北海道大学 2018年度 過去問・解答

第1問｜余弦定理と外心

方針

(1)は辺 \(AB\) の対角に余弦定理を使います。(2)では、外心から弦 \(AB\) に下ろした垂線は弦を二等分します。 \(CO\perp AB\) なら \(C\) は \(AB\) の垂直二等分線上にあるため \(AC=BC\) です。

解答・解説

\[ \cos\angle ACB =\frac{AC^2+BC^2-AB^2}{2AC\cdot BC} =\frac{2+(t-1)^2-(t^2+1)}{2\sqrt2(t-1)} =-\frac1{\sqrt2}. \] \(0<\angle ACB<\pi\) より \[ \boxed{\angle ACB=\frac{3\pi}{4}}. \]

\(CO\perp AB\) のとき \(C\) は弦 \(AB\) の垂直二等分線上にあるので \[ AC=BC. \] よって \(\sqrt2=t-1\)。\(t>1\) と合わせて \[ \boxed{t=1+\sqrt2}. \]

第2問｜区間上の二次関数の最小値

方針

上に開く放物線の軸 \(x=-a/2\) が区間の左、内部、右のどこにあるかで場合分けします。 (2)では \(b\le1-a/2\) を各場合の \(m\) に代入して、得られる上限を比較します。

解答・解説

\[ f(x)=\left(x+\frac a2\right)^2-\frac{a^2}{4}+b. \] したがって \[ \boxed{ m= \begin{cases} b & (a\ge0),\\ -\dfrac{a^2}{4}+b & (-2\le a\le0),\\ 1+a+b & (a\le-2). \end{cases}} \]

制約から \(b\le1-a/2\)。

• \(a\ge0\): \(m=b\le1-a/2\le1\)。
• \(-2\le a\le0\): \[ m\le-\frac{a^2}{4}-\frac a2+1 =-\frac{(a+1)^2}{4}+\frac54\le\frac54. \]
• \(a\le-2\): \(m\le1+a+1-a/2=2+a/2\le1\)。

最大値 \(5/4\) は \(a=-1\) かつ制約の等号が成立するときです。よって \[ b=1-\frac{-1}{2}=\frac32. \] したがって \[ \boxed{a=-1,\quad b=\frac32,\quad \max m=\frac54}. \]

第3問｜3個のサイコロと大小関係

方針

(1)では百の位が500以上かどうかを決めるので、出目が5以上のサイコロの個数で分類します。 (2)は位の大きい数字が支配的です。同値変形または出目の大小・一致関係で数えます。

解答・解説

全事象は \(6^3=216\) 通りです。少なくとも2数が500以上となるのは、3個すべての出目が5以上、またはちょうど2個の出目が5以上の場合です。 \[ 2^3+\binom32\cdot2^2\cdot4=8+48=56. \] よって \[ \boxed{\frac{56}{216}=\frac7{27}}. \]

\(s>t>u\) を満たすのは次の2種類です。

• \(R>B>Y\): 1〜6から異なる3数を選び、大きい順に割り当てるので \(\binom63=20\) 通り。
• \(R=B>Y\): 等しい値とそれより小さい値を選ぶので \(\binom62=15\) 通り。

したがって \[ \boxed{\frac{20+15}{216}=\frac{35}{216}}. \]

第4問｜共有点と2領域の面積

方針

差を因数分解して共有点の条件を2次方程式へ落とします。面積が等しい条件は、符号が変わる点 \(\alpha\) を挟んだ面積をまとめ、 \(0\) から \(\beta\) までの符号付き積分が0と見ると簡潔です。

解答・解説

共有点では \[ x^3+px^2+x=x^2 \] なので \[ x\{x^2+(p-1)x+1\}=0. \] \(x>0\) に異なる2根をもつには、2次式の軸が正で、判別式が正であればよいから \[ p<1,\qquad (p-1)^2-4>0. \] よって \[ \boxed{p<-1}. \]

差を \(D(x)=x^3+(p-1)x^2+x\) と置きます。\(S_1=S_2\) は \[ \int_0^\beta D(x)\,dx=0 \] と同値です。したがって \[ \frac{\beta^4}{4}+\frac{p-1}{3}\beta^3+\frac{\beta^2}{2}=0 \] より、\(\beta>0\) を使って \[ 3\beta^2+4(p-1)\beta+6=0. \tag{1} \] また \(\beta\) は共有点なので \[ \beta^2+(p-1)\beta+1=0. \tag{2} \] (1)から (2) の4倍を引くと \(-\beta^2+2=0\)。よって \[ \beta=\sqrt2. \] (2)へ代入して \[ \boxed{p=1-\frac{3\sqrt2}{2}}. \]

2次方程式の根の積は1なので \(\alpha\beta=1\)、したがって \(\alpha=1/\sqrt2\)。 \[ S_1=\int_0^\alpha D(x)\,dx. \] \(\alpha^2=1/2\) と \(p-1=-3\sqrt2/2\) を代入すると \[ \boxed{S_1=\frac1{16}}. \]

第1問｜2直線上を動く点と最短距離

方針

座標をそのまま代入してノルムと内積を計算します。最小値は \(|\vec p-\vec q|^2\) を平方完成すると、2変数が分離して一度に求まります。

解答・解説

各座標を代入して整理すると \[ |\vec p|^2=2t^2-2t+1,\qquad |\vec q|^2=4s^2-4s+2,\qquad \vec p\cdot\vec q=-t. \] よって \[ \boxed{|\vec p|=\sqrt{2t^2-2t+1}},\quad \boxed{|\vec q|=\sqrt{4s^2-4s+2}},\quad \boxed{\vec p\cdot\vec q=-t}. \]

\(t=1/2\) のとき \(|\vec p|=1/\sqrt2\) です。角が \(3\pi/4\) だから \[ -\frac12=\vec p\cdot\vec q =|\vec p||\vec q|\cos\frac{3\pi}{4} =-\frac{|\vec q|}{2}. \] したがって \(|\vec q|=1\)。ゆえに \[ 4s^2-4s+2=1 \quad\Longleftrightarrow\quad (2s-1)^2=0, \] より \(\boxed{s=1/2}\) です。

さらに \[ |\vec p-\vec q|^2 =|\vec p|^2+|\vec q|^2-2\vec p\cdot\vec q =2t^2+4\left(s-\frac12\right)^2+2. \] よって \(t=0,\ s=1/2\) のとき最小となり、 \[ \boxed{\min|\vec p-\vec q|=\sqrt2}. \]

第2問｜実数条件が表す複素数平面上の軌跡

方針

\(z=x+yi\) と置き、まず「実数である」という条件を虚部が0であることに直します。(2)では得られた実軸・円周の各場合を分けて調べます。

解答・解説

\[ z+\frac4z =x+yi+\frac{4(x-yi)}{x^2+y^2} \] の虚部は \[ y\left(1-\frac4{x^2+y^2}\right). \] したがって \[ y=0\quad\text{または}\quad x^2+y^2=4. \] よって \(D\) は、原点を除く実軸と、原点中心・半径2の円周の和集合です。

円周 \(x^2+y^2=4\) 上では \(4/z=\overline z=x-yi\) なので、与式は \[ k(2x+8)=i(2yi)=-2y, \] すなわち \[ kx+y+4k=0. \] この直線が半径2の円と共有点をもつ条件は、原点と直線の距離が2以下であることです。 \[ \frac{|4k|}{\sqrt{k^2+1}}\le2 \quad\Longleftrightarrow\quad 4k^2\le k^2+1. \] よって \[ |k|\le\frac1{\sqrt3}. \] 実軸上の場合は与式の右辺が純虚数となるため \(z=\pm2,\ k=0\) が該当しますが、これは上の範囲に含まれます。したがって \[ \boxed{-\frac1{\sqrt3}\le k\le\frac1{\sqrt3}}. \]

第3問｜同じ数字を含むカードと条件付き確率

方針

(1)は \(10\equiv1\pmod9\) を利用します。(2)(3)では同じ数字のカードも別物として数えると、全事象を一様に扱えます。

解答・解説

4桁を \(a,b,c,d\) とすると \[ n-(a+b+c+d)=999a+99b+9c=9(111a+11b+c). \] よって \(n\) と各桁の和は9を法として合同であり、(1)が示されます。

4枚の数字の和は2以上20以下なので、9の倍数は9または18です。和が9となる組は \[ (0,0,1,8) \] で、同じ数字をもつカードの選び方は4通り。和が18となる組は \[ (1,1,8,8),\qquad(0,2,8,8) \] で、それぞれ1通り、4通りです。全事象は \[ \binom84\,4!=8\cdot7\cdot6\cdot5. \] したがって \[ \frac{(4+1+4)4!}{8\cdot7\cdot6\cdot5} =\boxed{\frac9{70}}. \]

偶数となる並べ方は、一の位に6枚の偶数カードのいずれかを置き、残りを並べるので \[ 6\cdot7\cdot6\cdot5. \] 9の倍数かつ偶数となる並べ方は、上の3種類についてそれぞれ72通り、12通り、96通りで、合計180通りです。よって \[ \frac{180}{6\cdot7\cdot6\cdot5} =\boxed{\frac17}. \]

第4問｜距離の不等式が定める領域

方針

距離は非負なので二乗して整理します。各条件は直線で分けられた半平面、または円の内部になります。

解答・解説

\(BQ\ge OQ\) を二乗して整理すると \[ (x-11)^2+(y-11)^2\ge x^2+y^2 \quad\Longleftrightarrow\quad y\le-x+11. \] また \(OQ\ge2AQ\) は \[ x^2+y^2\ge4\left\{\left(x-\frac{15}{2}\right)^2+y^2\right\} \] より \[ (x-10)^2+y^2\le25. \] したがって \(D\) は、中心 \((10,0)\)、半径5の円の内部と、直線 \(y=-x+11\) の下側との共通部分です。

両方が等号となる点は \[ (x-10)^2+(-x+11)^2=25 \] の解であり、 \[ \boxed{Q=(7,4),\ (14,-3)}. \]

\(OQ\ge PQ\) を二乗すると \[ y\ge-\frac p{11}x+\frac{p^2+121}{22}. \] \(0

第5問｜三角関数と円弧で囲まれる面積

方針

(1)は \(\sin x\) の凹性、または差の増減で示します。(2)は \(f-g\) の導関数を(1)で評価します。(3)の平方根の積分は円の扇形と三角形として計算できます。

解答・解説

\[ h_1(x)=\sin x-\frac2\pi x \] と置くと \(h_1(0)=h_1(\pi/2)=0\) です。また \[ h_1′(x)=\cos x-\frac2\pi \] は区間内で1度だけ符号を正から負へ変えるので、\(h_1(x)\ge0\)。したがって \[ \boxed{\frac2\pi x\le\sin x}. \]

\[ h_2(x)=f(x)-g(x) =\cos x-\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}+\frac\pi2. \] 微分して(1)を使うと \[ h_2′(x)=-\sin x+\frac{x}{\sqrt{\pi^2/2-x^2}} \le-\frac2\pi x+\frac{x}{\sqrt{\pi^2/2-x^2}}. \] \(0\le x\le\pi/2\) では \[ \frac1{\sqrt{\pi^2/2-x^2}}\le\frac2\pi \] だから \(h_2′(x)\le0\)。さらに \(h_2(\pi/2)=0\) より \(h_2(x)\ge0\)、すなわち \[ \boxed{g(x)\le f(x)}. \]

求める面積を \(S\) とすると \[ S=\int_0^{\pi/2}\{f(x)-g(x)\}\,dx. \] まず \[ \int_0^{\pi/2}\left(\cos x+\frac\pi2\right)dx =1+\frac{\pi^2}{4}. \] 一方、 \[ \int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}\,dx \] は半径 \(\pi/\sqrt2\) の円の扇形と直角三角形の面積の和で \[ \frac{\pi^3}{16}+\frac{\pi^2}{8}. \] したがって \[ \boxed{S=1+\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi^3}{16}}. \]