東大過去問 2018年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2018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

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第1問

　関数

f (x) = \frac{x}{\sin x} + \cos x (0 < x < π)

の増減表をつくり， $x \to + 0$ ， $x \to π - 0$ のときの極限を調べよ。

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第2問

　数列 $a_{1}, a_{2}, \dots \dots$ を

a_{n} = \frac{_{2 n + 1} C_{n}}{n!} (n = 1, 2, \dots \dots)

で定める。

（1）　 $n ≧ 2$ とする。 $\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}$ を既約分数 $\frac{q_{n}}{p_{n}}$ として表したときの分母 $p_{n} ≧ 1$ と分子 $q_{n}$ を求めよ。

（2）　 $a_{n}$ が整数となる $n ≧ 1$ をすべて求めよ。

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第3問

　放物線 $y = x^{2}$ のうち $- 1 ≦ x ≦ 1$ をみたす部分を $C$ とする。座標平面上の原点 $O$ と点 $A (1, 0)$ を考える。 $k > 0$ を実数とする。点 $P$ が $C$ 上を動き，点 $Q$ が線分 $O A$ 上を動くとき，

\vec{O R} = \frac{1}{k} \vec{O P} + k \vec{O Q}

をみたす点 $R$ が動く領域の面積を $S (k)$ とする。

　 $S (k)$ および $lim_{k \to + 0} S (k)$ ， $lim_{k \to \infty} S (k)$ を求めよ。

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第4問

　 $a > 0$ とし，

f (x) = x^{3} - 3 a^{2} x

とおく。次の $2$ 条件をみたす点 $(a, b)$ の動きうる範囲を求め，座標平面上に図示せよ。

　条件 $1$ ：　方程式 $f (x) = b$ は相異なる $3$ 実数解をもつ。

　条件 $2$ ：　さらに，方程式 $f (x) = b$ の解を $α < β < γ$ とすると $β > 1$ である。

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第5問

　複素数平面上の原点を中心とする半径 $1$ の円を $C$ とする。点 $P (z)$ は $C$ 上にあり，点 $A (1)$ とは異なるとする。点 $P$ における円 $C$ の接線に関して，点 $A$ と対称な点を $Q (u)$ とする。 $w = \frac{1}{1 - u}$ とおき， $w$ と共役な複素数を $\overset{―}{w}$ で表す。

（1）　 $u$ と $\frac{\overset{―}{w}}{w}$ を $z$ についての整式として表し，絶対値の商 $\frac{| w + \overset{―}{w} - 1 |}{| w |}$ を求めよ。

（2）　 $C$ のうち実部が $\frac{1}{2}$ 以下の複素数で表される部分を $C^{'}$ とする。点 $P (z)$ が $C^{'}$ 上を動くときの点 $R (w)$ の軌跡を求めよ。

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第6問

　座標空間内の $4$ 点 $O (0, 0, 0)$ ， $A (1, 0, 0)$ ， $B (1, 1, 0)$ ， $C (1, 1, 1)$ を考える。 $\frac{1}{2} < r < 1$ とする。点 $P$ が線分 $O A$ ， $A B$ ， $B C$ 上を動くときに点 $P$ を中心とする半径 $r$ の球（内部を含む）が通過する部分を，それぞれ $V_{1}$ ， $V_{2}$ ， $V_{3}$ とする。

（1）　平面 $y = t$ が $V_{1}$ ， $V_{3}$ 双方と共有点をもつような $t$ の範囲を与えよ。さらに，この範囲の $t$ に対し，平面 $y = t$ と $V_{1}$ の共通部分および，平面 $y = t$ と $V_{3}$ の共通部分を同一平面上に図示せよ。

（2）　 $V_{1}$ と $V_{3}$ の共通部分が $V_{2}$ に含まれるための $r$ についての条件を求めよ。

（3）　 $r$ は（2）の条件をみたすとする。 $V_{1}$ の体積を $S$ とし， $V_{1}$ と $V_{2}$ の共通部分の体積を $T$ とする。 $V_{1}$ ， $V_{2}$ ， $V_{3}$ を合わせて得られる立体 $V$ の体積を $S$ と $T$ を用いて表せ。

（4）　ひきつづき $r$ は（2）の条件をみたすとする。 $S$ と $T$ を求め， $V$ の体積を決定せよ。

第1問　x/sin x ＋ cos x：下がって、ちょうど π/2 で底をうつ

答えは東大の正解ではなく、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

$0 < x < π$ で $f (x) = \frac{x}{\sin x} + \cos x$ がどこで増え、どこで減るかを表（増減表）にまとめ、区間の両はしに近づけたときの行き先（極限）を調べる。

筋は 2 つ。微分した分子を $\sin^{2} x$ でそろえ、 $\sin x - \sin^{3} x = \sin x \cos^{2} x$ とまとめて因数分解すること。そして残った $\sin x \cos x - x$ がいつも負であることを、 $\sin 2 x < 2 x$ で言うこと。極限は、 $x \to + 0$ では有名な $\frac{\sin x}{x} \to 1$ 、 $x \to π - 0$ では「分母だけ 0 に近づく」形になることを見る。

(答)

商の微分で

f^{'} (x) = \frac{\sin x - x \cos x}{\sin^{2} x} - \sin x = \frac{\sin x - x \cos x - \sin^{3} x}{\sin^{2} x}

分子の $\sin x - \sin^{3} x$ は $\sin x (1 - \sin^{2} x) = \sin x \cos^{2} x$ なので、分子は $\cos x (\sin x \cos x - x)$ とくくれる。

f^{'} (x) = \frac{\cos x (\sin x \cos x - x)}{\sin^{2} x}

かっこの中は $\frac{\sin 2 x}{2} - x$ 。 $θ > 0$ で $\sin θ < θ$ なので（ $θ = 2 x$ とおく）、 $\sin x \cos x - x < 0$ がいつも成り立つ。分母 $\sin^{2} x$ は正。

だから $f^{'} (x)$ の符号は $\cos x$ の符号と反対になる。 $0 < x < \frac{π}{2}$ で $f^{'} (x) < 0$ （減少）、 $\frac{π}{2} < x < π$ で $f^{'} (x) > 0$ （増加）。 $x = \frac{π}{2}$ で一番小さくなり、その値は $f (\frac{π}{2}) = \frac{π / 2}{1} + 0 = \frac{π}{2}$ 。

極限。 $x \to + 0$ では $\frac{x}{\sin x} \to 1$ 、 $\cos x \to 1$ なので $f (x) \to 2$ 。 $x \to π - 0$ では $\sin x \to + 0$ なのに分子の $x$ は $π$ に近づくので、 $\frac{x}{\sin x} \to + \infty$ 。 $\cos x \to - 1$ はたし算で効かないので、 $f (x) \to + \infty$ 。

表にすると、 $f$ は左はしの $2$ から下がって $x = \frac{π}{2}$ で $\frac{π}{2} ≒ 1.571$ まで下がり、そこから右はしへ向かってどこまでも大きくなる。 $\cos x$ の前の数がちょうど 1 なので $\sin x - \sin^{3} x$ がきれいにまとまり、底がちょうど真ん中になる（前の数を 2 にすると底は $x ≒ 1.937$ へずれる）。

答え

0 < x ≦ \frac{π}{2}

で減少、

\frac{π}{2} ≦ x < π

で増加。最小値

f (\frac{π}{2}) = \frac{π}{2}

（極大は無い）。

{lim}_{x \to + 0} f (x) = 2

{lim}_{x \to π - 0} f (x) = + \infty

（

f^{'} (x) = \frac{\cos x (\sin x \cos x - x)}{\sin^{2} x}

。

\sin x \cos x - x = \frac{\sin 2 x}{2} - x < 0

なので

f^{'}

の符号は

\cos x

と反対：

x < \frac{π}{2}

で

f^{'} < 0

、

x > \frac{π}{2}

で

f^{'} > 0

）

第2問　₂ₙ₊₁Cₙ ÷ n!：整数になるのは最初の 2 つだけ

答えは東大の正解ではなく、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

$a_{n} = \frac{_{2 n + 1} C_{n}}{n!}$ は、そのまま計算すると大きな数どうしの割り算になる。そこでとなりどうしの比 $\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}$ を見るのが筋。2 項係数どうしの比は、階乗がほとんど打ち消し合って簡単な分数になる。

(2) では、その比が 1 より小さくなると $a_{n}$ は減りつづけることを使う。 $a_{n}$ が 1 より小さくなったら、その先はずっと 0 と 1 の間なので整数になれない。残りの少しの $n$ は 1 つずつ調べればよい。

(1)

$_{2 n + 1} C_{n} = \frac{(2 n + 1)!}{n! (n + 1)!}$ 、 $_{2 n - 1} C_{n - 1} = \frac{(2 n - 1)!}{(n - 1)! n!}$ なので

\frac{_{2 n + 1} C_{n}}{_{2 n - 1} C_{n - 1}} = \frac{(2 n + 1)!}{(2 n - 1)!} \cdot \frac{(n - 1)!}{(n + 1)!} = \frac{(2 n + 1) \cdot 2 n}{(n + 1) n} = \frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}

さらに $\frac{n!}{(n - 1)!} = n$ でわるので

\frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = \frac{2 (2 n + 1)}{n (n + 1)}

あとは約分できるかを調べる。 $2 n + 1$ と $n$ の共通の約数は $(2 n + 1) - 2 \cdot n = 1$ もわりきるので 1 だけ。 $2 n + 1$ と $n + 1$ も $2 (n + 1) - (2 n + 1) = 1$ から同じ。つまり $2 n + 1$ は $n (n + 1)$ と共通の約数（互いにわりきる数）を持たない。

一方、 $n (n + 1)$ はとなりの 2 つの整数の積なので偶数。分子の 2 と約分できて、分母は $\frac{n (n + 1)}{2}$ （整数）になる。これ以上は約分できないので、分母と分子がそのまま $p_{n}, q_{n}$ になる。たとえば $n = 2$ で $\frac{a_{2}}{a_{1}} = \frac{5}{3}$ （ $a_{1} = 3$ 、 $a_{2} = 5$ ）と合う。

答え

p_{n} = \frac{n (n + 1)}{2}

q_{n} = 2 n + 1

（

\frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = \frac{(2 n + 1) \cdot 2 n}{(n + 1) n} \cdot \frac{1}{n} = \frac{2 (2 n + 1)}{n (n + 1)}

。

2 n + 1

は

n

n + 1

と互いに素、

n (n + 1)

は偶数なので 2 だけ約分できる）

(2)

(1) の比 $\frac{2 (2 n + 1)}{n (n + 1)}$ が 1 より小さい ⇔ $n^{2} - 3 n - 2 > 0$ ⇔ $n ≧ 4$ （ $n = 3$ では $\frac{7}{6} > 1$ ）。だから $a_{3}$ から先は減るだけで、しかもいつも正。

実際に計算すると $a_{1} = 3$ 、 $a_{2} = 5$ 、 $a_{3} = \frac{35}{6}$ 、 $a_{4} = \frac{21}{4}$ 、 $a_{5} = \frac{77}{20}$ 、 $a_{6} = \frac{143}{60}$ 、 $a_{7} = \frac{143}{112}$ 、 $a_{8} = \frac{2431}{4032}$ 。 $a_{8} < 1$ なので、 $n ≧ 8$ では $0 < a_{n} < 1$ で整数にならない。

$n = 3$ から $7$ までは上の分数で、どれも整数ではない。整数になるのは $a_{1} = 3$ と $a_{2} = 5$ だけ。「比が 1 より小さく、値が 1 を下まわる所まで見れば、その先は調べなくてよい」がこの問題のかなめ。分母を $(n - 1)!$ にかえると、同じ調べ方で整数になるのは $n = 1, 2, 4$ になる。

答え

n = 1

2

（

a_{1} = 3

a_{2} = 5

。

n ≧ 4

で

\frac{q_{n}}{p_{n}} < 1

（

n^{2} - 3 n - 2 > 0

）なので

a_{3}

から先は減るだけ。

a_{8} = \frac{2431}{4032} < 1

より

n ≧ 8

は

0 < a_{n} < 1

。

n = 3

\dots

7

は

\frac{35}{6}

\frac{21}{4}

\frac{77}{20}

\frac{143}{60}

\frac{143}{112}

で整数でない）

第3問　放物線を縮めて横にずらす：面積は k ＝ √2 で式が変わる

答えは東大の正解ではなく、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

$\vec{O R} = \frac{1}{k} \vec{O P} + k \vec{O Q}$ を、2 つの動きの足し算として読む。 $\frac{1}{k} \vec{O P}$ は放物線 $C$ を原点から $\frac{1}{k}$ 倍に縮めた曲線の上の点、 $k \vec{O Q}$ は $x$ 軸の上の長さ $k$ の線分の点。R の領域は、縮めた放物線を右へ $0$ から $k$ までずらしてできる跡。

面積は、横に切って（高さ $y$ ごとに）横の長さを出し、 $y$ で積分する。高さ $y$ では放物線の 2 点から右へ長さ $k$ の線分が 2 本のびるので、2 本が重なるか離れるかで場合が分かれる。

(答)

P $(s, s^{2})$ （ $- 1 ≦ s ≦ 1$ ）、Q $(q, 0)$ （ $0 ≦ q ≦ 1$ ）とすると R $= (\frac{s}{k} + k q, \frac{s^{2}}{k})$ 。 $q = 0$ のときの点 $(\frac{s}{k}, \frac{s^{2}}{k})$ は、 $x = \frac{s}{k}$ とおくと $y = k x^{2}$ 、 $| x | ≦ \frac{1}{k}$ の放物線で、高さは $0$ から $\frac{1}{k}$ まで。 $q$ を動かすと、これが右へ $0$ から $k$ ずれる。

高さ $y$ （ $0 < y ≦ \frac{1}{k}$ ）では、放物線の点は $x = \pm \sqrt{y / k}$ の 2 つ。そこから右へ長さ $k$ の線分が 2 本できる。左はしどうしの間は $d = 2 \sqrt{y / k}$ 。 $d ≦ k$ なら 2 本は重なって、合わせた長さは $k + 2 \sqrt{y / k}$ 。 $d > k$ なら離れて $2 k$ 。境目は $2 \sqrt{y / k} = k$ 、つまり $y = \frac{k^{3}}{4}$ 。

$k ≧ \sqrt{2}$ のとき、 $\frac{k^{3}}{4} ≧ \frac{1}{k}$ （ $k^{4} ≧ 4$ ）なので、一番上まで重なっている。

S (k) = \int_{0}^{1 / k} (k + 2 \sqrt{\frac{y}{k}}) d y = 1 + \frac{2}{\sqrt{k}} \cdot \frac{2}{3} {(\frac{1}{k})}^{3 / 2} = 1 + \frac{4}{3 k^{2}}

$0 < k < \sqrt{2}$ のとき、 $y = \frac{k^{3}}{4}$ より上では離れている。

S (k) = \int_{0}^{k^{3} / 4} (k + 2 \sqrt{\frac{y}{k}}) d y + 2 k (\frac{1}{k} - \frac{k^{3}}{4}) = \frac{k^{4}}{4} + \frac{k^{4}}{6} + 2 - \frac{k^{4}}{2} = 2 - \frac{k^{4}}{12}

$k = \sqrt{2}$ ではどちらも $\frac{5}{3}$ でつながっている。

極限は式から、 $k \to + 0$ で $2$ 、 $k \to \infty$ で $1$ 。 $k$ が小さいと、細くて高い放物線（高さ $\frac{1}{k}$ ）を少しだけずらす形で、ほとんどの高さで横の長さが $2 k$ 、面積はおよそ $2 k \times \frac{1}{k} = 2$ 。 $k$ が大きいと、平たい放物線を長くずらす形で、長さ $k$ ・高さ $\frac{1}{k}$ の帯（面積 1）に近づく。

答え

S (k) = {\begin{matrix} 2 - \frac{k^{4}}{12} & (0 < k ≦ \sqrt{2}) \\ 1 + \frac{4}{3 k^{2}} & (k ≧ \sqrt{2}) \end{matrix}

{lim}_{k \to + 0} S (k) = 2

{lim}_{k \to \infty} S (k) = 1

（

\frac{1}{k} \vec{O P}

は放物線

y = k x^{2} (| x | ≦ \frac{1}{k})

。それを右へ

0 ~ k

ずらした跡。高さ

y

の横の長さは、

2 \sqrt{y / k} ≦ k

なら

k + 2 \sqrt{y / k}

、そうでなければ

2 k

。境目

y = \frac{k^{3}}{4}

が

\frac{1}{k}

以上になるのが

k ≧ \sqrt{2}

）

第4問　3 次方程式のまん中の解が 1 より大きい (a, b)

答えは東大の正解ではなく、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

方程式 $f (x) = b$ の実数解は、グラフ $y = f (x)$ と横の直線 $y = b$ の交点の $x$ 座標。グラフと横の線の位置関係で考える。

$f^{'} (x) = 3 x^{2} - 3 a^{2} = 3 (x + a) (x - a)$ なので、 $x = - a$ で山（極大）、 $x = a$ で谷（極小）。3 つの解があると、まん中の解 $β$ は山と谷の間にあり、そこでは $f$ は減るだけ。この 2 つがかなめ。

(答)

山の高さは $f (- a) = - a^{3} + 3 a^{3} = 2 a^{3}$ 、谷の高さは $f (a) = - 2 a^{3}$ 。横の線 $y = b$ がグラフと 3 回交わるのは、山と谷の高さの間にあるとき：

- 2 a^{3} < b < 2 a^{3} （条件 1）

このとき解は $α < - a < β < a < γ$ の位置にある。

条件 2 は $β > 1$ 。 $β < a$ なので、まず $a > 1$ でないといけない（ $a ≦ 1$ なら $β < a ≦ 1$ ）。 $a > 1$ なら $1$ は $- a$ と $a$ の間にあり、そこで $f$ は減るだけなので

β > 1 ⟺ f (β) < f (1) ⟺ b < 1 - 3 a^{2}

（ $f$ が減る区間では、 $x$ が大きいほど値が小さい。）

$a > 1$ では $1 - 3 a^{2} < 0 < 2 a^{3}$ なので上の条件 $b < 2 a^{3}$ は自動でみたされ、条件をまとめると

a > 1 かつ - 2 a^{3} < b < 1 - 3 a^{2}

これが本当に範囲を持つかは、上の線と下の線の差 $(1 - 3 a^{2}) - (- 2 a^{3}) = 2 a^{3} - 3 a^{2} + 1 = (a - 1)^{2} (2 a + 1)$ で分かる。 $a > 1$ で正なので、2 本の間にすき間がある。

図にすると、 $a b$ 平面で曲線 $b = - 2 a^{3}$ （下）と $b = 1 - 3 a^{2}$ （上）にはさまれた $a > 1$ の部分。差が $(a - 1)^{2}$ の形なので、2 本は点 $(1, - 2)$ で交わるのではなく接している（どちらも傾き $- 6$ ）。範囲はそこからとがって右へ広がる。等号の条件はどれも「 $<$ 」なので、境界の曲線はふくまない。

答え

a > 1

かつ

- 2 a^{3} < b < 1 - 3 a^{2}

（境界はふくまない。2 本の曲線

b = - 2 a^{3}

と

b = 1 - 3 a^{2}

は点

(1

- 2)

で接し、その点から右へ 2 本にはさまれた部分。

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

で極大

f (- a) = 2 a^{3}

、極小

f (a) = - 2 a^{3}

。

β

は

- a < β < a

にあり、そこで

f

は減少するので

β > 1 ⟺ a > 1

かつ

b < f (1)

。

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

）

第5問　円の接線で 1 を折り返すと、w は放物線の上を動く

答えは東大の正解ではなく、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

単位円の上の点 $z$ では $| z | = 1$ なので $\overset{―}{z} = \frac{1}{z}$ 。この性質を使うと、共役（実部はそのまま、虚部の符号を反対にした数）が $z$ だけの式に直せる。

折り返しの点 Q は、接線が「 $z$ を通り、 $\vec{O P}$ に直角」なことから作る。(1) の答えの $\frac{| w + \overset{―}{w} - 1 |}{| w |} = 2$ は、 $| w |$ と「 $w$ から直線 $x = \frac{1}{2}$ までの距離」が等しいという意味になる。これが (2) で軌跡が放物線になる理由。

(1)

接線に向かう向きの長さ 1 の矢印は $z$ そのもの（接線は $\vec{O P}$ に直角）。点 A $(1)$ から接線までの、この向きに測った距離は $1 - R e z$ （接線の上の点は $\vec{O P}$ 方向の成分がちょうど 1）。折り返すとその 2 倍だけ $z$ の向きに進むので

u = 1 + 2 (1 - R e z) z = 1 + 2 z - (z + \overset{―}{z}) z = 2 z - z^{2}

（ $R e z = \frac{z + \overset{―}{z}}{2}$ 、 $\overset{―}{z} z = 1$ を使った。）

すると $1 - u = 1 - 2 z + z^{2} = (1 - z)^{2}$ なので $w = \frac{1}{(1 - z)^{2}}$ 。共役をとって $\overset{―}{z} = \frac{1}{z}$ を入れると

\overset{―}{w} = \frac{1}{(1 - \overset{―}{z})^{2}} = \frac{1}{{(1 - \frac{1}{z})}^{2}} = \frac{z^{2}}{(z - 1)^{2}}, \frac{\overset{―}{w}}{w} = z^{2}

商は $w$ でわって

\frac{| w + \overset{―}{w} - 1 |}{| w |} = | 1 + \frac{\overset{―}{w}}{w} - \frac{1}{w} | = | 1 + z^{2} - (1 - z)^{2} | = | 2 z | = 2

$z$ が円のどこにあっても同じ値になる。

答え

u = 2 z - z^{2}

\frac{\overset{―}{w}}{w} = z^{2}

\frac{| w + \overset{―}{w} - 1 |}{| w |} = 2

（接線は

z

を通り向き

i z

。折り返すと

u = 1 + 2 (1 - R e z) z = 2 z - z^{2}

。

1 - u = (1 - z)^{2}

、

\overset{―}{z} = \frac{1}{z}

より

\overset{―}{w} = \frac{z^{2}}{(1 - z)^{2}}

。

| 1 + z^{2} - (1 - z)^{2} | = | 2 z | = 2

）

(2)

$w = x + y i$ とおくと $w + \overset{―}{w} - 1 = 2 x - 1$ 。(1) より $| 2 x - 1 | = 2 | w |$ 、両辺を 2 乗して

(2 x - 1)^{2} = 4 (x^{2} + y^{2}) ⟹ x = \frac{1}{4} - y^{2}

つまり $w$ は、O からの距離と直線 $x = \frac{1}{2}$ までの距離が等しい点、O を焦点とする放物線の上にある。

次に、 $C^{'}$ の上でどこまで動くかを調べる。 $z = \cos θ + i \sin θ$ とすると、実部が $\frac{1}{2}$ 以下なのは $\frac{π}{3} ≦ θ ≦ \frac{5 π}{3}$ 。 $1 - z = - 2 i \sin \frac{θ}{2} (\cos \frac{θ}{2} + i \sin \frac{θ}{2})$ を使うと

w = \frac{1}{(1 - z)^{2}} = - \frac{\cos θ - i \sin θ}{4 \sin^{2} \frac{θ}{2}}, y = I m w = \frac{\sin θ}{4 \sin^{2} \frac{θ}{2}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\cos \frac{θ}{2}}{\sin \frac{θ}{2}}

$\frac{θ}{2}$ は $\frac{π}{6}$ から $\frac{5 π}{6}$ まで動くので、 $y$ は $\frac{\sqrt{3}}{2}$ から $- \frac{\sqrt{3}}{2}$ まで、とちゅうの値を全部とりながら 1 回動く。

だから軌跡は、放物線 $x = \frac{1}{4} - y^{2}$ のうち $- \frac{\sqrt{3}}{2} ≦ y ≦ \frac{\sqrt{3}}{2}$ の部分。両はしは $θ = \frac{π}{3}, \frac{5 π}{3}$ （実部がちょうど $\frac{1}{2}$ の点）に対応するのでふくまれ、そのとき $x = \frac{1}{4} - \frac{3}{4} = - \frac{1}{2}$ 。

答え放物線

x = \frac{1}{4} - y^{2} (- \frac{\sqrt{3}}{2} ≦ y ≦ \frac{\sqrt{3}}{2})

（

w = x + y i

。両はし

(- \frac{1}{2}, \pm \frac{\sqrt{3}}{2})

をふくむ。(1) より

| 2 x - 1 | = 2 | w |

から

x = \frac{1}{4} - y^{2}

。

z = \cos θ + i \sin θ (\frac{π}{3} ≦ θ ≦ \frac{5 π}{3})

で

y = \frac{1}{2} \cot \frac{θ}{2}

は

- \frac{\sqrt{3}}{2}

から

\frac{\sqrt{3}}{2}

まで動く）

第6問　折れ線にそって球を転がした立体の体積

答えは東大の正解ではなく、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

球の中心が線分の上を動くとき、球が通る部分は「その線分からの距離が $r$ 以下の点」全体。線分のまわりの太さ $r$ の棒の両はしに半球をつけた形になる。V1 は $x$ 軸（OA）、V2 は AB（ $y$ の向き）、V3 は BC（ $z$ の向き）のまわりの棒で、どれも同じ形。

立体は直接には見にくいので、平面で切った切り口で考える。(1)(2) は $y = t$ で切った切り口、(4) の重なりの体積は高さ $z$ で横に切った切り口を積分する。(3) は、合わせた体積を「足して、重なりを引いて、引きすぎを足す」（包除）で書く。

(1)

V1 の点 $(x, y, z)$ は、OA からの距離が $r$ 以下なので $y^{2} ≦ r^{2}$ が必要。平面 $y = t$ と交わるのは $- r ≦ t ≦ r$ 。V3 は BC からの距離なので $(y - 1)^{2} ≦ r^{2}$ 、 $1 - r ≦ t ≦ 1 + r$ 。両方と交わるのは

1 - r ≦ t ≦ r

$r > \frac{1}{2}$ なので、この範囲は空ではない。

$y = t$ での V1 の切り口： $0 ≦ x ≦ 1$ の所では OA までの距離は $\sqrt{t^{2} + z^{2}}$ なので $| z | ≦ ρ_{1} = \sqrt{r^{2} - t^{2}}$ 。 $x < 0$ や $x > 1$ では O や A までの距離になり、中心 $(0, 0)$ 、 $(1, 0)$ ・半径 $ρ_{1}$ の半円。横長の帯の両はしに半円をつけた形になる。

V3 の切り口も同じ考え方で、 $0 ≦ z ≦ 1$ の所で $| x - 1 | ≦ ρ_{3} = \sqrt{r^{2} - (1 - t)^{2}}$ 、上下のはしに中心 $(1, 0)$ 、 $(1, 1)$ の半円。たて長の帯になる。この 2 つを $x z$ 平面に重ねてかく。

答え

1 - r ≦ t ≦ r

。

x z

平面に、

V_{1}

の切り口は長方形

0 ≦ x ≦ 1

| z | ≦ \sqrt{r^{2} - t^{2}}

の左右に半径

\sqrt{r^{2} - t^{2}}

の半円（中心

(0

0)

(1

0)

）をつけた形。

V_{3}

の切り口は長方形

| x - 1 | ≦ \sqrt{r^{2} - (1 - t)^{2}}

0 ≦ z ≦ 1

の上下に半径

\sqrt{r^{2} - (1 - t)^{2}}

の半円（中心

(1

0)

(1

1)

）をつけた形（どちらも周と内部）

(2)

$1 - r ≦ t ≦ r$ は $0 ≦ t ≦ 1$ に入るので、V2 の $y = t$ での切り口は、AB の上の点 $(1, t, 0)$ を中心とする半径 $r$ の円板（ $x z$ 平面で中心 $(1, 0)$ ）。

V1 と V3 の切り口の重なりのうち、中心 $(1, 0)$ から一番遠いのは、横長の帯の上の辺とたて長の帯の左の辺が交わる角 $(1 - ρ_{3}, ρ_{1})$ 。重なりの残りの部分（半円の中）は中心から $ρ_{1}$ や $ρ_{3}$ 以内なので、円板に入る。だから条件は角が円板に入ること：

ρ_{1}^{2} + ρ_{3}^{2} ≦ r^{2} ⟺ 2 r^{2} - t^{2} - (1 - t)^{2} ≦ r^{2} ⟺ r^{2} ≦ t^{2} + (1 - t)^{2}

これが $1 - r ≦ t ≦ r$ の全部の $t$ で成り立つ必要がある。右辺は $t = \frac{1}{2}$ で一番小さく $\frac{1}{2}$ （ $t = \frac{1}{2}$ はいつも範囲に入る）。だから $r^{2} ≦ \frac{1}{2}$ 、もとの $\frac{1}{2} < r$ と合わせて答えになる。

答え

\frac{1}{2} < r ≦ \frac{\sqrt{2}}{2}

（

1 - r ≦ t ≦ r

で

V_{2}

の切り口は中心

(x

z) = (1

0)

・半径

r

の円板。

V_{1} \cap V_{3}

の切り口で中心から一番遠いのは角

(1 - ρ_{3}

ρ_{1})

で、距離

2 = 2 r^{2} - t^{2} - (1 - t)^{2}

。これがすべての

t

で

r^{2}

以下

⟺ r^{2} ≦ min {t^{2} + (1 - t)^{2}} = \frac{1}{2}

）

(3)

3 つの立体を合わせた体積は、包除（足して、2 つずつの重なりを引いて、3 つ全部の重なりを足しもどす）で

V = | V_{1} | + | V_{2} | + | V_{3} | - | V_{1} \cap V_{2} | - | V_{2} \cap V_{3} |

- | V_{1} \cap V_{3} | + | V_{1} \cap V_{2} \cap V_{3} |

V1, V2, V3 は合同なので体積はどれも $S$ 。 $V_{2} \cap V_{3}$ は「長さ 1 の 2 本の線分が端で直角につながった所」の重なりで、 $V_{1} \cap V_{2}$ と合同なので体積 $T$ 。

(2) の条件で $V_{1} \cap V_{3} \subset V_{2}$ なので、 $V_{1} \cap V_{2} \cap V_{3} = V_{1} \cap V_{3}$ 。最後の 2 つの項が打ち消し合い、 $S$ と $T$ だけで書ける。これが (2) の条件のねらい。

答え

V = 3 S - 2 T

（

V_{2}

V_{3}

も体積

S

、

V_{2} \cap V_{3}

も体積

T

（合同）。

V_{1} \cap V_{3} \subset V_{2}

より

V_{1} \cap V_{2} \cap V_{3} = V_{1} \cap V_{3}

なので、

V = 3 S - 2 T - | V_{1} \cap V_{3} | + | V_{1} \cap V_{2} \cap V_{3} | = 3 S - 2 T

）

(4)

$S$ は半径 $r$ ・長さ 1 の円柱と、両はしの半球 2 つ（合わせて球 1 つ）： $π r^{2} + \frac{4}{3} π r^{3}$ 。

$T$ は A のまわりだけにある（ $r < 1$ なので O や B の近くは重ならない）。A を原点に置きなおして $X = x - 1$ 、 $Y = y$ とし、高さ $z$ （ $| z | ≦ r$ ）で横に切る。 $ρ = \sqrt{r^{2} - z^{2}}$ とすると、A のまわりでは、V1 の切り口は「 $X ≦ 0$ で $| Y | ≦ ρ$ の帯」と A 中心の半径 $ρ$ の円、V2 は「 $Y ≧ 0$ で $| X | ≦ ρ$ の帯」と同じ円。本当の帯は長さ 1 で、O や B の側にはしがあるが、 $r < 1$ なので重なりの所ではそのはしまで届かず、帯を A から先へのびたままと見てよい。4 つの向き（象限）に分けて重なりを見ると、帯どうしが重なる 1 つの向きでは 1 辺 $ρ$ の正方形、残り 3 つの向きでは円の $\frac{1}{4}$ ずつ。切り口の面積は $(\frac{3}{4} π + 1) ρ^{2}$ 。

T = \int_{- r}^{r} (\frac{3}{4} π + 1) (r^{2} - z^{2}) d z = (\frac{3}{4} π + 1) \cdot \frac{4}{3} r^{3} = π r^{3} + \frac{4}{3} r^{3}

(3) に入れて $V = 3 S - 2 T = 3 π r^{2} + 4 π r^{3} - 2 π r^{3} - \frac{8}{3} r^{3}$ を整理する。たとえば $r = 0.65$ で $V ≒ 4.975$ 。

答え

S = π r^{2} + \frac{4}{3} π r^{3}

T = π r^{3} + \frac{4}{3} r^{3}

V = 3 π r^{2} + 2 π r^{3} - \frac{8}{3} r^{3}

（

S

は円柱と球。

T

は A のまわりで、高さ

z

の切り口が「半径

\sqrt{r^{2} - z^{2}}

の円の

\frac{3}{4}

＋ 1 辺

\sqrt{r^{2} - z^{2}}

の正方形」、

\int_{- r}^{r} (\frac{3}{4} π + 1) (r^{2} - z^{2}) d z

）

東大過去問 2018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・出題の意図・東京大学の解答例（東京大学の公表資料）

東京大学の利用規定について

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お知らせ（2026年10月4日）

第1問　x/sin x ＋ cos x：下がって、ちょうど π/2 で底をうつ

問題の読み方

(答)

第2問　₂ₙ₊₁Cₙ ÷ n!：整数になるのは最初の 2 つだけ

問題の読み方

(1)

(2)

第3問　放物線を縮めて横にずらす：面積は k ＝ √2 で式が変わる

問題の読み方

(答)

第4問　3 次方程式のまん中の解が 1 より大きい (a, b)

問題の読み方

(答)

第5問　円の接線で 1 を折り返すと、w は放物線の上を動く

問題の読み方

(1)

(2)

第6問　折れ線にそって球を転がした立体の体積

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

(4)

東大 過去問 2018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

第1問 x/sin x ＋ cos x：下がって、ちょうど π/2 で底をうつ

問題の読み方

(答)

第2問 ₂ₙ₊₁Cₙ ÷ n!：整数になるのは最初の 2 つだけ

問題の読み方

(1)

(2)

第3問 放物線を縮めて横にずらす：面積は k ＝ √2 で式が変わる

問題の読み方

(答)

第4問 3 次方程式のまん中の解が 1 より大きい (a, b)

問題の読み方

(答)

第5問 円の接線で 1 を折り返すと、w は放物線の上を動く

問題の読み方

(1)

(2)

第6問 折れ線にそって球を転がした立体の体積

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(1)

(2)

(3)

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東大過去問 2018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

第1問　x/sin x ＋ cos x：下がって、ちょうど π/2 で底をうつ

第2問　₂ₙ₊₁Cₙ ÷ n!：整数になるのは最初の 2 つだけ

第3問　放物線を縮めて横にずらす：面積は k ＝ √2 で式が変わる

第4問　3 次方程式のまん中の解が 1 より大きい (a, b)

第5問　円の接線で 1 を折り返すと、w は放物線の上を動く

第6問　折れ線にそって球を転がした立体の体積