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2014 年度 慶應義塾大学 看護医療学部 (数学) 解答解説 ( ) ( )4

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2014 年度
慶應義塾大学
看護医療学部 (数学) 解答解説
Ⅰ
解答
1
(イ)
3 2
n
2
21 3
2
(カ)
43
(1)
(ア) 3n
(3)
(オ)
5
n
2
(2)
(ウ) 2
129
3
(キ)
(エ) 21
(4)
(ク) 3
解説
(2)係数を求めるから、2項定理の一般項を用いる
x 1
(ウ)
:2項定理より
8
Ck x k
4
Cl x l
8
x 1
1
4
4 l
1
10
これが x の項となるのは、 k
k, l
このとき、
1
(エ)
:
x2
10
0
8
C6
4
C4
1
1
8
C7
4
C3
6!
x2
p!q!r !
1
p
2
8
x q 1r
C8
4
C2
2 …(答)
6!
x2p
p!q!r !
q
6 , 0 ≦ p , q , r ≦ 6 をみたす整数
x 10 の項となるのは、 2 p q 10
よって、 x
10
p, q, r
4, 2, 0 , 5, 0, 1
の項の係数は
6!
4!2!0!
n
l
l 10
p, q, r は p q r
このとき、
(4) 12
Ck 4Cl x k
の項の係数は
6
これが
8
6, 4 , 7, 3 , 8, 2
x 1 の一般項は、
ただし、
4 l
, l は 0 ≦ k ≦ 8 , 0 ≦ l ≦ 4 をみたす整数
ただし、 k
よって、 x
の一般項は
6!
5 ! 0 !1 !
21 …(答)
2 2 n 3 n の正の約数の個数が 28 だから
9
2n 1 n 1 28
∴ n 3,
2
よって自然数 n
3 …(答)
Ⅱ
解答
(1)
(ケ)
y
x2 1
(コ)
8 3
a
3
4a
(サ)
2
2
(シ)
4 2
3
Copyright (C) 2014 Johnan Prep School
(2)
(ス) log 2 3
(セ) 0
, 2
54 14 21
9
(ソ)
解説
(1)
(ケ)
: C1 の頂点を x 軸に関して対称移動し、上に凸になることに注意すればよい
別解として、 C1 の式の y を
(2)
f x
2x
f x
gt
3
2
6 2x
5 2x
6t 2
5t
(ス)
: t の3次方程式
gt
∴
t3
2x
y に書き換えればすぐに求まる
2x
12 を解いて、 t
3, 4
∴
x
(セ)
(ソ)
:題意をみたすには、3次関数
3t 2 12t
g t
α
6
21
3
,β
t とおくと、 t
6
21
3
3, 4
log 2 3 , 2 …(答)
y
g t
5
0 に注意して
g t と直線 y
0 となるのは、 t
とおき、 g
t の t
k が t
6
0 で3つの共有点を持てばよい
21
3
0 での増減表を書くと、グラフは
次のようになる
グラフより、求める k の値の範囲は
0
gα
O
k
g α だから、 g α を求める
g t を g t で割ると、商
α 1
β
x
t
k
1
t
3
2
, 余り
3
14
t
3
10
3
割り算原理より
gt
g t
1
t
3
2
3
14
t
3
10
3
g β
g α
gα
0 に注意すると
14
10
α
3
3
よって、 0
k
54 14 21
9
54 14 21
9
…(答)
Copyright (C) 2014 Johnan Prep School
Ⅲ
解答
(1)
(タ)
3
4
(2)
(チ)
3
8
(3)
(ツ)
3
128
(4)(テ)
21
64
(5)
(ト)
175
64
解説
2
1
4
(3) K :2回、 O :2回の確率は、 4 C 2
1
4
2
3
128
…(答)
(4)例えば、 K と O の2種類ならば
(ⅰ) K :1回、 O :3回の確率
4 C1
(ⅰ)または(ⅱ)または(ⅲ)より
(5) X
4
4
3
1
64
C 2 通りだから
7
128
C2
1
4
(3)より
(ⅲ) K :3回、 O :1回の確率
2種類の文字である確率は
1
3
128
1
(ⅰ)と同様
64
1
3
1
7
64 128 64 128
(ⅱ) K :2回、 O :2回の確率
2種類のアルファベットの選び方が
1
4
21
64
…(答)
1, 2 , 3 , 4 が考えられる
4 C1
1
4
4
X
1 のとき
X
2 のとき (4)より
X
4 のとき
X
3 のとき 1
1
4!
4
4
1
64
よって、 X の期待値 E X
1
64
21
64
6
64
21
64
6
64
1
1
64
36
64
2
21
36
3
64
64
4
6
64
175
64
…(答)
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Ⅳ
解答
(1) AP
AP
∴
t 1
t
t 3 , OP
t 3
t
t
OP だから AP OP
AP OP
∴ t
(2) AP
AP 2
0,
t 1 t
7
3
0
t 3 t
t
t 3 t
7
3
0 より t
0
…(答)
t 1
t 1
t 2
t 3 , BP
t 3
t 1 , CP
t 2
t 3
t 2
BP 2
CP 2
t 1
2
3 t 1
9 t
AP
2
t 3
2
2
t 2
2
2
2
BP
2
t 3
2
CP
t 3
t 1
2
t 1
2
t 2
2
t 2
2
t 3
2
t
2
2
2
よって、 t
6
2
2 のとき与式は最小になる …(答)
(3)4点 A , B , C , D が1つの平面に含まれるには、
AP
α AB
β AC をみたす実数 α , β が存在すればよい
t 1
∴
t 3
t 3
0
α
これを解いて、 t
1
2
1
β
5
, α
3
t 1
0
1
∴
2
, β
3
2
3
t 3
t 3
β
2α
α β
よって、 t
5
3
…(答)
解説
(2)ベクトルの成分を経由せずに、直接2点間の距離を考えてもよい
(3)OP
α OA
β OB γ OC
α
β γ
1 をみたす実数 α , β , γ が存在するときの t の値を求めて
もよいが、1文字増える分だけ計算が面倒
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Ⅴ
解答
(1)有理数とは、整数
p, q
p
0 を用いて、
q
の形に表すことのできる数のこと
p
5 が有理数であるとすると
(2)
(a)真(証明)
互いに素である整数
p, q
p
5 p2
両辺を2乗して整理すると
これより
q2
q
p
5
と表せる
…①
q 2 は 5 の倍数だから、 q も 5 の倍数となり、 q
①ヘ代入すると、
これより
0 を用いて、
5 p2
5k
2
∴ P
2
5k ( k は整数)と表せる
5k 2
p 2 は 5 の倍数だから、 p も 5 の倍数となる
このとき、 p , q はどちらも 5 の倍数となり、 p , q が互いに素であることに矛盾する
よって、
5 は無理数である(証明終わり)
(b)真(証明) r , s は有理数だから
整数
p1 , p2 , q1 , q 2
rs
このとき、
(c)真(証明)無理数
q1
p1
p1
q2
p2
0 を用いて r
0 かつ p2
q1q 2
p1 p2
α と 0 でない有理数 r の積 α r が有理数であるとすると
q1
p1
α
q2
p2
これは、無理数
よって、積
(d)偽(理由) α
αβ
q2
と表せる
p2
よって、積 r s も有理数となる(証明終わり)
0 でない整数 p1 , p 2 , q1 , q 2 を用いて、 r
∴
q1
,s
p1
β
∴
α
q1
,αr
p1
q2
p2
p1q 2
p2 q1
α が有理数となってしまい矛盾する
α r は無理数である(証明終わり)
5 とすると
5
5
5 となり、(無理数)×(無理数)=(無理数)とは限らない
解説
(2)無理数は「有理数ではない実数」であるため、否定的な表現の証明では結論を否定する背理法が有効と
なる
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