航空大学校　平成31年度　総合Ⅱ 数学の過去問解説

問16

[解説]

10進数を2進数で表現する際、最も直感的な方法は、$2^N$の足し算で表現する方法です。

$$93=1\times 2^6+0\times 2^5+1\times 2^4+1\times 2^3+1\times 2^2+0\times 2^1+1\times 2^0$$

となります。2進数で表現する場合、係数を左から順に並べます。

$${93}_{(10)}={1011101}_{(2)}$$

が答えとなります。

問17

[解説]

上の公式を用いて、与式を分解して計算していきます。

$x^2+y^2+z^2=(x+y+z{)}^2-2(xy+yz+zx)$

$=0^2-2\times (-7)=14$

$x^3+y^3+z^3=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy–yz–zx)+3xyz$

$=0\times (14-(-7))+3\times 6=18$

$x^4+y^4+z^4=(x^2+y^2+z^2{)}^2-2(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)$

$=(x^2+y^2+z^2{)}^2–2\{(xy+yz+zx{)}^2-2xyz(x+y+z)\}$

$={14}^2–2\times \{(-7{)}^2–2\times 6\times 0\}$

$=196–2\times 49=98$

よって、

$(x^2+y^2+z^2)+(x^3+y^3+z^3)+(x^4+y^4+z^4)$

$=14+18+98$

$=130$

となります。

問18

[解説]

(a)

$|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|=2$と$|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|$について、どちらも両辺を2乗します。

$$|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}{|}^2=|\overrightarrow{a}{|}^2+2\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}{|}^2=4\dots (1)$$

$$|\overrightarrow{a}–\overrightarrow{b}{|}^2=|\overrightarrow{a}{|}^2–2\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}{|}^2=4\dots (2)$$

(1)式-(2)式より、

$$4\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=0$$

よって、

$$\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=0$$

となります。

(b)

$$|3\overrightarrow{a}–2\overrightarrow{b}{|}^2+|2\overrightarrow{a}–3\overrightarrow{b}{|}^2$$

$$=9|\overrightarrow{a}{|}^2-12\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+4|\overrightarrow{b}+4|\overrightarrow{a}{|}^2-12\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+9|\overrightarrow{b}{|}^2$$

$$=13|\overrightarrow{a}{|}^2-24\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+13|\overrightarrow{b}$$

(a)より、$\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=0$であるため、$13(|\overrightarrow{a}{|}^2+|\overrightarrow{b}{|}^2)$について考えます。(1)式より、

$$|\overrightarrow{a}{|}^2+2\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}{|}^2=|\overrightarrow{a}{|}^2+|\overrightarrow{b}{|}^2=4$$

です。よって、

$$13(|\overrightarrow{a}{|}^2+|\overrightarrow{b}{|}^2)=13\times 4=52$$

となります。

問19

[解説]

$6^x=7^y={42}^z=A(A>0\mathrm{か}\mathrm{つ}A\ne 1)$とおきます。これらを変形すると、

$$6^x=A\leftrightarrow x={\log }_{6}A=\frac{1}{{\log }_{A}6}$$

$$7^y=A\leftrightarrow y={\log }_{7}A=\frac{1}{{\log }_{A}7}$$

$${42}^z=A\leftrightarrow z={\log }_{4}2A=\frac{1}{{\log }_{A}42}$$

が得られます。与式に代入すると、

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{1}{z}={\log }_{A}6+{\log }_{A}7-{\log }_{A}42$$

$$={\log }_{A}42–{\log }_{A}42$$

$$={\log }_{A}1=0$$

となります。

問20

[解説]

まず$\theta =\frac{\pi }{5}$とおきます。これを以下のように変形していきます。

$$5\theta =\pi$$

$$3\theta =\pi –2\theta$$

$$\sin 3\theta =\sin \pi -2\theta$$

$$=\sin 2\theta$$

これを3倍角、2倍角の公式を用いて変形すると、

$$3\sin \theta –4{\sin }^3\theta =2\sin \theta \cos \theta$$

となります。$\theta =\frac{\pi }{5}$より、$\sin \theta \ne 0$であるため、両辺を$\sin \theta$で割ると、

$$3-4{\sin }^2\theta =2\cos \theta$$

が得られます。これを$\cos \theta$のみの関数に変形すると、

$$3-4(1-{\cos }^2\theta )=2\cos \theta$$

$$\leftrightarrow 4{\cos }^2\theta -2\cos \theta -1=0$$

となります。$\cos \theta >0$より、

$$\cos \theta =\frac{1+\sqrt{5}}{4}$$

となります。ここで半角の公式より、

$${\sin }^2\frac{\theta }{2}=\frac{1-\cos \theta }{2}$$

$$=\frac{3-\sqrt{5}}{8}$$

よって、

$$\sin \frac{\theta }{2}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}$$

$$=\frac{1}{4}\sqrt{6-2\sqrt{5}}$$

$$=\frac{1}{4}\sqrt{(-1+\sqrt{5}{)}^2}$$

$$=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}$$

となります。

問21

[解説]

BN = NA、BM = MCから中点連結定理より、MN//ACとMN=$\frac{1}{2}$ACが得られます。これより、△GMNと△GACは辺の比が1:2、すなわち面積の比が1:4であることが分かります。

△GMNの面積を①とします。

次に△MABと△NBCについて考えます。BN = ANより、

△MBN = △MAN

またMB = MCより、

△MBN = △MCA

と分かります。つまり、△MAN = △MCAです。△GMNは共通であるため、△GAN = △GMC = xとおきます。

△BMNと△BCAについて、MN = $\frac{1}{2}$ACより、面積の比は1:3と分かります。△MBN = △MANより、

△MBN = △GMN + △GAN = ①+x

です。以上より、

①+x : ①+④+x+x = 1 : 3

これを解くと、x = ②が得られます。これより、△ABCの面積は③+①+②+②+④ = 12　と分かりました。

よって、△GNM : △ABC = 1:12 です。

問22

[解説]

2つの解が$\sin \theta$と$\cos \theta$であるため、解と係数の関係より、

$$\sin \theta +\cos \theta =\frac{k}{2}\dots (1)$$

$$\sin \theta \cos \theta =\frac{\sqrt{3}}{4}\dots (2)$$

が得られます。$k$を求めるために(1)式を2乗します。

$$(\sin \theta +\cos \theta {)}^2$$

$$={\sin }^2\theta +2\sin \theta \cos \theta +{\cos }^2\theta =\frac{k^2}{4}$$

$$\leftrightarrow 1+2\times \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{k^2}{4}$$

$$\leftrightarrow k^2=4+2\sqrt{3}$$

$$=(\sqrt{3}+1{)}^2$$

$k>0$より、$k=(1+\sqrt{3})$となります。これを与式に代入すると、

$$4x^2–2(1+\sqrt{3})x+\sqrt{3}=0$$

$$(2x-\sqrt{3})(2x-1)=0$$

$0<\theta <\pi$より、$(\sin \theta ,\cos \theta )=(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})or(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$であることが分かります。

$\tan \theta =\frac{\sin \theta }{\cos \theta }$より、

$$\tan \theta =\sqrt{3}or\frac{1}{\sqrt{3}}$$

よって選択肢の中でこれに該当すのは、$\tan \theta =\sqrt{3}$です。

問23

[解説]

まず計算しやすいように低を揃えます。

$${\log }_{\sqrt{y}}3=\frac{{\log }_{y}3}{{\log }_y\sqrt{y}}$$

$$=\frac{{\log }_{y}3}{\frac{1}{2}}$$

$$=2{\log }_{y}3$$

これを与式に戻して変形していきます。

$$2+2{\log }_{y}3<4{\log }_{y}3+2{\log }_y(1-\frac{x}{2})$$

$$\leftrightarrow 2<2{\log }_{y}3+2{\log }_y(1-\frac{x}{2})$$

$$\leftrightarrow 1<{\log }_{y}3+{\log }_y(1-\frac{x}{2})$$

$$\leftrightarrow {\log }_{y}y<{\log }_{y}3(1-\frac{x}{2})$$

つまり、

$$y<3(1-\frac{x}{2})$$

$$\leftrightarrow \frac{3}{2}x+y<3$$

を満たす(x,y)の組み合わせは、(1)の(x,y) = (0, 2)のみです。

問24

[解説]

半径r、高さhの直円柱について考えます。

表面積：$S(r)=\pi r^2+2\pi rh+\pi r^2$

体積：$V(r)=\pi r^2\times h$

ここで、表面積は$72\pi$であるため、

$$S(r)=2\pi r^2+2\pi rh=72\pi$$

すなわち、$$r^2+rh=36$$

です。$rh=36–r^2$を$V(r)$に代入すると、

$$V(r)=\pi r(36-r^2)$$

となります。$V(r)$の最大値を求めるために、$V(r)$のグラフを求めることにします。

$$V(r)=-\pi r^3+36\pi r$$

$$V^{\prime }(r)=-3\pi r^2+36\pi =-3\pi (r^2-12)$$

増減表及びグラフは以下のようになります。

$r>0$より、体積$V(r)$を最大にする$r$は$2\sqrt{3}$です。

(b)

$$V(2\sqrt{3})=\pi \times 2\sqrt{3}\times (36-12)$$

$$=48\sqrt{3}\pi$$

となります。

問25

[解説]

$${\int }_1^2\{(x-1)(x-2){\}}^{2}dx$$

$$={\int }_1^2\{(x-1)(x-1-1){\}}^{2}dx$$

ここで、$x-1=A$とおきます。

$$\{(x-1)(x-1-1){\}}^2$$

$$=\{A(A-1){\}}^2$$

$$=(A^2-A{)}^2$$

$$=A^4–2A^3+A^2$$

となります。$A=x-1$を元に戻して計算を進めていきます。

$${\int }_1^2\{(x-1{)}^4–2(x-1{)}^3+(x-1{)}^2\}$$

$$=[\frac{1}{5}(x-1{)}^5–\frac{2}{4}(x-1{)}^4+\frac{1}{3}(x-1{)}^3]$$

$$=\frac{1}{5}–\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$$

$$=\frac{1}{30}$$

となります。