【解説・採点基準付き】2024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) 4個のさいころを同時に投げるとき、ちょうど3個のさいころの出る目が同じになる確率を求めよ。

(2) 次の不等式を解け。

$$|x^2+6x-1|\leqq7-x$$

(3) 次の数の大小関係を調べ、小さい順に並べよ。ただし、 $3.1<\pi<3.2$ を用いてよい。

$$\dfrac{1}{2},\quad\log_{11}\pi,\quad\sqrt[4]{\dfrac{1}{8}}$$

(1)　配点 12点

4個のさいころを区別すると、目の出方は全部で $6^4=1296$ 通り。

ちょうど3個のさいころの出る目が同じになるのは、3個そろう目を $a$、残り1個の目を $b$（ $b\neq a$）とすると

・$a$ の決め方は6通り

・$b$ の決め方は $a$ 以外の5通り

・目が $b$ になるさいころの決め方は4通り

なので、その場合の数は

$$6\cdot5\cdot4=120\ \text{通り}$$

よって求める確率は

$$\dfrac{120}{1296}=\dfrac{5}{54}$$

答　$\dfrac{5}{54}$

別解（反復試行の確率）

3個そろう目を1つ決めると（たとえば1の目）、4個のうちちょうど3個が1の目になる確率は ${}_4\mathrm{C}_3\left(\dfrac16\right)^3\cdot\dfrac56=\dfrac{20}{1296}$。そろう目は6通りあり、これらは同時には起こらないので、求める確率は $6\cdot\dfrac{20}{1296}=\dfrac{5}{54}$。

(2)　配点 16点

$|A|\leqq B\iff-B\leqq A\leqq B$ より、与えられた不等式は

$$-(7-x)\leqq x^2+6x-1\leqq7-x$$

と同値である（ $7-x<0$ のときは、もとの不等式も変形した後の連立不等式も成り立たない）。

右側の不等式は

$$x^2+6x-1\leqq7-x\iff x^2+7x-8\leqq0\iff(x+8)(x-1)\leqq0\iff-8\leqq x\leqq1\quad\cdots\cdots①$$

左側の不等式は

$$x-7\leqq x^2+6x-1\iff x^2+5x+6\geqq0\iff(x+3)(x+2)\geqq0\iff x\leqq-3,\ -2\leqq x\quad\cdots\cdots②$$

①と②の共通部分を求めて

答　$-8\leqq x\leqq-3,\quad-2\leqq x\leqq1$

（グラフで確かめると、 $y=|x^2+6x-1|$ と直線 $y=7-x$ は $x=-8,\,-3,\,-2,\,1$ で交わり、この4点の間で曲線が直線以下になるのは $-8\leqq x\leqq-3$ と $-2\leqq x\leqq1$ の部分である。 $x=-3$ では曲線の山の頂点 $(-3,\,10)$ を直線がちょうど通る）

別解（絶対値の中身の符号で場合分けする）

$x^2+6x-1=0$ の解は $x=-3\pm\sqrt{10}$。

・$x\leqq-3-\sqrt{10}$、 $-3+\sqrt{10}\leqq x$ のとき　不等式は $x^2+6x-1\leqq7-x$ で、①より $-8\leqq x\leqq1$。 $3<\sqrt{10}<4$ より $-8<-3-\sqrt{10}$、 $-3+\sqrt{10}<1$ なので、この場合の解は $-8\leqq x\leqq-3-\sqrt{10}$、 $-3+\sqrt{10}\leqq x\leqq1$

・$-3-\sqrt{10}<x<-3+\sqrt{10}$ のとき　不等式は $-(x^2+6x-1)\leqq7-x$ で、②より $x\leqq-3$、 $-2\leqq x$。この場合の解は $-3-\sqrt{10}<x\leqq-3$、 $-2\leqq x<-3+\sqrt{10}$

2つを合わせて $-8\leqq x\leqq-3$、 $-2\leqq x\leqq1$。教科書どおりの解き方だが、 $\sqrt{10}$ と整数の大小を比べる手間がかかるので、本解のほうが速い。

(3)　配点 12点

$$\sqrt[4]{\dfrac18}=\left(2^{-3}\right)^{\frac14}=2^{-\frac34},\qquad\dfrac12=2^{-1}$$

底2は1より大きく、 $-\dfrac34>-1$ なので

$$\sqrt[4]{\dfrac18}>\dfrac12$$

また $\dfrac12=\log_{11}11^{\frac12}=\log_{11}\sqrt{11}$。 $\pi<3.2$ より

$$\pi^2<3.2^2=10.24<11$$

$\pi>0$ なので $\pi<\sqrt{11}$。底11は1より大きいので

$$\log_{11}\pi<\log_{11}\sqrt{11}=\dfrac12$$

以上より

$$\log_{11}\pi<\dfrac12<\sqrt[4]{\dfrac18}$$

答　$\log_{11}\pi,\ \dfrac12,\ \sqrt[4]{\dfrac18}$（小さい順）

次の関数を考える。

$$y=4\sin^3\theta-4\cos^3\theta+3\sqrt2\sin\theta\cos\theta\quad(0\leqq\theta<2\pi)$$

また、 $x=\sin\theta-\cos\theta$ とする。

(1) $x$ のとりうる値の範囲を求めよ。

(2) $y$ を $x$ の関数で表せ。

(3) $y$ の最大値と最小値を求めよ。また、そのときの $\theta$ の値を求めよ。

(1)　配点 8点

$$x=\sin\theta-\cos\theta=\sqrt2\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)$$

$0\leqq\theta<2\pi$ より $-\dfrac{\pi}{4}\leqq\theta-\dfrac{\pi}{4}<\dfrac{7}{4}\pi$ なので、 $-1\leqq\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)\leqq1$（ $\theta=\dfrac{3}{4}\pi$ で $1$、 $\theta=\dfrac{7}{4}\pi$ で $-1$ をとる）。

答　$-\sqrt2\leqq x\leqq\sqrt2$

(2)　配点 14点

$x^2=\sin^2\theta-2\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta=1-2\sin\theta\cos\theta$ なので

$$\sin\theta\cos\theta=\dfrac{1-x^2}{2}$$

また

$$\sin^3\theta-\cos^3\theta=(\sin\theta-\cos\theta)(\sin^2\theta+\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta)=x\left(1+\dfrac{1-x^2}{2}\right)=\dfrac{x(3-x^2)}{2}$$

よって

$$y=4\cdot\dfrac{x(3-x^2)}{2}+3\sqrt2\cdot\dfrac{1-x^2}{2}=2x(3-x^2)+\dfrac{3\sqrt2}{2}(1-x^2)$$

答　$y=-2x^3-\dfrac{3\sqrt2}{2}x^2+6x+\dfrac{3\sqrt2}{2}$

(3)　配点 18点

$f(x)=-2x^3-\dfrac{3\sqrt2}{2}x^2+6x+\dfrac{3\sqrt2}{2}$ $\left(-\sqrt2\leqq x\leqq\sqrt2\right)$ とおくと

$$f'(x)=-6x^2-3\sqrt2x+6=-3(2x^2+\sqrt2x-2)=-3(2x-\sqrt2)(x+\sqrt2)$$

$$f\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)=-\dfrac{\sqrt2}{2}-\dfrac{3\sqrt2}{4}+3\sqrt2+\dfrac{3\sqrt2}{2}=\dfrac{13\sqrt2}{4}$$

$$f(-\sqrt2)=4\sqrt2-3\sqrt2-6\sqrt2+\dfrac{3\sqrt2}{2}=-\dfrac{7\sqrt2}{2},\qquad f(\sqrt2)=-4\sqrt2-3\sqrt2+6\sqrt2+\dfrac{3\sqrt2}{2}=\dfrac{\sqrt2}{2}$$

増減は次のようになる。

| $x$ | $-\sqrt2$ | $\cdots$ | $\dfrac{\sqrt2}{2}$ | $\cdots$ | $\sqrt2$ |

|—|—|—|—|—|—|

| $f'(x)$ | $0$ | $+$ | $0$ | $-$ | |

| $f(x)$ | $-\dfrac{7\sqrt2}{2}$ | $\nearrow$ | $\dfrac{13\sqrt2}{4}$ | $\searrow$ | $\dfrac{\sqrt2}{2}$ |

よって $y$ は $x=\dfrac{\sqrt2}{2}$ のとき最大値 $\dfrac{13\sqrt2}{4}$ をとる。最小値は両端の値 $-\dfrac{7\sqrt2}{2}$ と $\dfrac{\sqrt2}{2}$ を比べて、 $x=-\sqrt2$ のとき $-\dfrac{7\sqrt2}{2}$。

次に $\theta$ を求める。 $x=\sqrt2\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)$、 $-\dfrac{\pi}{4}\leqq\theta-\dfrac{\pi}{4}<\dfrac{7}{4}\pi$ である。

・最大のとき　$\sqrt2\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}$ より $\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac12$。よって $\theta-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{5}{6}\pi$、すなわち $\theta=\dfrac{5}{12}\pi,\ \dfrac{13}{12}\pi$

・最小のとき　$\sqrt2\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)=-\sqrt2$ より $\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)=-1$。よって $\theta-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{3}{2}\pi$、すなわち $\theta=\dfrac{7}{4}\pi$

答　$\theta=\dfrac{5}{12}\pi,\ \dfrac{13}{12}\pi$ のとき最大値 $\dfrac{13\sqrt2}{4}$、 $\theta=\dfrac{7}{4}\pi$ のとき最小値 $-\dfrac{7\sqrt2}{2}$

$c\geqq3$ である実数 $c$ に対して、 $x$ の2次方程式

$$x^2-2(c+1)x+c^2-2c+9=0\quad\cdots\cdots①$$

を考える。

(1) 2次方程式①は、 $c$ より大きい実数解と $c$ より小さい実数解をもつことを示せ。

(1)の結果を用いて、次のように数列 $\{a_n\}$ を定める。 $a_1=3$ とする。 $c=a_1$ のときの方程式①の実数解のうち、 $a_1$ より大きい方を $a_2$ とおく。次に $a_2>3$ が成り立つことに注意して、 $c=a_2$ のときの方程式①の実数解のうち、 $a_2$ より大きい方を $a_3$ とおく。これを繰り返す。すなわち、 $3=a_1<a_2<\cdots<a_{n-1}<a_n$ が成り立ち、2次方程式

$$x^2-2(a_n+1)x+a_n^2-2a_n+9=0\quad\cdots\cdots②$$

の実数解のうち、大きい方が $a_{n+1}$ である。

(2) $n\geqq2$ とする。2次方程式②の実数解のうち、小さい方は $a_{n-1}$ であることを示せ。

(3) 数列 $\{a_n\}$ が次の漸化式を満たすことを示せ。

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

(4) 数列 $\{b_n\}$ を

$$b_n=a_{n+1}-a_n\quad(n=1,\ 2,\ \cdots)$$

と定めるとき、数列 $\{b_n\}$ と数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。

(1)　配点 8点

①の左辺を $f(x)$ とおくと

$$f(c)=c^2-2(c+1)c+c^2-2c+9=9-4c$$

$c\geqq3$ より $f(c)=9-4c\leqq-3<0$。

$y=f(x)$ は下に凸の放物線で、 $f(c)<0$ なので、 $x$ 軸と $x<c$ の部分、 $x>c$ の部分でそれぞれ1回ずつ交わる。よって①は、 $c$ より大きい実数解と $c$ より小さい実数解をもつ。（終）

(2)　配点 12点

$n\geqq2$ とする。 $a_n$ は $c=a_{n-1}$ のときの方程式①の解なので

$$a_n^2-2(a_{n-1}+1)a_n+a_{n-1}^2-2a_{n-1}+9=0$$

展開すると

$$a_n^2+a_{n-1}^2-2a_na_{n-1}-2a_n-2a_{n-1}+9=0\quad\cdots\cdots③$$

②の左辺に $x=a_{n-1}$ を代入すると

$$a_{n-1}^2-2(a_n+1)a_{n-1}+a_n^2-2a_n+9=a_n^2+a_{n-1}^2-2a_na_{n-1}-2a_n-2a_{n-1}+9$$

で、③よりこれは0である。よって $a_{n-1}$ は②の解である。

$a_n\geqq3$ なので、(1) より②は $a_n$ より小さい実数解と $a_n$ より大きい実数解を1つずつもつ。 $a_{n-1}<a_n$ なので、 $a_{n-1}$ は $a_n$ より小さい方の解、すなわち②の実数解のうち小さい方である。（終）

（例： $n=2$ のとき、②は $x^2-14x+33=0$ で、解は $x=3,\ 11$。小さい方が $a_1=3$、大きい方が $a_3=11$ になっている）

(3)　配点 8点

$n\geqq2$ のとき、(2) より②の2つの解は $a_{n-1}$ と $a_{n+1}$ である。

解と係数の関係より

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

よって $a_{n+1}=2a_n-a_{n-1}+2\quad(n=2,\ 3,\ \cdots)$。（終）

(4)　配点 12点

$c=a_1=3$ のとき、①は $x^2-8x+12=0$、すなわち $(x-2)(x-6)=0$。大きい方の解なので $a_2=6$。よって $b_1=a_2-a_1=3$。

(3) の漸化式で $n$ を $n+1$ にすると、 $n\geqq1$ で $a_{n+2}=2a_{n+1}-a_n+2$。これを変形すると

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

すなわち $b_{n+1}=b_n+2\quad(n=1,\ 2,\ \cdots)$。数列 $\{b_n\}$ は初項3、公差2の等差数列なので

$$b_n=3+2(n-1)=2n+1$$

$n\geqq2$ のとき

$$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k=3+\sum_{k=1}^{n-1}(2k+1)=3+(n-1)n+(n-1)=n^2+2$$

これは $n=1$ のときも $a_1=3$ をみたす。

答　$b_n=2n+1,\quad a_n=n^2+2$

(4) の別解（解を直接求めて $\sqrt{a_n-2}$ に注目する）

①の解は、判別式 $\dfrac{D}{4}=(c+1)^2-(c^2-2c+9)=4c-8$ より $x=c+1\pm2\sqrt{c-2}$。大きい方が $a_{n+1}$ なので

$$a_{n+1}=a_n+1+2\sqrt{a_n-2}\iff a_{n+1}-2=\left(\sqrt{a_n-2}+1\right)^2$$

$a_n\geqq3$ より $\sqrt{a_n-2}>0$ なので、 $\sqrt{a_{n+1}-2}=\sqrt{a_n-2}+1$。数列 $\left\{\sqrt{a_n-2}\right\}$ は初項 $\sqrt{a_1-2}=1$、公差1の等差数列なので $\sqrt{a_n-2}=n$、すなわち $a_n=n^2+2$。 $b_n=(n+1)^2+2-(n^2+2)=2n+1$。

（(2)(3) を使わずに求められる。本番で (2) の示し方が浮かばなかったときも、(4) はこの方法で答えにたどり着ける。ただし問題は (3) の漸化式を使う流れを想定しているので、本解で書くのが自然）

座標空間において、点 $\mathrm{A}(2,\,0,\,4)$、点 $\mathrm{B}(3,\,-2,\,5)$ を通る直線を $l$、点 $\mathrm{C}(3,\,2,\,2)$、点 $\mathrm{D}(4,\,3,\,0)$ を通る直線を $m$ とする。

(1) 2つのベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ のなす角を、 $0^\circ$ と $180^\circ$ の間の範囲で答えよ。

(2) 直線 $l$、 $m$ が交わるか交わらないか調べよ。

(3) 直線 $l$、 $m$ の両方と交わり、両方と直交する直線を $n$ とする。 $n$ と $l$ の交点、および $n$ と $m$ の交点を求めよ。

(1)　配点 10点

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(3-2,\,-2-0,\,5-4)=(1,\,-2,\,1),\qquad\overrightarrow{\mathrm{CD}}=(4-3,\,3-2,\,0-2)=(1,\,1,\,-2)$$

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}}=1\cdot1+(-2)\cdot1+1\cdot(-2)=-3,\qquad\left|\overrightarrow{\mathrm{AB}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{CD}}\right|=\sqrt{1+4+1}=\sqrt6$$

なす角を $\theta$（ $0^\circ\leqq\theta\leqq180^\circ$）とすると

$$\cos\theta=\dfrac{-3}{\sqrt6\cdot\sqrt6}=-\dfrac12$$

答　$120^\circ$

(2)　配点 12点

直線 $l$ 上の点は、実数 $s$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(2+s,\,-2s,\,4+s)$、直線 $m$ 上の点は、実数 $t$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{OC}}+t\overrightarrow{\mathrm{CD}}=(3+t,\,2+t,\,2-2t)$ と表せる。

$l$ と $m$ が交わるとすると、ある $s$、 $t$ で

$$2+s=3+t\quad\cdots\cdots①,\qquad-2s=2+t\quad\cdots\cdots②,\qquad4+s=2-2t\quad\cdots\cdots③$$

がすべて成り立つ。①より $s=t+1$。これを②に代入すると $-2t-2=2+t$ なので $t=-\dfrac43$、 $s=-\dfrac13$。

このとき③の左辺は $4-\dfrac13=\dfrac{11}{3}$、右辺は $2+\dfrac83=\dfrac{14}{3}$ で、③は成り立たない。よって①②③をすべてみたす $s$、 $t$ は存在しない。

答　直線 $l$、 $m$ は交わらない

（(1) より $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ は平行でないので、 $l$ と $m$ は平行でもない。 $l$ と $m$ はねじれの位置にある）

(3)　配点 18点

$n$ の方向ベクトルを $\vec{v}=(a,\,b,\,c)$ とする。 $n$ は $l$、 $m$ の両方と直交するので

$$\vec{v}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=a-2b+c=0,\qquad\vec{v}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}}=a+b-2c=0$$

2つの式を引くと $-3b+3c=0$ なので $b=c$、さらに $a=b$。よって $\vec{v}=(1,\,1,\,1)$ としてよい。

$n$ と $l$ の交点を $\mathrm{P}$、 $n$ と $m$ の交点を $\mathrm{Q}$ とすると、(2) と同じく実数 $s$、 $t$ を用いて $\mathrm{P}(2+s,\,-2s,\,4+s)$、 $\mathrm{Q}(3+t,\,2+t,\,2-2t)$ と表せる。(2) より $\mathrm{P}\neq\mathrm{Q}$ で、 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=k\vec{v}$（ $k$ は実数）とおけるので

$$1+t-s=k,\qquad2+t+2s=k,\qquad-2-2t-s=k$$

1つめの式と3つめの式の差から $3+3t=0$ なので $t=-1$。すると1つめの式は $-s=k$、2つめの式は $1+2s=k$ なので $s=-\dfrac13$、 $k=\dfrac13$。

よって

$$\mathrm{P}\left(\dfrac53,\,\dfrac23,\,\dfrac{11}{3}\right),\qquad\mathrm{Q}(2,\,1,\,4)$$

答　$n$ と $l$ の交点 $\left(\dfrac53,\,\dfrac23,\,\dfrac{11}{3}\right)$、 $n$ と $m$ の交点 $(2,\,1,\,4)$

（ $m$ は $l$ の奥を通っていて、 $l$ と $m$ は交わらない。 $\mathrm{PQ}$ が $l$、 $m$ の両方に垂直な線分で、その長さ $\dfrac{\sqrt3}{3}$ が $l$ と $m$ の距離になる）

別解（ $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}$ と2本の方向ベクトルの内積を0にする）

$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(1+t-s,\ 2+t+2s,\ -2-2t-s)$ について、 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=-6s-3t-5=0$、 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}}=3s+6t+7=0$。この連立方程式を解いて $s=-\dfrac13$、 $t=-1$ となり、同じ $\mathrm{P}$、 $\mathrm{Q}$ が求められる。

袋の中に $-1$、 $0$、 $1$ が書かれたカードがそれぞれ1枚、1枚、 $m$ 枚ずつ入っている。ただし、 $m$ は自然数である。この袋の中から無作為に2枚同時に取り出す。取り出されたカードに書かれた数字をそれぞれ $X$、 $Y$ とする。ただし、 $X\leqq Y$ とする。

(1) $m=2$ のとき、確率 $P(X\geqq0)$ を求めよ。

(2) $m=9$ のとき、確率 $P(Y=1)$ を求めよ。

(3) $XY$ の期待値 $E(XY)$ が正となるような $m$ のうち、最小のものを求めよ。

数字が同じカードも1枚ずつ区別して考える。袋の中のカードは全部で $m+2$ 枚で、2枚の取り出し方 ${}_{m+2}\mathrm{C}_2$ 通りはどれも同様に確からしい。 $X$ は取り出した2枚の小さい方の数字、 $Y$ は大きい方の数字である。

(1)　配点 10点

$m=2$ のとき、カードは4枚で、2枚の取り出し方は ${}_4\mathrm{C}_2=6$ 通り。

$X\geqq0$ となるのは、 $-1$ のカードを取り出さないときである。

これは $-1$ 以外の3枚（ $0$ が1枚、 $1$ が2枚）から2枚を取り出す場合で、 ${}_3\mathrm{C}_2=3$ 通り。

よって

$$P(X\geqq0)=\dfrac{3}{6}$$

答　$\dfrac{1}{2}$

(2)　配点 12点

$m=9$ のとき、カードは11枚で、2枚の取り出し方は ${}_{11}\mathrm{C}_2=55$ 通り。

$Y=1$ となるのは、 $1$ のカードを少なくとも1枚取り出すときである。その余事象は「 $1$ のカードを1枚も取り出さない」、すなわち「 $-1$ と $0$ を1枚ずつ取り出す」ことで、これは1通り。

よって

$$P(Y=1)=1-\dfrac{1}{55}$$

答　$\dfrac{54}{55}$

(3)　配点 18点

取り出した2枚の数字の組で分けると、次の4種類になる。

| 組（ $X$、 $Y$） | $(-1,\ 0)$ | $(-1,\ 1)$ | $(0,\ 1)$ | $(1,\ 1)$ |

|—|—|—|—|—|

| 取り出し方 | $1$ | $m$ | $m$ | ${}_m\mathrm{C}_2=\dfrac{m(m-1)}{2}$ |

| $XY$ | $0$ | $-1$ | $0$ | $1$ |

（合計は $1+2m+\dfrac{m(m-1)}{2}=\dfrac{m^2+3m+2}{2}=\dfrac{(m+2)(m+1)}{2}={}_{m+2}\mathrm{C}_2$ で、もれも重なりもない。 $m=1$ のときも ${}_1\mathrm{C}_2=0$ として成り立つ）

よって

$$E(XY)=\dfrac{1\cdot\dfrac{m(m-1)}{2}+(-1)\cdot m}{\dfrac{(m+2)(m+1)}{2}}=\dfrac{m(m-1)-2m}{(m+2)(m+1)}=\dfrac{m(m-3)}{(m+1)(m+2)}$$

$m$ は自然数なので分母 $(m+1)(m+2)$ と $m$ は正。よって

$$E(XY)>0\iff m-3>0\iff m>3$$

$m=3$ のときは $E(XY)=0$ で、正にならない。

答　$m=4$

座標平面上で、放物線 $C$ が次の方程式で与えられている。

$$C:\quad4x-4y^2-3=0$$

原点 $\mathrm{O}$ から放物線 $C$ に引いた接線で、傾きが正のものを $l$ とする。また、直線 $l$ と放物線 $C$ との共有点を $\mathrm{A}$ とする。

(1) 直線 $l$ の方程式、および $\mathrm{A}$ の座標を求めよ。

(2) 直線 $l$ と点 $\mathrm{A}$ で接する円で、放物線 $C$ との共有点が2個であるものを求めよ。

(3) 放物線 $C$、直線 $l$ および $x$ 軸で囲まれた部分の面積を求めよ。

(1)　配点 10点

$C$ の方程式は $x=y^2+\dfrac34$ と書ける。 $C$ 上の点 $(t^2+\dfrac34,\ t)$ における接線は、 $\dfrac{dx}{dy}=2y$ より

$$x-\left(t^2+\dfrac34\right)=2t(y-t)\quad\text{すなわち}\quad x=2ty-t^2+\dfrac34$$

これが原点を通る条件は $0=-t^2+\dfrac34$ なので $t=\pm\dfrac{\sqrt3}{2}$。

$t=\dfrac{\sqrt3}{2}$ のとき接線は $x=\sqrt3y$、すなわち $y=\dfrac{1}{\sqrt3}x$ で傾きは正。 $t=-\dfrac{\sqrt3}{2}$ のとき $y=-\dfrac{1}{\sqrt3}x$ で傾きは負。よって $l$ は $t=\dfrac{\sqrt3}{2}$ の接線で、接点は $\left(\dfrac34+\dfrac34,\ \dfrac{\sqrt3}{2}\right)$。

答　$l:\ y=\dfrac{1}{\sqrt3}x$、 $\mathrm{A}\left(\dfrac32,\ \dfrac{\sqrt3}{2}\right)$

(1) の別解（重解条件）

$C$ は $x=\dfrac34$ より左に点をもたないので、 $y$ 軸（ $x=0$）は接線でない。 $l$ を $y=mx$（ $m>0$）とおくと、 $x=\dfrac{y}{m}$ を $C$ に代入して $4y^2-\dfrac{4}{m}y+3=0$。これが重解をもつ条件は $\dfrac{4}{m^2}-12=0$ なので $m=\dfrac{1}{\sqrt3}$。重解は $y=\dfrac{1}{2m}=\dfrac{\sqrt3}{2}$、 $x=\sqrt3y=\dfrac32$。

（ $C$ 上の点は $y$ 座標で1つに決まるので、 $y$ の2次方程式で重解条件を使ってよい。 $x$ で代入すると $x$ の2次方程式になり、同じ答えになる）

(2)　配点 20点

$l$ の傾きは $\dfrac{1}{\sqrt3}$ なので、 $\mathrm{A}$ を通り $l$ に垂直な直線は

$$y-\dfrac{\sqrt3}{2}=-\sqrt3\left(x-\dfrac32\right)\quad\text{すなわち}\quad y=-\sqrt3x+2\sqrt3$$

$l$ と $\mathrm{A}$ で接する円の中心はこの直線上にあるので、中心を $(a,\ \sqrt3(2-a))$ とおく。半径は中心と $\mathrm{A}$ の距離で

$$r^2=\left(a-\dfrac32\right)^2+\left(\sqrt3(2-a)-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2=\left(a-\dfrac32\right)^2+3\left(a-\dfrac32\right)^2=(2a-3)^2$$

（ $a=\dfrac32$ だと半径が0になるので $a\neq\dfrac32$）。円の方程式は

$$(x-a)^2+\left(y-\sqrt3(2-a)\right)^2=(2a-3)^2$$

$C$ 上の点は $(y^2+\dfrac34,\ y)$ と表せて、 $y$ の値が異なれば別の点になる。よって、共有点の個数は、円の方程式に $x=y^2+\dfrac34$ を代入した $y$ の方程式の異なる実数解の個数である。代入して整理すると

$$y^4+\left(\dfrac52-2a\right)y^2-2\sqrt3(2-a)y+\dfrac{57}{16}-\dfrac32a=0$$

円と $C$ はどちらも $\mathrm{A}$ で $l$ に接するので、左辺は $\left(y-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2=y^2-\sqrt3y+\dfrac34$ で割り切れて

$$\left(y-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2\left(y^2+\sqrt3y+\dfrac{19}{4}-2a\right)=0$$

（展開すると、代入して整理した4次方程式の左辺と一致する）

$g(y)=y^2+\sqrt3y+\dfrac{19}{4}-2a$ とおく。 $g(y)=0$ の判別式は $D=3-4\left(\dfrac{19}{4}-2a\right)=8a-16$、また $g\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\right)=\dfrac34+\dfrac32+\dfrac{19}{4}-2a=7-2a$。

・$D<0$（ $a<2$）のとき　$g(y)=0$ は実数解をもたず、共有点は $\mathrm{A}$ だけの1個

・$D=0$（ $a=2$）のとき　$g(y)=\left(y+\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2$ で、重解 $y=-\dfrac{\sqrt3}{2}$ は $\dfrac{\sqrt3}{2}$ と異なる。共有点は $\mathrm{A}$ と $\mathrm{P}\left(\dfrac32,\ -\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ の2個

・$D>0$（ $a>2$）のとき　$g(y)=0$ は異なる2つの実数解をもつ。そのうち1つが $\dfrac{\sqrt3}{2}$ になるのは $7-2a=0$、すなわち $a=\dfrac72$ のときで、このとき $g(y)=y^2+\sqrt3y-\dfrac94=\left(y-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)\left(y+\dfrac{3\sqrt3}{2}\right)$。共有点は $\mathrm{A}$ と $\mathrm{Q}\left(\dfrac{15}{2},\ -\dfrac{3\sqrt3}{2}\right)$ の2個。 $a>2$、 $a\neq\dfrac72$ のときは $\dfrac{\sqrt3}{2}$ と異なる2つの解をもち、共有点は3個

よって共有点が2個になるのは $a=2$、 $\dfrac72$ のとき。 $a=2$ のとき中心 $(2,\ 0)$、半径1。 $a=\dfrac72$ のとき中心 $\left(\dfrac72,\ -\dfrac{3\sqrt3}{2}\right)$、半径4。

答　$(x-2)^2+y^2=1$、 $\left(x-\dfrac72\right)^2+\left(y+\dfrac{3\sqrt3}{2}\right)^2=16$

（注）半径4の円は、点 $\mathrm{A}$ で $C$ と3重に接している（4次方程式で $y=\dfrac{\sqrt3}{2}$ が3重解）。 $\mathrm{A}$ の近くで $C$ に最もよく沿う円で、数学Ⅲの「曲率円」にあたる。高校の範囲で知っている必要はないが、「接する円は1つ」と決めつけると落とすのはこの円である

(3)　配点 10点

$0\leqq y\leqq\dfrac{\sqrt3}{2}$ の各 $y$ で、囲まれた部分は直線 $l$（ $x=\sqrt3y$）から放物線 $C$（ $x=y^2+\dfrac34$）まで。

$$\left(y^2+\dfrac34\right)-\sqrt3y=\left(y-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2\geqq0$$

なので、放物線が右側にある。

求める面積を $S$ とすると

$$S=\int_0^{\frac{\sqrt3}{2}}\left(y-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2dy=\left[\dfrac13\left(y-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^3\right]_0^{\frac{\sqrt3}{2}}=0-\dfrac13\left(-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^3=\dfrac13\cdot\dfrac{3\sqrt3}{8}$$

答　$\dfrac{\sqrt3}{8}$

(3) の別解（ $x$ 方向に積分）

3点 $\mathrm{O}$、 $\left(\dfrac32,\ 0\right)$、 $\mathrm{A}$ を頂点とする三角形の面積 $\dfrac12\cdot\dfrac32\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{3\sqrt3}{8}$ から、放物線 $C$ の上半分（ $y=\sqrt{x-\dfrac34}$）と $x$ 軸・直線 $x=\dfrac32$ で囲まれた部分の面積

$$\int_{\frac34}^{\frac32}\sqrt{x-\dfrac34}\,dx=\left[\dfrac23\left(x-\dfrac34\right)^{\frac32}\right]_{\frac34}^{\frac32}=\dfrac23\left(\dfrac34\right)^{\frac32}=\dfrac{\sqrt3}{4}$$

を引いて $\dfrac{3\sqrt3}{8}-\dfrac{\sqrt3}{4}=\dfrac{\sqrt3}{8}$。（本解の方が計算が短い）

$n$ を自然数とし、次の整式を考える。

$$f(x)=x^{6n}+x^{3n}-2,$$

$$g(x)=x^2+x+1,\qquad h(x)=x^2-x+1$$

(1) 方程式 $g(x)=0$ の解は $x^3-1=0$ を満たし、方程式 $h(x)=0$ の解は $x^3+1=0$ を満たすことを示せ。

ここで、 $f(x)$ を2次式で割ると、商が $(6n-2)$ 次式、余りが1次以下の整式になることに注意すると

$$f(x)=g(x)q(x)+r(x),\quad q(x)\text{は}(6n-2)\text{次式},\quad r(x)\text{は1次以下の整式}$$

と書ける。

(2) $r(x)=0$、つまり $f(x)$ は $g(x)$ で割り切れることを示せ。

(3) $f(x)$ が $h(x)$ で割り切れるならば、 $n$ は偶数であることを示せ。

(4) $n=1$ のとき、方程式 $f(x)=0$ のすべての虚数解を極形式で答えよ。

(1)　配点 8点

$g(x)=0$ の解を $\alpha$ とすると $g(\alpha)=\alpha^2+\alpha+1=0$ なので

$$\alpha^3-1=(\alpha-1)(\alpha^2+\alpha+1)=(\alpha-1)g(\alpha)=0$$

よって $\alpha$ は $x^3-1=0$ をみたす。

$h(x)=0$ の解を $\beta$ とすると $h(\beta)=\beta^2-\beta+1=0$ なので

$$\beta^3+1=(\beta+1)(\beta^2-\beta+1)=(\beta+1)h(\beta)=0$$

よって $\beta$ は $x^3+1=0$ をみたす。（終）

(2)　配点 12点

$X=x^{3n}$ とおくと $f(x)=X^2+X-2=(X-1)(X+2)$ なので

$$f(x)=(x^{3n}-1)(x^{3n}+2)$$

$$x^{3n}-1=(x^3)^n-1=(x^3-1)\left\{(x^3)^{n-1}+(x^3)^{n-2}+\cdots+1\right\}$$

より、 $x^{3n}-1$ は $x^3-1$ で割り切れる。

$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)=(x-1)g(x)$ なので、 $x^{3n}-1$ は $g(x)$ で割り切れ、 $f(x)$ も $g(x)$ で割り切れる。よって $r(x)=0$ である。（終）

(2) の別解（割り算の等式に解を代入する）

$g(x)=0$ の判別式は $-3<0$ なので、異なる2つの虚数解 $\alpha$、 $\overline{\alpha}$ をもつ。(1) より $\alpha^3=1$ なので $f(\alpha)=(\alpha^3)^{2n}+(\alpha^3)^n-2=0$、同様に $f(\overline{\alpha})=0$。 $f(x)=g(x)q(x)+r(x)$ に代入すると $r(\alpha)=r(\overline{\alpha})=0$。 $r(x)=ax+b$ とおくと $a\alpha+b=0$、 $a\overline{\alpha}+b=0$ で、辺々引いて $a(\alpha-\overline{\alpha})=0$。 $\alpha\neq\overline{\alpha}$ より $a=0$、続けて $b=0$。よって $r(x)=0$。（問題文の誘導どおりの解き方で、(3) も同じ手順で解ける）

(3)　配点 8点

$f(x)$ が $h(x)$ で割り切れるとき、 $f(x)=h(x)Q(x)$（ $Q(x)$ は整式）と表せる。 $h(x)=0$ の解の1つを $\beta$ とすると $h(\beta)=0$ なので、 $f(\beta)=0$。

(1) より $\beta^3=-1$ なので

$$f(\beta)=(\beta^3)^{2n}+(\beta^3)^n-2=(-1)^{2n}+(-1)^n-2=(-1)^n-1$$

$f(\beta)=0$ より $(-1)^n=1$。 $n$ が奇数なら $(-1)^n=-1$ となるので、 $n$ は偶数である。（終）

（注）逆に $n$ が偶数なら、(2) の別解と同じく $h(x)=0$ の2つの解で余りが0になるので、 $f(x)$ は $h(x)$ で割り切れる。問題は「ならば」の向きだけを問うているので書かなくてよい。

(4)　配点 12点

$n=1$ のとき

$$f(x)=x^6+x^3-2=(x^3-1)(x^3+2)$$

$x^3-1=0$ のとき　$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ より、虚数解は $x^2+x+1=0$ の解

$$x=\dfrac{-1\pm\sqrt3\,i}{2}=\cos\dfrac{2}{3}\pi+i\sin\dfrac{2}{3}\pi,\quad\cos\dfrac{4}{3}\pi+i\sin\dfrac{4}{3}\pi$$

$x^3+2=0$ のとき　$x=r(\cos\theta+i\sin\theta)$（ $r>0$、 $0\leqq\theta<2\pi$）とおくと、ド・モアブルの定理より

$$r^3(\cos3\theta+i\sin3\theta)=2(\cos\pi+i\sin\pi)$$

絶対値と偏角を比べて $r^3=2$、 $3\theta=\pi+2k\pi$（ $k$ は整数）。 $r=\sqrt[3]{2}$、 $0\leqq3\theta<6\pi$ より $k=0,\ 1,\ 2$ で

$$\theta=\dfrac{\pi}{3},\quad\pi,\quad\dfrac{5}{3}\pi$$

$\theta=\pi$ のときは $x=-\sqrt[3]{2}$ で実数解なので除く。

以上より、虚数解は次の4つ（下の図の $z_1$、 $z_2$、 $z_3$、 $z_4$）。

答　$\cos\dfrac{2}{3}\pi+i\sin\dfrac{2}{3}\pi$、 $\cos\dfrac{4}{3}\pi+i\sin\dfrac{4}{3}\pi$、 $\sqrt[3]{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$、 $\sqrt[3]{2}\left(\cos\dfrac{5}{3}\pi+i\sin\dfrac{5}{3}\pi\right)$

（注1）偏角を $-\pi<\theta\leqq\pi$ の範囲でとって $\cos\left(-\dfrac{2}{3}\pi\right)+i\sin\left(-\dfrac{2}{3}\pi\right)$ などと答えても正解。

（注2） $x^3+2=0$ の虚数解は、(1) の $h(x)=0$ の解 $\beta$（ $\beta^3=-1$）を $\sqrt[3]{2}$ 倍したもの（ $(\sqrt[3]{2}\beta)^3=2\beta^3=-2$）。 $\beta=\dfrac{1\pm\sqrt3\,i}{2}$ なので $x=\dfrac{\sqrt[3]{2}(1\pm\sqrt3\,i)}{2}$ と求めてから極形式にしてもよい。