独自の解答・詳解
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全6問・無料

京都大学　2025年度　前期日程　理系

京大理系 2025年度数学の解答・解説

全6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。理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　小問集合（複素数平面・積分法）

複素数の絶対値・2倍角・置換積分・半角の公式当サイトの体感難易度：標準

問1 $∣ z ∣ = 2$ を動く複素数 $z$ について $z - \frac{i}{z}$ の最大値と最小値を求める

答最大値 $\frac{5}{2}$ 、最小値 $\frac{3}{2}$

$∣ z ∣ = 2$ という条件は $z = 2 (cos θ + i sin θ)$ と置けば1つの変数に落ちる。絶対値は2乗して実部・虚部から計算すると、 $θ$ の2倍角だけが残る形にまとまる。

$∣ z ∣ = 2$ より $z = 2 (cos θ + i sin θ)$ とおける。このとき $z \overline{z} = 4$ だから $\frac{1}{z} = \frac{z}{4}$ であり

z - \frac{i}{z} = z - \frac{i z}{4} = 2 (cos θ + i sin θ) - \frac{i}{2} (cos θ - i sin θ)

となる。実部と虚部に分けると

z - \frac{i}{z} = (2 cos θ - \frac{1}{2} sin θ) + i (2 sin θ - \frac{1}{2} cos θ)

であるから、絶対値の2乗は

z - \frac{i}{z}^{2} = (2 cos θ - \frac{1}{2} sin θ)^{2} + (2 sin θ - \frac{1}{2} cos θ)^{2} = \frac{17}{4} - 4 sin θ cos θ = \frac{17}{4} - 2 sin 2 θ

となる。 $θ$ が実数全体を動くとき $sin 2 θ$ は $- 1$ から $1$ までのすべての値を取るので、この2乗は $\frac{17}{4} - 2 = \frac{9}{4}$ から $\frac{17}{4} + 2 = \frac{25}{4}$ までを動く。絶対値は $0$ 以上だから、求める最大値は $\frac{25}{4} = \frac{5}{2}$ 、最小値は $\frac{9}{4} = \frac{3}{2}$ である。

$2 θ = - \frac{π}{2}$ すなわち $θ = - \frac{π}{4}$ のとき $z = 2 - 2 i$ で、 $z - \frac{i}{z} = \frac{5 2}{4} - \frac{5 2}{4} i$ となり絶対値は $\frac{5}{2}$ 。 $θ = \frac{π}{4}$ では絶対値が $\frac{3}{2}$ になる。

$\frac{i}{z}$ を $\frac{i z}{∣ z ∣ ^{2}}$ に直すところで $∣ z ∣^{2} = 4$ を使う。 $∣ z ∣ = 2$ をそのまま分母に置くと符号と大きさがずれる。

$z - \frac{i}{z} \leq ∣ z ∣ + \frac{i}{z} = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$ という評価だけでは、等号が成り立つ $θ$ が実際にあることを言わないと最大値とは言えない。2乗して計算すれば、その確認まで一度に済む。

問2(1) $\int_{0}^{3} \frac{x x ^{2} + 1 + 2 x ^{3} + 1}{x ^{2} + 1} d x$ を求める

答 $4 - 2 lo g 2 + \frac{π}{3}$

分子が3つの項の和なので、分母で割って3つの積分に分ける。分けてしまえば、順に「 $x^{2} + 1$ の微分」「割り算で次数を下げる」「 $tan$ の置換」という別々の型になる。

被積分関数を項ごとに分けると

\frac{x x ^{2} + 1 + 2 x ^{3} + 1}{x ^{2} + 1} = \frac{x}{x ^{2} + 1} + \frac{2 x ^{3}}{x ^{2} + 1} + \frac{1}{x ^{2} + 1}

となる。第1項は $(x^{2} + 1)^{'} = \frac{x}{x ^{2} + 1}$ だから、そのまま積分できて

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

である。第2項は分子の次数が分母より高いので、割り算をして

\frac{2 x ^{3}}{x ^{2} + 1} = 2 x - \frac{2 x}{x ^{2} + 1}, \int_{0}^{3} (2 x - \frac{2 x}{x ^{2} + 1}) d x = [x^{2} - lo g (x^{2} + 1)]_{0}^{3} = 3 - lo g 4

となる。第3項は $x = tan t$ と置けば $d x = \frac{d t}{cos ^{2} t}$ 、 $x^{2} + 1 = \frac{1}{cos ^{2} t}$ で、 $x$ が $0$ から $3$ まで動くとき $t$ は $0$ から $\frac{π}{3}$ まで動くから

\int_{0}^{3} \frac{d x}{x ^{2} + 1} = \int_{0}^{\frac{π}{3}} d t = \frac{π}{3}

である。以上を足し合わせて、求める値は $1 + (3 - lo g 4) + \frac{π}{3} = 4 - 2 lo g 2 + \frac{π}{3}$ となる。

$4 - 2 lo g 2 + \frac{π}{3} = 3.6609031901 \dots$ 。数値積分でも同じ値になる。

第1項で $\frac{x x ^{2} + 1}{x ^{2} + 1}$ を約分し忘れると、置換の形が見えないまま手が止まる。 $\frac{x ^{2} + 1}{x ^{2} + 1} = \frac{1}{x ^{2} + 1}$ である。

$lo g 4$ を $2 lo g 2$ に直すところまで書いておくと、答えの形が他の項とそろう。

問2(2) $\int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1 - cos x}{1 + cos x} d x$ を求める

答 $lo g 2$

根号の中が半角の公式そのものの形をしている。 $tan^{2} \frac{x}{2}$ に直せば根号が外れ、あとは $tan$ の積分になる。外すときに符号の確認が要る。

半角の公式 $1 - cos x = 2 sin^{2} \frac{x}{2}$ 、 $1 + cos x = 2 cos^{2} \frac{x}{2}$ より

\frac{1 - cos x}{1 + cos x} = \frac{sin ^{2} \frac{x}{2}}{cos ^{2} \frac{x}{2}} = tan^{2} \frac{x}{2}

である。積分区間 $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ では $0 \leq \frac{x}{2} \leq \frac{π}{4}$ だから $tan \frac{x}{2} \geq 0$ であり、根号はそのまま外れて被積分関数は $tan \frac{x}{2}$ になる。

したがって

\int_{0}^{\frac{π}{2}} tan \frac{x}{2} d x = [- 2 lo g cos \frac{x}{2}]_{0}^{\frac{π}{2}} = - 2 lo g \frac{1}{2} + 2 lo g 1 = lo g 2

となる。

$lo g 2 = 0.6931471806 \dots$ 。数値積分でも同じ値になる。

$tan^{2} \frac{x}{2} = tan \frac{x}{2}$ である。区間の中で $tan \frac{x}{2}$ が $0$ 以上であることを断ってから絶対値を外す。断らずに外した答案は、ここで減点される。

$cos \frac{x}{2}$ は区間内で正なので、 $lo g$ の中に絶対値は要らない。要らないことを確かめたうえで書かないのと、確かめずに書かないのとでは意味が違う。

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第2問　整数

平方数・因数分解・合同式・4乗数の剰余当サイトの体感難易度：やや難

正の整数 $x, y, z$ を用いて $N = 9 z^{2} = x^{6} + y^{4}$ と表される正の整数 $N$ の最小値を求める

答 $N = 2025$ （ $x = 3, y = 6, z = 15$ ）

$x^{6} = (x^{3})^{2}$ だから、条件は「 $(x^{3})^{2} + y^{4}$ が平方数になる」こと。平方数の差の形に直せば因数分解でき、 $x$ を1つ決めるごとに $y$ の候補が有限個に絞れる。 $x$ を大きくすると $N \geq x^{6}$ がすぐ大きくなるので、調べる $x$ は少なくて済む。

$9 z^{2} = (3 z)^{2}$ だから、 $m = 3 z$ とおくと条件は「 $x^{6} + y^{4} = m^{2}$ をみたす正の整数 $m$ が $3$ の倍数として存在する」ことになる。 $x^{6} = (x^{3})^{2}$ に注意して移項すると

m^{2} - (x^{3})^{2} = y^{4} すなわち (m - x^{3}) (m + x^{3}) = y^{4}

となる。 $N = x^{6} + y^{4} \geq x^{6}$ だから、 $x \geq 4$ なら $N \geq 4^{6} = 4096$ である。あとで $x = 3$ のとき $N = 2025$ が実現することを示すので、最小値を与える $x$ は $3$ 以下に限られる。そこで $x = 1, 2, 3$ を順に調べる。

$x = 1$ または $x = 2$ のとき。 $3$ で割った余りを見ると早い。 $4$ 乗数を $9$ で割った余りは、 $y$ を $9$ で割った余りが $0, 1, 2, \dots, 8$ のそれぞれに対して $0, 1, 7, 0, 4, 4, 0, 7, 1$ であり、取りうる値は $0, 1, 4, 7$ だけである。一方 $N$ は $9 z^{2}$ だから $9$ で割り切れる。

$x = 1$ なら $y^{4} \equiv - 1 \equiv 8 (mod 9)$ 、 $x = 2$ なら $y^{4} \equiv - 64 \equiv 8 (mod 9)$ が必要になるが、 $8$ は上の4つの中にない。よってどちらも解を持たない。

$x = 3$ のとき。 $x^{3} = 27$ だから $(m - 27) (m + 27) = y^{4}$ である。 $y^{4}$ の値は分からないので、代わりに $N = 729 + y^{4}$ が平方数になる条件を、 $(m - 27) (m + 27)$ の形から追う。 $a = m - 27$ 、 $b = m + 27$ とおくと $ab = y^{4}$ 、 $b - a = 54$ であり、 $a, b$ はともに正で同じ偶奇である。 $b - a = 54$ は偶数なので、 $a, b$ はともに偶数かともに奇数。

ここで $y^{4} = ab$ の約数の組を直接探す代わりに、 $y$ を小さい方から確かめるほうが早い。 $y = 1, 2, 3, 4, 5$ では $N = 730, 745, 810, 985, 1354$ となり、いずれも平方数ではない。 $y = 6$ のとき

N = 3^{6} + 6^{4} = 729 + 1296 = 2025 = 4 5^{2}

となり、 $45 = 3 \cdot 15$ だから $N = 9 \cdot 1 5^{2}$ と書ける。すなわち $x = 3$ 、 $y = 6$ 、 $z = 15$ が条件をみたす。

$x = 3$ で $y \leq 5$ のときは条件をみたさず、 $x \leq 2$ では解がなく、 $x \geq 4$ では $N \geq 4096 > 2025$ である。よって求める最小値は $N = 2025$ である。

$3^{6} + 6^{4} = 729 + 1296 = 2025$ 、 $4 5^{2} = 2025$ 、 $9 \cdot 1 5^{2} = 9 \cdot 225 = 2025$ 。 $x \leq 39$ 、 $y \leq 199$ の範囲を全探索しても、条件をみたす最小は $2025$ だった。

$9 z^{2}$ という形は「平方数である」だけでなく「その平方根が $3$ の倍数である」ことまで要求している。 $x^{6} + y^{4}$ が平方数になる組を見つけただけでは足りない。 $2025$ の場合は $2025 = 45$ が $3$ の倍数なので、この条件まで確かめて初めて答えになる。

$x \geq 4$ を切り捨てるには、先に $x = 3$ での実例を1つ押さえておく必要がある。実例を出さないまま「 $x$ は小さいはず」と書くと、議論の順序が逆になる。

$4$ 乗数を $9$ で割った余りが $0, 1, 4, 7$ の4つしかないことは、 $y$ を $9$ で割った余りで場合分けして確かめる。使うなら、その表を答案に書いておく。

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第3問　微分法

接線と法線・対数関数の微分・増減表・値域当サイトの体感難易度：やや難

$\frac{1}{e} < t \leq e$ のとき、 $l_{t}$ と $x$ 軸の交点の $x$ 座標 $p (t)$ の取りうる値の範囲を求める

答 $- \frac{1}{9 e} \leq p (t) \leq 3 e^{3}$

$p (t)$ を $t$ の式で書き下すのが先。書いてみると $g (x)$ の中の $- \frac{1}{1 + 2 lo g x}$ が $l_{t}$ の傾きとちょうど打ち消し合い、 $p (t)$ が驚くほど簡単な形になる。あとは $lo g t$ を1つの変数と見て増減を調べる。

$f (x) = x^{2} lo g x$ より $f^{'} (x) = 2 x lo g x + x = x (1 + 2 lo g x)$ である。

$t > \frac{1}{e}$ のとき $lo g t > - \frac{1}{2}$ だから $1 + 2 lo g t > 0$ であり、 $t > 0$ とあわせて $f^{'} (t) = t (1 + 2 lo g t) > 0$ 。とくに $f^{'} (t) \neq = 0$ なので、これに垂直な直線の傾き $- \frac{1}{f ^{'} ( t )}$ が定まる。

$l_{t}$ は点 $(t, g (t))$ を通り傾き $- \frac{1}{f ^{'} ( t )}$ の直線だから

l_{t} : y - g (t) = - \frac{1}{t ( 1 + 2 lo g t )} (x - t)

である。 $y = 0$ とおいて $x$ について解くと

p (t) = t + t (1 + 2 lo g t) g (t) = t + t (1 + 2 lo g t) (t^{2} lo g t - \frac{1}{1 + 2 lo g t})

となる。右辺を展開すると $t (1 + 2 lo g t) \cdot \frac{1}{1 + 2 lo g t} = t$ がちょうど先頭の $t$ を打ち消すので

p (t) = t^{3} lo g t (1 + 2 lo g t)

と書ける。 $g (x)$ に $- \frac{1}{1 + 2 lo g x}$ が入っていたのは、この打ち消しを起こすためである。

ここで $s = lo g t$ とおく。 $t = e^{s}$ であり、 $\frac{1}{e} < t \leq e$ は $- \frac{1}{2} < s \leq 1$ にあたる。 $t$ と $s$ は同じ向きに増減するので、 $s$ で調べれば $t$ での増減が分かる。

p = e^{3 s} (2 s^{2} + s), \frac{d p}{d s} = e^{3 s} (6 s^{2} + 3 s) + e^{3 s} (4 s + 1) = e^{3 s} (6 s + 1) (s + 1)

$- \frac{1}{2} < s \leq 1$ では $s + 1 > 0$ なので、 $\frac{d p}{d s}$ の符号は $6 s + 1$ の符号と一致する。よって $- \frac{1}{2} < s < - \frac{1}{6}$ で減少、 $- \frac{1}{6} < s \leq 1$ で増加し、 $s = - \frac{1}{6}$ で最小になる。

p (- \frac{1}{6}) = e^{- \frac{1}{2}} (2 \cdot \frac{1}{36} - \frac{1}{6}) = e^{- \frac{1}{2}} \cdot (- \frac{1}{9}) = - \frac{1}{9 e}

端では、 $s \to - \frac{1}{2}$ のとき $2 s^{2} + s = 2 \cdot \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = 0$ だから $p \to 0$ である。ただし $s = - \frac{1}{2}$ は定義域に入らないので、この $0$ は取らない。 $s = 1$ では $p = e^{3} (2 + 1) = 3 e^{3}$ で、これは取る。

減少する区間 $- \frac{1}{2} < s \leq - \frac{1}{6}$ で $p$ は $0$ の手前から $- \frac{1}{9 e}$ まで連続に動き、増加する区間 $- \frac{1}{6} \leq s \leq 1$ で $- \frac{1}{9 e}$ から $3 e^{3}$ まで連続に動く。後者だけで $- \frac{1}{9 e}$ 以上 $3 e^{3}$ 以下のすべての値を取るので、求める範囲は

- \frac{1}{9 e} \leq p (t) \leq 3 e^{3}

である。

$t = e$ では $p = e^{3} \cdot 1 \cdot 3 = 3 e^{3} = 60.2566 \dots$ 。 $t = e^{- 1/6} = 0.8465 \dots$ では $p = - 0.0673922 \dots$ で、 $- \frac{1}{9 e} = - 0.0673922 \dots$ と一致する。接線の傾きを数値微分で取り直して $p (t)$ を定義どおり作っても、同じ値になる。

$t > \frac{1}{e}$ という条件は、 $f^{'} (t) \neq = 0$ を保証して「垂直な直線」が引けるようにするために置かれている。この確認を飛ばすと、傾き $- \frac{1}{f ^{'} ( t )}$ を書いた時点で根拠が抜ける。

最小値を取る $s = - \frac{1}{6}$ は定義域の内側にあり、端の $s = - \frac{1}{2}$ は定義域に入らない。開いている端で $p \to 0$ となることと、 $0$ 自体は別の $s$ で取れることを分けて書く。

$p$ が区間の両端より内部で小さくなるので、端の値だけを比べる解き方では最小値を取り逃がす。増減表まで書く。

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第4問　空間ベクトル

平面のベクトル方程式・1次独立・四面体の体積比当サイトの体感難易度：標準

(1)平面 $LMN$ が $s, t, u$ によらない一定の点 $P$ を通ること、およびそのような $P$ がただ1つであることを示す

答 $OP = \frac{1}{4} OA + \frac{1}{2} OB + \frac{3}{4} OC$

平面 $LMN$ 上の点は、係数の和が $1$ になる形で $L, M, N$ の1次結合に書ける。その係数の和が $1$ という条件と、与えられた $\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u} = 4$ を見比べると、どの係数を取ればよいかが読み取れる。

$a = OA$ 、 $b = OB$ 、 $c = OC$ とおく。 $O, A, B, C$ は同一平面上にないので、 $a, b, c$ は1次独立であり、空間のどのベクトルもこれらで一意に表せる。

$s, t, u$ は $0$ でないので $L, M, N$ はいずれも $O$ と異なり、 $OL = s a$ 、 $OM = t b$ 、 $ON = u c$ も1次独立である。よって3点は平面をただ1つ定める。点 $X$ がこの平面上にあることは

OX = α s a + β t b + γ u c, α + β + γ = 1

をみたす実数 $α, β, γ$ があることと同値である。

そこで

OP = \frac{1}{4} a + \frac{1}{2} b + \frac{3}{4} c

とおく。これは $s, t, u$ を含まないので、 $s, t, u$ の値によらず定まる点である。 $α = \frac{1}{4 s}$ 、 $β = \frac{1}{2 t}$ 、 $γ = \frac{3}{4 u}$ と取れば $α s a + β t b + γ u c = OP$ であり、係数の和は

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

となる。したがって $P$ は、条件をみたすどの $s, t, u$ についても平面 $LMN$ 上にある。

次に、そのような点がこれ1つであることを示す。点 $Q$ が同じ性質を持つとし、 $OQ = X a + Y b + Z c$ と表す。 $Q$ が平面 $LMN$ 上にあることは、上と同じ議論で

\frac{X}{s} + \frac{Y}{t} + \frac{Z}{u} = 1

と書ける。 $ξ = \frac{1}{s}$ 、 $η = \frac{1}{t}$ 、 $ζ = \frac{1}{u}$ とおくと、条件は「 $ξ + 2 η + 3 ζ = 4$ をみたす $0$ でない $ξ, η, ζ$ のすべてについて $X ξ + Y η + Z ζ = 1$ が成り立つ」ことになる。

この条件をみたす組を3つ取って連立させればよい。たとえば $(ξ, η, ζ) = (2, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}), (1, 1, \frac{1}{3}), (1, \frac{1}{2}, \frac{2}{3})$ はいずれも $ξ + 2 η + 3 ζ = 4$ をみたす。これらを代入して差を取ると

X - \frac{Y}{2} = 0, \frac{Y}{2} - \frac{Z}{3} = 0

すなわち $Y = 2 X$ 、 $Z = 3 X$ を得る。これを $X ξ + Y η + Z ζ = 1$ の1つ、たとえば $(1, 1, \frac{1}{3})$ に入れると $X + 2 X + X = 1$ から $X = \frac{1}{4}$ となり、 $Y = \frac{1}{2}$ 、 $Z = \frac{3}{4}$ が定まる。 $a, b, c$ が1次独立だから、この係数を持つ点は1つしかない。よって $Q = P$ であり、そのような点はただ1つである。

$(s, t, u) = (1, 2, 3)$ は $\frac{1}{1} + \frac{2}{2} + \frac{3}{3} = 3$ となり条件をみたさない。条件をみたす組としては $(\frac{1}{2}, 2, 3)$ があり、このとき $\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u} = 2 + 1 + 1 = 4$ 。係数は $α = \frac{1}{2}, β = \frac{1}{4}, γ = \frac{1}{4}$ で和は $1$ になる。

$O, A, B, C$ が同一平面上にないという条件は、 $a, b, c$ が1次独立であること、つまり係数が一意に決まることのために置かれている。ただ1つであることの証明は、最後にこれを使う。

$s, t, u$ が $0$ でないという条件がないと、 $L, M, N$ のどれかが $O$ と一致して平面が定まらない。

「ただ1つ」を示すには、条件をみたす $(s, t, u)$ を具体的に複数取って連立させるのがいちばん短い。1つだけでは係数が決まらない。

(2)四面体 $OABC$ の体積を $V$ とするとき、四面体 $PABC$ の体積を $V$ で表す

答 $\frac{1}{2} V$

底面 $ABC$ が共通なので、比べるのは $O$ と $P$ の平面 $ABC$ までの距離だけ。 $a, b, c$ の係数の和を見れば、距離の比は計算せずに読み取れる。

点 $X$ を $OX = x a + y b + z c$ と表したとき、 $X$ が平面 $ABC$ 上にあることは $x + y + z = 1$ と同値である。そこで $h (X) = x + y + z - 1$ とおくと、 $h$ は $X$ の座標の1次式なので、 $∣ h (X) ∣$ は $X$ から平面 $ABC$ までの距離に比例する。

$O$ では $x = y = z = 0$ だから $h (O) = - 1$ で $∣ h (O) ∣ = 1$ 。 $P$ では

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

だから $∣ h (P) ∣ = \frac{1}{2}$ である。四面体 $OABC$ と $PABC$ は底面 $ABC$ が共通なので、体積の比は高さの比に等しく

\frac{( 四面体 PABC )}{( 四面体 OABC )} = \frac{∣ h ( P ) ∣}{∣ h ( O ) ∣} = \frac{1}{2}

となる。よって四面体 $PABC$ の体積は $\frac{1}{2} V$ である。

なお $h (P) > 0$ 、 $h (O) < 0$ なので、 $P$ と $O$ は平面 $ABC$ の反対側にある。体積を比べるだけなら符号は効かないが、位置を答案で説明するときはここに触れておくとよい。

$a = (1, 0.3, - 0.2)$ 、 $b = (0.1, 2, 0.4)$ 、 $c = (- 0.3, 0.5, 1.7)$ で計算すると $V = 0.49716667$ 、四面体 $PABC$ の体積は $0.24858333$ で、ちょうど半分になる。

「係数の和が $1$ なら平面 $ABC$ 上」は、 $a, b, c$ が1次独立なとき成り立つ。(1) で確かめた条件をここでも使っている。

$P$ が平面 $ABC$ の $O$ と反対側にあるので、 $h$ の絶対値を取らずに比を書くと符号が合わない。

▸ 別解：外積を使わずに、分点で高さをたどる

$OP = \frac{1}{4} a + \frac{1}{2} b + \frac{3}{4} c$ の係数の和は $\frac{3}{2}$ である。 $OP = \frac{3}{2} \cdot (\frac{1}{6} a + \frac{1}{3} b + \frac{1}{2} c)$ と書き直すと、括弧の中は係数の和が $1$ なので平面 $ABC$ 上の点 $G$ を表す。

つまり $P$ は半直線 $OG$ 上にあって $OP = \frac{3}{2} OG$ である。 $G$ は平面 $ABC$ 上にあるから、 $O$ から平面までの距離を $d$ とすると、 $P$ から平面までの距離は $\frac{3}{2} - 1 d = \frac{1}{2} d$ になる。したがって体積の比は $\frac{1}{2}$ である。

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第5問　空間図形・軌跡

直線と平面の交点・媒介変数の消去・双曲線当サイトの体感難易度：やや難

$- \frac{π}{4} < θ < \frac{π}{4}$ のときの点 $Q$ の軌跡を求め、 $x y$ 平面上に図示する

答双曲線 $(x + 2)^{2} - y^{2} = 1$ のうち $x \leq - 2 - 1$ の部分（左側の分枝の全体）

$Q$ は $A$ と $P$ を結ぶ直線の $z = 0$ での点なので、媒介変数で書いて $z$ 成分から係数を決める。そのあとは $θ$ を消す。 $x^{2} + y^{2}$ を作ると $cos θ, sin θ$ がまとめて消えるので、そこから攻める。

直線 $AP$ 上の点は、実数 $k$ を用いて $OA + k (OP - OA)$ と書ける。 $z$ 成分が $0$ になる条件は

\frac{2}{4} + k (\frac{1}{2} cos θ - \frac{2}{4}) = 0

である。 $- \frac{π}{4} < θ < \frac{π}{4}$ では $cos θ > \frac{2}{2}$ だから $\frac{1}{2} cos θ - \frac{2}{4} > 0$ であり、 $k$ がただ1つ定まる。すなわちこの範囲では直線 $AP$ は $x y$ 平面と必ず1点で交わる。両辺を4倍して整理すると

k = \frac{2}{2 - 2 cos θ}

となる。以下 $d = 2 - 2 cos θ$ とおく。 $cos θ > \frac{2}{2}$ より $d < 0$ である。

$A$ の $x, y$ 成分はどちらも $0$ なので、 $Q$ の座標は

x = \frac{2 cos θ}{d}, y = \frac{2 sin θ}{d}

である。ここから $θ$ を消す。まず2乗して足すと $cos θ, sin θ$ が消えて

x^{2} + y^{2} = \frac{2 ( cos ^{2} θ + sin ^{2} θ )}{d ^{2}} = \frac{2}{d ^{2}}

となる。 $r = x^{2} + y^{2}$ とおくと $∣ d ∣ = \frac{2}{r}$ であり、 $d < 0$ だから $d = - \frac{2}{r}$ である。

次に $x$ の式から $cos θ = \frac{d x}{2}$ を得る。これを $d$ の定義 $d = 2 - 2 cos θ$ に戻すと

d = 2 - 2 d x ⟹ d (1 + 2 x) = 2

となる。 $d = - \frac{2}{r}$ を代入して整理すると

- \frac{2}{r} (1 + 2 x) = 2 ⟹ r = - (1 + 2 x)

を得る。 $r \geq 0$ だから、この式は $1 + 2 x \leq 0$ すなわち $x \leq - \frac{1}{2}$ を意味する。両辺を2乗して $r^{2} = x^{2} + y^{2}$ を代入すると

x^{2} + y^{2} = 1 + 22 x + 2 x^{2} ⟹ (x + 2)^{2} - y^{2} = 1

となる。これは中心 $(- 2, 0)$ 、 $x$ 軸方向に $1$ 、 $y$ 軸方向に $1$ の双曲線である。この曲線上では $(x + 2)^{2} = 1 + y^{2} \geq 1$ だから $x \geq - 2 + 1$ または $x \leq - 2 - 1$ であり、先に出た $x \leq - \frac{1}{2}$ とあわせると $x \leq - 2 - 1$ 、つまり左側の分枝に限られる。

逆に、左側の分枝の各点が実際に現れることを確かめる。 $θ = 0$ のとき $d = 2 - 2$ で $x = - 2 - 1$ 、 $y = 0$ となり、これは左側の分枝の頂点である。 $θ$ を $0$ から $\frac{π}{4}$ に近づけると $d \to 0^{-}$ で $sin θ > 0$ だから $y \to - \infty$ 、 $θ$ を $- \frac{π}{4}$ に近づけると $y \to + \infty$ となる。 $y$ は $θ$ の連続関数なので、中間値の定理からすべての実数値を取る。左側の分枝は $y$ の値で1点に定まるので、分枝全体が軌跡である。

点

Q

の軌跡。双曲線

(x + 2)^{2} - y^{2} = 1

の左側の分枝全体で、頂点は

(- 2 - 1, 0)

。破線は漸近線

y = \pm (x + 2)

、薄い曲線は軌跡に含まれない右側の分枝。

以上より、点 $Q$ の軌跡は双曲線 $(x + 2)^{2} - y^{2} = 1$ の $x \leq - 2 - 1$ の部分、すなわち左側の分枝の全体である。

$θ = \frac{π}{6}$ では $d = 2 - 3 = - 0.31784 \dots$ で $Q = (- 3.8534 \dots, - 2.2248 \dots)$ 。 $(x + 2)^{2} - y^{2} = 5.9497 \dots - 4.9497 \dots = 1.0000 \dots$ となる。

2乗して $θ$ を消すと、元の条件より広い図形が出てくる。 $r = - (1 + 2 x)$ の段階で $r \geq 0$ から $x \leq - \frac{1}{2}$ が出ており、これが右側の分枝を落とす根拠になる。2乗する前の式を書き残しておくこと。

「軌跡を求めよ」なので、得られた曲線の上の点がすべて実際に現れることまで示す。 $θ = 0$ での頂点と、両端で $y$ が $\pm \infty$ に飛ぶことを押さえれば、連続性から全体が埋まる。

$- \frac{π}{4} < θ < \frac{π}{4}$ という範囲は、 $\frac{1}{2} cos θ \neq = \frac{2}{4}$ すなわち直線 $AP$ が $x y$ 平面と平行にならないことを保証している。範囲の端では交点が存在しない。

第5問だけのページ

第6問　確率

確率漸化式・偶奇の追跡・隣り合う2項の積当サイトの体感難易度：難

$Y_{n} = k = 2 \sum n X_{k - 1} X_{k}$ が奇数である確率 $p_{n}$ を求める

答 $n = 2 m$ のときも $n = 2 m + 1$ のときも $p_{n} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2 ^{m}})$

$Y_{n}$ の値そのものではなく偶奇だけを追う。 $n$ 回目までの結果で次に必要なのは「最後が表か裏か」と「ここまでの偶奇」の2つだけなので、4つの状態の確率漸化式になる。さらに「偶の確率から奇の確率を引いた量」を見ると、2つの式に減って一気に解ける。

$X_{k - 1} X_{k}$ は、 $k - 1$ 回目と $k$ 回目がどちらも表のとき $1$ 、それ以外は $0$ である。したがって $Y_{n}$ は「表が隣り合う箇所の個数」を数えている。

$n$ 回目までの状況を、最後の出目と $Y_{n}$ の偶奇で4つに分ける。 $a_{n}, b_{n}$ を「 $X_{n} = 1$ で $Y_{n}$ が偶数・奇数」である確率、 $c_{n}, d_{n}$ を「 $X_{n} = 0$ で $Y_{n}$ が偶数・奇数」である確率とする。 $a_{n} + b_{n} + c_{n} + d_{n} = 1$ であり、求めるものは $p_{n} = b_{n} + d_{n}$ である。

$n + 1$ 回目を投げたとき、 $Y$ が増えるのは「直前が表で、今回も表」のときだけで、そのとき $1$ だけ増えて偶奇が入れ替わる。それ以外では偶奇は変わらない。どの目も確率 $\frac{1}{2}$ だから

a_{n + 1} c_{n + 1} = \frac{1}{2} (b_{n} + c_{n}), = \frac{1}{2} (a_{n} + c_{n}), b_{n + 1} d_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + d_{n}), = \frac{1}{2} (b_{n} + d_{n})

となる。 $a_{n + 1}$ の右辺に $b_{n}$ が入るのは、直前が表で $Y$ が奇数だったものが、今回も表で偶数に変わるからである。

このまま4つを追うのは重い。偶奇を分けたまま扱うより、差を見るほうが式が減る。 $u_{n} = a_{n} - b_{n}$ 、 $v_{n} = c_{n} - d_{n}$ とおくと、上の4式から

u_{n + 1} = \frac{1}{2} (- u_{n} + v_{n}), v_{n + 1} = \frac{1}{2} (u_{n} + v_{n})

を得る。さらに $w_{n} = u_{n} + v_{n}$ とおくと、2式を足して $w_{n + 1} = v_{n}$ 、下の式から $v_{n + 1} = \frac{1}{2} w_{n}$ だから

w_{n + 2} = v_{n + 1} = \frac{1}{2} w_{n}

となる。 $w$ は1つ飛ばしで公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列である。

初期値を求める。 $n = 1$ では $Y_{1}$ は和が空なので $Y_{1} = 0$ であり、偶数である。表なら $a_{1} = \frac{1}{2}$ 、裏なら $c_{1} = \frac{1}{2}$ で $b_{1} = d_{1} = 0$ だから $u_{1} = \frac{1}{2}$ 、 $v_{1} = \frac{1}{2}$ 、よって $w_{1} = 1$ 。また $w_{2} = v_{1} = \frac{1}{2}$ である。

$w_{n + 2} = \frac{1}{2} w_{n}$ と $w_{1} = 1$ 、 $w_{2} = \frac{1}{2}$ から、 $m$ を $0$ 以上の整数として

w_{2 m + 1} = (\frac{1}{2})^{m}, w_{2 m} = (\frac{1}{2})^{m}

となる。一方 $w_{n} = (a_{n} + c_{n}) - (b_{n} + d_{n})$ は「偶数である確率」から「奇数である確率」を引いたものだから、 $w_{n} = (1 - p_{n}) - p_{n} = 1 - 2 p_{n}$ である。したがって

p_{n} = \frac{1 - w _{n}}{2}

であり、 $n = 2 m$ のときも $n = 2 m + 1$ のときも $p_{n} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2 ^{m}})$ となる。 $n$ が $2$ 以上という条件のもとでは $m \geq 1$ である。

言い換えると、 $n$ を $2$ で割った商を $m$ とすれば $p_{n} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2 ^{m}})$ で、 $n$ が1つ増えても $n$ が偶数から奇数に変わるときは値が変わらない。

$n = 2$ では $Y_{2} = X_{1} X_{2}$ が奇数になるのは2回とも表のときだけで $p_{2} = \frac{1}{4}$ 。式でも $m = 1$ として $\frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$ 。 $n = 5$ では全探索で $\frac{3}{8}$ 、式でも $m = 2$ として $\frac{1}{2} (1 - \frac{1}{4}) = \frac{3}{8}$ 。 $n = 8$ では全探索・式ともに $\frac{15}{32}$ になる。

$Y_{n}$ は「表の個数」ではない。表が3つ連続すれば寄与は $2$ である。隣り合う組を数えていることを最初に押さえないと、 $n$ 回中の表の個数の偶奇を求める別の問題を解いてしまう。

$n = 1$ のとき和は空で $Y_{1} = 0$ とする。この初期値を $n = 2$ から立てると、 $w_{1}, w_{2}$ の両方が要る漸化式の初期条件が1つ足りなくなる。

偶奇を追う問題では、確率そのものより「偶の確率と奇の確率の差」を変数に取ると式が減ることが多い。差の総和 $w_{n}$ が $1 - 2 p_{n}$ になることは、答えに戻すときに必ず使う。

▸ 別解：表の個数と表の連なりの個数の差として見る

表が連続している1つのかたまりの長さを $L$ とすると、そのかたまりが $Y_{n}$ に与える寄与は $L - 1$ である。したがって、表の総数を $H$ 、表のかたまりの個数を $R$ とすると $Y_{n} = H - R$ と書ける。

$Y_{n}$ の偶奇は $H$ と $R$ の偶奇が一致するかどうかで決まる。この見方からも同じ漸化式が立つが、 $H$ と $R$ を同時に追うことになるので、状態は結局4つのままである。上の解き方のほうが短い。

第6問だけのページ

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問題文について

問1∣z∣=2 を動く複素数 z について ​z−zi​​ の最大値と最小値を求める

問2(1)∫03​​x2+1xx2+1​+2x3+1​dx を求める

問2(2)∫02π​​1+cosx1−cosx​​dx を求める

正の整数 x,y,z を用いて N=9z2=x6+y4 と表される正の整数 N の最小値を求める

e​1​<t≤e のとき、lt​ と x 軸の交点の x 座標 p(t) の取りうる値の範囲を求める

(1)平面 LMN が s,t,u によらない一定の点 P を通ること、およびそのような P がただ1つであることを示す

(2)四面体 OABC の体積を V とするとき、四面体 PABC の体積を V で表す

−4π​<θ<4π​ のときの点 Q の軌跡を求め、xy 平面上に図示する

Yn​=k=2∑n​Xk−1​Xk​ が奇数である確率 pn​ を求める