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京都大学　2025年度　前期日程　文系

京大文系 2025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 2026/10/11

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。文系の問題文は京都大学が公開しています。

問題文を見る（京都大学公式・外部サイト）

掲載ページ名「令和7年度試験問題および出題意図等」／2026/10/05に当サイトでリンク先を確認。公開年度は大学側の都合で入れ替わることがあります。

第1問　指数・対数／整数

対数をとる・多項式の割り算・約数の評価・恒等式当サイトの体感難易度：標準

問1 $202 5^{x} = 3^{y} = 5^{z}$ のとき $2 x y + 4 x z - y z = 0$ を示す

答 $2025 = 3^{4} \cdot 5^{2}$ より $lo g$ をとって $x (4 lo g 3 + 2 lo g 5) = y lo g 3 = z lo g 5$ とし、 $\frac{4}{y} + \frac{2}{z} = \frac{1}{x}$ を通分する

$3$ 乗や $5$ 乗が混ざった等式なので、対数をとって $lo g 3$ と $lo g 5$ の1次式に直すのが筋である。 $2025$ を素因数分解すると $3$ と $5$ だけで書けるので、 $lo g 3, lo g 5$ の2つだけで話が閉じる。値が $1$ のとき（ $x = y = z = 0$ ）は別に扱う。

$2025 = 81 \cdot 25 = 3^{4} \cdot 5^{2}$ である。共通の値を $N = 202 5^{x} = 3^{y} = 5^{z}$ とおく。 $N > 0$ である。

$N = 1$ のとき。 $3^{y} = 1$ より $y = 0$ 、 $5^{z} = 1$ より $z = 0$ 、 $202 5^{x} = 1$ より $x = 0$ である。このとき $2 x y + 4 x z - y z = 0$ は明らかに成り立つ。

$N \neq = 1$ のとき。 自然対数をとると $lo g N \neq = 0$ で

x lo g 2025 = y lo g 3 = z lo g 5 = lo g N (\neq = 0)

である。とくに $x, y, z$ はどれも $0$ ではない。 $lo g 2025 = 4 lo g 3 + 2 lo g 5$ なので

lo g 3 = \frac{lo g N}{y}, lo g 5 = \frac{lo g N}{z}

を1本目に入れると

x (\frac{4 lo g N}{y} + \frac{2 lo g N}{z}) = lo g N

となる。 $lo g N \neq = 0$ で割って

x (\frac{4}{y} + \frac{2}{z}) = 1 ⟺ x \cdot \frac{4 z + 2 y}{y z} = 1

である。両辺に $y z (\neq = 0)$ を掛けると

4 x z + 2 x y = y z ⟺ 2 x y + 4 x z - y z = 0

を得る。どちらの場合も成り立つので、示された。

係数 $2$ と $4$ は、 $2025 = 3^{4} \cdot 5^{2}$ の指数 $4$ と $2$ が入れ替わって現れたものである。 $\frac{4}{y} + \frac{2}{z} = \frac{1}{x}$ を通分すると $2 x y + 4 x z = y z$ になる、という形で覚えておくと見通しがよい。

$x = 1$ なら $y = lo g_{3} 2025 = 6.929947$ 、 $z = lo g_{5} 2025 = 4.730425$ で、 $2 \cdot 1 \cdot y + 4 \cdot 1 \cdot z - y z = 13.859894 + 18.921700 - 32.781594 = 0$ である。 $- 3 \leq x \leq 3$ を $6000$ 点で調べても、すべて $0$ になった。

$N = 1$ （ $x = y = z = 0$ ）の場合を落とさない。このとき対数をとって割る操作ができないので、先に分けておく。

$lo g$ の底は何でもよい。 $lo g_{3}$ でとると $lo g_{3} 5$ が残るので、自然対数か常用対数のほうが扱いやすい。

問2 $n^{4} + 6 n^{2} + 23$ が $n^{2} + n + 3$ で割り切れる正の整数 $n$ をすべて求める

答 $n = 1, 2, 11$

多項式として割り算してしまうのがいちばん速い。余りが1次式になるので、「 $n^{2} + n + 3$ がその1次式を割り切る」という条件になり、大きさの比較で $n$ が絞れる。

多項式の割り算をすると

n^{4} + 6 n^{2} + 23 = (n^{2} + n + 3) (n^{2} - n + 4) + (11 - n)

である。 $n^{2} - n + 4$ は整数なので、割り切れる条件は

n^{2} + n + 3 が 11 - n を割り切る

ことである。

$n = 11$ のとき。 $11 - n = 0$ で、 $0$ はどんな整数でも割り切れるから条件をみたす。

$n \neq = 11$ のとき。 $11 - n \neq = 0$ なので、割り切れるなら

n^{2} + n + 3 \leq ∣ 11 - n ∣

でなければならない。

$1 \leq n \leq 10$ ： $∣11 - n ∣ = 11 - n$ なので $n^{2} + n + 3 \leq 11 - n$ 、つまり $n^{2} + 2 n - 8 \leq 0$ 、 $(n + 4) (n - 2) \leq 0$ より $n \leq 2$ 。 $n = 1, 2$ が候補。
$n \geq 12$ ： $∣11 - n ∣ = n - 11$ なので $n^{2} + n + 3 \leq n - 11$ 、つまり $n^{2} + 14 \leq 0$ となり不可能。

候補を確かめる。

n = 1 n = 2 : n^{2} + n + 3 = 5, 11 - n = 10 \Rightarrow 5 ∣ 10 ◯ : n^{2} + n + 3 = 9, 11 - n = 9 \Rightarrow 9 ∣ 9 ◯

よって求める $n$ は

n = 1, 2, 11

である。

実際に割ると $n = 1$ で $\frac{30}{5} = 6$ 、 $n = 2$ で $\frac{63}{9} = 7$ 、 $n = 11$ で $\frac{15390}{135} = 114$ である。

$n = 1$ から $4999$ まで $n^{4} + 6 n^{2} + 23$ を $n^{2} + n + 3$ で割った余りを計算すると、 $0$ になるのは $n = 1, 2, 11$ だけだった。恒等式 $n^{4} + 6 n^{2} + 23 = (n^{2} + n + 3) (n^{2} - n + 4) + (11 - n)$ も $- 20 \leq n \leq 49$ のすべてで成り立つ。

$n = 11$ （余りが $0$ になる場合）を忘れやすい。「割り切る」の条件を $n^{2} + n + 3 \leq ∣11 - n ∣$ だけで書くと、 $11 - n = 0$ の場合が落ちる。

$n \geq 12$ も調べる。 $∣11 - n ∣$ の絶対値を外すときに場合分けが要る。

割り算の商 $n^{2} - n + 4$ は、組立除法ではなく筆算で順に出す。 $n^{4} + 0 \cdot n^{3} + 6 n^{2} + 0 \cdot n + 23$ と $0$ の項を書いておくと間違えにくい。

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第2問　整式

合成関数・係数比較・恒等式・領域図示当サイトの体感難易度：やや難

$\frac{1}{8} x^{4} + a x^{3} + b x^{2} = f (f (x)) + c$ が成り立つような実数係数の2次式 $f$ と実数 $c$ が存在する $(a, b)$ の集合を図示する

答 $b$ 軸（直線 $a = 0$ ）と放物線 $b = 2 a^{2}$ を合わせた集合

$f (x) = p x^{2} + q x + r$ とおいて $f (f (x))$ を展開し、係数を比べる。 $x^{4}$ の係数から $p$ が決まり、 $x^{3}$ から $q$ が $a$ で決まる。 $c$ は定数項だけを動かせるので、実質の条件は「 $x$ の係数が $0$ 」である。ここが積の形に factor して、2つの場合に分かれる。

$f (x) = p x^{2} + q x + r$ （ $p \neq = 0$ ）とおく。 $u = f (x)$ と書くと $f (f (x)) = p u^{2} + q u + r$ である。

$x^{4}$ の係数。 $u^{2}$ の $x^{4}$ の係数は $p^{2}$ なので、 $f (f (x))$ の $x^{4}$ の係数は $p^{3}$ である。これが $\frac{1}{8}$ だから

p^{3} = \frac{1}{8} ⟹ p = \frac{1}{2}

である（ $p$ は実数なので立方根は1つ）。以下 $f (x) = \frac{1}{2} x^{2} + q x + r$ とする。

展開する。 $u = \frac{1}{2} x^{2} + q x + r$ より

u^{2} = \frac{1}{4} x^{4} + q x^{3} + (q^{2} + r) x^{2} + 2 q r x + r^{2}

なので

f (f (x)) = \frac{1}{2} u^{2} + q u + r = \frac{1}{8} x^{4} + \frac{q}{2} x^{3} + \frac{q ^{2} + r + q}{2} x^{2} + (q r + q^{2}) x + (\frac{r ^{2}}{2} + q r + r)

である。

係数を比べる。 $f (f (x)) + c$ が $\frac{1}{8} x^{4} + a x^{3} + b x^{2}$ に一致する条件は

$x^{3}$ の係数： $a = \frac{q}{2}$ 、すなわち $q = 2 a$ 。
$x^{2}$ の係数： $b = \frac{q ^{2} + q + r}{2}$ 。
$x^{1}$ の係数： $q r + q^{2} = 0$ 、すなわち $q (q + r) = 0$ 。
定数項： $\frac{r ^{2}}{2} + q r + r + c = 0$ 。これは $c$ を決めるだけなので、 $q, r$ には制限を与えない。

である。 $q (q + r) = 0$ で場合分けする。

(i) $q = 0$ のとき。 $a = 0$ で、 $b = \frac{0 + 0 + r}{2} = \frac{r}{2}$ である。 $r$ は自由なので $b$ はすべての実数をとる。つまり $a = 0$ 、 $b$ は任意。

(ii) $q \neq = 0$ のとき。 $r = - q$ で、 $b = \frac{q ^{2} + q - q}{2} = \frac{q ^{2}}{2}$ である。 $q = 2 a \neq = 0$ を入れると

b = \frac{( 2 a ) ^{2}}{2} = 2 a^{2} (a \neq = 0)

である。

まとめる。 逆に (i)(ii) の $(a, b)$ に対しては、上の $q, r$ と $c = - (\frac{r ^{2}}{2} + q r + r)$ をとれば条件がみたされる。放物線 $b = 2 a^{2}$ の $a = 0$ にあたる点 $(0, 0)$ は (i) に含まれているので、求める集合は

{(a, b) ∣ a = 0} \cup {(a, b) ∣ b = 2 a^{2}}

すなわち $b$ 軸と放物線 $b = 2 a^{2}$ を合わせたものである。

条件をみたす点

(a, b)

の集合。横軸が

a

、縦軸が

b

。

b

軸（直線

a = 0

）全体と、放物線

b = 2 a^{2}

全体を合わせたもの。2つは原点で交わる。

$(a, b) = (1, 2)$ （ $b = 2 a^{2}$ 上）なら $q = 2$ 、 $r = - 2$ で $f (x) = \frac{1}{2} x^{2} + 2 x - 2$ 。このとき $f (f (x)) = \frac{1}{8} x^{4} + x^{3} + 2 x^{2} - 4$ で、 $c = 4$ とすれば一致する。 $(a, b) = (0, 3)$ （ $b$ 軸上）なら $q = 0$ 、 $r = 6$ で $f (x) = \frac{1}{2} x^{2} + 6$ 、 $f (f (x)) = \frac{1}{8} x^{4} + 3 x^{2} + 24$ となり $c = - 24$ でよい。

$c$ は定数項だけを調整する。 $x$ の係数は $c$ では消せないので、 $q r + q^{2} = 0$ が本当の条件になる。ここを「 $c$ でどうにかなる」と流すと、放物線だけ、あるいは直線だけの答えになってしまう。

$p^{3} = \frac{1}{8}$ の実数解は $p = \frac{1}{2}$ だけである。複素数まで広げれば3つあるが、実数係数という条件で1つに決まる。

$q = 0$ のとき $b = \frac{r}{2}$ で $r$ は自由だから、 $b$ 軸全体が入る。 $b \geq 0$ などと制限をつけない。

逆向きの確認（その $(a, b)$ に対して実際に $f$ と $c$ が作れること）を書く。「図示せよ」でも、集合の一致を示す以上は必要である。

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第3問　確率

倍数判定・漸化式・反復試行・余り当サイトの体感難易度：標準

$n$ 桁の数 $X$ が $6$ で割り切れる確率を求める

答 $\frac{2 ^{n - 1} + ( - 1 ) ^{n}}{3 \cdot 2 ^{n}} (= \frac{1}{6} + \frac{1}{3} (- \frac{1}{2})^{n})$

$6 = 2 \times 3$ なので「末尾が偶数」と「各位の和が $3$ の倍数」に分ける。末尾の条件は最後の1回だけ、和の条件は前の $n - 1$ 回だけで決まるので、独立に扱える。和を $3$ で割った余りは、1回ごとに $+ 1$ か $+ 2$ されるだけなので、3つの状態の確率に漸化式が立つ。

各位の数字は $1$ か $2$ なので、 $X$ が $2$ で割り切れるのは末尾が $2$ のときに限る。また $X$ が $3$ で割り切れるのは各位の和が $3$ の倍数のときである。この2つは

末尾（ $n$ 回目）が $2$ であること
最初の $n - 1$ 個の数字の和を $S$ として、 $S + 2$ が $3$ の倍数、つまり $S \equiv 1 (mod 3)$ であること

に分かれ、 $n$ 回目と最初の $n - 1$ 回は独立である。よって

P = \frac{1}{2} \times P (S \equiv 1 (mod 3))

である。

余りの確率に漸化式を立てる。 $k$ 回目までの和を $3$ で割った余りが $1$ である確率を $v_{k}$ とする（ $v_{0} = 0$ ）。 $1$ 回投げると和は $1$ か $2$ 増えるので、余りが $1$ になるのは「余り $0$ から $+ 1$ 」か「余り $2$ から $+ 2$ 」のときである。余りが $0, 1, 2$ である確率を $u_{k}, v_{k}, w_{k}$ とすれば $u_{k} + v_{k} + w_{k} = 1$ で

v_{k} = \frac{1}{2} (u_{k - 1} + w_{k - 1}) = \frac{1}{2} (1 - v_{k - 1})

となる。 $\frac{1}{3}$ を引くと

v_{k} - \frac{1}{3} = - \frac{1}{2} (v_{k - 1} - \frac{1}{3})

なので、 $v_{0} - \frac{1}{3} = - \frac{1}{3}$ より

v_{k} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} (- \frac{1}{2})^{k}

である。

代入する。 $(- \frac{1}{2})^{n - 1} = - 2 (- \frac{1}{2})^{n}$ なので

v_{n - 1} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} (- \frac{1}{2})^{n}

であり

P = \frac{1}{2} v_{n - 1} = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} (- \frac{1}{2})^{n} = \frac{2 ^{n - 1} + ( - 1 ) ^{n}}{3 \cdot 2 ^{n}}

が求める確率である。

$n = 1$ では $0$ （ $1$ も $2$ も $6$ の倍数でない）、 $n = 2$ では $\frac{1}{4}$ （ $12$ だけ）、 $n = 3$ では $\frac{1}{8}$ （ $222$ だけ）である。 $n$ を大きくすると $\frac{1}{6}$ に近づく。

$n = 1, \dots, 8$ について $2^{n}$ 通りをすべて作って $6$ で割り切れるものを数えると、確率は $0, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \frac{3}{16}, \frac{5}{32}, \frac{11}{64}, \frac{21}{128}, \frac{43}{256}$ となり、 $\frac{2 ^{n - 1} + ( - 1 ) ^{n}}{3 \cdot 2 ^{n}}$ の値と完全に一致する。

$6$ で割り切れる条件を「各位の和が $6$ の倍数」としない。 $3$ の倍数判定は和で、 $2$ の倍数判定は末尾である。

末尾の条件と和の条件は独立だが、和の条件は「全体の和」なので末尾の $2$ も含む。最初の $n - 1$ 個の和の余りが $1$ になる、と言いかえるところを丁寧に書く。

$u_{k}, v_{k}, w_{k}$ を3本とも立てなくても、 $u + v + w = 1$ を使えば $v$ だけの漸化式になる。3本連立のまま解こうとすると遠回りである。

$v_{n - 1}$ を $v_{n}$ と取り違えない。投げる回数は $n$ 回だが、和の条件に効くのは最初の $n - 1$ 回である。

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第4問　微分法・積分法

共通接線・絶対値を含む関数・判別式・面積当サイトの体感難易度：やや難

(1) $(0, 0)$ と異なる点で $C_{1}$ と接し、さらに $C_{2}$ とも接する直線 $ℓ_{2}$ がただ一つ存在することを示す

答 $ℓ_{2} : y = - x - \frac{9}{4}$ （ $C_{1}$ とは $x = - \frac{3}{2}$ 、 $C_{2}$ とは $x = 2$ で接する）

$C_{1}$ は $x \geq 0$ と $x \leq 0$ で別の放物線になるので、接点の $x$ 座標を $t$ とおいて2つの枝それぞれで接線を書く。 $C_{2}$ との接する条件は判別式 $= 0$ で、 $t$ の2次の項がきれいに消えて1次方程式になる。だから各枝で高々1つしか候補が出ない。

$C_{1}$ は $x \geq 0$ では $y = x^{2} - 2 x$ 、 $x \leq 0$ では $y = x^{2} + 2 x$ である。接点の $x$ 座標を $t (\neq = 0)$ とする。

接線を書く。 $t > 0$ のとき傾きは $2 t - 2$ で、接線は

y = (2 t - 2) (x - t) + t^{2} - 2 t = (2 t - 2) x - t^{2}

である。 $t < 0$ のときは同様に $y = (2 t + 2) x - t^{2}$ である。いずれも切片は $- t^{2}$ になる。

$C_{2}$ と接する条件。 直線 $y = m x + k$ が $C_{2} : y = x^{2} - 5 x + \frac{7}{4}$ と接するのは

x^{2} - (5 + m) x + \frac{7}{4} - k = 0

が重解をもつとき、つまり

(5 + m)^{2} - 4 (\frac{7}{4} - k) = 0 ⟺ (m + 5)^{2} - 7 + 4 k = 0

のときである。

(i) $t > 0$ のとき。 $m = 2 t - 2$ 、 $k = - t^{2}$ を入れると

(2 t + 3)^{2} - 7 - 4 t^{2} = 0 ⟺ 4 t^{2} + 12 t + 9 - 7 - 4 t^{2} = 0 ⟺ 12 t + 2 = 0

で $t = - \frac{1}{6}$ となり、 $t > 0$ に反する。この場合は解なし。

(ii) $t < 0$ のとき。 $m = 2 t + 2$ 、 $k = - t^{2}$ を入れると

(2 t + 7)^{2} - 7 - 4 t^{2} = 0 ⟺ 28 t + 42 = 0 ⟺ t = - \frac{3}{2}

で、これは $t < 0$ をみたす。このとき $m = - 1$ 、 $k = - \frac{9}{4}$ だから

ℓ_{2} : y = - x - \frac{9}{4}

である。

$C_{1}$ と本当に接しているか。 $ℓ_{2}$ は $x \leq 0$ の枝と $x = - \frac{3}{2}$ で接する。もう一方の枝 $y = x^{2} - 2 x$ との連立は

x^{2} - 2 x = - x - \frac{9}{4} ⟺ x^{2} - x + \frac{9}{4} = 0

で判別式が $1 - 9 = - 8 < 0$ だから共有点をもたない。よって $ℓ_{2}$ は $C_{1}$ と $x = - \frac{3}{2}$ の1点だけで接する。

以上より、条件をみたす直線は $ℓ_{2} : y = - x - \frac{9}{4}$ ただ一つである。

C_{1} : y = x^{2} - 2∣ x ∣

、

C_{2} : y = x^{2} - 5 x + \frac{7}{4}

と共通接線

ℓ_{2} : y = - x - \frac{9}{4}

。

C_{1}

とは

(- \frac{3}{2}, - \frac{3}{4})

、

C_{2}

とは

(2, - \frac{17}{4})

で接する。

$x = - \frac{3}{2}$ で $C_{1}$ の値は $\frac{9}{4} - 3 = - \frac{3}{4}$ 、 $ℓ_{2}$ の値は $\frac{3}{2} - \frac{9}{4} = - \frac{3}{4}$ で一致し、 $C_{1}$ （ $x \leq 0$ の枝）の傾きは $2 (- \frac{3}{2}) + 2 = - 1$ で $ℓ_{2}$ の傾きと一致する。 $C_{2}$ との連立は $x^{2} - 4 x + 4 = (x - 2)^{2} = 0$ で重解になる。

$C_{1}$ は $x = 0$ で折れているので、枝ごとに分けて接線を立てる。1本の式 $y = x^{2} - 2∣ x ∣$ のまま微分しない。

判別式 $= 0$ に代入すると $t^{2}$ の項が打ち消し合って1次方程式になる。この「2次が消える」ことが、各枝で高々1本という結論の理由である。

$t > 0$ の枝から出た $t = - \frac{1}{6}$ は、枝の条件に反するので捨てる。式の上では解が出るので、符号の確認を忘れない。

求めた直線が $C_{1}$ のもう一方の枝と交わらないことまで見る。交わってしまうと「接する」とは言いにくい形になる。

(2) $C_{1}$ の $α \leq x \leq \frac{3}{2}$ の部分、線分 $PQ$ 、線分 $QR$ で囲まれる図形の面積を求める

答 $\frac{9}{2}$

3点の座標を出すと、図形は「上が $C_{1}$ 、下が $ℓ_{2}$ 、右が直線 $x = \frac{3}{2}$ 」で囲まれた縦に切れる形だとわかる。 $C_{1}$ が $x = 0$ で式を変えるので、積分を $x \leq 0$ と $x \geq 0$ で分ける。左半分は $(x + \frac{3}{2})^{2}$ というきれいな形になる。

(1) より $α = - \frac{3}{2}$ である。各点の座標は

P (- \frac{3}{2}, - \frac{3}{4}), Q (\frac{3}{2}, - \frac{15}{4}), R (\frac{3}{2}, - \frac{3}{4})

である（ $Q$ は $ℓ_{1} : x = \frac{3}{2}$ と $ℓ_{2}$ の交点で $y = - \frac{3}{2} - \frac{9}{4} = - \frac{15}{4}$ 、 $R$ は $x = \frac{3}{2} \geq 0$ なので $C_{1}$ の右の枝で $y = \frac{9}{4} - 3 = - \frac{3}{4}$ ）。

囲まれ方。 線分 $PQ$ は $ℓ_{2}$ の一部、線分 $QR$ は $ℓ_{1}$ の一部である。 $- \frac{3}{2} \leq x \leq \frac{3}{2}$ で

x \leq 0 x \geq 0 : (x^{2} + 2 x) - (- x - \frac{9}{4}) = x^{2} + 3 x + \frac{9}{4} = (x + \frac{3}{2})^{2} \geq 0 : (x^{2} - 2 x) - (- x - \frac{9}{4}) = x^{2} - x + \frac{9}{4} > 0

なので、この範囲では $C_{1}$ がつねに $ℓ_{2}$ の上側にある。したがって図形は

{(x, y) - \frac{3}{2} \leq x \leq \frac{3}{2}, - x - \frac{9}{4} \leq y \leq x^{2} - 2∣ x ∣}

である（左端 $x = - \frac{3}{2}$ では上下の境界が $P$ で一致する）。

積分する。

\int_{- \frac{3}{2}}^{0} (x + \frac{3}{2})^{2} d x = [\frac{( x + \frac{3}{2} ) ^{3}}{3}]_{- \frac{3}{2}}^{0} = \frac{1}{3} (\frac{3}{2})^{3} = \frac{9}{8}

\int_{0}^{\frac{3}{2}} (x^{2} - x + \frac{9}{4}) d x = [\frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{9}{4} x]_{0}^{\frac{3}{2}} = \frac{9}{8} - \frac{9}{8} + \frac{27}{8} = \frac{27}{8}

なので、面積は

\frac{9}{8} + \frac{27}{8} = \frac{36}{8} = \frac{9}{2}

である。

求める図形。上の境界は

C_{1}

（

x = 0

で折れる）、下の境界は線分

PQ

（

ℓ_{2}

の一部）、右の境界は線分

QR

（

ℓ_{1} : x = \frac{3}{2}

の一部）。面積は

\frac{9}{2}

。

$- \frac{3}{2} \leq x \leq \frac{3}{2}$ で $(x^{2} - 2∣ x ∣) - (- x - \frac{9}{4})$ を $200$ 万点の台形則で数値積分すると $4.500000000$ となり、 $\frac{9}{2}$ と一致する。 $P, Q, R$ の $y$ 座標も $- 0.75, - 3.75, - 0.75$ で合っている。

$C_{1}$ は $x = 0$ で式が変わるので、積分区間を $[- \frac{3}{2}, 0]$ と $[0, \frac{3}{2}]$ に分ける。分けずに $x^{2} - 2 x$ のまま通すと値がずれる。

左半分の被積分関数が $(x + \frac{3}{2})^{2}$ になるのは、 $ℓ_{2}$ が $x = - \frac{3}{2}$ で $C_{1}$ に接しているからである。接しているところでは差が重解をもつ。

$R$ は $C_{1}$ の右の枝の上の点である。 $x = \frac{3}{2} > 0$ なので $y = x^{2} - 2 x$ を使う。

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第5問　空間ベクトル

平面のベクトル方程式・1次独立・定点通過・係数の和が1当サイトの体感難易度：標準

$\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u} = 4$ をみたす範囲で $s, t, u$ が動くとき、平面 $LMN$ が $s, t, u$ によらない定点を通ることを示す

答 $OX = \frac{1}{4} OA + \frac{1}{2} OB + \frac{3}{4} OC$ で定まる点 $X$ を通る

平面 $LMN$ 上の点は $α OL + β OM + γ ON$ （ $α + β + γ = 1$ ）と書ける。これを $OA, OB, OC$ で表すと係数が $α s, β t, γ u$ になるので、「係数の和が $1$ 」という条件が与えられた $\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u} = 4$ と同じ形になるように、定点の係数を選べばよい。

$O, A, B, C$ は同一平面上にないので $OA, OB, OC$ は1次独立である。 $s, t, u \neq = 0$ だから $OL = s OA$ 、 $OM = t OB$ 、 $ON = u OC$ も1次独立で、とくに $L, M, N$ は同一直線上になく、平面 $LMN$ がただ1つ定まる。

平面上の点の表し方。 点 $X$ が平面 $LMN$ 上にあることは

OX = α OL + β OM + γ ON, α + β + γ = 1

をみたす実数 $α, β, γ$ があることと同値である。これは

OX = α s OA + β t OB + γ u OC

ということである。

定点を見つける。 与えられた条件を $4$ で割ると

\frac{\frac{1}{4}}{s} + \frac{\frac{1}{2}}{t} + \frac{\frac{3}{4}}{u} = 1

となる。そこで点 $X$ を

OX = \frac{1}{4} OA + \frac{1}{2} OB + \frac{3}{4} OC

で定める。これは $s, t, u$ によらない1つの点である。

α = \frac{1}{4 s}, β = \frac{1}{2 t}, γ = \frac{3}{4 u}

とおけば $α s = \frac{1}{4}$ 、 $β t = \frac{1}{2}$ 、 $γ u = \frac{3}{4}$ であり、しかも

α + β + γ = \frac{1}{4} (\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u}) = \frac{1}{4} \cdot 4 = 1

をみたす。したがって $X$ は平面 $LMN$ 上にある。 $s, t, u$ の取り方によらず同じ $X$ なので、平面 $LMN$ は定点 $X$ を通る。

$\frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{3}{2} \neq = 1$ なので、 $X$ は平面 $ABC$ の上にはない。「定点」は $A, B, C$ の重心のような分かりやすい点とは限らない。

$\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u} = 4$ をみたす $(s, t, u)$ を $20$ 万組ランダムに作り、 $α = \frac{1}{4 s}$ 、 $β = \frac{1}{2 t}$ 、 $γ = \frac{3}{4 u}$ を計算すると、 $α + β + γ$ はすべて $1$ （誤差 $1 0^{- 9}$ 未満）になった。たとえば $s = t = u = \frac{3}{2}$ は条件をみたし、 $α = \frac{1}{6}$ 、 $β = \frac{1}{3}$ 、 $γ = \frac{1}{2}$ で和は $1$ である。

$α + β + γ = 1$ が「平面上にある」ことの条件である。これを落とすと空間全体を表してしまう。

$\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u} = 4$ の右辺 $4$ で割って $1$ にそろえる、という一手が要点である。係数 $\frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{3}{4}$ はこの割り算から出てくる。

$s, t, u \neq = 0$ なので $α, β, γ$ は定義できる。 $L, M, N$ が $O$ に一致しないことも、ここから従う。

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問題文について

問12025x=3y=5z のとき 2xy+4xz−yz=0 を示す

問2n4+6n2+23 が n2+n+3 で割り切れる正の整数 n をすべて求める

81​x4+ax3+bx2=f(f(x))+c が成り立つような実数係数の2次式 f と実数 c が存在する (a,b) の集合を図示する

n 桁の数 X が 6 で割り切れる確率を求める

(1)(0,0) と異なる点で C1​ と接し、さらに C2​ とも接する直線 ℓ2​ がただ一つ存在することを示す

(2)C1​ の α≤x≤23​ の部分、線分 PQ、線分 QR で囲まれる図形の面積を求める

s1​+t2​+u3​=4 をみたす範囲で s,t,u が動くとき、平面 LMN が s,t,u によらない定点を通ることを示す

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$n$ 桁の数 $X$ が $6$ で割り切れる確率を求める

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