【解説・採点基準付き】2025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) $0\leqq\theta<2\pi$ のとき、不等式 $\cos2\theta>\sin\theta$ を解け。

(2) $x$、 $y$、 $z$ を正の実数とする。

$$\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)(x+y+z)$$

のとりうる値の最小値を求めよ。また、最小値をとるときの $x$、 $y$、 $z$ の条件を求めよ。

(3) 次の［（ア）］、［（イ）］に当てはまるものを、下の選択肢（あ）〜（え）のうちから一つずつ選び、その理由を説明せよ。ただし、選択肢については、同じものを繰り返し選んでもよい。

・実数 $a$、 $b$ について、「 $a+b=2$ かつ $a-b=0$ 」であることは、「 $(a-1)(b-1)=0$ 」であるための［（ア）］。

・実数 $a$、 $b$、 $c$ について、「 $ax^2+bx+c=0$ を満たす実数 $x$ が存在する」ことは、「 $ax^2+bx+c=0$ が $x$ についての恒等式である」ための［（イ）］。

（あ）必要条件であるが十分条件ではない

（い）十分条件であるが必要条件ではない

（う）必要十分条件である

（え）必要条件でも十分条件でもない

(1)　配点 14点

$\cos2\theta=1-2\sin^2\theta$ なので、不等式は

$$1-2\sin^2\theta>\sin\theta$$

$$2\sin^2\theta+\sin\theta-1<0$$

$$(2\sin\theta-1)(\sin\theta+1)<0$$

$\sin\theta+1\geqq0$ であり、 $\sin\theta+1=0$ のとき左辺は0になり不等式を満たさない。よって $\sin\theta+1>0$ で、両辺を $\sin\theta+1$ で割って $2\sin\theta-1<0$。したがって

$$-1<\sin\theta<\dfrac12$$

$0\leqq\theta<2\pi$ で $\sin\theta<\dfrac12$ となるのは

$$0\leqq\theta<\dfrac{\pi}{6},\qquad\dfrac56\pi<\theta<2\pi$$

このうち $\sin\theta=-1$ となるのは $\theta=\dfrac32\pi$ だけなので、これを除く（下の図の太線の弧。白丸の点は含まない）。

答　$0\leqq\theta<\dfrac{\pi}{6}$、 $\dfrac56\pi<\theta<\dfrac32\pi$、 $\dfrac32\pi<\theta<2\pi$

(2)　配点 12点

展開すると

$$\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)(x+y+z)=3+\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)$$

$x$、 $y$、 $z$ は正なので、 $\dfrac{x}{y}>0$、 $\dfrac{y}{x}>0$。相加平均と相乗平均の関係より

$$\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\geqq2\sqrt{\dfrac{x}{y}\cdot\dfrac{y}{x}}=2$$

等号は $\dfrac{x}{y}=\dfrac{y}{x}$、すなわち $x=y$ のときに成り立つ。同様に

$$\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\geqq2\quad(\text{等号は }y=z\text{ のとき}),\qquad\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\geqq2\quad(\text{等号は }z=x\text{ のとき})$$

よって

$$\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)(x+y+z)\geqq3+2+2+2=9$$

3つの等号は $x=y=z$ のとき同時に成り立ち、実際に $x=y=z=t$（ $t>0$ ）のとき

$$\dfrac{3}{t}\cdot3t=9$$

となるので、9は実際にとる値である。

答　最小値 9、最小値をとるときの条件は $x=y=z$

別解（コーシー・シュワルツの不等式）

コーシー・シュワルツの不等式 $(p_1^2+p_2^2+p_3^2)(q_1^2+q_2^2+q_3^2)\geqq(p_1q_1+p_2q_2+p_3q_3)^2$ に、 $p_1=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$、 $p_2=\dfrac{1}{\sqrt{y}}$、 $p_3=\dfrac{1}{\sqrt{z}}$、 $q_1=\sqrt{x}$、 $q_2=\sqrt{y}$、 $q_3=\sqrt{z}$ を代入すると

$$\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)(x+y+z)\geqq(1+1+1)^2=9$$

等号は $p_1:p_2:p_3=q_1:q_2:q_3$、すなわち $\dfrac{1}{x}:\dfrac{1}{y}:\dfrac{1}{z}=1:1:1$ のとき、つまり $x=y=z$ のときに成り立つ。かっこを展開しなくてよいので、本解より短い。

(3)　配点 14点

（ア）

$p$：「 $a+b=2$ かつ $a-b=0$ 」、 $q$：「 $(a-1)(b-1)=0$ 」とする。

$p$ を解くと $a=b=1$。このとき $(a-1)(b-1)=0\cdot0=0$ なので、 $p\Rightarrow q$ は真。

$q$ は「 $a=1$ または $b=1$ 」と同じで、これを満たす点 $(a,\,b)$ は $ab$ 平面の2直線 $a=1$、 $b=1$ の上の点全体。 $p$ を満たす点は $(1,\,1)$ だけで、2直線に含まれる。

たとえば $a=1$、 $b=3$ は $(a-1)(b-1)=0$ を満たすが、 $a+b=4\neq2$ なので $p$ を満たさない。よって $q\Rightarrow p$ は偽。

したがって $p$ は $q$ であるための十分条件であるが必要条件ではない。

答　（ア）（い）十分条件であるが必要条件ではない

（イ）

$p$：「 $ax^2+bx+c=0$ を満たす実数 $x$ が存在する」、 $q$：「 $ax^2+bx+c=0$ が $x$ についての恒等式である」とする。

$q$ は「すべての実数 $x$ について $ax^2+bx+c=0$ が成り立つ」ことで、 $a=b=c=0$ と同値である。このとき、たとえば $x=0$ が $ax^2+bx+c=0$ を満たすので、満たす実数 $x$ は存在する。よって $q\Rightarrow p$ は真。

逆に、 $a=1$、 $b=0$、 $c=-1$ のとき、方程式 $x^2-1=0$ は実数 $x=1$ で成り立つので $p$ を満たす。しかし $x=0$ では左辺が $-1\neq0$ となり成り立たないので、恒等式ではない。よって $p\Rightarrow q$ は偽。

したがって $p$ は $q$ であるための必要条件であるが十分条件ではない。

答　（イ）（あ）必要条件であるが十分条件ではない

次の各問いに答えよ。

(1) 次の方程式を解け。

$$3\log_8(3x+7)=2\log_2(x+1)$$

(2) $x$ に関する方程式

$$\log_8(3x+a-2)=\log_2(x-2)$$

が異なる実数解をちょうど2つもつとき、実数 $a$ の値の範囲を求めよ。

(1)　配点 14点

真数条件より $3x+7>0$ かつ $x+1>0$、すなわち $x>-1$。

$\log_8(3x+7)=\dfrac{\log_2(3x+7)}{\log_28}=\dfrac{\log_2(3x+7)}{3}$ なので、左辺は $\log_2(3x+7)$。右辺は $2\log_2(x+1)=\log_2(x+1)^2$ なので、方程式は

$$\log_2(3x+7)=\log_2(x+1)^2\iff3x+7=(x+1)^2$$

整理して $x^2-x-6=0$、 $(x-3)(x+2)=0$ より $x=3,\ -2$。 $x>-1$ より $x=-2$ は不適。

答　$x=3$

(2)　配点 26点

真数条件は $3x+a-2>0$ かつ $x-2>0$。

$\log_8(3x+a-2)=\dfrac{\log_2(3x+a-2)}{3}$ なので、方程式は

$$\log_2(3x+a-2)=3\log_2(x-2)=\log_2(x-2)^3\iff3x+a-2=(x-2)^3$$

$x>2$ のとき $(x-2)^3>0$ なので、 $3x+a-2=(x-2)^3$ をみたせば $3x+a-2>0$ も成り立つ。よって元の方程式は

$$3x+a-2=(x-2)^3\quad\text{かつ}\quad x>2$$

と同値である。

$t=x-2$ とおくと、 $x>2\iff t>0$ で、 $3x+a-2=3(t+2)+a-2=3t+a+4$ なので

$$t^3=3t+a+4\iff a=t^3-3t-4\quad(t>0)$$

$x$ と $t$ は1対1に対応するので、求める条件は「 $t>0$ の範囲で、曲線 $y=t^3-3t-4$ と直線 $y=a$ の共有点がちょうど2個」である。

$h(t)=t^3-3t-4$ とおくと $h'(t)=3t^2-3=3(t+1)(t-1)$。 $t>0$ での増減は次のようになる。

| $t$ | $(0)$ | $\cdots$ | $1$ | $\cdots$ |

|—|—|—|—|—|

| $h'(t)$ | | $-$ | $0$ | $+$ |

| $h(t)$ | $(-4)$ | $\searrow$ | $-6$ | $\nearrow$ |

また $t\to\infty$ のとき $h(t)\to\infty$。 $t=0$ は範囲に含まれないので、点 $(0,-4)$ はグラフに含まれない（白丸）。

グラフより、直線 $y=a$ との共有点の個数は

・$a<-6$ のとき　0個

・$a=-6$ のとき　1個（ $t=1$。接する）

・$-6<a<-4$ のとき　2個

・$a\geqq-4$ のとき　1個（ $a=-4$ のときは $t=0$ が除かれ、 $t=\sqrt3$ の1個だけ）

よって、ちょうど2個になるのは $-6<a<-4$ のときである。

答　$-6<a<-4$

(2) の別解（ $a$ を分離せずに、3次関数の極値の符号で考える）

$g(t)=t^3-3t-4-a$ とおくと、求める条件は「 $g(t)=0$ が $t>0$ に異なる実数解をちょうど2つもつ」こと。 $g'(t)=3(t+1)(t-1)$ より、 $g(t)$ は $0<t\leqq1$ で減少し、 $t\geqq1$ で増加して、 $t\to\infty$ で $g(t)\to\infty$。

したがって、 $t>0$ で $t$ 軸と2回交わるのは、$t$ の範囲の左端の値 $g(0)$ が正で、極小値 $g(1)$ が負のときに限る。

$$g(0)=-4-a>0,\qquad g(1)=-6-a<0$$

これより $-6<a<-4$。

（ $g(0)\leqq0$ なら $0<t\leqq1$ で $g(t)<0$ となり、解は $t>1$ の1個以下。 $g(1)\geqq0$ なら解は $t=1$ の1個以下）

答　$-6<a<-4$

（本解の定数分離の方が、端の $t=0$ の扱いをグラフの白丸で確かめられるので安全。別解は、左端の値と極小値の2つの不等式を立てるだけなので短く書ける）

初項を $a_1=1$、 $b_1=3$ とし、次の条件によって定められる数列 $\{a_n\}$、 $\{b_n\}$ を考える。

$$a_{n+1}=(1-2\cdot3^{n-1})a_n+3^{n-1}b_n\qquad(n=1,\,2,\,3,\,\cdots)$$

$$b_{n+1}=-4\cdot3^{n-1}a_n+(2\cdot3^{n-1}+1)b_n\qquad(n=1,\,2,\,3,\,\cdots)$$

(1) 数列 $\{c_n\}$ を $c_n=-2a_n+b_n$ で定める。このとき、 $c_{n+1}=c_n\ (n=1,\,2,\,3,\,\cdots)$ が成り立つことを示せ。

(2) $d_n=a_{n+1}-a_n$ とおくとき、数列 $\{d_n\}$ の一般項を求めよ。

(3) 数列 $\{a_n\}$、 $\{b_n\}$ の一般項を求めよ。

(1)　配点 10点

$$\begin{aligned}c_{n+1}&=-2a_{n+1}+b_{n+1}\\&=-2\left\{(1-2\cdot3^{n-1})a_n+3^{n-1}b_n\right\}+\left\{-4\cdot3^{n-1}a_n+(2\cdot3^{n-1}+1)b_n\right\}\end{aligned}$$

$a_n$ の係数と $b_n$ の係数をそれぞれまとめると

$$\begin{aligned}c_{n+1}&=(-2+4\cdot3^{n-1}-4\cdot3^{n-1})a_n+(-2\cdot3^{n-1}+2\cdot3^{n-1}+1)b_n\\&=-2a_n+b_n=c_n\end{aligned}$$

よって $c_{n+1}=c_n\ (n=1,\,2,\,3,\,\cdots)$ が成り立つ。（終）

(1) の別解（差をとる）

与えられた2つの漸化式の両辺から、それぞれ $a_n$、 $b_n$ を引くと

$$a_{n+1}-a_n=3^{n-1}(-2a_n+b_n),\qquad b_{n+1}-b_n=2\cdot3^{n-1}(-2a_n+b_n)$$

よって $b_{n+1}-b_n=2(a_{n+1}-a_n)$ なので

$$c_{n+1}-c_n=-2(a_{n+1}-a_n)+(b_{n+1}-b_n)=0$$

すなわち $c_{n+1}=c_n$。（終）

（ $a_n$、 $b_n$ の増え方がどちらも $-2a_n+b_n$ に比例していることが分かり、(2) の計算もこの式からすぐに求まる。本解と同じ計算量なので、どちらで書いてもよい）

(2)　配点 14点

(1) より $c_n=c_{n-1}=\cdots=c_1$ で、 $c_1=-2a_1+b_1=-2+3=1$ なので、すべての自然数 $n$ で

$$c_n=-2a_n+b_n=1$$

$a_{n+1}$ の漸化式の両辺から $a_n$ を引くと

$$d_n=a_{n+1}-a_n=-2\cdot3^{n-1}a_n+3^{n-1}b_n=3^{n-1}(-2a_n+b_n)=3^{n-1}c_n$$

$c_n=1$ なので

答　$d_n=3^{n-1}$

(2) の別解（ $b_n$ を消去する）

$c_n=1$ より $b_n=2a_n+1$。これを $a_{n+1}$ の漸化式に代入すると

$$a_{n+1}=(1-2\cdot3^{n-1})a_n+3^{n-1}(2a_n+1)=a_n+3^{n-1}$$

よって $d_n=a_{n+1}-a_n=3^{n-1}$。

（連立漸化式で一方の数列を消去する基本の解き方。本解は $a_{n+1}-a_n$ をそのまま計算するので、代入と展開の手間が少ない）

(3)　配点 16点

(2) より、数列 $\{d_n\}$ は数列 $\{a_n\}$ の階差数列である。 $n\geqq2$ のとき

$$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}d_k=1+\sum_{k=1}^{n-1}3^{k-1}=1+\dfrac{3^{n-1}-1}{3-1}=\dfrac{3^{n-1}+1}{2}$$

$n=1$ のとき $\dfrac{3^0+1}{2}=1=a_1$ なので、この式は $n=1$ でも成り立つ。

(2) より $-2a_n+b_n=1$、すなわち $b_n=2a_n+1$ なので

$$b_n=2\cdot\dfrac{3^{n-1}+1}{2}+1=3^{n-1}+2$$

答　$a_n=\dfrac{3^{n-1}+1}{2}$、 $b_n=3^{n-1}+2$

（検算：漸化式で $n=1$ とすると $a_2=(1-2)\cdot1+1\cdot3=2$、 $b_2=-4\cdot1+3\cdot3=5$。一般項でも $a_2=\dfrac{3+1}{2}=2$、 $b_2=3+2=5$ で一致する。最初の5項は下の図のとおりで、 $a_n$ の差が1、3、9、27と3倍ずつ増え、 $c_n$ はずっと1である）

座標空間において、点 $(0,\,0,\,1)$ を中心とする半径1の球 $\mathrm{S}$ と、点 $(0,\,0,\,2)$ を通り $z$ 軸に垂直な平面 $\alpha$ と、点 $\mathrm{F}(0,\,1,\,0)$ がある。

(1) 点 $\mathrm{A}$ を球 $\mathrm{S}$ 上の点とする。直線 $\mathrm{FA}$ と平面 $\alpha$ との交点を $\mathrm{A’}$ とする。 $\mathrm{A}$ の $z$ 座標が $k$ であるとき、 $\overrightarrow{\mathrm{FA’}}=\dfrac{2}{k}\overrightarrow{\mathrm{FA}}$ となることを示せ。ただし、 $k\neq0$ とする。

(2) 球 $\mathrm{S}$ 上に2点 $\mathrm{B}\left(-\dfrac{1}{3},\,\dfrac{2}{3},\,\dfrac{1}{3}\right)$ と $\mathrm{C}(1,\,0,\,1)$ をとる。直線 $\mathrm{FB}$ と平面 $\alpha$ との交点を $\mathrm{B’}$、直線 $\mathrm{FC}$ と平面 $\alpha$ との交点を $\mathrm{C’}$ とする。 $\mathrm{B’}$、 $\mathrm{C’}$ の座標を求めよ。

(3) 2点 $\mathrm{B’}$、 $\mathrm{C’}$ を(2)で定めた点とする。点 $\mathrm{P}$ は平面 $\alpha$ 上を動き、 $\overrightarrow{\mathrm{PB’}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{PC’}}$ が垂直になるとき、点 $\mathrm{P}$ の軌跡を求めよ。ただし、 $\overrightarrow{\mathrm{PB’}}\neq\vec{0}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PC’}}\neq\vec{0}$ とする。

(1)　配点 10点

$\mathrm{A’}$ は直線 $\mathrm{FA}$ 上の点なので、実数 $t$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{FA’}}=t\overrightarrow{\mathrm{FA}}$$

と表せる。

$\mathrm{F}$ の $z$ 座標は0、 $\mathrm{A}$ の $z$ 座標は $k$ なので、 $\overrightarrow{\mathrm{FA}}$ の $z$ 成分は $k$。 $\mathrm{A’}$ は平面 $\alpha:z=2$ 上の点なので、 $\overrightarrow{\mathrm{FA’}}$ の $z$ 成分は2。両辺の $z$ 成分を比べて

$$2=tk$$

$k\neq0$ より $t=\dfrac{2}{k}$。よって

$$\overrightarrow{\mathrm{FA’}}=\dfrac{2}{k}\overrightarrow{\mathrm{FA}}$$

（終）

（ $k\neq0$ のとき $\overrightarrow{\mathrm{FA}}$ の $z$ 成分は0でないので、直線 $\mathrm{FA}$ は平面 $\alpha$ と平行でなく、交点 $\mathrm{A’}$ はただ1つある。球 $\mathrm{S}$ 上で $z$ 座標が0の点は原点 $\mathrm{O}$ だけで、直線 $\mathrm{FO}$ は $xy$ 平面上にあるので平面 $\alpha$ と交わらない。これが $k\neq0$ の条件の意味）

(2)　配点 12点

$$\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\left(-\dfrac13,\,\dfrac23-1,\,\dfrac13\right)=\left(-\dfrac13,\,-\dfrac13,\,\dfrac13\right)$$

$\mathrm{B}$ の $z$ 座標は $\dfrac13$ なので、(1) より

$$\overrightarrow{\mathrm{FB’}}=\dfrac{2}{\ \dfrac13\ }\overrightarrow{\mathrm{FB}}=6\overrightarrow{\mathrm{FB}}=(-2,\,-2,\,2)$$

$$\overrightarrow{\mathrm{OB’}}=\overrightarrow{\mathrm{OF}}+\overrightarrow{\mathrm{FB’}}=(0,\,1,\,0)+(-2,\,-2,\,2)=(-2,\,-1,\,2)$$

答　$\mathrm{B’}(-2,\,-1,\,2)$

$$\overrightarrow{\mathrm{FC}}=(1,\,-1,\,1)$$

$\mathrm{C}$ の $z$ 座標は1なので、(1) より

$$\overrightarrow{\mathrm{FC’}}=\dfrac21\overrightarrow{\mathrm{FC}}=2\overrightarrow{\mathrm{FC}}=(2,\,-2,\,2)$$

$$\overrightarrow{\mathrm{OC’}}=(0,\,1,\,0)+(2,\,-2,\,2)=(2,\,-1,\,2)$$

答　$\mathrm{C’}(2,\,-1,\,2)$

（どちらも $z$ 座標が2なので、平面 $\alpha$ 上にある）

（ $\mathrm{F}$ は球 $\mathrm{S}$ の外の点。直線 $\mathrm{FB}$、 $\mathrm{FC}$ の破線の部分は球の内部を通る所）

(3)　配点 18点

$\mathrm{P}$ は平面 $\alpha$ 上の点なので $\mathrm{P}(x,\,y,\,2)$ とおける。(2) より

$$\overrightarrow{\mathrm{PB’}}=(-2-x,\,-1-y,\,0),\qquad\overrightarrow{\mathrm{PC’}}=(2-x,\,-1-y,\,0)$$

$\overrightarrow{\mathrm{PB’}}\neq\vec{0}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PC’}}\neq\vec{0}$ のもとで、 $\overrightarrow{\mathrm{PB’}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{PC’}}$ が垂直であることは $\overrightarrow{\mathrm{PB’}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PC’}}=0$ と同じなので

$$(-2-x)(2-x)+(-1-y)^2+0\cdot0=0$$

$$x^2-4+(y+1)^2=0$$

$$x^2+(y+1)^2=4$$

これは、平面 $\alpha$ 上で点 $(0,\,-1,\,2)$ を中心とする半径2の円を表す。中心 $(0,\,-1,\,2)$ は線分 $\mathrm{B’C’}$ の中点で、 $\mathrm{B’C’}=4$ なので、この円は $\mathrm{B’C’}$ を直径とする円である。

ただし、 $\overrightarrow{\mathrm{PB’}}\neq\vec{0}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PC’}}\neq\vec{0}$ より、 $\mathrm{P}$ は $\mathrm{B’}$、 $\mathrm{C’}$ と一致しない。 $\mathrm{B’}$、 $\mathrm{C’}$ はこの円の上の点なので、この2点を除く。

答　平面 $\alpha$ 上の、点 $(0,\,-1,\,2)$ を中心とする半径2の円。ただし、2点 $\mathrm{B’}(-2,\,-1,\,2)$、 $\mathrm{C’}(2,\,-1,\,2)$ を除く

（式で書くと $x^2+(y+1)^2=4$、 $z=2$。ただし $(x,\,y)\neq(-2,\,-1),\,(2,\,-1)$）

（平面 $\alpha$ を上から見た図。座標は平面 $\alpha$ 上の $x$ 座標・ $y$ 座標）

別解（円周角）　$\mathrm{P}$、 $\mathrm{B’}$、 $\mathrm{C’}$ はすべて平面 $\alpha$ 上にある。 $\mathrm{P}\neq\mathrm{B’}$、 $\mathrm{P}\neq\mathrm{C’}$ のとき、 $\overrightarrow{\mathrm{PB’}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{PC’}}$ が垂直であることは $\angle\mathrm{B’PC’}=90^\circ$ と同じ。直径に対する円周角は直角で、逆に $\angle\mathrm{B’PC’}=90^\circ$ となる点 $\mathrm{P}$ は $\mathrm{B’C’}$ を直径とする円の上にある。よって $\mathrm{P}$ の軌跡は、平面 $\alpha$ 上で $\mathrm{B’C’}$ を直径とする円から $\mathrm{B’}$、 $\mathrm{C’}$ を除いたもの。中心は $\mathrm{B’C’}$ の中点 $(0,\,-1,\,2)$、半径は $\dfrac{\mathrm{B’C’}}{2}=\dfrac42=2$。（計算はこちらの方が短い。ただし「逆に」の部分まで書かないと、円の上の点がすべて条件をみたすことが言えていないので減点される）

$\mathrm{A}$ と $\mathrm{B}$ があるゲームを繰り返し行い、先に3回勝った方を優勝とする。第1ゲームでは $\mathrm{A}$ が先攻とし、それ以降は先攻と後攻を交互に入れかえてゲームを行う。各ゲームでは引き分けはなく、必ず勝敗がつくとする。各ゲームで $\mathrm{A}$ が $\mathrm{B}$ に勝つ確率は、 $\mathrm{A}$ が先攻のとき $\dfrac{2}{3}$、後攻のとき $\dfrac{1}{2}$ とする。

(1) 第3ゲームで優勝が決まる確率を求めよ。

(2) 第5ゲームで優勝が決まる確率を求めよ。

(3) $\mathrm{B}$ が優勝する確率を求めよ。

第 $k$ ゲームで $\mathrm{A}$ が先攻になるのは $k$ が奇数のとき、 $\mathrm{A}$ が後攻になるのは $k$ が偶数のときである。よって、各ゲームで勝つ確率は次のようになる。

| | 第1ゲーム | 第2ゲーム | 第3ゲーム | 第4ゲーム | 第5ゲーム |

|—|—|—|—|—|—|

| $\mathrm{A}$ の立場 | 先攻 | 後攻 | 先攻 | 後攻 | 先攻 |

| $\mathrm{A}$ が勝つ確率 | $\dfrac{2}{3}$ | $\dfrac{1}{2}$ | $\dfrac{2}{3}$ | $\dfrac{1}{2}$ | $\dfrac{2}{3}$ |

| $\mathrm{B}$ が勝つ確率 | $\dfrac{1}{3}$ | $\dfrac{1}{2}$ | $\dfrac{1}{3}$ | $\dfrac{1}{2}$ | $\dfrac{1}{3}$ |

$\mathrm{A}$ の勝ち数を横、 $\mathrm{B}$ の勝ち数を縦にとり、1ゲームごとに右（ $\mathrm{A}$ が勝つ）か上（ $\mathrm{B}$ が勝つ）に1つ進むと考えると、試合の進み方は次の図のようになる。どちらかが3勝した点（■）で試合は終わる。また、5ゲームで勝ち数の合計は5になるので、優勝は第3・第4・第5ゲームのどれかで必ず決まる。

(1)　配点 10点

第3ゲームで優勝が決まるのは、 $\mathrm{A}$ の3連勝か $\mathrm{B}$ の3連勝のときである。

$\mathrm{A}$ の3連勝の確率は

$$\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{9}$$

$\mathrm{B}$ の3連勝の確率は

$$\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{18}$$

2つは同時に起こらないので、求める確率は

$$\dfrac{2}{9}+\dfrac{1}{18}=\dfrac{5}{18}$$

答　$\dfrac{5}{18}$

(2)　配点 14点

第4ゲームまでにどちらかが3勝していれば、第5ゲームは行われない。第4ゲームまでで2勝2敗なら、第5ゲームの勝者が3勝目をあげて優勝が決まる。よって、第5ゲームで優勝が決まるのは、第4ゲームまでで $\mathrm{A}$ と $\mathrm{B}$ が2勝2敗のとき（図の点 $(2,2)$ を通るとき）である。

第1・第3ゲームで $\mathrm{A}$ が勝つ回数を $i$ とすると、第2・第4ゲームで $\mathrm{A}$ が勝つ回数は $2-i$ である。

・$i=0$ のとき　第1・第3ゲームは $\mathrm{B}$ が勝ち、第2・第4ゲームは $\mathrm{A}$ が勝つので $\left(\dfrac{1}{3}\right)^2\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{36}$

・$i=1$ のとき　第1・第3ゲームのどちらで $\mathrm{A}$ が勝つかが2通り、第2・第4ゲームのどちらで $\mathrm{A}$ が勝つかが2通りなので ${}_2\mathrm{C}_1\cdot\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{3}\times{}_2\mathrm{C}_1\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{4}{9}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{8}{36}$

・$i=2$ のとき　第1・第3ゲームは $\mathrm{A}$ が勝ち、第2・第4ゲームは $\mathrm{B}$ が勝つので $\left(\dfrac{2}{3}\right)^2\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{4}{36}$

これらは同時に起こらないので、求める確率は

$$\dfrac{1}{36}+\dfrac{8}{36}+\dfrac{4}{36}=\dfrac{13}{36}$$

答　$\dfrac{13}{36}$

(3)　配点 16点

$\mathrm{B}$ が優勝する場合を、優勝が決まるゲームで分ける。どの場合も、最後のゲームは $\mathrm{B}$ が勝つ（図の太線）。

第3ゲームで決まる場合　$\mathrm{B}$ の3連勝なので、(1) より $\dfrac{1}{18}$

第4ゲームで決まる場合　第1〜第3ゲームで $\mathrm{B}$ が2勝1敗になり、第4ゲームで $\mathrm{B}$ が勝つ。第1〜第3ゲームのうち $\mathrm{A}$ が勝つゲームで分けると

・第1ゲームだけ $\mathrm{A}$ が勝つ　$\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{18}$

・第2ゲームだけ $\mathrm{A}$ が勝つ　$\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{18}$

・第3ゲームだけ $\mathrm{A}$ が勝つ　$\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{18}$

合計は $\dfrac{5}{18}$。第4ゲームで $\mathrm{B}$ が勝つ確率 $\dfrac{1}{2}$ をかけて

$$\dfrac{5}{18}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{36}$$

第5ゲームで決まる場合　第4ゲームまでで2勝2敗になり（(2) より $\dfrac{13}{36}$）、第5ゲームで $\mathrm{B}$ が勝つ（確率 $\dfrac{1}{3}$）ので

$$\dfrac{13}{36}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{13}{108}$$

これらは同時に起こらないので、求める確率は

$$\dfrac{1}{18}+\dfrac{5}{36}+\dfrac{13}{108}=\dfrac{6+15+13}{108}=\dfrac{34}{108}$$

答　$\dfrac{17}{54}$

（検算： $\mathrm{A}$ が優勝する場合も同じように数えると、第3ゲームで $\dfrac{2}{9}$、第4ゲームで $\dfrac{2}{9}$、第5ゲームで $\dfrac{13}{36}\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{13}{54}$ となり、合計 $\dfrac{37}{54}$。 $\dfrac{17}{54}+\dfrac{37}{54}=1$ なので、数え漏れも重なりもない。また、第4ゲームで決まる確率は $\dfrac{5}{36}+\dfrac{2}{9}=\dfrac{13}{36}$ で、 $\dfrac{5}{18}+\dfrac{13}{36}+\dfrac{13}{36}=1$ も確かめられる）

別解（(3)：5ゲームすべて行うと考える）

優勝が決まったあとも、第5ゲームまで続けて行うと考える。先に3勝した人は5ゲームで3勝以上し、相手の勝ち数は $5-3=2$ 以下になる。逆に、5ゲームで3勝以上した人が先に3勝している。したがって、「 $\mathrm{B}$ が優勝する」は「5ゲームで $\mathrm{B}$ が3勝以上する」と同じことである。優勝が決まったあとのゲームは、勝敗のすべての場合の確率を足すと1になるので、続けて行うと考えても求める確率は変わらない。

奇数番目の3ゲーム（ $\mathrm{B}$ が勝つ確率 $\dfrac{1}{3}$）で $\mathrm{B}$ が勝つ回数を $X$、偶数番目の2ゲーム（ $\mathrm{B}$ が勝つ確率 $\dfrac{1}{2}$）で $\mathrm{B}$ が勝つ回数を $Y$ とすると、それぞれ反復試行なので

$$P(X=1)=\dfrac{12}{27},\quad P(X=2)=\dfrac{6}{27},\quad P(X=3)=\dfrac{1}{27},\qquad P(Y=1)=\dfrac{1}{2},\quad P(Y=2)=\dfrac{1}{4}$$

$X+Y\geqq3$ となるのは「 $X=1$ かつ $Y=2$」「 $X=2$ かつ $Y\geqq1$」「 $X=3$」のときなので

$$\dfrac{12}{27}\cdot\dfrac{1}{4}+\dfrac{6}{27}\cdot\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{27}=\dfrac{12+18+4}{108}=\dfrac{17}{54}$$

3つの複素数 $\alpha=4+3i$、 $\beta=x+i$、 $\gamma=8i$ および複素数平面上の対応する点 $\mathrm{A}(\alpha)$、 $\mathrm{B}(\beta)$、 $\mathrm{C}(\gamma)$ を考える。ただし、 $x$ は実数で、 $i$ は虚数単位とする。

(1) $\dfrac{\alpha}{\beta}$ が実数となるような $x$ の値を求めよ。

(2) 直線 $\mathrm{AB}$ と直線 $\mathrm{AC}$ が垂直に交わるような $x$ の値を求めよ。

(3) $x$ が実数全体を動くとき、 $\dfrac{\alpha}{\beta}$ の虚部の最大値および最小値を求めよ。

(1)　配点 10点

$\alpha\neq0$、 $\beta\neq0$ なので、 $\dfrac{\alpha}{\beta}$ が実数 ⇔ $\alpha$ と $\beta$ の偏角が等しいか $\pi$ だけずれる ⇔ 3点 $\mathrm{O}$、 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$ が一直線上にある。

座標平面で、直線 $\mathrm{OA}$ は $y=\dfrac34x$。点 $\mathrm{B}(x,\,1)$ がこの直線上にあるので

$$1=\dfrac34x$$

答　$x=\dfrac43$

（このとき $\beta=\dfrac43+i$、 $\alpha=3\beta$ で、 $\dfrac{\alpha}{\beta}=3$）

(1) の別解（分母の実数化）

分母・分子に $\overline{\beta}=x-i$ をかけると

$$\dfrac{\alpha}{\beta}=\dfrac{(4+3i)(x-i)}{(x+i)(x-i)}=\dfrac{(4x+3)+(3x-4)i}{x^2+1}$$

$x^2+1>0$ なので、実数となる条件は虚部の分子が0、すなわち $3x-4=0$ より $x=\dfrac43$。（この計算は (3) でそのまま使う）

(2)　配点 12点

座標平面で

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(x-4,\ -2),\qquad\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-4,\ 5)$$

どちらも零ベクトルでない（ $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ の $y$ 成分は $-2$）ので、直線 $\mathrm{AB}$ と直線 $\mathrm{AC}$ が垂直に交わる ⇔ $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=0$。

$$-4(x-4)+(-2)\cdot5=0\iff-4x+6=0$$

答　$x=\dfrac32$

(2) の別解（純虚数の条件）

$\gamma-\alpha=-4+5i$、 $\beta-\alpha=(x-4)-2i\neq0$。分母・分子に $(x-4)+2i$ をかけると

$$\dfrac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}=\dfrac{(-4+5i)\{(x-4)+2i\}}{(x-4)^2+4}=\dfrac{(-4x+6)+(5x-28)i}{(x-4)^2+4}$$

垂直 ⇔ これが純虚数 ⇔ $-4x+6=0$ かつ $5x-28\neq0$。よって $x=\dfrac32$（このとき $5x-28=-\dfrac{41}{2}\neq0$）。

（このとき $\dfrac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}=-2i$ で、 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ を $-\dfrac{\pi}{2}$ 回転して2倍すると $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ になる。実部の分子 $-4x+6$ は本解の内積と同じ式）

(3)　配点 18点

分母・分子に $\overline{\beta}=x-i$ をかけると

$$\dfrac{\alpha}{\beta}=\dfrac{(4+3i)(x-i)}{(x+i)(x-i)}=\dfrac{(4x+3)+(3x-4)i}{x^2+1}$$

$x$ は実数なので、虚部は

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

$$f'(x)=\dfrac{3(x^2+1)-(3x-4)\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\dfrac{-3x^2+8x+3}{(x^2+1)^2}=-\dfrac{(3x+1)(x-3)}{(x^2+1)^2}$$

$(x^2+1)^2>0$ なので、 $f'(x)$ の符号は $-(3x+1)(x-3)$ の符号と同じ。

$$f\left(-\dfrac13\right)=\dfrac{-1-4}{\dfrac19+1}=-\dfrac92,\qquad f(3)=\dfrac{9-4}{9+1}=\dfrac12$$

また、分母・分子を $x^2$ で割ると

$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{\dfrac3x-\dfrac{4}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x^2}}=0$$

よって増減表は次のようになる。

| $x$ | $(-\infty)$ | $\cdots$ | $-\dfrac13$ | $\cdots$ | $3$ | $\cdots$ | $(\infty)$ |

|—|—|—|—|—|—|—|—|

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

| $f(x)$ | $(0)$ | $\searrow$ | $-\dfrac92$ | $\nearrow$ | $\dfrac12$ | $\searrow$ | $(0)$ |

増減表と、 $x\to\pm\infty$ で $f(x)\to0$ であることから、 $-\dfrac92\leqq f(x)\leqq\dfrac12$ で、両端の値は実際にとる。

答　最大値 $\dfrac12$（ $x=3$ のとき）、最小値 $-\dfrac92$（ $x=-\dfrac13$ のとき）

(3) の別解1（判別式）

$k=\dfrac{3x-4}{x^2+1}$ とおくと、 $kx^2-3x+k+4=0$。 $k$ がとりうる値は、この $x$ の方程式が実数解をもつような $k$ の値である。

・$k=0$ のとき、 $-3x+4=0$ より $x=\dfrac43$ で実数解をもつ。

・$k\neq0$ のとき、 $x$ の2次方程式なので、判別式 $D\geqq0$ が条件。

$$D=9-4k(k+4)\geqq0\iff4k^2+16k-9\leqq0\iff(2k-1)(2k+9)\leqq0\iff-\dfrac92\leqq k\leqq\dfrac12$$

$k=0$ もこの範囲に入るので、 $k$ のとりうる値の範囲は $-\dfrac92\leqq k\leqq\dfrac12$。よって最大値 $\dfrac12$、最小値 $-\dfrac92$。

（ $k=\dfrac12$ のとき $x=3$、 $k=-\dfrac92$ のとき $x=-\dfrac13$ で、どちらも重解）

(3) の別解2（ $\dfrac{\alpha}{\beta}$ の軌跡を求める）

$w=\dfrac{\alpha}{\beta}$ とおく。 $\beta\neq0$ なので $w\neq0$ で、 $\beta=\dfrac{\alpha}{w}$。 $w=u+vi$（ $u$、 $v$ は実数）とおくと

$$\dfrac{\alpha}{w}=\dfrac{(4+3i)(u-vi)}{u^2+v^2}=\dfrac{(4u+3v)+(3u-4v)i}{u^2+v^2}$$

$\beta$ は「虚部が1の複素数」全体を動くので、その条件は $\dfrac{3u-4v}{u^2+v^2}=1$。整理すると

$$u^2+v^2-3u+4v=0\iff\left(u-\dfrac32\right)^2+(v+2)^2=\dfrac{25}{4}$$

よって点 $w$ は、中心 $\dfrac32-2i$、半径 $\dfrac52$ の円から原点 $\mathrm{O}$ を除いたものの上を動く。虚部 $v$ の最大は円の一番上の点 $\dfrac32+\dfrac12i$、最小は一番下の点 $\dfrac32-\dfrac92i$ で、どちらも原点ではない。よって最大値 $\dfrac12$、最小値 $-\dfrac92$。

（円が実軸と交わる点 $3$ は、(1) の $\dfrac{\alpha}{\beta}=3$ にあたる）

$e$ を自然対数の底とし、

$$f(x)=\dfrac{e^x-2e^{-2x}}{e^x+e^{-2x}}$$

とおく。座標平面上の曲線 $y=f(x)$ を $C$ とし、 $C$ 上の点 $\left(0,\,-\dfrac{1}{2}\right)$ における接線を $l$ とする。また、 $l$ と直線 $y=1$ との交点を $(a,\,1)$ とする。

(1) 接線 $l$ の方程式と、 $a$ の値を求めよ。

(2) (1)で求めた接線 $l$ の方程式を $y=g(x)$ とおく。 $x>0$ のとき、 $f(x)<g(x)$ であることを示せ。

(3) 曲線 $C$、接線 $l$ および直線 $x=a$ で囲まれた部分の面積 $S_1$ を求めよ。

(4) 実数 $r$ は $r>a$ を満たすとする。曲線 $C$、直線 $y=1$、 $x=a$ および $x=r$ で囲まれた部分の面積を $S_2$ とする。(3)で定めた $S_1$ を用いて $S(r)=S_1+S_2$ と定めるとき、 $S(r)$ を求めよ。さらに、 $\displaystyle\lim_{r\to\infty}S(r)$ を求めよ。

(1)　配点 8点

分母・分子に $e^{2x}$ をかけると

$$f(x)=\dfrac{e^{3x}-2}{e^{3x}+1}=1-\dfrac{3}{e^{3x}+1}$$

よって

$$f'(x)=\dfrac{3\cdot3e^{3x}}{(e^{3x}+1)^2}=\dfrac{9e^{3x}}{(e^{3x}+1)^2}$$

$f'(0)=\dfrac{9}{4}$ なので、接線 $l$ は $y=\dfrac{9}{4}x-\dfrac{1}{2}$。

$y=1$ を代入すると $1=\dfrac{9}{4}a-\dfrac{1}{2}$ より $a=\dfrac{2}{3}$。

答　$l:\ y=\dfrac{9}{4}x-\dfrac{1}{2}$、 $a=\dfrac{2}{3}$

(2)　配点 10点

$g(x)=\dfrac{9}{4}x-\dfrac{1}{2}$ である。

$$h(x)=g(x)-f(x)=\dfrac{9}{4}x-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{e^{3x}+1}$$

とおくと、 $h(0)=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}=0$。

$$h'(x)=\dfrac{9}{4}-\dfrac{9e^{3x}}{(e^{3x}+1)^2}=\dfrac{9\{(e^{3x}+1)^2-4e^{3x}\}}{4(e^{3x}+1)^2}=\dfrac{9(e^{3x}-1)^2}{4(e^{3x}+1)^2}$$

$x>0$ のとき $e^{3x}>1$ なので $h'(x)>0$。よって $h(x)$ は $x\geqq0$ で増加し、 $x>0$ のとき $h(x)>h(0)=0$。すなわち $f(x)<g(x)$ である。（終）

（点 $\left(0,\,-\dfrac{1}{2}\right)$ は曲線 $C$ の変曲点で、接線 $l$ はここで $C$ を横切る。 $x>0$ では $C$ が $l$ の下にある）

(3)　配点 12点

$x<0$ のときも $e^{3x}\neq1$ より $h'(x)>0$ なので、 $x<0$ で $h(x)<h(0)=0$。よって曲線 $C$ と接線 $l$ の共有点は点 $\left(0,\,-\dfrac{1}{2}\right)$ だけであり、(2) より $0<x\leqq\dfrac{2}{3}$ では $l$ が $C$ の上にある。したがって、曲線 $C$、接線 $l$、直線 $x=\dfrac{2}{3}$ で囲まれた部分は $0\leqq x\leqq\dfrac{2}{3}$ の範囲にあり

$$S_1=\int_0^{\frac{2}{3}}h(x)\,dx=\int_0^{\frac{2}{3}}\left(\dfrac{9}{4}x-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{e^{3x}+1}\right)dx$$

分母・分子に $e^{-3x}$ をかけると、分子は分母 $1+e^{-3x}$ の導関数 $-3e^{-3x}$ の $-1$ 倍なので

$$\int\dfrac{3}{e^{3x}+1}\,dx=\int\dfrac{3e^{-3x}}{1+e^{-3x}}\,dx=-\log(1+e^{-3x})+C_0\quad(C_0\ \text{は積分定数})$$

よって

$$\begin{aligned}S_1&=\left[\dfrac{9}{8}x^2-\dfrac{3}{2}x-\log(1+e^{-3x})\right]_0^{\frac{2}{3}}\\&=\dfrac{1}{2}-1-\log(1+e^{-2})+\log2\\&=\log\dfrac{2}{1+e^{-2}}-\dfrac{1}{2}=\log\dfrac{2e^2}{e^2+1}-\dfrac{1}{2}\end{aligned}$$

答　$S_1=\log\dfrac{2e^2}{e^2+1}-\dfrac{1}{2}$

(3) の別解（三角形を引く）

直線 $y=1$ と曲線 $C$ の間の $0\leqq x\leqq\dfrac{2}{3}$ の部分から、直線 $y=1$、接線 $l$、 $y$ 軸で囲まれた三角形（底辺 $\dfrac{2}{3}$、高さ $\dfrac{3}{2}$、面積 $\dfrac{1}{2}$）を除くと $S_1$ の部分になる。 $1-f(x)=\dfrac{3}{e^{3x}+1}$ なので

$$S_1=\int_0^{\frac{2}{3}}\dfrac{3}{e^{3x}+1}\,dx-\dfrac{1}{2}=\Bigl[-\log(1+e^{-3x})\Bigr]_0^{\frac{2}{3}}-\dfrac{1}{2}=\log2-\log(1+e^{-2})-\dfrac{1}{2}$$

となり、同じ答えになる。積分するのが $\dfrac{3}{e^{3x}+1}$ だけになるので、計算が短い。

(4)　配点 10点

$f(x)=1-\dfrac{3}{e^{3x}+1}<1$ なので、曲線 $C$ は常に直線 $y=1$ の下にある。よって (3) の不定積分を使って

$$S_2=\int_{\frac{2}{3}}^r\{1-f(x)\}\,dx=\int_{\frac{2}{3}}^r\dfrac{3}{e^{3x}+1}\,dx=\Bigl[-\log(1+e^{-3x})\Bigr]_{\frac{2}{3}}^r=\log(1+e^{-2})-\log(1+e^{-3r})$$

$$S(r)=S_1+S_2=\left\{\log2-\log(1+e^{-2})-\dfrac{1}{2}\right\}+\left\{\log(1+e^{-2})-\log(1+e^{-3r})\right\}=\log2-\dfrac{1}{2}-\log(1+e^{-3r})$$

答　$S(r)=\log2-\dfrac{1}{2}-\log(1+e^{-3r})$

$r\to\infty$ のとき $e^{-3r}\to0$ なので $\log(1+e^{-3r})\to\log1=0$。

答　$\displaystyle\lim_{r\to\infty}S(r)=\log2-\dfrac{1}{2}$

(4) の別解（三角形を引く）

$S_1$ の部分と $S_2$ の部分を合わせた図形は、直線 $y=1$ と曲線 $C$ の間の $0\leqq x\leqq r$ の部分から、(3) の別解の三角形（面積 $\dfrac{1}{2}$）を除いたものである（下の図）。よって

$$S(r)=\int_0^r\dfrac{3}{e^{3x}+1}\,dx-\dfrac{1}{2}=\Bigl[-\log(1+e^{-3x})\Bigr]_0^r-\dfrac{1}{2}=\log2-\log(1+e^{-3r})-\dfrac{1}{2}$$

$r\to\infty$ で、直線 $y=1$ と曲線 $C$ の間の $x\geqq0$ の部分の面積は $\log2$ に近づき、極限は $\log2-\dfrac{1}{2}$ になる。 $S_1$ を求めなくても $S(r)$ が求まるので、本番での検算にも使える。