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全4問・無料

東北大学　2021年度　前期日程　文系

東北大文系 2021年度数学の解答・解説

全4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 2026/10/13

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（2026/10/13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　2次関数

解の配置・判別式・領域の図示・場合分け当サイトの体感難易度：標準

$a, b$ を実数とするとき、曲線 $y = a x^{2} + b x + 1$ が $x$ 軸の正の部分と共有点をもたないような点 $(a, b)$ の領域を図示する

答 $a ≧ 0$ かつ $b ≧ 0$ 、または $b < 0$ かつ $a > \frac{b ^{2}}{4}$

$f (x) = a x^{2} + b x + 1$ とおくと $f (0) = 1 > 0$ が効く。 $a$ の符号で場合分けし、 $a > 0$ のときは「判別式」と「軸の位置」で正の解の有無を判定する。

$f (x) = a x^{2} + b x + 1$ とおく。 $f (0) = 1 > 0$ である。求めるのは「 $f (x) = 0$ が正の解をもたない」条件である。

$a < 0$ のとき。 $x \to + \infty$ で $f (x) \to - \infty$ であり $f (0) = 1 > 0$ だから、中間値の定理より正の解が必ずある。よって不適。

$a = 0$ のとき。 $f (x) = b x + 1$ である。 $b = 0$ なら $f \equiv 1$ で解なし。 $b \neq = 0$ なら解は $x = - \frac{1}{b}$ で、これが正になるのは $b < 0$ のときである。よって正の解をもたないのは $b ≧ 0$ のときである。

$a > 0$ のとき。 下に凸の放物線で $f (0) = 1 > 0$ だから、正の解をもつのは「実数解をもち、かつ軸が正」のときに限る。すなわち

b^{2} - 4 a ≧ 0 かつ - \frac{b}{2 a} > 0 (⟺ b < 0)

である。その否定をとると、正の解をもたない条件は

b ≧ 0 または b^{2} < 4 a

である。

まとめ。 3つの場合を合わせると、求める領域は

{a ≧ 0 かつ b ≧ 0} \cup {b < 0 かつ a > \frac{b ^{2}}{4}}

である（ $b < 0$ で $a > \frac{b ^{2}}{4}$ なら自動的に $a > 0$ ）。図示すると次のようになる。

横軸 a、縦軸 b。網かけが求める領域。b ≧ 0 の側は b 軸（a = 0）を含み、b < 0 の側は放物線 a = b²/4 を含まない。

$(a, b) = (1, - 3)$ では $b^{2} = 9 > 4 = 4 a$ で、 $x^{2} - 3 x + 1 = 0$ の解 $\frac{3 \pm 5}{2}$ はどちらも正。 $(a, b) = (3, - 3)$ では $9 < 12$ で実数解なし。

$a = 0$ （1次になる場合）を別に扱う。2次方程式として処理すると漏れる。

$a > 0$ では $f (0) > 0$ なので「2解とも正」か「2解とも負」のどちらかになる。軸の符号だけで区別できる。

境界の扱い： $b ≧ 0$ 側は $a = 0$ を含み、 $b < 0$ 側は $b^{2} = 4 a$ （重解が正）を含まない。

第1問だけのページ

第2問　場合の数

円に内接する図形・直径と直角・余事象・対称性による数え上げ当サイトの体感難易度：やや難

(1)正八角形 $A_{1} A_{2} \dots A_{8}$ の3個の頂点を結んでできる三角形のうち、直角三角形であるものの個数を求める

答 $24$ 個

正八角形の頂点は1つの円周上にある。円に内接する三角形が直角三角形になるのは、1辺が直径のとき（タレスの定理）に限る。直径を先に選べばよい。

正八角形の8個の頂点は外接円の周上にある。円に内接する三角形が直角三角形であることと、その1辺が直径であることは同値である（円周角の定理）。

8個の頂点のうち直径の両端になる組は、向かい合う頂点の組 $A_{1} A_{5}$ 、 $A_{2} A_{6}$ 、 $A_{3} A_{7}$ 、 $A_{4} A_{8}$ の $4$ 組である。

直径を1つ決めると、残り $6$ 個の頂点のどれを3つめに選んでも直角三角形になる。また、1つの直角三角形に含まれる直径はちょうど1本（直角は1か所）なので、重複して数えることはない。よって

4 \times 6 = 24 個

である。

$56$ 通りを全列挙して内積で直角を判定すると $24$ 個だった。

直角三角形の斜辺は必ず直径。先に直径を選ぶと数え漏れも重複もない。

(2)3個の頂点を結んでできる三角形のうち、直角三角形でも二等辺三角形でもないものの個数を求める

答 $16$ 個

全体から「直角」「二等辺」を引き、両方であるものを足し戻す（包除）。二等辺かどうかは、3頂点が分ける弧の長さ（ $4 5^{\circ}$ を単位とする3つの数）で判定できる。

三角形は全部で $_{8} C_{3} = 56$ 個である。3頂点が円周を分ける3つの弧の長さを $4 5^{\circ}$ 単位で $(x, y, z)$ とすると、 $x + y + z = 8$ 、 $x, y, z ≧ 1$ である。弦の長さは弧の長さで決まるので

二等辺 $⟺$ $x, y, z$ のうち2つ以上が等しい
直角 $⟺$ $x, y, z$ のどれかが $4$ （その弦が直径）

である。 $8$ を正の整数3つに分ける分け方は ${6, 1, 1}, {5, 2, 1}, {4, 3, 1}, {4, 2, 2}, {3, 3, 2}$ の5通りである。

個数の数え方：順序つきの組 $(x, y, z)$ と頂点の出発点 $8$ 通りを掛けると $8 \times (順序つきの個数)$ になり、各三角形は出発点の選び方で $3$ 回ずつ数えられる。したがって三角形の個数は $\frac{8 \times ( 順序つきの個数 )}{3}$ である。

${6, 1, 1}$ ：順序つき $3$ 通り $\Rightarrow$ $8$ 個（二等辺、直角でない）
${4, 2, 2}$ ：順序つき $3$ 通り $\Rightarrow$ $8$ 個（二等辺かつ直角）
${3, 3, 2}$ ：順序つき $3$ 通り $\Rightarrow$ $8$ 個（二等辺、直角でない）
${4, 3, 1}$ ：順序つき $6$ 通り $\Rightarrow$ $16$ 個（直角、二等辺でない）
${5, 2, 1}$ ：順序つき $6$ 通り $\Rightarrow$ $16$ 個（どちらでもない）

合計は $8 + 8 + 8 + 16 + 16 = 56$ で全体と合う。よって

(直角) = 8 + 16 = 24, (二等辺) = 8 + 8 + 8 = 24, (両方) = 8

であり、どちらでもないものは

56 - (24 + 24 - 8) = 56 - 40 = 16 個

である（ ${5, 2, 1}$ の $16$ 個がそれにあたる）。

全列挙すると、直角 $24$ 、二等辺 $24$ 、両方 $8$ 、どちらでもない $16$ で、この数え方と完全に一致した。

直角と二等辺は重なる（ ${4, 2, 2}$ ）。単純に引くだけだと引きすぎる。

弧の長さの組を分類すると、5通りしかないので見通しがよい。個々の三角形を調べる必要はない。

(3)4個の頂点を結んでできる四角形のうち、「4個の頂点から3点を選んで直角三角形を作れる」ものの個数を求める

答 $54$ 個

(1) より「3点で直角三角形が作れる」 $⟺$ 「4点の中に直径の両端の組がある」。余事象（直径の組を1つも含まない4点）を数えるほうが簡単である。

4個の頂点から3点を選んで直角三角形が作れるのは、(1) より「その4点の中に直径の両端となる2点が含まれる」ときである（含まれていれば、残り2点のどちらを3つめにしても直角三角形になる）。

4頂点の選び方は $_{8} C_{4} = 70$ 通りである。余事象、すなわち「直径の組を1つも含まない」選び方を数える。

8個の頂点は向かい合う4組のペアに分かれる。直径の組を含まないように4点を選ぶには、どのペアからも高々1個しか選べない。4組から合計4個を選ぶのだから、各ペアからちょうど1個ずつ選ぶことになり

2^{4} = 16 通り

である。よって求める個数は

70 - 16 = 54 個

である。

余事象の $16$ 個は「向かい合う頂点を同時には含まない4点」で、たとえば $A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ がその1つである。

$70$ 通りを全列挙すると $54$ 個だった。

条件は4点全体の性質（直径の組があるか）に帰着する。3点の組ごとに調べる必要はない。

4組のペアから4個選ぶとき、1個も余らないので「各ペアからちょうど1個」になる。ここは鳩の巣の議論である。

第2問だけのページ

第3問　図形と計量

余弦定理・正弦定理・2円の共通部分・扇形と弓形当サイトの体感難易度：標準

(1)平面において2点 $O, A$ の距離が $1$ であるとし、 $O$ と $A$ を中心とする2つの円をそれぞれ $C_{1}, C_{2}$ とする。 $C_{1}$ と $C_{2}$ は2点 $P, Q$ において交わり、 $∠ OPA = \frac{π}{3}$ 、 $C_{2}$ の半径 $r$ は $r < 1$ を満たすとするとき、 $C_{1}$ の半径を求める

答 $\frac{r + 4 - 3 r ^{2}}{2}$

$P$ は両方の円の上にあるので $OP$ が $C_{1}$ の半径、 $AP$ が $C_{2}$ の半径。三角形 $OPA$ で余弦定理を使うと $R$ の2次方程式になる。

$C_{1}$ の半径を $R$ とおく。 $P$ は $C_{1}$ 上にあるので $OP = R$ 、 $C_{2}$ 上にもあるので $AP = r$ である。三角形 $OPA$ で $∠ OPA = \frac{π}{3}$ 、 $OA = 1$ だから、余弦定理より

1^{2} = R^{2} + r^{2} - 2 R r cos \frac{π}{3} = R^{2} + r^{2} - R r

である。 $R$ についての2次方程式

R^{2} - r R + (r^{2} - 1) = 0

を解くと

R = \frac{r \pm r ^{2} - 4 ( r ^{2} - 1 )}{2} = \frac{r \pm 4 - 3 r ^{2}}{2}

である。 $r < 1$ より $4 - 3 r^{2} > r^{2}$ 、すなわち $4 - 3 r^{2} > r$ なので、 $-$ のほうは負になってしまう。 $R > 0$ だから

R = \frac{r + 4 - 3 r ^{2}}{2}

である。

$r$ を5通りとって $R^{2} + r^{2} - R r$ を計算すると、すべて $1.000000000$ になった。

$\pm$ のうち負になるほうを捨てる理由を書く。 $r < 1$ がここで効く。

(2) $r = \frac{3}{3}$ のとき、 $∠ PAO$ の大きさを求める

答 $∠ PAO = \frac{π}{2}$

(1) に代入して $R$ を出し、三平方の定理（または正弦定理）で角を決める。

$r = \frac{3}{3} = \frac{1}{3}$ のとき $r^{2} = \frac{1}{3}$ なので、(1) より

R = \frac{\frac{1}{3} + 4 - 1}{2} = \frac{\frac{1}{3} + 3}{2} = \frac{\frac{1 + 3}{3}}{2} = \frac{2}{3} = \frac{2 3}{3}

である。このとき

OA^{2} + AP^{2} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} = OP^{2}

なので、三平方の定理の逆より三角形 $OAP$ は $A$ が直角である。よって

∠ PAO = \frac{π}{2}

である。

正弦定理でもよい。 $\frac{OA}{sin ∠ OPA} = \frac{OP}{sin ∠ PAO}$ より $sin ∠ PAO = \frac{OP sin \frac{π}{3}}{OA} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2} = 1$ となる。

残りの角は $∠ POA = π - \frac{π}{3} - \frac{π}{2} = \frac{π}{6}$ である。

座標で計算すると $∠ PAO = 90.00000000 0^{\circ}$ 、 $∠ POA = 30.00000000 0^{\circ}$ だった。

(3) $r = \frac{3}{3}$ のとき、円 $C_{1}$ の内部と円 $C_{2}$ の内部との共通部分の面積を求める

答 $\frac{7 π}{18} - \frac{3}{3}$

$∠ PAO = \frac{π}{2}$ ということは、 $PQ$ が $C_{2}$ の直径で、かつ $OA$ に垂直だということ。共通部分を直線 $PQ$ で2つに切ると、片方は半円、もう片方は $C_{1}$ の弓形になる。

$Q$ は $P$ を直線 $OA$ について折り返した点である。(2) より $∠ PAO = \frac{π}{2}$ なので $∠ PAQ = π$ 、つまり $P, A, Q$ は一直線上にあり、 $PQ$ は $C_{2}$ の直径である。また $PQ ⊥ OA$ である。

共通部分を直線 $PQ$ で2つに分ける。

$O$ 側。 $C_{2}$ の半円（直径 $PQ$ で切った $O$ 側）である。この半円が $C_{1}$ の内部に入っていることは、 $PQ$ から $O$ 側にある $C_{2}$ 上の点の $O$ からの距離が最大でも $OP = R$ であることから分かる。面積は

\frac{1}{2} π r^{2} = \frac{1}{2} π \cdot \frac{1}{3} = \frac{π}{6}

である。

反対側。 $C_{1}$ を弦 $PQ$ で切った、 $O$ と反対側の弓形である。中心角は (2) より

∠ POQ = 2∠ POA = 2 \cdot \frac{π}{6} = \frac{π}{3}

である。弓形の面積は「扇形 $-$ 三角形」で

\frac{1}{2} R^{2} (θ - sin θ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} (\frac{π}{3} - \frac{3}{2}) = \frac{2}{3} \cdot \frac{π}{3} - \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2} = \frac{2 π}{9} - \frac{3}{3}

である。合わせて

\frac{π}{6} + \frac{2 π}{9} - \frac{3}{3} = \frac{3 π + 4 π}{18} - \frac{3}{3} = \frac{7 π}{18} - \frac{3}{3}

である。

網かけが共通部分。大きい円が C₁（中心 O、半径 2√3/3）、小さい円が C₂（中心 A、半径 √3/3）。∠PAO = 90° なので PQ は C₂ の直径で OA に垂直。PQ で切ると、左は C₂ の半円、右は C₁ の弓形（中心角 60°）になる。

モンテカルロ法で $0.642599$ 、式の値は $\frac{7 π}{18} - \frac{3}{3} = 0.644380207$ だった。

共通部分を「2つの弓形の和」と見ると計算が重くなる。 $PQ$ が $C_{2}$ の直径になることに気づけば、片方は半円でそのまま面積が出る。

弓形の面積は扇形から三角形を引く。三角形の面積は $\frac{1}{2} R^{2} sin θ$ である。

第3問だけのページ

第4問　微分法・積分法

共通接線・3次関数と2次関数・4次方程式の因数分解・放物線と接線で囲む面積当サイトの体感難易度：やや難

(1)3次関数 $y = x^{3} + x^{2}$ のグラフと2次関数 $y = x^{2} + 4 x + 16$ のグラフの共通接線（どちらのグラフにも接する直線）は2本ある。それらの方程式を求める

答 $y = 16 x - 20$ と $y = 8 x + 12$

それぞれの曲線について接点をパラメータにして接線を書き、傾きと切片を比べる。片方を消去すると $t$ の4次方程式になるが、 $t = \pm 2$ が見つかれば $t^{2} - 4$ でくくれる。

3次曲線の接線。 $y = x^{3} + x^{2}$ の $x = t$ における接線は、 $y^{'} = 3 x^{2} + 2 x$ より

y = (3 t^{2} + 2 t) (x - t) + t^{3} + t^{2} = (3 t^{2} + 2 t) x - 2 t^{3} - t^{2}

である。

放物線の接線。 $y = x^{2} + 4 x + 16$ の $x = s$ における接線は、 $y^{'} = 2 x + 4$ より

y = (2 s + 4) (x - s) + s^{2} + 4 s + 16 = (2 s + 4) x - s^{2} + 16

である。

比べる。 傾きと $y$ 切片がそれぞれ等しいので

3 t^{2} + 2 t = 2 s + 4, - 2 t^{3} - t^{2} = - s^{2} + 16

である。1本目から $s = \frac{3 t ^{2} + 2 t - 4}{2}$ で、2本目は $s^{2} = 2 t^{3} + t^{2} + 16$ だから

(3 t^{2} + 2 t - 4)^{2} = 4 (2 t^{3} + t^{2} + 16)

である。左辺を展開すると

9 t^{4} + 12 t^{3} - 20 t^{2} - 16 t + 16 = 8 t^{3} + 4 t^{2} + 64

すなわち

9 t^{4} + 4 t^{3} - 24 t^{2} - 16 t - 48 = 0

である。 $t = 2$ を代入すると $144 + 32 - 96 - 32 - 48 = 0$ ✓、 $t = - 2$ でも $144 - 32 - 96 + 32 - 48 = 0$ ✓ なので $t^{2} - 4$ で割り切れる。実際

9 t^{4} + 4 t^{3} - 24 t^{2} - 16 t - 48 = (t^{2} - 4) (9 t^{2} + 4 t + 12)

である。 $9 t^{2} + 4 t + 12$ の判別式は $16 - 432 < 0$ なので実数解はない。よって $t = \pm 2$ だけである。

$t = 2$ ：傾き $3 \cdot 4 + 4 = 16$ 、切片 $- 16 - 4 = - 20$ で $y = 16 x - 20$ （放物線の接点は $s = 6$ ）
$t = - 2$ ：傾き $12 - 4 = 8$ 、切片 $16 - 4 = 12$ で $y = 8 x + 12$ （放物線の接点は $s = 2$ ）

である。よって共通接線は

y = 16 x - 20, y = 8 x + 12

の2本である。

$9 t^{4} + 4 t^{3} - 24 t^{2} - 16 t - 48$ を $1 0^{- 4}$ 刻みで走査すると、 $0$ になるのは $t = \pm 2$ だけだった。

「3次曲線の接線」と「放物線の接線」を別々にパラメータで書いてから、傾きと切片の2式を連立する。接点が一致するわけではないので、 $t$ と $s$ は別の文字にする。

4次方程式は $t = \pm 2$ を見つけて $t^{2} - 4$ でくくる。残りの2次式に実数解がないことも確かめる。

(2)(1) で求めた2本の共通接線と2次関数 $y = x^{2} + 4 x + 16$ のグラフで囲まれた部分の面積を求める

答 $\frac{16}{3}$

放物線と接線の差は $(x - 接点)^{2}$ になる。2本の接線の交点で分けて積分すれば、 $(x - s)^{2}$ の積分2つで済む。

2本の接線の交点は $16 x - 20 = 8 x + 12$ より $x = 4$ 、 $y = 44$ である。また接点は $x = 2$ と $x = 6$ だった。

放物線と接線の差をとると

(x^{2} + 4 x + 16) - (8 x + 12) = x^{2} - 4 x + 4 = (x - 2)^{2}

(x^{2} + 4 x + 16) - (16 x - 20) = x^{2} - 12 x + 36 = (x - 6)^{2}

である（接しているので、差は接点での完全平方になる）。どちらも $0$ 以上なので、放物線は2本の接線の上側にある。したがって求める面積は

S = \int_{2}^{4} (x - 2)^{2} d x + \int_{4}^{6} (x - 6)^{2} d x

である。それぞれ計算すると

[\frac{( x - 2 ) ^{3}}{3}]_{2}^{4} = \frac{8}{3}, [\frac{( x - 6 ) ^{3}}{3}]_{4}^{6} = 0 - (- \frac{8}{3}) = \frac{8}{3}

なので

S = \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{16}{3}

である。

網かけが求める部分。放物線 y = x² + 4x + 16 に、2本の共通接線 y = 8x + 12（接点 x = 2）と y = 16x - 20（接点 x = 6）が接している。2直線は (4, 44) で交わり、そこで左右に分かれる。

交点 $x = 4$ は接点 $x = 2$ と $x = 6$ のちょうど真ん中にある。2本の接線が同じ放物線に接しているときはいつもそうなる。

数値積分すると $5.333333333$ で、 $\frac{16}{3} = 5.333333333$ と一致した。

接線と放物線の上下を取り違えない。差が完全平方なので、放物線が上である。

積分区間は「接点から交点まで」を2つ。接点から接点まで一気には積分できない（途中で下側の直線が切りかわる）。

第4問だけのページ

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問題文について

a,b を実数とするとき、曲線 y=ax2+bx+1 が x 軸の正の部分と共有点をもたないような点 (a,b) の領域を図示する

(1)正八角形 A1​A2​⋯A8​ の3個の頂点を結んでできる三角形のうち、直角三角形であるものの個数を求める

(2)3個の頂点を結んでできる三角形のうち、直角三角形でも二等辺三角形でもないものの個数を求める

(3)4個の頂点を結んでできる四角形のうち、「4個の頂点から3点を選んで直角三角形を作れる」ものの個数を求める

(1)平面において2点 O,A の距離が 1 であるとし、O と A を中心とする2つの円をそれぞれ C1​,C2​ とする。C1​ と C2​ は2点 P,Q において交わり、∠OPA=3π​、C2​ の半径 r は r<1 を満たすとするとき、C1​ の半径を求める

(2)r=33​​ のとき、∠PAO の大きさを求める

(3)r=33​​ のとき、円 C1​ の内部と円 C2​ の内部との共通部分の面積を求める

(1)3次関数 y=x3+x2 のグラフと2次関数 y=x2+4x+16 のグラフの共通接線（どちらのグラフにも接する直線）は2本ある。それらの方程式を求める

(2)(1) で求めた2本の共通接線と2次関数 y=x2+4x+16 のグラフで囲まれた部分の面積を求める

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$a, b$ を実数とするとき、曲線 $y = a x^{2} + b x + 1$ が $x$ 軸の正の部分と共有点をもたないような点 $(a, b)$ の領域を図示する

(1)正八角形 $A_{1} A_{2} \dots A_{8}$ の3個の頂点を結んでできる三角形のうち、直角三角形であるものの個数を求める

(2) $r = \frac{3}{3}$ のとき、 $∠ PAO$ の大きさを求める

(3) $r = \frac{3}{3}$ のとき、円 $C_{1}$ の内部と円 $C_{2}$ の内部との共通部分の面積を求める

(1)3次関数 $y = x^{3} + x^{2}$ のグラフと2次関数 $y = x^{2} + 4 x + 16$ のグラフの共通接線（どちらのグラフにも接する直線）は2本ある。それらの方程式を求める

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