名古屋大学　2026年度　前期日程　文科系

名大文系 2026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 2026/10/05

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。文科系の問題文は名古屋大学が公開しています。

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掲載ページ名「令和８年度一般選抜（前期日程）の試験問題および正解・解答例等」／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　図形と方程式・微分法

放物線の接線・2接点の座標・ベクトルの内積と外積・最大最小への帰着当サイトの体感難易度：やや難

(1)接点の $x$ 座標 $b, c$ を $p, a$ で表す

答 $b = a - p, c = a + p$

方針接点の $x$ 座標を $t$ とおいて接線を立て、点 $A$ を通る条件を $t$ の2次方程式にする。 $a^{2}$ がきれいに消えて完全平方になるのがこの問題の芯。

$Q : y = x^{2} + p$ の $x = t$ における接線は $y = 2 t x - t^{2} + p$ 。これが $A (a, a^{2})$ を通るので

a^{2} = 2 t a - t^{2} + p ⟺ t^{2} - 2 a t + a^{2} - p = 0 ⟺ (t - a)^{2} = p

$p > 0$ だから $t = a \pm p$ 。 $b < c$ より $b = a - p, c = a + p$ 。

答案で省略しない方がよい点

$b, c$ は $a$ を中心に $\pm p$ と対称に並ぶ。この対称性が (2) 以降の計算をすべて軽くする。

(2) $θ = \frac{π}{2}$ のとき $p$ を $a$ で表す

答 $p = a^{2} + \frac{1}{4}$

方針 $θ$ は $AB$ と $AC$ のなす角なので、直角は内積が $0$ 。成分を $p$ でくくると、 $(p - a) (p + a) = p - a^{2}$ が現れて一気に片づく。

(1) より、 $y$ 座標の差を整理すると

AB = (- p, 2 p (p - a)), AC = (p, 2 p (p + a))

内積は

AB \cdot AC = - p + 4 p (p - a) (p + a) = p {4 (p - a^{2}) - 1}

$p > 0$ だから、これが $0$ になるのは $4 (p - a^{2}) - 1 = 0$ 、すなわち $p = a^{2} + \frac{1}{4}$ 。

検算

$a = 0, p = \frac{1}{4}$ とすると $b = - \frac{1}{2}, c = \frac{1}{2}$ 、 $A (0, 0)$ 、 $B (- \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 、 $C (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 。 $AB \cdot AC = - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0$ で直角になる。

答案で省略しない方がよい点

$y$ 座標の差は $(a \pm p)^{2} + p - a^{2} = 2 p \pm 2 a p = 2 p (p \pm a)$ 。 $p$ でくくる形に揃えておくと、内積も外積も見通しがよくなる。

(3) $θ \neq = \frac{π}{2}$ のとき $tan θ$ を $p, a$ で表す

答 $tan θ = \frac{4 p}{4 p - 4 a ^{2} - 1}$

方針 $tan θ = \frac{∣ AB \times AC ∣}{AB \cdot AC}$ を使う。 $0 < θ < π$ なので、外積の大きさを分子、内積を分母に置けば鈍角のとき自動的に負になり、場合分けが要らない。

外積（ $z$ 成分）は、 $a$ を含む項が打ち消し合って

- p \cdot 2 p (p + a) - 2 p (p - a) \cdot p = - 2 p {(p + a) + (p - a)} = - 4 p p

大きさは $4 p p$ 。(2) の内積と合わせて

tan θ = \frac{4 p p}{p ( 4 p - 4 a ^{2} - 1 )} = \frac{4 p}{4 p - 4 a ^{2} - 1}

検算

分母が $0$ になるのは $p = a^{2} + \frac{1}{4}$ のときで、(2) の直角の条件とちょうど一致する。式のつながりが取れている。

答案で省略しない方がよい点

$tan θ$ の分母に絶対値を付けない。付けると鈍角のときに符号が合わなくなる。分子だけ絶対値を取る。

(4)すべての実数 $a$ で $θ \geq \frac{π}{3}$ となる $p$ の範囲を求める

答 $0 < p \leq \frac{3}{4}$

方針 $D = 4 p - 4 a^{2} - 1$ とおくと $tan θ = \frac{4 p}{D}$ 。 $D \leq 0$ なら $θ \geq \frac{π}{2}$ で自動的に条件を満たすので、1本の不等式 $D \leq \frac{4 p}{3}$ にまとめられる。

$D \leq 0$ のとき … 内積が $0$ 以下なので $θ \geq \frac{π}{2} > \frac{π}{3}$ 。条件は成り立つ
$D > 0$ のとき … $θ$ は鋭角で、 $θ \geq \frac{π}{3} ⟺ tan θ \geq 3 ⟺ D \leq \frac{4 p}{3}$

$\frac{4 p}{3} > 0$ なので、 $D \leq 0$ の場合も2つめの不等式に含まれる。よって求める条件は「すべての $a$ で $D \leq \frac{4 p}{3}$ 」。 $D = 4 p - 1 - 4 a^{2}$ は $a = 0$ で最大になるから

4 p - 1 \leq \frac{4 p}{3}

$s = p > 0$ とおいて整理すると

43 s^{2} - 4 s - 3 \leq 0 ⟺ (2 s - 3) (23 s + 1) \leq 0 ⟺ s \leq \frac{3}{2}

$s = p$ より $p \leq \frac{3}{4}$ 。 $p > 0$ と合わせて $0 < p \leq \frac{3}{4}$ 。

検算

$p = \frac{3}{4}, a = 0$ では $D = 2$ 、 $tan θ = \frac{4 \cdot \frac{3}{2}}{2} = 3$ で $θ = \frac{π}{3}$ 。等号がちょうど達成される。 $p = 1, a = 0$ では $tan θ = \frac{4}{3} < 3$ となり $θ = 53. 1^{\circ} < 6 0^{\circ}$ で条件を外れる。

答案で省略しない方がよい点

$D \leq 0$ の場合を「 $tan θ$ が負だから」と切り捨てない。 $θ \geq \frac{π}{2}$ はむしろ条件を満たす側。
$a$ について最悪の場合は $a = 0$ 。 $θ$ は $D$ が大きいほど小さくなるので、 $D$ の最大値で押さえる。

第1問だけのページ

第2問　整数

互いに素・素因数分解の一意性・場合の数・重複を除く数え方当サイトの体感難易度：やや難

(1) $ab c = 120$ かつ $a \leq b \leq c$ を満たす組をすべて求める

答 $(1, 1, 120), (1, 3, 40), (1, 5, 24), (1, 8, 15), (3, 5, 8)$ の5組

方針どの2つも互いに素という条件は、素因数の分かれ方を完全に縛る。同じ素数が2つに分かれて入ると、その2つの最大公約数がその素数以上になってしまうので、各素数のべきはまるごと1つに属する。

$120 = 2^{3} \cdot 3 \cdot 5$ なので、分けられない塊は $8, 3, 5$ の3つ。

この3つの塊を $a, b, c$ に振り分ければよい（どこにも塊が来なければその数は $1$ ）。塊の分け方で場合分けすると、 $a \leq b \leq c$ に並べ替えて次のようになる。

3つとも別々 … $(3, 5, 8)$
$8$ と $3$ を同じところへ … $(1, 5, 24)$
$8$ と $5$ を同じところへ … $(1, 3, 40)$
$3$ と $5$ を同じところへ … $(1, 8, 15)$
3つとも同じところへ … $(1, 1, 120)$

いずれも積は $120$ で、どの2つも共通の素因数をもたないから条件を満たす。

答案で省略しない方がよい点

$2^{3}$ を $2$ と $4$ に割って配ることはできない。 $2$ の指数をどう分けても両方に $2$ が入り、互いに素でなくなる。
$1$ はどの数とも互いに素なので、 $(1, 1, 120)$ も条件を満たす。「 $1$ を除く」とは書かれていないので落とさない。

(2) $ab c = 120$ をみたす組 $(a, b, c)$ の個数を求める

答 $27$ 個

方針(1) と理由は同じ。 $120 = 2^{3} \cdot 3 \cdot 5$ の素数のべきの塊が3つあり、それぞれを $a, b, c$ のどこへ入れるかを独立に選べる。

どの2つも互いに素という条件から、 $2^{3}, 3, 5$ はそれぞれまるごと $a, b, c$ のどれか1つに属する。逆にどう振り分けても積は $120$ になり、2つの数が共通の素因数をもつことはない。

3 \times 3 \times 3 = 3^{3} = 27 個

検算

(1) の5組それぞれの並べ替えを足すと $27$ 。順序つきで数えた $3^{3}$ と一致する。

答案で省略しない方がよい点

ここで数えているのは順序つきの組。 $(1, 3, 40)$ と $(3, 1, 40)$ を別に数えている。(1) の $a \leq b \leq c$ とは数え方が違う。

(3) $ab c = N!$ を満たす組 $(a, b, c)$ の個数を $m$ で表す

答 $3^{m}$ 個

方針(1) と理由は同じ。 $N!$ の素因数は「 $N$ 以下の素数」がちょうど全部で、その個数が $m$ 。素数ごとに「 $a, b, c$ のどこへ入れるか」を独立に選べる。

$N! = p \leq N \prod p^{e_{p}}$ と書くと、現れる素数はちょうど $m$ 種類。どの2つも互いに素という条件から、各 $p^{e_{p}}$ はまるごと $a, b, c$ のどれか1つに属する。

逆に、 $m$ 個の塊をどう振り分けても積は $N!$ になり、2つの数が共通の素因数をもつことはないので条件を満たす。塊ごとに3通りで、選び方は独立だから

3^{m} 個

答案で省略しない方がよい点

ここで数えているのは順序つきの組。 $(1, 3, 40)$ と $(3, 1, 40)$ は別に数えている。(3) との違いを最初に宣言しておく。

第2問だけのページ

第3問　確率・漸化式

確率漸化式・対称性・3項間漸化式・数学的帰納法・特性方程式当サイトの体感難易度：難

(1) $P_{1}, P_{2}, P_{3}$ を求める

答 $P_{1} = 1, P_{2} = \frac{7}{9}, P_{3} = \frac{17}{27}$

方針座標を2つとも追うと場合が増えるが、条件に出てくるのは $y - x$ だけ。 $d = y - x$ の1次元の動きに読み替えると、3通りの移動がそのまま $d$ の $- 1, 0, + 1$ に対応する。

時刻 $n$ での点 $A$ の座標を $(x_{n}, y_{n})$ 、 $d_{n} = y_{n} - x_{n}$ とおく。3つの移動はそれぞれ

$(x + 1, y)$ へ … $d$ は $1$ 減る
$(x + 1, y + 1)$ へ … $d$ は変わらない
$(x, y + 1)$ へ … $d$ は $1$ 増える

どれも確率 $\frac{1}{3}$ で、 $d_{0} = 0$ 。条件 $(*)$ は「 $d_{0}, d_{1}, \dots, d_{n}$ がすべて $- 1, 0, 1$ のいずれか」と言い換えられる。

$d_{1}$ は $- 1, 0, 1$ のいずれかなので $P_{1} = 1$ 。 $P_{2}$ は $d_{1}$ で分けて

P_{2} = d_{1} = 0 \frac{1}{3} \cdot 1 + d_{1} = 1 \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} + d_{1} = - 1 \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{2}{9} = \frac{7}{9}

$P_{3}$ は (2) の $a_{n}, b_{n}$ を使うのが速い。 $a_{1} = \frac{1}{3}, b_{1} = \frac{2}{3}$ から $a_{2} = \frac{1}{3}, b_{2} = \frac{4}{9}$ 、さらに $a_{3} = \frac{7}{27}, b_{3} = \frac{10}{27}$ となり

P_{3} = a_{3} + b_{3} = \frac{7}{27} + \frac{10}{27} = \frac{17}{27}

答案で省略しない方がよい点

$d_{1} = 1$ から次に $d = 2$ へ出てしまう確率が $\frac{1}{3}$ ある。この「はみ出す枝」を落とすと $P_{2} = 1$ になってしまう。
$P_{n}$ は「時刻 $n$ までずっと条件内」であって「時刻 $n$ で条件内」ではない。途中で一度でも出たらその先は数えない。

(2) $a_{n + 1}, b_{n + 1}$ を $a_{n}, b_{n}$ で表す

答 $a_{n + 1} = \frac{1}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n}, b_{n + 1} = \frac{2}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n}$

方針 $d_{n} = 1$ と $d_{n} = - 1$ をひとまとめに $b_{n}$ としてよいのは、移動のルールが $d$ の符号について左右対称だから。この一言を書いておくと、 $2$ 状態で話が閉じる。

$d_{n} = 0$ （寄与 $a_{n}$ ）からは、次の $3$ 通りがすべて条件内。 $d_{n + 1} = 0$ になるのは $1$ 通りで $\frac{1}{3} a_{n}$ 、 $d_{n + 1} = \pm 1$ になるのは $2$ 通りで $\frac{2}{3} a_{n}$ 。

$d_{n} = 1$ からは次が $0, 1, 2$ で、 $2$ は条件外。 $d_{n + 1} = 0$ が $\frac{1}{3}$ 、 $d_{n + 1} = 1$ が $\frac{1}{3}$ 。 $d_{n} = - 1$ も対称に同じなので、まとめて $b_{n}$ から $d_{n + 1} = 0$ へ $\frac{1}{3} b_{n}$ 、 $d_{n + 1} = \pm 1$ へ $\frac{1}{3} b_{n}$ 。

a_{n + 1} = \frac{1}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n}, b_{n + 1} = \frac{2}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n}

検算

$a_{1} = \frac{1}{3}, b_{1} = \frac{2}{3}$ から順に計算すると $a_{2} = \frac{1}{3}, b_{2} = \frac{4}{9}$ 、 $a_{3} = \frac{7}{27}, b_{3} = \frac{10}{27}$ 。和はそれぞれ $\frac{7}{9}, \frac{17}{27}$ で (1) と合う。

答案で省略しない方がよい点

$b_{n}$ は $d_{n} = 1$ と $d_{n} = - 1$ の確率の和なので、 $b_{n}$ から $d_{n + 1} = 1$ へ移る確率は $\frac{2}{3} b_{n}$ ではなく $\frac{1}{3} b_{n}$ 。 $d_{n} = 1$ からしか $d_{n + 1} = 1$ へは行けない。

(3) $P_{n + 2}$ を $P_{n + 1}, P_{n}$ で表す

答 $P_{n + 2} = \frac{2}{3} P_{n + 1} + \frac{1}{9} P_{n}$

方針 $P_{n} = a_{n} + b_{n}$ なので、(2) の2式を足して $P$ だけの関係に直す。 $a_{n}, b_{n}$ を $P_{n}, P_{n + 1}$ で書き戻すのが要領。

(2) の2式を足すと

P_{n + 1} = a_{n + 1} + b_{n + 1} = a_{n} + \frac{2}{3} b_{n} \dots (i)

$a_{n} + b_{n} = P_{n}$ と合わせて $b_{n} = 3 (P_{n} - P_{n + 1}), a_{n} = 3 P_{n + 1} - 2 P_{n}$ 。これを (2) に入れると

a_{n + 1} = \frac{1}{3} (a_{n} + b_{n}) = \frac{1}{3} P_{n}, b_{n + 1} = \frac{2}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n} = P_{n + 1} - \frac{1}{3} P_{n}

$(i)$ を $n + 1$ で使って

P_{n + 2} = a_{n + 1} + \frac{2}{3} b_{n + 1} = \frac{1}{3} P_{n} + \frac{2}{3} (P_{n + 1} - \frac{1}{3} P_{n}) = \frac{2}{3} P_{n + 1} + \frac{1}{9} P_{n}

検算

$n = 1$ とすると $P_{3} = \frac{2}{3} \cdot \frac{7}{9} + \frac{1}{9} \cdot 1 = \frac{14}{27} + \frac{3}{27} = \frac{17}{27}$ で (1) と合う。さらに $P_{4} = \frac{2}{3} \cdot \frac{17}{27} + \frac{1}{9} \cdot \frac{7}{9} = \frac{41}{81}$ となり、 $a_{4} = \frac{17}{81}, b_{4} = \frac{24}{81}$ からの直接計算とも一致する。

答案で省略しない方がよい点

$(i)$ は $P_{n + 1}$ を $a_{n}, b_{n}$ で表した式で、 $P_{n} = a_{n} + b_{n}$ とは係数が違う。この $\frac{2}{3}$ の違いが $b_{n}$ を取り出す鍵になる。

(4) $α = \frac{1 + 2}{3}$ のとき $P_{n} \leq α^{n - 1}$ をすべての $n \geq 1$ で示す

答 $n = 1, 2$ を出発点に、(3) の漸化式と $α^{2} = \frac{2}{3} α + \frac{1}{9}$ を使った数学的帰納法で示せる

方針 $α$ は (3) の漸化式の特性方程式 $9 x^{2} - 6 x - 1 = 0$ の解。これに気づくと、帰納法の1歩が一行で終わる。

まず $9 α^{2} = (1 + 2)^{2} = 3 + 22$ と $6 α + 1 = 2 (1 + 2) + 1 = 3 + 22$ が等しいので

α^{2} = \frac{2}{3} α + \frac{1}{9} \dots (ii)

出発点。 $n = 1$ は $P_{1} = 1 = α^{0}$ で成立。 $n = 2$ は

P_{2} = \frac{7}{9} \leq α = \frac{1 + 2}{3} ⟺ \frac{4}{3} \leq 2 ⟺ \frac{16}{9} \leq 2

より成立。

帰納の1歩。 $P_{n} \leq α^{n - 1}$ と $P_{n + 1} \leq α^{n}$ を仮定する。(3) の係数 $\frac{2}{3}, \frac{1}{9}$ はともに正なので不等号の向きが保たれ

P_{n + 2} = \frac{2}{3} P_{n + 1} + \frac{1}{9} P_{n} \leq \frac{2}{3} α^{n} + \frac{1}{9} α^{n - 1} = α^{n - 1} (\frac{2}{3} α + \frac{1}{9})

$(ii)$ よりこれは $α^{n - 1} \cdot α^{2} = α^{n + 1}$ に等しい。よって $P_{n + 2} \leq α^{(n + 2) - 1}$ 。

以上より、すべての $n \geq 1$ で $P_{n} \leq α^{n - 1}$ が成り立つ。

検算

$α = 0.8047 \dots$ なので $α^{3} = 0.5211 \dots$ 。一方 $P_{4} = \frac{41}{81} = 0.5061 \dots$ で、確かに $P_{4} \leq α^{3}$ 。 $n$ が大きいほど両者の比は一定に近づく（ $α$ が特性方程式の大きいほうの解だから）。

答案で省略しない方がよい点

2つ前まで使う漸化式なので、出発点は $n = 1$ と $n = 2$ の両方が要る。 $n = 1$ だけだと回らない。
$P_{2} \leq α$ は数値で「だいたい $0.78 < 0.80$ 」と書くのではなく、 $\frac{16}{9} \leq 2$ まで有理数に落として示す。
$α$ がどこから来た数かに触れずに計算だけ進めると、 $(ii)$ が天下りに見える。特性方程式の解であることを一言添える。