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③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$1$ $3$次の恒等式
$$
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\begin{align}
x^3 + x = (x-1)^3 + a(x-1)^2 + b(x-1) + 2 \quad (1)
\end{align}
$$
$(1)$式の右辺は下記のように展開できる。
$$
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\begin{align}
& (x-1)^3 + a(x-1)^2 + b(x-1) + 2 \\
&= x^3 + (-3+a)x^2 + (3-2a+b)x + (-1+a-b+2) \\
&= x^3 + (-3+a)x^2 + (3-2a+b)x + (1+a-b)
\end{align}
$$
$(1)$が恒等式である場合、下記が成立する。
$$
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\begin{align}
-3 + a &= 0 \\
3 – 2a + b &= 1 \\
1 + a – b &= 0
\end{align}
$$
上記を解いて$a=3,b=4$が得られる。
問題$2$ 複素数と分数
以下のようにそれぞれ段階的に計算を行う。
$$
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\begin{align}
i + \frac{3}{i+4} &= i + \frac{3(i-4)}{(i+4)(i-4)} \\
&= i + \frac{3i-12}{i^2-16} \\
&= i + \frac{3i-12}{-17} \\
&= i + \frac{-3i+12}{17} \\
&= \frac{14i+12}{17}
\end{align}
$$
$$
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\begin{align}
i + \frac{2}{\displaystyle i + \frac{3}{i+4}} &= i + \frac{2 \cdot 17}{14i+12} \\
&= i + \frac{17}{6+7i} \\
&= i + \frac{17}{(6+7i)(6-7i)} \\
&= i + \frac{17(6-7i)}{36-49i^2} \\
&= i + \frac{17(6-7i)}{85} \\
&= i + \frac{6-7i}{5} \\
&= \frac{6-2i}{5}
\end{align}
$$
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{\displaystyle i + \frac{2}{\displaystyle i + \frac{3}{i+4}}} &= \frac{5}{6-2i} \\
&= \frac{5(6+2i)}{(6-2i)(6+2i)} \\
&= \frac{10(3+i)}{36-4i^2} \\
&= \frac{10(3+i)}{40} \\
&= \frac{3}{4} + \frac{1}{4}i
\end{align}
$$
よって$\displaystyle a = \frac{3}{4}, \, b = \frac{1}{4}$が得られる。
問題$3$ 円の方程式
中心$(a,b)$、半径$r^2$の円の方程式は下記のように表すことができる。
$$
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\begin{align}
(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2, \quad r>0
\end{align}
$$
上記が$3$点$(0,0), (-1,-3), (4,-2)$を通ることより下記が成立する。
$$
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\begin{align}
(0-a)^2 + (0-b)^2 &= r^2 \\
(-1-a)^2 + (3-b)^2 &= r^2 \\
(4-a)^2 + (-2-b)^2 &= r^2
\end{align}
$$
上記をそれぞれ展開すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
a^2 + b^2 &= r^2 \quad (1) \\
a^2 + 2a + 1 + b^2 – 6b + 9 &= r^2 \quad (2) \\
a^2 – 8a + 16 + b^2 + 4b + 4 &= r^2 \quad (3)
\end{align}
$$
$(1)$式を$(2)$式と$(3)$式にそれぞれ代入し、整理することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
a – 3b &= 5 \quad (2)’ \\
2a – b &= 5 \quad (3)’
\end{align}
$$
上記を解くと$a=2, b=-1$が得られる。また、$r>0$と$(1)$式より$r = \sqrt{5}$が得られる。よって、求める円の方程式は$(x-2)^2 + (y+1)^2 = 5$である。
問題$4$ 逆行列と行列の積
$$
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\begin{align}
A &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{array} \right) \\
B &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right)
\end{align}
$$
$2$次正方行列の逆行列の公式より$A$の逆行列は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} &= \frac{1}{3-4} \left( \begin{array}{cc} 3 & -2 \\ -2 & 1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} -3 & 2 \\ 2 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
$[1]$
$X$は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
X &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{array} \right)^{-1} \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} -3 & 2 \\ 2 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 3 & 2 \\ -1 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$
$[2]$
$Y$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
Y &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{array} \right)^{-1} \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} -3 & 2 \\ 2 & -1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 2 \end{array} \right)
\end{align}
$$
問題$5$ 置換積分
①
$$
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\begin{align}
\int \frac{x}{\sqrt{x+1}} dx \quad (1)
\end{align}
$$
上記の計算にあたって$t=\sqrt{x+1}$とおく。このとき下記が成立する。
$$
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\begin{align}
t &= \sqrt{x+1} \\
t^2 &= x+1 \\
x &= t^2-1
\end{align}
$$
また、$\displaystyle \frac{dt}{dx} = 2t$より、$dx = 2t dt$のように表せる。このとき$(1)$式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\int \frac{x}{\sqrt{x+1}} dx &= \int \frac{t^2-1}{\cancel{t}} \cdot 2 \cancel{t} dt \\
&= \int 2(t^2-1) dt \\
&= \frac{2}{3}t^3 – 2t + C \\
&= \frac{2}{3}t(t^2-3) + C \\
&= \frac{2}{3}(x+1-3)\sqrt{x+1} + C \\
&= \frac{2}{3}(x-2)\sqrt{x+1} + C
\end{align}
$$
②
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{x+1}} dx \quad (2)
\end{align}
$$
①の導出結果より、$(2)$式は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{x+1}} dx &= \left[ \frac{2}{3}(x-2)\sqrt{x+1} \right]_{0}^{1} \\
&= \frac{2}{3}(1-2)\sqrt{1+1} – \frac{2}{3}(0-2)\sqrt{0+1} \\
&= \frac{4-2\sqrt{2}}{3}
\end{align}
$$
問題$6$ 放物線の方程式
焦点が$(0,0)$、準線が$y=2$の放物線の方程式は下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
(x-0)^2+(y-0)^2 &= (y-2)^2 \\
x^2 + \cancel{y^2} &= \cancel{y^2} – 4y + 4 \\
y &= -\frac{1}{4}x^2 + 1
\end{align}
$$
問題$7$ ネイピア数$e$の定義と極限値の計算
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \frac{2^x-1}{x} \quad (1)
\end{align}
$$
上記の極限値の計算にあたって$t = 2^x-1$とおく。このとき下記が成立する。
$$
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\begin{align}
t &= 2^x-1 \\
2^x &= t+1 \\
x &= \log_{2}{(t+1)} = \frac{\log_{e}{(t+1)}}{\log_{e}{2}}
\end{align}
$$
よって$(1)$式の極限値は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \frac{2^x-1}{x} &= \lim_{t \to 0} \frac{t}{\displaystyle \frac{\log_{e}{(t+1)}}{\log_{e}{2}}} \\
&= \lim_{t \to 0} \frac{t}{\log_{e}{(t+1)}} \log_{e}{2} \\
&= \lim_{t \to 0} \frac{1}{\displaystyle \frac{1}{t}\log_{e}{(t+1)}} \log_{e}{2} \\
&= \lim_{t \to 0} \frac{1}{\displaystyle \log_{e}{(t+1)^{\frac{1}{t}}}} \log_{e}{2} \\
&= \lim_{t \to 0} \frac{1}{\displaystyle \log_{e}{(1+t)^{\frac{1}{t}}}} \log_{e}{2} \\
&= \frac{1}{\log_{e}{e}} \log_{e}{2} = \log_{e}{2}
\end{align}
$$
・解説
上記の計算にあたってはネイピア数$e$の定義を用いました。詳しくは下記で取り扱いを行ないました。
$2$次：数理技能検定
問題$1$
問題$2$ 立方体と空間ベクトル
$[1]$
$\overrightarrow{AP} = k \overrightarrow{AG}, \, k \in \mathbb{R}$より、$\overrightarrow{AP}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\overrightarrow{AP} &= k \overrightarrow{AG} \\
&= k (\vec{b} + \vec{d} + \vec{e})
\end{align}
$$
ここで点$P$が平面$\alpha$上にあることから下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
k + k + k &= 1 \\
k &= \frac{1}{3}
\end{align}
$$
上記より$\displaystyle \overrightarrow{AP} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AG}$が得られる。また、立方体の対称性を考えることで$\displaystyle \overrightarrow{QG} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AG}$も得られる。
したがって$\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{AG} – \overrightarrow{AP} – \overrightarrow{QG}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\overrightarrow{PQ} &= \overrightarrow{AG} – \overrightarrow{AP} – \overrightarrow{QG} \\
&= \frac{1}{3} \overrightarrow{AG} \\
&= \frac{1}{3} (\vec{b} + \vec{d} + \vec{e})
\end{align}
$$
$[2]$
$\triangle CFH$は一辺の長さが$\sqrt{2}$の正三角形である。よって、面積は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}}{2} &= \frac{2\sqrt{3}}{4} \\
&= \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align}
$$
また、$AG=\sqrt{3}$であることから、$[1]$の結果を元に下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
PQ &= \frac{1}{3} AG \\
&= \frac{\sqrt{3}}{3}
\end{align}
$$
したがって四面体$PCFH$の体積は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{6}
\end{align}
$$
問題$3$
問題$4$
問題$5$
問題$6$ 展開と因数分解
$$
\large
\begin{align}
(a+b+c) \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) = 1 \quad (1)
\end{align}
$$
上記の式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
(a+b+c) \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) &= 1 \quad (1) \\
(a+b+c)(bc+ca+ab) &= abc \\
(a+b)(bc+ca+ab) + c(bc+ca+ab) – abc &= 0 \\
(a+b)(bc+ca+ab) + c(bc+ca) &= 0 \\
(a+b)(bc+ca+ab) + c^2(a+b) &= 0 \\
(a+b)(c^2+(a+b)c+ab) &= 0 \\
(a+b)(c+a)(c+b) &= 0 \\
(a+b)(b+c)(c+a) &= 0
\end{align}
$$
上記より$(1)$式の等号が成立する場合は「$a+b=0 \,$ or $\, b+c=0 \, $ or $\, c+a=0$」であることが示される。
問題$7$ 双曲線関数と積分
$[1]$
$x\sqrt{x^2-1}$、$\log{(x+\sqrt{x^2-1})}$の微分はそれぞれ下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\left( x\sqrt{x^2-1} \right)’ &= \sqrt{x^2-1} + x \cdot \frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}} \\
&= \frac{x^2 – 1 + x^2}{\sqrt{x^2-1}} \\
&= \frac{2x^2 – 1}{\sqrt{x^2-1}}
\end{align}
$$
$$
\large
\begin{align}
\left( \log{(x+\sqrt{x^2-1})} \right)’ &= \frac{\displaystyle 1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}}}{x+\sqrt{x^2-1}} \\
&= \frac{x+\sqrt{x^2-1}}{x^2-1+x\sqrt{x^2-1}} \\
&= \frac{(x+\sqrt{x^2-1})(x^2-1-x\sqrt{x^2-1})}{(x^2-1+x\sqrt{x^2-1})(x^2-1-x\sqrt{x^2-1})} \\
&= \frac{\cancel{x(x^2-1)} – \cancel{x^2\sqrt{x^2-1}} + \cancel{x^2\sqrt{x^2-1}} – \sqrt{x^2-1} – \cancel{x(x^2-1)}}{(x^2-1)^2-x^2(x^2-1)} \\
&= \frac{-\sqrt{x^2-1}}{x^4-2x^2+1-x^4+x^2} \\
&= \frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2-1} \\
&= \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}
\end{align}
$$
上記より$\displaystyle a=\frac{1}{2}, \, b=-\frac{1}{2}$であれば恒等式が成立する。
$[2]$
$\displaystyle \frac{S}{2}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{S}{2} &= \int_{0}^{p} \frac{\sqrt{p^2-1}}{p}x dx – \int_{1}^{p} \sqrt{x^2-1} dx \\
&= \left[ \frac{\sqrt{p^2-1}}{2p}x^2 \right]_{0}^{p} – \left[ \frac{1}{2}x\sqrt{x^2-1} – \frac{1}{2}\log{\left( x+\sqrt{x^2-1} \right)} \right]_{1}^{p} \\
&= \frac{p^2\sqrt{p^2-1}}{2p} – \frac{1}{2}p\sqrt{p^2-1} + \frac{1}{2}\log{\left( p+\sqrt{p^2-1} \right)} \\
&= \frac{1}{2}\log{\left( p+\sqrt{p^2-1} \right)}
\end{align}
$$
上記を$p$について解くと下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{S}{2} &= \frac{1}{2}\log{\left( p+\sqrt{p^2-1} \right)} \\
S &= \log{\left( p+\sqrt{p^2-1} \right)} \\
p+\sqrt{p^2-1} &= e^{S} \\
\sqrt{p^2-1} &= e^{S}-p \\
\cancel{p^2} – 1 &= e^{2S} – 2pe^{S} + \cancel{p^2} \\
2pe^{S} &= e^{2S} + 1 \\
p &= \frac{e^{2S}+1}{2e^{S}} \\
&= \frac{e^{S}+e^{-S}}{2}
\end{align}
$$