独自の解答・詳解
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全6問・無料

東京大学　2022年度　前期日程　理科

東大理系 2022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。理科の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/11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　微分法・積分法

積分で定義された関数の微分・増減表・部分積分・最小値当サイトの体感難易度：標準

(1) $f (x)$ が $0 \leq x < \frac{π}{2}$ で最小値を持つことを示す

答 $f^{'} (x) = lo g (cos x) (cos x - sin x)$ となり、 $x = \frac{π}{4}$ で最小になる

$f$ は「積のかたまり」と「積分」の和だが、微分してしまえば積分の項は中身がそのまま出てくる。積の微分で出る項とちょうど打ち消し合うので、 $f^{'}$ はきれいな積の形になる。あとは2つの因子の符号を別々に見るだけでよい。区間の右端が開いているので、そこで下がり続けていないことも確かめる必要がある。

$0 \leq x < \frac{π}{2}$ では $0 < cos x \leq 1$ なので、 $lo g (cos x)$ はきちんと定まる。積の微分で

\frac{d}{d x} {(cos x) lo g (cos x)} = - sin x lo g (cos x) + cos x \cdot \frac{- sin x}{cos x} = - sin x lo g (cos x) - sin x

であり、積分の項は微分すると中身がそのまま出るから

f^{'} (x) = {- sin x lo g (cos x) - sin x} + sin x + (cos x) lo g (cos x) = lo g (cos x) (cos x - sin x)

となる。 $- sin x$ と $+ sin x$ が打ち消し合うのがこの問題の仕掛けである。2つの因子の符号を見る。

$lo g (cos x)$ ： $0 < cos x \leq 1$ なので $lo g (cos x) \leq 0$ で、 $= 0$ となるのは $x = 0$ のときだけ。
$cos x - sin x = 2 cos (x + \frac{π}{4})$ ： $0 \leq x < \frac{π}{2}$ では $\frac{π}{4} \leq x + \frac{π}{4} < \frac{3 π}{4}$ なので、 $x < \frac{π}{4}$ で正、 $x = \frac{π}{4}$ で $0$ 、 $x > \frac{π}{4}$ で負。

よって $f^{'}$ の符号は次のようになる。

$0 < x < \frac{π}{4}$ ：（負） $\times$ （正）で $f^{'} < 0$ 、 $f$ は減少。
$x = \frac{π}{4}$ ： $f^{'} = 0$ 。
$\frac{π}{4} < x < \frac{π}{2}$ ：（負） $\times$ （負）で $f^{'} > 0$ 、 $f$ は増加。

$f$ は $[0, \frac{π}{4}]$ で減少し、 $[\frac{π}{4}, \frac{π}{2})$ で増加する。したがって区間の右端が開いていても、 $x = \frac{π}{4}$ の値より小さくなることはない。すなわち $f$ は $x = \frac{π}{4}$ で最小値をとる。

y = f (x)

のグラフ。

x = \frac{π}{4}

でいちばん低くなり、そこから右端

\frac{π}{2}

に向かっては増加する（

x \to \frac{π}{2}

では

lo g 2 - 1

に近づく）。

$f$ を数値積分で作り、その数値微分と $lo g (cos x) (cos x - sin x)$ を比べると、 $x = 0.3, 0.7, 1.2$ のどれでも小数8桁まで一致する。符号も $x = 0.7 < \frac{π}{4}$ で負、 $x = 1.2 > \frac{π}{4}$ で正になっている。

区間の右端 $\frac{π}{2}$ は含まれない。「増減表を書いて端点と比べる」では済まず、右半分で増加していることを根拠に、最小が内部の $\frac{π}{4}$ で実現すると言い切る必要がある。

$cos x - sin x$ の符号は、合成して $2 cos (x + \frac{π}{4})$ と書くと一度で片づく。

(2) $f (x)$ の $0 \leq x < \frac{π}{2}$ における最小値を求める

答 $lo g (1 + 2) - \frac{2}{2} lo g 2 - 2$

(1) より最小値は $f (\frac{π}{4})$ である。残るのは $\int_{0}^{π /4} (cos t) lo g (cos t) d t$ を実際に計算することだけ。 $lo g$ を微分する側にまわす部分積分で $\frac{sin ^{2} t}{cos t}$ が出てくるので、 $1 - cos^{2} t$ に直して $\frac{1}{cos t}$ の積分に落とす。これは $sin t$ で置換すれば部分分数に分かれる。

$I = \int_{0}^{π /4} (cos t) lo g (cos t) d t$ を求める。 $lo g (cos t)$ を微分する側にして部分積分すると

\int (cos t) lo g (cos t) d t = sin t lo g (cos t) - \int sin t \cdot \frac{- sin t}{cos t} d t = sin t lo g (cos t) + \int \frac{sin ^{2} t}{cos t} d t

である。 $sin^{2} t = 1 - cos^{2} t$ と直すと

\int \frac{sin ^{2} t}{cos t} d t = \int \frac{d t}{cos t} - \int cos t d t = \int \frac{d t}{cos t} - sin t

となる。 $\int \frac{d t}{cos t}$ は分母分子に $cos t$ をかけて $s = sin t$ と置換すれば

\int \frac{cos t}{1 - sin ^{2} t} d t = \int \frac{d s}{( 1 - s ) ( 1 + s )} = \frac{1}{2} \int (\frac{1}{1 + s} + \frac{1}{1 - s}) d s = \frac{1}{2} lo g \frac{1 + sin t}{1 - sin t}

（ $0 \leq t \leq \frac{π}{4}$ では $1 \pm sin t > 0$ ）となる。まとめると

I = [sin t lo g (cos t) + \frac{1}{2} lo g \frac{1 + sin t}{1 - sin t} - sin t]_{0}^{π /4}

である。 $t = \frac{π}{4}$ では $sin t = cos t = \frac{1}{2}$ 、 $lo g (cos t) = - \frac{1}{2} lo g 2$ で

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

だから $\frac{1}{2} lo g (2 + 1)^{2} = lo g (1 + 2)$ となる。 $t = 0$ では3項とも $0$ なので

I = - \frac{lo g 2}{2 2} + lo g (1 + 2) - \frac{1}{2}

である。いっぽう $f$ の前半は

cos \frac{π}{4} lo g (cos \frac{π}{4}) - cos \frac{π}{4} = - \frac{lo g 2}{2 2} - \frac{1}{2}

なので、足して

f (\frac{π}{4}) = - \frac{lo g 2}{2} - \frac{2}{2} + lo g (1 + 2) = lo g (1 + 2) - \frac{2}{2} lo g 2 - 2

を得る。これが求める最小値である。

$lo g (1 + 2) - \frac{2}{2} lo g 2 - 2 = 0.881374 - 0.490129 - 1.414214 = - 1.022969$ 。 $f$ を数値積分して $0 \leq x < \frac{π}{2}$ を $2000$ 等分で全探索すると、最小値 $- 1.022969$ を $x = 0.78535$ 付近でとる。 $\frac{π}{4} = 0.785398$ と合う。

$\frac{1}{cos t}$ の積分は、分母分子に $cos t$ をかけて $s = sin t$ と置くのが定石である。いきなり部分分数にしようとすると手が止まる。

$\frac{lo g 2}{2 2}$ は $f$ の前半と積分の両方から1つずつ出てきて、合わせて $\frac{lo g 2}{2} = \frac{2}{2} lo g 2$ になる。片方だけ数えないように注意する。

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第2問　整数・数列

漸化式と整除・合同式・最大公約数・ユークリッドの互除法当サイトの体感難易度：やや難

(1) $n$ が $3$ の倍数のとき $a_{n}$ が $5$ の倍数であることを示す

答 $5$ で割った余りが $1, 2, 0$ の繰り返しになる

$a_{n + 1}$ は $a_{n}$ だけから決まるので、 $5$ で割った余りも「余り $\to$ 余り」で決まる。最初の数項の余りを書き出すと周期3で繰り返すことが見え、あとはそれを数学的帰納法で固めるだけでよい。

$a_{1} = 1$ 、 $a_{2} = 2$ 、 $a_{3} = 5$ 、 $a_{4} = 26$ 、 $a_{5} = 677$ 、… である。 $5$ で割った余りを順に書くと

1, 2, 0, 1, 2, 0, \dots

となる。これを証明する。 $m$ を $0$ 以上の整数として、次の主張を $m$ についての数学的帰納法で示す。

a_{3 m + 1} \equiv 1, a_{3 m + 2} \equiv 2, a_{3 m + 3} \equiv 0 (mod 5)

$m = 0$ のときは $a_{1} = 1$ 、 $a_{2} = 2$ 、 $a_{3} = 5$ で成り立つ。 $m$ で成り立つとすると、 $a_{3 m + 3} \equiv 0$ だから

a_{3 m + 4} = a_{3 m + 3}^{2} + 1 \equiv 0 + 1 = 1, a_{3 m + 5} \equiv 1^{2} + 1 = 2, a_{3 m + 6} \equiv 2^{2} + 1 = 5 \equiv 0 (mod 5)

となり $m + 1$ でも成り立つ。よってすべての $m$ で成り立ち、とくに $n$ が $3$ の倍数のとき $a_{n}$ は $5$ の倍数である。

同じ計算を $25$ を法として行うと、余りは $1, 2, 5$ の繰り返しになる（ $a_{4} = 26 \equiv 1 (mod 25)$ がきっかけ）。つまり $3$ の倍数番目の項は $5$ では割り切れるが $25$ では割り切れない。これは (3) で効く。

$a_{6} = 458330 = 5 \times 91666$ で、 $91666$ は $5$ の倍数でない。 $a_{9}$ まで多倍長整数で計算しても、 $3$ の倍数番目はすべて $5$ でちょうど1回だけ割り切れる。

(2) $a_{n}$ が $a_{k}$ の倍数となるための必要十分条件を $k, n$ で表す

答 $n$ が $k$ の倍数であること

$a_{k + 1} = a_{k}^{2} + 1$ は $a_{k}$ で割ると $1$ 余る。つまり $a_{k}$ を法として見ると、数列は $k$ 項目からまた $a_{1}, a_{2}, \dots$ をなぞり直す。この「周期 $k$ 」が分かれば、 $a_{n}$ の余りは $n$ を $k$ で割った余りだけで決まる。あとは $a_{1} < a_{2} < \dots$ であることから、余りが $0$ になるのは割り切れるときだけだと分かる。

まず ${a_{n}}$ は $a_{1} = 1$ で $a_{n + 1} - a_{n} = a_{n}^{2} - a_{n} + 1 = (a_{n} - \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4} > 0$ だから狭義の増加列で、すべて正の整数である。

$a_{k}$ を法とした周期。 次を $j$ についての数学的帰納法で示す。

a_{k + j} \equiv a_{j} (mod a_{k}) (j = 1, 2, 3, \dots)

$j = 1$ のときは $a_{k + 1} = a_{k}^{2} + 1 \equiv 1 = a_{1}$ で成り立つ。 $j$ で成り立つとすると

a_{k + j + 1} = a_{k + j}^{2} + 1 \equiv a_{j}^{2} + 1 = a_{j + 1} (mod a_{k})

となり $j + 1$ でも成り立つ。これを繰り返し使えば、 $q$ を正の整数として $a_{q k + j} \equiv a_{j} (mod a_{k})$ が言える。

余りが $0$ になるとき。 $n$ を $k$ で割って $n = q k + r$ （ $1 \leq r \leq k$ 、 $q \geq 0$ ）と書く。上より $a_{n} \equiv a_{r} (mod a_{k})$ である。

$r = k$ （つまり $n$ が $k$ の倍数）のとき： $a_{n} \equiv a_{k} \equiv 0$ なので $a_{n}$ は $a_{k}$ の倍数。
$1 \leq r < k$ のとき： $k \geq 2$ であり、増加列だから $0 < a_{r} < a_{k}$ 。よって $a_{r}$ は $a_{k}$ の倍数ではなく、 $a_{n}$ も $a_{k}$ の倍数ではない。

$k = 1$ のときは $a_{1} = 1$ ですべての $a_{n}$ が $a_{1}$ の倍数であり、「 $n$ が $1$ の倍数」も常に正しいので、この場合も合っている。よって求める必要十分条件は

n が k の倍数であること

である。

$a_{6} = 458330$ は $a_{3} = 5$ の倍数で、 $a_{2} = 2$ の倍数でもある（ $6$ は $3$ と $2$ の倍数）。 $a_{4} = 26$ は $a_{2} = 2$ の倍数だが $a_{3} = 5$ の倍数ではない（ $4$ は $2$ の倍数だが $3$ の倍数でない）。多倍長整数で $1 \leq k, n \leq 12$ を全部調べても例外はなかった。

$n = q k + r$ の余りを $0 \leq r < k$ ではなく $1 \leq r \leq k$ ととると、「ちょうど割り切れる」場合が $r = k$ としてきれいに扱える。 $a_{0}$ を定義せずに済む。

「 $a_{r}$ が $a_{k}$ の倍数でない」の根拠は $0 < a_{r} < a_{k}$ である。増加列であることを先に言っておく。

(3) $a_{2022}$ と $(a_{8091})^{2}$ の最大公約数を求める

答 $5$

(2) で得た「 $a_{k}$ を法とすると周期 $k$ 」をそのまま使う。 $8091$ を $2022$ で割った余りは $3$ なので、 $a_{8091}$ は $a_{2022}$ で割ると $a_{3} = 5$ 余る。すると $(a_{8091})^{2}$ は $25$ 余るので、互除法で「 $a_{2022}$ と $25$ の最大公約数」に化ける。あとは $a_{2022}$ が $5$ で割り切れて $25$ で割り切れないことを言えばよい。

$8091 = 4 \cdot 2022 + 3$ である。(2) の証明で示した $a_{k + j} \equiv a_{j} (mod a_{k})$ を $k = 2022$ として4回使うと

a_{8091} \equiv a_{6069} \equiv a_{4047} \equiv a_{2025} \equiv a_{3} = 5 (mod a_{2022})

となる。したがって

(a_{8091})^{2} \equiv 5^{2} = 25 (mod a_{2022})

である。ユークリッドの互除法より、 $a_{2022}$ と $(a_{8091})^{2}$ の最大公約数は、 $a_{2022}$ と $25$ の最大公約数に等しい（ $a_{2022} > 25$ なので、 $(a_{8091})^{2}$ を $a_{2022}$ で割った余りはちょうど $25$ である）。

$a_{2022}$ を $25$ で割った余り。 (1) と同じ要領で、 $25$ を法として

a_{3 m + 1} \equiv 1, a_{3 m + 2} \equiv 2, a_{3 m + 3} \equiv 5 (mod 25)

を数学的帰納法で示す。 $m = 0$ では $a_{1} = 1$ 、 $a_{2} = 2$ 、 $a_{3} = 5$ で正しい。 $m$ で正しいとすると $a_{3 m + 3} \equiv 5$ より

a_{3 m + 4} \equiv 5^{2} + 1 = 26 \equiv 1, a_{3 m + 5} \equiv 1 + 1 = 2, a_{3 m + 6} \equiv 2^{2} + 1 = 5 (mod 25)

となるので $m + 1$ でも正しい。 $2022 = 3 \cdot 674$ は $3$ の倍数だから $a_{2022} \equiv 5 (mod 25)$ 、つまり $a_{2022}$ は $5$ で割り切れるが $25$ では割り切れない。

よって $a_{2022}$ と $25$ の最大公約数は $5$ であり、求める最大公約数は $5$ である。

小さい番号で同じ状況を作って確かめられる。 $m = 6$ 、 $n = 9$ は最大公約数が $3$ で、多倍長整数で計算すると $a_{6}$ と $(a_{9})^{2}$ の最大公約数は $5$ になる。 $m = 6$ 、 $n = 15$ でも、 $m = 9$ 、 $n = 6$ でも $5$ である。

$(a_{8091})^{2}$ を $a_{8091}$ と同じに扱わない。 $a_{2022}$ と $a_{8091}$ の最大公約数は $5$ だが、2乗したぶん $5$ の指数が増える可能性があるので、 $a_{2022}$ が $25$ で割り切れないことまで確かめて初めて答えが $5$ と決まる。

$8091$ と $2022$ の最大公約数が $3$ であること（ $8091 = 3^{2} \cdot 29 \cdot 31$ 、 $2022 = 2 \cdot 3 \cdot 337$ ）と、 $a_{3} = 5$ が対応しているのは偶然ではない。一般に $a_{m}$ と $a_{n}$ の最大公約数は $a_{(m, n)}$ になる。

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第3問　図形と方程式・微分法

領域の面積・包除原理・場合分け・3次関数の増減当サイトの体感難易度：やや難

(1) $P$ の $x$ 座標 $a$ のとりうる値の範囲を求める

答 $1 \leq a \leq 3$

「十分離れていない」のほうが扱いやすい。点 $T$ から十分離れていない点の全体は、 $T$ を中心とする1辺 $2$ の正方形の内部である。 $P$ は放物線上にあるので $P (a, a^{2})$ と書け、 $O, A, B$ それぞれについて条件を書き下すだけでよい。 $A$ と $B$ の条件は、 $a$ の動ける範囲ではもともと自動的にみたされる。

$S$ が $T$ から十分離れていないとは、 $∣ x_{1} - x_{2} ∣ < 1$ かつ $∣ y_{1} - y_{2} ∣ < 1$ のこと、すなわち $S$ が $T$ を中心とする1辺 $2$ の正方形の内部（周を含まない）にあることである。

$P$ は $D$ の点かつ $y = x^{2}$ 上なので $P (a, a^{2})$ と書け、 $0 \leq a \leq 3$ かつ $0 \leq a^{2} \leq 3$ から $0 \leq a \leq 3$ である。

3点それぞれからの条件を見る。

$O (0, 0)$ から十分離れている： $∣ a ∣ \geq 1$ または $a^{2} \geq 1$ 。 $a \geq 0$ ではどちらも $a \geq 1$ と同値なので、条件は $a \geq 1$ 。
$A (3, 0)$ から十分離れている： $∣ a - 3∣ \geq 1$ または $a^{2} \geq 1$ 。 $a \leq 3 < 2$ より $3 - a > 1$ なので、つねに成り立つ。
$B (3, 3)$ から十分離れている： $∣ a - 3∣ \geq 1$ または $a^{2} - 3 \geq 1$ 。同じく $3 - a > 1$ なので、つねに成り立つ。

したがって効く条件は $a \geq 1$ だけで、求める範囲は $1 \leq a \leq 3$ である。

$a = 1$ のとき $P (1, 1)$ で、 $O$ との差は $x$ も $y$ も $1$ だからちょうど「十分離れている」。 $a$ をわずかに小さくすると両方の差が $1$ 未満になり条件を外れる。右端 $a = 3$ では $P (3, 3)$ で、 $y = 3$ はまだ $D$ の中にある。

「十分離れている」の定義は または である。否定をとるとかつになる。この入れかわりを取り違えると、 $A$ 、 $B$ の条件まで効いてしまう。

(2)条件 (iii)(iv) をともにみたす点 $Q$ が存在しうる範囲の面積 $f (a)$ を求める

答 $f (a) = {a^{3} - 2 a^{2} - a + 5 2 a^{2} + a - 3 (1 \leq a \leq 2) (2 \leq a \leq 3)$

$D$ から「 $O, A, B, P$ のどれかに近すぎる部分」を取り除けばよい。取り除く4つは、それぞれの点を中心とする1辺 $2$ の正方形と $D$ の共通部分である。 $O, A, B$ のぶんは角にある1辺 $1$ の正方形で固定、 $P$ のぶんだけが $a$ とともに動く。重なりを引く（包除原理）のがこの問題の作業で、 $P$ の正方形が上にはみ出すかどうかで $a = 2$ を境に式が変わる。

$D$ の面積は $9$ である。取り除く部分を順に見る。

$O$ に近すぎる部分： $0 \leq x < 1$ 、 $0 \leq y < 1$ 。面積 $1$ 。
$A$ に近すぎる部分： $2 < x \leq 3$ 、 $0 \leq y < 1$ 。面積 $1$ 。
$B$ に近すぎる部分： $2 < x \leq 3$ 、 $2 < y \leq 3$ 。面積 $1$ 。

この3つはどの2つも重ならない。 $P (a, a^{2})$ に近すぎる部分は $a - 1 < x < a + 1$ 、 $a^{2} - 1 < y < a^{2} + 1$ で、 $1 \leq a \leq 3$ のもとでは

0 \leq a - 1, a + 1 \leq 3 + 1 < 3, 0 \leq a^{2} - 1

だから、左右と下は $D$ からはみ出さない。上は $a^{2} + 1 > 3$ 、すなわち $a > 2$ のときだけはみ出す。 $D$ との共通部分の面積を $S_{P}$ とすると

S_{P} = {2 \cdot 2 = 4 2 {3 - (a^{2} - 1)} = 2 (4 - a^{2}) (1 \leq a \leq 2) (2 \leq a \leq 3)

である。次に $P$ のぶんと他の3つとの重なりを求める。横幅と縦幅を別々に見ればよい。

$O$ との重なり：横は $a - 1 \leq x < 1$ で幅 $2 - a$ 、縦は $a^{2} - 1 \leq y < 1$ で幅 $2 - a^{2}$ （ $a > 2$ では縦が重ならず $0$ ）。面積は $(2 - a) (2 - a^{2})$ 。
$A$ との重なり：横は $2 < x < a + 1$ で幅 $a - 1$ 、縦は $O$ と同じで $2 - a^{2}$ 。面積は $(a - 1) (2 - a^{2})$ 。
$B$ との重なり：横は幅 $a - 1$ 、縦は $2 < y < min {3, a^{2} + 1}$ で幅は $a \leq 2$ のとき $a^{2} - 1$ 、 $a \geq 2$ のとき $1$ 。

$O, A, B$ の3つは互いに重ならないので、3つ以上が重なることはない。

$1 \leq a \leq 2$ のとき。 重なりの合計は

(2 - a) (2 - a^{2}) + (a - 1) (2 - a^{2}) + (a - 1) (a^{2} - 1) = (2 - a^{2}) {(2 - a) + (a - 1)} + (a - 1)^{2} (a + 1) = (2 - a^{2}) + (a^{3} - a^{2} - a + 1) = a^{3} - 2 a^{2} - a + 3

なので

f (a) = 9 - (1 + 1 + 1 + 4) + (a^{3} - 2 a^{2} - a + 3) = a^{3} - 2 a^{2} - a + 5

である。

$2 \leq a \leq 3$ のとき。 $a^{2} - 1 \geq 1$ なので $O$ 、 $A$ とは縦が重ならず、重なりは $B$ とのぶん $(a - 1) \cdot 1 = a - 1$ だけである。よって

f (a) = 9 - {3 + 2 (4 - a^{2})} + (a - 1) = 2 a^{2} + a - 3

となる。 $a = 2$ ではどちらの式も $2 + 1$ を与え、つながっている。

a = 1.3

のときの様子。大きい正方形が

D

、網かけの4つが「

O, A, B, P

のどれかに近すぎて

Q

が置けない部分」。

f (a)

は

D

から網かけを除いた面積。

$D$ を $1500 \times 1500$ の格子で走査し、4点から十分離れている点の面積を直接数えると、 $a = 1.0$ で $3.000$ 、 $a = 1.3$ で $2.517$ 、 $a = 1.5$ で $3.000$ 、 $a = 3$ で $4.732$ となる。式はそれぞれ $3$ 、 $2.517$ 、 $3$ 、 $3 + 3 = 4.732$ で一致する。

$P$ の正方形は $O, A, B$ の3つすべてと重なりうる。1つだけ見て済ませない。いっぽう $O, A, B$ どうしは重ならないので、3つ以上が重なる項は考えなくてよい。

場合の境目は $a = 2$ （ $P$ の正方形が $D$ の上辺を越える）1か所だけである。 $a = 3$ で $a^{2} - 1 = 2$ になり $B$ の正方形の下辺と一致するが、これは範囲の端なので新たな場合分けは起きない。

(3) $f (a)$ を最小にする $a$ の値を求める

答 $a = 2$

2つの区間それぞれで微分する。前半の3次式の導関数の零点が $2$ より右にあることが分かれば、前半はずっと減少、後半はずっと増加となり、境目の $a = 2$ が最小だと決まる。

$1 \leq a \leq 2$ のとき。 $f (a) = a^{3} - 2 a^{2} - a + 5$ より

f^{'} (a) = 3 a^{2} - 4 a - 1

である。 $3 a^{2} - 4 a - 1 = 0$ の正の解は $a = \frac{2 + 7}{3}$ で、 $7 > 2.6$ より $\frac{2 + 7}{3} > 1.53 > 2$ である。よって $1 \leq a \leq 2$ では $f^{'} (a) < 0$ （実際 $f^{'} (1) = - 2$ ）で、 $f$ は減少する。

$2 \leq a \leq 3$ のとき。 $f (a) = 2 a^{2} + a - 3$ より $f^{'} (a) = 4 a + 1 > 0$ で、 $f$ は増加する。

したがって $f$ は $a = 2$ で最小になる。最小値は $f (2) = 2 + 1$ である。

$f (a)$ を $1 \leq a \leq 3$ で $20000$ 等分して全探索すると、最小値 $2.414226$ を $a = 1.414194$ でとる。 $2 = 1.414214$ 、 $2 + 1 = 2.414214$ と合う。両端の値は $f (1) = 3$ 、 $f (3) = 3 + 3 = 4.732$ で、どちらも $2 + 1$ より大きい。

前半の区間に $f^{'}$ の零点が入っていないことを、 $\frac{2 + 7}{3}$ と $2$ の大小で押さえる。 $7 > 2.6$ と $2 < 1.42$ を使えば十分である。

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第4問　微分法・積分法

3次関数と直線・面積・変曲点・領域の図示当サイトの体感難易度：やや難

(1)座標平面上のすべての点 $P$ が条件 (i) をみたすことを示す

答 $P (X, Y)$ に対し、傾き $m$ を十分大きくとればよい（ $m > \frac{27}{4} (∣ X ∣ + ∣ Y ∣)^{2}$ かつ $m \geq 1$ で足りる）

$P$ を通る傾き $m$ の直線を引き、交点の方程式を作る。3次方程式が相異なる3実解をもつ条件は「極大値と極小値が異符号」である。極値を与える $x$ は $m$ で決まるので、極大値・極小値を $m$ で書き下してしまえば、 $m$ を大きくすると条件がみたされることが見える。

$P (X, Y)$ とし、 $P$ を通る傾き $m$ の直線 $y = m (x - X) + Y$ を考える。 $C$ との交点の $x$ 座標は

h (x) = x^{3} - x - m (x - X) - Y = x^{3} - (1 + m) x + (m X - Y) = 0

の解である。以下 $m \geq 1$ とし、 $c = 1 + m \geq 2 > 0$ 、 $k = m X - Y$ とおく。 $h^{'} (x) = 3 x^{2} - c$ より、 $h$ は

x = - \frac{c}{3} で極大, x = \frac{c}{3} で極小

となる。 $x = \pm \frac{c}{3}$ では $x^{3} = \pm \frac{c}{3} \frac{c}{3}$ だから

h (- \frac{c}{3}) = \frac{2 c}{3} \frac{c}{3} + k, h (\frac{c}{3}) = - \frac{2 c}{3} \frac{c}{3} + k

である。3次方程式 $h (x) = 0$ が相異なる3実解をもつのは（極大値） $> 0 >$ （極小値）のとき、すなわち

∣ k ∣ < \frac{2 c}{3} \frac{c}{3} = \frac{2}{3 3} c^{\frac{3}{2}}

のときである。ここで $m \geq 1$ より

∣ k ∣ = ∣ m X - Y ∣ \leq m ∣ X ∣ + ∣ Y ∣ \leq m (∣ X ∣ + ∣ Y ∣), \frac{2}{3 3} c^{\frac{3}{2}} > \frac{2}{3 3} m^{\frac{3}{2}}

だから、

m (∣ X ∣ + ∣ Y ∣) \leq \frac{2}{3 3} m^{\frac{3}{2}} ⟺ ∣ X ∣ + ∣ Y ∣ \leq \frac{2}{3 3} m ⟺ m \geq \frac{27}{4} (∣ X ∣ + ∣ Y ∣)^{2}

が成り立てばよい。よって $m = max {1, \frac{27}{4} (∣ X ∣ + ∣ Y ∣)^{2}} + 1$ などととれば、その傾きの直線は $C$ と相異なる3点で交わる。どんな $P$ についてもこのような $m$ がとれるので、条件 (i) はすべての点でみたされる。

$P (0, 10)$ なら $\frac{27}{4} \cdot 100 = 675$ で、 $m = 676$ とすると直線は $y = 676 x + 10$ 。 $x^{3} - 677 x - 10 = 0$ の極小値は $- \frac{2 \cdot 677}{3} \frac{677}{3} - 10 = - 6782$ 、極大値は $+ 6762$ で異符号になり、確かに3実解をもつ。

$P$ が $C$ の上にあっても問題ない。交点が3つあればよく、そのうちの1つが $P$ 自身でもかまわない。

「十分大きい $m$ をとればよい」で終わらせず、 $∣ k ∣$ が $m$ の1次、右辺が $m$ の $\frac{3}{2}$ 乗であることを示して、具体的な $m$ の目安まで書く。

(2)条件 (ii) をみたす点 $P$ のとりうる範囲を図示する

答 $x (x + y) > 0$ の表す領域（2直線 $x = 0$ 、 $y = - x$ で分けられる4つの部分のうち、左右の2つ。境界は含まない）と、原点

まず「2つの面積が等しい」を言いかえる。交点の $x$ 座標を $α < β < γ$ とすると、2つの面積が等しいことは $\int_{α}^{γ} {(x^{3} - x) - (m x + n)} d x = 0$ と同じで、これを計算すると「 $β$ が $α$ と $γ$ の中点」に行き着く。 $C$ には $x^{2}$ の項がないので解と係数の関係から $α + β + γ = 0$ であり、合わせると $β = 0$ 、つまり直線は原点を通る。あとは「原点を通り3点で交わる直線」がどこを覆うかを見ればよい。

直線 $ℓ : y = m x + n$ が $C$ と相異なる3点で交わるとし、その $x$ 座標を $α < β < γ$ とする。

g (x) = (x^{3} - x) - (m x + n) = (x - α) (x - β) (x - γ)

とおくと、 $α < x < β$ では $g > 0$ 、 $β < x < γ$ では $g < 0$ である。2つの部分の面積は $\int_{α}^{β} g d x$ と $- \int_{β}^{γ} g d x$ だから、これらが等しいことは

\int_{α}^{γ} g (x) d x = 0

と同じである。 $p = β - α > 0$ 、 $q = γ - β > 0$ とおき、 $x = β + u$ と置換すると

\int_{- p}^{q} (u + p) u (u - q) d u = \int_{- p}^{q} {u^{3} + (p - q) u^{2} - pq u} d u

となる。これを計算して整理すると

\int_{- p}^{q} (u + p) u (u - q) d u = - \frac{( q - p ) ( p + q ) ^{3}}{12}

となる。 $p + q > 0$ だから、これが $0$ になるのは $p = q$ 、すなわち $β$ が $α$ と $γ$ の中点のときに限る。

いっぽう $g (x) = x^{3} - (1 + m) x - n$ には $x^{2}$ の項がないので、解と係数の関係から $α + β + γ = 0$ である。 $α + γ = 2 β$ と合わせると $3 β = 0$ 、つまり $β = 0$ となり、 $ℓ$ は $C$ 上の点 $(0, 0)$ 、すなわち原点を通る。

逆に $ℓ$ が原点を通るとする。 $ℓ$ が $y$ 軸なら共有点は原点だけなので、 $ℓ : y = m x$ としてよい。交点は $x^{3} - x = m x$ 、つまり $x (x^{2} - 1 - m) = 0$ の解で、相異なる3つになるのは $1 + m > 0$ 、すなわち $m > - 1$ のときである。このとき $β = 0$ が中点になるので、2つの面積は等しい。

以上より、条件 (ii) は「 $P$ がある $m > - 1$ について直線 $y = m x$ の上にある」と同値である。 $P (X, Y)$ について調べる。

$X > 0$ のとき： $m = \frac{Y}{X}$ とすればよく、条件は $\frac{Y}{X} > - 1$ 、すなわち $X + Y > 0$ 。
$X < 0$ のとき：同じく $m = \frac{Y}{X}$ で、 $\frac{Y}{X} > - 1$ の両辺に負の数 $X$ をかけて $Y < - X$ 、すなわち $X + Y < 0$ 。
$X = 0$ のとき： $P$ を通る原点を通る直線は $y$ 軸しかない（ $Y \neq = 0$ のとき）ので不適。 $Y = 0$ 、つまり $P$ が原点のときは、たとえば $m = 0$ の直線が条件をみたすので適する。

まとめると、求める範囲は

x (x + y) > 0 の表す領域 \cup {原点}

である。これは2直線 $x = 0$ と $y = - x$ が平面を分けてできる4つの部分のうち、 $x$ 軸を含む左右の2つで、境界の2直線は（原点を除いて）含まない。

求める範囲（網かけ）。2直線

x = 0

と

y = - x

（破線）が境界で、境界は原点を除いて含まない。原点だけは範囲に入る。

$P (1, 0)$ は $x (x + y) = 1 > 0$ で範囲内。実際 $y = 0$ は $C$ と $x = 0, \pm 1$ の3点で交わり、 $C$ が奇関数なので2つの面積は等しい。 $P (1, - 2)$ は $x (x + y) = - 1 < 0$ で範囲外。原点を通ってこの点を通る直線は $y = - 2 x$ だけで、 $x^{3} - x = - 2 x$ は $x (x^{2} + 1) = 0$ となり実数解が $x = 0$ の1つしかない。傾きを $- 10000$ から $10000$ まで細かく動かして直接探す判定と、 $x (x + y) > 0$ による判定は、調べた点すべてで一致した。

$\int_{α}^{γ} g d x = 0$ は「2つの面積が等しい」の言いかえであって、「面積が $0$ 」ではない。符号が逆の2つを足して $0$ になる、という意味である。

$α + β + γ = 0$ が使えるのは、 $C$ が $y = x^{3} - x$ で $x^{2}$ の項を持たないからである。直線を引いても $x^{2}$ の項は生まれない。

$y$ 軸上の点（原点を除く）は範囲に入らない。原点を通る直線のうち $y$ 軸だけは $C$ と1点でしか交わらないためで、この1点を落としやすい。

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第5問　空間図形・積分法

回転面・中点の軌跡・円環の面積・体積当サイトの体感難易度：標準

$K$ の体積を求める

答 $\frac{4 π ^{2}}{3} - 23 π$

$M$ の高さは $P$ の高さの半分だから、 $M$ の $z$ 座標を決めると $P$ の $z$ 座標も決まる。その高さでは $P$ は $z$ 軸を中心とする1つの円の上を自由に動き、 $Q$ は $P$ の真下を中心とする1つの円の上を自由に動く。 $M$ の水平位置は「長さ $r_{1}$ のベクトル」と「長さ $r_{2}$ のベクトル」の和になるので、断面は円環になる。あとは $z$ で積分するだけである。

線分 $AB$ は $(t, 0, 2 - t)$ （ $0 \leq t \leq 1$ ）と書けるので、 $z$ 軸のまわりに回してできる曲面 $S$ は

S : x^{2} + y^{2} = 2 - z (1 \leq z \leq 2)

である。すなわち高さ $z$ での $S$ の断面は、 $z$ 軸を中心とする半径 $2 - z$ の円である。

$P$ の $z$ 座標を $h$ （ $1 \leq h \leq 2$ ）とする。 $Q$ は $x y$ 平面上にあり $PQ = 2$ だから、 $Q$ は $P$ の真下の点を中心とする半径 $4 - h^{2}$ の円の上を動く。 $M$ は $PQ$ の中点なので

(M の z 座標) = \frac{h}{2}, M_{x y} = P_{x y} + \frac{PQ _{x y}}{2}

となる。ここで $P_{x y}$ は長さ $2 - h$ の、 $\frac{PQ _{x y}}{2}$ は長さ $\frac{4 - h ^{2}}{2}$ のベクトルで、向きはそれぞれ独立に自由である。

$z = \frac{h}{2}$ とおくと $h = 2 z$ 、 $\frac{1}{2} \leq z \leq 1$ で

r_{1} = 2 - 2 z, r_{2} = \frac{4 - 4 z ^{2}}{2} = 1 - z^{2}

である。長さ $r_{1}$ のベクトルと長さ $r_{2}$ のベクトルを向き自由に足してできる点の全体は、 $z$ 軸からの距離が $∣ r_{1} - r_{2} ∣$ 以上 $r_{1} + r_{2}$ 以下の円環である。よって高さ $z$ での $K$ の断面積は

S (z) = π {(r_{1} + r_{2})^{2} - (r_{1} - r_{2})^{2}} = 4 π r_{1} r_{2} = 8 π (1 - z) 1 - z^{2}

である。これを $\frac{1}{2} \leq z \leq 1$ で積分する。2つに分けて

\int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 - z^{2} d z, \int_{\frac{1}{2}}^{1} z 1 - z^{2} d z

を計算する。前者は $z = sin θ$ と置換すると $θ$ は $\frac{π}{6}$ から $\frac{π}{2}$ まで動いて

\int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} cos^{2} θ d θ = [\frac{θ}{2} + \frac{sin 2 θ}{4}]_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} = \frac{π}{4} - (\frac{π}{12} + \frac{3}{8}) = \frac{π}{6} - \frac{3}{8}

となる。後者は

[- \frac{1}{3} (1 - z^{2})^{\frac{3}{2}}]_{\frac{1}{2}}^{1} = \frac{1}{3} (\frac{3}{4})^{\frac{3}{2}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3 3}{8} = \frac{3}{8}

である。したがって

V = 8 π {(\frac{π}{6} - \frac{3}{8}) - \frac{3}{8}} = 8 π (\frac{π}{6} - \frac{3}{4}) = \frac{4 π ^{2}}{3} - 23 π

となる。

z = \frac{3}{4}

での断面を真上から見たもの。

P

の真下は半径

r_{1} = \frac{1}{2}

の円（破線）の上を動き、そこから半径

r_{2} = \frac{7}{4}

の円（細線）だけ離れたところに

M

が来る。

M

の全体は、

r_{2} - r_{1}

から

r_{1} + r_{2}

までの円環になる。

断面積 $8 π (1 - z) 1 - z^{2}$ をシンプソン法で $\frac{1}{2}$ から $1$ まで積分すると $2.276676349$ となり、 $\frac{4 π ^{2}}{3} - 23 π = 13.159472 - 10.882796 = 2.276676$ と小数9桁まで一致する。 $z = 1$ （ $P$ が頂点 $A$ 、 $Q$ が原点）で断面が1点につぶれることとも合う。

$P$ と $Q$ の向きは独立に自由である。 $Q$ が $P$ と同じ方向にあるとは限らないので、断面は円板ではなく円環になる。

$z = \frac{3}{5}$ のところで $r_{1} = r_{2}$ となり、内半径が $0$ になる。そこだけ断面が円板になるが、面積の式 $4 π r_{1} r_{2}$ はそのまま使える。

$M$ の高さは $\frac{h}{2}$ なので、積分区間は $\frac{1}{2} \leq z \leq 1$ である。 $P$ の高さ $1 \leq h \leq 2$ のまま積分しないこと。

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第6問　確率・ベクトル

1次独立・場合の数・重複組合せ・二項係数の最大当サイトの体感難易度：難

(1) $N = 8$ のとき $X_{8}$ が $O$ にある確率を求める

答 $\frac{5}{128}$

$v_{k}$ は $k$ を $3$ で割った余りだけで決まり、 $v_{0} + v_{1} + v_{2} = 0$ である。だから「どの向きのベクトルを何本足したか」だけが問題で、原点に戻るのは3方向の本数が等しいときに限る。表の回数を、その直前までに出た裏の回数で分類すれば、本数の内訳が組合せの問題になる。

$v_{k}$ は $\frac{2 k π}{3}$ で決まるので、 $k$ を $3$ で割った余りだけで決まり、 $v_{0}, v_{1}, v_{2}$ の3通りしかない。この3つは正三角形の頂点の向きで

v_{0} + v_{1} + v_{2} = 0

をみたし、 $v_{0}$ と $v_{1}$ は1次独立である。

3つのベクトル

v_{0}, v_{1}, v_{2}

。互いに

12 0^{\circ}

ずつずれた単位ベクトルで、3つ足すと

0

になる。

表が出るたびに、そのときまでに出た裏の回数 $k$ に応じて $v_{k}$ が足される。そこで、各回の表を「その表より前に出た裏の回数」で分類し、裏がちょうど $j$ 回出たあとに出た表の回数を $m_{j}$ とする。裏が全部で $t$ 回なら $j = 0, 1, \dots, t$ である。すると

OX_{N} = j = 0 \sum t m_{j} v_{j} = A v_{0} + B v_{1} + C v_{2}

となる。ここで $A, B, C$ は $j$ を $3$ で割った余りが $0, 1, 2$ である $m_{j}$ の総和である。 $v_{2} = - v_{0} - v_{1}$ を代入すると

OX_{N} = (A - C) v_{0} + (B - C) v_{1}

で、 $v_{0}, v_{1}$ が1次独立だから、 $X_{N}$ が $O$ にあることは $A = B = C$ と同値である。

$N = 8$ の場合。 表の回数を $r$ とすると $r = A + B + C = 3 A$ なので $r$ は $3$ の倍数で、 $r \leq 8$ より $r = 0, 3, 6$ である。 $t = 8 - r$ で、 $m_{j}$ の番号 $j$ は $0$ から $t$ までの $9 - r$ 個ある。

$r = 0$ ：すべて裏。 $A = B = C = 0$ で条件をみたす。 $1$ 通り。
$r = 3$ ： $j = 0, 1, \dots, 5$ の $6$ 個で、余り $0, 1, 2$ の組にそれぞれ $2$ 個ずつ（ ${0, 3}$ 、 ${1, 4}$ 、 ${2, 5}$ ）。各組の合計を $1$ にするには、 $2$ 個のうちどちらを $1$ にするかで $2$ 通り。合わせて $2^{3} = 8$ 通り。
$r = 6$ ： $j = 0, 1, 2$ の $3$ 個で、各組が $1$ 個ずつ。合計を $2$ にする方法は $m_{0} = m_{1} = m_{2} = 2$ の $1$ 通り。

$m_{0}, m_{1}, \dots, m_{t}$ の組を決めることと表裏の並びを決めることは1対1に対応するので、求める場合の数は $1 + 8 + 1 = 10$ である。全体は $2^{8} = 256$ 通りなので

\frac{10}{256} = \frac{5}{128}

が答えである。

$2^{8} = 256$ 通りの表裏をすべて並べて $X_{8}$ を直接計算すると、原点に戻るのはちょうど $10$ 通りで、表の回数別の内訳は $r = 0$ が $1$ 、 $r = 3$ が $8$ 、 $r = 6$ が $1$ となり、上の数え方と完全に一致する。

$k$ は「それまでに出た裏の回数」であって、何回目かではない。裏が出た回では点は動かず、 $k$ が1つ増えるだけである。

$v_{0}, v_{1}, v_{2}$ の3本は1次従属（足すと $0$ ）なので、 $A v_{0} + B v_{1} + C v_{2} = 0$ から直ちに $A = B = C = 0$ とは言えない。 $v_{2}$ を消して2本の1次独立なベクトルにしてから係数を比べる。

(2) $N = 200$ のとき、 $X_{200}$ が $O$ にあり表がちょうど $r$ 回出る確率 $p_{r}$ と、 $p_{r}$ を最大にする $r$ を求める

答 $r$ が $3$ の倍数で $0 \leq r \leq 198$ のとき $p_{r} = \frac{1}{2 ^{200}} (_{66} C_{\frac{r}{3}})^{3}$ 、それ以外では $p_{r} = 0$ 。最大になるのは $r = 99$

(1) の数え方をそのまま一般化する。 $N = 200$ のときに都合がよいのは、 $r$ が $3$ の倍数なら $m_{j}$ の番号の個数 $201 - r$ も $3$ の倍数になり、余り $0, 1, 2$ の3組に同じ個数ずつきれいに分かれることである。各組で「決まった個数の箱に決まった合計を配る」のは重複組合せで、3組とも同じ数になるので3乗の形になる。

(1) と同様、 $A = B = C$ が条件で、表の回数 $r$ は $3$ の倍数でなければならない。 $r = 3 s$ とおく。 $3$ の倍数でない $r$ では $p_{r} = 0$ である。

裏の回数は $t = 200 - 3 s$ で、 $m_{j}$ の番号 $j$ は $0$ から $t$ までの

t + 1 = 201 - 3 s = 3 (67 - s)

個ある。これは $3$ の倍数なので、 $j$ を $3$ で割った余りが $0, 1, 2$ の3つの組は、どれもちょうど $n = 67 - s$ 個ずつになる。

条件 $A = B = C$ は $A = B = C = s$ ということだから、各組について「 $n$ 個の $m_{j}$ の合計を $s$ にする」組み合わせを数えればよい。これは $s$ 個のものを $n$ 個の箱に分ける重複組合せで

_{s + n - 1} C_{n - 1} =_{66} C_{66 - s} =_{66} C_{s}

通りである（ $s + n - 1 = s + 66 - s = 66$ となるのがこの問題の仕掛けで、 $200$ という回数がそのために選ばれている）。3つの組は独立に決められるので、表の回数が $r = 3 s$ で $X_{200}$ が $O$ にある並びは $(_{66} C_{s})^{3}$ 通りある。

全体は $2^{200}$ 通りで、どれも同じ確率だから

p_{r} = \frac{1}{2 ^{200}} (_{66} C_{\frac{r}{3}})^{3} (r = 0, 3, 6, \dots, 198)

である。 $n = 67 - s \geq 1$ から $s \leq 66$ 、すなわち $r \leq 198$ で、 $r = 200$ などは $3$ の倍数でないので $p_{r} = 0$ である。

最大。 $p_{r}$ は $_{66} C_{s}$ の増減に従う。隣どうしの比をとると

\frac{_{66} C _{s + 1}}{_{66} C _{s}} = \frac{66 - s}{s + 1}

で、これが $1$ より大きいのは $66 - s > s + 1$ 、つまり $s < 32.5$ のとき、 $1$ より小さいのは $s > 32.5$ のときである。よって $_{66} C_{s}$ は $s = 33$ で最大になる。したがって $p_{r}$ が最大になるのは

r = 3 \cdot 33 = 99

のときである。

同じ数え方を $N = 8, 11, 14$ （どれも $N + 1$ が $3$ の倍数）に当てはめると、場合の数はそれぞれ $(_{2} C_{s})^{3}$ 、 $(_{3} C_{s})^{3}$ 、 $(_{4} C_{s})^{3}$ の和になる。 $2^{N}$ 通りを全部並べて直接数えると $10$ 、 $56$ 、 $346$ で、表の回数別の内訳まで完全に一致した。

$m_{j}$ の番号は $j = 0$ から始まるので、個数は $t$ ではなく $t + 1$ である。ここを1つ間違えると3組に均等に分かれなくなり、式の形が崩れる。

$N = 200$ だから $201 - r$ が $3$ の倍数になる、という事情が効いている。 $N$ が別の値だと3組の個数がそろわず、答えはこれほどきれいにならない。

$_{66} C_{s}$ の最大は $s = 33$ だが、 $66$ が偶数なので最大を与える $s$ は1つだけである。奇数なら2つ並ぶ。

第6問だけのページ

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。解答は当サイトで検算していますが、誤りが残っている可能性はあります。掲載方針配点・採点基準・難易度を大学の公表値として示すことはしていません。

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問題文について

(1)f(x) が 0≤x<2π​ で最小値を持つことを示す

(2)f(x) の 0≤x<2π​ における最小値を求める

(1)n が 3 の倍数のとき an​ が 5 の倍数であることを示す

(2)an​ が ak​ の倍数となるための必要十分条件を k,n で表す

(3)a2022​ と (a8091​)2 の最大公約数を求める

(1)P の x 座標 a のとりうる値の範囲を求める

(2)条件 (iii)(iv) をともにみたす点 Q が存在しうる範囲の面積 f(a) を求める

(3)f(a) を最小にする a の値を求める

(1)座標平面上のすべての点 P が条件 (i) をみたすことを示す

(2)条件 (ii) をみたす点 P のとりうる範囲を図示する

K の体積を求める

(1)N=8 のとき X8​ が O にある確率を求める

(2)N=200 のとき、X200​ が O にあり表がちょうど r 回出る確率 pr​ と、pr​ を最大にする r を求める