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問14
(1)
2sin^2θ+cosθ-1≦0より
sin^2θ=1-cos^2θであるから代入し
2-2cos^2θ+cosθ-1≦0
整理して
-2cos^2θ+cosθ+1≦0
-1を両辺にかけ
2cos^2θ-cosθ-1≧0
cosについて因数分解し
(2cosθ+1)(cosθ-1)≧0
よってcosθ≧1, cosθ≦-1/2。
0≦θ≦180の範囲であるからcosθ≧1たりうるθの値は0。
よってθ=0, 120≦θ≦180。
問15
(1)
円に内接する四角形の対角の和は180°であるから
cosC=cos(180°-A)=-cosA
△ABD,△BCDにおいて余弦定理より
BD^2=16+100-2x4x10xcosA=116-80cosA…①
BD^2=25+49-2x5x7xcosC=74+70cosA…②
①＝②であるから
74+70cosA=116-80cosA
150cosA=42
よって
cosA=42/150=7/25。
(2)
0°＜A＜180°よりsinA>0であるから
sinA=√(1-cos^2A)=√(1-49/625)=√(576/625)=24/25
sinC=sin(180°-A)=sinA=24/25
よって△ABD, △BCDの面積はそれぞれ
△ABD=(1/2)x4x10x(24/25)=96/5
△BCD=(1/2)x5x7x(24/25)=84/5
よって四角形ABCD全体の面積は
△ABD+△BCD=(96+84)/5=36。
問16
5400を素因数分解し2^3×3^3×5^2。
素因数分解がa^p×b^q×c^rの時、その数の約数は(p+1)(q+1)(r+1)個。
よって5400の約数の数は
(3+1)(3+1)(2+1)=4×4×3=48個。
素因数分解がa^p×b^q×c^rの時、その数の約数の総和は(a^0+a^1+…+a^p)(b^0+b^1+…+b^q)(c^0+c^1+…+c^r)。
よって5400の約数の総和は
(1+2+2^2+2^3)(1+3+3^2+3^3)(1+5+5^2)
=15×40×31
=18600
問17
(1)
AとBを1つとして考えると並び順は6!通り。
これにはAとBの順が入れ替わる並び順が含まれていないため×2をし1440通り。
(2)
AとBを除く内側5人の並び順は5!通り。
これにはAとBの位置が入れ替わる並び順が含まれていないため×2をし240通り。
(3)
ABCを除く4人の並び順は4!通り。
両端及び4人の間の計5ヶ所にABCを入れる入れ方は5P3通り。
よってABCの3名が隣り合わないのは4!×5P3=1440通り。
問18
(1)
6個の宝石を円形に並べる並び順は(6-1)!。
よって5!=120通り。
(2)
6個の宝石を円形に並べる並び順は(1)で求めた通り120通り。
首飾りを裏返すと別の並び順になる、つまり1つの並べ方で2つの首飾りができるため首飾りを作る方法は120÷2=60通り。
(3)
6個から4個を選んで並べる方法は6P4通り。
6P4通りでは並び順が同じ物を重複して数えているため取り出した個数、4で割り6P4÷4=90通り。
問19
(1)
9人から4人選び、残った5人から更に3人を選べば良いので9C4×5C3=1260通り。
(2)
Aに入る3人とBに入る3人を選ぶ総数を掛け合わせれば良いので9C3×6C3=1680通り。
(3)
(2)と違い組に名前がないため3!で割り1680÷6=280通り。
(4)
9人から2人を選ぶ方法は9C2通り。残る7人から2人を選ぶ方法は7C2通り。
2人の組はそれぞれに区別がないため掛け合わせた物を2!で割り(9C2×7C2)/2!=378通り。
問20
(1)
10個から3個を取り出す総数は10C3=120通り。
うち3個とも同じ色となるのは黄玉又は青玉のみで組み合わせは3C3+4C3=5通り。
よって全て同じ色である確率は5/120=1/24。
(2)
10個から3個を取り出す総数は10C3=120通り。
3個の玉の色の組み合わせは赤黄緑、赤黄青、赤緑青、黄緑青の4通り。
それぞれの組み合わせを引くのは
赤黄緑=1C1+2C1+3C1=6通り
赤黄青=1C1+2C1+4C1=8通り
赤緑青=1C1+3C1+4C1=12通り
黄緑青=2C1+3C1+4C1=24通り
で6+8+12+24=50通り。
よって全ての色が異なる確率は50/120=5/12。
問21
(1)
奇数の目も偶数の目も3つずつであるから出る確率は共に1/2。
よって奇数の目が4回出る確率は5C4×(1/2)^5=5/32。
4回以上出る確率は4回出る確率5/32と5回出る確率(1/2)^5を足した数。
よって5/32+1/32=6/32=3/16。
なお、字が潰れて判読不能の為確証は無いが仮に奇数ではなく素数であっても共に3つずつであるから解は同じ。
(2)
A君がゴールを決める確率は2/3、外す確率は1/3。
2回以上ゴール決める事象の余事象である6回シュートをする時1度もゴールを決められない確率は
(1/3)^6=1/729
1度しかゴールを決められない確率は6C1×2/3×(1/3)^5=12/729
であるから、余事象全体の確率は13/729。
よって2回以上ゴールを決める確率は1-13/729=716/729。
問22
(1)
(ア)
Aが当たりを引く確率は3/10、Aが当たりを引いた上でBが当たりを引く確率は2/9であるから、共に当たりを引く確率は3/10×2/9=6/90=1/15。
(イ)
Aが当たった上でBが当たりを引く確率はアで求めた通り1/15、Aがハズレを引いた上でBが当たりを引く確率は7/10×3/9=21/90=7/30。
よってBが当たる確率は1/15+7/30=9/30=3/10。
(2)
Aが当たりを1本引く確率は当たりを2本引く3/10×2/9と2本とも外れである7/10×6/9の余事象であるから1-(1/15+7/15)=7/15。Aが当たりを1本引いた上でBが当たりを引く確率は2/8。
よってAとBが1本ずつ当たりを引く確率は7/15×2/8=7/60。
問23
(1)
内心は三角形の角の二等分線が交わる場所である。
よって∠Bは180-(35×2+30×2)=50度である。
よって△ABDの内角のうち35+50=85度が分かっているので残る∠D(β)の角度は180-85=95度。
△DCIのうち∠Cは35度、∠Dは180-βの85度。
よってα=180-(35+85)=60度。
(2)
三角形の内角の2等分線の性質より
BD:CD=AB:AC=8:4=2:1
よってBD=(2/3)×7=14/3である。
△ABDについて考えると、直線BIは∠Bの2等分線である。
よってAI:DI=BA:BD=8:(14/3)=12:7。
問24
(1)
チェバの定理より
(AD/DB)×(BG/GC)×(CE/EA)=1
(3/4)×(BG/GC)×(1/6)=1
BG=7-GCであるから
(3/4)×(7-GC/GC)×(1/6)=1
GCをxに置き換えると
3/4×(7-x)/x×1/6=1
であるから
{3×(7-x)×1}/(4×x×6)=1
両辺に分母をかけ
3×(7-x)×1=4×x×6
21-3x=24x
-3x-24x=-21
-27x=-21
x=7/9
よってCG=7/9。
(2)
メラネウスの定理より
(1/2)*(BD/DC)*(1/3)=1
であるから
BD/DC=6より、BD：DC=1：6。
(FC/CA)*(AB/BE)*(ED/DF)=1
よって(1/2)*(3/2)*(ED/DF)=1であるから
ED/DF=4/3より、ED：DF=4：3。
問25
(1)
√(63n/40)=r(正の有理数)とおく。
両辺正より平方し因数分解すると
(3^2×7×n)/(2^3×5)＝r^2
右辺は(有理数)^2であるから最小の自然数nは n＝2×5×7=70。
(2)
24を素因数分解すると2^3×3。
24の約数の数は(3+1)×(1+1)=8個。
約数の数が21個であるということは21=3×7であるから21=(6+1)×(2+1)。
よって求める数は2^6x3^2であるから2^6x3^2=576。
問26
aを7で割ると3余るので
a≡3(mod7)
bを7で割ると４余るので
b≡4(mod7)
と書ける。
また7≡0(mod7)である。
(1)
a+2b
b≡4(mod7)に2を掛けると2b=8≡1+7≡1
よってa+2b≡3+1≡4
であるから余りは4
(2)
ab
ab≡12≡5+7≡5
よって余りは5
