfrac{2}{36}$ | $\dfrac{1}{36}$ | $1$ |

分布が0について対称なので $E(a-b)=0$。よって

$$V(a-b)=E\big((a-b)^2\big)=\dfrac{2(1^2\cdot5+2^2\cdot4+3^2\cdot3+4^2\cdot2+5^2\cdot1)}{36}=\dfrac{2\cdot105}{36}=\dfrac{35}{6}$$

となり、本解と一致する。あとは $V(X-Y)=81V(a-b)$ から同じように求められる。

（参考： $V(X)+V(Y)=\dfrac{3535}{6}$ は $V(X-Y)=\dfrac{945}{2}$ と一致しない。 $X$ と $Y$ が独立でないので、独立な確率変数の和の分散の公式は使えないことがわかる）

次の各問いに答えよ。

(1) 次の関数の導関数を求めよ。

$$y=\log\left|x+\sqrt{x^2+1}\right|$$

(2) $a>0$ のとき、次の不等式が成立することを示せ。

$$\int_0^a\dfrac{1}{1+x^2}\,dx<\int_0^a\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx$$

(3) 次の不等式が成立することを示せ。

$$\dfrac{\pi}{4}<\log\left(1+\sqrt2\right)$$

(1)　配点 12点

すべての実数 $x$ で $\sqrt{x^2+1}>\sqrt{x^2}=|x|\geqq-x$ なので、 $x+\sqrt{x^2+1}>0$。よって

$$y=\log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$$

合成関数の微分により

$$y’=\dfrac{\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)’}{x+\sqrt{x^2+1}}$$

ここで

$$\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)’=1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}$$

したがって

$$y’=\dfrac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}\cdot\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}$$

答　$y’=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}$

(2)　配点 12点

$f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$、 $g(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ とおく。

$x>0$ のとき $1+x^2>1$ より $\sqrt{1+x^2}>1$ なので

$$1+x^2=\sqrt{1+x^2}\cdot\sqrt{1+x^2}>\sqrt{1+x^2}>0$$

よって $x>0$ のとき $\dfrac{1}{1+x^2}<\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$、すなわち $f(x)<g(x)$。また $f(0)=g(0)=1$。

$f(x)$、 $g(x)$ はともに連続なので、辺々を $0$ から $a$ まで積分して

$$\int_0^a\dfrac{1}{1+x^2}\,dx<\int_0^a\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx$$

が成り立つ。（終）

（左辺は薄い色の部分の面積、右辺は薄い色と濃い色を合わせた部分の面積。2つの曲線は点 $(0,\,1)$ でだけ重なり、 $0<x\leqq a$ では曲線 $y=g(x)$ が曲線 $y=f(x)$ の上にある）

(3)　配点 16点

(2) で $a=1$ とすると

$$\int_0^1\dfrac{1}{1+x^2}\,dx<\int_0^1\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx\quad\cdots\cdots①$$

①の左辺で $x=\tan\theta$ とおくと、 $dx=\dfrac{d\theta}{\cos^2\theta}$ で、 $x:0\to1$ に $\theta:0\to\dfrac{\pi}{4}$ が対応する。 $\dfrac{1}{1+\tan^2\theta}=\cos^2\theta$ なので

$$\int_0^1\dfrac{1}{1+x^2}\,dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos^2\theta\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta=\dfrac{\pi}{4}$$

①の右辺は、(1) より $\log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$ が $\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ の不定積分の1つなので

$$\int_0^1\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx=\Bigl[\log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\Bigr]_0^1=\log(1+\sqrt2)-\log1=\log(1+\sqrt2)$$

これらを①に代入して

$$\dfrac{\pi}{4}<\log(1+\sqrt2)$$

が成り立つ。（終）

（ $a=1$ のとき、薄い色の部分の面積が $\dfrac{\pi}{4}$、薄い色と濃い色を合わせた部分の面積が $\log(1+\sqrt2)$。濃い色の部分の面積が差 $\log(1+\sqrt2)-\dfrac{\pi}{4}$ で、正である）

（参考：数値では $\dfrac{\pi}{4}=0.785\cdots$、 $\log(1+\sqrt2)=0.881\cdots$）

曲線 $C$ の媒介変数表示が

$$x=\cos^3t,\qquad y=3\sin^3t\qquad\left(0<t<\dfrac{\pi}{2}\right)$$

で与えられているとする。また曲線 $C$ 上の点 $\mathrm{P}(\cos^3t,\,3\sin^3t)$ における接線を $\ell$ とする。さらに原点を中心とする半径 $r$ の円が直線 $\ell$ と接しているとする。

(1) 直線 $\ell$ の方程式は

$$y=-3(\tan t)x+3\sin t$$

と表されることを示せ。

(2) $a=\cos^2t$ とするとき、 $r^2$ は

$$r^2=\dfrac{9a(a-1)}{8a-9}$$

と表されることを示せ。

(3) $0<t<\dfrac{\pi}{2}$ における $r$ の最大値を求めよ。またそのときの $t$ の値を求めよ。

(1)　配点 12点

$$\dfrac{dx}{dt}=3\cos^2t\cdot(-\sin t)=-3\cos^2t\sin t,\qquad\dfrac{dy}{dt}=9\sin^2t\cos t$$

$0<t<\dfrac{\pi}{2}$ では $\sin t>0$、 $\cos t>0$ なので $\dfrac{dx}{dt}\neq0$ であり

$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\ \dfrac{dy}{dt}\ }{\dfrac{dx}{dt}}=\dfrac{9\sin^2t\cos t}{-3\cos^2t\sin t}=-\dfrac{3\sin t}{\cos t}=-3\tan t$$

よって、点 $\mathrm{P}(\cos^3t,\,3\sin^3t)$ における接線 $\ell$ の方程式は

$$y-3\sin^3t=-3\tan t\,(x-\cos^3t)$$

$$y=-3(\tan t)x+3\cdot\dfrac{\sin t}{\cos t}\cdot\cos^3t+3\sin^3t=-3(\tan t)x+3\sin t\,(\cos^2t+\sin^2t)$$

$\cos^2t+\sin^2t=1$ より

$$y=-3(\tan t)x+3\sin t$$

である。（終）

(2)　配点 12点

直線 $\ell$ の方程式は $3(\tan t)x+y-3\sin t=0$。原点を中心とする半径 $r$ の円が $\ell$ に接するので、 $r$ は原点と $\ell$ の距離に等しい。点と直線の距離の公式より

$$r=\dfrac{|-3\sin t|}{\sqrt{(3\tan t)^2+1^2}}=\dfrac{3\sin t}{\sqrt{9\tan^2t+1}}$$

（ $\ell$ は $x$ 軸と点 $(\cos t,\,0)$、 $y$ 軸と点 $(0,\,3\sin t)$ で交わる。 $r$ は原点から $\ell$ に下ろした垂線 $\mathrm{OH}$ の長さ）

よって

$$r^2=\dfrac{9\sin^2t}{9\tan^2t+1}$$

分母・分子に $\cos^2t$ をかけると

$$r^2=\dfrac{9\sin^2t\cos^2t}{9\sin^2t+\cos^2t}$$

$\cos^2t=a$、 $\sin^2t=1-a$ を代入すると

$$r^2=\dfrac{9(1-a)a}{9(1-a)+a}=\dfrac{9a(1-a)}{9-8a}=\dfrac{9a(a-1)}{8a-9}$$

である。（終）

(2) の別解（直角三角形の面積）

(1) より $\ell$ は $x$ 軸と点 $\mathrm{A}(\cos t,\,0)$、 $y$ 軸と点 $\mathrm{B}(0,\,3\sin t)$ で交わる。原点から $\ell$ に下ろした垂線を $\mathrm{OH}$ とすると $r=\mathrm{OH}$ で、直角三角形 $\mathrm{OAB}$ の面積を2通りに表すと $\dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{AB}\cdot r=\dfrac{1}{2}\cdot\cos t\cdot3\sin t$。 $\mathrm{AB}^2=\cos^2t+9\sin^2t$ なので

$$r^2=\dfrac{9\sin^2t\cos^2t}{\cos^2t+9\sin^2t}$$

となり、同じ式になる。分母の $\tan^2t$ を払う手間がない。

(3)　配点 16点

$r>0$ なので、 $r$ が最大になるのは $r^2$ が最大になるときである。 $t$ が $0<t<\dfrac{\pi}{2}$ を動くとき、 $a=\cos^2t$ は $0<a<1$ のすべての値をとる。そこで

$$g(a)=\dfrac{9a(a-1)}{8a-9}=\dfrac{9(a^2-a)}{8a-9}\quad(0<a<1)$$

とおく。

$$g'(a)=\dfrac{9\{(2a-1)(8a-9)-8(a^2-a)\}}{(8a-9)^2}=\dfrac{9(8a^2-18a+9)}{(8a-9)^2}=\dfrac{9(2a-3)(4a-3)}{(8a-9)^2}$$

$0<a<1$ では $2a-3<0$ なので、 $g(a)$ の増減は次のようになる。

| $a$ | $0$ | $\cdots$ | $\dfrac{3}{4}$ | $\cdots$ | $1$ |

|—|—|—|—|—|—|

| $g'(a)$ | | $+$ | $0$ | $-$ | |

| $g(a)$ | | $\nearrow$ | $\dfrac{9}{16}$ | $\searrow$ | |

$$g\left(\dfrac{3}{4}\right)=\dfrac{9\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\left(-\dfrac{1}{4}\right)}{6-9}=\dfrac{-\dfrac{27}{16}}{-3}=\dfrac{9}{16}$$

よって $r^2$ は $a=\dfrac{3}{4}$ のとき最大値 $\dfrac{9}{16}$ をとり、 $r$ の最大値は $\dfrac{3}{4}$。

このとき $\cos^2t=\dfrac{3}{4}$ で、 $0<t<\dfrac{\pi}{2}$ より $\cos t>0$ なので $\cos t=\dfrac{\sqrt3}{2}$。よって $t=\dfrac{\pi}{6}$。

答　$r$ の最大値 $\dfrac{3}{4}$（ $t=\dfrac{\pi}{6}$ のとき）

（ $t=\dfrac{\pi}{6}$ のとき $\ell:\ y=-\sqrt3x+\dfrac{3}{2}$。点 $\mathrm{P}\left(\dfrac{3\sqrt3}{8},\,\dfrac{3}{8}\right)$ で $\mathrm{OP}=\sqrt{\dfrac{27}{64}+\dfrac{9}{64}}=\dfrac{3}{4}$ となり、原点から $\ell$ に下ろした垂線の足が点 $\mathrm{P}$ と一致する。円は点 $\mathrm{P}$ で $\ell$ にも曲線 $C$ にも接している）

(3) の別解（相加平均と相乗平均の関係）

$u=9-8a$ とおくと、 $0<a<1$ より $1<u<9$ で、 $a=\dfrac{9-u}{8}$、 $1-a=\dfrac{u-1}{8}$。よって

$$r^2=\dfrac{9a(1-a)}{9-8a}=\dfrac{9(9-u)(u-1)}{64u}=\dfrac{9}{64}\left\{10-\left(u+\dfrac{9}{u}\right)\right\}$$

$u>0$ なので、相加平均と相乗平均の関係より $u+\dfrac{9}{u}\geqq2\sqrt{u\cdot\dfrac{9}{u}}=6$ で、等号は $u=3$（ $1<u<9$ をみたす）のとき成り立つ。よって

$$r^2\leqq\dfrac{9}{64}(10-6)=\dfrac{9}{16}$$

等号は $u=3$、すなわち $a=\dfrac{3}{4}$ のとき。微分を使わずに求まるが、 $u=9-8a$ とおいて $u+\dfrac{9}{u}$ の形を作る発想が要る。