独自の解答・詳解
問題文は非掲載
全3問・無料

大阪大学　2019年度　前期日程　文系

阪大文系 2019年度数学の解答・解説

全3問。当サイトで独自に解いた解答・計算過程・詳解・別解を、大問ごとに載せています。

最終更新 2026/10/19

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。文系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/19時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

第1問　三角関数・領域

三角関数の合成・領域の図示・線形計画法・多角形の頂点当サイトの体感難易度：標準

(1) $x y$ 平面において、連立不等式 $0 \leq x \leq π$ 、 $0 \leq y \leq π$ 、 $2 sin (x + y) - 2 cos (x + y) \geq 2$ の表す領域を $D$ とする。 $D$ を図示する

答正方形 $0 \leq x \leq π$ 、 $0 \leq y \leq π$ のうち $\frac{5 π}{12} \leq x + y \leq \frac{13 π}{12}$ をみたす部分（六角形）

$u = x + y$ とおいて合成する。 $22 sin (u - \frac{π}{4}) \geq 2$ 。

$u = x + y$ とおく。 $0 \leq x \leq π$ 、 $0 \leq y \leq π$ より $0 \leq u \leq 2 π$ である。

左辺を合成すると

2 sin u - 2 cos u = 22 sin (u - \frac{π}{4})

なので、条件は

22 sin (u - \frac{π}{4}) \geq 2, sin (u - \frac{π}{4}) \geq \frac{1}{2}

である。 $v = u - \frac{π}{4}$ とおくと $- \frac{π}{4} \leq v \leq \frac{7 π}{4}$ で、この範囲で $sin v \geq \frac{1}{2}$ となるのは

\frac{π}{6} \leq v \leq \frac{5 π}{6}

のときだけである（次の周期 $\frac{π}{6} + 2 π$ は範囲の外）。 $u = v + \frac{π}{4}$ に戻すと

\frac{π}{6} + \frac{π}{4} \leq u \leq \frac{5 π}{6} + \frac{π}{4}, \frac{5 π}{12} \leq x + y \leq \frac{13 π}{12}

である。したがって

D = {(x, y) 0 \leq x \leq π, 0 \leq y \leq π, \frac{5 π}{12} \leq x + y \leq \frac{13 π}{12}}

である。これは正方形を2本の平行な直線で切り取った六角形で、頂点は

(\frac{5 π}{12}, 0), (π, 0), (π, \frac{π}{12}), (\frac{π}{12}, π), (0, π), (0, \frac{5 π}{12})

である（ $\frac{5 π}{12} < π$ なので下の直線は正方形の左下角を切り、 $π < \frac{13 π}{12} < 2 π$ なので上の直線は右上角を切る。切り口の座標は $\frac{13 π}{12} - π = \frac{π}{12}$ ）。

網をかけた六角形が D（境界を含む）。正方形 0 ≦ x ≦ π、0 ≦ y ≦ π から、左下の角（x + y < 5π/12）と右上の角（x + y > 13π/12）を切り落とした形。点線が 2 本の境界の直線。

$1200 \times 1200$ の格子で、元の不等式と帯の不等式の判定が一致した。

$u$ の動く範囲は $0 \leq u \leq 2 π$ 。 $sin v \geq \frac{1}{2}$ の解をこの範囲に収まるぶんだけ拾う。周期を忘れて2つ書くと余分が出る。

$x + y = \frac{13 π}{12}$ は正方形の右上の角を切る。 $\frac{13 π}{12} > π$ なので、 $x$ 軸・ $y$ 軸ではなく上辺・右辺と交わる。

(2)点 $(x, y)$ が領域 $D$ を動くとき、 $2 x + y$ の最大値と最小値を求める

答最大値 $\frac{25 π}{12}$ （ $(π, \frac{π}{12})$ ）、最小値 $\frac{5 π}{12}$ （ $(0, \frac{5 π}{12})$ ）

$D$ は凸多角形で $2 x + y$ は1次式なので、最大最小は頂点で起きる。6つの頂点を調べる。

$D$ は (1) の六角形で、凸である（正方形と2本の直線の決める半平面の共通部分だから）。 $2 x + y$ は1次式なので、最大値・最小値は頂点のどれかでとる。6つの頂点で値を計算すると

(\frac{5 π}{12}, 0) (\frac{π}{12}, π) : \frac{5 π}{6}, : \frac{7 π}{6}, (π, 0) (0, π) : 2 π = \frac{24 π}{12}, : π, (π, \frac{π}{12}) (0, \frac{5 π}{12}) : \frac{25 π}{12}, : \frac{5 π}{12}

である。 $\frac{π}{12}$ を単位にそろえると $10, 24, 25, 14, 12, 5$ なので、最大は $\frac{25 π}{12}$ 、最小は $\frac{5 π}{12}$ である。したがって

2 x + y の最大値 2 x + y の最小値 = \frac{25 π}{12} ((x, y) = (π, \frac{π}{12})) = \frac{5 π}{12} ((x, y) = (0, \frac{5 π}{12}))

である。

$2 x + y = k$ は傾き $- 2$ の直線である。帯の境界 $x + y =$ 一定（傾き $- 1$ ）より急なので、 $k$ を大きくしていくと右辺 $x = π$ の上の点で最後に触れ、小さくしていくと左辺 $x = 0$ の上の点で最後に触れる。だから最大・最小の場所は帯の端ではなく、正方形の縦の辺の上に来る。

$1200 \times 1200$ の格子でも最大 $6.5449847$ （ $(π, \frac{π}{12})$ ）、最小 $1.3089969$ （ $(0, \frac{5 π}{12})$ ）だった。

頂点を1つでも落とすと答えが変わる。とくに $(π, \frac{π}{12})$ は $(π, 0)$ より値が大きい。「正方形の角だから」と $(π, 0)$ で止めない。

$2 x + y$ は傾き $- 2$ の直線の族。帯の傾き $- 1$ と違うので、帯の境界上で最大になるとは限らない。

▸ 別解：

x

を固定して

y

を動かす

$x$ を固定すると、 $y$ の動く範囲は $max (0, \frac{5 π}{12} - x) \leq y \leq min (π, \frac{13 π}{12} - x)$ である。 $2 x + y$ は $y$ について増加なので、最大は上端、最小は下端でとる。

最大は $2 x + min (π, \frac{13 π}{12} - x)$ で、 $x \leq \frac{π}{12}$ では $2 x + π$ （増加）、 $x \geq \frac{π}{12}$ では $x + \frac{13 π}{12}$ （増加）。どちらも増加なので $x = π$ で最大、値は $\frac{25 π}{12}$ である。

最小は $2 x + max (0, \frac{5 π}{12} - x)$ で、 $x \leq \frac{5 π}{12}$ では $x + \frac{5 π}{12}$ （増加）、 $x \geq \frac{5 π}{12}$ では $2 x$ （増加）。 $x = 0$ で最小、値は $\frac{5 π}{12}$ である。

第1問だけのページ

第2問　2次方程式

絶対値の場合分け・判別式・解と係数の関係・範囲の決定当サイトの体感難易度：やや難

(1) $p$ を実数の定数とする。 $x$ の2次方程式 $x^{2} - (2 p + ∣ p ∣ - ∣ p + 1 ∣ + 1) x + \frac{1}{2} (2 p + 3 ∣ p ∣ - ∣ p + 1 ∣ - 1) = 0$ が実数解をもつことを示す

答 $p \geq 0$ では $D = 4 (p - 1)^{2}$ 、 $- 1 \leq p < 0$ では $D = 4 (p + 1)$ 、 $p < - 1$ では $D = 4 (p + 1)^{2}$ 。どれも $0$ 以上

$∣ p ∣$ と $∣ p + 1 ∣$ の符号が変わる $p = 0, - 1$ で3つに分ける。

解の和を $S$ 、積を $P$ とおく。判別式は $D = S^{2} - 4 P$ である。 $∣ p ∣$ は $p = 0$ で、 $∣ p + 1 ∣$ は $p = - 1$ で式が変わるので、 $p \geq 0$ 、 $- 1 \leq p < 0$ 、 $p < - 1$ の3つに分ける。

$p \geq 0$ のとき。 $∣ p ∣ = p$ 、 $∣ p + 1 ∣ = p + 1$ なので

S P = 2 p + p - (p + 1) + 1 = 2 p = \frac{1}{2} {2 p + 3 p - (p + 1) - 1} = \frac{1}{2} (4 p - 2) = 2 p - 1

であり

D = 4 p^{2} - 4 (2 p - 1) = 4 (p^{2} - 2 p + 1) = 4 (p - 1)^{2} \geq 0

である。

$- 1 \leq p < 0$ のとき。 $∣ p ∣ = - p$ 、 $∣ p + 1 ∣ = p + 1$ なので

S P = 2 p - p - (p + 1) + 1 = 0 = \frac{1}{2} {2 p - 3 p - (p + 1) - 1} = \frac{1}{2} (- 2 p - 2) = - p - 1

であり

D = 0 - 4 (- p - 1) = 4 (p + 1) \geq 0

である（ $p \geq - 1$ だから）。

$p < - 1$ のとき。 $∣ p ∣ = - p$ 、 $∣ p + 1 ∣ = - (p + 1)$ なので

S P = 2 p - p + (p + 1) + 1 = 2 p + 2 = \frac{1}{2} {2 p - 3 p + (p + 1) - 1} = \frac{1}{2} \cdot 0 = 0

であり

D = (2 p + 2)^{2} - 0 = 4 (p + 1)^{2} \geq 0

である。

どの場合も $D \geq 0$ なので、この2次方程式はつねに実数解をもつ。 $■$

$p < - 1$ では $P = 0$ 、つまり $x = 0$ が必ず解になる。実際このとき方程式は $x {x - (2 p + 2)} = 0$ で、解は $0$ と $2 p + 2$ である。

$p$ を $0.00001$ 刻みで動かして、 $D < 0$ になる $p$ は $1$ つもなかった。

場合分けの境目は $p = 0$ と $p = - 1$ の2つ。どちらか片方だけにしない。

$- 1 \leq p < 0$ では $S = 0$ になる。和が $0$ なので2解は $\pm - P$ の形で、ここが (2) で効く。

(2)この2次方程式が異なる2つの実数解 $α, β$ をもち、かつ $α^{2} + β^{2} \leq 1$ となるような定数 $p$ の値の範囲を求める

答 $- \frac{3}{2} \leq p \leq - \frac{1}{2}$ かつ $p \neq = - 1$ 、または $p = \frac{1}{2}$

$α^{2} + β^{2} = S^{2} - 2 P$ 。(1) の3つの場合ごとに「 $D > 0$ 」と「 $S^{2} - 2 P \leq 1$ 」を解く。

異なる2つの実数解をもつ条件は $D > 0$ である。また

α^{2} + β^{2} = (α + β)^{2} - 2 α β = S^{2} - 2 P

である。(1) の3つの場合で調べる。

$p \geq 0$ のとき。 $D = 4 (p - 1)^{2} > 0 ⟺ p \neq = 1$ である。また

S^{2} - 2 P = 4 p^{2} - 2 (2 p - 1) = 4 p^{2} - 4 p + 2

なので、 $α^{2} + β^{2} \leq 1$ は

4 p^{2} - 4 p + 1 \leq 0, (2 p - 1)^{2} \leq 0

すなわち $p = \frac{1}{2}$ である。これは $p \geq 0$ と $p \neq = 1$ をみたすので、 $p = \frac{1}{2}$ が解である。

$- 1 \leq p < 0$ のとき。 $D = 4 (p + 1) > 0 ⟺ p > - 1$ である。また $S = 0$ なので

S^{2} - 2 P = - 2 (- p - 1) = 2 p + 2

であり、 $α^{2} + β^{2} \leq 1$ は

2 p + 2 \leq 1, p \leq - \frac{1}{2}

である。 $- 1 < p < 0$ と合わせて $- 1 < p \leq - \frac{1}{2}$ が解である。

$p < - 1$ のとき。 $D = 4 (p + 1)^{2} > 0 ⟺ p \neq = - 1$ で、 $p < - 1$ なのでつねに成り立つ。また $P = 0$ なので

S^{2} - 2 P = (2 p + 2)^{2} = 4 (p + 1)^{2}

であり、 $α^{2} + β^{2} \leq 1$ は

4 (p + 1)^{2} \leq 1, ∣ p + 1 ∣ \leq \frac{1}{2}, - \frac{3}{2} \leq p \leq - \frac{1}{2}

である。 $p < - 1$ と合わせて $- \frac{3}{2} \leq p < - 1$ が解である。

3つを合わせると、求める範囲は

- \frac{3}{2} \leq p \leq - \frac{1}{2} (ただし p \neq = - 1), または p = \frac{1}{2}

である。 $p = - 1$ が抜けるのは、そこで $D = 0$ になり2解が一致してしまうからである。

$p = \frac{1}{2}$ では $S = 1$ 、 $P = 0$ で解は $0$ と $1$ 、 $α^{2} + β^{2} = 1$ でぎりぎり等号。 $p = - \frac{1}{2}$ では $S = 0$ 、 $P = - \frac{1}{2}$ で解は $\pm \frac{1}{2}$ 、やはり $α^{2} + β^{2} = 1$ である。 $p = - \frac{3}{2}$ では解が $0$ と $- 1$ で、これも $1$ になる。等号が3か所で起きるのがこの問題の作り方である。

$0.00001$ 刻みの走査で、直接判定と求めた範囲が境界を除いて食い違わなかった。

$p \geq 0$ の場合は $(2 p - 1)^{2} \leq 0$ となり、1点 $p = \frac{1}{2}$ だけが残る。「範囲」と思い込んで区間で答えない。

$p = - 1$ を除くのを忘れない。 $D = 0$ （重解）なので「異なる2つの実数解」をみたさない。

$p < - 1$ の場合に $p \neq = - 1$ はもともと成り立つ。場合分けの条件と $D > 0$ の条件を重ねて確かめる。

第2問だけのページ

第3問　空間図形

球面の方程式・2球面の共通部分・球面と平面・三平方の定理当サイトの体感難易度：標準

座標空間内の2つの球面 $S_{1} : (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 1)^{2} = 7$ と $S_{2} : (x - 2)^{2} + (y - 3)^{2} + (z - 3)^{2} = 1$ の共通部分を $C$ とする

答 $C$ は平面 $2 x + 4 y + 4 z = 25$ 上の、中心 $(\frac{11}{6}, \frac{8}{3}, \frac{8}{3})$ 、半径 $\frac{3}{2}$ の円

2式を引くと2次の項が消えて平面の式になる。

2つの式を展開すると

S_{1} S_{2} : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x - 2 y - 2 z - 4 = 0 : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 4 x - 6 y - 6 z + 21 = 0

である。辺々引くと2次の項が消えて

2 x + 4 y + 4 z - 25 = 0 \dots π

を得る。 $C$ 上の点は $π$ 上にあり、逆に $S_{1}$ と $π$ の共通部分の点は（引き算を戻して） $S_{2}$ 上にもあるので $C = S_{1} \cap π$ である。

$S_{1}$ の中心 $A (1, 1, 1)$ と $π$ の距離は、 $n = (2, 4, 4)$ 、 $∣ n ∣ = 6$ より

\frac{∣ 2 + 4 + 4 - 25 ∣}{6} = \frac{15}{6} = \frac{5}{2}

である。 $7 > \frac{5}{2}$ （ $7 > \frac{25}{4}$ ）なので $C$ は円で、三平方の定理より半径は

ρ = 7 - \frac{25}{4} = \frac{3}{2}

である。 $C$ の中心 $M$ は $A$ から $π$ に下ろした垂線の足で

M = A + \frac{25 - ( 2 + 4 + 4 )}{36} n = (1, 1, 1) + \frac{5}{12} (2, 4, 4) = (\frac{11}{6}, \frac{8}{3}, \frac{8}{3})

である。

$S_{1}$ との共通部分が $C$ になる球面の形。そのような球面 $S$ は $C$ を含むので、中心は $M$ を通り $π$ に垂直な直線

P = M + s \cdot \frac{n}{6} = (\frac{11}{6} + \frac{s}{3}, \frac{8}{3} + \frac{2 s}{3}, \frac{8}{3} + \frac{2 s}{3})

の上にあり、半径は三平方の定理より

r (s) = ρ^{2} + s^{2} = \frac{3}{4} + s^{2}

である。逆に、この形の球面はどれも $C$ を含み、 $S_{1}$ とは異なる球面なので、 $S_{1}$ との共通部分はちょうど $C$ になる。

平面 π に垂直で S₁ の中心 A を通る平面で切った断面（S₂ は省いた）。C はこの断面では 2 点に見え、どの円もその 2 点を通る。C を通る球面の中心はすべて横軸（A を通り π に垂直な直線）の上にあり、いちばん小さいのは中心が C の中点 M にくるとき（半径 √3/2）。半径 √3 のものは M の左右に 1 つずつある。

この問題は同じ年度の理系第5問とまったく同じで、答えも一致する。文系では空間ベクトルの範囲で解ける題材なので、そのまま共通に出せる形になっている。

$C$ 上の $2000$ 点がすべて $S_{1}$ と $S_{2}$ の上にあった。

「 $S_{1}$ との共通部分が $C$ となる球面」には $S_{2}$ 以外にも無数にある。中心が1本の直線上を動く1径数の族になる。

(1) $S_{1}$ との共通部分が $C$ となるような球面のうち、半径が最小となる球面の方程式を求める

答 $(x - \frac{11}{6})^{2} + (y - \frac{8}{3})^{2} + (z - \frac{8}{3})^{2} = \frac{3}{4}$

$r (s) = \frac{3}{4} + s^{2}$ は $s = 0$ で最小。

$r (s) = \frac{3}{4} + s^{2}$ は $s = 0$ のとき最小値 $\frac{3}{2}$ をとる。このとき中心は $M = (\frac{11}{6}, \frac{8}{3}, \frac{8}{3})$ である。

$\frac{3}{2} \neq = 7$ なので、この球面は $S_{1}$ とは異なり、 $S_{1}$ との共通部分はちょうど $C$ になる。よって求める方程式は

(x - \frac{11}{6})^{2} + (y - \frac{8}{3})^{2} + (z - \frac{8}{3})^{2} = \frac{3}{4}

である。これは $C$ を大円とする球面、つまり「 $C$ をちょうど赤道にもつ球面」である。

$C$ 上の $2000$ 点がこの球面上にあり、中心からの距離はすべて $0.8660254$ だった。

半径の最小は $C$ の半径そのもの。 $C$ より小さい球面は $C$ を含めない。

(2) $S_{1}$ との共通部分が $C$ となるような球面のうち、半径が $3$ となる球面の方程式を求める

答 $(x - \frac{7}{3})^{2} + (y - \frac{11}{3})^{2} + (z - \frac{11}{3})^{2} = 3$ と $(x - \frac{4}{3})^{2} + (y - \frac{5}{3})^{2} + (z - \frac{5}{3})^{2} = 3$ の2つ

$\frac{3}{4} + s^{2} = 3$ から $s = \pm \frac{3}{2}$ 。

$r (s) = 3$ より

\frac{3}{4} + s^{2} = 3, s^{2} = \frac{9}{4}, s = \pm \frac{3}{2}

である。 $\frac{n}{6} = (\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})$ なので

s \cdot \frac{n}{6} = \pm \frac{3}{2} (\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}) = \pm (\frac{1}{2}, 1, 1)

であり、中心は

s = \frac{3}{2} s = - \frac{3}{2} : (\frac{11}{6} + \frac{1}{2}, \frac{8}{3} + 1, \frac{8}{3} + 1) = (\frac{7}{3}, \frac{11}{3}, \frac{11}{3}) : (\frac{11}{6} - \frac{1}{2}, \frac{8}{3} - 1, \frac{8}{3} - 1) = (\frac{4}{3}, \frac{5}{3}, \frac{5}{3})

である。 $3 \neq = 7$ なのでどちらも $S_{1}$ とは異なり、条件をみたす。よって

(x - \frac{7}{3})^{2} + (y - \frac{11}{3})^{2} + (z - \frac{11}{3})^{2} = 3 (x - \frac{4}{3})^{2} + (y - \frac{5}{3})^{2} + (z - \frac{5}{3})^{2} = 3

の2つである。

$s$ の符号は「 $C$ の中心 $M$ から見てどちら側にふくらむか」に対応する。 $S_{2}$ 自身は $s = \frac{1}{2}$ 、 $r = 1$ に対応し、 $S_{1}$ は $s = - \frac{5}{2}$ 、 $r = 7$ に対応する。

$C$ 上の $2000$ 点が2つの球面のどちらにも乗り、中心からの距離は $3$ だった。

$s^{2} = \frac{9}{4}$ から $s$ は2つ。片方だけ書くと半分しか答えていないことになる。

$\frac{n}{6}$ は単位ベクトル（ $∣ n ∣ = 6$ ）。正規化を忘れると中心がずれる。

第3問だけのページ

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。解答は当サイトで検算していますが、誤りが残っている可能性はあります。掲載方針配点・採点基準・難易度を大学の公表値として示すことはしていません。

当サイト運営者が制作した教材

同じ形式の問題を、5回分

合格答案をつくる阪大文系数学 2027

阪大文系数学の出題を分析して書き下ろした予想問題集です。過去問そのものは入っていません。本番と同じ試験時間・大問構成で5回分、解答・詳解・別解に加えて、小問ごとの加点・減点つきの採点表を収録しています。

Amazonで見る全2巻を見る¥2,695・110ページ・2026年8月16日発売

中身を試し読みする

扉・問題・解答などを、それぞれ抜粋して掲載しています。連続したページではありません。画像を押すと拡大できます。

抜粋をPDFでまとめて見る

問題文について

(1)xy 平面において、連立不等式 0≤x≤π、0≤y≤π、2sin(x+y)−2cos(x+y)≥2​ の表す領域を D とする。D を図示する

(2)点 (x,y) が領域 D を動くとき、2x+y の最大値と最小値を求める

(1)p を実数の定数とする。x の2次方程式 x2−(2p+∣p∣−∣p+1∣+1)x+21​(2p+3∣p∣−∣p+1∣−1)=0 が実数解をもつことを示す

(2)この2次方程式が異なる2つの実数解 α,β をもち、かつ α2+β2≤1 となるような定数 p の値の範囲を求める

座標空間内の2つの球面 S1​:(x−1)2+(y−1)2+(z−1)2=7 と S2​:(x−2)2+(y−3)2+(z−3)2=1 の共通部分を C とする

(1)S1​ との共通部分が C となるような球面のうち、半径が最小となる球面の方程式を求める

(2)S1​ との共通部分が C となるような球面のうち、半径が 3​ となる球面の方程式を求める

同じ形式の問題を、5回分

中身を試し読みする

関連するページ

(1) $x y$ 平面において、連立不等式 $0 \leq x \leq π$ 、 $0 \leq y \leq π$ 、 $2 sin (x + y) - 2 cos (x + y) \geq 2$ の表す領域を $D$ とする。 $D$ を図示する

(2)点 $(x, y)$ が領域 $D$ を動くとき、 $2 x + y$ の最大値と最小値を求める

(1) $p$ を実数の定数とする。 $x$ の2次方程式 $x^{2} - (2 p + ∣ p ∣ - ∣ p + 1 ∣ + 1) x + \frac{1}{2} (2 p + 3 ∣ p ∣ - ∣ p + 1 ∣ - 1) = 0$ が実数解をもつことを示す

(2)この2次方程式が異なる2つの実数解 $α, β$ をもち、かつ $α^{2} + β^{2} \leq 1$ となるような定数 $p$ の値の範囲を求める

座標空間内の2つの球面 $S_{1} : (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 1)^{2} = 7$ と $S_{2} : (x - 2)^{2} + (y - 3)^{2} + (z - 3)^{2} = 1$ の共通部分を $C$ とする

(1) $S_{1}$ との共通部分が $C$ となるような球面のうち、半径が最小となる球面の方程式を求める

(2) $S_{1}$ との共通部分が $C$ となるような球面のうち、半径が $3$ となる球面の方程式を求める