2003 年センター試験⋯ 数学 I ・数学 A(その 1)  組番名前  (100 点 ⋯ 60 分)

第 1 問 (必答問題) （配点 40）

[1] 2 次関数

y = −2x^{2} + ax + b

のグラフを C とする。 C は頂点の座標が

( \frac{a}{ア} ,  \frac{a^{2}}{イ}  + b)

の放物線である。 C が点 (3, −8) を通るとき，

b = ウエ a + 10

が成り立つ。このときのグラフ C を考える。

(1) C が x 軸と接するとき， a = オまたは a = カキである。 a = カキの放物線は a = オのときの放物線を x 軸方向にクだけ平行移動したものである。

(2) C の頂点の y 座標が最小になるのは， a = ケコのときで，このときの最小値はサシである。

[2]

A  D  C E  B F H  G

一辺の長さが 1 の立方体の 8 個の頂点 A, B, C, D, E, F, G, H が図のような位置関係にある。この 8 個の頂点から異なる 3 点を選び，それらを頂点とする三角形をつくる。

(1) 三角形は全部でスセ個できる。また，互いに合同でない三角形は全部でソ種類ある。

(2) △ABC と合同になる確率は，\frac{タ}{チ}であり，また，正三角形

になる確率は\frac{ツ}{テ}である。

(3) 三角形の面積の期待値は\frac{ト + ナ\sqrt{2} + \sqrt{3}}{ニヌ}である。

第 2 問 (必答問題) （配点 40)

[1] (1) p, q, r を実数とし， x についての整式 A, B を

A = x^{3} + px^{2} + qx + r
B = x^{2} − 3x + 2

とする。

(a) A を B で割ったときの商が x−1 であった。このとき， p = アイである。

(b) A を B で割ったときの余りが x で割り切れた。このとき，

r = ウ p + エ

である。

(c) A を B で割ったとき，その商と余りが等しくなった。このとき，

q + r = オ

である。 (2) a, b を実数として，次のカ〜ケに，下の ◯^{0}〜◯^{G}のうちから当て

はまるものを一つずつ選べ。

(|a + b| + |a − b|)^{2} = 2(a^{2} + b^{2} + カ )

であるから， (|a + b| + |a − b|)^{2} = 4a^{2} が成り立つための必要十分条件はキである。キでないときは

(|a + b| + |a − b|)^{2} = ク

となる。

また，\frac{1}{2} (|a + b| + |a − b|) = b が成り立つための必要十分条件は

ケである。

◯^{0} a^{2}  ◯^{1} b^{2}  ◯^{2} 4a^{2}  ◯^{3} 4b^{2}
◯^{4} ab  ◯^{5} |ab|  ◯^{6} 2ab  ◯^{7} 2|ab|
◯^{8} a^{2} − b^{2} ◯^{9} b^{2} − a^{2} ◯^{A} |a^{2} − b^{2}| ◯^{B} a^{2} ≦ b^{2}
◯^{C} a^{2} ≧ b^{2} ◯^{D} a ≦ |b| ◯^{E} |a| ≦ b ◯^{F} a ≧ |b|

◯^{G} |a| ≧ b

[2] △ABC において， AB = 5, BC = 2\sqrt{3}, CA = 4 + \sqrt{3} とする。このとき，

cos A = \frac{コ}{サ}

である。 △ABC の面積は

シス + セ\sqrt{ソ} 2

である。

B を通り， CA に平行な直線と △ABC の外接円の交点のうち， B と異なる方を D とするとき， BD = タ − \sqrt{チ}であり，台形

ADBC の面積はツテである。

第 3 問 (選択問題) (配点 20)

(1) 等比数列 18,  −6\sqrt{3},  6, ⋯ の第 6 項は

\frac{アイ\sqrt{ウ}}{エ}であり，

初項から第 15 項までの奇数番目の項の和は

\frac{オカキク}{ケコサ}である。

(2) 数列

1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 6, ⋯

の第 n 項を a_{n} とする。この数列を

1 |2, 2| 3, 3, 3| 4, 4, 4, 4| 5, 5, 5, 5, 5| 6, ⋯

のように 1 個， 2 個， 3 個， 4 個， ⋯ と区画に分ける。第 1 区画から第 20 区画までの区画に含まれる項の個数はシスセであり， a_{215} = ソタとなる。また，第 1 区画から第 20 区画までの区画に含まれる項の総和はチツテトであり，

a_{1} + a_{2} + a_{3} + · · · · · · + a_{n} ≧ 3000

となる最小の自然数 n は，ナニヌである。

2003 年センター試験⋯ 数学 II ・数学 B(その 2)  組番名前  (100⋯ 60 分)

第 1 問 (必答問題) （配点 30）

[1]

(1) 一般に A, B を定数とするとき， x ≧ 0 を満たすすべての x に対して， x の不等式 Ax + B > 0 が成り立つ条件は

A ≧ アかつ B > イ

である。

(2) x ≧ 0 を満たすすべての x に対して，不等式

(x + 1) sin^{2} α + (2x − 1) sin α cos α − x cos^{2} α > 0 ⋯ 1 ◯

が成り立つような a の値の範囲を求めよう。ただし， 0^{∘} ≦ α ≦ 180^{∘} とする。 x ≧ 0 を満たすすべての x に対して， 1 ◯ が成り立つ条件は

sin ウ α ≧ cos エ α

かつ sinオ α > sin α cos α

が成り立つことである。これより，求める α の値の範囲は

カキ^{∘} < α ≦ \frac{クケコ^{∘}}{サ}

である。

[2] 正の数 x に対して

a = log_{3} x − \frac{7}{2} , b = log_{3} x − \frac{5}{2} , c = log_{9} x − \frac{5}{2}
d = log_{9} x − \frac{3}{2}

とおく。

(1) d = 0 となるような x の値は， x = シスである。

(2) abcd > 0 となるような x の値の範囲を求めよう。 a, b, c, d のすべてが負の場合には

0 < x < セ\sqrt{ソ}

となる。 a, b, c, d のうち二つが正で残り二つが負の場合には

タチ < x < ツテ\sqrt{ト}

となる。さらに， a, b, c, d のすべては正の場合には

ナニヌ < x

となる。

(3) タチ < x < ツテ\sqrt{ト}の範囲において， a, b, c, d の間には大小関係

ネ < ノ < ハ < ヒ

が成り立つ。第 2 問 (必答問題) （配点 30）

関数 f(x) は

x ≦ 3 のとき f(x)= x
x > 3 のとき f(x)= −3x + 12

で与えられている。このとき， x ≧ 0 に対して，関数 g(x) を

g(x) = ∫_{0}^{x} f(t) dt

と定める。

(1) 0 ≦ x ≦ 3 のとき

g(x) =  \frac{ア}{イ}  xウ
であり， x ≧ 3 のとき

g(x) = − \frac{3}{2} x^{2} + エオ x − カキ

である。

(2) 曲線 y = g(x) を C とする。 C 上の点 P(a, g(a)) (ただし, 0 < a < 3) における C の接線 l の傾きはクであるから， l の方程式は

y = ク x −  \frac{ケ}{コ}  a^{2}

である。

(3) l と x 軸の交点を Q とすると Q の座標は

(  \frac{サ}{シ}  a, 0)

であり， l と C の P 以外の交点を R とすると R の座標は

( ス − a, セ a −  \frac{ソ}{タ}  a^{2})

である。

(4) R から x 軸に垂線を引き， x 軸と交わる点を H とするとき，三角形 QRH の面積 S は

S =  \frac{チ}{ツ}  a^{3} − テ a^{2} + トナ a

である。 S は a = \frac{ニ}{ヌ}のとき最大値をとる。

2003 年センター試験⋯ 数学 II ・数学 B (その 3) 組番名前

第 3 問 (選択問題) (配点 20) 一辺の長さが 1 の，図のような立方体 ABCD–A’B’C’D’ において， AB， CC’， D’A’ を a : (1 − a) に内分する点をそれぞれ P, Q, R とし，\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{x}, \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{y}, \overrightarrow{AA′} = \overrightarrow{z} とおく。ただし， 0 < a < 1 とする。

A’ B’  C’  D’ A B  C  D

(1) \overrightarrow{PQ}, \overrightarrow{PR} を\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}, \overrightarrow{z} を用いて表すと

\overrightarrow{PQ} = ( ア − イ )\overrightarrow{x} + \overrightarrow{y} + ウ\overrightarrow{z}
\overrightarrow{PR} = エオ\overrightarrow{x} + (1 − a)\overrightarrow{y} + \overrightarrow{z}

となるしたがって

|\overrightarrow{PQ}| : |\overrightarrow{PR}| = 1 : カ
|\overrightarrow{PQ}|^{2} = キ (a^{2} − a + ク )
\overrightarrow{PQ} · \overrightarrow{PR} = a^{2} − a + ケ

であるから．\overrightarrow{PQ} と\overrightarrow{PR} のなす角はコサ^{∘} である。

(2) 三角形 PQR の重心を G とすると

\overrightarrow{DG} =  \frac{シ + ス}{セ}  (\overrightarrow{x} − \overrightarrow{y} + \overrightarrow{z})

である。 ( シとスは解答の順序を問わない ) いま，辺 C’D’ 上に SQ = SR となるように点 S をとる。このとき，\overrightarrow{C′S} = ソ\overrightarrow{C′D′} となり

\overrightarrow{SD} = ( タ − チ )\overrightarrow{x} − \overrightarrow{z}

である。

(3) \overrightarrow{SG} と\overrightarrow{DG} が垂直であるとき， a の値は\frac{ツ}{テ}で

あり， ∠QSR = トナニ^{∘} となる。第 4 問 (選択問題) (配点 20)

複素数平面上で

z_{0} = (\sqrt{3} + i)(cos θ + i sin θ)
z_{1} = \frac{4\{(1 − sin θ) + i cos θ\}}{(1 − sin θ) − i cos θ}
z_{2} = − \frac{2}{z_{1}}

の表す点をそれぞれ P_{0}, P_{1}, P_{2} とする。ただし， 0^{∘} < θ < 90^{∘} とする。また， arg z は複素数 z の偏角を表すものとし，偏角は −180^{∘} 以上 180^{∘} 未満とする。

(1) |z_{0}| = ア , arg z_{0} = イウ^{∘} + θ である。

(2) z_{1} 分母と分子に (1−sin θ)+i cos θ をかけて計算すると

z_{1} = エ (− sin θ + i cos θ)

となる。よって， |z_{1}| = オ , arg z_{1} = カキ^{∘} +θ である。

(3) | \frac{z_{1}}{z_{0}} | = ク , arg \frac{z_{1}}{z_{0}} = ケコ^{∘} であるから，

P_{0}P_{1} = サ\sqrt{シ}である。

(4) 原点 O, P_{0}, P_{1}, P_{2} の 4 点が同一円周上にある場合を考える。このとき ∠OP_{2}P_{1} を考えると

arg \frac{z_{1} − z_{2}}{−z_{2}} = − スセ^{∘}

であるから，

ソ cos 2θ − タ = 0

が成り立つ。よって

sin θ = \frac{\sqrt{チ}}{ツ}

となる。

２００３年センター試験⋯ 数学解答 (その 1) 組番名前

(数学 I ・ A) ; 第 1 問 ; ア 4 イ 8 ウエ −3 オ 4 カキ 20 ク 4 ; ケコ 12 サシ −8 スセ 56 ソ 3 ; タ 3 チ 7 ツ 1 テ 7 ト 3 ナ 3 ; ニヌ 14 ; [1] y = −2 (x − \frac{a}{4} )^{2} + \frac{a^{2}}{8} + b ∴ ( \frac{a}{4} , \frac{a^{2}}{8} + b) ; (3, −8) を通るとき， −8 = −18+3a+b ∴ b = −3a + 10 ; (1) \frac{a^{2}}{8} + b = 0 より，\frac{a^{2}}{8} − 3a + 10 = 0 ∴ (a − 4)(a − ; 20) = 0 ; ∴ a = 4, 20 ; y = −2(x − 1)^{2} と y = −2(x − 5)^{2} より， x 軸方向へ 4 ; 移動。 ; (2) y = \frac{a^{2}}{8} − 3a + 10 = \frac{1}{8} (a − 12)^{2} − 8 より ; a = 12 のとき，最小値 −8 ; [2] ; (1) 三角形の総数は_{8}C_{3} = 56 互いに合同でないものは 3 種 ; 類ある。 (直角二等辺三角形, 1 : \sqrt{2} : \sqrt{3}, 正三角形 ) ; (2) 直角二等辺三角形は一つの平面上に 4 個ずつできるか ; ら，全部で 4 × 6 = 24 個できる。よってその確率は， ; \frac{24}{56} = \frac{3}{7} また，正三角形は一つの対角線について， 2 ; 通りずつ考えられるが重複しているので 2×2×6÷3 = 8 ; よってその確率は，\frac{8}{56} = \frac{1}{7} ; (3) 1 : \sqrt{2} : \sqrt{3} の三角形のできる確率は\frac{3}{7} で面積は ; \frac{\sqrt{2}}{2} ; よって，期待値は ; \frac{1}{2} · \frac{3}{7} + \frac{3}{7} · \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} · \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3 + 3\sqrt{2} + \sqrt{3}}{14} ; 第 2 問 ; アイ −4 ウ 2 エ 6 オ 3 カ ◯^{A} キ ◯^{C} ク ◯^{3} ; ケ ◯^{E} コ 4 サ 5 シス 12 セ 3 ソ 3 ; タ 4 チ 3 ツテ 12 ; [1] ; (1) (a) (x^{2} − 3x + 2)(x − 1) + lx + m の形になるから, ; p = −4 (b)

x +(p + 3)
x^{2} − 3x + 2 ) x^{3} +px^{2} +qx +r
x^{3} −3x^{2}  +2x
(p + 3)x^{2} +(q − 2)x  +r
(p + 3)x^{2} −3(p + 3)x +2(p + 3)
(3p + q + 7)x+r − 2p − 6

条件より， r − 2p − 6 = 0 ∴ r = 2p + 6

(c) x + (p + 3) = (3p + q + 7)x + r − 2p − 6 より， 1 = 3p+q +7, p+3 = r −2p−6 辺々加えて， q + r = 3

(2) (|a + b| + |a − b|)^{2} = (a + b)^{2} + (a − b)^{2} + 2|a + b||a − b| = 2(a^{2} + b^{2} + |a^{2} − b^{2}|) 2(a^{2} + b^{2} + |a^{2} − b^{2}|) = 4a^{2} ⟺ a^{2} − b^{2} = |a^{2} − b^{2}| ∴ a^{2} ≧ b^{2} それ以外は，右辺が 4b^{2}

\frac{1}{2} (|a + b| + |a − b|) = b より，

b ≧ 0 また， b^{2} ≧ a^{2} ∴ b ≧ |a|

[2] 余弦定理から， cos A = \frac{25 + (4 + \sqrt{3})^{2} − 12}{2 · 5(4 + \sqrt{3})} = \frac{4}{5}

sin A = \frac{3}{5}

△ABC = \frac{1}{2} · 5 · (4 + \sqrt{3}) · \frac{3}{5} = \frac{12 + 3\sqrt{3}}{2} A B C D 5 4 + \sqrt{3} 2\sqrt{3}

BD CA で, ∠ABD = ∠BAC ADBC は等脚台形で， AD = BC = 2\sqrt{3} BD= x とおく。余弦定理から

12 = 25 + x^{2} − 2 · 5 · \frac{4}{5}

x^{2} − 8x + 13 = 0 ∴ x = 4 ± \sqrt{3} ∴ BD = 4 − \sqrt{3} 台形 ADBC = \frac{(4 + \sqrt{3} + 4 − \sqrt{3})}{2} × 5 × sin A = 12

第 3 問

アイ −2 ウ 3 エ 3 オカキク 6560 ケコサ 243

シスセ 210 ソタ 21 チツテト 2870 ナニヌ 217

(1) 公比 − \frac{1}{\sqrt{3}} 初項 18 であるから

a_{6} = 18 × (− \frac{\sqrt{3}}{3} )^{5} = \frac{−2\sqrt{3}}{3}

初項 18 公比\frac{1}{3} 項数 8 の等比数列の和であるから,

\frac{18\{1 − ( \frac{1}{3} )^{8}\}}{1 − \frac{1}{3}} = 3^{3} \{1 − ( \frac{1}{3} )^{8}\} = \frac{6560}{243}

(2) 1 + 2 + 3 + ⋯ + 20 = \frac{20(20 + 1)}{2} = 210, a_{215} = 21

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + · · · · · · + 20^{2} = \frac{20(20 + 1)(2 · 20 + 1)}{6}

= 2870 第 20 区画までの和が 2870 で，第 21 区画の k 番目まで

加えて， 2870 + 21k ≧ 3000 より， k ≧ \frac{130}{21} = 6.1 ⋯

より， k ≧ 7 ゆえに最初から数えて，最小の自然数 n は 210+7 = 217

(数学 II ・ B)

第 1 問

ア 0 イ 0 ウ 2 エ 2 オ 2 カキ 45

クケコ 225 サ 2 シス 27 セ 9 ソ 3

タチ 27 ツテ 27 ト 3 ナニヌ 243

ネ c ノ a ハ d ヒ b

[1]

(1) Ax + B > 0 (x ≧ 0) が常に成り立つことより， A ≧ 0, B > 0

(2) 1 ◯ を変形して (sin^{2} α−cos^{2} α+2 sin α cos α)x+(sin^{2} α−sin α cos α) > 0 ∴ (sin 2α − cos 2α)x + (sin^{2} α − sin α cos α) > 0

(1) より， sin 2α ≧ cos 2α, sin^{2} α > sin α cos α 前式から，\sqrt{2} sin(2α − 45^{∘}) ≧ 0 −45^{∘} ≦ 2α − 45^{∘} ≦ 315^{∘} より,

0^{∘} ≦ 2α − 45^{∘} ≦ 180^{∘} ∴ \frac{45^{∘}}{2} ≦ α ≦ \frac{225^{∘}}{2} ⋯ 1 ◯

後式から， sin α(sin α − cos α) > 0 sin α > 0 より， sin α > cos α ∴ 45^{∘} < α < 180^{∘} ⋯ 2 ◯

1 ◯, 2 ◯ から， 45^{∘} < α ≦ \frac{225^{∘}}{2}

[2]

(1) log_{9} x = \frac{3}{2} より， x = 9^{\frac{3}{2}} = 27

c = \frac{log_{3} x}{log_{3} 9} − \frac{5}{2} = \frac{1}{2} (log_{3} x − 5)

d = \frac{1}{2} (log_{3} x − 3)

条件から， b < 0 ⟺ log_{3} x − \frac{5}{2} < 0 である。

0 < x < 3^{\frac{5}{2}} ∴ 0 < x < 9\sqrt{3} 条件から a < 0 かつ， d > 0 であればよい。 ∴ x < 3^{\frac{7}{2}} かつ， x > 3^{3} ∴ 27 < x < 27\sqrt{3} c > 0 より， log_{3} x > 5 ∴ 243 < x

(2) 以上より， c < a < d < b

第 2 問

ア 1 イ 2 ウ 2 エオ 12 カキ 18 ク a

ケ 1 コ 2 サ 1 シ 2 ス 6 セ 6 ソ 3

タ 2 チ 9 ツ 8 テ 9 トナ 18 ニ 4 ヌ 3

(1) g(x) = ∫_{0}^{x} t dt = [ \frac{t^{2}}{2} ]_{0}^{x} = \frac{1}{2} x^{2} (0 ≦ x ≦ 3)

g(x) = ∫_{0}^{3} t dt + ∫_{3}^{x}(−3t + 12) dt

= \frac{9}{2} + [− \frac{3}{2} t^{2} + 12t]_{3}^{x}

= − \frac{3}{2} x^{2} + 12x − 18 (x ≧ 3)

O y

x 3 a

R

H

Q

y = \frac{1}{2} x^{2}

y = − \frac{3}{2} x^{2} + 12x − 18

(2) 0 ≦ x ≦ 3 のとき， g′(a) = a l の傾きは a

l : y − \frac{1}{2} a^{2} = a(x − a) ∴ y = ax − \frac{1}{2} a^{2}

(3) (2) において y = 0 とおくと， a (x − \frac{1}{2} a) = 0

∴ x = \frac{1}{2} a (∵ a ≠ 0) Q ( \frac{1}{2} a, 0)

ax− \frac{1}{2} a^{2} = − \frac{3}{2} x^{2} +12x−18, ∴ \{x−(6−a)\}\{3x−

(6 + a)} = 0

交点の x 座標は 3 より大， ∴ x = 6 − a (∵ 0 < a < 3)

R (6 − a, 6a − \frac{3}{2} a^{2})

(4) S = \frac{1}{2} ×QH×HR = \frac{1}{2} (6 − \frac{3}{2} a) (6a − \frac{3}{2} a^{2})

= \frac{9}{8} a^{3} − 9a^{2} + 18a

S′ = \frac{27}{8} a^{2} − 18a + 18 = \frac{9}{8} (3a^{2} − 16a + 16)

= \frac{9}{8} (a − 4)(3a − 4) S′ = 0 より， a = \frac{4}{3}

a 0 ⋯ \frac{4}{3} ⋯ 3
S′  + 0 −
S  ↗ 最大 ↘

よって， a = \frac{4}{3} のとき最大値をとる。

第 3 問

ア 1 イ a ウ a エオ −a カ 1 キ 2 ク 1

ケ 1 コサ 60 シ a ス 1 セ 3 ソ a

タ a チ 1 ツ 1 テ 2 トナニ 120

(1) \overrightarrow{PQ} = (1 − a)\overrightarrow{x} + \overrightarrow{y} + a\overrightarrow{z} \overrightarrow{PR} = −a\overrightarrow{x} + (1 − a)\overrightarrow{y} + \overrightarrow{z} \overrightarrow{x} · \overrightarrow{x} = \overrightarrow{y} · \overrightarrow{y} = \overrightarrow{z} · \overrightarrow{z} = 1 \overrightarrow{x} · \overrightarrow{y} = \overrightarrow{y} · \overrightarrow{z} = \overrightarrow{z} · \overrightarrow{x} = 0 であるから |\overrightarrow{PQ}|^{2} = (1 − a)^{2} + 1^{2} + a^{2} = 2(a^{2} − a + 1) |\overrightarrow{PR}|^{2} = (−a)^{2} + (1 − a)^{2} + 1^{2} = 2(a^{2} − a + 1) |\overrightarrow{PQ}| : |\overrightarrow{PR}| = 1 : 1 |\overrightarrow{PQ}|^{2} = (1 − a)^{2} + 1^{2} + a^{2} = 2(a^{2} − a + 1) \overrightarrow{PQ} · \overrightarrow{PR} = a^{2} − a + 1

cos θ = \frac{\overrightarrow{PQ} · \overrightarrow{PR}}{|\overrightarrow{PQ}| · |\overrightarrow{PR}|} = \frac{1}{2} ∴ θ = 60^{∘}

(2) \overrightarrow{DG} = \overrightarrow{AG}−\overrightarrow{AD} = \frac{1}{3} \{a\overrightarrow{x}+\overrightarrow{x}+\overrightarrow{y}+a\overrightarrow{z}+(1−a)\overrightarrow{y}+

\overrightarrow{z}\} − \overrightarrow{y} = \frac{a + 1}{3} (\overrightarrow{x} + \overrightarrow{y} + \overrightarrow{z}) （続く）

(数学 II ・ B)(続き) △QCS ≡ △SDR であるから\overrightarrow{C′S} = a\overrightarrow{C′D′} \overrightarrow{SD} = \overrightarrow{SD′} + \overrightarrow{DD′} = (a − 1)\overrightarrow{x} − \overrightarrow{z}

(3) \overrightarrow{SG} = \overrightarrow{SD} + \overrightarrow{DG} \overrightarrow{SG} ⊥ \overrightarrow{DG} ⟺ \overrightarrow{SG} · \overrightarrow{DG} = \overrightarrow{SD} · \overrightarrow{DG} + |\overrightarrow{DG}|^{2} = 0

\frac{(a + 1)(a − 1)}{3} − \frac{a + 1}{3} + \frac{(a + 1)^{2}}{3} = 0

\frac{(a + 1)(2a − 1)}{3} = 0 ∴ a = \frac{1}{2} A’ B’  C’  D’ A B  C  D S Q R  θ_{\frac{1}{2}}  _{\frac{\sqrt{5}}{2}}

a = \frac{1}{2} のとき， SQ=SR= \frac{1}{\sqrt{2}}

QR= \sqrt{QD^{2} + DQ^{2}} = \sqrt{\frac{5}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{3}{2}}

余弦定理から

cos ∠QSR = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} − \frac{3}{2}}{2 · ( \frac{1}{\sqrt{2}} )^{2}} = − \frac{1}{2}

∴ θ = 120^{∘}

第 4 問

ア 2 イウ 30 エ 4 オ 4 カキ 90 ク 2

ケコ 90 サ 2 シス 60 セ 2 ソ 3 タチ 90

ツ 8 テ 1 ト 7 ナ 4

(1)

z_{0} = 2 (cos 30^{∘} + i sin 30^{∘}) (cos θ + i sin θ)
= 2{cos (30^{∘} + θ)} + i sin (30^{∘} + θ)}

∴ |z_{0}| = 2, arg z_{0} = 30^{∘} + θ

(2) 分母 = (1 − sin θ)^{2} + cos^{2} θ = 2(1 − sin θ) 分子 = 4{(1 − sin θ) + i cos θ}{(1 − sin θ) + i cos θ} = 4{(1 − sin θ)^{2} − cos^{2} θ + 2i(1 − sin θ) cos θ} = 4{(1 − sin θ)^{2} − (1 − sin^{2} θ) + 2i(1 − sin θ) cos θ} = 4(1 − sin θ){1 − sin θ − (1 + sin θ) + 2 i cos θ} = 8(1 − sin θ)(− sin θ + i cos θ)

∴ z_{1} = 4(− sin θ + i cos θ)
= 4{cos(90^{∘} + θ) + i sin(90^{∘} + θ)}

∴ |z_{1}| = 4, arg z_{1} = 90^{∘} + θ

(3) | \frac{z_{1}}{z_{0}} | = \frac{|z_{1}|}{|z_{0}|} = 2

arg \frac{z_{1}}{z_{0}} = arg z_{1} − arg z_{0} = 60^{∘}

O 60^{∘} 2 4  P_{0}(z_{0}) P_{1}(z_{1})

上図のようになるので， P_{0}P_{1} = 2\sqrt{3}

z_{2} = − \frac{2}{z_{1}} = 2 · (−z_{1})^{−1} = \frac{1}{2} (sin θ + i cos θ)
= \frac{1}{2} \{cos (90^{∘} − θ) + i sin (90^{∘} − θ)\}
O  P_{0}(z_{0}) P_{1}(z_{1}) P_{2}(z_{2})_{\frac{1}{2}} 4  2\sqrt{3} 2 2θ

題意の円は， OP_{1} を直径とする円であるから，

∠OP_{2}P_{1} = 90^{∘} である。よって，図は上のようになる。

∴ arg \frac{z_{1} − z_{2}}{−z_{2}} = −90^{∘}

arg \frac{z_{1}}{z_{2}} = arg z_{1} − arg z_{2} = (90^{∘} + θ) − (90^{∘} − θ) = 2θ

∠P_{1}OP_{2} = 2θ であるから

cos 2θ = \frac{\frac{1}{2}}{4} = \frac{1}{8}

∴ 8 cos 2θ − 1 = 0

8(1 − 2 sin^{2} θ) − 1 = 0 ∴ sin^{2} θ = \frac{7}{16}

sin θ = \frac{\sqrt{7}}{4} (∵ sin θ > 0)