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京都大学　2023年度　前期日程　文系

京大文系 2023年度数学の解答・解説

全5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 2026/10/12

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（2026/10/12時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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第1問　確率／式の計算

余事象・3乗根の有理化・整式の割り算・反復試行当サイトの体感難易度：標準

問1さいころを $n$ 回投げたとき、出た目の積が $5$ で割り切れる確率を求める

答 $1 - (\frac{5}{6})^{n}$

$5$ は素数で、 $1$ から $6$ のうち $5$ の倍数は $5$ だけである。だから積が $5$ で割り切れるのは「少なくとも1回 $5$ が出る」ときで、余事象をとるのがいちばん速い。

$5$ は素数なので、積が $5$ で割り切れるのは、因数に $5$ をもつ目が少なくとも1回出るときである。 $1, 2, 3, 4, 5, 6$ のうち $5$ の倍数は $5$ だけだから、条件は

n 回のうち少なくとも 1 回は 5 が出る

である。余事象は「 $1$ 回も $5$ が出ない」で、各回 $5$ 以外が出る確率は $\frac{5}{6}$ だから

P = 1 - (\frac{5}{6})^{n}

である。

$n = 1$ で $\frac{1}{6}$ 、 $n = 2$ で $1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}$ である。 $n$ を大きくすると $1$ に近づく。

$n = 1, \dots, 6$ について $6^{n}$ 通りの出目をすべて列挙して積が $5$ の倍数になる確率を数えると、 $\frac{1}{6}, \frac{11}{36}, \frac{91}{216}, \frac{671}{1296}, \frac{4651}{7776}, \frac{31031}{46656}$ となり、 $\frac{6 ^{n} - 5 ^{n}}{6 ^{n}} = 1 - (\frac{5}{6})^{n}$ と完全に一致する。

「積が $5$ の倍数」を「積が $5$ 以外の素因数をもたない」などと読み違えない。 $5$ が1回でも出れば、他の目が何であっても積は $5$ の倍数である。

$5$ が素数であることが効いている。たとえば「積が $4$ で割り切れる」なら、 $2$ が2回出る場合なども数えることになり、余事象だけでは済まない。

問2 $\frac{55}{2 3 9 + 3 3 + 5}$ の分母を有理化する

答 $\frac{19 + 7 3 3 - 9 3 9}{2}$

$t = 33$ とおくと $t^{3} = 3$ 、 $39 = t^{2}$ で、分母は $t$ の2次式になる。かける相手も $t$ の2次式 $a t^{2} + b t + c$ とおき、 $t^{3} = 3$ 、 $t^{4} = 3 t$ を使って展開してから、 $t^{2}$ と $t$ の係数が消えるように $a, b, c$ を決める。

$t = 33$ とおく。 $t^{3} = 3$ 、 $t^{4} = 3 t$ 、 $39 = t^{2}$ なので、分母は $2 t^{2} + t + 5$ である。

かける式を探す。 $a t^{2} + b t + c$ を掛けて展開し、 $t^{3} = 3$ 、 $t^{4} = 3 t$ で次数を下げると

(2 t^{2} + t + 5) (a t^{2} + b t + c) = (5 a + b + 2 c) t^{2} + (6 a + 5 b + c) t + (3 a + 6 b + 5 c)

となる。 $t^{2}$ と $t$ の係数を $0$ にすればよいので

{5 a + b + 2 c = 0 6 a + 5 b + c = 0

を解く。1本目から $b = - 5 a - 2 c$ 、これを2本目に入れると $6 a - 25 a - 10 c + c = - 19 a - 9 c = 0$ で $c = - \frac{19}{9} a$ である。 $a = 9$ ととると

a = 9, c = - 19, b = - 45 + 38 = - 7

となる。このとき定数項は

3 a + 6 b + 5 c = 27 - 42 - 95 = - 110

なので

(2 t^{2} + t + 5) (9 t^{2} - 7 t - 19) = - 110

である。

有理化する。 分母・分子に $9 t^{2} - 7 t - 19$ を掛けると

\frac{55}{2 t ^{2} + t + 5} = \frac{55 ( 9 t ^{2} - 7 t - 19 )}{- 110} = \frac{- 9 t ^{2} + 7 t + 19}{2}

すなわち

\frac{55}{2 3 9 + 3 3 + 5} = \frac{19 + 7 3 3 - 9 3 9}{2}

である。

$55$ と $110$ の関係から $\frac{1}{2}$ がきれいに残る。問題の分子が $55$ なのはそのためである。

$33 = 1.442250$ 、 $39 = 2.080084$ として、もとの式は $\frac{55}{10.602418} = 5.187496$ 、答えの式は $\frac{19 + 10.095748 - 18.720755}{2} = 5.187496$ で一致する。 $(2 t^{2} + t + 5) (9 t^{2} - 7 t - 19)$ を数値で計算すると $- 110.000000$ になる。

$t^{4}$ が出てくるので、 $t^{4} = t \cdot t^{3} = 3 t$ と下げる。 $t^{3} = 3$ だけ使って止めないこと。

$a, b, c$ は比だけ決まるので、分数を避けられる $a = 9$ をとる。 $a = 1$ でも最後に約分すれば同じ答えになる。

$33 + 39$ のような形を「 $x^{3} - y^{3}$ の因数分解」で消そうとしても、項が3つあるので1回では消えない。連立方程式で係数を決めるほうが確実である。

第1問だけのページ

第2問　空間ベクトル

1次独立・共線条件・係数比較・内分点当サイトの体感難易度：標準

直線 $QR$ と直線 $PC$ が交点をもつように $R$ を直線 $OD$ 上にとるとき、 $OR : RD$ を求める

答 $OR : RD = 1 : 9$

$OA, OB, OC$ は1次独立なので、これを「座標軸」だと思って係数を比べればよい。 $OR = k OD$ とおき、2直線上の点を媒介変数で書いて一致させると、3本の式から $k$ が決まる。

$O, A, B, C$ は同一平面上にないので、 $a = OA$ 、 $b = OB$ 、 $c = OC$ は1次独立である。条件より

OD = a + 2 b + 3 c, OP = \frac{1}{3} a, OQ = \frac{1}{2} b

である（ $P$ は $OA$ を $1 : 2$ に内分、 $Q$ は $OB$ の中点）。 $R$ は直線 $OD$ 上なので

OR = k OD = k a + 2 k b + 3 k c

とおける。

2直線上の点を書く。 直線 $QR$ 上の点は、実数 $s$ を使って

OQ + s (OR - OQ) = s k a + {\frac{1}{2} + s (2 k - \frac{1}{2})} b + 3 s k c

である。直線 $PC$ 上の点は、実数 $u$ を使って

OP + u (c - OP) = \frac{1 - u}{3} a + 0 \cdot b + u c

である。

係数を比べる。 1次独立だから、交点をもつことは次の3式が同時に成り立つ $s, u, k$ があることと同値である。

⎩ ⎨ ⎧ s k = \frac{1 - u}{3} \frac{1}{2} + s (2 k - \frac{1}{2}) = 0 3 s k = u \dots a \dots b \dots c

$c$ の式を $a$ の式に入れると $s k = \frac{1 - 3 s k}{3}$ 、つまり $3 s k = 1 - 3 s k$ より

s k = \frac{1}{6}, u = \frac{1}{2}

である。 $b$ の式に $s k = \frac{1}{6}$ を入れると

\frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{6} - \frac{s}{2} = 0 ⟹ \frac{s}{2} = \frac{5}{6} ⟹ s = \frac{5}{3}

となり、 $k = \frac{1/6}{5/3} = \frac{1}{10}$ である。よって

OR = \frac{1}{10} OD, OR : RD = 1 : 9

である。

交点は $\frac{1}{6} a + \frac{1}{2} c$ にあたる点である。 $b$ の係数が $0$ になっているので、この点は平面 $OAC$ 上にある。

$a, b, c$ を基本ベクトルにとった座標で計算すると、 $s = \frac{5}{3}$ 、 $k = \frac{1}{10}$ のとき直線 $QR$ 上の点は $(\frac{1}{6}, 0, \frac{1}{2})$ 、 $u = \frac{1}{2}$ のとき直線 $PC$ 上の点も $(\frac{1}{6}, 0, \frac{1}{2})$ で一致する。

$b$ の式に $s (2 k - \frac{1}{2})$ と $k$ がかかった形で現れるので、 $s k$ をひとかたまりとして扱うと見通しがよい。 $s$ と $k$ を別々に解こうとすると式が混み合う。

$P$ は $OA$ を $1 : 2$ に内分するので $OP = \frac{1}{3} a$ である。 $\frac{1}{2}$ や $\frac{2}{3}$ と取り違えない。

$OR : RD$ は $k : (1 - k)$ である。 $k = \frac{1}{10}$ から $1 : 9$ となる。 $1 : 10$ としない。

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第3問　三角関数

2倍角・3倍角・正五角形・cos36°・大小の評価当サイトの体感難易度：標準

(1) $cos 2 θ$ と $cos 3 θ$ を $cos θ$ の式で表す

答 $cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ 、 $cos 3 θ = 4 cos^{3} θ - 3 cos θ$

加法定理から順に出す。 $cos 2 θ$ は $cos (θ + θ)$ 、 $cos 3 θ$ は $cos (2 θ + θ)$ として、 $sin$ が出てきたら $sin^{2} θ = 1 - cos^{2} θ$ で消す。

加法定理より

cos 2 θ = cos^{2} θ - sin^{2} θ = cos^{2} θ - (1 - cos^{2} θ) = 2 cos^{2} θ - 1

である。さらに

cos 3 θ = cos (2 θ + θ) = cos 2 θ cos θ - sin 2 θ sin θ = (2 cos^{2} θ - 1) cos θ - 2 sin^{2} θ cos θ = (2 cos^{2} θ - 1) cos θ - 2 (1 - cos^{2} θ) cos θ = 4 cos^{3} θ - 3 cos θ

である。

$θ = 6 0^{\circ}$ なら $cos θ = \frac{1}{2}$ で、 $2 \cdot \frac{1}{4} - 1 = - \frac{1}{2} = cos 12 0^{\circ}$ 、 $4 \cdot \frac{1}{8} - 3 \cdot \frac{1}{2} = - 1 = cos 18 0^{\circ}$ となり合っている。

$sin 2 θ sin θ = 2 sin θ cos θ \cdot sin θ = 2 sin^{2} θ cos θ$ と、 $sin$ を偶数個にしてから $1 - cos^{2} θ$ に置き換える。

(2)半径 $1$ の円に内接する正五角形の一辺の長さが $1.15$ より大きいかを判定する

答一辺は $\frac{5 - 5}{2} = 1.1755 \dots$ で、 $1.15$ より大きい

一辺は中心角 $7 2^{\circ}$ に対する弦なので $2 sin 3 6^{\circ}$ である。 $3 6^{\circ}$ の三角比は、 $3 \times 3 6^{\circ} = 10 8^{\circ} = 18 0^{\circ} - 2 \times 3 6^{\circ}$ という関係から (1) を使って求まる。平方してから比べると根号が1つで済む。

正五角形の一辺は中心角 $\frac{36 0 ^{\circ}}{5} = 7 2^{\circ}$ に対する弦なので、長さは $2 sin 3 6^{\circ}$ である。

$cos 3 6^{\circ}$ を求める。 $θ = 3 6^{\circ}$ とおくと $3 θ = 10 8^{\circ}$ 、 $2 θ = 7 2^{\circ}$ で $3 θ = 18 0^{\circ} - 2 θ$ だから

cos 3 θ = cos (18 0^{\circ} - 2 θ) = - cos 2 θ

である。 $c = cos θ$ とおいて (1) を使うと

4 c^{3} - 3 c = - (2 c^{2} - 1) ⟺ 4 c^{3} + 2 c^{2} - 3 c - 1 = 0

となる。 $c = - 1$ が解なので因数分解できて

(c + 1) (4 c^{2} - 2 c - 1) = 0

である。 $c = cos 3 6^{\circ} > 0$ なので $4 c^{2} - 2 c - 1 = 0$ 、つまり

c = \frac{1 + 5}{4}

である（ $\frac{1 - 5}{4} < 0$ は捨てる）。

一辺を求める。 一辺を $a$ とすると $a = 2 sin 3 6^{\circ}$ で

a^{2} = 4 sin^{2} 3 6^{\circ} = 4 (1 - c^{2}) = 4 - 4 c^{2}

である。 $4 c^{2} = 2 c + 1$ だから

a^{2} = 4 - (2 c + 1) = 3 - 2 c = 3 - \frac{1 + 5}{2} = \frac{5 - 5}{2}

となる。

$1.15$ と比べる。 どちらも正なので平方して比べればよい。

a^{2} - 1.1 5^{2} = \frac{5 - 5}{2} - \frac{529}{400} = \frac{1000 - 200 5 - 529}{400} = \frac{471 - 200 5}{400}

である。 $2005 < 471$ すなわち $5 < 2.355$ を言えばよい。 $2.35 5^{2} = 5.546025 > 5$ なので $5 < 2.355$ であり、 $a^{2} > 1.1 5^{2}$ である。よって

a = \frac{5 - 5}{2} > 1.15

で、一辺は $1.15$ より大きい（実際 $a = 1.1755 \dots$ ）。

半径

1

の円に内接する正五角形。一辺は中心角

7 2^{\circ}

に対する弦で、長さは

2 sin 3 6^{\circ} = \frac{5 - 5}{2} = 1.176

。

$cos 3 6^{\circ} = 0.809016994$ は $\frac{1 + 5}{4} = 0.809016994$ と一致する。一辺 $2 sin 3 6^{\circ} = 1.175570505$ は $\frac{5 - 5}{2} = 1.175570505$ と一致し、 $1.15$ より大きい。 $\frac{5 - 5}{2} = 1.381966$ 、 $1.1 5^{2} = 1.3225$ である。

一辺は $2 sin 3 6^{\circ}$ であって $2 sin 7 2^{\circ}$ ではない。中心角 $7 2^{\circ}$ の弦は、二等辺三角形を半分にして $2 \times 1 \times sin \frac{7 2 ^{\circ}}{2}$ である。

$4 c^{3} + 2 c^{2} - 3 c - 1 = 0$ の解 $c = - 1$ は $θ = 18 0^{\circ}$ にあたるもので、 $3 6^{\circ}$ では使えない。 $c > 0$ で絞る。

$5 < 2.355$ を言うときは、 $2.355$ を平方して $5$ と比べる。 $5 = 2.236 \dots$ と小数を「知っている」だけでは理由にならない。

平方して比べてよいのは両辺が正だからである。一言そえておく。

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第4問　数列

和と一般項・階差・置き換え・等比数列の和当サイトの体感難易度：やや難

$a_{1} = 3$ 、 $a_{n} = \frac{S _{n}}{n} + (n - 1) \cdot 2^{n}$ （ $n \geq 2$ ）をみたす数列の一般項を求める

答 $a_{n} = (n + 1) 2^{n} - 1$

$\frac{S _{n}}{n}$ という形が出ているので、これ自体を新しい数列 $b_{n}$ とおくのが自然である。 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = n b_{n} - (n - 1) b_{n - 1}$ を使うと、 $(n - 1)$ がきれいに約分されて $b_{n} - b_{n - 1} = 2^{n}$ という階差の形になる。

$b_{n} = \frac{S _{n}}{n}$ とおく。 $S_{n} = n b_{n}$ 、 $S_{n - 1} = (n - 1) b_{n - 1}$ なので、 $n \geq 2$ のとき

a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = n b_{n} - (n - 1) b_{n - 1}

である。一方、与えられた漸化式は $a_{n} = b_{n} + (n - 1) 2^{n}$ だから

n b_{n} - (n - 1) b_{n - 1} = b_{n} + (n - 1) 2^{n}

すなわち

(n - 1) (b_{n} - b_{n - 1}) = (n - 1) 2^{n}

である。 $n \geq 2$ では $n - 1 \neq = 0$ なので

b_{n} - b_{n - 1} = 2^{n} (n \geq 2)

を得る。

$b_{n}$ を求める。 $b_{1} = \frac{S _{1}}{1} = a_{1} = 3$ である。階差をたし上げると、 $n \geq 2$ で

b_{n} = b_{1} + k = 2 \sum n 2^{k} = 3 + (2^{n + 1} - 4) = 2^{n + 1} - 1

である。 $n = 1$ でも $2^{2} - 1 = 3 = b_{1}$ なので、この式はすべての $n \geq 1$ で成り立つ。よって

S_{n} = n b_{n} = n (2^{n + 1} - 1)

である。

一般項。 $n \geq 2$ のとき

a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = n (2^{n + 1} - 1) - (n - 1) (2^{n} - 1) = 2^{n} (2 n - n + 1) - 1 = (n + 1) 2^{n} - 1

である。 $n = 1$ でも $2 \cdot 2 - 1 = 3 = a_{1}$ なので、求める一般項は

a_{n} = (n + 1) 2^{n} - 1 (n \geq 1)

である。

最初の数項は $3, 11, 31, 79, 191, \dots$ である。 $a_{2}$ を確かめると、 $S_{2} = 3 + 11 = 14$ で $\frac{S _{2}}{2} + 1 \cdot 2^{2} = 7 + 4 = 11$ となり合っている。

$S_{n - 1}$ から $a_{n} = \frac{S _{n - 1}}{n - 1} + n \cdot 2^{n}$ の形で順に数値計算すると $3, 11, 31, 79, 191, 447, 1023, 2303, 5119, \dots$ となり、 $(n + 1) 2^{n} - 1$ の値と $n \leq 14$ まで完全に一致する。 $S_{n} = n (2^{n + 1} - 1)$ も同じ範囲で一致した。

$\frac{S _{n}}{n}$ をそのまま $b_{n}$ とおくのが要点である。 $S_{n}$ のままだと $n S_{n} - \dots$ のような重い式になる。

$(n - 1) (b_{n} - b_{n - 1}) = (n - 1) 2^{n}$ から両辺を $n - 1$ で割れるのは $n \geq 2$ のときだけである。 $n = 1$ は $b_{1} = a_{1}$ から別に押さえる。

$\sum_{k = 2}^{n} 2^{k} = 2^{n + 1} - 4$ である。初項が $2^{2} = 4$ であることに注意（ $2^{n + 1} - 2$ ではない）。

最後に $n = 1$ でも成り立つかを確かめる。成り立つので場合分けせずに書ける。

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第5問　積分法

定積分と恒等式・未知定数の置き換え・係数比較・連立方程式当サイトの体感難易度：標準

$f (x) + \int_{- 1}^{1} (x - y)^{2} f (y) d y = 2 x^{2} + x + \frac{5}{3}$ をみたす整式 $f (x)$ を求める

答 $f (x) = - 3 x + 1$

$(x - y)^{2}$ を展開すると、積分は $x$ について「定数 $\times x^{2}$ ＋定数 $\times x$ ＋定数」の形になる。その3つの定数を $A, B, C$ とおくと、式から $f$ が2次以下の整式だと分かる。 $f$ を $p x^{2} + q x + r$ とおいて $A, B, C$ を $p, q, r$ で書き直せば、連立方程式になる。

$(x - y)^{2} = x^{2} - 2 x y + y^{2}$ と展開すると

\int_{- 1}^{1} (x - y)^{2} f (y) d y = A x^{2} - 2 B x + C

である。ここで

A = \int_{- 1}^{1} f (y) d y, B = \int_{- 1}^{1} y f (y) d y, C = \int_{- 1}^{1} y^{2} f (y) d y

はいずれも定数である。したがって

f (x) = (2 - A) x^{2} + (1 + 2 B) x + (\frac{5}{3} - C)

となり、 $f$ は2次以下の整式である。そこで $f (x) = p x^{2} + q x + r$ とおく。

$A, B, C$ を $p, q, r$ で書く。 奇関数の $- 1$ から $1$ までの積分は $0$ なので

A B C = \int_{- 1}^{1} (p y^{2} + q y + r) d y = \frac{2}{3} p + 2 r = \int_{- 1}^{1} (p y^{3} + q y^{2} + r y) d y = \frac{2}{3} q = \int_{- 1}^{1} (p y^{4} + q y^{3} + r y^{2}) d y = \frac{2}{5} p + \frac{2}{3} r

である。

係数を比べる。

$x$ の係数： $q = 1 + 2 B = 1 + \frac{4}{3} q$ より $- \frac{1}{3} q = 1$ 、つまり $q = - 3$ 。
$x^{2}$ の係数： $p = 2 - A = 2 - \frac{2}{3} p - 2 r$ より $\frac{5}{3} p + 2 r = 2$ 。
定数項： $r = \frac{5}{3} - C = \frac{5}{3} - \frac{2}{5} p - \frac{2}{3} r$ より $\frac{2}{5} p + \frac{5}{3} r = \frac{5}{3}$ 。

2本目から $r = 1 - \frac{5}{6} p$ で、これを3本目に入れると

\frac{2}{5} p + \frac{5}{3} (1 - \frac{5}{6} p) = \frac{5}{3} ⟹ (\frac{2}{5} - \frac{25}{18}) p = 0 ⟹ - \frac{89}{90} p = 0

となるので $p = 0$ 、したがって $r = 1$ である。よって

f (x) = - 3 x + 1

である。

確かめ。 $f (y) = 1 - 3 y$ のとき $A = 2$ 、 $B = - 2$ 、 $C = \frac{2}{3}$ で

f (x) + 2 x^{2} + 4 x + \frac{2}{3} = (1 - 3 x) + 2 x^{2} + 4 x + \frac{2}{3} = 2 x^{2} + x + \frac{5}{3}

となり、確かに恒等式をみたす。

$f (x) = 1 - 3 x$ として $\int_{- 1}^{1} (x - y)^{2} f (y) d y$ を $200$ 万点の数値積分で求め、 $f (x)$ を足すと、 $x = - 1, - 0.3, 0, 0.7, 2$ のいずれでも $2 x^{2} + x + \frac{5}{3}$ の値（ $2.666667, 1.546667, 1.666667, 3.346667, 11.666667$ ）に一致した。

$A, B, C$ は定数なので、積分の中の $x$ は外に出せる。 $\int (x - y)^{2} f (y) d y$ を「 $x$ の関数」として扱い、 $y$ についてだけ積分することを徹底する。

$f$ が2次以下であることは、仮定ではなく式から従う。「 $f$ を2次式とおく」と書く前に、その理由を一言入れる。

$- 2 B x$ の符号を落とさない。 $(x - y)^{2}$ の中の $- 2 x y$ から来ている。

$p = 0$ なので $f$ は1次式になる。2次の項が残ると思い込んで検算を飛ばさない。

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問題文について

問1さいころを n 回投げたとき、出た目の積が 5 で割り切れる確率を求める

問2239​+33​+555​ の分母を有理化する

直線 QR と直線 PC が交点をもつように R を直線 OD 上にとるとき、OR:RD を求める

(1)cos2θ と cos3θ を cosθ の式で表す

(2)半径 1 の円に内接する正五角形の一辺の長さが 1.15 より大きいかを判定する

a1​=3、an​=nSn​​+(n−1)⋅2n（n≥2）をみたす数列の一般項を求める

f(x)+∫−11​(x−y)2f(y)dy=2x2+x+35​ をみたす整式 f(x) を求める

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(2)半径 $1$ の円に内接する正五角形の一辺の長さが $1.15$ より大きいかを判定する

$a_{1} = 3$ 、 $a_{n} = \frac{S _{n}}{n} + (n - 1) \cdot 2^{n}$ （ $n \geq 2$ ）をみたす数列の一般項を求める

$f (x) + \int_{- 1}^{1} (x - y)^{2} f (y) d y = 2 x^{2} + x + \frac{5}{3}$ をみたす整式 $f (x)$ を求める