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1
平成 26 年度 熊本大学２次試験前期日程 (数学問題)120 分
医学部医学科 平成 26 年 2 月 25 日
−→
−→
−→
1 空間内の 1 辺の長さ 1 の正四面体 OABC において，OA = ~a．OB = ~b，OC = ~c
とし，OA の中点を P とする。以下の問いに答えよ。
(1) 0 < t < 1 に対し，BC を t : (1 − t) に内分する点を Q とする。また，
PM + MQ が最小となる OB 上の点を M とし，PN + NQ が最小となる OC
−−→ −→
上の点を N とする。このとき，OM と ON を，それぞれ t，~b，~c を用いて
表せ。
(2) 4QMN の面積を t を用いて表せ。
(3) t が 0 < t < 1 の範囲を動くとき，4QMN の最大値を求めよ。
2 a を正の定数とする。条件
cos θ − sin θ = a sin θ cos θ,
0<θ<π
を満たす θ について，以下の問いに答えよ。
π
の範囲で，ただ 1 つ存在することを示せ。
2
(2) 条件を満たす θ の個数を求めよ。
(1) 条件を満たす θ は，0 < θ <
2
3 以下の問いに答えよ。
(1) 正の実数 a，b，c について，不等式
log a log b log c
+
+
< log 4
a
b
c
が成立することを示せ。ただし，log は自然対数とし，必要なら e > 2.7 お
よび log 2 > 0.6 を用いてもよい。
(2) 自然数 a，b，c，d の組で
abc bca cab = dabc ,
a 5 b 5 c,
d=3
を満たすものすべて求めよ。
³
1
π´
0<x<
sin x cos x
2
と直線 y = a の交点の x 座標を α, β (α < β) とする。以下の問いに答えよ。
4 a を a > 2 である実数とする。xy 平面上の曲線 C : y =
(1) tan α および tan β を a を用いて表せ。
(2) C と x 軸，および 2 直線 x = α，x = β で囲まれた領域を S とする。S の
面積を a を用いて表せ。
(3) S を x 軸の回りに回転して得られる立体の体積 V を a を用いて表せ。
3
解答例
1
(1) 正四面体 OABC(左図) において PM + MQ が最小となる OB 上の点 M は，
その展開図 (右図) において，線分 PQ と OB の交点である．また，点 N は
展開図において，線分 PQ と OC の交点である．
A
（展開図）
O
N
P
P
C
N
A
~b
tQ
展開図において，4OPM
C
M
1−t
B
O
~c
M
A
1
2
P
1
2
B
4BQM，4OPN
t
1−t
Q
4CQN であるから，
これらの相似比から
OM : MB =
よって
−−→
OM =
1
2
1
2
+t
−→
OB =
1
: t,
2
1
ON : NC =
~b,
1 + 2t
−→
ON =
1
: (1 − t)
2
1
2
1
2
+ (1 − t)
−→
OC =
1
~c
3 − 2t
(2) (1) で示した相似比から
4OMN
1
1
1
=
×
=
4OBC
1 + 2t 3 − 2t
(1 + 2t)(3 − 2t)
4BQM
MB BQ
t
2t2
=
×
= 1
×t=
4OBC
OB
BC
1 + 2t
+t
2
4CQN
NC QC
1−t
2(1 − t)2
=
×
= 1
× (1 − t) =
4OBC
OC BC
3 − 2t
+ (1 − t)
2
4OMN + 4BQM + 4CQN = 4OBC − 4QMN であるから，上の 3 式の
辺々を加えると
1−
4QMN
1
2t2
2(1 − t)2
=
+
+
4OBC
(1 + 2t)(3 − 2t) 1 + 2t
3 − 2t
2
2
1 + 2t (3 − 2t) + 2(1 − t) (1 + 2t)
=
(1 + 2t)(3 − 2t)
3
=
(1 + 2t)(3 − 2t)
4
√
1
3
4OBC = ·1·1 sin 60◦ =
であるから
2
4
√ ½
¾
3
3
4QMN =
1−
4
(1 + 2t)(3 − 2t)
√
3t(1 − t)
=
(1 + 2t)(3 − 2t)
···°
1
(3) °
1 から
√ ½
¾
3
3
4QMN =
1−
4
4 − (2t − 1)2
√
1
3
0 < t < 1 であるから，t = のとき，最大値
をとる．
2
16
参考 (行列を使った解法)
~b，~c を (1) の展開図における平面のベクトルとする．このとき
−→
OQ = (1 − t)~b + t~c
したがって，上式および (1) の結果から
−−→ −−→ −→
QM = OM − OQ
1 ~
=
b − {(1 − t)~b + t~c}
1 + 2t
2t(t − 1)~
=
b − t~c
1 + 2t
−→ −→ −→
QN = ON − OQ
1 ~
=
c − {(1 − t)~b + t~c}
3 − 2t
(t − 1)(2t − 1)~
= (t − 1)~b +
c
3 − 2t
5
−−→ −→
QM，QN から，2 次の正方行列を考えると
³ −−→ −→ ´ ³
´
2t(t−1)~
(t−1)(2t−1)~
~
~
b − tc (t − 1)b + 3−2t c
QM QN =
1+2t
Ã
!
³
´ t(2t−1)
t
−
1
1+2t
= ~b ~c
(t−1)(2t−1)
−t
3−2t
Ã
X=
t(2t−1)
1+2t
−t
t−1
(t−1)(2t−1)
3−2t
!
とおくと
³ −−→ −→ ´
³
´
~
~
det QM QN = det b c det X
Ã
また
2t−1
1+2t
1
· · · (∗)
!
det X = t(t − 1) det
2t−1
−1 3−2t
½
¾
2t − 1 2t − 1
= t(t − 1)
×
− 1 × (−1)
1 + 2t 3 − 2t
4
= t(t − 1) ×
(1 + 2t)(3 − 2t)
0 < t < 1 より
4t(1 − t)
4
=
(1 + 2t)(3 − 2t)
(1 + 2t)(3 − 2t)
s
µ ¶2 √
¯
³
´¯ q
1
3
¯
¯
=
¯det ~b ~c ¯ = |~b|2 |~c|2 − (~b·~c)2 = 12 ·12 −
2
2
| det X| = t(1 − t) ×
(∗) および上の 2 式から
³
´¯
1 ¯¯
¯
~
~
4QMN = ¯det b c ¯ |det X|
2
√
√
3t(1 − t)
1 3
4t(1 − t)
= ·
·
=
2 2 (1 + 2t)(3 − 2t)
(1 + 2t)(3 − 2t)
6
2
(1) cos θ − sin θ = a sin θ cos θ (0 < θ < π)
· · · (∗)
π
1
1
0 < θ < のとき，sin θ cos θ 6= 0 であるから a =
−
2
sin θ cos θ
1
1
f (θ) =
−
とおくと
sin θ cos θ
f 0 (θ) = −
0<θ<
cos θ
sin θ
−
2
sin θ cos2 θ
π
において，f 0 (θ) < 0 であるから，f (θ) は単調減少．
2
lim f (θ) = ∞,
θ→+0
lim f (θ) = −∞
θ→ π2 −0
π
において，f (θ) = a をみたす θ はただ 1 つ存在する．
2
π
π
(2) θ = は，(∗) の解ではない． < θ < π のとき
2
2
よって，0 < θ <
sin3 θ + cos3 θ
(sin θ + cos θ)(1 − sin θ cos θ)
=−
2
2
sin θ cos θ
sin¶2 θ cos2 θ
µ
³
´
√
π
1
2 sin θ +
· 1 − sin 2θ
4
2
=−
2
2
sin θ cos θ
f 0 (θ) = −
f (θ) の増減表は次のようなる．
θ
0
f (θ)
f (θ)
( π2 ) · · ·
−
&
lim f (θ) = ∞,
θ→ π2 +0
3
π
4
···
0
+
√
2 2 %
y
(π)
√
2 2
lim f (θ) = ∞
θ→π−0
(1) および上の結果から，y = f (θ) のグ
ラフは右のようになる．
y = f (θ) と y = a の共有点の個数が，
(∗) の解の個数であるから

√

< 2 2のとき 1 個
 0 < a√
2個
a = 2 2のとき

 2√2 < a のとき
3個
O
π
4
π
2
3
π
4
π
θ
7
3
(1) f (x) =
log x
とおくと
x
f 0 (x) =
1 − log x
x2
f (x) の増減表は，次のようになる．
x
f (x)
f (x)
(0) · · ·
+
%
0
e
0
1
e
···
−
&
正の実数 a，b，c について
f (a) + f (b) + f (c) 5 3f (e) =
3
3
<
< 2 × 0.6 < 2 log 2 = log 4
e
2.7
log a log b log c
+
+
< log 4
a
b
c
したがって
(2) a，b，c，d は自然数であるから
abc bca cab = dabc
· · · (∗)
の両辺の自然対数をとると
bc log a + ca log b + ab log c = abc log d
log a log b log c
+
+
= log d
a
b
c
ゆえに
d = 3 であるから，上式および (1) の結果から d = 3
(1) の増減表から f (1) < f (2), f (3) > f (4) > f (5) > · · ·
また
log 2
3 log 2
log 8
=
=
，
2
6
6
log 3
2 log 3
log 9
f (3) =
=
=
3
6
6
f (2) =
ゆえに
f (1) < f (2) < f (3) > f (4) > f (5) > · · ·
log a
log 3 log b
log 3 log c
log 3
5
,
5
,
5
a
3
b
3
c
3
したがって
log a log b log c
+
+
5 log 3
a
b
c
上式において，等号が成り立つ a，b，c を求めればよい．
よって
a=b=c=3
8
4
1
sin2 x + cos2 x
1
(1)
=
= tan x +
より
sin x cos x
sin x cos x
tan x
³
1
π´
y = tan x +
0<x<
tan x
2
とおく．上式と y = a から y を消去すると
tan x +
1
= a ゆえに
tan x
tan2 x − a tan x + 1 = 0
· · · (∗)
この方程式の解が α，β であるから (α < β)，a > 2 に注意して
tan α =
a−
√ 2
a −4
2
,
tan β =
a+
√ 2
a −4
2
(2) (∗) の解と係数の関係により，tan α tan β = 1 y
に注意すると，求める面積 S は，
Z β
Z β
a
1
1
1
S=
dx =
· 2 dx
α sin x cos x
α tan x cos x
·
¸β
Z β
2
(tan x)0
=
dx = log tan x
tan x
α
α
π
O α
β
tan β
4
= log tan2 β
= log
tan α √
a + a2 − 4
= 2 log
2
√
(3) tan α tan β = 1，tan β − tan α = a2 − 4 より，求める体積 V は
Z β
sin2 x + cos2 x 1
1
dx
=
· 2 dx
2
2
cos x
sin2 x
α sin x cos x
α
¶
¾
Z βµ
Z β½
1
(tan x)0
0
0
=
1+
(tan x) dx =
(tan x) +
dx
tan2 x
tan2 x
α
α
·
¸β µ
¶ µ
¶
1
1
1
= tan x −
= tan β −
− tan α −
tan x α
tan β
tan α
√
= (tan β − tan α) − (tan α − tan β) = 2(tan β − tan α) = 2 a2 − 4
V
=
π
よって
Z
x
π
2
β
√
V = 2π a2 − 4