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共通テスト 数学II・数学B 2023年度 第4問 解説

$\def\myBox#1{\bbox[2px, border:2px solid]{ \class{bold}{ \textsf{ #1 } } } }$ $\def\mybox#1{\bbox[2px, border:1px solid gray]{ \textsf{ #1 } } }$ $\def\dBox#1{\bbox[3px, border: 2px solid ]{\bbox[0px, border: 1px solid ]{ \class{bold}{ \textsf{ #1 } } } } }$ $\def\dbox#1{\bbox[4px, border: 1px solid ]{\bbox[0px, border: 1px solid ]{ \textsf{ #1 } } } }$

【第3問~第5問から2問選択】

問題編

問題

 花子さんは、毎年の初めに預金口座に一定額の入金をすることにした。この入金を始める前における花子さんの預金は $10$ 万円である。ここで、預金とは預金口座にあるお金の額のことである。預金には年利 $1$ %で利息がつき、ある年の初めの預金が $x$ 万円であれば、その年の終わりには預金は $1.01x$ 万円となる。次の年の初めには $1.01x$ 万円に入金額を加えたものが預金となる。

 毎年の初めの入金額を $p$ 万円とし、 $n$ 年目の初めの預金を $a_n$ 万円とおく。ただし、 $p\gt 0$ とし、 $n$ は自然数とする。

 例えば、 $a_1=10+p$, $a_2=1.01(10+p)+p$ である。

(1) $a_n$ を求めるために二つの方針で考える。

方針1
 $n$ 年目の初めの預金と $(n+1)$ 年目の初めの預金との関係に着目して考える。

 3年目の初めの預金 $a_3$ 万円について、 $a_3=\dBox{ア}$ である。すべての自然数 $n$ について\[ a_{n+1}=\dBox{イ}a_n+\dBox{ウ} \]が成り立つ。これは\[ a_{n+1}+\dBox{エ}=\dBox{オ}\left(a_n+\dbox{エ}\right) \]と変形でき、 $a_n$ を求めることができる。

$\dbox{ア}$ の解答群

 0: $1.01\{1.01(10+p)+p\}$
 1: $1.01\{1.01(10+p)+1.01p\}$
 2: $1.01\{1.01(10+p)+p\}+p$
 3: $1.01\{1.01(10+p)+p\}+1.01p$
 4: $1.01(10+p)+1.01p$
 5: $1.01(10+1.01p)+1.01p$

$\dbox{イ}$ ~ $\dbox{オ}$ の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)

 0: $1.01$
 1: $1.01^{n-1}$
 2: $1.01^n$
 3: $p$
 4: $100p$
 5: $np$
 6: $100np$
 7: $1.01^{n-1}\times 100p$
 8: $1.01^n\times 100p$

方針2
 もともと預金口座にあった $10$ 万円と毎年の初めに入金した $p$ 万円について $n$ 年目の初めにそれぞれがいくらになるかに着目して考える。

 もともと預金口座にあった $10$ 万円は、2年目の初めには $10\times 1.01$ 万円になり、3年目の初めには $10\times 1.01^2$ 万円となる。同様に考えると $n$ 年目の初めには $10\times 1.01^{n-1}$ 万円になる。

  • 1年目の初めに入金した $p$ 万円は、$n$ 年目の初めには $p\times 1.01^{\dBox{カ}}$ 万円になる。
  • 2年目の初めに入金した $p$ 万円は、$n$ 年目の初めには $p\times 1.01^{\dBox{キ}}$ 万円になる。
  • $n$ 年目の初めに入金した $p$ 万円は、$n$ 年目の初めには $p$ 万円のままである。

 これより
\begin{eqnarray} a_n &=& 10\times 1.01^{n-1}+p\times 1.01^{\dbox{カ}}+p\times 1.01^{\dbox{キ}}+\cdots+p \\[5pt] &=& 10\times 1.01^{n-1}+p \sum_{k=1}^n 1.01^{\dBox{ク}} \end{eqnarray}となることがわかる。ここで、 $\displaystyle \sum_{k=1}^n 1.01^{\dbox{ク}}=\dBox{ケ}$ となるので、 $a_n$ を求めることができる。

$\dbox{カ}$, $\dbox{キ}$ の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)

 0: $n+1$
 1: $n$
 2: $n-1$
 3: $n-2$

$\dbox{ク}$ の解答群

 0: $k+1$
 1: $k$
 2: $k-1$
 3: $k-2$

$\dbox{ケ}$ の解答群

 0: $100 \times 1.01^n$
 1: $100 (1.01^n-1)$
 2: $100 (1.01^{n-1}-1)$
 3: $n+1.01^{n-1}-1$
 4: $0.01(101n-1)$
 5: $\dfrac{n\times 1.01^{n-1}}{2}$

(2) 花子さんは、10年目の終わりの預金が $30$ 万円以上になるための入金額について考えた。

 10年目の終わりの預金が $30$ 万円以上であることを不等式を用いて表すと $\dBox{コ}\geqq 30$ となる。この不等式を $p$ について解くと\[ p\geqq \frac{\myBox{サシ}-\myBox{スセ}\times 1.01^{10}}{101\left(1.01^{10}-1\right)} \]となる。したがって、毎年の初めの入金額が例えば $18000$ 円であれば、10年目の終わりの預金が $30$ 万円以上になることがわかる。

$\dbox{コ}$ の解答群

 0: $a_{10}$
 1: $a_{10}+p$
 2: $a_{10}-p$
 3: $1.01a_{10}$
 4: $1.01a_{10}+p$
 5: $1.01a_{10}-p$

(3) 1年目の入金を始める前における花子さんの預金が $10$ 万円ではなく、 $13$ 万円の場合を考える。すべての自然数 $n$ に対して、この場合の $n$ 年目の初めの預金は $a_n$ 万円よりも $\dBox{ソ}$ 万円多い。なお、年利は $1$ %であり、毎年の初めの入金額は $p$ 万円のままである。

$\dbox{ソ}$ の解答群

 0: $3$
 1: $13$
 2: $3(n-1)$

 3: $3n$
 4: $13(n-1)$
 5: $13n$

 6: $3^n$
 7: $3+1.01(n-1)$
 8: $3\times 1.01^{n-1}$

 9: $3\times 1.01^n$
 a: $13\times 1.01^{n-1}$
 b: $13\times 1.01^n$

考え方

見た目が大変そうですが、よく見ると数列の問題としてはそんなに大変でもないです。方針1でも方針2でも考えることはできますが、解きやすい方で考えましょう。最後は、最初の違いが最終的にどのように影響するかを考えると、計算しなくても答えが出せます。


解答編

問題

 花子さんは、毎年の初めに預金口座に一定額の入金をすることにした。この入金を始める前における花子さんの預金は $10$ 万円である。ここで、預金とは預金口座にあるお金の額のことである。預金には年利 $1$ %で利息がつき、ある年の初めの預金が $x$ 万円であれば、その年の終わりには預金は $1.01x$ 万円となる。次の年の初めには $1.01x$ 万円に入金額を加えたものが預金となる。

 毎年の初めの入金額を $p$ 万円とし、 $n$ 年目の初めの預金を $a_n$ 万円とおく。ただし、 $p\gt 0$ とし、 $n$ は自然数とする。

 例えば、 $a_1=10+p$, $a_2=1.01(10+p)+p$ である。

(1) $a_n$ を求めるために二つの方針で考える。

方針1
 $n$ 年目の初めの預金と $(n+1)$ 年目の初めの預金との関係に着目して考える。

 3年目の初めの預金 $a_3$ 万円について、 $a_3=\dBox{ア}$ である。すべての自然数 $n$ について\[ a_{n+1}=\dBox{イ}a_n+\dBox{ウ} \]が成り立つ。これは\[ a_{n+1}+\dBox{エ}=\dBox{オ}\left(a_n+\dbox{エ}\right) \]と変形でき、 $a_n$ を求めることができる。

$\dbox{ア}$ の解答群

 0: $1.01\{1.01(10+p)+p\}$
 1: $1.01\{1.01(10+p)+1.01p\}$
 2: $1.01\{1.01(10+p)+p\}+p$
 3: $1.01\{1.01(10+p)+p\}+1.01p$
 4: $1.01(10+p)+1.01p$
 5: $1.01(10+1.01p)+1.01p$

$\dbox{イ}$ ~ $\dbox{オ}$ の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)

 0: $1.01$
 1: $1.01^{n-1}$
 2: $1.01^n$
 3: $p$
 4: $100p$
 5: $np$
 6: $100np$
 7: $1.01^{n-1}\times 100p$
 8: $1.01^n\times 100p$

解説

(1)
$a_1=10+p$, $a_2=1.01 a_1+p$ なので、
\begin{eqnarray} a_3 &=& 1.01a_2 +p \\[5pt] &=& 1.01(1.01a_1+p) +p \\[5pt] &=& 1.01 \{ 1.01(10+p)+p \} +p \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

$a_n$ に1年分の利息がつくと $1.01a_n$ であり、これに $p$ を追加したものが $a_{n+1}$ になるので\[ a_{n+1}=1.01a_n+p \]が成り立ちます。ここで、\[ x=1.01x+p \]とすると $x=-100p$ なので
\begin{eqnarray} a_{n+1}+100p &=& 1.01a_n+p+100p \\[5pt] a_{n+1}+100p &=& 1.01(a_n+100p) \\[5pt] \end{eqnarray}が成り立ちます。

解答

ア:2 (2点)
イウ:03 (3点)
エオ:40 (3点)

解答編 つづき

問題

方針2
 もともと預金口座にあった $10$ 万円と毎年の初めに入金した $p$ 万円について $n$ 年目の初めにそれぞれがいくらになるかに着目して考える。

 もともと預金口座にあった $10$ 万円は、2年目の初めには $10\times 1.01$ 万円になり、3年目の初めには $10\times 1.01^2$ 万円となる。同様に考えると $n$ 年目の初めには $10\times 1.01^{n-1}$ 万円になる。

  • 1年目の初めに入金した $p$ 万円は、$n$ 年目の初めには $p\times 1.01^{\dBox{カ}}$ 万円になる。
  • 2年目の初めに入金した $p$ 万円は、$n$ 年目の初めには $p\times 1.01^{\dBox{キ}}$ 万円になる。
  • $n$ 年目の初めに入金した $p$ 万円は、$n$ 年目の初めには $p$ 万円のままである。

 これより
\begin{eqnarray} a_n &=& 10\times 1.01^{n-1}+p\times 1.01^{\dbox{カ}}+p\times 1.01^{\dbox{キ}}+\cdots+p \\[5pt] &=& 10\times 1.01^{n-1}+p \sum_{k=1}^n 1.01^{\dBox{ク}} \end{eqnarray}となることがわかる。ここで、 $\displaystyle \sum_{k=1}^n 1.01^{\dbox{ク}}=\dBox{ケ}$ となるので、 $a_n$ を求めることができる。

$\dbox{カ}$, $\dbox{キ}$ の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)

 0: $n+1$
 1: $n$
 2: $n-1$
 3: $n-2$

$\dbox{ク}$ の解答群

 0: $k+1$
 1: $k$
 2: $k-1$
 3: $k-2$

$\dbox{ケ}$ の解答群

 0: $100 \times 1.01^n$
 1: $100 (1.01^n-1)$
 2: $100 (1.01^{n-1}-1)$
 3: $n+1.01^{n-1}-1$
 4: $0.01(101n-1)$
 5: $\dfrac{n\times 1.01^{n-1}}{2}$

解説

1年目のはじめに入金した $p$ 万円は、 $n$ 年目のはじめでは $n-1$ 年分の利息がつくことになるので、 $p\times 1.01^{n-1}$ 万円となります。

2年目のはじめに入金した $p$ 万円は、 $n$ 年目のはじめでは $n-2$ 年分の利息がつくことになるので、 $p\times 1.01^{n-2}$ 万円となります。

同様に、 $k$ 年目のはじめに入金した $p$ 万円は、 $n$ 年目のはじめでは $n-k$ 年分の利息がつくことになるので、 $p\times 1.01^{n-k}$ 万円となります。特に、 $k=n$ のときは、 $p$ 万円のままです。

こうして
\begin{eqnarray} a_n &=& 10\times 1.01^{n-1} +p\times1.01^{n-1}+p\times1.01^{n-2}+\cdots+p \\[5pt] &=& 10\times 1.01^{n-1} +p\sum_{k=1}^{n} 1.01^{k-1} \\[5pt] \end{eqnarray}となります。ここで、 \begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n} 1.01^{k-1} &=& \frac{1.01^n-1}{1.01-1} \\[5pt] &=& 100 (1.01^n-1) \\[5pt] \end{eqnarray}から、$a_n$ を計算することができます。

解答

カキ:23 (2点)
ク:2 (2点)
ケ:1 (2点)

解答編 つづき

問題

(2) 花子さんは、10年目の終わりの預金が $30$ 万円以上になるための入金額について考えた。

 10年目の終わりの預金が $30$ 万円以上であることを不等式を用いて表すと $\dBox{コ}\geqq 30$ となる。この不等式を $p$ について解くと\[ p\geqq \frac{\myBox{サシ}-\myBox{スセ}\times 1.01^{10}}{101\left(1.01^{10}-1\right)} \]となる。したがって、毎年の初めの入金額が例えば $18000$ 円であれば、10年目の終わりの預金が $30$ 万円以上になることがわかる。

$\dbox{コ}$ の解答群

 0: $a_{10}$
 1: $a_{10}+p$
 2: $a_{10}-p$
 3: $1.01a_{10}$
 4: $1.01a_{10}+p$
 5: $1.01a_{10}-p$

解説

(2)
10年目のはじめの預金が $a_{10}$ であり、10年目のおわりには利息がついて $1.01 a_{10}$ となります。なので、\[ 1.01 a_{10} \geqq 30 \]を解けばいいです。

方針2で考えると
\begin{eqnarray} a_{10} &=& 10\times 1.01^{10-1}+p\cdot 100 (1.01^{10}-1) \\[5pt] &=& 10\times 1.01^9+100p(1.01^{10}-1) \\[5pt] \end{eqnarray}となるので\[ 1.01 a_{10}=10\times 1.01^{10}+101p(1.01^{10}-1) \]だから、 \begin{eqnarray} 1.01 a_{10} & \geqq & 30 \\[5pt] 10\times 1.01^{10}+101p(1.01^{10}-1) & \geqq & 30 \\[5pt] 101p(1.01^{10}-1) & \geqq & 30-10\times 1.01^{10} \\[5pt] p & \geqq & \frac{30-10\times 1.01^{10}}{101(1.01^{10}-1)} \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

解答

コ:3 (2点)
サシスセ:3010 (2点)

解答編 つづき

問題

(3) 1年目の入金を始める前における花子さんの預金が $10$ 万円ではなく、 $13$ 万円の場合を考える。すべての自然数 $n$ に対して、この場合の $n$ 年目の初めの預金は $a_n$ 万円よりも $\dBox{ソ}$ 万円多い。なお、年利は $1$ %であり、毎年の初めの入金額は $p$ 万円のままである。

$\dbox{ソ}$ の解答群

 0: $3$
 1: $13$
 2: $3(n-1)$

 3: $3n$
 4: $13(n-1)$
 5: $13n$

 6: $3^n$
 7: $3+1.01(n-1)$
 8: $3\times 1.01^{n-1}$

 9: $3\times 1.01^n$
 a: $13\times 1.01^{n-1}$
 b: $13\times 1.01^n$

解説

(3)
方針2の考え方を使うと、1年目の入金前の預金が $3$ 万円違えば、この金額とこれにつく利息分だけ差が生まれます。なので、 $n$ 年目のはじめでは、 $a_n$ 万円よりも $3\times 1.01^{n-1}$ 万円多くなります。

解答

ソ:8 (2点)

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