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三重大学　2025年度　前期日程　数学②（医学部医学科）

第1問小問集合の解答・解説

単位ベクトルの和と内積・余角の関係・和から一般項・領域と1次式の最大最小・複素数の極形式当サイトの体感難易度：標準最終更新 2026/10/13

問題文について

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(1)平面上の点 $O$ を中心とする半径 $1$ の円周上に3点 $A, B, C$ があり、 $OA + 2 OB + 3 OC = 0$ を満たすとき、 $OA \cdot OC$ を求める

答 $OA \cdot OC = - \frac{3}{3}$

$b$ だけを移項してから大きさの2乗をとると、 $b = 1$ を使って内積が出る。

$a = OA$ 、 $b = OB$ 、 $c = OC$ とおくと $∣ a ∣ = b = ∣ c ∣ = 1$ である。条件から

2 b = - (a + 3 c)

なので、両辺の大きさの2乗をとると

2 b^{2} = ∣ a ∣^{2} + 23 a \cdot c + 3 ∣ c ∣^{2}

すなわち $2 = 1 + 23 a \cdot c + 3$ である。よって

a \cdot c = - \frac{1}{3} = - \frac{3}{3}

である。

$a \cdot c = - \frac{3}{3}$ のとき $cos ∠ AOC = - \frac{3}{3}$ で、このとき $a + 3 c = 2$ だから $b = - \frac{a + 3 c}{2}$ はちょうど単位ベクトルになる。つまりそのような $A, B, C$ は実際に存在する。

$a \cdot c = - \frac{3}{3}$ となるように $a, c$ をとって $b$ を作ると、 $b = 1.000000000$ になった。

(2) $tan \frac{π}{10} tan \frac{2}{5} π = 1$ を示す

答 $\frac{π}{10} + \frac{2}{5} π = \frac{π}{2}$ なので $tan \frac{2}{5} π = \frac{1}{tan \frac{π}{10}}$

2つの角の和が $\frac{π}{2}$ であることに気づけばよい。

$\frac{π}{10} + \frac{2}{5} π = \frac{π}{10} + \frac{4 π}{10} = \frac{π}{2}$ なので

tan \frac{2}{5} π = tan (\frac{π}{2} - \frac{π}{10}) = \frac{1}{tan \frac{π}{10}}

である。 $0 < \frac{π}{10} < \frac{π}{2}$ より $tan \frac{π}{10} > 0$ で、とくに $0$ ではないから

tan \frac{π}{10} tan \frac{2}{5} π = tan \frac{π}{10} \cdot \frac{1}{tan \frac{π}{10}} = 1

である。

数値で計算すると $tan \frac{π}{10} tan \frac{2}{5} π = 1.000000000$ だった。

(3)数列 ${a_{n}}$ の初項から第 $n$ 項までの和 $S_{n}$ が $S_{n} = 3^{n} + 2 a_{n}$ であるとき、一般項を求める

答 $a_{n} = 3 \cdot 2^{n - 1} - 2 \cdot 3^{n}$

$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ から $a_{n}$ の漸化式を作る。 $a_{n} + 2 \cdot 3^{n}$ が等比数列になる。

$n = 1$ のとき $a_{1} = S_{1} = 3 + 2 a_{1}$ なので $a_{1} = - 3$ である。

$n ≧ 2$ のとき $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ より

a_{n} = (3^{n} + 2 a_{n}) - (3^{n - 1} + 2 a_{n - 1})

すなわち $- a_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} - 2 a_{n - 1}$ 、つまり

a_{n} = 2 a_{n - 1} - 2 \cdot 3^{n - 1} (n ≧ 2)

である。 $a_{n} + α \cdot 3^{n} = 2 (a_{n - 1} + α \cdot 3^{n - 1})$ と変形できるように $α$ を決める。右辺を展開すると $a_{n} = 2 a_{n - 1} + α \cdot 3^{n - 1} (2 - 3) = 2 a_{n - 1} - α \cdot 3^{n - 1}$ なので $α = 2$ である。よって

a_{n} + 2 \cdot 3^{n} = 2 (a_{n - 1} + 2 \cdot 3^{n - 1}) (n ≧ 2)

である。 $b_{n} = a_{n} + 2 \cdot 3^{n}$ とおくと $b_{1} = - 3 + 6 = 3$ 、 $b_{n} = 2 b_{n - 1}$ なので $b_{n} = 3 \cdot 2^{n - 1}$ である。したがって

a_{n} = 3 \cdot 2^{n - 1} - 2 \cdot 3^{n}

である（ $n = 1$ でも $3 - 6 = - 3$ で合う）。

$a_{n} = 3 \cdot 2^{n - 1} - 2 \cdot 3^{n}$ の和を $n = 1$ から $14$ まで計算したところ、どれも $3^{n} + 2 a_{n}$ と一致した。

$S_{n}$ の式に $a_{n}$ が入っているので、 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ を作ると $a_{n}$ が両辺に出る。移項してから漸化式にする。

(4) $y = a_{1} x + b_{1}$ を2点 $(1, 0)$ 、 $(\frac{3}{2}, \frac{1}{2})$ を通る直線、 $y = a_{2} x + b_{2}$ を2点 $(- 1, 0)$ 、 $(- \frac{1}{2}, - \frac{3}{2})$ を通る直線とする。 $x^{2} + y^{2} ≦ 1$ 、 $y ≦ a_{1} x + b_{1}$ 、 $y ≧ a_{2} x + b_{2}$ の表す領域を図示し、 $x + y$ の最大値と最小値を求める

答最大値 $2$ （点 $(\frac{2}{2}, \frac{2}{2})$ ）、最小値 $- \frac{1 + 3}{2}$ （点 $(- \frac{1}{2}, - \frac{3}{2})$ ）

4点はすべて単位円周上にあり、2本の直線は弦である。領域は単位円から2つの弓形を取り除いた形になる。

2点 $(1, 0)$ 、 $(\frac{3}{2}, \frac{1}{2})$ を通る直線の傾きは

a_{1} = \frac{\frac{1}{2} - 0}{\frac{3}{2} - 1} = \frac{1}{3 - 2} = \frac{3 + 2}{3 - 4} = - (2 + 3)

で、 $(1, 0)$ を通るから $b_{1} = - a_{1} = 2 + 3$ である。同様に

a_{2} = \frac{- \frac{3}{2} - 0}{- \frac{1}{2} - ( - 1 )} = - 3, b_{2} = - 3

である。4点 $(1, 0)$ 、 $(\frac{3}{2}, \frac{1}{2})$ 、 $(- 1, 0)$ 、 $(- \frac{1}{2}, - \frac{3}{2})$ はどれも単位円 $x^{2} + y^{2} = 1$ の上にあり、 $(cos θ, sin θ)$ と書くと順に $θ = 0, \frac{π}{6}, π, \frac{4}{3} π$ に対応する。つまり2本の直線はどちらも単位円の弦である。

原点では $0 ≦ b_{1} = 2 + 3$ 、 $0 ≧ b_{2} = - 3$ がどちらも成り立つので、原点は領域に入る。よって領域は

単位円の周および内部から、 $θ = 0$ と $θ = \frac{π}{6}$ を結ぶ弦で切り取られる弓形、および $θ = π$ と $θ = \frac{4}{3} π$ を結ぶ弦で切り取られる弓形を、それぞれ弦より外側だけ取り除いたもの

である（弦の上も境界として含む）。図示すると次のようになる。

単位円の内部から、角 0 と 30 度を結ぶ弦の外側、および角 180 度と 240 度を結ぶ弦の外側を取り除いた領域。x + y は角 45 度の円周上の点で最大、角 240 度の点で最小になる。

次に $x + y$ の最大・最小を調べる。領域は円板と2つの半平面の共通部分なので凸である。したがって1次式 $x + y$ の最大・最小は境界上でとる（内部の点 $P$ を通る直線が境界と交わる2点を $Q, R$ とすると、 $P$ は線分 $QR$ の内分点なので、 $x + y$ の値は2点での値の間にある）。

境界の円弧の上では

x + y = cos θ + sin θ = 2 sin (θ + \frac{π}{4})

である。残っている円弧は $\frac{π}{6} ≦ θ ≦ π$ と $\frac{4}{3} π ≦ θ ≦ 2 π$ である。

$θ = \frac{π}{4}$ は $\frac{π}{6} ≦ θ ≦ π$ に入るので、 $2 sin (θ + \frac{π}{4})$ はそこで最大値 $2$ をとる。
$\frac{π}{6} ≦ θ ≦ π$ での最小は $θ = π$ のときで $- 1$ 。
$\frac{4}{3} π ≦ θ ≦ 2 π$ では $θ + \frac{π}{4}$ が $\frac{19}{12} π$ から $\frac{9}{4} π$ まで動き、 $sin$ は増加するので最小は $θ = \frac{4}{3} π$ のときで $- \frac{1}{2} - \frac{3}{2} = - \frac{1 + 3}{2}$ 。

境界の弦の上では、 $y = - 3 (x + 1)$ （ $- 1 ≦ x ≦ - \frac{1}{2}$ ）のとき

x + y = (1 - 3) x - 3

で、 $1 - 3 < 0$ だから $x = - \frac{1}{2}$ で最小値 $- \frac{1 + 3}{2}$ 、 $x = - 1$ で最大値 $- 1$ をとる。もう1本の弦 $y = - (2 + 3) (x - 1)$ （ $\frac{3}{2} ≦ x ≦ 1$ ）の上では $x + y = - (1 + 3) x + 2 + 3$ で、値は $1$ と $\frac{1 + 3}{2}$ の間にあり、最大 $2$ ・最小 $- \frac{1 + 3}{2}$ には届かない。

以上より

最大値 2 (点 (\frac{2}{2}, \frac{2}{2})), 最小値 - \frac{1 + 3}{2} (点 (- \frac{1}{2}, - \frac{3}{2}))

である。

$1201 \times 1201$ の格子で領域内の $x + y$ を調べたところ、最大 $1.41333$ ・最小 $- 1.36500$ となり、 $2 = 1.41421$ 、 $- \frac{1 + 3}{2} = - 1.36603$ に迫った。

円周上の最小 $- 2$ は $θ = \frac{5}{4} π$ のときだが、そこは取り除いた弓形の中なので使えない。

$\frac{1 + 3}{2} = 1.366 \dots < 2 = 1.414 \dots$ なので、最大は円弧の側でとる。

(5) $cos θ_{1} - cos θ_{2} = 0$ かつ $sin θ_{1} - sin θ_{2} = 1$ （ $0 ≦ θ_{1} ≦ θ_{2} < 2 π$ ）を満たす組をすべて求め、さらに $∣ z_{1} ∣ + ∣ z_{2} ∣ = 5$ 、 $∣ z_{1} z_{2} ∣ = 6$ 、 $z_{1} ∣ z_{2} ∣ - ∣ z_{1} ∣ z_{2} = ∣ z_{1} z_{2} ∣ i$ （ $∣ z_{1} ∣ ≦ ∣ z_{2} ∣$ 、 $0 ≦ ar g z_{1} ≦ ar g z_{2} < 2 π$ ）を満たす組をすべて求める

答 $(θ_{1}, θ_{2}) = (\frac{π}{6}, \frac{11}{6} π), (\frac{5}{6} π, \frac{7}{6} π)$ 。 $(z_{1}, z_{2}) = (3 + i, \frac{3 3 - 3 i}{2}), (- 3 + i, \frac{- 3 3 - 3 i}{2})$

後半は $∣ z_{1} ∣ = 2$ 、 $∣ z_{2} ∣ = 3$ を出してから極形式にすると、前半とまったく同じ連立になる。

前半　 $cos θ_{1} = cos θ_{2}$ かつ $0 ≦ θ_{1} ≦ θ_{2} < 2 π$ より、 $θ_{2} = θ_{1}$ または $θ_{2} = 2 π - θ_{1}$ である。

$θ_{2} = θ_{1}$ なら $sin θ_{1} - sin θ_{2} = 0 \neq = 1$ なので不適。よって $θ_{2} = 2 π - θ_{1}$ で、 $θ_{1} ≦ θ_{2}$ より $θ_{1} ≦ π$ である。このとき $sin θ_{2} = - sin θ_{1}$ だから

sin θ_{1} - (- sin θ_{1}) = 2 sin θ_{1} = 1, sin θ_{1} = \frac{1}{2}

である。 $0 ≦ θ_{1} ≦ π$ での解は $θ_{1} = \frac{π}{6}, \frac{5}{6} π$ で、対応する $θ_{2}$ は $\frac{11}{6} π, \frac{7}{6} π$ である。よって

(θ_{1}, θ_{2}) = (\frac{π}{6}, \frac{11}{6} π), (\frac{5}{6} π, \frac{7}{6} π)

である。

後半　 $r_{1} = ∣ z_{1} ∣$ 、 $r_{2} = ∣ z_{2} ∣$ とおくと $r_{1} + r_{2} = 5$ 、 $r_{1} r_{2} = 6$ なので、 $r_{1}, r_{2}$ は $t^{2} - 5 t + 6 = 0$ の解、つまり $2$ と $3$ である。 $r_{1} ≦ r_{2}$ より

r_{1} = 2, r_{2} = 3

である。 $θ_{1} = ar g z_{1}$ 、 $θ_{2} = ar g z_{2}$ とおいて $z_{1} = 2 (cos θ_{1} + i sin θ_{1})$ 、 $z_{2} = 3 (cos θ_{2} + i sin θ_{2})$ と書くと

z_{1} ∣ z_{2} ∣ - ∣ z_{1} ∣ z_{2} = 3 z_{1} - 2 z_{2} = 6 {(cos θ_{1} - cos θ_{2}) + i (sin θ_{1} - sin θ_{2})}

であり、右辺は $∣ z_{1} z_{2} ∣ i = 6 i$ である。したがって

cos θ_{1} - cos θ_{2} = 0, sin θ_{1} - sin θ_{2} = 1

となり、 $0 ≦ θ_{1} ≦ θ_{2} < 2 π$ のもとで前半とまったく同じ連立になる。よって $(θ_{1}, θ_{2}) = (\frac{π}{6}, \frac{11}{6} π), (\frac{5}{6} π, \frac{7}{6} π)$ である。

それぞれ $z_{1}, z_{2}$ に直すと

(z_{1}, z_{2}) = (3 + i, \frac{3 3}{2} - \frac{3}{2} i), (z_{1}, z_{2}) = (- 3 + i, - \frac{3 3}{2} - \frac{3}{2} i)

である。

$θ_{1}$ を $72000$ 等分して全探索したところ、解は $(\frac{π}{6}, \frac{11}{6} π)$ と $(\frac{5}{6} π, \frac{7}{6} π)$ の2組だけで、対応する $z_{1}, z_{2}$ は3つの条件をすべて満たした。

$cos θ_{1} = cos θ_{2}$ から $θ_{2} = θ_{1}$ の場合を落とさない。ここは $sin$ の条件で消える。

$z_{1} ∣ z_{2} ∣ - ∣ z_{1} ∣ z_{2}$ は $3 z_{1} - 2 z_{2}$ であって $z_{1} z_{2}$ ではない。大きさだけが係数になる。

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問題文について

(1)平面上の点 O を中心とする半径 1 の円周上に3点 A,B,C があり、OA+2​OB+3​OC=0 を満たすとき、OA⋅OC を求める

(2)tan10π​tan52​π=1 を示す

(3)数列 {an​} の初項から第 n 項までの和 Sn​ が Sn​=3n+2an​ であるとき、一般項を求める

(4)y=a1​x+b1​ を2点 (1,0)、(23​​,21​) を通る直線、y=a2​x+b2​ を2点 (−1,0)、(−21​,−23​​) を通る直線とする。x2+y2≦1、y≦a1​x+b1​、y≧a2​x+b2​ の表す領域を図示し、x+y の最大値と最小値を求める

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