筑波大学 2019年度 過去問・解答

筑波大学 2019年度（平成31年度）個別学力試験 数学の全問解説です。全6題17小問（試験時間120分。学群・学類によって解答する問題が指定される選択制です）。
掲載しているすべての数値は、当塾で解いたうえで Pythonによる検算（3次方程式を因数分解して接線の傾きを厳密に照合・対数の大小と不等式を \(n\) を変えて数値確認・ベクトルの内積を係数計算で展開・回転体の体積を厳密積分と40万分割で照合・数列の定数性を \(n=12\) まで確認・円と半直線の交点数を1本ずつ判定） を行い、さらに 本ページで公開している解答PDFと全問照合 しました。17小問すべてが一致しています。

この年度の傾向（3行）

• 6題すべてが小問3つ前後の誘導つきで、分野は微積・対数・空間ベクトル・複素数と広く散っています。学群ごとに解く問題が指定されるので、自分の受ける学類がどの問題を解くかを募集要項で確認してから過去問演習に入るのが効率的です。
• 【2】(3) は (1) の不等式を「そのまま使う」設計です。\(\dfrac{x}{a},\dfrac{y}{b},\dfrac{z}{c}\) に当たるものを自分で見つけるのが山場で、ここでは \(1,\ \log_{2}3,\ (\log_{2}3)^{n}\)。最大値が \((\log_{2}3)^{n}<2^{n}\) となって結論が出ます。
• 【5】は \(e^{2t}-1=(e^{t}-1)(e^{t}+1)\) という因数分解が全てです。これにより \(y_{n-1}=y_n+x_n\) が成り立ち、\(z_n\) が定数だと分かる。(3) は (1) のはさみうちで \(\dfrac{e^{a_n}-1}{a_n}\to1\) を使います。

【1】放物線の接線と角

(1) \(k\) の値

【型】接線の傾きは微分係数。原点での傾きは \(y'(0)\)。

【なぜこうするか】　\(y=x^{2}-kx\) より \(y’=2x-k\)。点 O は \(x=0\) なので、そこでの接線の傾きは \(y'(0)=-k\)。これが \(-\dfrac13\) だから即座に決まります。

(2) \(\tan\theta\) の値

【型】交点の \(x\) 座標を出し、そこでの接線の傾きを条件と等しいとおく。2倍角で \(\tan\theta\) の方程式にする。

【なぜこうするか】　\(C\) と \(\ell\) の交点は \[x^{2}-kx=(\tan\theta)x \quad\Longleftrightarrow\quad x\left\{x-\left(k+\tan\theta\right)\right\}=0\] より \(x=0\)（点 O）と \(x=k+\tan\theta\)（点 P）。
P での接線の傾きは \[y’\left(k+\tan\theta\right)=2\left(k+\tan\theta\right)-k=k+2\tan\theta\] これが \(\tan2\theta=\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan^{2}\theta}\) に等しい。\(T=\tan\theta\) とおけば \(T\) の方程式になります。分母を払うと3次方程式ですが、\(T=\dfrac12\) が解だと当たりをつけて因数分解できます。

(3) \(\tan\alpha\) の値

【型】2直線のなす角は \(\tan(\theta_2-\theta_1)\) の加法定理。鋭角か鈍角かは内積で確かめる。

【なぜこうするか】　\(\angle\mathrm{PQO}\) は、Q から見た2方向 QO と QP のなす角。QO は \(\ell_1\) 上、QP は \(\ell_2\) 上なので、要するに2直線のなす角です。
各直線が \(x\) 軸正方向となす角を \(\theta_1,\theta_2\) とすると \(\tan\theta_1=-\dfrac13\)、\(\tan\theta_2=\tan2\theta=\dfrac43\)。加法定理より \[\tan\left(\theta_2-\theta_1\right)=\frac{\tan\theta_2-\tan\theta_1}{1+\tan\theta_2\tan\theta_1}=\frac{\dfrac43+\dfrac13}{1-\dfrac49}=\frac{\dfrac53}{\dfrac59}=3\] ここで注意が要ります。2直線のなす角は2通り（\(\beta\) と \(\pi-\beta\)）あり、どちらが \(\angle\mathrm{PQO}\) かは実際に点の位置を見て決める必要があります。内積を計算すると負なので鈍角、したがって \(\tan\alpha=-3\)。

検証：sympy で \(6T^{3}+T^{2}-1=(2T-1)\left(3T^{2}+2T+1\right)\)、実数解が \(T=\dfrac12\) のみであることを確認しました。\(\mathrm{P}\left(\dfrac56,\dfrac{5}{12}\right)\)、\(\mathrm{Q}\left(\dfrac{5}{12},-\dfrac{5}{36}\right)\)、\(\overrightarrow{\mathrm{QO}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{QP}}=-\dfrac{125}{1296}<0\)、\(\cos\alpha=-\dfrac{\sqrt{10}}{10}\) から \(\tan\alpha=-3\) も厳密に確認しています。

【2】不等式と対数の大小

(1) 分数の評価

【型】分数の不等式は分母を払う。分母が正であることを確認してから。

【なぜこうするか】　\(\dfrac{x}{a}\le M\) の分母 \(a\) は正なので、払って \(x\le aM\)。同様に \(y\le bM\)、\(z\le cM\)。この3つを辺々足すだけ： \[x+y+z\le(a+b+c)M\] \(a+b+c>0\) だから割って結論。「分母が正だから不等号の向きが変わらない」ことを毎回確認するのが答案の作法です。

(2) \(\log_{2}5\) と \(\log_{3}5\) の大小

【型】底が違う対数は、同じ底に変換してから比べる。

【なぜこうするか】　底を5にそろえると \[\log_{2}5=\frac{1}{\log_{5}2},\qquad \log_{3}5=\frac{1}{\log_{5}3}\] \(0<\log_{5}2<\log_{5}3\)（\(2<3\) で底 \(5>1\) だから）なので、逆数をとると大小が逆転して \[\log_{2}5>\log_{3}5\] （別の見方：\(\log_{2}5=\dfrac{\log5}{\log2}\)、\(\log_{3}5=\dfrac{\log5}{\log3}\) で、分子が同じ正の数、分母は \(\log2<\log3\)。）

(3) 不等式の証明

【型】(1) の \(\dfrac{x}{a},\dfrac{y}{b},\dfrac{z}{c}\) に何を当てるかを見つける。

【なぜこうするか】　分子・分母がどちらも「3つの項の和」なので、(1) をそのまま使える形です。 \[a=1,\quad b=\log_{3}5,\quad c=\left(\log_{3}5\right)^{n};\qquad x=1,\quad y=\log_{2}5,\quad z=\left(\log_{2}5\right)^{n}\] とおくと \[\frac{x}{a}=1,\qquad \frac{y}{b}=\frac{\log_{2}5}{\log_{3}5},\qquad \frac{z}{c}=\left(\frac{\log_{2}5}{\log_{3}5}\right)^{n}\] ここで \(\dfrac{\log_{2}5}{\log_{3}5}=\log_{2}3\)（底の変換で \(\dfrac{\log5/\log2}{\log5/\log3}=\dfrac{\log3}{\log2}\)）。そして \(1<\log_{2}3<2\)（\(2<3<4\) より）。
したがって3つの比の最大は \(\left(\log_{2}3\right)^{n}\) で、(1) より

（与式の中辺）\(\le\left(\log_{2}3\right)^{n}<2^{n}\)

検証：\(\log_{2}5=2.321928\)、\(\log_{3}5=1.464974\) で \(\log_{2}5>\log_{3}5\)。比 \(\dfrac{\log_{2}5}{\log_{3}5}=\log_{2}3=1.584963<2\) も確認しました。\(n=1,2,3,5,10\) について中辺を計算すると \(1.436,\ 1.890,\ 2.824,\ 7.687,\ 94.975\) となり、いずれも \(1\) より大きく \(\left(\log_{2}3\right)^{n}<2^{n}\) より小さくなっています。

【3】四面体と空間ベクトル

(1) \(t=s\) の証明と \(\overrightarrow{\mathrm{OP}}\)

【型】交点は「2通りに表して係数比較」。\(\vec a,\vec b,\vec c\) は1次独立。

【なぜこうするか】　まず各点の位置ベクトルを書きます。 \[\overrightarrow{\mathrm{OD}}=s\vec a,\quad \overrightarrow{\mathrm{OE}}=t\vec b,\quad \overrightarrow{\mathrm{OF}}=\vec a+\vec c,\quad \overrightarrow{\mathrm{OG}}=\vec b+\vec c\] （\(\overrightarrow{\mathrm{AF}}=\vec c\) より \(\overrightarrow{\mathrm{OF}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\vec c\)。）
P は線分 EF 上でもあり線分 DG 上でもあるので、2通りに表して係数を比べます。 \[\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1-u)\overrightarrow{\mathrm{OE}}+u\overrightarrow{\mathrm{OF}}=u\vec a+t(1-u)\vec b+u\vec c\] \[\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1-v)\overrightarrow{\mathrm{OD}}+v\overrightarrow{\mathrm{OG}}=s(1-v)\vec a+v\vec b+v\vec c\] \(\vec a,\vec b,\vec c\) は1次独立（四面体をなす）だから係数が一致し、\(\vec c\) の係数から \(u=v\) が即座に出ます。あとは連立を解くだけ。

(2) \(\cos\theta\) を \(s\) で表す

【型】垂直条件は内積 \(=0\)。\(\left|\vec a\right|=\left|\vec b\right|=\left|\vec c\right|\)、内積がすべて等しいことを使う。

【なぜこうするか】　条件から \[\left|\vec a\right|=\left|\vec b\right|=\left|\vec c\right|=m,\qquad \vec a\cdot\vec b=\vec b\cdot\vec c=\vec c\cdot\vec a=m^{2}\cos\theta\] と、大きさも内積もすべて共通。これが計算を軽くします。
\(t=s\) を使うと \[\overrightarrow{\mathrm{EF}}=\overrightarrow{\mathrm{OF}}-\overrightarrow{\mathrm{OE}}=\vec a+\vec c-s\vec b,\qquad \overrightarrow{\mathrm{DG}}=\overrightarrow{\mathrm{OG}}-\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\vec b+\vec c-s\vec a\] 内積を展開すると、\(\cos\theta\) の係数と定数項に整理できます。

(3) \(s\) の値

【型】\(\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^{2}\) を展開し、(2) の \(\cos\theta\) を代入する。

【なぜこうするか】　(1) より \[\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^{2}=\left(\frac{s}{1+s}\right)^{2}\left|\vec a+\vec b+\vec c\right|^{2}=\left(\frac{s}{1+s}\right)^{2}\cdot3m^{2}\left(1+2\cos\theta\right)\] （\(\left|\vec a+\vec b+\vec c\right|^{2}=3m^{2}+2\cdot3m^{2}\cos\theta\)。）
ここに (2) を代入すると \[1+2\cos\theta=1+\frac{2(2s-1)}{s^{2}-2s+3}=\frac{s^{2}+2s+1}{s^{2}-2s+3}=\frac{(s+1)^{2}}{s^{2}-2s+3}\] 分子がちょうど \((s+1)^{2}\) になり、\(\dfrac{s}{1+s}\) の分母と約分されるのが設計の妙。条件 \(3\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^{2}=m^{2}\) を整理すると、\(s\) の2次方程式になります。

検証：\(\overrightarrow{\mathrm{EF}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DG}}\) を係数計算で展開すると \(m^{2}\left\{\left(s^{2}-2s+3\right)\cos\theta+1-2s\right\}\) となり、\(\cos\theta=\dfrac{2s-1}{s^{2}-2s+3}\) が得られました。\(\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^{2}=\dfrac{3m^{2}s^{2}(1+2\cos\theta)}{(1+s)^{2}}\) に代入して \(3\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^{2}=m^{2}\) を解くと \(s=\dfrac12\)（もう一方の解 \(-\dfrac34\) は範囲外）となり、sympy でも同じ結果を得ています。

【4】三角関数と回転体の体積

(1) \(\left|f(x)\right|=\left|g(x)\right|\) となる \(x\)

【型】絶対値は、範囲内での符号を先に確定させてから外す。

【なぜこうするか】　\(0\le x\le\pi\) では \(\sin x\ge0\) だから \[f(x)=1+\sin x\ge1>0\quad\Longrightarrow\quad \left|f(x)\right|=1+\sin x\] また \(-1\le\cos x\le1\) だから \(g(x)=-1-\cos x\le0\) で \[\left|g(x)\right|=1+\cos x\] 両方とも絶対値が外れて、\(\sin x=\cos x\) という単純な式になります。

(2) 回転体の体積

【型】囲む領域が \(x\) 軸をまたぐときは、回転してできるのは半径 \(\max\left(\left|f\right|,\left|g\right|\right)\) の円盤。

【なぜこうするか】　\(g(x)\le0\le f(x)\) なので、囲まれる部分は各 \(x\) で区間 \(\left[g(x),\ f(x)\right]\)、これは0を含みます。
この線分を \(x\) 軸のまわりに回すと、穴のあいていない円盤になり、その半径は原点から遠いほうの端まで、つまり \(\max\left(\left|f(x)\right|,\left|g(x)\right|\right)\)。
(1) より \(x=\dfrac{\pi}{4}\) で大小が入れ替わるので

• \(0\le x\le\dfrac{\pi}{4}\)：\(\cos x\ge\sin x\) だから \(\left|g\right|\ge\left|f\right|\)、半径は \(1+\cos x\)
• \(\dfrac{\pi}{4}\le x\le\pi\)：\(\sin x\ge\cos x\) だから半径は \(1+\sin x\)

検証：sympy で厳密積分すると \(V=\dfrac{\pi\left(5+4\sqrt2+3\pi\right)}{2}=31.544154\)。区間 \([0,\pi]\) を40万分割して \(\pi\max\left(1+\sin x,1+\cos x\right)^{2}\) を数値積分しても \(31.544154\) となり一致しました。

【5】指数と対数の数列・無限級数

(1) 不等式の証明

【型】差をとって微分。\(t>0\) での単調性と \(t=0\) での値を使う。

【なぜこうするか】　\(t>0\) なので分母を払って \[t\le e^{t}-1\le te^{t}\] を示せば十分です。左右それぞれを「差の関数」にして微分します。

• 左：\(f(t)=e^{t}-1-t\)、\(f'(t)=e^{t}-1>0\)（\(t>0\)）、\(f(0)=0\) → \(f(t)>0\)
• 右：\(g(t)=te^{t}-e^{t}+1\)、\(g'(t)=e^{t}+te^{t}-e^{t}=te^{t}>0\)、\(g(0)=0\) → \(g(t)>0\)

(2) \(z_n\) が定数であることの証明

【型】\(z_{n+1}-z_n=0\) を示す。指数の因数分解 \(e^{2t}-1=\left(e^{t}-1\right)\left(e^{t}+1\right)\) が鍵。

【なぜこうするか】　\(a_n=\dfrac{1}{2^{n}}\) なので \(a_n=2a_{n+1}\)。ここから \[e^{a_n}-1=e^{2a_{n+1}}-1=\left(e^{a_{n+1}}-1\right)\left(e^{a_{n+1}}+1\right)\] 対数をとると \[y_n=y_{n+1}+x_{n+1}\] つまり \(y_{n+1}=y_n-x_{n+1}\)。これを \(z_{n+1}\) に入れると \[z_{n+1}=y_{n+1}+\sum_{k=1}^{n+1}x_k=\left(y_n-x_{n+1}\right)+\sum_{k=1}^{n}x_k+x_{n+1}=y_n+\sum_{k=1}^{n}x_k=z_n\] \(x_{n+1}\) が打ち消し合うので、\(z_n\) は \(n\) によりません。値は \(n=1\) を代入して \[z_1=y_1+x_1=\log\left\{\left(e^{\frac12}-1\right)\left(e^{\frac12}+1\right)\right\}=\log(e-1)\]

(3) 無限級数の値

【型】(2) で部分和を書き換え、(1) のはさみうちで極限をとる。

【なぜこうするか】　部分和は \[S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(x_k-\log2\right)=\left(z_n-y_n\right)-n\log2=\log(e-1)-y_n-n\log2\] ここで \[y_n+n\log2=\log\left(e^{a_n}-1\right)+\log2^{n}=\log\left\{2^{n}\left(e^{a_n}-1\right)\right\}=\log\frac{e^{a_n}-1}{a_n}\] （\(a_n=\dfrac{1}{2^{n}}\) より \(2^{n}=\dfrac{1}{a_n}\)。）ここで (1) が効きます。\(t=a_n\) として \[1\le\frac{e^{a_n}-1}{a_n}\le e^{a_n}\] \(n\to\infty\) で \(a_n\to0\)、\(e^{a_n}\to1\) だから、はさみうちで \(\dfrac{e^{a_n}-1}{a_n}\to1\)、その対数は0に収束します。

検証：\(n=1,2,3,6,12\) について \(z_n\) を直接計算すると、いずれも \(0.5413248546=\log(e-1)\) となり定数であることを確認しました。(3) の部分和も \(N=10\) で \(0.5408365\)、\(N=40\) で \(0.5413249\) と \(\log(e-1)=0.5413249\) に収束しています。

【6】複素数平面の円と偏角

(1) 集合 \(A\) の図示

【型】\(z=x+yi\) とおいて実数の方程式に直す。\(\left|z\right|^{2}=x^{2}+y^{2}\)、\(z+\overline{z}=2x\)。

【なぜこうするか】　\(z=x+yi\)（\(x,y\) は実数）とおくと \[\left|z\right|^{2}=x^{2}+y^{2},\qquad z+\overline{z}=2x\] だから条件は \[x^{2}+y^{2}+3=4x \quad\Longleftrightarrow\quad x^{2}-4x+y^{2}+3=0 \quad\Longleftrightarrow\quad (x-2)^{2}+y^{2}=1\] 中心 \(2\)（実軸上）、半径1の円。
（\(z\overline{z}-2z-2\overline{z}+3=0\) を \(\left(z-2\right)\left(\overline{z}-2\right)=1\)、すなわち \(\left|z-2\right|=1\) と変形しても同じです。）

(2) 偏角 \(\theta\) の範囲

【型】原点から円に引いた2本の接線が偏角の境界。\(\sin\)（半角）＝（半径）÷（中心までの距離）。

【なぜこうするか】　偏角は「原点から見た方向」。円 \(A\) を見込む角の範囲を求めればよく、境界は原点から円に引いた接線です。
原点から中心 \(2\) までの距離は2、半径は1。接点を T とすると \(\triangle\)（原点・中心・T）は \(\angle\mathrm{T}=90^\circ\) の直角三角形で

\(\sin\)（接線と実軸のなす角）\(=\dfrac{1}{2}\)

(3) \(z^{60}\) が正の実数となる \(z\) の個数

【型】\(z^{60}\) が正の実数 ⟺ \(60\theta\) が \(2\pi\) の整数倍。偏角ごとに交点の個数を数える。

【なぜこうするか】　\(z=r\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\)（\(r>0\)）とすると \(z^{60}=r^{60}\left(\cos60\theta+i\sin60\theta\right)\)。これが正の実数となるのは \(60\theta=2\pi n\)（\(n\) は整数）のとき、すなわち \[\theta=\frac{\pi n}{30}\] (2) より \(\left|\theta\right|\le\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{5\pi}{30}\) だから \(\left|n\right|\le5\)、つまり \(n=-5,-4,\ldots,5\) の11通り。
ここからが本題です。「偏角が \(\theta\) の \(A\) の要素」は、原点から出る半直線と円 \(A\) の交点。その個数は

• \(\left|\theta\right|<\dfrac{\pi}{6}\)（半直線が円を貫く）→ 2個
• \(\left|\theta\right|=\dfrac{\pi}{6}\)（接線）→ 1個

検証：\(\theta=\dfrac{\pi n}{30}\) が \(\left|\theta\right|\le\dfrac{\pi}{6}\) に入るのは \(n=-5,\ldots,5\) の11通り。各 \(n\) について中心 \(2\) から半直線までの距離 \(2\left|\sin\theta\right|\) を計算すると、\(n=\pm5\) でちょうど \(1.000000\)（接する→1個）、それ以外は \(0.813473,\ 0.618034,\ 0.415823,\ 0.209057,\ 0\) と1未満（→2個）。合計20個となり、解答例と一致しました。

この年度で使った「型」の一覧

検証について

本ページの数値は、次の三段階で確認しています。

1. 当塾で解く　問題文から自力で解答を作成しました。
2. Pythonによる独立検算　【1】は3次方程式を因数分解して接線と角を厳密計算、【2】は対数の大小と不等式を \(n\) を変えて数値確認、【3】はベクトルの内積を係数計算で展開、【4】は体積を厳密積分と40万分割の数値積分で照合、【5】は \(z_n\) を \(n=12\) まで計算して定数性を確認、【6】は各偏角について円と半直線の交点数を1本ずつ判定しました。
3. 解答例との照合　本ページで公開している解答PDFと、全17小問の答えを1問ずつ突き合わせました。17小問すべてが一致しています。なお【6】(3) については、当塾が最初に問題文の指数を \(z^{100}\) と読み違えて34個と計算しており、この照合で誤りに気づいて修正しました（正しくは \(z^{60}\) で20個）。

問題文・解答例の著作権は筑波大学に帰属します。本ページは学習目的の解説であり、問題の全文転載ではありません。数値に誤りを見つけられた場合は、お手数ですがお問い合わせフォームよりご連絡ください。