中国の大学入試問題(北京版)

解答もついています．当然中国語ですが，問題を見てから読めば十分理解できます．

2020年　全国統一試験，数学（理系）北京版

この問題は５ページよりなる．
配点１５０点．制限時間　１２０分．
受験生は必ず答えを解答欄に記入すること．答案用紙上のそれ以外の解答は無効である．
試験終了後，問題用紙，解答用紙はともに回収する．

第1部（選択問題　　配点40点）

1.選択問題で10問よりなる．配点は各問4点合計40点．
各設問のなかの４つの選択肢より求められた符号を一つ選びなさい．

$(1)$ 集合$A=\{-1,0,1,2\},B=\{x|0 < x < 3\}$のとき$A\cap B=$
$(A) \ \{-1,0,1\}$
$(B) \ \{0,1\}$
$(C) \ \{-1,1,2\}$
$(D) \ \{1,2\}$

$(2)$複素平面内，複素数$z$に対応する座標が$(1,2)$なら$i・z=$
$(A) \ 1+2i$
$(B) \ -2+i$
$(C) \ 1-2i$
$(D) \ -2-i$

$(3) \ (\sqrt{x}-2)^5$を展開したとき，$x^2$の係数は
$(A) \ -5$
$(B) \ 5$
$(C) \ -10$
$(D) \ 10$

$(4) \ $ある三角柱の底面は正三角形で，その投影図は右図の通りである．この三角柱の表面積は
$(A) \ 6+\sqrt{3}$
$(B) \ 6+2\sqrt{3}$
$(C) \ 12+\sqrt{3}$
$(D) \ 12+2\sqrt{3}$

$(5) \ $半径$1$の円が点$(3,4)$を通る．この円の中心と原点との距離の最小値は
$(A) \ 4$
$(B) \ 5$
$(C) \ 6$
$(D) \ 7$

$(6) \ f(x)=2^x-x-1$のとき，不等式$f(x) > 0$の解は
$(A) \ (-1,1)$
$(B) \ (-\infty ,-1)\cup (1,+\infty )$
$(C) \ (0,1)$
$(D) \ (-\infty ,0)\cup (1,+\infty )$

$(7) \ $ 放物線の頂点を$O$,焦点を$F$,準線を$l$,$P$を放物線上の$O$と異なる点とする．$l$上に点$Q$を $PQ\perp l$を満たすように取る．このとき，線分$FQ$の垂直二等分線は
$(A) \ $ 点$O$を通る
$(B) \ $点$P$を通る
$(C) \ $ 直線$OP$と平行
$(D) \ $直線$OP$と垂直

$(8) \ $等差数列$\{a_n\}$は$a_1=-9,a_5=-1$を満たす．$T_n=a_1a_2\cdots a_n \ (n=1,2,\cdots)$と置くと，数列$T_n$は
$(A) \ $ 最大項があり最小項がある
$(B) \ $ 最大項があり最小項がない
$(C) \ $ 最大項がなく最小項がある
$(D) \ $ 最大項がなく最小項もない

$(9) \ \alpha ,\beta \in \mathbb{R}$のとき「$k\in \mathbb{Z}$が存在し$\alpha =k\pi +(-1)^k\beta$を満たす」は「$\sin \alpha =\sin \beta$」 が成り立つための
$(A) \ $十分条件であるが必要条件ではない
$(B) \ $必要条件であるが十分条件ではない
$(C) \ $必要十分条件
$(D) \ $必要条件でも十分条件でもない

$(10) \ $2020年3月14日は第1回国際円周率の日である． 歴史上円周率を求める方法は沢山ある．中国の伝統的な数学における「円の分割法」と似ている，アラビアの数学者Cassieによる方法， すなわち正整数$n$が十分大きいとき，単位円の内接正$6n$角形の周の長さと，外接正$6n$角形の周の長さの相加平均を $2\pi$の近似値とする．Cassieによる方法で$\pi$の近似値を表すと
$(A) \ 3n\left(\sin \dfrac{30^{\circ}}{n}+\tan \dfrac{30^{\circ}}{n}\right)$
$(B) \ 6n\left(\sin \dfrac{30^{\circ}}{n}+\tan \dfrac{30^{\circ}}{n}\right)$
$(C) \ 3n\left(\sin \dfrac{60^{\circ}}{n}+\tan \dfrac{60^{\circ}}{n}\right)$
$(D) \ 6n\left(\sin \dfrac{60^{\circ}}{n}+\tan \dfrac{60^{\circ}}{n}\right)$

第2部（非選択問題　　配点110点）

2.空所補充問題で5問よりなる．配点は各問5点合計25点．

$(11)$ 関数$f(x)=\dfrac{1}{x+1}+\log x $ の定義域は$\underline{\hspace{3cm}}$.

$(12)$ 双曲線$C:\dfrac{x^2}{6}-\dfrac{y^2}{3}=1$が与えらえている．この時$C$の右焦点の座標は$\underline{\hspace{3cm}}$, $C$の焦点と漸近線との距離は$\underline{\hspace{3cm}}$.

$(13)$ 正方形$ABCD$の一辺の長さは$2$である．点$P$は$\overrightarrow{AP}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$ を満たす．このとき$|\overrightarrow{PD}|=\underline{\hspace{3cm}},\overrightarrow{PB}\cdot \overrightarrow{PD}=\underline{\hspace{3cm}}$．

$(14) \ $関数$f(x)=\sin (x+\phi )+\cos x$の最大値は$2$である．このとき$\phi$の取る値の一つは$\underline{\hspace{3cm}}$．

$(15) \ $　国民が良好な生活に向かうために，環境部門は汚水処理排出量未達成の企業に対して，期限を定め汚水処理の改善を要請する． 企業の汚水排出量$W$と時間$t$の関係を$W=f(t)$とする．$-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$の大小で$[a,b]$この時間内の企業の汚水処理能力を表すとする． 改善期間内の，甲，乙２つの企業の汚水放出量と時間の関係は下図の通りである．

3.記述問題で6問よりなる．配点は合計85点．解答は演算の段取りや証明の過程を文字で説明せよ．

$(16)$(配点13点)
右図のように立方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$において，$E$は$BB_1$の中点である,
(�T)　$BC_1\parallel$平面$AD_1E$を証明せよ：
(�U)　直線$AA_1$と平面$AD_1E$のなす角の正弦の値を求めよ．．

$(17)$(配点13点)
$\triangle ABC$は$a+b=11$である．さらに条件�@，条件�Aこの２条件の中から自分で選び次を求めよ．
(�T)　$a$の値．
(�U)　$\sin C$と$\triangle ABC$の面積．
条件�@：$c=7,\cos A=\dfrac{1}{7}$
条件�A：$\cos A=\dfrac{1}{8},\cos B=\dfrac{9}{16}$
注：選択条件�@および�A両方を解答したとき，第１の解答だけを採点する．　

$(18)$(配点14点)
ある学校は甲，乙の２つの異なる活動を実施するにあたり，それぞれにふさわしい活動内容を計画した．それは 方案１と方案２である．この学校の生徒が活動案を支持しているかどうかを知るために，全校生徒より無作為抽出により 得られた生徒に対する調査結果が下の表である：

(�T)　この学校の男子生徒が方案一を支持する確率，この学校の女子生徒が方案一を支持する確率をそれぞれ求めよ．
(�U)　この学校の男子生徒全体より２人を無作為抽出し，女子生徒全体より１人を無作為抽出する．この３人の中でちょうど２人が 方案一を支持する確率を求めよ
(�V)　この学校の生徒が方案二を支持する確率を$p_0$とする．この学校の１年生は男子生徒が$500$名，女子生徒が$300$と仮定する．一年生を除く他の学年 の生徒の方案二を支持する確率を$p_1$とする．$p_0,p_1$の大小を比較せよ．(証明は不必要で結論だけでよい)

$(19)$(配点15点)
$f(x)=12-x^2$である
(�T) 曲線$y=f(x)$の傾きが$-2$の接線の方程式を求めよ．　
(�U）曲線$y=f(x)$の点$(t,f(t))$における接線と座標軸で囲まれる三角形の面積を$S(t)$とする．$S(t)$の最小値を求めよ．

$(20)$(配点15点)
楕円$C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{b^2}=1$は点$A(-2,-1)$を通りかつ$a=2b$を満たす．
(�T) 楕円$C$の方程式を求めよ．　
(�U) 点$B(-4,0)$を通る直線$l$と楕円$C$の交点を$M,N$,直線$MA,NA$と直線$x=-4$との交点をそれぞれ点$P,Q$とする． $\dfrac{|PB|}{|BQ|}$の値を求めよ．

$(21)$(配点15点)
数列$\{a_n\}$は無限数列で以下の２つの性質を持っている．
�@　$\{a_n\}$の任意の二項$a_i,a_j (i > j)$に対して数列$\{a_n\}$の中に必ず一項$a_m$が 存在して$\dfrac{a_i^2}{a_j}=a_m$を満たす:
�A　$\{a_n\}$の任意の一項$a_n (n\geqq 3)$に対して，数列$\{a_n\}$の中に二項$a_k,a_l (k > l)$が存在して$a_n=\dfrac{a_k^2}{a_l}$を満たす．

(�T)　もし$a_n=n (n=1,2,\dots)$のとき数列$\{a_n\}$は性質�@を満たすかどうか判断しその理由を説明せよ：
(�U)　もし$a_n=2^{n-1} (n=1,2,\dots)$のとき数列$\{a_n\}$は性質�@および性質�Aを満たすかどうか判断しその理由を説明せよ：
(�V)　もし$\{a_n\}$が増加数列でかつ性質�@と性質�Aを同時に満たすとき$\{a_n\}$は等比数列であることを証明せよ．

（受験生は必ず答えを解答欄に記入すること．答案用紙上のそれ以外の解答は無効である）

解答は公開されているので，ここで述べる必要はないが，日本の高校生向けに一部の問題について解説をする，
解答・解説
$(9) \ \sin \alpha =\sin \beta$
より
$\begin{cases} \alpha +\beta =(2n+1)\pi \\ \alpha =\beta +2n \pi \end{cases}$
である．
第1式は
$\alpha =-\beta +(2n+1)\pi =(-1)^{2n+1}\beta +(2n+1)\pi$
第2式は
$\alpha =(-1)^{2n}\beta +2n \pi$
であるから
$\sin \alpha =\sin \beta \Longleftrightarrow \alpha =k\pi +(-1)^k\beta ,k\in \mathbb{Z}　\cdots (\sharp)$
が成り立つ．

次のように考えてもよい．
$\sin \theta =a$の正の解を小さい順に並べると
$\alpha ,\pi -\alpha ,2\pi +\alpha ,3\pi -\alpha ,\dots ,k\pi +(-1)^k\alpha　,\dots $
であるから，$(\sharp)$が成り立つことが納得できるであろう．

$(10)$ この設問で，解答を得るのは難しくない．ただ，円の外接多角形の周の長さは円周より長いことは自明ではない． その証明をしよう．
すなわち，右図で
弧$AB < AT$
を示すことである．
$\angle AOT=\theta ,OA=1$
と置くと
$\theta < \tan \theta$
を示すことであるが，それは
扇形$AOB$の面積が$\frac{\theta}{2},\triangle OAT =\frac{\tan \theta}{2}$
より面積を比較すれば分かる．
これは三角関数の微分で
$\displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$
を証明するところで学びます．

$(16)$
(�T)の証明は日本の高校生は経験が少ないので難しく思うだろう．
(証明例)
$D_1C_1\parallel AB$より4点$A,B,D_1,C_1$は同一平面上にある．その平面を$\alpha$とする．
また$AD_1\parallel BC_1$が成り立つ．$\cdots (\sharp)$
$BC_1\parallel$平面$AD_1E$が成り立たないと仮定する．
$BC_1$と平面$AD_1E$の交点を$P$とする．
$P\in BC_1 \subset \alpha$
より$P\in \alpha$
平面$AED_1$と$\alpha$の交線は$AD_1$であるから
$P\in AD_1$
$P$は直線$AD_1$上にありかつ$BC_1$上にあるから，2直線$AD_1,BC_1$は点$P$で交わる．これは$(\sharp)$に反する．
したがって，$BC_1\parallel$平面$AD_1E$が成り立つ．

(�U)は空間における平面と直線のなす角の定義から始める．
直線と平面のなす角を四面体$PABC$で定義する
$P$から平面$ABC$に下ろした垂線の足を$H$とすると$\triangle PAH$における(３点$P,A,H$の決める平面におけるといってもよい) $\angle PAH$が直線$AP$と平面$ABC$のなす角の定義である．
$\triangle PAH$で
$\angle P+\angle A=90^{\circ}$
であり，直線$PH$は平面$ABC$に垂直であるから，
直線$AP$と平面$ABC$のなす角は
直線$AP$と平面$ABC$に垂直な直線とのなす角を$\alpha$とし，$90^{\circ}-\alpha$で定義することも多い．
いずれにしても，$AP$と平面$ABC$のなす角を$\theta$とすると
$PH=AP\sin\theta$
であるから
四面体$PABC$の体積$=\dfrac{1}{3}\triangle ABC\cdot PH=\dfrac{1}{3}\triangle ABC\cdot PA \sin \theta$
である．
四面体$A_1AD_1E$の体積より直線$AA_1$と平面$AD_1E$のなす角$\theta $の$\sin \theta$を求めると次のようになる．
立方体の一辺の長さを$2$として計算する．
$AD_1=2\sqrt{2},D_1E=3,AE=\sqrt{5}$
であるから，$\triangle AD_1E$における余弦定理より
$\cos A=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$
したがって
$\sin A=\dfrac{3}{\sqrt{10}},\triangle AD_1E=3$
一方四面体$A_1AD_1E$の体積は$\dfrac{4}{3} \ (\because \triangle AA_1D_1\text{を底面とみる})$より，
直線$AA_1$と平面$AD_1E$のなす角を$\theta$とすると
$3\cdot 2\sin \theta \cdot \dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{3}$
$\therefore \sin \theta =\dfrac{2}{3}$

ここで述べた解答も考えらえるが，現実的には，右上図のように座標軸を定め，平面$AD_1E$の法線ベクトルを求めて 解くのが分かりやすい．なお，昨年も平面の法線ベクトルを用いる問題が出題されている．

(18)(�U) は
$\dfrac{{}_{200}C_2 \cdot {}_{100}C_1+{}_{200}C_1\cdot {}_{400}C_1\cdot _{300}C_1}{{}_{600}C_{2}\cdot {}_{400}C_1}$
$=\dfrac{\frac{200\cdot 199}{2}\cdot 100+200\cdot 400\cdot 300}{\frac{600\cdot 599}{2}\cdot 400}$
が一般的な解答と思うが，式を見て分かるが計算が簡単でない．
公表されている解答は
$\left(\dfrac{1}{3}\right)^2\cdot \dfrac{1}{4}+{}_2C_1\cdot \dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{3}{4}=\dfrac{13}{36}$
となっている．これは，抽出方法が復元抽出(抽出するたびに元に戻し繰り返し抽出する方法)の場合である．
資料そのものが全校生徒より無作為抽出により作られているので，すなわちもとになる資料が概数であるので， 復元抽出として問題ないが，この判断は高校生には難しい．
(�V)は面白い問題です．問題を読むと一瞬何をするのかわからないが，男子生徒と女子生徒では支持の割合が異なり， 支持の割合は男子の方が高い．
全校生徒の男子生徒の割合と高校１年生以外の学年の生徒の男子の割合の比較は，高校１年生と全校生徒の男子の割合を調べれば分かるという意味です．
全校生徒における男子生徒の割合は$\frac{600}{1000}=\frac{3}{5}$
高校１年生における男子生徒の割合は$\frac{500}{800}=\frac{5}{8}$
より，高校１年生における男子生徒の割合は全校生徒における男子生徒の割合より大きいから，高校１年生以外の学年の生徒の男子の割合は全校生徒における男子生徒の割合より小さいことが分かり，$p_0 > p_1$を得る．
ちなみに一年生が方案二を支持する確率を$p_2$と置き，$p_0,p_2$を計算すると
$p_0=\dfrac{600}{1000}\cdot \dfrac{350}{600}+\dfrac{400}{1000}\cdot \dfrac{150}{400}=\dfrac{1}{2}$
$p_2=\dfrac{500}{800}\cdot \dfrac{350}{600}+\dfrac{300}{800}\cdot \dfrac{150}{400}=\dfrac{97}{192} > \dfrac{96}{192}=p_0$

より$p_2 > p_0$であるから$p_1 < p_0$を得る．

(19)(�U)
$f(x)=12-x^2$は偶関数であるから$0 < t$で考えればよい．
$(t,f(t))$における接線は
$y-(12-t^2)=-2t(x-t)$
整理して
$\dfrac{2tx}{t^2+12}+\dfrac{y}{t^2+12}=1$
より
$S(t)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{(t^2+12)^2}{t}$
あとは微分すれば容易であるが，微分を避けて次のように解いてもよい．
$S(t)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{t^2+12}{\sqrt{t}}\right)^2 \cdots (\sharp)$
$\dfrac{t^2+12}{\sqrt{t}}=t^{\frac{3}{2}}+12t^{-\frac{1}{2}}$
$=t^{\frac{3}{2}}+4t^{-\frac{1}{2}}+4t^{-\frac{1}{2}}+4t^{-\frac{1}{2}}$ $\geqq 4\sqrt[4]{t^{\frac{3}{2}}\cdot 4t^{-\frac{1}{2}}\cdot 4t^{-\frac{1}{2}}\cdot 4t^{-\frac{1}{2}}}$
$=4\cdot \sqrt[4]{4^3}$
等号が成り立つのは
$t^{\frac{3}{2}}=4t^{-\frac{1}{2}}$
より$t=2 (\because t >0)$
$(\sharp)$に代入して，最小値は
$S(2)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{(4+12)^2}{2}=32$

(20)(�U)
楕円$C$の方程式は
$\dfrac{x^2}{8}+\dfrac{y^2}{2}=1$
直線$l$の方程式を
$x=my-4$
と置き，連立方程式
$\begin{cases} x=my-4\\ \dfrac{x^2}{8}+\dfrac{y^2}{2}=1 \end{cases}$
を考える．$x$を消去して整理すると
$(m^2+4)y^2-8my+8=0$
$M,N$の$y$座標をそれぞれ$y_1,y_2$とおくと解と係数の関係より
$y_1+y_2=\dfrac{8m}{m^2+4},y_1y_2=\dfrac{8}{m^2+4}\cdots (\sharp)$
ちなみに$(\sharp)$より
$my_1y_2=y_1+y_2$
が成り立ち，この関係式を後で用いる．
つぎに，直線$MA$と直線$x=-4$との交点$P$の$y$座標を求める．
$M(x_1,y_1)$と置くと直線$MA$の方程式は
$y+1=\dfrac{y_1+1}{x_1+2}(x+2)$
$x=-4$を代入し
$y=\dfrac{-x_1-2y_1-4}{x_1+2}$
ここで$x_1=my_1-4$を代入し計算すると
$=\dfrac{-(m+2)y_1}{my_1-2}$
$Q$の$y$座標は$y_1$を$y_2$にかえたものであるから
$\dfrac{-(m+2)y_1}{my_1-2}\div \dfrac{-(m+2)y_2}{my_2-2}$の絶対値が求める値である．
$\dfrac{-(m+2)y_1}{my_1-2}\div \dfrac{-(m+2)y_2}{my_2-2}$
$=\dfrac{my_1y_2-2y_1}{my_1y_2-2y_2}$
ここで解と係数の関係より成り立つ$my_1y_2=y_1+y_2$を用いて
$=\dfrac{y_1+y_2-2y_1}{y_1+y_2-2y_2}=-1$
$\therefore \dfrac{|PB|}{|BQ|}=1$

(21)(�V)
$a_1,a_2 (a_1 < a_2)$を与えたとき，条件�@，�Aを満たす数列$\{a_n\}$は等比数列に限ることを示せばよい．
ここで$a_1,a_2$は
$A: 0 < a_1 < a_2$
$B: a_1 < a_2 < 0$
$C: a_1 < 0 < a_2$
3つの場合が考えられるが$C$は条件�Aより項
$\dfrac{a_2^2}{a_1} < 0$
含み増加列に反するので$A,B$の場合のみを考えればよい．
$\bullet \ 0 < a_1 < a_2$の場合．
$a_1,a_2$を定めたとき�@、�Aより定まる数列を$\{a_n\}$とする．
$a_1=a,a_2=ar (1 < r)$とおく．
条件�@より
$\dfrac{a_2^2}{a_1}=ar^2$
を含む．すなわち，数列$\{a_n\}$は,
$a,ar,ar^2$
を項に含む．
さらに，
$\dfrac{(ar^2)^2}{a},\dfrac{(ar^2)^2}{ar}$
を項に含むから
$a,ar,ar^2,ar^3,ar^4$
を項に含む．
次に
$a,ar,ar^2,\dots ,ar^{2^k}$を項に含むとき
$\dfrac{(ar^{2^k})^2}{a},\dots ,\dfrac{(ar^{2^k})^2}{ar^{2^k-1}}$
を項として含むから
$a,ar,\dots ar^{2^{k+1}}$
が数列$\{a_n\}$の項である．
したがって，数学的帰納法より$\{ar^{n-1} (n=1,2,\cdots )\}$はすべて数列$\{a_n\}$に含まれる．
もし$\{ar^{n-1} (n=1,2,\cdots )\}$以外の項が数列$\{a_n\}$に含まれると仮定する．
そのような最小の項を$\alpha$とする．
$\displaystyle \lim_{n\to \infty}ar^{n-1}=\infty$
より $ar^{n_0-1} < \alpha < ar^{n_0}$
を満たす正の整数$n_0$が存在する．
このとき条件�Aより
$\alpha =\dfrac{a_k^2}{a_l} \ (l < k)$
を満たす$l,k$が存在する．
したがって
$a_k < \alpha$
$a_k,a_l$は$\{ar^{n-1} (n=1,2,\cdots )\}$の要素であり，$\alpha =\frac{a_k^2}{a_l}$も $\{ar^{n-1} (n=1,2,\cdots )\}$ の要素となり矛盾する．したがって数列$\{a_n\}$は等比数列$\{ar^{n-1} (n=1,2,\dots)\}$であることが示された．
$\bullet \ a_1 < a_2 < 0$の場合．
同様の証明である．実際の入試では同様であるでよいであろう．
$a_1,a_2$を定めたとき�@、�Aより定まる数列を$\{a_n\}$とする．
$a_1=a < 0, a_2=ar,(0 < r < 1)$の場合を考えればよい．
$a,ar,ar^2,\dots ,ar^{2^k}$を項に含むとき，条件�@より
$\dfrac{(ar^{2^k})^2}{a},\dots ,\dfrac{(ar^{2^k})^2}{ar^{2^k-1}}$
を項として含むから
$a,ar,\dots ar^{2^{k+1}}$
が数列$\{a_n\}$の項である．
したがって，数学的帰納法より$a,ar,ar^2,\dots $は数列$\{a_n\}$に含まれる． もし$\{ar^{n-1},(n=1,2,\dots )\}$以外の項が数列$\{a_n\}$に含まれると仮定する．
そのような最小な数を$\beta$とする．
$ar^{n_1-1} < \beta < ar^{n_1}$
を満たす正の整数$n_1$が存在する．
このとき条件�Aより
$\beta =\dfrac{a_k^2}{a_l} \ (l < k)$
を満たす$l,k$が存在する．
$\beta =\dfrac{a_k}{a_l}a_k > a_k (\because \frac{a_k}{a_l} < 1,a_k <0)$
したがって，$a_k,a_l$は$\{ar^{n-1} (n=1,2,\cdots )\}$の要素であり，$\beta =\frac{a_k^2}{a_l}$も $ar^{n-1} (n=1,2,\cdots )$ の要素であり矛盾．したがって数列$\{a_n\}$は等比数列$\{ar^{n-1} (n=1,2,\dots)\}$である．