京大理系数学2021入試過去問解答解説

$\overrightarrow{AB} = \left(\begin{array}{c}-1\\-1\\0\end{array}\right), ~ \overrightarrow{AC} = \left(\begin{array}{c}-1\\0\\2\end{array}\right)$ より，平面 $\alpha$ 上の任意の点 $D$ は，実数 $s,t$ を用いて， $$\begin{aligned} \overrightarrow{AD} &= s\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\0\end{array}\right) + t\left(\begin{array}{c}-1\\0\\2\end{array}\right)\\ \therefore \overrightarrow{OD} &= s\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\0\end{array}\right) + t\left(\begin{array}{c}-1\\0\\2\end{array}\right) + \overrightarrow{OA}\\ &= \left(\begin{array}{c}1-s-t\\-s\\2t\end{array}\right) \end{aligned}$$ で表せる。$D$ が $P$ から平面 $\alpha$ に下ろした垂線の足だとすると， $$\begin{aligned} \overrightarrow{DP} &= \left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}1-s-t\\-s\\2t\end{array}\right)\\ &= \left(\begin{array}{c}s+t\\1+s\\1-2t\end{array}\right) \end{aligned}$$ は，$\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{DP}, ~ \overrightarrow{AC} \perp \overrightarrow{DP}$ を満たす。よって， $$\begin{aligned} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DP} &= \left(\begin{array}{c}-1\\-1\\0\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}s+t\\1+s\\1-2t\end{array}\right)\\ &= -2s -t -1 = 0 \tag{1} \end{aligned}$$ また， $$\begin{aligned} \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DP} &= \left(\begin{array}{c}-1\\0\\2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}s+t\\1+s\\1-2t\end{array}\right)\\ &= -s - 5t + 2 = 0 \tag{2} \end{aligned}$$ $(1),(2)$ を解いて， $$\begin{cases} s = -\dfrac{7}{9}\\ t = \dfrac{5}{9} \end{cases}$$ よって， $$\overrightarrow{OD} = \left(\begin{array}{c}\dfrac{11}{9}\\\dfrac{7}{9}\\\dfrac{10}{9}\end{array}\right)$$ したがって， $$\overrightarrow{PD} = \overrightarrow{DQ}$$ より， $$\begin{aligned} \left(\begin{array}{c}\dfrac{11}{9}\\\dfrac{7}{9}\\\dfrac{10}{9}\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right) &= \overrightarrow{OQ} - \left(\begin{array}{c}\dfrac{11}{9}\\\dfrac{7}{9}\\\dfrac{10}{9}\end{array}\right)\\ \therefore \overrightarrow{OQ} &= \left(\begin{array}{c}\dfrac{13}{9}\\\dfrac{5}{9}\\\dfrac{11}{9}\end{array}\right) \end{aligned}$$

$1$ 回目から $n-1$ 回目の試行で，赤以外の $1$ 色のみを取り出す確率 $P_1$ は， $$P_1 = \left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$$ $1$ 回目から $n-1$ 回目の試行で，赤以外の $2$ 色のみを取り出す確率 $P_2$ は， $$P_2 = \left(\dfrac{2}{4}\right)^{n-1} - 2 \times P_1 = \dfrac{2^{n-1} - 2}{4^{n-1}}$$ よって，$1$ 回目から $n-1$ 回目の試行で，赤以外の $3$ 色のみを取り出す確率 $P_3$ は， $$\begin{aligned} P_3 &= \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1} - 3 \times P_1 - {}_3\mathrm{C}_2\times P_2\\ &= \dfrac{3^{n-1} - 3\cdot 2^{n-1} + 3}{4^{n-1}} \end{aligned}$$ これより，求める確率は， $$P_3 \times \underbrace{\dfrac{1}{4}}_{n\text{回目で赤玉を取る確率}} = \dfrac{3^{n-1} - 3\cdot 2^{n-1} + 3}{4^{n}}$$

接線が $x$ 軸と交わるのは $$t \neq 0$$ のときである。$P\left(t, \dfrac{1}{2}(t^2+1)\right)$ とおけば，$P$ における接線は， $$y - \dfrac{1}{2}(t^2+1) = t(x-t)\\ \therefore y = tx - \dfrac{1}{2}t^2 + \dfrac{1}{2}$$ ここで，$y = 0$ とすると，$t \neq 0$ のとき $$tx = \dfrac{1}{2}t^2 - \dfrac{1}{2}\\ \therefore x = \dfrac{1}{2}t - \dfrac{1}{2t}$$ よって，$Q\left(\dfrac{1}{2}t - \dfrac{1}{2t}, 0\right)$ である。これより， $$\begin{aligned} |PQ|^2 &= \left(\dfrac{1}{2}t + \dfrac{1}{2t}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2}(t^2+1)\right)^2\\ &= \dfrac{1}{4}\left(t^4 + 3t^2 + 3 + \dfrac{1}{t^2}\right) \end{aligned}$$ $T = t^2$ とおけば， $$\begin{aligned} |PQ|^2 &= \dfrac{1}{4}\left(T^2 + 3T + 3 + \dfrac{1}{T}\right) \end{aligned}$$ ここで， $$f(T) = T^2 + 3T + 3 + \dfrac{1}{T}$$ とおく。$f(T)$ を $T$ で微分して， $$f'(T) = 2T + 3 - \dfrac{1}{T^2} = \dfrac{(T+1)^2(2T-1)}{T^2}$$ $T > 0$ であることを考えて，$f(T)$ の増減表をかくと以下の通り。 $$\begin{array}{c|cccc} T & 0 & \cdots & \dfrac{1}{2} & \cdots \\ \hline f’(T) & & - & 0 & + \\ \hline f(T) & & \searrow &\dfrac{27}{4} & \nearrow & \end{array}$$ したがって，$L$ がとりうる値の最小値は $$\begin{aligned} \sqrt{\dfrac{1}{4}\cdot f\left(\dfrac{1}{4}\right)} &= \sqrt{\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{27}{4}}\\ &= \dfrac{3\sqrt{3}}{4} \end{aligned}$$

複素数 $z$ を $$z = \dfrac{1}{2}\left(\cos \dfrac{\pi}{6} + i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)$$ で定義する。すると， $$\begin{cases} z^n = \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\left(\cos \dfrac{n\pi}{6} + i\sin\dfrac{n\pi}{6}\right)\\ (\overline{z})^n = \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\left(\cos \dfrac{n\pi}{6} - i\sin\dfrac{n\pi}{6}\right) \end{cases}$$ より， $$\left(\dfrac{1}{2}\right)^n \cos \dfrac{n\pi}{6} = \dfrac{z^n + (\overline{z})^n}{2}$$ これにより， $$\begin{aligned} &\sum_{n = 0}^{N} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \cos \dfrac{n\pi}{6}\\ &=\sum_{n = 0}^{N} \dfrac{z^n + (\overline{z})^n}{2}\\ &= \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1-z^{n+1}}{1-z}+\dfrac{1-\overline{z}^{n+1}}{1-\overline{z}}\right) \tag{*} \end{aligned}$$ ここで，$N \to \infty$ のとき，$\left(\dfrac{1}{2}\right)^N \to 0$ より， $$z^{N+1}, (\overline{z})^{N+1} \to 0$$ よって，$(*)$ において $N \to \infty$ として， $$\begin{aligned} &\sum_{n = 0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \cos \dfrac{n\pi}{6}\\ &= \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1}{1-z}+\dfrac{1}{1-\overline{z}}\right)\\ &= \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1-\overline{z}+1-z}{1-z-\overline{z}+ z\overline{z}}\\ &= \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2-\cos\dfrac{\pi}{6}}{1-\cos\dfrac{\pi}{6} + \dfrac{1}{4}}\\ &= \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2-\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{1-\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{4}}\\ &= \dfrac{14 + 3\sqrt{3}}{13} \end{aligned}$$

$$y = \log (1 + \cos x) ~~ \left(0 \leq x \leq \dfrac{\pi}{2}\right)$$ より， $$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{-\sin x}{1 + \cos x}$$ よって，求める曲線の長さを $L$ とすると $$\begin{aligned} L &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1 + \left\{\dfrac{-\sin x}{1 + \cos x}\right\}^2} dx\\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\dfrac{1 + \cos^2 x + 2\cos x + \sin^2 x}{(1+\cos x)^2}} dx\\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\dfrac{2}{1 + \cos x}} dx\\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\dfrac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}}} dx\\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{\cos \frac{x}{2}} dx\\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos \frac{x}{2}}{1 - \sin^2 \frac{x}{2}} dx\\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left\{\dfrac{\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2}}{1 + \sin \frac{x}{2}} + \dfrac{\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2}}{1 - \sin \frac{x}{2}}\right\} dx\\ &= \left[\log \left|1 + \sin \frac{x}{2}\right| - \log \left|1 - \sin \frac{x}{2}\right|\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &= \log \left(1 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) - \log \left(1 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\\ &= \log \dfrac{(2 + \sqrt{2})^2}{2}\\ &= 2\log (\sqrt{2} + 1) \end{aligned}$$

$\triangle{ABC}$ の外心を $D$ とする。$D$ は $BC$ の垂直二等分線上，つまり $y$ 軸上にある。ここで，$D(0,d)$ とおくと，$\triangle{ABC}$ の外接円の半径 $R$ は， $$R = BD = \sqrt{3 + (d+1)^2} \tag{1}$$ また，$\triangle{ABC}$ に正弦定理を適用すれば， $$R = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{BC}{\sin \angle BAC} = 2 \tag{2}$$ $(1),(2)$ より， $$\begin{aligned} 3 + (d+1)^2 &= 4\\ (d+1)^2 &= 1\\ d + 1 &= \pm 1\\ d &= 0, -2 \end{aligned}$$ $A$ の $y$ 座標は正より，$d = 0$ の方を採用して， $$(0,0)$$ が答えとなる。

$A$ は $D$ を中心とする半径 $2$ の円の，$y > 0$ を満たす部分を動く。つまり，$A(X,Y)$ と書いた時， $$X^2 + Y^2 = 4, ~~ Y > 0 \tag{3}$$ と表される範囲を動く。

さて，$H$ の座標を求める。$H(x,y)$ とおく。$BC$ が $x$ 軸に平行なことから，$AH$ は $y$ 軸に平行であるから， $$X = x \tag{4}$$ また， $$\overrightarrow{BH} \perp \overrightarrow{AC}$$ つまり， $$\begin{aligned} \left(\begin{array}{c} X + \sqrt{3}\\ y + 1\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c} \sqrt{3}-X\\ -1 - Y\end{array}\right) &= 0\\ 3 - X^2 - (y + 1)(Y + 1) &= 0 \end{aligned}$$ ここで，$(3)$ より， $$X^2 = 4 - Y^2$$であるから， $$\begin{aligned} 3 - (4 - Y^2) - (y + 1)(Y + 1) &= 0\\ (Y + 1)(Y - 1) - (y + 1)(Y + 1) &= 0 \end{aligned}$$ $Y + 1 \neq 0$ より， $$y + 1 = Y - 1$$ $$\therefore Y = y + 2 \tag{5}$$ $(4), (5)$ を $(3)$ に代入して， $$\begin{cases} x^2 + (y + 2)^2 = 4\\ y + 2 > 0 \end{cases}$$ よって，求める奇跡は

「$(0,-2)$ を中心とする半径 $2$ の円の，$y > -2$ を満たす部分」

である。

問題の主張の対偶：

「$n$ が素数でないなら，$3^n - 2^n$ も素数でない」

を示す。

$n$ が素数ではない時，$2 \leq p \leq q$ なる整数 $p,q$ を用いて $$n = pq$$ を表せる。このとき， $$\begin{aligned} 3^n - 2^n &= 3^{pq} - 2^{pq}\\ &= (3^p)^q - (2^p)^q\\ &= (3^p - 2^p)\left((3^p)^{q-1} + (3^p)^{q-2}\cdot (2^p)^{1} + \cdots + (3^p)^{1}\cdot (2^p)^{q-2} + (2^p)^{q-1} \right)\\ &= (3-2)(3^{p-1} + 3^{p-2}\cdot 2^1 + \cdots + 3^1 \cdot 2^{p-2} + 2^{p-1})\\ &\quad\quad\times \left((3^p)^{q-1} + (3^p)^{q-2}\cdot (2^p)^{1} + \cdots + (3^p)^{1}\cdot (2^p)^{q-2} + (2^p)^{q-1} \right)\\ &= (3^{p-1} + 3^{p-2}\cdot 2^1 + \cdots + 3^1 \cdot 2^{p-2} + 2^{p-1})\\ &\quad\quad\times \left((3^p)^{q-1} + (3^p)^{q-2}\cdot (2^p)^{1} + \cdots + (3^p)^{1}\cdot (2^p)^{q-2} + (2^p)^{q-1} \right)\\ \end{aligned}$$ ここで，$2 \leq p, 2 \leq q$ より， $$\begin{aligned} 3^{p-1} + 3^{p-2}\cdot 2^1 + \cdots + 3^1 \cdot 2^{p-2} + 2^{p-1} &\geq 3^1 + 2^1\\ &= 5\\ (3^p)^{q-1} + (3^p)^{q-2}\cdot (2^p)^{1} + \cdots + (3^p)^{1}\cdot (2^p)^{q-2} + (2^p)^{q-1} &\geq (3^2)^1 + (2^2)^1\\ &= 13 \end{aligned}$$ よって，$3^n -2^n$ は合成数であり，素数ではない。

関数 $f(x)$ に対し，新たな関数 $g(x)$ を $$g(x) := \dfrac{f(x)}{x}$$ で定義する。この関数に平均値の定理を適用すれば， $$\dfrac{g(a)-g(1)}{a-1} = g'(c)$$ を満たす実数 $c$ が，$1$ と $a$ の間に存在することになる。ここで， $$\begin{aligned} g(a) - g(1) &= \dfrac{f(a)}{a} - f(1)\\ &= \dfrac{af(1)}{a} - f(1)\\ &= 0 \end{aligned}$$ より， $$g'(c) = 0$$ また， $$g'(x) = \dfrac{f'(x)x- f(x)}{x^2}$$ これら2式により， $$\begin{aligned} \dfrac{f'(c)c - f(c)}{c^2} &= 0\\ f(c) - cf'(c) &= 0 \tag{**} \end{aligned}$$ さて，$y = f(x)$ 上の点 $P(c,f(c))$ における接線は， $$\begin{aligned} y &= f'(c)(x-c) + f(c)\\ &= f'(c)x + f(c) - cf'(c) \end{aligned}$$ で表される。ここで，式 $(**)$ より，$P$ における接線は， $$y = f'(c)x$$ で表せる。この接線は原点 $(0,0)$ を通っている。よって，題意は示された。