数学検定2級

半径 \(r\)，中心角 \(\theta\)（ラジアン）の扇形では，\(l=r\theta\)，\(S=\dfrac{1}{2}r^2\theta\) である。 \[ l=6\times\dfrac{5}{6}\pi=5\pi,\qquad S=\dfrac{1}{2}\times6^2\times\dfrac{5}{6}\pi=15\pi \] （\(S=\dfrac{1}{2}rl=\dfrac{1}{2}\times6\times5\pi=15\pi\) としてもよい。）

\(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\) より \[ \cos^2\theta=1-\left(\dfrac{3}{5}\right)^2=\dfrac{16}{25} \] \(\dfrac{\pi}{2}\lt\theta\lt\pi\) より \(\cos\theta\lt0\) だから \(\cos\theta=-\dfrac{4}{5}\) \[ \tan\theta=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}=\dfrac{3}{5}\div\left(-\dfrac{4}{5}\right)=-\dfrac{3}{4} \]

(1)　両辺を2乗すると \[ \sin^2\theta+2\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta=\dfrac{1}{4} \] \(1+2\sin\theta\cos\theta=\dfrac{1}{4}\) より \(\sin\theta\cos\theta=-\dfrac{3}{8}\)
(2) \[ \begin{aligned} \sin^3\theta+\cos^3\theta&=(\sin\theta+\cos\theta)(\sin^2\theta-\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta)\\ &=\dfrac{1}{2}\left\{1-\left(-\dfrac{3}{8}\right)\right\}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{11}{8}=\dfrac{11}{16} \end{aligned} \]

\[ y=2\sin\left(2\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)=2\sin2\left(\theta-\dfrac{\pi}{6}\right) \] よって，このグラフは \(y=2\sin2\theta\) のグラフを \(\theta\) 軸方向に \(\dfrac{\pi}{6}\) だけ平行移動したものである。
(1)　周期は \(\dfrac{2\pi}{2}=\pi\)
(2)　最大値 \(2\)，最小値 \(-2\)，周期 \(\pi\) で，\(\theta=0\) のとき \(y=2\sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)=-\sqrt{3}\)， \(\theta=\dfrac{\pi}{6}\) のとき \(y=0\) となるグラフは（イ）である。
なお，（ア）は \(y=2\sin\left(2\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)\)，（ウ）は \(y=2\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)\) のグラフである。

\(0\lt\alpha\lt\dfrac{\pi}{2}\) より \(\cos\alpha\gt0\) なので \(\cos\alpha=\sqrt{1-\left(\dfrac{4}{5}\right)^2}=\dfrac{3}{5}\)
\(\dfrac{\pi}{2}\lt\beta\lt\pi\) より \(\sin\beta\gt0\) なので \(\sin\beta=\sqrt{1-\left(-\dfrac{12}{13}\right)^2}=\dfrac{5}{13}\)
(1) \[ \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\dfrac{4}{5}\cdot\left(-\dfrac{12}{13}\right)+\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{5}{13}=-\dfrac{33}{65} \] (2) \[ \cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\dfrac{3}{5}\cdot\left(-\dfrac{12}{13}\right)+\dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{5}{13}=-\dfrac{16}{65} \]

2直線と \(x\) 軸の正の向きとのなす角をそれぞれ \(\alpha\)，\(\beta\) とすると，\(\tan\alpha=3\)，\(\tan\beta=\dfrac{1}{2}\)
\(\theta=\alpha-\beta\) であるから，加法定理より \[ \tan\theta=\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}=\dfrac{3-\dfrac{1}{2}}{1+3\cdot\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\dfrac{5}{2}}{\dfrac{5}{2}}=1 \] \(0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}\) より \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\)

\(\cos^2\theta=1-\sin^2\theta\) を代入すると \[ 2(1-\sin^2\theta)+3\sin\theta=0 \quad\Longrightarrow\quad 2\sin^2\theta-3\sin\theta-2=0 \] \[ (2\sin\theta+1)(\sin\theta-2)=0 \] \(-1\leqq\sin\theta\leqq1\) より \(\sin\theta-2\neq0\) なので \(\sin\theta=-\dfrac{1}{2}\)
\(0\leqq\theta\lt2\pi\) の範囲で，\(\theta=\dfrac{7}{6}\pi,\ \dfrac{11}{6}\pi\)

2倍角の公式 \(\cos2\theta=1-2\sin^2\theta\) より \[ 1-2\sin^2\theta+\sin\theta\gt0 \quad\Longrightarrow\quad 2\sin^2\theta-\sin\theta-1\lt0 \] \[ (2\sin\theta+1)(\sin\theta-1)\lt0 \quad\text{より}\quad -\dfrac{1}{2}\lt\sin\theta\lt1 \] 単位円で考えると，下の図の太線部分（端点と \(\theta=\dfrac{\pi}{2}\) を除く）が求める範囲である。 よって，\(0\leqq\theta\lt\dfrac{\pi}{2},\ \ \dfrac{\pi}{2}\lt\theta\lt\dfrac{7}{6}\pi,\ \ \dfrac{11}{6}\pi\lt\theta\lt2\pi\)

三角関数の合成により \[ y=2\left(\dfrac{1}{2}\sin\theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)=2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right) \] \(0\leqq\theta\leqq\pi\) より \(\dfrac{\pi}{3}\leqq\theta+\dfrac{\pi}{3}\leqq\dfrac{4}{3}\pi\)　なので　\(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\leqq\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)\leqq1\)
・\(\theta+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2}\)，すなわち \(\theta=\dfrac{\pi}{6}\) のとき最大値 \(2\)
・\(\theta+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{4}{3}\pi\)，すなわち \(\theta=\pi\) のとき最小値 \(2\cdot\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\sqrt{3}\)

(1)　\(t=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
\(0\leqq\theta\leqq\pi\) より \(\dfrac{\pi}{4}\leqq\theta+\dfrac{\pi}{4}\leqq\dfrac{5}{4}\pi\) なので \(-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\leqq\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)\leqq1\)
よって \(-1\leqq t\leqq\sqrt{2}\)
(2)　\(t^2=\sin^2\theta+2\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta=1+\sin2\theta\) より \(\sin2\theta=t^2-1\) \[ y=(t^2-1)+2t=t^2+2t-1 \] (3)　\(y=(t+1)^2-2\ \ (-1\leqq t\leqq\sqrt{2})\)
・\(t=\sqrt{2}\) のとき最大値 \(2+2\sqrt{2}-1=1+2\sqrt{2}\)。このとき \(\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=1\) より \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\)
・\(t=-1\) のとき最小値 \(-2\)。このとき \(\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) より \(\theta+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5}{4}\pi\)，すなわち \(\theta=\pi\)