東大理系数学2017入試過去問解答解説

$$\begin{aligned} \cos 3\theta &= 4 \cos ^3 \theta - 3 \cos \theta \\ \cos 2\theta &= 2 \cos ^2 \theta - 1 \end{aligned}$$

より，

$$\begin{aligned} f(\theta) &= 4 \cos^3\theta - 3 \cos\theta + a\left( 2 \cos^2\theta - 1 \right) + b \cos\theta \\ &= 4x^3 - 3x + a(2x^2 - 1) + bx \\ &= 4x^3 + 2ax^2 + (b-3) x - a \end{aligned}$$

また，$f(0) = 1 + a + b$ なので，($0 < \theta < \pi$ より，$x \ne 1$ とあわせて)

$$\begin{aligned} g(\theta) &= \dfrac{f(\theta) - f(0)}{x-1} \\ &= \dfrac{\{ 4x^3 + 2ax^2 + (b-3) x - a \} - (1 + a + b)}{x-1} \\ &= \dfrac{(x-1) \{4x^2 + 2 (a+2)x + 2a + b + 1 \}}{x-1} \\ &= 4x^2 + 2 (a+2)x + 2a + b + 1 \\ \end{aligned}$$

$0 < \theta <\pi$ より，$-1< \cos\theta = x < 1$ となり，この範囲で $g(\theta)$ の最小値が $0$ になる条件を考える。

$g(\theta) = h(x)$ とおくと，

$$\begin{aligned} h(x) &= 4x^2 + 2 (a+2)x + 2a + b + 1 \\ &= \left( 2x + 1 + \dfrac{a}{2} \right)^2 - \dfrac{a^2}{4} + a + b \end{aligned}$$

(ⅰ) $-\dfrac{1}{2}-\dfrac{a}{4} \leqq -1 \Leftrightarrow a \geqq 2$ のとき，また，$-\dfrac{1}{2}-\dfrac{a}{4} \geqq 1 \Leftrightarrow a \leqq -6$ のとき

グラフの概形は下図太線部(○は含まず)のようになり最小値は存在せず，条件を満たさない。

(ⅱ) $-1< -\dfrac{1}{2}-\dfrac{a}{4} < 1 \Leftrightarrow -6 < a <2$ のとき

$y=h(x)$ のグラフの概形は下図太線部(○は含まず)のようになる。

よって最小値は， $$h\left( -\dfrac{1}{2}-\dfrac{a}{4} \right) = -\dfrac{a^2}{4} + a + b$$ であり，これが $0$ になる条件を考えるので，

$$\begin{aligned} &-\dfrac{a^2}{4} + a + b = 0 \\ \Leftrightarrow & b = \dfrac{1}{4}(a-2)^2 - 1 \end{aligned}$$

よって，求める条件は $-6 < a <2$ で $b = \dfrac{1}{4}(a-2)^2 - 1$ をみたすことで，下図太線部(○は含まず)ようになる。

$n$ 秒後の点 $\mathrm{P} (m,n)$ は $y=x+n-m$ 上にあるが，$n+1$ 秒後に $(m,n+1),(m-1,n)$ に移動すると，$y=x+n-m+1$ 上に，$(m+1,n),(m,n-1)$ に移動すると，$y=x+n-m-1$ 上に移動する。

つまり，$1$ 秒たつと $\dfrac{1}{2}$ ずつの確率で，点 $\mathrm{P}$ を通り傾きが $1$ の直線の $y$ 切片が $1$ 増減することがわかる。

ここで，最初に点 $\mathrm{P}$ は $y=x$ 上にあって，$y$ 切片は $0$ である。 $6$ 秒後に点 $\mathrm{P}$ を通る傾き $1$ の直線の $y$ 切片が $0$ であるのは，$y$ 切片は $+1$ に $3$ 回，$-1$ に $3$ 回移動する場合である。

よって，求める確率は $$_6\mathrm{C} _3 \left( \dfrac{1}{2} \right) ^3 \left( \dfrac{1}{2} \right) ^3 = \dfrac{5}{16}$$

$n$ 秒後の点 $\mathrm{P} (m,n)$ は $y=-x+n+m$ 上にあるが，$n+1$ 秒後に $(m,n+1),(m+1,n)$ に移動すると，$y=-x+n+m+1$ 上に，$(m-1,n),(m,n-1)$ に移動すると，$y=-x+n+m-1$ 上に移動する。

よって $6$ 秒後に $y=-x$ 上に点 $\mathrm{P}$ がある確率は $(1)$ と同様に考えて，

$$\dfrac{5}{16} \tag{a}$$

ここで，$1$ 回移動することによる点 $\mathrm{P}$ を通る傾き $1,-1$ の直線の $y$ 切片の変化量を $i,j$ とおく。

$P(k=a)$ で $k=a$ となる確率を表すとして，

$$\begin{aligned} P(i=1) = P(i=-1) = \dfrac{1}{2} \\ P(j=1) = P(j=-1) = \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$

となる。

また，点 $\mathrm{P}(m,n)$ から $(m,n+1),(m+1,n),(m-1,n),(m,n-1)$ へ移動する確率は $\dfrac{1}{4}$ なので，

$$\begin{aligned} &P(i=1,j＝1) = P(i=1,j=-1) \\ &=P(i=-1,j=1) = P(i=-1,j=-1) =\ \ \dfrac{1}{4} \end{aligned}$$

となり，

$$\begin{aligned} P(i=a,j=b) = P(i=a) \cdot Q(j=b) \ \ (a,b=\pm1) \end{aligned}$$

が成立するので，点 $\mathrm{P}$ を通る傾き $1,-1$ の直線の $y$ 切片の変化は独立である。

これと，点 $\mathrm{P}$ が原点 $\mathrm{O}$ 上にある条件が，$y=x$ 上でかつ $y=-x$ 上にある条件と等しいことから，求める確率は $(1),(a)$ より

$$\dfrac{5}{16} \cdot \dfrac{5}{16} = \dfrac{25}{256}$$

最初に点 $\mathrm{P}$ は原点上にあるため，$6$ 秒後に点 $\mathrm{P}$ が原点にあるためには $x,y$ 座標が正負にそれぞれ同じ回数動けばよい。

よって，動き方の組み合わせは以下のようになる。

$$\begin{array}{cccccc} x:+1 & x:-1 & y:+1 & y:-1 & & \\ \hline 3 & 3 & 0 & 0 & \cdots & (b) \\ \hline 2 & 2 & 1 & 1 & \cdots & (c) \\ \hline 1 & 1 & 2 & 2 & \cdots & (d) \\ \hline 0 & 0 & 3 & 3 & \cdots & (e) \\ \end{array}$$

それぞれの移動の確率は $\dfrac{1}{4}$ なので，

$(b), (c)$ の確率は，

$$_6\mathrm{C}_3 \left( \dfrac{1}{4} \right) ^6 = \dfrac{20}{4^6} = \dfrac{5}{4^5}$$

$(d), (e)$ の確率は，

$$_6\mathrm{C}_1 \cdot \ _5\mathrm{C}_1 \cdot \ _4\mathrm{C}_1 \left( \dfrac{1}{4} \right) ^6 = \dfrac{180}{4^6} = \dfrac{45}{4^5}$$

以上より，求める確率は

$$\dfrac{5}{4^5} \cdot {2} + \dfrac{45}{4^5} \cdot {2} = \dfrac{25}{256}$$

点 $\alpha$ と原点の垂直二等分線 $L$ は点 $\alpha$ と $\mathrm{O}$ から等距離にある点の集合なので，$|z| = |z - \alpha|$ となる。

ここで，$w = \dfrac{1}{z}$ より $w \ne 0$ なので，$w = \dfrac{1}{z} \Leftrightarrow z = \dfrac{1}{w}$ としてよく，

$$\begin{aligned} &\left| \dfrac{1}{w} \right| = \left| \dfrac{1}{w} - \alpha \right| \\ \Leftrightarrow \ &\left| 1-\alpha w \right| = 1 \\ \Leftrightarrow \ &\left|w- \dfrac{1}{\alpha} \right| = \left| \dfrac{1}{\alpha} \right| \end{aligned}$$

よって，$w$ は中心が $\dfrac{1}{\alpha}$，半径が $\dfrac{1}{|\alpha|}$ の円上のうち，$w \ne 0$ より，原点以外の点。

$\beta = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt3}{2}i , \beta^2 = - \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt3}{2}i$ より，$z$ は原点 $\mathrm{O}$ と $-1$ の垂直二等分線上にある。

よって，$(1)$ より $w$ は中心 $-1$ 半径 $1$ の円周上にある。

また，$\beta,\beta^2$ を結んだ線分は $|z| \leqq 1$ であり，$w = \dfrac{1}{z}$ から $|w| \geqq 1$ となるので，

$w$ は中心 $-1$ 半径 $1$ の円周上のうち $|w| \geqq 1$ を満たす部分。

$(1)$

$\ \ \ \ \ a_1 = (2+\sqrt5) + \left(-\dfrac{1}{2+\sqrt5} \right) = 4$

$\ \ \ \ \ a_2 = (2+\sqrt5)^2 + \left(-\dfrac{1}{2+\sqrt5} \right)^2 = 18$

$(2)$

$n\geqq2$ のとき

$\begin{aligned} \ \ \ \ \ a_1a_n &= \left\{ p + \left( - \dfrac{1}{p} \right) \right\} \left\{ p^n + \left( - \dfrac{1}{p} \right) \right\} ^n \\ &=p^{n+1} - p^{n-1} - \left( -\dfrac{1}{p} \right)^{n-1} + \left( -\dfrac{1}{p} \right)^{n+1} \\ &=a_{n+1} - a_{n-1} \end{aligned}$

$(1),(2)$ より，$n\geqq2$ で

$$\begin{aligned} a_{n+1} &= a_1 a_n + a_{n-1} \\ &= 4a_n + a_{n-1} \tag{a} \end{aligned}$$

が成立する。

ここで，$a_n$ は自然数であることを数学的帰納法で示す。

$(ⅰ)\ n = 1,2$ のとき

$a_1=4,\ a_2=18$ より，自然数である。

$(ⅱ)\ n = k,k+1 ( k \in \mathbb{N})$ で $a_n$ が自然数になると仮定する。

このとき，$k+1\geqq2$ なので $(\mathrm{a})$ より，

$$a_{k+2} = 4a_{k+1} + a_{k}$$

が成立し，仮定より $a_{k+1} , a_{k}$ が自然数なので，$a_{k+2}$ が自然数になる。

つまり，$n = k,k+1 ( k \in \mathbb{N})$ で題意を満たすとき，$n = k+2$ でも題意をみたす。

以上 $(ⅰ),(ⅱ)$ より，数学的帰納法で示された。

自然数 $p,q$ の最大公約数を $(p,q)$ と表すことにする。

このとき，$n\geqq 2$ の範囲で $a_{n+1}$ を $a_n$ で割った商とあまりについて考えると，

• $(\mathrm{a})$ より $a_{n+1} = 4a_{n} + a_{n-1}$ が成立する
• 漸化式より $a_n>a_{n-1}$

となるので，商は $4$ であまりは $a_{n-1}$ である。よって，ユークリッドの互除法より

$$(a_{n+1},a_n)=(a_n, a_{n-1})$$

となる。

よって，$n\geqq2$ の範囲で $(a_n, a_{n-1})$ は一定となる： $$(a_{n+1},a_n)=(a_n, a_{n-1})= \cdots =(a_2,a_1)$$

$(1)$ より，$a_1=4, a_2=18$ なので，求める最大公約数は $2$

共通接線 $y=ax+b$ を $l$ とおき，$C$ と連立すると

$$\begin{aligned} &ax + b =x^2 + k \\ \Leftrightarrow \ &x^2 - ax + k - b = 0 \end{aligned}$$

これが重解を持つので，$($ 判別式 $)\ = 0$ が成立し，

$$a^2 - 4( k - b ) = 0 \tag{$\alpha$}$$

次に，$a=0$ のとき，$l$ は $x$ 軸平行になるので $D$ と接さないので，$a \ne 0$ としてよく，$l: x= \dfrac{1}{a} (y - b)$ となるので，$D$ と連立して

$$\begin{aligned} &\dfrac{1}{a} (y - b) = y^2 + k \\ \Leftrightarrow \ &y^2 - \dfrac{1}{a} y + k + \dfrac{b}{a} = 0 \end{aligned}$$

これも重解を持つので，$($ 判別式 $)\ = 0$ が成立し，

$$\begin{aligned} &\dfrac{1}{a^2} -4 \left( \dfrac{b}{a} + k \right) = 0 \\ \Leftrightarrow \ &4a (b + ak) - 1 = 0　\tag{$\beta$} \end{aligned}$$

以上 $(\alpha)$ より，$b = - \dfrac{a^2}{4} + k$ なので，$(\beta)$ に代入して

$$\begin{aligned} &4a \left\{ \left( - \dfrac{a^2}{4} + k \right) +ak \right\} -1 = 0 \\ \Leftrightarrow \ &4a (a + 1) k =a^3 + 1 　\tag{$\ast$}\\ \Leftrightarrow \ &k = \dfrac{a^2 - a + 1}{4a} \ \ \ (\because a \ne 0,-1) \end{aligned}$$

よって，

$$b = - \dfrac{a^2}{4} + k =\dfrac{(1 - a) (1 + a^2)}{4a}$$

$a=2$ と $(1)$ より，

$$k = \dfrac{2^2 - 2 + 1}{4\cdot2} = \dfrac{3}{8}$$

これを $(\alpha),(\beta)$ に代入して，

$$a^2 - 4 \left( \dfrac{3}{8} - b \right) = 0 \tag{$\gamma$}$$

$$4a \left( b + \dfrac{3}{8} a \right) - 1 = 0 \tag{$\delta$}$$

これをみたす $a,b$ の組み合わせの $l$ が求める共通接線となる。

式 $(\gamma)$ より $b = -\dfrac{a^2}{4} + \dfrac{3}{8}$ となるので，式 $(\delta)$ に代入して

$$\begin{aligned} &4a \left( -\dfrac{a^2}{4} + \dfrac{3}{8} + \dfrac{3}{8} a \right) -1 = 0 \\ \Leftrightarrow \ & 2a^3 - 3a^2 - 3a + 2 = 0 \\ \Leftrightarrow \ & (a + 1)(2a - 1)(a - 2) = 0 \\ \Leftrightarrow \ & a = -1 , 2 , \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$

よって答えは $(a,b) = \left( 2, -\dfrac{5}{8} \right) , \left( \dfrac{1}{2} , \dfrac{5}{16} \right) , \left( -1 , \dfrac{1}{8} \right)$

$\mathrm{P} (x,y,z)$ とおくと，

$$\cos{\theta} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OP}}} {|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| |\overrightarrow{\mathrm{OP}}|} = \dfrac{(1,0,0) \cdot (x,y,z)}{1 \cdot 1} = x \tag{a}$$

となるので，$x$ の取りうる範囲を考える。

ここで $\triangle \mathrm{OPQ}$ は正三角形で，$\mathrm{O,Q}$ はそれぞれ $(0,0,0),(0,0,1)$ なので，点 $\mathrm{P}$ は下図のように，平面 $z=\dfrac{1}{2}$ 上に中心 $\left( 0,0,\dfrac{1}{2} \right)$ 半径 $\dfrac{\sqrt3}{2}$ の円周上を取りうる。

よって， $$-\dfrac{\sqrt3}{2} \leqq x \leqq \dfrac{\sqrt3}{2}$$ となり，$(\mathrm{a}),0^\circ < \theta < 180^\circ$ と合わせて，

$$30^\circ \leqq \theta \leqq 150^\circ$$

$(1)$ における $\mathrm{OP}$ の動く範囲は，上図の太線の円上の点と，点 $\mathrm{O}$ とを結んだ図形。$K$ はこれを $x$ 軸中心に回転させた図形となる。

回転前の $(1)$ の図形は，$0 \leqq z \leqq \dfrac{1}{2}$ において，$z$ 軸から $\sqrt3 z$ 離れた点の集合であり，

$$x^2 + y^2 = (\sqrt3 z )^2$$

と表せる。

この図形の $x=t \ \left(0 \leqq t \leqq \dfrac{\sqrt3}{2} \right)$ における断面の方程式は，$3z^2 - y^2 = t^2$ となり，下図。

この図形と $x$ 軸との距離は近いところで $\dfrac{t}{\sqrt3}$，遠いところで $\sqrt{ \left( \dfrac{1}{2} \right) ^2 + \left( \sqrt{\dfrac{3}{4} - t^2} \right) ^2 }$ である。

$x$ 軸中心に回転させると断面積は

$$\begin{aligned} &\left\{ \sqrt{ \left( \dfrac{1}{2} \right) ^2 + \left( \sqrt{\dfrac{3}{4} - t^2} \right) ^2 } \right\}^2 \pi - \left( \dfrac{t}{\sqrt3} \right) ^2 \pi \\ = &\left( 1 - \dfrac{4}{3} t^2 \right) \pi \end{aligned}$$

となるので，$K$ が $yz$ 平面対称であることと合わせて，体積は

$$\begin{aligned} & 2\int ^\frac{\sqrt3}{2} _0 \left( 1 - \dfrac{4}{3} t^2 \right) \pi \\ = & \pi \left[ t - \dfrac{4}{9}t^3 \right]^{\frac{\sqrt3}{2}}_{0} \\ = & \dfrac{2\sqrt3}{3}\pi \end{aligned}$$