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全4問・無料

大阪公立大学　2025年度（令和7年度）　前期日程　理系

大阪公立大理系 2025年度数学の解答・解説

大阪公立大学（大阪公立大理系）2025年度（令和7年度・2025年）前期日程・理系入試の数学全4問（第1問：微分積分・極限、第2問：空間ベクトル・積分法、第3問：整数、第4問：図形と方程式・三角関数）について、当サイトで独自に解いた解答・計算過程・詳解・別解を大問ごとに掲載しています。

最終更新 2026/11/15

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、この年度については大学が公開していません（2026/11/15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　微分積分・極限

絶対値を含む三角関数の定積分・定積分と調和級数の不等式評価・はさみうちの原理と極限当サイトの体感難易度：標準

問1 $0 < a < 2$ とし、 $I_{k} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} ∣ a cos x - k sin 2 x ∣ d x (k = 1, 2, 3, \dots)$ を積分を用いない $a$ と $k$ のみの式で表す

答 $I_{k} = \frac{a ^{2}}{2 k} + k - a$

$a cos x - k sin 2 x = cos x (a - 2 k sin x)$ と因数分解し、 $sin α_{k} = \frac{a}{2 k}$ となる $α_{k} \in (0, \frac{π}{2})$ を境に絶対値を外して積分する。

倍角の公式 $sin 2 x = 2 sin x cos x$ より、被積分関数は

a cos x - k sin 2 x = cos x (a - 2 k sin x)

と変形できる。 $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ において $cos x ≧ 0$ であり、また $0 < a < 2, k ≧ 1$ より $0 < \frac{a}{2 k} < 1$ であるから、 $sin α_{k} = \frac{a}{2 k}$ を満たす実数 $α_{k}$ が $0 < α_{k} < \frac{π}{2}$ にただ1つ存在する。

$0 ≦ x ≦ α_{k}$ では $a - 2 k sin x ≧ 0$ 、 $α_{k} ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ では $a - 2 k sin x ≦ 0$ であり、 $(a sin x - k sin^{2} x)^{'} = a cos x - 2 k sin x cos x$ だから

I_{k} = \int_{0}^{α_{k}} (a cos x - 2 k sin x cos x) d x - \int_{α_{k}}^{\frac{π}{2}} (a cos x - 2 k sin x cos x) d x = [a sin x - k sin^{2} x]_{0}^{α_{k}} - [a sin x - k sin^{2} x]_{α_{k}}^{\frac{π}{2}} = 2 (a sin α_{k} - k sin^{2} α_{k}) - (a - k)

ここに $sin α_{k} = \frac{a}{2 k}$ を代入すると

I_{k} = 2 (a \cdot \frac{a}{2 k} - k \cdot \frac{a ^{2}}{4 k ^{2}}) - a + k = \frac{a ^{2}}{2 k} + k - a

を得る。

$a \to 0$ のとき $I_{k} \to k = \int_{0}^{π /2} k sin 2 x d x$ と一致する。

▸ 別解：置換積分

u = s in x

を使う別解

$u = sin x$ とおくと $d u = cos x d x$ であり、 $x : 0 \to \frac{π}{2}$ のとき $u : 0 \to 1$ となるから、 $I_{k} = \int_{0}^{1} ∣ a - 2 k u ∣ d u$ となる。折れ線 $y = ∣ a - 2 k u ∣$ と $u$ 軸で囲まれる2つの直角三角形（底辺 $\frac{a}{2 k}$ ・高さ $a$ と、底辺 $1 - \frac{a}{2 k}$ ・高さ $2 k - a$ ）の面積の和として

I_{k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2 k} \cdot a + \frac{1}{2} (1 - \frac{a}{2 k}) (2 k - a) = \frac{a ^{2}}{2 k} + k - a

と直ちに求まる。

問2 $2$ 以上の整数 $n$ に対し、3つの数 $lo g n, k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k}, k = 2 \sum n \frac{1}{k}$ の大小を比較する

答 $k = 2 \sum n \frac{1}{k} < lo g n < k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k}$

区間 $k ≦ x ≦ k + 1$ における $\frac{1}{k + 1} < \frac{1}{x} < \frac{1}{k}$ を積分して $k = 1, \dots, n - 1$ で和をとる。

関数 $y = \frac{1}{x}$ は $x > 0$ で狭義単調減少であるから、各整数 $k = 1, 2, \dots, n - 1$ に対し、 $k < x < k + 1$ において

\frac{1}{k + 1} < \frac{1}{x} < \frac{1}{k}

が成り立つ。各辺を $x$ について $k$ から $k + 1$ まで定積分すると

\frac{1}{k + 1} < \int_{k}^{k + 1} \frac{1}{x} d x < \frac{1}{k}

となる。これを $k = 1, 2, \dots, n - 1$ について辺々加えると、中辺は $\int_{1}^{n} \frac{1}{x} d x = [lo g x]_{1}^{n} = lo g n$ となるから

k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k + 1} < lo g n < k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k} ⟺ k = 2 \sum n \frac{1}{k} < lo g n < k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k}

である。

$n = 2$ のとき $\frac{1}{2} < lo g 2 \approx 0.693 < 1$ で成り立っている。

問3 $J_{n} = \frac{1}{lo g n} (k = 1 \sum n I_{k} + b n^{2})$ が収束するとき、 $a, b$ と極限値 $n \to \infty lim J_{n}$ を求める

答 $a = \frac{1}{2}, b = - \frac{1}{2}, n \to \infty lim J_{n} = \frac{1}{8}$

問1の $I_{k}$ を代入して $\sum_{k = 1}^{n} I_{k}$ を整理し、発散する $\frac{n ^{2}}{lo g n}$ と $\frac{n}{lo g n}$ の係数がともに $0$ になることから $a, b$ を決定する。

問1より

k = 1 \sum n I_{k} + b n^{2} = k = 1 \sum n (\frac{a ^{2}}{2 k} + k - a) + b n^{2} = \frac{a ^{2}}{2} k = 1 \sum n \frac{1}{k} + \frac{n ( n + 1 )}{2} - an + b n^{2} = \frac{a ^{2}}{2} k = 1 \sum n \frac{1}{k} + (b + \frac{1}{2}) n^{2} + (\frac{1}{2} - a) n

であるから、 $J_{n}$ は

J_{n} = \frac{a ^{2}}{2} \cdot \frac{1}{lo g n} k = 1 \sum n \frac{1}{k} + \frac{n}{lo g n} {(b + \frac{1}{2}) n + (\frac{1}{2} - a)}

と表される。ここで問2の不等式の左辺に $1$ を加え、右辺に $\frac{1}{n}$ を加えると

lo g n + \frac{1}{n} < k = 1 \sum n \frac{1}{k} < lo g n + 1 ⟺ 1 + \frac{1}{n lo g n} < \frac{1}{lo g n} k = 1 \sum n \frac{1}{k} < 1 + \frac{1}{lo g n}

が成り立つ。 $n \to \infty lim \frac{1}{lo g n} = 0$ より、はさみうちの原理から

n \to \infty lim \frac{1}{lo g n} k = 1 \sum n \frac{1}{k} = 1

である。したがって ${J_{n}}$ が収束するためには、第2項 $\frac{n}{lo g n} {(b + \frac{1}{2}) n + (\frac{1}{2} - a)}$ も収束しなければならない。ここで問題文より $n \to \infty lim \frac{n}{lo g n} = \infty$ であるから、もし $b + \frac{1}{2} \neq = 0$ または $\frac{1}{2} - a \neq = 0$ であれば第2項は $\pm \infty$ に発散する。

よって収束するための必要十分条件は

b + \frac{1}{2} = 0 かつ \frac{1}{2} - a = 0 ⟺ a = \frac{1}{2}, b = - \frac{1}{2}

である（これは $0 < a < 2$ を満たす）。このとき第2項は恒等的に $0$ となり、極限値は

n \to \infty lim J_{n} = \frac{a ^{2}}{2} \cdot 1 = \frac{( \frac{1}{2} ) ^{2}}{2} = \frac{1}{8}

である。

問題文にわざわざ「 $lim_{n \to \infty} \frac{n}{lo g n} = \infty$ は用いてよい」と与えられているのは、 $n^{2} / lo g n$ と $n / lo g n$ の係数を両方消す論証で使わせるためである。

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第2問　空間ベクトル・積分法

三角形の垂心の座標・4点の共面条件・四面体の切断面の面積・断面積の積分と体積当サイトの体感難易度：標準

問1 $A (1, 1, 0), B (1, 0, 2), C (1, 4, 2), D (- 1, 1, 0)$ に対し、平面 $ABC$ 上で $B$ を通り $AC$ に垂直な直線 $ℓ$ と、 $C$ を通り $AB$ に垂直な直線 $m$ の交点 $E$ の座標を求める

答 $E (1, 1, \frac{1}{2})$

$3$ 点 $A, B, C$ の $x$ 座標はすべて $1$ だから、平面 $ABC$ は平面 $x = 1$ である。 $E (1, y, z)$ とおいて $BE \cdot AC = 0, CE \cdot AB = 0$ を解く。

3点 $A (1, 1, 0), B (1, 0, 2), C (1, 4, 2)$ の $x$ 座標はすべて $1$ であるから、平面 $ABC$ は平面 $x = 1$ である。

よって点 $E$ の座標を $E (1, y, z)$ とおくことができる。このとき

AB = 0 - 1 2, AC = 032, BE = 0 y z - 2, CE = 0 y - 4 z - 2

である。 $BE ⊥ AC$ かつ $CE ⊥ AB$ より

{BE \cdot AC = 3 y + 2 (z - 2) = 0 CE \cdot AB = - (y - 4) + 2 (z - 2) = 0

第1式から第2式を引くと $4 y - 4 = 0$ より $y = 1$ 。これを第2式に代入すると $2 (z - 2) = - 3$ より $z = \frac{1}{2}$ 。したがって

E (1, 1, \frac{1}{2})

である。

辺 $BC$ は $z = 2$ に平行な水平線分なので、 $A (1, 1, 0)$ から $BC$ におろした垂線は $y = 1$ となり、垂心 $E$ の $y$ 座標が $1$ であることと直ちに一致する。

問2 $0 < t < 1$ に対し、 $AB$ を $t : (1 - t)$ に内分する点を $P$ 、 $AC$ を $t : (1 - t)$ に内分する点を $Q$ 、 $CD$ を $(1 - t) : t$ に内分する点を $R$ 、 $BD$ を $(1 - t) : t$ に内分する点を $S$ とするとき、4点 $P, Q, R, S$ が同一平面上にあることを示す

答 $PQ = SR = (0, 4 t, 0)$ となり（または4点の $z$ 座標がすべて $2 t$ で平面 $z = 2 t$ 上にあるため）、同一平面上にある

各点の座標を具体的に求めると、4点とも平面 $z = 2 t$ 上にあり、しかも $PQ = SR$ （平行四辺形）であることが一目でわかる。

内分の定義より、4点 $P, Q, R, S$ の座標はそれぞれ

P Q R S = (1 - t) A + t B = (1, 1 - t, 2 t), = (1 - t) A + t C = (1, 1 + 3 t, 2 t), = t C + (1 - t) D = (2 t - 1, 1 + 3 t, 2 t), = t B + (1 - t) D = (2 t - 1, 1 - t, 2 t)

である。これより

PQ = 0 4 t 0, SR = 0 4 t 0

となって $PQ = SR$ すなわち $PR = PQ + PS$ が成り立つ（また4点の $z$ 座標はすべて $2 t$ で平面 $z = 2 t$ 上にある）。したがって4点 $P, Q, R, S$ は同一平面上にある。 $■$

「線分 $CD$ を $(1 - t) : t$ に内分」は $C$ から $1 - t$ 、 $D$ から $t$ の比なので $R = t C + (1 - t) D$ となることに注意する。

問34点 $P, Q, R, S$ を含む平面 $α$ による四面体 $ABCD$ の切り口の面積を $t$ の式で表す

答 $8 t (1 - t)$

切り口は四角形 $PQRS$ であり、 $PQ = (0, 4 t, 0)$ と $PS = (- 2 (1 - t), 0, 0)$ が直交することから長方形の面積として求める。

4点 $P, Q, R, S$ はそれぞれ四面体 $ABCD$ の4辺 $AB, AC, CD, BD$ 上の点であるから、平面 $α$ （平面 $z = 2 t$ ）による四面体 $ABCD$ の切り口は四角形 $PQRS$ である。

問2より $PQ = SR = (0, 4 t, 0)$ であり、また

PS = S - P = - 2 (1 - t) 00

であるから $PQ \cdot PS = 0$ すなわち $PQ ⊥ PS$ である。よって四角形 $PQRS$ は2辺の長さが

PQ = 4 t, PS = 2 (1 - t)

の長方形であり、求める切り口の面積は

PQ \cdot PS = 4 t \cdot 2 (1 - t) = 8 t (1 - t)

である。

$t \to 0$ で線分 $AD$ に潰れて面積 $0$ 、 $t \to 1$ で線分 $BC$ に潰れて面積 $0$ となる。

問4平面 $α$ に平行で点 $E$ を通る平面 $β$ によって四面体 $ABCD$ が2つの部分に分けられるとき、辺 $BC$ を含む方の図形の体積を求める

答 $\frac{9}{4}$

平面 $α$ は $z = 2 t$ だから、 $E (1, 1, 1/2)$ を通り $α$ に平行な平面 $β$ は $z = \frac{1}{2}$ （ $t = \frac{1}{4}$ に対応）である。辺 $BC$ は $z = 2$ にあるから、 $z$ を $\frac{1}{2}$ から $2$ まで断面積を積分する。

問2より平面 $α$ の方程式は $z = 2 t$ （ $x y$ 平面に平行な平面）である。したがって、点 $E (1, 1, \frac{1}{2})$ を通り平面 $α$ に平行な平面 $β$ の方程式は

z = \frac{1}{2}

である。四面体 $ABCD$ は $0 ≦ z ≦ 2$ の範囲にあり、辺 $BC$ 上の点は $z = 2$ にあるから、辺 $BC$ を含む方の立体は $\frac{1}{2} ≦ z ≦ 2$ の部分である。

高さ $z = 2 t (0 < t < 1)$ における平面 $z = 2 t$ での断面積は、問3より $S (z) = 8 t (1 - t)$ である。 $d z = 2 d t$ 、かつ $z : \frac{1}{2} \to 2$ のとき $t : \frac{1}{4} \to 1$ であるから、求める体積 $V$ は

V = \int_{\frac{1}{2}}^{2} S (z) d z = \int_{\frac{1}{4}}^{1} 8 t (1 - t) \cdot 2 d t = 16 [\frac{t ^{2}}{2} - \frac{t ^{3}}{3}]_{\frac{1}{4}}^{1} = 16 {(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) - (\frac{1}{32} - \frac{1}{192})} = 16 (\frac{1}{6} - \frac{5}{192}) = 16 \cdot \frac{27}{192} = \frac{9}{4}

である。

四面体 $ABCD$ 全体の体積は $\int_{0}^{1} 16 t (1 - t) d t = \frac{8}{3}$ であり、 $\frac{9}{4} = 2.25 < \frac{8}{3} \approx 2.67$ で妥当である。

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第3問　整数

正の約数の列と最小素因数・約数の偶奇と素因数分解・背理法による絞り込み当サイトの体感難易度：やや難

問1 $2 < a < b < c$ かつ $(a - 2) (b - 2) (c + 2) = 2^{6}$ を満たす整数 $a, b, c$ の組をすべて求める

答 $(a, b, c) = (3, 4, 30), (3, 6, 14)$

$x = a - 2, y = b - 2, z = c + 2$ とおくと $1 ≦ x < y < z - 4$ かつ $x y z = 64$ となるので、 $2$ の累乗の組を列挙する。

$x = a - 2, y = b - 2, z = c + 2$ とおくと、 $2 < a < b < c$ （ $a, b, c$ は整数）より

1 ≦ x < y, b = y + 2 < c = z - 2 ⟺ y + 4 < z

であり、 $x y z = 2^{6} = 64$ を満たす。 $x, y, z$ はすべて $64$ の正の約数（ $2$ の累乗）で $1 ≦ x < y < z$ だから、組 $(x, y, z)$ の候補は

(x, y, z) = (1, 2, 32), (1, 4, 16), (2, 4, 8)

の3通りである。このうち $y + 4 < z$ （すなわち $b < c$ ）を満たすのは $(1, 2, 32)$ と $(1, 4, 16)$ の2通り（ $(2, 4, 8)$ は $b = 6, c = 6$ となり $b < c$ を満たさない）である。よって

(a, b, c) = (3, 4, 30), (3, 6, 14)

である。

$(3 - 2) (4 - 2) (30 + 2) = 1 \cdot 2 \cdot 32 = 64$ 、 $(3 - 2) (6 - 2) (14 + 2) = 1 \cdot 4 \cdot 16 = 64$ 。

問2自然数 $N$ の正の約数を小さい順に $1 = d_{1} < d_{2} < \dots < d_{n} = N (n ≧ 5)$ とし、 $(d_{3} - d_{2}) (d_{4} - d_{2}) (d_{5} + d_{2}) = (2 d_{2})^{3}$ を満たすとき、 $d_{2} \neq = 2$ であることを示す

答 $d_{2} = 2$ と仮定すると問1より $(d_{3}, d_{4}, d_{5}) = (3, 4, 30)$ または $(3, 6, 14)$ となるが、前者は $6$ が約数であること、後者は $7$ が約数であることに矛盾する

$d_{2} = 2$ と仮定すると問1の方程式に帰着する。約数の性質（ $2$ と $3$ が約数なら $6$ も約数、 $14$ が約数なら $7$ も約数）から矛盾を導く。

背理法により $d_{2} = 2$ と仮定する。このとき $2 = d_{2} < d_{3} < d_{4} < d_{5}$ かつ

(d_{3} - 2) (d_{4} - 2) (d_{5} + 2) = 4^{3} = 2^{6}

が成り立つから、問1より $(d_{3}, d_{4}, d_{5}) = (3, 4, 30)$ または $(3, 6, 14)$ である。

$(d_{3}, d_{4}, d_{5}) = (3, 4, 30)$ のとき： $d_{2} = 2, d_{3} = 3$ はともに $N$ の約数であり、 $2$ と $3$ は互いに素だから $2 \times 3 = 6$ も $N$ の約数である。ところが $4 = d_{4} < 6 < 30 = d_{5}$ となり、 $d_{4}$ の次に小さい約数が $d_{5} = 30$ であることに矛盾する。
$(d_{3}, d_{4}, d_{5}) = (3, 6, 14)$ のとき： $d_{5} = 14$ が $N$ の約数であるから、その約数である $7$ も $N$ の約数である。ところが $6 = d_{4} < 7 < 14 = d_{5}$ となり、同様に矛盾する。

いずれの場合も矛盾するから、 $d_{2} \neq = 2$ である。 $■$

「小さい順に並べた連続する約数の間に別の約数が入ってしまう」という典型的な背理法である。

問3 $d_{2} = 3$ であることを示す

答 $d_{2}$ は最小の素因数（奇素数）だからすべての約数は奇数であり、 $\frac{d _{3} - d _{2}}{2} \cdot \frac{d _{4} - d _{2}}{2} \cdot \frac{d _{5} + d _{2}}{2} = d_{2}^{3}$ から $d_{4} = 3 d_{2}$ となって $3$ が $N$ の約数となるため $d_{2} = 3$

$1$ の次に小さい約数 $d_{2}$ は $N$ の最小素因数である。 $d_{2} \neq = 2$ より $N$ の約数はすべて奇数だから、 $d_{3} - d_{2}, d_{4} - d_{2}, d_{5} + d_{2}$ はすべて偶数となり、両辺を $8$ で割ると素数 $p = d_{2}$ の3乗の約数分解に帰着する。

$d_{2}$ は $1$ より大きい最小の約数であるから、 $d_{2}$ は素数（ $N$ の最小素因数）である。問2より $d_{2} \neq = 2$ だから、 $d_{2}$ は $3$ 以上の奇素数であり、 $N$ は $2$ を素因数にもたない奇数である。

したがって $N$ の約数 $d_{2}, d_{3}, d_{4}, d_{5}$ はすべて奇数であるから、 $d_{3} - d_{2}, d_{4} - d_{2}, d_{5} + d_{2}$ はすべて正の偶数である。そこで正の整数 $u, v, w$ を

u = \frac{d _{3} - d _{2}}{2}, v = \frac{d _{4} - d _{2}}{2}, w = \frac{d _{5} + d _{2}}{2}

とおくと、 $d_{2} < d_{3} < d_{4} < d_{5}$ より $1 ≦ u < v < w$ であり、与えられた等式 $(2 u) (2 v) (2 w) = (2 d_{2})^{3}$ の両辺を $8$ で割ると

uv w = d_{2}^{3}

となる。 $d_{2}$ は素数であるから、 $d_{2}^{3}$ の正の約数は $1, d_{2}, d_{2}^{2}, d_{2}^{3}$ の4個のみである。 $1 ≦ u < v < w$ かつ $uv w = d_{2}^{3}$ を満たす組は

(u, v, w) = (1, d_{2}, d_{2}^{2})

に限られる。このとき $v = \frac{d _{4} - d _{2}}{2} = d_{2}$ より

d_{4} = 3 d_{2}

である。 $d_{4} = 3 d_{2}$ は $N$ の約数であるから、 $3$ も $N$ の約数である。 $d_{2}$ は $1$ より大きい $N$ の最小の約数であり、かつ $d_{2} \neq = 2$ だから、 $d_{2} = 3$ である。 $■$

奇数の差・和が偶数になることから因子 $2^{3} = 8$ をくくり出すのが本問最大の急所である。

問4 $d_{3}, d_{4}, d_{5}$ を求める

答 $d_{3} = 5, d_{4} = 9, d_{5} = 15$

問3で得た $(u, v, w) = (1, d_{2}, d_{2}^{2})$ に $d_{2} = 3$ を代入する。

問3の証明より $(u, v, w) = (1, d_{2}, d_{2}^{2})$ に $d_{2} = 3$ を代入すると $(u, v, w) = (1, 3, 9)$ である。したがって

d_{3} d_{4} d_{5} = d_{2} + 2 u = 3 + 2 \cdot 1 = 5, = d_{2} + 2 v = 3 + 2 \cdot 3 = 9, = 2 w - d_{2} = 2 \cdot 9 - 3 = 15

である。

たとえば $N = 45 = 3^{2} \times 5$ や $N = 2025 = 3^{4} \times 5^{2}$ のとき、小さい方から5つの約数は $1, 3, 5, 9, 15$ となり、 $(5 - 3) (9 - 3) (15 + 3) = 2 \cdot 6 \cdot 18 = 216 = 6^{3} = (2 \cdot 3)^{3}$ を確かに満たす。

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第4問　図形と方程式・三角関数

点と直線の距離・三角関数の積和・和積の公式・極方程式・媒介変数曲線と直線の交点当サイトの体感難易度：標準

問1 $O (0, 0), P (1, 0), Q (cos α, sin α) (0 < α < π)$ に対し、点 $O$ と直線 $PQ$ の距離を $α$ の式で表す

答 $cos \frac{α}{2}$

$OP = OQ = 1$ より $△ OPQ$ は頂角 $∠ POQ = α$ の二等辺三角形である。

$OP = OQ = 1$ かつ $∠ POQ = α (0 < α < π)$ であるから、 $△ OPQ$ は二等辺三角形である。原点 $O$ から直線 $PQ$ におろした垂線の足を $H$ とすると、 $H$ は線分 $PQ$ の中点であり、 $∠ POH = \frac{α}{2} (0 < \frac{α}{2} < \frac{π}{2})$ となる。

よって直角三角形 $OPH$ において、求める距離 $OH$ は

OH = OP cos \frac{α}{2} = cos \frac{α}{2}

である。

$α = \frac{π}{2}$ のとき直線 $x + y = 1$ と原点の距離は $\frac{1}{2} = cos \frac{π}{4}$ 。

▸ 別解：直線

PQ

の法線標準形を用いる別解

線分 $PQ$ の中点の方向ベクトルは $(cos \frac{α}{2}, sin \frac{α}{2})$ であり、 $PQ$ に垂直だから、点 $P (1, 0)$ を通る直線 $PQ$ の方程式は $x cos \frac{α}{2} + y sin \frac{α}{2} = cos \frac{α}{2}$ である。 $0 < \frac{α}{2} < \frac{π}{2}$ より $cos \frac{α}{2} > 0$ だから、原点との距離は $cos \frac{α}{2}$ となる。

問2 $f (θ) = 2 cos θ - 1$ とするとき、等式 $f (θ) cos (θ - \frac{α}{2}) = cos \frac{α}{2} - 2 sin \frac{θ}{2} sin \frac{3 θ - α}{2}$ を示す

答 $2 cos θ cos (θ - \frac{α}{2}) = cos (2 θ - \frac{α}{2}) + cos \frac{α}{2}$ と積和の公式を使い、 $cos (2 θ - \frac{α}{2}) - cos (θ - \frac{α}{2})$ に和積の公式を適用して示される

左辺を展開し、 $2 cos θ cos (θ - \frac{α}{2})$ に積和の公式、残った余弦の差に和積の公式を使う。

積和の公式より

2 cos θ cos (θ - \frac{α}{2}) = cos (2 θ - \frac{α}{2}) + cos \frac{α}{2}

であるから、左辺を展開すると

f (θ) cos (θ - \frac{α}{2}) = 2 cos θ cos (θ - \frac{α}{2}) - cos (θ - \frac{α}{2}) = cos \frac{α}{2} + cos (2 θ - \frac{α}{2}) - cos (θ - \frac{α}{2})

となる。さらに余弦の差の和積の公式 $cos A - cos B = - 2 sin \frac{A + B}{2} sin \frac{A - B}{2}$ を第2・第3項に適用すると

cos (2 θ - \frac{α}{2}) - cos (θ - \frac{α}{2}) = - 2 sin \frac{3 θ - α}{2} sin \frac{θ}{2}

であるから、題意の等式

f (θ) cos (θ - \frac{α}{2}) = cos \frac{α}{2} - 2 sin \frac{θ}{2} sin \frac{3 θ - α}{2}

が成り立つ。 $■$

右辺の $2 sin \frac{θ}{2} sin \frac{3 θ - α}{2}$ を逆に積和で $cos (θ - \frac{α}{2}) - cos (2 θ - \frac{α}{2})$ に戻しても同じ行数の計算で示せる。

問3媒介変数 $t (0 < t < \frac{π}{3})$ で $x = f (t) cos t, y = f (t) sin t$ と表される曲線 $C$ と直線 $PQ$ は1点のみを共有することを示し、共有点 $R$ に対して $∠ POR$ を $α$ の式で表す

答 $t = \frac{α}{3}$ のただ1点で交わり、 $∠ POR = \frac{α}{3}$

直線 $PQ$ の方程式 $x cos \frac{α}{2} + y sin \frac{α}{2} = cos \frac{α}{2}$ に曲線 $C$ の式を代入すると、ちょうど問2の等式から $sin \frac{t}{2} sin \frac{3 t - α}{2} = 0$ が得られる。

問1より、原点 $O$ から直線 $PQ$ におろした垂線の足 $H$ は偏角 $\frac{α}{2}$ 、原点からの距離 $cos \frac{α}{2}$ の点であるから、直線 $PQ$ の方程式は

x cos \frac{α}{2} + y sin \frac{α}{2} = cos \frac{α}{2}

である。これに曲線 $C$ 上の点 $(x, y) = (f (t) cos t, f (t) sin t)$ を代入すると、加法定理より

f (t) (cos t cos \frac{α}{2} + sin t sin \frac{α}{2}) = cos \frac{α}{2} ⟺ f (t) cos (t - \frac{α}{2}) = cos \frac{α}{2}

となる。問2の等式を用いると、この方程式は

2 sin \frac{t}{2} sin \frac{3 t - α}{2} = 0

と同値である。ここで $0 < t < \frac{π}{3}, 0 < α < π$ より

0 < \frac{t}{2} < \frac{π}{6}, - \frac{π}{2} < - \frac{α}{2} < \frac{3 t - α}{2} < \frac{π - α}{2} < \frac{π}{2}

であるから、 $sin \frac{t}{2} > 0$ であり、 $sin \frac{3 t - α}{2} = 0$ となるのは

\frac{3 t - α}{2} = 0 ⟺ t = \frac{α}{3}

のときに限られる（ $0 < α < π$ より $0 < \frac{α}{3} < \frac{π}{3}$ を満たす）。また $0 < t_{1} < t_{2} < \frac{π}{3}$ に対して偏角 $t$ が異なる（かつ $f (t) = 2 cos t - 1 > 0$ ）ため、曲線 $C$ は自己交差をもたない。よって曲線 $C$ と直線 $PQ$ は $t = \frac{α}{3}$ に対応するただ1点 $R$ のみを共有する。 $■$

さらに $t = \frac{α}{3} \in (0, \frac{π}{3})$ において $f (\frac{α}{3}) = 2 cos \frac{α}{3} - 1 > 2 \cdot \frac{1}{2} - 1 = 0$ であるから、共有点 $R (f (\frac{α}{3}) cos \frac{α}{3}, f (\frac{α}{3}) sin \frac{α}{3})$ の動径は原点から偏角 $\frac{α}{3}$ の半直線上にある。 $P (1, 0)$ は $x$ 軸の正の部分にあるから

∠ POR = \frac{α}{3}

である。

曲線

C : r = 2 cos t - 1 (0 < t < π /3)

と直線

PQ

（

α = 2 π /3

の例）。共有点

R

の偏角は

∠ POR = α /3

となり、曲線

C

は一般角

α

の三等分線を与える曲線（パスカルの蝸牛線の一部）になっている。

この曲線 $r = 2 cos t - 1$ は角の三等分に用いられる有名な曲線（リマソン）である。

$r = f (t)$ が正であることを確認しないと、偏角 $t$ がそのまま $∠ POR$ になるとは言えない（もし $f (t) < 0$ なら偏角は $t + π$ になる）。 $0 < t < \frac{π}{3}$ より $f (t) = 2 cos t - 1 > 0$ を必ず一言添える。

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問題文について

問10<a<2 とし、Ik​=∫02π​​∣acosx−ksin2x∣dx (k=1,2,3,…) を積分を用いない a と k のみの式で表す

問22 以上の整数 n に対し、3つの数 logn, k=1∑n−1​k1​, k=2∑n​k1​ の大小を比較する

問3Jn​=logn1​(k=1∑n​Ik​+bn2) が収束するとき、a,b と極限値 n→∞lim​Jn​ を求める

問1A(1,1,0), B(1,0,2), C(1,4,2), D(−1,1,0) に対し、平面 ABC 上で B を通り AC に垂直な直線 ℓ と、C を通り AB に垂直な直線 m の交点 E の座標を求める

問20<t<1 に対し、AB を t:(1−t) に内分する点を P、AC を t:(1−t) に内分する点を Q、CD を (1−t):t に内分する点を R、BD を (1−t):t に内分する点を S とするとき、4点 P,Q,R,S が同一平面上にあることを示す

問34点 P,Q,R,S を含む平面 α による四面体 ABCD の切り口の面積を t の式で表す

問4平面 α に平行で点 E を通る平面 β によって四面体 ABCD が2つの部分に分けられるとき、辺 BC を含む方の図形の体積を求める

問12<a<b<c かつ (a−2)(b−2)(c+2)=26 を満たす整数 a,b,c の組をすべて求める

問2自然数 N の正の約数を小さい順に 1=d1​<d2​<⋯<dn​=N (n≧5) とし、(d3​−d2​)(d4​−d2​)(d5​+d2​)=(2d2​)3 を満たすとき、d2​=2 であることを示す

問3d2​=3 であることを示す

問4d3​, d4​, d5​ を求める

問1O(0,0), P(1,0), Q(cosα,sinα) (0<α<π) に対し、点 O と直線 PQ の距離を α の式で表す

問2f(θ)=2cosθ−1 とするとき、等式 f(θ)cos(θ−2α​)=cos2α​−2sin2θ​sin23θ−α​ を示す

問3媒介変数 t (0<t<3π​) で x=f(t)cost, y=f(t)sint と表される曲線 C と直線 PQ は1点のみを共有することを示し、共有点 R に対して ∠POR を α の式で表す

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問1 $0 < a < 2$ とし、 $I_{k} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} ∣ a cos x - k sin 2 x ∣ d x (k = 1, 2, 3, \dots)$ を積分を用いない $a$ と $k$ のみの式で表す

問2 $2$ 以上の整数 $n$ に対し、3つの数 $lo g n, k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k}, k = 2 \sum n \frac{1}{k}$ の大小を比較する

問3 $J_{n} = \frac{1}{lo g n} (k = 1 \sum n I_{k} + b n^{2})$ が収束するとき、 $a, b$ と極限値 $n \to \infty lim J_{n}$ を求める

問1 $A (1, 1, 0), B (1, 0, 2), C (1, 4, 2), D (- 1, 1, 0)$ に対し、平面 $ABC$ 上で $B$ を通り $AC$ に垂直な直線 $ℓ$ と、 $C$ を通り $AB$ に垂直な直線 $m$ の交点 $E$ の座標を求める

問34点 $P, Q, R, S$ を含む平面 $α$ による四面体 $ABCD$ の切り口の面積を $t$ の式で表す

問4平面 $α$ に平行で点 $E$ を通る平面 $β$ によって四面体 $ABCD$ が2つの部分に分けられるとき、辺 $BC$ を含む方の図形の体積を求める

問1 $2 < a < b < c$ かつ $(a - 2) (b - 2) (c + 2) = 2^{6}$ を満たす整数 $a, b, c$ の組をすべて求める

問2自然数 $N$ の正の約数を小さい順に $1 = d_{1} < d_{2} < \dots < d_{n} = N (n ≧ 5)$ とし、 $(d_{3} - d_{2}) (d_{4} - d_{2}) (d_{5} + d_{2}) = (2 d_{2})^{3}$ を満たすとき、 $d_{2} \neq = 2$ であることを示す

問3 $d_{2} = 3$ であることを示す

問4 $d_{3}, d_{4}, d_{5}$ を求める

問1 $O (0, 0), P (1, 0), Q (cos α, sin α) (0 < α < π)$ に対し、点 $O$ と直線 $PQ$ の距離を $α$ の式で表す

問2 $f (θ) = 2 cos θ - 1$ とするとき、等式 $f (θ) cos (θ - \frac{α}{2}) = cos \frac{α}{2} - 2 sin \frac{θ}{2} sin \frac{3 θ - α}{2}$ を示す

問3媒介変数 $t (0 < t < \frac{π}{3})$ で $x = f (t) cos t, y = f (t) sin t$ と表される曲線 $C$ と直線 $PQ$ は1点のみを共有することを示し、共有点 $R$ に対して $∠ POR$ を $α$ の式で表す

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