独自の解答・詳解
問題文は非掲載
全6問・無料

東京大学　2023年度　前期日程　理科

東大理系 2023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　積分法・極限

置換積分・絶対値を含む積分・はさみうちの原理・区分求積法当サイトの体感難易度：標準

(1) $\frac{1}{( k + 1 ) π} \leq A_{k} \leq \frac{1}{k π}$ を示す

答 $t = x^{2}$ と置換すると $A_{k} = \int_{k π}^{(k + 1) π} \frac{∣ sin t ∣}{2 t} d t$ となり、 $t$ を両端の値で置きかえればはさめる

$sin (x^{2})$ のままでは原始関数が書けない。積分区間の端が $k π$ 、 $(k + 1) π$ という形をしているので、 $t = x^{2}$ と置けば区間が $k π \leq t \leq (k + 1) π$ という素直な形になる。そうすると被積分関数が $\frac{∣ sin t ∣}{2 t}$ となり、 $∣ sin t ∣$ の積分は正確に計算できて、残る $\frac{1}{2 t}$ を定数で上下からはさめばよい。

$t = x^{2}$ とおくと $d t = 2 x d x$ 、 $x = t$ より $d x = \frac{d t}{2 t}$ である。 $x : k π \to (k + 1) π$ のとき $t : k π \to (k + 1) π$ だから

A_{k} = \int_{k π}^{(k + 1) π} \frac{∣ sin t ∣}{2 t} d t

となる。この区間では $k π \leq t \leq (k + 1) π$ なので $k π \leq t \leq (k + 1) π$ であり、 $∣ sin t ∣ \geq 0$ とあわせて

\frac{∣ sin t ∣}{2 ( k + 1 ) π} \leq \frac{∣ sin t ∣}{2 t} \leq \frac{∣ sin t ∣}{2 k π}

が成り立つ。区間 $k π \leq t \leq (k + 1) π$ では $sin t$ の符号は一定で、 $∣ sin t ∣$ の積分は山ひとつぶんだから

\int_{k π}^{(k + 1) π} ∣ sin t ∣ d t = \int_{0}^{π} sin s d s = 2

である。よって3辺を $t$ で積分して

\frac{2}{2 ( k + 1 ) π} \leq A_{k} \leq \frac{2}{2 k π}, すなわち \frac{1}{( k + 1 ) π} \leq A_{k} \leq \frac{1}{k π}

を得る。

y = sin (x^{2})

のグラフ。

x

が大きくなるほど山の幅が狭くなる。破線は

x = k π

で、

A_{k}

は山ひとつぶんの面積。

$k = 1$ では下界 $\frac{1}{2 π} = 0.3989$ 、上界 $\frac{1}{π} = 0.5642$ で、数値積分すると $A_{1} = 0.4644$ となり間に入る。 $k = 100$ では下界 $0.056139$ 、上界 $0.056419$ に対し $A_{100} = 0.056279$ で、 $k$ が大きいほど上下のはさみが狭くなることも見てとれる。

置換したあとの $\frac{1}{2 t}$ を落とさない。 $d x$ と $d t$ の取りかえで出てくる因子で、これが最終的な $\frac{1}{k π}$ の形を決めている。

$\int_{k π}^{(k + 1) π} ∣ sin t ∣ d t$ は $k$ によらず $2$ である。 $k$ が偶数か奇数かで場合分けしたくなるが、絶対値がついているので分ける必要はない。

(2) $n \to \infty lim B_{n}$ を求める

答 $\frac{2 ( 2 - 1 )}{π}$

$B_{n}$ の積分区間 $nπ \leq x \leq 2 nπ$ は、ちょうど $A_{n}, A_{n + 1}, \dots, A_{2 n - 1}$ の $n$ 個ぶんである。(1) の評価を足し合わせれば $B_{n}$ が上下からはさめて、その上下の和はどちらも区分求積法の形になる。 $\frac{1}{n}$ の係数が、和を $\frac{1}{n} \sum$ の形に整えるために置かれている。

$2 nπ = (2 n) π$ だから、積分区間を $k = n, n + 1, \dots, 2 n - 1$ の区間に分けて

\int_{nπ}^{2 nπ} sin (x^{2}) d x = k = n \sum 2 n - 1 A_{k}

と書ける。(1) の評価を $k = n$ から $k = 2 n - 1$ まで足すと

\frac{1}{n} k = n \sum 2 n - 1 \frac{1}{( k + 1 ) π} \leq B_{n} \leq \frac{1}{n} k = n \sum 2 n - 1 \frac{1}{k π}

となる。右辺を区分求積法の形にする。 $k = n + j$ （ $j = 0, 1, \dots, n - 1$ ）とおくと $\frac{k}{n} = 1 + \frac{j}{n}$ で

\frac{1}{n} k = n \sum 2 n - 1 \frac{1}{k π} = \frac{1}{π} \cdot \frac{1}{n} j = 0 \sum n - 1 \frac{1}{1 + \frac{j}{n}}

である。よって $n \to \infty$ のとき

\frac{1}{π} \cdot \frac{1}{n} j = 0 \sum n - 1 \frac{1}{1 + \frac{j}{n}} ⟶ \frac{1}{π} \int_{0}^{1} \frac{d u}{1 + u} = \frac{1}{π} [2 1 + u]_{0}^{1} = \frac{2 ( 2 - 1 )}{π}

となる。左辺も同様で、 $k + 1 = n + j + 1$ とおけば

\frac{1}{n} k = n \sum 2 n - 1 \frac{1}{( k + 1 ) π} = \frac{1}{π} \cdot \frac{1}{n} j = 1 \sum n \frac{1}{1 + \frac{j}{n}}

となり、同じ区分求積の和で、足す区間の端が1つずれているだけである。和の差は $\frac{1}{π} \cdot \frac{1}{n} (\frac{1}{2} - 1)$ で $n \to \infty$ のとき $0$ に収束するから、左辺も同じ極限をもつ。

はさみうちの原理より

n \to \infty lim B_{n} = \frac{2 ( 2 - 1 )}{π}

である。

数値積分すると $B_{50} = 0.4673886$ 、 $B_{200} = 0.4673899$ 、 $B_{1000} = 0.4673899$ となり、 $\frac{2 ( 2 - 1 )}{π} = 0.4673900$ に近づく。 $B_{n}$ はおよそ $\frac{1}{n} \times (山 n 個の面積)$ で、山ひとつの面積が $\frac{1}{k π}$ 程度だから $\frac{1}{π} \times (平均 0.83)$ 程度になる、という見積もりとも合う。

$2 nπ$ を「 $2 \cdot nπ$ 」とだけ見ていると、区間が $A_{k}$ の何個ぶんなのかが見えない。 $2 nπ = (2 n) π$ と読み替えると、 $k$ が $n$ から $2 n - 1$ まで動くことがはっきりする。

上下の和は、区分求積の和としては端が1つずれているだけである。この差が $0$ に収束することを一言書いておくと、はさみうちが成立する。

第1問だけのページ

第2問　確率

同じものを含む順列・間に入れる数え方・条件つき確率当サイトの体感難易度：標準

(1)どの赤玉も隣り合わない確率 $p$ を求める

答 $p = \frac{14}{55}$

色だけが問題なので、 $12$ か所のうちどこに赤が来るかだけを見ればよい。赤の位置の選び方は $_{12} C_{4}$ 通りで、どれも同じ確率で起きる。「隣り合わない $4$ か所」の選び方は、赤でない $8$ 個を並べてできる $9$ つのすき間から $4$ つ選ぶ、と読み替えれば数えられる。

取り出す順番は $12!$ 通りあり、どれも同じ確率で起きる。色の並びだけを見ると、赤玉4個がどの位置に来るかで決まり、その選び方 $_{12} C_{4} = 495$ 通りはどれも同じ確率である。

赤以外の8個を横一列に並べると、その両端と間に9つのすき間ができる。どの赤玉も隣り合わないように置くことは、この9つのすき間から4つを選んで1個ずつ入れることと同じである。よって隣り合わない置き方は $_{9} C_{4} = 126$ 通りである。

p = \frac{_{9} C _{4}}{_{12} C _{4}} = \frac{126}{495} = \frac{14}{55}

$\frac{14}{55} = 0.2545 \dots$ 。黒3・赤4・白5の色の並び全 $\frac{12 !}{3 ! 4 ! 5 !} = 27720$ 通りを機械で全部調べると、赤が隣り合わないものは $7056$ 通りで、 $\frac{7056}{27720} = \frac{14}{55}$ と一致する。

黒と白の区別はこの小問には効かない。赤かそれ以外かだけで分母・分子をそろえると、 $_{9} C_{4} /_{12} C_{4}$ という短い式で済む。

(2)どの赤玉も隣り合わないとき、どの黒玉も隣り合わない条件つき確率 $q$ を求める

答 $q = \frac{103}{168}$

$q = \frac{( 赤も黒も隣り合わない並び )}{( 赤が隣り合わない並び )}$ である。分子を数えるとき、(1) と同じ「赤でない8個を先に並べる」見方をそのまま使う。先に並べた8個（黒3・白5）の中で黒がくっついている場所があれば、そこには必ず赤を入れなければならない。くっついている箇所の個数で場合分けすれば数え切れる。

色の並びは全部で $\frac{12 !}{3 ! 4 ! 5 !} = 27720$ 通りあり、どれも同じ確率で起きる。

分母。 (1) と同じ数え方で、赤でない8個（黒3・白5）の並べ方が $_{8} C_{3} = 56$ 通り、その9つのすき間から4つ選んで赤を入れる方法が $_{9} C_{4} = 126$ 通りだから、赤が隣り合わない並びは $56 \times 126 = 7056$ 通りである。

分子。 赤でない8個の並びを1つ固定し、その中で黒どうしが隣り合っている箇所の個数を $m$ とする。 $m$ 箇所のすき間には必ず赤を入れなければ、最終的な並びで黒が隣り合ってしまう。逆にその $m$ 箇所に赤を入れさえすれば、残りの赤をどこに入れても黒は隣り合わない。よって赤の入れ方は、残り $9 - m$ 個のすき間から $4 - m$ 個を選ぶ $_{9 - m} C_{4 - m}$ 通りである。

$m$ の値ごとに、赤でない8個の並びが何通りあるかを数える。

$m = 0$ （黒がどこも隣り合わない）：白5個の間と両端の6つのすき間から3つ選んで黒を1個ずつ置けばよく、 $_{6} C_{3} = 20$ 通り。
$m = 2$ （黒3個が1かたまり）：8か所のうち連続3か所をかたまりの位置にすればよく、 $6$ 通り。
$m = 1$ （ちょうど1か所）：全体 $_{8} C_{3} = 56$ 通りから上の2つを引いて $56 - 20 - 6 = 30$ 通り。

したがって、赤も黒も隣り合わない並びは

20 \times_{9} C_{4} + 30 \times_{8} C_{3} + 6 \times_{7} C_{2} = 20 \cdot 126 + 30 \cdot 56 + 6 \cdot 21 = 2520 + 1680 + 126 = 4326

通りである。よって

q = \frac{4326}{7056} = \frac{103}{168}

となる。

$\frac{103}{168} = 0.6131 \dots$ 。全 $27720$ 通りを機械で調べると、赤も黒も隣り合わないものは $4326$ 通りで、 $\frac{4326}{7056}$ は約分して $\frac{103}{168}$ になる（ $4326 = 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 103$ 、 $7056 = 2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 7^{2}$ で、共通因数は $42$ ）。

「黒が隣り合わない並びを先に作る」と始めると、白と黒だけの並びでは隣り合っていた黒が、あとから赤を入れることで離れる場合を取りこぼす。赤でない8個を先に並べ、くっついた黒の箇所に赤を強制的に入れる、という順番にすると漏れなく数えられる。

$m = 2$ は「隣り合う箇所が2か所」であって「2個が隣り合う」ではない。黒3個が1かたまりになっている場合のことである。

$q$ は条件つき確率なので、分母は $27720$ ではなく $7056$ である。

第2問だけのページ

第3問　図形と方程式・微分法

円と放物線・接線・弦の長さ・関数の単調性当サイトの体感難易度：やや難

(1)円 $C$ が $y > x^{2}$ の表す領域に含まれるような $a$ の範囲を求める

答 $a > \frac{5}{4}$

円周上の点を $(cos θ, a + sin θ)$ と置けば、条件は「すべての $θ$ について $a + sin θ > cos^{2} θ$ 」になる。 $a$ だけを左辺に残すと、右辺は $sin θ$ の2次式になるので、その最大値を超えていればよい。

円 $C$ の点は $(cos θ, a + sin θ)$ と書ける。 $C$ が $y > x^{2}$ に含まれる条件は

a + sin θ > cos^{2} θ (すべての θ)

すなわち $a > cos^{2} θ - sin θ$ がすべての $θ$ で成り立つことである。 $s = sin θ$ （ $- 1 \leq s \leq 1$ ）とおくと

cos^{2} θ - sin θ = 1 - s^{2} - s = - (s + \frac{1}{2})^{2} + \frac{5}{4}

となる。 $s = - \frac{1}{2}$ は $- 1 \leq s \leq 1$ にあるので、右辺の最大値は $\frac{5}{4}$ である。よって求める条件は $a > \frac{5}{4}$ である。

$a = \frac{5}{4}$ のとき、 $s = - \frac{1}{2}$ に対応する円周上の点は $(\frac{3}{2}, \frac{3}{4})$ で、 $x^{2} = \frac{3}{4} = y$ となり放物線上にある。 $a$ を少しでも大きくすればこの点は放物線より上に上がる。

$a \geq \frac{5}{4}$ ではない。 $s = - \frac{1}{2}$ のとき等号が成り立ち、円周上の点 $(\pm \frac{3}{2}, a - \frac{1}{2})$ が放物線に乗ってしまうので、 $y > x^{2}$ （等号なし）をみたさない。

「円が放物線と交わらない」ではなく「円周が領域 $y > x^{2}$ に含まれる」である。放物線の下側にすっぽり入る場合は条件をみたさないので、交わらないだけでは足りない。

(2) $L_{Q} = L_{R}$ となる $S$ 上の相異なる2点 $Q, R$ が存在するような $a$ の範囲を求める

答 $\frac{5}{4} < a < \frac{11}{8}$

$S$ 上の点を1つずつ追うより、その点での接線のほうが扱いやすい。 $S$ は円の右下の4分の1なので、そこでの接線は傾き $m \geq 0$ の「円の下側の接線」を1回ずつもれなく与える。だから $L_{P}$ は $m$ の関数になる。あとは「同じ値を2回とる $⟺$ 単調でない」と読み替えて、微分して増減を見ればよい。

$S$ は $x \geq 0$ かつ $y < a$ の部分だから、 $P = (cos θ, a + sin θ)$ で $- \frac{π}{2} \leq θ < 0$ の4分の1の弧である。 $θ = - φ$ （ $0 < φ \leq \frac{π}{2}$ ）とおくと、 $P$ での接線の傾きは

m = - \frac{cos θ}{sin θ} = \frac{cos φ}{sin φ}

で、 $φ$ が $\frac{π}{2}$ から $0$ に近づくにつれて $m$ は $0$ から $+ \infty$ まで単調に増える。つまり $P$ と $m \geq 0$ は1対1に対応する。

傾き $m$ で円 $C$ に下から接する直線を $y = m x + c$ とすると、中心 $(0, a)$ との距離が $1$ だから $\frac{∣ c - a ∣}{1 + m ^{2}} = 1$ で、下側の接線なので $c < a$ 、よって

c = a - 1 + m^{2}

である。この直線と $y = x^{2}$ の交点は $x^{2} - m x - c = 0$ の解で、2解を $x_{1}, x_{2}$ とすると

(x_{1} - x_{2})^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2} = m^{2} + 4 c

となる。 $P$ は放物線より上にあるので直線は放物線と2点で交わり、 $m^{2} + 4 c > 0$ である。切り取られる線分の長さは

L_{P} = 1 + m^{2} ∣ x_{1} - x_{2} ∣, L_{P}^{2} = (1 + m^{2}) (m^{2} + 4 c)

である。ここで $u = 1 + m^{2}$ とおく。 $m \geq 0$ と $u \geq 1$ は1対1に対応し、 $m^{2} = u^{2} - 1$ 、 $c = a - u$ だから

L_{P}^{2} = u^{2} (u^{2} - 1 + 4 a - 4 u) = u^{2} (u^{2} - 4 u + 4 a - 1) =: F (u)

となる。 $L_{P} > 0$ なので、 $L_{Q} = L_{R}$ となる相異なる2点があることは、 $F$ が $u \geq 1$ で単射でないことと同じである。

$F (u) = u^{4} - 4 u^{3} + (4 a - 1) u^{2}$ を微分すると

F^{'} (u) = 4 u^{3} - 12 u^{2} + 2 (4 a - 1) u = 2 u (2 u^{2} - 6 u + 4 a - 1)

である。 $u \geq 1$ では $2 u > 0$ だから、 $F^{'}$ の符号は $G (u) = 2 u^{2} - 6 u + 4 a - 1$ の符号と同じになる。 $G$ は下に凸で軸が $u = \frac{3}{2}$ 、これは $u \geq 1$ の内部にあるので、 $u \geq 1$ での $G$ の最小値は

G (\frac{3}{2}) = \frac{9}{2} - 9 + 4 a - 1 = 4 a - \frac{11}{2}

である。場合を分ける。

$4 a - \frac{11}{2} \geq 0$ 、すなわち $a \geq \frac{11}{8}$ のとき： $u \geq 1$ で $G \geq 0$ 、つまり $F^{'} \geq 0$ で、 $F^{'} = 0$ となるのはたかだか1点だから $F$ は狭義の増加関数。単射なので、 $L_{Q} = L_{R}$ となる相異なる2点は存在しない。
$a < \frac{11}{8}$ のとき： $G (\frac{3}{2}) < 0$ なので $u = \frac{3}{2}$ の近くで $F^{'} < 0$ となり、 $F$ はそこで減少する。 $F$ は $u \geq 1$ で単調でないので、同じ値を2回とる $u$ の組がある。

(1) の条件 $a > \frac{5}{4}$ とあわせて、求める範囲は $\frac{5}{4} < a < \frac{11}{8}$ である。

a = 1.3

のときの円

C

（細線）と放物線

y = x^{2}

。太い弧が

S

、太い線分が

S

上の点

P

での接線が放物線から切り取る部分で、その長さが

L_{P}

。

$a$ を $1.26, 1.30, 1.35, 1.3749$ と動かして $L_{P}$ を $m$ の関数として数値で追うと、どれも途中で減少に転じる。 $a = 1.375 (= \frac{11}{8})$ 以上では、 $m$ を $0$ から $12$ まで $3000$ 点で調べてもずっと増加のままだった。境目が $\frac{11}{8}$ であることと合う。

$S$ の点をそのまま変数にすると式が重くなる。「 $S$ の点」と「傾き $m \geq 0$ の下側接線」が1対1に対応することを言えば、あとは $m$ （さらに $u = 1 + m^{2}$ ）だけの話になる。

$u = 1 + m^{2}$ の動く範囲は $u \geq 1$ である。 $u > 1$ としてしまうと、 $P$ が $S$ の端 $(0, a - 1)$ （ $m = 0$ ）のときを落とす。

$G (\frac{3}{2}) = 0$ 、つまり $a = \frac{11}{8}$ のときは $F^{'} \geq 0$ で等号は1点だけなので、 $F$ はなお狭義増加である。境目は範囲に入らない。

第3問だけのページ

第4問　空間ベクトル

内積と垂直条件・垂線の足・平面への正射影・球面と図形の共有点当サイトの体感難易度：標準

(1) $OP ⊥ OA$ 、 $OP ⊥ OB$ 、 $OP \cdot OC = 1$ をみたす $P$ を求める

答 $P (0, - 1, 1)$

条件は3つとも内積の式なので、 $P (x, y, z)$ とおけば $x, y, z$ の1次方程式が3本できる。上から順に代入していけば、連立を解くまでもなく1つずつ決まる。

$P (x, y, z)$ とおく。3つの条件はそれぞれ

2 x = 0, x + y + z = 0, x + 2 y + 3 z = 1

である。1つめから $x = 0$ 、2つめから $z = - y$ 、これを3つめに入れて $2 y - 3 y = 1$ 、すなわち $y = - 1$ 、 $z = 1$ を得る。よって $P (0, - 1, 1)$ である。

$OP = (0, - 1, 1)$ として、 $OA = (2, 0, 0)$ との内積は $0$ 、 $OB = (1, 1, 1)$ との内積は $- 1 + 1 = 0$ 、 $OC = (1, 2, 3)$ との内積は $- 2 + 3 = 1$ で、3条件すべてをみたす。

(2) $P$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足 $H$ について $OH$ を $OA, OB$ で表す

答 $OH = \frac{1}{3} OA + \frac{2}{3} OB$

$H$ は直線 $AB$ 上なので $OH = (1 - t) OA + t OB$ と書ける。垂直条件 $PH \cdot AB = 0$ に (1) を使うと、 $OP$ が $AB$ とも垂直なので $OP$ の項が消え、 $OH \cdot AB = 0$ だけが残る。

$H$ は直線 $AB$ 上にあるので $OH = (1 - t) OA + t OB$ とおける。 $AB = OB - OA = (- 1, 1, 1)$ である。

(1) より $OP$ は $OA$ とも $OB$ とも垂直だから、その差である $AB$ とも垂直で $OP \cdot AB = 0$ である。よって

PH \cdot AB = (OH - OP) \cdot AB = OH \cdot AB

となり、垂直条件は $OH \cdot AB = 0$ と同じである。 $OA \cdot AB = - 2$ 、 $OB \cdot AB = - 1 + 1 + 1 = 1$ だから

(1 - t) (- 2) + t \cdot 1 = 0 ⟺ 3 t = 2 ⟺ t = \frac{2}{3}

である。よって $OH = \frac{1}{3} OA + \frac{2}{3} OB$ となる。

$H (\frac{4}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})$ となる。 $PH = (\frac{4}{3}, \frac{5}{3}, - \frac{1}{3})$ で、 $AB = (- 1, 1, 1)$ との内積は $- \frac{4}{3} + \frac{5}{3} - \frac{1}{3} = 0$ である。

$OP$ が平面 $OAB$ の法線になっていることが、この小問と (3) の両方で効く。(1) の答えを座標としてだけ見ずに、「平面 $OAB$ に垂直なベクトル」として持っておく。

(3) $OQ = \frac{3}{4} OA + OP$ とし、 $Q$ を中心とする半径 $r$ の球面 $S$ が三角形 $OHB$ と共有点をもつ $r$ の範囲を求める

答 $\frac{11}{2} \leq r \leq \frac{17}{2}$

球面が図形と共有点をもつのは、中心からその図形までの距離が最小のものと最大のものの間に $r$ が入るときである。三角形 $OHB$ は平面 $OAB$ の上にあり、 $OP$ はその平面の法線だから、 $Q$ は平面から $OP = 2$ だけ離れていて、その正射影は $\frac{3}{4} OA$ である。三平方の定理で、平面内の2次元の問題に落ちる。

$H$ は $OA, OB$ の1次結合なので、三角形 $OHB$ は平面 $OAB$ の上にある。(1) より $OP$ はこの平面の法線で、 $OP = 2$ である。

$OQ = \frac{3}{4} OA + OP$ だから、 $Q$ の平面 $OAB$ への正射影を $Q^{'}$ とすると $O Q^{'} = \frac{3}{4} OA$ 、つまり $Q^{'} (\frac{3}{2}, 0, 0)$ で、 $Q Q^{'} = 2$ である。平面上の点 $X$ に対して三平方の定理より

QX^{2} = 2 + Q^{'} X^{2}

が成り立つ。よって $Q^{'} X$ の最小・最大を三角形 $OHB$ の中で求めればよい。

$Q^{'} = \frac{3}{4} OA$ は、 $OA, OB$ を基準にすると $OA$ の係数が $\frac{3}{4}$ である。三角形 $OHB$ の3頂点は、同じ基準で $(0, 0)$ 、 $(\frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ 、 $(0, 1)$ だから $OA$ の係数は $\frac{1}{3}$ 以下で、 $Q^{'}$ は三角形の外にある。したがって最小は辺の上で起きる。

最大。 三角形の点のうち $Q^{'}$ から最も遠いのは頂点のどれかである。

Q^{'} O = \frac{3}{2}, Q^{'} H = (- \frac{1}{6})^{2} + (\frac{2}{3})^{2} + (\frac{2}{3})^{2} = \frac{11}{12}, Q^{'} B = (- \frac{1}{2})^{2} + 1 + 1 = \frac{3}{2}

なので最大は $\frac{3}{2}$ である（ $O$ と $B$ の2つで達する）。

最小。 3辺それぞれへの距離を調べる。辺 $OH$ は方向ベクトル $(2, 1, 1)$ で、 $Q^{'}$ から下ろした垂線の足は

\frac{O Q ^{'} \cdot ( 2 , 1 , 1 )}{∣ ( 2 , 1 , 1 ) ∣ ^{2}} (2, 1, 1) = \frac{3}{6} (2, 1, 1) = (1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})

で、これは $OH$ の $\frac{3}{4}$ 倍だから線分 $OH$ の上にある。距離は $(\frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}) = \frac{3}{2}$ である。辺 $OB$ への垂線の足は $(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ で距離は $\frac{3}{2}$ 、辺 $HB$ については垂線の足が線分の外に出るので最短は端点 $H$ で $\frac{11}{12}$ である。

$\frac{3}{2} = 0.866$ 、 $\frac{11}{12} = 0.957$ 、 $\frac{3}{2} = 1.225$ だから、最小は $\frac{3}{2}$ である。

三角形は連結で $Q^{'} X$ は連続だから、 $Q^{'} X$ のとる値は $\frac{3}{2}$ 以上 $\frac{3}{2}$ 以下のすべてである。したがって

QX^{2} = 2 + Q^{'} X^{2} \in [2 + \frac{3}{4}, 2 + \frac{9}{4}] = [\frac{11}{4}, \frac{17}{4}]

となり、球面 $S$ が三角形と共有点をもつ条件は $\frac{11}{2} \leq r \leq \frac{17}{2}$ である。

平面

OAB

を、

OA

の向きを横軸にとって正面から見た図（この平面上では長さがそのまま測れる）。

Q^{'}

は

Q

の正射影で、三角形

OHB

までの距離は最小

\frac{3}{2}

、最大

\frac{3}{2}

。

三角形 $OHB$ を $900 \times 900$ の格子で走査して $∣ QX ∣$ を直接計算すると、最小 $1.65831240$ 、最大 $2.06155281$ となり、 $\frac{11}{2} = 1.65831240$ 、 $\frac{17}{2} = 2.06155281$ と小数8桁まで一致する。

「球面」なので、三角形が球の内部にすっぽり入ってしまう $r$ は不適である。最小距離以上かつ最大距離以下、という両側の条件になる。

$Q^{'}$ が三角形の外にあることを確かめないと、最小距離を頂点や辺で探す根拠がない。 $OA$ の係数で比べると一目で分かる。

辺 $HB$ は、垂線の足が線分の外に出る。足が外に出たときの最短は端点であって、直線への距離ではない。

第4問だけのページ

第5問　整式

剰余の定理・重解と微分・因数分解・合同式の考え方当サイトの体感難易度：やや難

(1) $g (x)^{7}$ を $f (x)$ で割った余りと $r (x)^{7}$ を $f (x)$ で割った余りが等しいことを示す

答 $g^{7} - r^{7}$ が $g - r$ で割り切れ、 $g - r$ が $f$ で割り切れることから従う

余りが等しいことを示すには、2つの差が $f$ で割り切れることを言えばよい。 $g$ と $r$ は $f$ で割った余りが同じ、つまり $g - r$ が $f$ の倍数である。そこに $A^{7} - B^{7}$ が $A - B$ で割り切れるという因数分解を当てればそれで終わる。

$g (x)$ を $f (x)$ で割った商を $Q (x)$ とすると $g (x) = f (x) Q (x) + r (x)$ 、すなわち

g (x) - r (x) = f (x) Q (x)

である。一般に

A^{7} - B^{7} = (A - B) (A^{6} + A^{5} B + A^{4} B^{2} + A^{3} B^{3} + A^{2} B^{4} + A B^{5} + B^{6})

だから、 $A = g (x)$ 、 $B = r (x)$ とおくと

g (x)^{7} - r (x)^{7} = (g (x) - r (x)) \cdot (\dots) = f (x) \cdot Q (x) (\dots)

となり、 $g (x)^{7} - r (x)^{7}$ は $f (x)$ で割り切れる。2つの整式の差が $f$ で割り切れるとき、それぞれを $f$ で割った余りは等しい。よって $g (x)^{7}$ を $f (x)$ で割った余りと $r (x)^{7}$ を $f (x)$ で割った余りは等しい。

言いかえると「 $f$ で割った余りが同じ」という関係は、足し算・掛け算で保たれる。整数の合同式とまったく同じ性質で、(2) ではこれを繰り返し使う。

$f (x) = (x - 1)^{2} (x - 2)$ という具体形は (1) では一度も使わない。どんな $f$ でも成り立つ話なので、余計な代入を始めないほうが速い。

(2) $h_{2} (x) = h (x)$ となる実数 $a, b$ の組をすべて求める

答 $(a, b) = (- 2, 0), (- 2, 1)$

(1) を2回使うと、 $h_{2}$ は $h^{49}$ を $f$ で割った余りに等しい。 $h$ は2次式だから $f$ で割った余りは $h$ 自身で、条件は「 $h^{49} - h$ が $f$ で割り切れる」になる。 $f = (x - 1)^{2} (x - 2)$ なので、割り切れる条件は $x = 1$ で値と微分係数がともに $0$ 、 $x = 2$ で値が $0$ 、の3本である。

$h_{1}$ は $h^{7}$ を $f$ で割った余りだから、(1) を $g = h^{7}$ 、 $r = h_{1}$ に使うと、 $(h^{7})^{7} = h^{49}$ を $f$ で割った余りと $(h_{1})^{7}$ を $f$ で割った余り、すなわち $h_{2}$ が等しい。つまり $h^{49} - h_{2}$ は $f$ で割り切れる。

$h$ は2次式で $f$ は3次式だから、 $h$ を $f$ で割った余りは $h$ 自身である。 $h_{2}$ も $h$ も2次以下なので、 $h_{2} = h$ であることと $h^{49} - h$ が $f$ で割り切れることは同じである。

$p (x) = h (x)^{49} - h (x)$ とおく。 $f (x) = (x - 1)^{2} (x - 2)$ で割り切れる条件は

p (1) = 0, p^{'} (1) = 0, p (2) = 0

の3つである。 $α = h (1) = 1 + a + b$ 、 $β = h (2) = 4 + 2 a + b$ とおく。

$p (1) = α^{49} - α = α (α^{48} - 1) = 0$ 。 $α$ は実数だから $α = 0, 1, - 1$ 。
$p (2) = β^{49} - β = 0$ も同様に $β = 0, 1, - 1$ 。
$p^{'} (x) = 49 h (x)^{48} h^{'} (x) - h^{'} (x) = h^{'} (x) (49 h (x)^{48} - 1)$ より $p^{'} (1) = h^{'} (1) (49 α^{48} - 1)$ 。

$α = 0$ のとき $49 α^{48} - 1 = - 1$ 、 $α = \pm 1$ のとき $49 α^{48} - 1 = 48$ で、いずれも $0$ でない。よってどの場合も $h^{'} (1) = 0$ が必要で、 $h^{'} (x) = 2 x + a$ より

h^{'} (1) = 2 + a = 0, a = - 2

が確定する。このとき

α = 1 + a + b = b - 1, β = 4 + 2 a + b = b

だから、 $b - 1 \in {0, 1, - 1}$ かつ $b \in {0, 1, - 1}$ 、すなわち $b \in {0, 1, 2}$ かつ $b \in {- 1, 0, 1}$ である。共通部分は $b = 0, 1$ となる。

以上より $(a, b) = (- 2, 0)$ または $(- 2, 1)$ である。実際、

$(a, b) = (- 2, 0)$ のとき $h (x) = x (x - 2)$ で $h (1) = - 1$ 、 $h (2) = 0$ 、 $h^{'} (1) = 0$ 。3条件をみたす。
$(a, b) = (- 2, 1)$ のとき $h (x) = (x - 1)^{2}$ で $h (1) = 0$ 、 $h (2) = 1$ 、 $h^{'} (1) = 0$ 。3条件をみたす。

となり、どちらも条件をみたす。

$h (x)^{49}$ を $f (x)$ で割った余りを有理数係数のまま繰り返し2乗法で計算すると、 $(a, b) = (- 2, 0)$ では $x^{2} - 2 x$ 、 $(- 2, 1)$ では $x^{2} - 2 x + 1$ となり、どちらも $h (x)$ そのものに戻る。 $a, b$ を $- 8$ から $8$ まで $\frac{1}{2}$ 刻みで動かした $4624$ 通りを全部計算しても、 $h_{2} = h$ となるのはこの2組だけだった。

$(x - 1)^{2}$ で割り切れる条件は「 $x = 1$ を代入して $0$ 」だけでは足りない。導関数に $x = 1$ を代入しても $0$ 、という条件が要る。これを落とすと $a$ が決まらず、余計な解が残る。

$α^{49} = α$ の実数解は $0, \pm 1$ の3つである。 $α^{48} = 1$ から $α = \pm 1$ 、これに $α = 0$ を足す。複素数まで広げると解が増えるが、 $a, b$ は実数なので $α, β$ も実数である。

$h_{2} = h$ は「割った余りが $h$ に等しい」であって「 $h^{49} = h$ 」ではない。 $h$ の次数が $f$ より低いことを使って初めて、 $h^{49} - h$ が $f$ で割り切れる、と言いかえられる。

第5問だけのページ

第6問　空間図形・体積

立体の体積・球の一部の体積・最短経路・回転体の断面当サイトの体感難易度：難

(1)条件 (i)(ii) をみたす点 $P$ の動く範囲 $V$ の体積を求める

答 $\frac{20}{3} + \frac{2 3}{3} π$

$S$ は立方体の表面から上面だけを取り除いたものである。 $O$ は立方体の中心なので、 $O$ から出る半直線は表面をちょうど1回だけ横切る。その出口が上面なら $S$ を通らないので $P$ はどこまででも行けるし、出口が上面以外なら $P$ はそこまでしか行けない。つまり条件 (ii) は「上面の方向かどうか」で2つに分かれる。

立方体を $K$ 、その上面 ${∣ x ∣ \leq 1, ∣ y ∣ \leq 1, z = 1}$ を $T$ とする。 $S$ は $K$ の表面のうち $z < 1$ の部分だから、 $K$ の表面から $T$ を取り除いたものである。

$O$ は $K$ の内部にあるので、 $O$ を端点とする半直線は $K$ の表面をちょうど1点で横切る。その点を出口と呼ぶ。出口より手前は $K$ の内部、先は $K$ の外部で、どちらも表面上の点ではない。したがって

出口が $T$ の上にあるとき：線分 $OP$ はどこまで延ばしても $S$ と出会わない。条件 (ii) は自動的にみたされ、(i) だけが効く。
出口が $T$ の上にないとき：出口は $S$ の点である。 $P$ が出口より先にあると、出口が $P$ 以外の共有点になってしまう。よって $OP$ は出口までで、 $P$ が出口と一致するときは共有点が $P$ だけなので許される。

出口が $T$ 上にある方向は、 $z \geq ∣ x ∣$ かつ $z \geq ∣ y ∣$ かつ $z > 0$ をみたす方向、つまり $O$ を頂点とし $T$ を底面とする四角錐を無限に延ばした領域 $Λ$ の方向である。まとめると

V = K \cup (Λ \cap B), B = {OP \leq 3}

である。立方体の中心から表面までの距離は最大でも頂点までの $3$ なので、 $K$ はまるごと $B$ に入っており、上の式で条件 (i) も過不足なく反映されている。

体積を出す。 立方体の体積は $2^{3} = 8$ である。

$Λ$ は、 $O$ から6つの面それぞれに向かう合同な6つの錐で空間を分けたうちの1つだから、 $O$ のまわりの全方向のちょうど $\frac{1}{6}$ を占める。よって半径 $3$ の球を $Λ$ で切り取った部分の体積は

\frac{1}{6} \cdot \frac{4}{3} π (3)^{3} = \frac{1}{6} \cdot 43 π = \frac{2 3}{3} π

である。重なっているのは $K \cap Λ$ 、すなわち $O$ を頂点とし $T$ を底面とする四角錐で、体積は $\frac{1}{3} \cdot (2 \times 2) \cdot 1 = \frac{4}{3}$ である。したがって

V = 8 + \frac{2 3}{3} π - \frac{4}{3} = \frac{20}{3} + \frac{2 3}{3} π

となる。

$\frac{20}{3} + \frac{2 3}{3} π = 6.667 + 3.628 = 10.294$ 。条件 (i)(ii) を線分と5つの面との交点から直接判定するプログラムで、 $1$ 辺 $3.5$ の立方体に $400$ 万点をばらまいて測ると $10.285 \pm 0.009$ となり、誤差の範囲で一致する。

$S$ に上面が含まれないことが、この問題のすべてである。上面のふち（ $z = 1$ かつ $∣ x ∣ = 1$ などの辺）も $z = 1$ なので $S$ には入らない。

立方体の外に出られるのは上面の方向だけで、それ以外の方向では立方体の表面で止まる。だから $V$ は「球の一部」ではなく「立方体＋球の $\frac{1}{6}$ 」から重なりを引いた形になる。

(2)条件 (iii)(iv)(v) をみたす点 $P$ の動く範囲 $W$ の体積を求める

答 $\frac{20}{3} + (8 + \frac{2 3}{3} - 92 α) π$ （ $sin α = \frac{1}{3}$ 、 $0 < α < \frac{π}{2}$ ）

$O \to N \to P$ という2本の線分で、長さの合計 $3$ 以内で、 $S$ をよけて $P$ に届くか、という問題である。 $N = O$ にとれば (1) の $V$ がそのまま入る。新しく届くのは、上面のふちで1回折れ曲がって立方体の外側に回り込む分だけである。ふちは線分なので、「線分の向こう側にある2点を結ぶ最短の折れ線」という平面の問題に落ちる。

$N = O$ とすれば条件 (iii)(iv)(v) は (1) の (i)(ii) そのものになるので、 $V \subset W$ である。以下、 $V$ に入らない $P$ がどこまで届くかを調べる。

$P$ が立方体の外にあって $V$ に入らないとき、(1) で見たように線分 $OP$ は $S$ を横切る。折れ線 $O \to N \to P$ がこれをよけるには、上面 $T$ のふち、すなわち4本の辺のどれかで折れ曲がるしかない。どんな折れ線も長さは $OP$ 以上なので、最短のものを調べれば十分である。

辺 $ℓ : {(1, t, 1) ∣ - 1 \leq t \leq 1}$ の場合を考える。 $ℓ$ を含む直線までの距離で測ると、 $O$ は $2$ 離れていて、その垂線の足は $(1, 0, 1)$ である。 $P (x, y, z)$ について

ρ = (x - 1)^{2} + (z - 1)^{2}

とおく。 $N = (1, t, 1)$ にとると

ON + NP = 2 + t^{2} + ρ^{2} + (y - t)^{2}

である。これは、平面上に点 $O^{'} (0, 2)$ と $P^{'} (y, - ρ)$ をとり、 $x$ 軸上の点 $(t, 0)$ を経由する道のりとまったく同じ形をしている。よって最小値は $O^{'} P^{'}$ の直線距離

t min (ON + NP) = y^{2} + (2 + ρ)^{2}

で、そのときの $t = \frac{2 y}{2 + ρ}$ は $∣ t ∣ \leq ∣ y ∣$ をみたすから、 $∣ y ∣ \leq 1$ であれば確かに辺 $ℓ$ の上にある。条件 (iii) は

y^{2} + (2 + ρ)^{2} \leq 3 ⟺ ρ \leq 3 - y^{2} - 2

となる。右辺が $0$ 以上になるのは $∣ y ∣ \leq 1$ のときだけで、これは辺 $ℓ$ の長さとちょうど合っている。

回り込める向き。 直線 $ℓ$ に垂直な平面で切って、 $u = x - 1$ 、 $v = z - 1$ とおく。この断面で $S$ にあたるのは半直線 $u = 0, v < 0$ （側面 $x = 1$ ）だけで、 $u < 0, v = 0$ の側（上面）は $S$ ではない。 $P$ が $V$ に入らないのは $u > 0$ かつ $v < u$ のときで、これは向きでいうと $(0, - 1)$ の方向から $(1, 1)$ の方向までの

\frac{3}{4} π (= 13 5^{\circ})

ぶんの扇形である。したがって辺 $ℓ$ のまわりで新たに届く範囲は、各 $y$ について半径 $R (y) = 3 - y^{2} - 2$ 、中心角 $\frac{3}{4} π$ の扇形で、その面積は $\frac{1}{2} R (y)^{2} \cdot \frac{3}{4} π = \frac{3 π}{8} R (y)^{2}$ である。

積分する。

R (y)^{2} = (3 - y^{2}) - 22 3 - y^{2} + 2 = 5 - y^{2} - 22 3 - y^{2}

で、 $\int_{- 1}^{1} (5 - y^{2}) d y = \frac{28}{3}$ である。残りは $y = 3 sin θ$ と置換する。 $d y = 3 cos θ d θ$ 、 $3 - y^{2} = 3 cos θ$ で、 $y = \pm 1$ は $sin θ = \pm \frac{1}{3}$ 、すなわち $θ = \pm α$ にあたるから

\int_{- 1}^{1} 3 - y^{2} d y = \int_{- α}^{α} 3 cos^{2} θ d θ = 3 \int_{- α}^{α} \frac{1 + cos 2 θ}{2} d θ = 3 [\frac{θ}{2} + \frac{sin 2 θ}{4}]_{- α}^{α} = 3 α + \frac{3}{2} sin 2 α

となる。 $sin α = \frac{1}{3}$ 、 $0 < α < \frac{π}{2}$ より $cos α = \frac{2}{3}$ なので $sin 2 α = 2 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2 2}{3}$ で、この積分は $3 α + 2$ である。よって

\int_{- 1}^{1} R (y)^{2} d y = \frac{28}{3} - 22 (2 + 3 α) = \frac{16}{3} - 62 α

となり、辺 $ℓ$ 1本ぶんの体積は

\frac{3 π}{8} (\frac{16}{3} - 62 α) = 2 π - \frac{9 2}{4} π α

である。4本の辺について同じことが起き、辺 $ℓ$ のぶんは $x > 1$ 、隣の辺のぶんは $y > 1$ のように、どの2つも重ならない。よって

W = \frac{20}{3} + \frac{2 3}{3} π + 4 (2 π - \frac{9 2}{4} π α) = \frac{20}{3} + (8 + \frac{2 3}{3} - 92 α) π

となる。

y = 0

での断面。濃い部分が

W

。真ん中の正方形が立方体、上に開いた扇形が条件 (i)(ii) で直接届く範囲（半径

3

）、上の2つの角についた小さな扇形がふちで1回折れ曲がって回り込める範囲（半径

3 - 2

、中心角

\frac{3}{4} π

）。上辺（破線）は

S

に含まれない開いた部分。

$sin α = \frac{1}{3}$ をみたす $α = 0.61548$ として $\frac{20}{3} + (8 + \frac{2 3}{3} - 92 α) π = 10.816$ 。条件を直接判定し、 $N$ を上面のふち $4801$ 点から探す全探索と、ここで導いた形とを $40$ 万点で突き合わせると、判定の食い違いは $0$ だった。体積も $400$ 万点のモンテカルロで $10.806 \pm 0.009$ となり一致する。

$N$ は $S$ に触れてはいけない（条件 (iv) には「 $N$ のみを共有点に持つ」という逃げ道がない）が、上面のふちは $z = 1$ なので $S$ ではなく、そこで折れ曲がってよい。

$ON + NP$ の最小値を求めるところが山場である。 $O$ と $P$ を辺 $ℓ$ のまわりの「軸方向の座標」と「軸からの距離」で測り直すと、平面上で直線の向こう側へ渡る最短経路の問題と同じ形になる。

回り込める向きが $\frac{3}{4} π$ であることは、辺に垂直な断面で考える。側面 $x = 1$ が壁、上面が開口部なので、壁の方向から上面の延長方向までのちょうど $13 5^{\circ}$ ぶんが「直接は見えないが回り込める」範囲になる。

4本の辺の寄与は重ならない。辺 $x = 1$ のぶんは $x > 1$ 、辺 $y = 1$ のぶんは $y > 1$ をみたすが、 $x > 1$ の点は辺 $y = 1$ まわりの条件 $∣ x ∣ \leq 1$ を破るので、両方に数えられることはない。

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。

当サイト運営者が制作した教材

同じ形式の問題を、5回分

合格答案をつくる東大理系数学 2027

東大理系数学の出題を分析して書き下ろした予想問題集です。過去問そのものは入っていません。本番と同じ試験時間・大問構成で5回分、解答・詳解・別解に加えて、小問ごとの加点・減点つきの採点表を収録しています。

Amazonで見る全3巻を見る¥2,695・168ページ・2026年8月2日発売

中身を試し読みする

扉・問題・解答などを、それぞれ抜粋して掲載しています。連続したページではありません。画像を押すと拡大できます。

抜粋をPDFでまとめて見る

問題文について

(1)(k+1)π​1​≤Ak​≤kπ​1​ を示す

(2)n→∞lim​Bn​ を求める

(1)どの赤玉も隣り合わない確率 p を求める

(2)どの赤玉も隣り合わないとき、どの黒玉も隣り合わない条件つき確率 q を求める

(1)円 C が y>x2 の表す領域に含まれるような a の範囲を求める

(2)LQ​=LR​ となる S 上の相異なる2点 Q,R が存在するような a の範囲を求める

(1)OP⊥OA、OP⊥OB、OP⋅OC=1 をみたす P を求める

(2)P から直線 AB に下ろした垂線の足 H について OH を OA,OB で表す

(3)OQ​=43​OA+OP とし、Q を中心とする半径 r の球面 S が三角形 OHB と共有点をもつ r の範囲を求める

(1)g(x)7 を f(x) で割った余りと r(x)7 を f(x) で割った余りが等しいことを示す

(2)h2​(x)=h(x) となる実数 a,b の組をすべて求める

(1)条件 (i)(ii) をみたす点 P の動く範囲 V の体積を求める

(2)条件 (iii)(iv)(v) をみたす点 P の動く範囲 W の体積を求める

同じ形式の問題を、5回分

中身を試し読みする

関連するページ

(1) $\frac{1}{( k + 1 ) π} \leq A_{k} \leq \frac{1}{k π}$ を示す

(2) $n \to \infty lim B_{n}$ を求める

(1)どの赤玉も隣り合わない確率 $p$ を求める

(2)どの赤玉も隣り合わないとき、どの黒玉も隣り合わない条件つき確率 $q$ を求める

(1)円 $C$ が $y > x^{2}$ の表す領域に含まれるような $a$ の範囲を求める

(2) $L_{Q} = L_{R}$ となる $S$ 上の相異なる2点 $Q, R$ が存在するような $a$ の範囲を求める

(1) $OP ⊥ OA$ 、 $OP ⊥ OB$ 、 $OP \cdot OC = 1$ をみたす $P$ を求める

(2) $P$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足 $H$ について $OH$ を $OA, OB$ で表す

(3) $OQ = \frac{3}{4} OA + OP$ とし、 $Q$ を中心とする半径 $r$ の球面 $S$ が三角形 $OHB$ と共有点をもつ $r$ の範囲を求める

(1) $g (x)^{7}$ を $f (x)$ で割った余りと $r (x)^{7}$ を $f (x)$ で割った余りが等しいことを示す

(2) $h_{2} (x) = h (x)$ となる実数 $a, b$ の組をすべて求める

(1)条件 (i)(ii) をみたす点 $P$ の動く範囲 $V$ の体積を求める

(2)条件 (iii)(iv)(v) をみたす点 $P$ の動く範囲 $W$ の体積を求める