京大過去問 2026年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

京大過去問 2026年数学｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

— 1 —

第1問　（30 点）

$a$ は $1$ より大きい実数とし， $k$ は実数とする． $0 < x < 1$ において定義された関数を

f (x) = \frac{1}{x^{2} {(\log \frac{a}{x})}^{2}}

とおく． $y = f (x)$ と $y = k$ のグラフの共有点がちょうど $2$ 個存在するような実数の組 $(a, k)$ の集合を，座標平面上に図示せよ．ただし $\log x$ は自然対数とする．また， ${lim}_{x \to + 0} x \log x = 0$ が成り立つことを証明なしに用いてよい．

第2問　（30 点）

$r$ は正の実数とする． $1$ 辺の長さが $1$ の正四面体 $O A B C$ において，辺 $O A$ 上に点 $P$ をとる．点 $P$ が辺 $O A$ 上のどこにあっても，点 $P$ を中心とする半径 $r$ の球面が，辺 $B C$ と共有点をもたないような $r$ の範囲を求めよ．ただし，点 $O, A$ は辺 $O A$ に含まれ，点 $B, C$ は辺 $B C$ に含まれるとする．

第3問　（35 点）

$n$ は正の整数とする．整数係数の多項式

(x + 1)^{2^{n + 1}} - {(x^{2} + 1)}^{2^{n}}

のすべての係数が $2^{m}$ で割り切れるような正の整数 $m$ のうち，最大のものは $n + 1$ であることを示せ．

— 2 —

第4問　（35 点）

平面において，次の条件 $(*)$ を満たす正三角形の $1$ 辺の長さの最小値を求めよ．

$(*)$ 　 $1$ 辺の長さが $1$ の正方形であって， $4$ つの頂点がすべてその正三角形の内部または辺上にあるようなものが存在する．

第5問　（35 点）

$a$ は $0 < a < π$ を満たす実数とする． $2$ つの関数 $y = \sin (x + a)$ と $y = \sin (x - a)$ のグラフの， $- \frac{π}{2} ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ の部分が囲む領域を $D_{a}$ とする． $x$ 軸のまわりに $D_{a}$ を $1$ 回転してできる立体の体積を求めよ．

第6問　（35 点）

$n$ は $3$ 以上の整数とする． $1$ から $n$ までの番号が書かれた $n$ 枚の札が袋に入っている．ただし，同じ番号が書かれた札はないとする．この袋から $3$ 枚の札を同時に取り出し，一番大きな番号を $X$ とする． $X$ の期待値を求めよ．

問題は，このページで終わりである．

補足説明

補　足　説　明

数学（理系）問題冊子

1 ページ

3　ただし，

$(x + 1)^{2^{n + 1}}$ は $x + 1$ の $2^{n + 1}$ 乗を表す．

${(x^{2} + 1)}^{2^{n}}$ は $x^{2} + 1$ の $2^{n}$ 乗を表す．

$2^{m}$ は $2$ の $m$ 乗を表す．

以　上

第1問　f ＝ 1/h²。h の山の高さと右はしで決まる

出題意図（京大）　数学IIIで学習する微分法についての理解と計算力を問うた。

京大の解答例との答え合わせ　京大はこの問題の解答例を出していない（出題の意図だけを公表している）

答えは京大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

$f (x) = \frac{1}{{(x \log \frac{a}{x})}^{2}}$ と見ると、中身 $h (x) = x \log \frac{a}{x}$ だけ調べればよい。 $0 < x < 1 < a$ なので $\log \frac{a}{x} > 0$ 、 $h > 0$ 。 $f = k$ は $k > 0$ のとき $h = \frac{1}{\sqrt{k}}$ と同じ（ $k ≦ 0$ では共有点なし）。だから $h$ のグラフと横の線 $\frac{1}{\sqrt{k}}$ が 2 回交わる条件を求める。

第1問

$h (x) = x (\log a - \log x)$ を微分すると

h^{'} (x) = \log a - \log x - 1

$h^{'} = 0$ は $x = \frac{a}{e}$ 。端のようすは、 $x \to + 0$ で $x \log x \to 0$ から $h \to 0$ 、 $x \to 1$ で $h \to \log a$ （ $x = 1$ はふくまない）。

$a ≧ e$ のとき。 $\frac{a}{e} ≧ 1$ なので $0 < x < 1$ で $h^{'} > 0$ 、 $h$ は増えるだけ。横の線との交点は 1 個以下。

$1 < a < e$ のとき。 $h$ は $0 < x < \frac{a}{e}$ で 0 から $\frac{a}{e}$ まで増え、 $\frac{a}{e} < x < 1$ で $\frac{a}{e}$ から $\log a$ に向かって減る。 $\log a < \frac{a}{e}$ である（ $\log t < \frac{t}{e}$ は $t \neq e$ で成り立つ）。横の線 $c = \frac{1}{\sqrt{k}}$ と 2 回交わるのは、増える部分と減る部分の両方で交わるとき、つまり

\log a < c < \frac{a}{e}

（ $c = \frac{a}{e}$ なら 1 回、 $c ≦ \log a$ なら減る部分では交わらない）。

$c = \frac{1}{\sqrt{k}}$ にもどすと $\frac{e^{2}}{a^{2}} < k < \frac{1}{(\log a)^{2}}$ 。求める集合は

1 < a < e, \frac{e^{2}}{a^{2}} < k < \frac{1}{(\log a)^{2}}

で、 $a k$ 平面では 2 本の曲線 $k = \frac{e^{2}}{a^{2}}$ と $k = \frac{1}{(\log a)^{2}}$ にはさまれた部分（境界をふくまない）。2 本は $a = e$ でどちらも $k = 1$ となり、そこでとがって閉じる。

答え

1 < a < e

かつ

\frac{e^{2}}{a^{2}} < k < \frac{1}{(\log a)^{2}}

（境界はふくまない）。

h (x) = x \log \frac{a}{x}

とすると

f = \frac{1}{h^{2}}

h^{'} (x) = \log a - \log x - 1

。

h

は

x = \frac{a}{e}

で最大

\frac{a}{e}

、

x \to + 0

で

0

、

x \to 1

で

\log a

。

f = k ⟺ h = \frac{1}{\sqrt{k}}

が 2 解 ⇔

\log a < \frac{1}{\sqrt{k}} < \frac{a}{e}

第2問　球面が辺にさわらないのは、小さすぎるか大きすぎるとき

出題意図（京大）　空間ベクトルと空間図形に関する基礎的な理解と論証力について問うた。

京大の解答例との答え合わせ　京大はこの問題の解答例を出していない（出題の意図だけを公表している）

答えは京大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

球面（球の表面）と線分 BC が共有点をもたないのは、線分全体が球の外にある（全部の点の距離が $r$ より大きい）か、線分全体が球の中にある（全部の点の距離が $r$ より小さい）とき。距離は線分上で連続に変わるので、その間なら必ずどこかで距離がちょうど $r$ になる。だから P から線分 BC への最短距離と最長距離を求めればよい。

第2問

BC の中点を M とする。正四面体なので $O B = O C$ 、 $A B = A C$ で、辺 OA 上の点 P も $P B = P C$ 。だから P から辺 BC への最短は PM、最長は PB（ $= P C$ ）。

三角形 OAM は $O M = A M = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 、 $O A = 1$ の二等辺三角形で、OA の中点 N と M の距離は $\sqrt{\frac{3}{4} - \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 。 $O P = s$ とすると $P N = | s - \frac{1}{2} |$ なので

{P M}^{2} = \frac{1}{2} + {(s - \frac{1}{2})}^{2}, {P B}^{2} = {P M}^{2} + {B M}^{2} = \frac{3}{4} + {(s - \frac{1}{2})}^{2}

（ $P M ⟂ B C$ を使った。）

共有点をもたない ⇔ $r < P M$ または $r > P B$ 。これがすべての $s (0 ≦ s ≦ 1)$ で成り立つ必要がある。区間 $[P M, P B]$ は

- $s = \frac{1}{2}$ で $[\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}]$ - $s = 0, 1$ で $[\frac{\sqrt{3}}{2}, 1]$

で、 $s$ を動かすと連続に動くので、全部を合わせると $[\frac{\sqrt{2}}{2}, 1]$ 。 $r$ がこの中にあれば、どこかの P で球面が辺にさわる。よって答えは

0 < r < \frac{\sqrt{2}}{2} または r > 1

答え

0 < r < \frac{\sqrt{2}}{2}

r > 1

（BC の中点を M とすると、P から辺 BC への最短距離は PM、最長は PB＝PC。

O P = s

で

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

{P B}^{2} = \frac{3}{4} + {(s - \frac{1}{2})}^{2}

。共有点なし ⇔

r < P M

または

r > P B

。区間

[P M

P B]

を全部の P で合わせると

[\frac{\sqrt{2}}{2}, 1]

）

第3問　2 乗するたびに、差は 2 で 1 回多く割れる

出題意図（京大）　整数を題材として、正しく推論をしてそれを的確に記述する力を問うた。

京大の解答例との答え合わせ　京大はこの問題の解答例を出していない（出題の意図だけを公表している）

答えは京大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

$(x + 1)^{2^{n + 1}} = {((x + 1)^{2})}^{2^{n}}$ なので、 $P = (x + 1)^{2} = x^{2} + 2 x + 1$ 、 $Q = x^{2} + 1$ とおくと、問題の式は $P^{2^{n}} - Q^{2^{n}}$ 。そして $P - Q = 2 x$ 。差が 2 の倍数の 2 つの式を 2 乗すると、差は 2 で 1 回多く割れる（ $P^{2} - Q^{2} = (P - Q) (P + Q)$ で、 $P + Q$ も偶数）——これを $n$ 回くり返すのが筋。

「最大」を言うには、 $2^{n + 2}$ では割り切れない係数を 1 つ見つければよい。

第3問

$2^{n + 1}$ で割り切れること。 「 $P^{2^{k}} - Q^{2^{k}}$ の係数はすべて $2^{k + 1}$ で割り切れる」を $k$ についての帰納法で示す。 $k = 0$ では $P - Q = 2 x$ で成り立つ。 $k$ で成り立つとすると

P^{2^{k + 1}} - Q^{2^{k + 1}} = (P^{2^{k}} - Q^{2^{k}}) (P^{2^{k}} + Q^{2^{k}})

後ろのかっこは $2 Q^{2^{k}} + (P^{2^{k}} - Q^{2^{k}})$ で、係数はすべて偶数。前のかっこは係数がすべて $2^{k + 1}$ の倍数。整数係数の多項式どうしをかけると、係数は $2^{k + 1} \cdot 2 = 2^{k + 2}$ の倍数になる。よって $k + 1$ でも成り立つ。 $k = n$ として、すべての係数が $2^{n + 1}$ で割り切れる。

$2^{n + 2}$ では割り切れないこと。 $x$ の 1 次の係数を見る。 $(x^{2} + 1)^{2^{n}}$ は $x^{2}$ の式なので 1 次の項が無い。 $(x + 1)^{2^{n + 1}}$ の 1 次の係数は $_{2^{n + 1}} C_{1} = 2^{n + 1}$ 。だから問題の式の $x$ の係数は $2^{n + 1}$ で、 $2^{n + 2}$ では割り切れない。

以上から、すべての係数を割り切る $2^{m}$ の最大の $m$ は $n + 1$ 。

答え示すこと。

P = (x + 1)^{2} = Q + 2 x

Q = x^{2} + 1

。「

P^{2^{k}} - Q^{2^{k}}

の係数はすべて

2^{k + 1}

で割り切れる」を帰納法で示す：

P^{2^{k + 1}} - Q^{2^{k + 1}} = (P^{2^{k}} - Q^{2^{k}}) (P^{2^{k}} + Q^{2^{k}})

、

P^{2^{k}} + Q^{2^{k}} = 2 Q^{2^{k}} + (P^{2^{k}} - Q^{2^{k}})

は係数がすべて偶数。最大であること：

x

の係数は

_{2^{n + 1}} C_{1} = 2^{n + 1}

で、

2^{n + 2}

では割り切れない

第4問　正方形を入れる一番小さい正三角形

出題意図（京大）　平面図形に関して、的確に記述する理解力と論証力について問うた。

京大の解答例との答え合わせ　京大はこの問題の解答例を出していない（出題の意図だけを公表している）

答えは京大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

正三角形の性質「内部のどの点から 3 辺までの距離を足しても、高さに等しい」を使う。正方形の向きを決めると、正方形をふくむ一番小さい正三角形は、3 つの辺の方向それぞれで正方形にぴったりくっつけたもの。その高さは「3 つの方向で正方形がどれだけはみ出すか（幅）」の和になる。あとは向きを動かして最小を探す。

第4問

正三角形の 3 辺の内向きの単位法線を ${\vec{n}}_{1}, {\vec{n}}_{2}, {\vec{n}}_{3}$ （たがいに $120^{\circ}$ 、和は $\vec{0}$ ）とする。正三角形は ${\vec{n}}_{i} \cdot \vec{p} ≧ c_{i}$ の共通部分で、高さは $- (c_{1} + c_{2} + c_{3})$ 。

正方形をふくむためには、正方形の 4 頂点すべてで ${\vec{n}}_{i} \cdot \vec{p} ≧ c_{i}$ 、つまり $c_{i} ≦ min {\vec{n}}_{i} \cdot \vec{p}$ 。一番小さい三角形は $c_{i} = min$ のときで、高さは

h (φ) = \sum_{i = 1}^{3} {max}_{頂点} (- {\vec{n}}_{i} \cdot \vec{p})

（正方形を回す角を $φ$ とした）。

$φ = 0$ （1 辺を底辺にのせる）のとき。 底辺の向きでは正方形の高さ 1。斜めの 2 辺の向き（法線が水平から $30^{\circ}$ ）では、正方形の上の頂点が辺に当たり、それぞれの幅の分を足して、高さは $1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。1 辺は $\frac{2}{\sqrt{3}} (1 + \frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 + \frac{2}{\sqrt{3}}$ 。図で言うと、正方形の上の 2 頂点が斜めの辺にのり、底辺の両はしに $\frac{1}{\sqrt{3}}$ ずつのすき間ができる形。

ほかの向き。 正方形の中心を C とすると、 $- {\vec{n}}_{i} \cdot \vec{p}$ の最大は $- {\vec{n}}_{i} \cdot \vec{C}$ に「正方形の ${\vec{n}}_{i}$ 方向の幅の半分」を足したもの。 ${\vec{n}}_{1} + {\vec{n}}_{2} + {\vec{n}}_{3} = \vec{0}$ なので中心の分は消え、

h (φ) = \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{3} w_{i}, w = | \cos α | + | \sin α |

（ $α$ は ${\vec{n}}_{i}$ と正方形の辺のなす角）。3 つの $α$ は $90^{\circ}$ を法として $φ, φ + 30^{\circ}, φ + 60^{\circ}$ なので、 $h$ は $30^{\circ}$ ごとに同じ値をくり返す。 $0 ≦ φ ≦ 30^{\circ}$ では

h (φ) = \frac{\sqrt{2}}{2} {\cos (φ - 45^{\circ}) + \cos (φ - 15^{\circ}) + \cos (φ + 15^{\circ})}

で、これは $φ = 15^{\circ}$ で山になる正の $\cos$ 型のグラフ（上に凸）なので、最小は両はしの $φ = 0^{\circ}, 30^{\circ}$ で $1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。一番大きいのは $15^{\circ}$ （ $45^{\circ}$ 、 $75^{\circ}$ も同じ）で、1 辺は約 $2.231$ 。

よって最小値は $1 + \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{3 + 2 \sqrt{3}}{3} ≒ 2.155$ 。

答え

1 + \frac{2}{\sqrt{3}} (= \frac{3 + 2 \sqrt{3}}{3})

（正三角形の高さは内部の点から 3 辺への距離の和。正方形の向きを

φ

として、正方形を 3 方向から押さえる幅の和を最小にすると

φ = 0

（1 辺を底辺にのせる）で高さ

1 + \frac{\sqrt{3}}{2}

、1 辺

1 + \frac{2}{\sqrt{3}}

）

第5問　2 本の sin のすき間を回すと、切り口は円板か円環

出題意図（京大）　数学IIIで学習する積分法についての理解と計算力を問うた。

京大の解答例との答え合わせ　京大はこの問題の解答例を出していない（出題の意図だけを公表している）

答えは京大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

2 つの曲線にはさまれた領域を x 軸のまわりに回すとき、領域が x 軸をまたぐかどうかで切り口の形が変わる。またぐ所では切り口は円板（半径は x 軸から遠い方の曲線までの距離）、またがない所では円環（外の円から内の円をひく）。まず上下関係と、x 軸をまたぐ範囲を調べる。

$\sin (x + a) - \sin (x - a) = 2 \cos x \sin a ≧ 0$ なので、いつも $\sin (x + a)$ が上。

第5問

$0 < a ≦ \frac{π}{2}$ のとき。 $\sin (x + a) ≧ 0 ⟺ x ≧ - a$ 、 $\sin (x - a) ≦ 0 ⟺ x ≦ a$ なので、x 軸をまたぐのは $- a ≦ x ≦ a$ 。左右対称なので $x ≧ 0$ を 2 倍する。

- $0 ≦ x ≦ a$ ：円板。遠い方は $\sin (x + a) - \sin (a - x) = 2 \cos a \sin x ≧ 0$ から $\sin (x + a)$ 。面積 $π \sin^{2} (x + a)$ 。 - $a ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ ：両方 0 以上で円環。面積 $π {\sin^{2} (x + a) - \sin^{2} (x - a)} = π \sin 2 x \sin 2 a$ 。

\int_{0}^{a} \sin^{2} (x + a) d x = \frac{a}{2} - \frac{\sin 4 a - \sin 2 a}{4}, \int_{a}^{π / 2} \sin 2 x d x = \frac{1 + \cos 2 a}{2}

を使うと

V = 2 π {\frac{a}{2} - \frac{\sin 4 a - \sin 2 a}{4} + \frac{\sin 2 a (1 + \cos 2 a)}{2}} = π a + \frac{3 π}{2} \sin 2 a

（ $\sin 2 a \cos 2 a = \frac{\sin 4 a}{2}$ で $\sin 4 a$ が消える。）

$\frac{π}{2} ≦ a < π$ のとき。 $\sin (x + a) ≧ 0 ⟺ x ≦ π - a$ 、 $\sin (x - a) ≦ 0 ⟺ x ≧ a - π$ で、またぐのは $a - π ≦ x ≦ π - a$ 。こんどは $\cos a ≦ 0$ なので、 $x ≧ 0$ では遠い方が $\sin (x - a)$ の側。同じように計算すると

V = π (π - a) - \frac{3 π}{2} \sin 2 a

これは前の式の $a$ を $π - a$ に変えたもの。実際、 $\sin (x + (π - a)) = - \sin (x - a)$ なので、 $a$ と $π - a$ では上下を入れかえた同じ図形になる。 $a = \frac{π}{2}$ ではどちらの式も $\frac{π^{2}}{2}$ 。

答え

0 < a ≦ \frac{π}{2}

のとき

π a + \frac{3 π}{2} \sin 2 a

、

\frac{π}{2} ≦ a < π

のとき

π (π - a) - \frac{3 π}{2} \sin 2 a

（

\sin (x + a) ≧ \sin (x - a)

。

D_{a}

が

x

軸をまたぐ所は円板、またがない所は円環

π | \sin 2 x \sin 2 a |

）

第6問　3 枚の一番大きい番号は、平均で n の 3/4 くらい

出題意図（京大）　確率を題材として、正しく推論をしてそれを的確に記述する力を問うた。

京大の解答例との答え合わせ　京大はこの問題の解答例を出していない（出題の意図だけを公表している）

答えは京大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

期待値は「値 × その確率」の和。 $X = k$ となる確率を数え、和を計算する。和を計算するところで、 $k \cdot_{k - 1} C_{2}$ を $_{k} C_{3}$ の形に直すと、二項係数の和の公式（ホッケースティック）が使えるのが筋。

第6問

$X = k$ になるのは、 $k$ の札を引き、残り 2 枚を $1$ 〜 $k - 1$ から選ぶとき。 $_{k - 1} C_{2}$ 通りなので

P (X = k) = \frac{_{k - 1} C_{2}}{_{n} C_{3}} (k = 3, \dots, n)

k \cdot_{k - 1} C_{2} = k \cdot \frac{(k - 1) (k - 2)}{2} = 3 \cdot \frac{k (k - 1) (k - 2)}{6} = 3_{k} C_{3}

と書けるので

E [X] = \frac{3}{_{n} C_{3}} \sum_{k = 3}^{n}_{k} C_{3} = \frac{3_{n + 1} C_{4}}{_{n} C_{3}}

（ $\sum_{k = 3}^{n}_{k} C_{3} =_{n + 1} C_{4}$ ： $n + 1$ 個から 4 個選ぶとき、一番大きいものを $k + 1$ と決めて数えた式。）計算すると

E [X] = 3 \cdot \frac{(n + 1) n (n - 1) (n - 2) / 24}{n (n - 1) (n - 2) / 6} = \frac{3 (n + 1)}{4}

3 枚の札は $0$ から $n + 1$ の間を平均して 4 等分するように並ぶので、一番大きいものは $\frac{3}{4}$ の所に来る、と考えると覚えやすい。

答え

\frac{3 (n + 1)}{4}

（

P (X = k) = \frac{_{k - 1} C_{2}}{_{n} C_{3}}

。

k \cdot_{k - 1} C_{2} = 3_{k} C_{3}

、

\sum_{k = 3}^{n}_{k} C_{3} =_{n + 1} C_{4}

から

E = \frac{3_{n + 1} C_{4}}{_{n} C_{3}}

）

京大過去問 2026年数学｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

このページの出典

問題・出題意図等（京都大学の公表資料）

京都大学の利用の条件について

解答とシミュレーション（AIで作成）

制作

お知らせ

補　足　説　明

第1問　f ＝ 1/h²。h の山の高さと右はしで決まる

問題の読み方

第1問

第2問　球面が辺にさわらないのは、小さすぎるか大きすぎるとき

問題の読み方

第2問

第3問　2 乗するたびに、差は 2 で 1 回多く割れる

問題の読み方

第3問

第4問　正方形を入れる一番小さい正三角形

問題の読み方

第4問

第5問　2 本の sin のすき間を回すと、切り口は円板か円環

問題の読み方

第5問

第6問　3 枚の一番大きい番号は、平均で n の 3/4 くらい

問題の読み方

第6問

京大 過去問 2026年 数学｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

補 足 説 明

第1問 f ＝ 1/h²。h の山の高さと右はしで決まる

問題の読み方

第1問

第2問 球面が辺にさわらないのは、小さすぎるか大きすぎるとき

問題の読み方

第2問

第3問 2 乗するたびに、差は 2 で 1 回多く割れる

問題の読み方

第3問

第4問 正方形を入れる一番小さい正三角形

問題の読み方

第4問

第5問 2 本の sin のすき間を回すと、切り口は円板か円環

問題の読み方

第5問

第6問 3 枚の一番大きい番号は、平均で n の 3/4 くらい

問題の読み方

第6問

京大過去問 2026年数学｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

補　足　説　明

第1問　f ＝ 1/h²。h の山の高さと右はしで決まる

第2問　球面が辺にさわらないのは、小さすぎるか大きすぎるとき

第3問　2 乗するたびに、差は 2 で 1 回多く割れる

第4問　正方形を入れる一番小さい正三角形

第5問　2 本の sin のすき間を回すと、切り口は円板か円環

第6問　3 枚の一番大きい番号は、平均で n の 3/4 くらい