数学検定準$1$級は数Ⅲまで相当の数学の基本トピックに関して取り扱った検定であり、統計学に必要な数学を身につける際の指標に役に立ちます。当記事では「日本数学検定協会 監修」の「数学検定問題集 準$1$級」の数学検定準$1$級の内容に基づき、過去問題②の解答例と解説の作成を行いました。
・数学検定まとめ
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Contents
$1$次：計算技能検定
問題$1$ $2$次方程式の解と係数の関係
$5(x-\alpha)(x-\beta)$を展開すると下記のように変形できる。
$$
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\begin{align}
5(x-\alpha)(x-\beta) = 5x^2 – 5(\alpha+\beta)x + \alpha\beta
\end{align}
$$
上記の$5x^2-3x-1$の対応を考えることで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha+\beta &= \frac{3}{5} \\
\alpha\beta &= -\frac{1}{5}
\end{align}
$$
また、$(\alpha+\beta)^3$は下記のように変形できる。
$$
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\begin{align}
(\alpha+\beta)^3 &= \alpha^3 + 3 \alpha^2\beta + 3 \alpha\beta^2 + \beta^3 \\
&= \alpha^3 + \beta^3 + 3 \alpha\beta(\alpha+\beta)
\end{align}
$$
よって、$\alpha^3 + \beta^3$の値は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha^3 + \beta^3 &= (\alpha+\beta)^3 – 3 \alpha\beta(\alpha+\beta) \\
&= \left( \frac{3}{5} \right)^3 – 3 \cdot \frac{3}{5} \cdot \left( -\frac{1}{5} \right) \\
&= \frac{3^2(3+5)}{5^3} = \frac{72}{125}
\end{align}
$$
問題$2$ 三角関数の加法定理
三角関数の加法定理を逆に用いることで、$f(\theta)=\sin{\theta}-\cos{\theta}$は下記のように変形できる。
$$
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\begin{align}
f(\theta) &= \sin{\theta}-\cos{\theta} = \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin{\theta} – \frac{1}{\sqrt{2}}\cos{\theta} \right) \\
&= \sqrt{2} \left( \sin{\theta}\cos{\left(-\frac{\pi}{4}\right)} + \cos{\theta}\sin{\left(-\frac{\pi}{4}\right)} \right) \\
&= \sqrt{2} \sin{\left( \theta – \frac{\pi}{4} \right)}
\end{align}
$$
$\displaystyle -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$より、$\displaystyle \theta – \frac{\pi}{4}$は下記のような範囲を取る。
$$
\large
\begin{align}
-\frac{\pi}{2} \leq &\theta \leq \frac{\pi}{2} \\
-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4} \leq &\theta – \frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4} \\
-\frac{3 \pi}{4} \leq &\theta-\frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{4}
\end{align}
$$
よって$\displaystyle \sqrt{2} \sin{\left( \theta – \frac{\pi}{4} \right)}$の最大値と最小値は下記のように考えることができる。
・最大値
$\displaystyle \theta = \frac{\pi}{2}$のとき下記のような最大値を取る。
$$
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\begin{align}
\sqrt{2} \sin{\left( \theta – \frac{\pi}{4} \right)} &= \sqrt{2} \sin{\left( \frac{\pi}{2} – \frac{\pi}{4} \right)} \\
&= \sqrt{2} \sin{\left( \frac{\pi}{4} \right)} \\
&= \cancel{\sqrt{2}} \times \frac{1}{\cancel{\sqrt{2}}} = 1
\end{align}
$$
・最小値
$\displaystyle \theta = -\frac{\pi}{4}$のとき下記のような最大値を取る。
$$
\large
\begin{align}
\sqrt{2} \sin{\left( – \frac{\pi}{4} – \frac{\pi}{4} \right)} &= \sqrt{2} \sin{\left( -\frac{\pi}{2} \right)} \\
&= -\sqrt{2}
\end{align}
$$
問題$3$ $\sum$の公式
$$
\large
\begin{align}
\sum_{k=1}^{n} (6k^2 – 6k +2)
\end{align}
$$
$\displaystyle \sum$に関する公式を用いることで上記は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\sum_{k=1}^{n} (6k^2 – 6k +2) &= 6 \sum_{k=1}^{n} k^2 – 6 \sum_{k=1}^{n}k +2n \\
&= \cancel{6} \times \frac{1}{\cancel{6}}n(n+1)(2n+1) – 6 \times \frac{1}{2}n(n+1) + 2n \\
&= n(n+1)(2n+1) – 3n(n+1) + 2n \\
&= n \left[ (2n^2+3n+1) – 3(n+1) + 2 \right] \\
&= n \times 2n^2 = 2n^3
\end{align}
$$
・解説
問題を解くにあたって用いた$\displaystyle \sum$の公式の導出は下記で詳しく取り扱いました。
問題$4$ 行列の積と逆行列の公式
$$
\large
\begin{align}
A = \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & 5 \end{array} \right)
\end{align}
$$
①
$2 \times 2$の逆行列の公式より、$A^{-1}$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & 5 \end{array} \right)^{-1} \\
&= \frac{1}{1 \cdot 5 – 2 \cdot 3} \left( \begin{array}{cc} 5 & -3 \\ -2 & 1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} -5 & 3 \\ 2 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
②
$A^2+(A^{-1})^2$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
A^2+(A^{-1})^2 &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & 5 \end{array} \right)^2 + \left( \begin{array}{cc} -5 & 3 \\ 2 & -1 \end{array} \right)^2 \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1+15 & 3+15 \\ 2+10 & 6+25 \end{array} \right) + \left( \begin{array}{cc} 25-3 & -15-3 \\ -10-2 & 6+1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 38 & 0 \\ 0 & 38 \end{array} \right)
\end{align}
$$
問題$5$ $x^2 e^{x}$の不定積分と定積分
①
部分積分法に基づいて下記のように不定積分の計算を行える。
$$
\large
\begin{align}
\int f(x) dx &= \int x^2 e^x dx \\
&= x^2 e^x – \int (x^2)’ e^x dx \\
&= x^2 e^x – 2 \int x e^x dx \\
&= x^2 e^x – 2x e^x + 2 \int x’ e^x dx \\
&= x^2 e^x – 2x e^x + 2 \int e^x dx \\
&= x^2 e^x – 2x e^x + 2 e^x + C \\
&= (x^2-2x+2)e^{x} + C
\end{align}
$$
上記の$C$は積分定数である。
②
①の結果を元に定積分は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{1} f(x) dx &= \int_{0}^{1} x^2 e^x dx \\
&= \left[ (x^2-2x+2)e^{x} \right]_{0}^{1} \\
&= (1^2 – 2 \cdot 1 + 2)e^{1} – (0^2 – 2 \cdot 0 + 2)e^{0} = e-2
\end{align}
$$
問題$6$ 双曲線の漸近線の方程式
$$
\large
\begin{align}
\frac{x^2}{2} – \frac{y^2}{4} &= 1 \\
\frac{x^2}{\sqrt{2}^2} – \frac{y^2}{2^2} &= 1
\end{align}
$$
上記の双曲線の漸近線の方程式は$\displaystyle y = \pm \frac{2}{\sqrt{2}}x = \pm \sqrt{2}x$である。
問題$7$ 分母の有理化による極限値の計算
$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2-x}-x}$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{\sqrt{x^2-x}-x} &= \frac{\sqrt{x^2-x}+x}{(\sqrt{x^2-x}-x)(\sqrt{x^2-x}+x)} \\
&= \frac{\sqrt{x^2-x}+x}{(x^2-x)-x^2} \\
&= \frac{\sqrt{x^2-x}+x}{-x} = – \left( \sqrt{1-\frac{1}{x}}+1 \right)
\end{align}
$$
よって極限値$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{1}{\sqrt{x^2-x}-x}$は下記のように求められる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to \infty} \frac{1}{\sqrt{x^2-x}-x} &= \lim_{x \to \infty} \left( – \sqrt{1-\frac{1}{x}}-1 \right) \\
&= -\sqrt{1-0} – 1 \\
&= -2
\end{align}
$$
$2$次：数理技能検定
問題$1 \,$ 直線と円の交点
$$
\large
\begin{align}
C &: \, x^2+y^2+ax+by+c = 0, \quad c<0 \quad (1) \\
l &: \, y = mx \quad (2)
\end{align}
$$
円と直線の交点$P, Q$における$x$の値を$x_P, x_Q, \, x_P < x_Q$とおく。$(2)$式を$(1)$式に代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
x^2+( & mx)^2+ax+b(mx)+c = 0 \\
(1+ & m^2)x^2 + (a+bm)x + c = 0 \\
x &= \frac{-(a+bm) \pm \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2(1+m^2)}
\end{align}
$$
$x_P < x_Q$とおいたので下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
x_P &= \frac{-(a+bm) – \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2(1+m^2)} \\
x_Q &= \frac{-(a+bm) + \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2(1+m^2)}
\end{align}
$$
ここで直線の傾きが$m$かつ$c<0$であるので$OP \times OQ$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
& OP \times OQ = |x_P| \sqrt{1+m^2} \times |x_Q| \sqrt{1+m^2} \\
&= \cancel{(1+m^2)} \times \frac{(a+bm) + \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2 \cancel{(1+m^2)}} \times \frac{-(a+bm) + \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2(1+m^2)} \\
&= \frac{1}{4(1+m^2)} (\cancel{(a+bm)^2} – 4(1+m^2)c – \cancel{(a+bm)^2}) \\
&= -\frac{\cancel{4(1+m^2)}c}{\cancel{4(1+m^2)}} \\
&= -c
\end{align}
$$
問題$2 \,$ 位置ベクトルと方程式
$$
\large
\begin{align}
l \overrightarrow{AP} + m \overrightarrow{BP} + n \overrightarrow{CP} = \vec{0} \quad (1)
\end{align}
$$
$[1]$
$(1)$式は下記のように変形することができる。
$$
\large
\begin{align}
l \overrightarrow{AP} + m \overrightarrow{BP} + n \overrightarrow{CP} &= \vec{0} \quad (1) \\
l \overrightarrow{AP} + m(\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}) + n(\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}) &= \vec{0} \\
l \overrightarrow{AP} + m(\overrightarrow{AP}-\vec{b}) + n(\overrightarrow{AP}-\vec{c}) &= \vec{0} \\
(l+m+n) \overrightarrow{AP} &= m \vec{b} + n \vec{c} \\
\overrightarrow{AP} &= \frac{m \vec{b} + n \vec{c}}{l + m + n}
\end{align}
$$
$[2]$
$\overrightarrow{AD}=k\overrightarrow{AP}$のようにおくと、$D$が線分$BC$上にあることから下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
k \cdot \frac{m + n}{l + m + n} &= 0 \\
k &= \frac{l + m + n}{m + n}
\end{align}
$$
よって$\overrightarrow{AD}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\overrightarrow{AD} &= k \overrightarrow{AP} \\
&= \frac{\cancel{l + m + n}}{m + n} \cdot \frac{m \vec{b} + n \vec{c}}{\cancel{l + m + n}} \\
&= \frac{m \vec{b} + n \vec{c}}{m + n}
\end{align}
$$
$[3]$
三角形全体の面積を$S$とおくと、$AP:AD=(m+n):(l+m+n)$より、$\triangle BCP$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\triangle BCP = \frac{l}{l+m+n} S
\end{align}
$$
また、$[2]$の結果より、点$D$は線分$BC$を$n:m$に内分する点である。よって$\triangle CAP, \triangle ABP$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\triangle CAP = \frac{m}{\cancel{m+n}} \cdot \frac{\cancel{m+n}}{l+m+n} S = \frac{m}{l+m+n} S \\
\triangle ABP = \frac{n}{\cancel{m+n}} \cdot \frac{\cancel{m+n}}{l+m+n} S = \frac{n}{l+m+n} S
\end{align}
$$
したがって$\triangle BCP : \triangle CAP : \triangle ABP = l : m : n$である。
問題$3 \,$ 分数関数の極限の場合分け
$$
\large
\begin{align}
f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1}
\end{align}
$$
下記のように$x$の値ごとに場合分けを行う。
① $|x|<1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \frac{0-x}{0+1} \\
&= -x
\end{align}
$$
② $x=1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \frac{1^{2n-1}-1}{1^{2n}+1} \\
&= 0
\end{align}
$$
③ $x=-1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \frac{(-1)^{2n-1}-(-1)}{(-1)^{2n}+1} \\
&= 0
\end{align}
$$
④ $x>1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{1-x^{-(2n-2)}}{x+x^{-(2n-1)}} \\
&= \frac{1}{x}
\end{align}
$$
⑤ $x<-1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{1-x^{-(2n-2)}}{x+x^{-(2n-1)}} \\
&= \frac{1}{x}
\end{align}
$$
上記を元にグラフを描けば良い。
問題$4 \,$ 行列の対角化と$n$乗
$$
\large
\begin{align}
A = \left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & -2 \end{array} \right), \, B = \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right)
\end{align}
$$
$[1]$
逆行列の公式より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
B^{-1} &= \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right)^{-1} \\
&= \frac{1}{2 \cdot 2 – (-1) \cdot 1} \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right)
\end{align}
$$
$[2]$
下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
B^{-1} A B &= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & -2 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2+2 & 4-2 \\ -1+4 & -2-4 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 4 & 2 \\ 3 & -6 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 8+2 & -4+4 \\ 6-6 & -3-12 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 10 & 0 \\ 0 & -15 \end{array} \right) \\
&= \left(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 0 & -3 \end{array} \right)
\end{align}
$$
$[3]$
$B^{-1} A^{n} B$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
B^{-1} A^{n} B &= B^{-1} A (B B^{-1}) A (B B^{-1}) A \cdots B \\
&= (B^{-1} A B) \cdots (B^{-1} A B) \\
&= (B^{-1} A B)^{n} \\
&= \left(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 0 & -3 \end{array} \right)^{n} \\
&= \left(\begin{array}{cc} 2^{n} & 0 \\ 0 & (-3)^{n} \end{array} \right)
\end{align}
$$
よって$A^{n}$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
A^{n} &= B B^{-1} A^{n} B B^{-1} \\
&= B (B^{-1} A B)^{n} B^{-1} \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2^{n} & 0 \\ 0 & (-3)^{n} \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2^{n+1} & -(-3)^{n} \\ 2^{n} & 2 \cdot (-3)^{n} \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2^{n+2} + (-3)^{n} & 2^{n+1} – 2 \cdot (-3)^{n} \\ 2^{n+1} – 2 \cdot (-3)^{n} & 2^{n} + 4 \cdot (-3)^{n} \end{array} \right)
\end{align}
$$
問題$5 \,$
問題$6 \,$ $3$次方程式の解と係数の関係の導出
$$
\large
\begin{align}
ax^3 + bx^2 + cx + d = 0, \quad a \neq 0
\end{align}
$$
上記の$3$次方程式の解を$\alpha, \beta, \gamma$とおくと、方程式は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
ax^3 + bx^2 + cx + d = a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) = 0 \quad (1)
\end{align}
$$
このとき$a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)$は下記のように展開できる。
$$
\large
\begin{align}
a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) = a(x^3 – (\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma) \quad (2)
\end{align}
$$
$(1)$式と$(2)$式の対応より、下記が導出できる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha+\beta+\gamma &= -\frac{b}{a} \\
\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha &= \frac{c}{a} \\
\alpha\beta\gamma &= -\frac{d}{a}
\end{align}
$$