東大過去問 2020年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2020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

　 $a, b, c, p$ を実数とする。不等式

a x^{2} + b x + c > 0

b x^{2} + c x + a > 0

c x^{2} + a x + b > 0

をすべて満たす実数 $x$ の集合と， $x > p$ を満たす実数 $x$ の集合が一致しているとする。

（1）　 $a, b, c$ はすべて $0$ 以上であることを示せ。

（2）　 $a, b, c$ のうち少なくとも $1$ 個は $0$ であることを示せ。

（3）　 $p = 0$ であることを示せ。

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第2問

　平面上の点 $P, Q, R$ が同一直線上にないとき，それらを $3$ 頂点とする三角形の面積を $△ P Q R$ で表す。また， $P, Q, R$ が同一直線上にあるときは， $△ P Q R = 0$ とする。

　 $A, B, C$ を平面上の $3$ 点とし， $△ A B C = 1$ とする。この平面上の点 $X$ が

2 ≦ △ A B X + △ B C X + △ C A X ≦ 3

を満たしながら動くとき， $X$ の動きうる範囲の面積を求めよ。

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第3問

　 $- 1 ≦ t ≦ 1$ を満たす実数 $t$ に対して，

x (t) = (1 + t) \sqrt{1 + t}

y (t) = 3 (1 + t) \sqrt{1 - t}

とする。座標平面上の点 $P (x (t), y (t))$ を考える。

（1）　 $- 1 < t ≦ 1$ における $t$ の関数 $\frac{y (t)}{x (t)}$ は単調に減少することを示せ。

（2）　原点と $P$ の距離を $f (t)$ とする。 $- 1 ≦ t ≦ 1$ における $t$ の関数 $f (t)$ の増減を調べ，最大値を求めよ。

（3）　 $t$ が $- 1 ≦ t ≦ 1$ を動くときの $P$ の軌跡を $C$ とし， $C$ と $x$ 軸で囲まれた領域を $D$ とする。原点を中心として $D$ を時計回りに $90^{\circ}$ 回転させるとき， $D$ が通過する領域の面積を求めよ。

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第4問

　 $n, k$ を， $1 ≦ k ≦ n$ を満たす整数とする。 $n$ 個の整数

2^{m} (m = 0, 1, 2, \dots \dots, n - 1)

から異なる $k$ 個を選んでそれらの積をとる。 $k$ 個の整数の選び方すべてに対しこのように積をとることにより得られる $_{n} C_{k}$ 個の整数の和を $a_{n, k}$ とおく。例えば，

a_{4, 3} = 2^{0} \cdot 2^{1} \cdot 2^{2} + 2^{0} \cdot 2^{1} \cdot 2^{3} + 2^{0} \cdot 2^{2} \cdot 2^{3} + 2^{1} \cdot 2^{2} \cdot 2^{3} = 120

である。

（1）　 $2$ 以上の整数 $n$ に対し， $a_{n, 2}$ を求めよ。

（2）　 $1$ 以上の整数 $n$ に対し， $x$ についての整式

f_{n} (x) = 1 + a_{n, 1} x + a_{n, 2} x^{2} + \dots \dots + a_{n, n} x^{n}

を考える。 $\frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (x)}$ と $\frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (2 x)}$ を $x$ についての整式として表せ。

（3）　 $\frac{a_{n + 1, k + 1}}{a_{n, k}}$ を $n, k$ で表せ。

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第5問

　座標空間において， $x y$ 平面上の原点を中心とする半径 $1$ の円を考える。この円を底面とし，点 $(0, 0, 2)$ を頂点とする円錐（内部を含む）を $S$ とする。また，点 $A (1, 0, 2)$ を考える。

（1）　点 $P$ が $S$ の底面を動くとき，線分 $A P$ が通過する部分を $T$ とする。平面 $z = 1$ による $S$ の切り口および，平面 $z = 1$ による $T$ の切り口を同一平面上に図示せよ。

（2）　点 $P$ が $S$ を動くとき，線分 $A P$ が通過する部分の体積を求めよ。

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第6問

　以下の問いに答えよ。

（1）　 $A, α$ を実数とする。 $θ$ の方程式

A \sin 2 θ - \sin (θ + α) = 0

を考える。 $A > 1$ のとき，この方程式は $0 ≦ θ < 2 π$ の範囲に少なくとも $4$ 個の解を持つことを示せ。

（2）　座標平面上の楕円

C : \frac{x^{2}}{2} + y^{2} = 1

を考える。また， $0 < r < 1$ を満たす実数 $r$ に対して，不等式

2 x^{2} + y^{2} < r^{2}

が表す領域を $D$ とする。 $D$ 内のすべての点 $P$ が以下の条件を満たすような実数 $r (0 < r < 1)$ が存在することを示せ。また，そのような $r$ の最大値を求めよ。

　　条件：　 $C$ 上の点 $Q$ で， $Q$ における $C$ の接線と直線 $P Q$ が直交するようなものが少なくとも $4$ 個ある。

第1問　3 つの 2 次式が全部正になる所が「x＞p」なら、p は 0

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

3 つの 2 次式 $a x^{2} + b x + c$ 、 $b x^{2} + c x + a$ 、 $c x^{2} + a x + b$ は、係数 $a, b, c$ を $a \to b \to c \to a$ と回して並べたもの。これらが全部正になる $x$ の集まりが、ちょうど「 $x > p$ 」という形（右へはずっと続き、左は $p$ で止まる）になっている、というのが条件。

筋は「 $x$ をとても大きくしたとき・とても小さくしたときに、2 次式の符号が何で決まるか」。 $x$ の絶対値が大きいと 2 次式は $x^{2}$ の項が強く、符号は $x^{2}$ の係数で決まる。(1) は右のはし、(2) は左のはしを見る。(3) は、3 つの式が回しても組として変わらないことを使って、 $a = 0$ の場合だけ調べればよいことに気づく。

(1)

$x > p$ を満たす $x$ は全部 3 つの式を満たすので、 $x$ をいくらでも大きくしても $a x^{2} + b x + c > 0$ が成り立っていなければならない。

もし $a < 0$ なら、

a x^{2} + b x + c = x^{2} (a + \frac{b}{x} + \frac{c}{x^{2}})

で、 $x \to \infty$ のときかっこの中は $a < 0$ に近づくので、全体は $- \infty$ に向かう。十分大きい $x$ で負になり、条件に反する。だから $a ≧ 0$ 。

2 つ目の式 $b x^{2} + c x + a$ の $x^{2}$ の係数は $b$ 、3 つ目の式の $x^{2}$ の係数は $c$ なので、同じ理由で $b ≧ 0$ 、 $c ≧ 0$ 。3 つの式にはそれぞれ別の係数が $x^{2}$ の所に来ているから、3 つとも言える。

答え示すこと：

a

b

c ≧ 0

。要点：

x > p

の

x

は全部 3 つの式を満たすので、

x

をいくらでも大きくしても

a x^{2} + b x + c > 0

。

a < 0

なら

x \to \infty

で

a x^{2} + b x + c \to - \infty

となり矛盾。

b

c

も同じ（それぞれ 2 つ目・3 つ目の式の

x^{2}

の係数）

(2)

(1) より $a, b, c ≧ 0$ 。もし 3 つとも正だったとすると、今度は $x \to - \infty$ を考える。 $x^{2}$ の係数が正なので、どの式も $x \to - \infty$ で $+ \infty$ に向かう。

すると、十分小さい（負で絶対値の大きい） $x$ では 3 つの式が全部正になる。そのような $x$ は $p$ より小さくとれるので、「満たす $x$ は $x > p$ のものだけ」に反する。

だから $a, b, c$ のうち少なくとも 1 つは 0。全部正だと、満たす所が左にも広がりすぎて「左で止まる」形にならない。

答え示すこと：

a

b

c

の少なくとも 1 つは

0

。要点：全部正なら

x \to - \infty

で 3 つの式はどれも

+ \infty

に向かうので、

p

より小さい

x

でも 3 つとも正になるものがある。これは「満たす

x

は

x > p

だけ」に反する

(3)

$a \to b \to c \to a$ と回しても 3 つの式の組は変わらない（並び方が変わるだけ）ので、0 になっているのが $a$ だとしてよい。 $a = 0$ を入れると 3 つの式は

b x + c > 0, x (b x + c) > 0, c x^{2} + b > 0

$b = c = 0$ だと 1 つ目が $0 > 0$ となって満たす $x$ が 1 つも無く、「 $x > p$ と一致」に反する。だから $b, c ≧ 0$ で、両方 0 ではない。

まず $x ≦ 0$ は入らないことを確かめる。 $x = 0$ では 2 つ目が $0 > 0$ で成り立たない。 $x < 0$ では、1 つ目から $b x + c > 0$ 、すると 2 つ目の $x (b x + c)$ は負で成り立たない。

次に $x > 0$ なら全部成り立つことを確かめる。 $b, c ≧ 0$ で両方 0 ではないので $b x + c > 0$ 、それに $x > 0$ をかけて $x (b x + c) > 0$ 。3 つ目も $c x^{2} + b > 0$ 。

だから満たす $x$ はちょうど $x > 0$ で、これが $x > p$ と一致するので $p = 0$ 。

答え示すこと：

p = 0

。要点：3 つの式は

a \to b \to c \to a

と回しても組が変わらないので

a = 0

としてよい。式は

b x + c

x (b x + c)

c x^{2} + b

。

b = c = 0

だと 1 つ目が

0 > 0

で満たす

x

が無いので

b

c

は両方 0 ではない。

x = 0

は 2 つ目が

0

で入らず、

x < 0

は 1 つ目と 2 つ目が同時には成り立たない。

x > 0

なら 3 つとも正。だから満たす

x

はちょうど

x > 0

で

p = 0

第2問　3 つの三角形の面積の和が 2〜3 になる点は、6 角形の帯の中

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

3 つの三角形の面積の和 $△ A B X + △ B C X + △ C A X$ は、X が三角形 ABC の中にあるときは、ちょうど 3 つで ABC を分けるのでいつも 1。X が外に出ると、はみ出した分だけ大きくなる。

筋は、X を A, B, C の「重みつきの平均」で表すこと。 $\vec{O X} = α \vec{O A} + β \vec{O B} + γ \vec{O C}$ （ $α + β + γ = 1$ ）と書くと、3 つの面積が $| α |, | β |, | γ |$ と簡単になる。すると条件は $2 ≦ | α | + | β | + | γ | ≦ 3$ で、範囲は三角形の辺に平行な直線でできた形になる。

(答)

面積を $α, β, γ$ で表す。 $△ B C X$ は、底辺 BC を共通にして、高さ（BC からの距離）が $△ A B C$ の $| α |$ 倍になる（X を BC から A の方へ $α$ の割合だけ動かした所にあるから）。だから $△ B C X = | α |$ 。同じく $△ C A X = | β |$ 、 $△ A B X = | γ |$ 。和は

s = | α | + | β | + | γ |

三角形の中（ $α, β, γ ≧ 0$ ）では $s = 1$ 。 $α + β + γ = 1$ なので、負になっているものの和を $- N$ とすると $s = 1 + 2 N$ 。

$s ≦ k$ の範囲の面積を出す。 $d = \frac{k - 1}{2}$ とおくと、条件は「負のものの和が $- d$ 以上」。三角形の外は 2 種類に分かれる。

1 つだけ負（例 $α < 0$ ）の所：辺 BC の向こう側で、 $- d ≦ α < 0$ 。BC と平行な線ではさまれた台形で、面積は（ABC を $1 + d$ 倍した三角形）から ABC を引いた $(1 + d)^{2} - 1 = 2 d + d^{2}$ 。これが 3 辺ぶん。

2 つ負（例 $β, γ < 0$ ）の所：頂点 A の向こう側で、 $β + γ ≧ - d$ 。ABC を $d$ 倍した三角形と同じ大きさで、面積 $d^{2}$ 。これが 3 頂点ぶん。

合わせて

1 + 3 (2 d + d^{2}) + 3 d^{2} = 1 + 6 d + 6 d^{2} = \frac{3 k^{2} - 1}{2}

形は、三角形の辺に平行な辺をもつ 6 角形。

求める面積は $s ≦ 3$ の面積から $s < 2$ の面積を引く（ $s = 2$ の線は面積 0）：

\frac{3 \cdot 9 - 1}{2} - \frac{3 \cdot 4 - 1}{2} = 13 - \frac{11}{2}

三角形の形はどこにも出てこない。面積が 1 であることだけで答えが決まる（平行な線の比と面積の比は、三角形をどう引きのばしても変わらない）。

答え

\frac{15}{2}

（

\vec{X} = α \vec{A} + β \vec{B} + γ \vec{C} (α + β + γ = 1)

とおくと

△ B C X = | α |

△ C A X = | β |

△ A B X = | γ |

。和

| α | + | β | + | γ | ≦ k

の範囲は辺に平行な 6 角形で、面積

1 + 3 (2 d + d^{2}) + 3 d^{2} = \frac{3 k^{2} - 1}{2} (d = \frac{k - 1}{2})

。

13 - \frac{11}{2} = \frac{15}{2}

）

第3問　曲線でかこんだ形を 90° 回すと、通る所はどこまで？

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

点 P は $t = - 1$ で原点、 $t = 1$ で $x$ 軸の点 $(2 \sqrt{2}, 0)$ にあり、その間は $y > 0$ の山なりの曲線 $C$ を描く。 $D$ は $C$ と $x$ 軸でかこまれた部分。

(1) の「 $\frac{y}{x}$ が減る」は、原点から見た P の向き（傾き）が、 $t$ とともにずっと時計回りに回るということ。これがわかると、 $D$ は「原点から出る半直線 1 本ごとに、原点から曲線までの線分」を集めた形とみられる。(2) の距離の最大は、(3) で回したときに一番外側を通る点を教えてくれる。(3) は、この 2 つを組み合わせて、向きごとに「通る一番遠い所」を考える。

(1)

$- 1 < t ≦ 1$ では $1 + t > 0$ なので、共通の $(1 + t)$ で約分できる：

\frac{y (t)}{x (t)} = \frac{3 (1 + t) \sqrt{1 - t}}{(1 + t) \sqrt{1 + t}} = 3 \sqrt{\frac{1 - t}{1 + t}}

根号の中は

\frac{1 - t}{1 + t} = \frac{2}{1 + t} - 1

と変形でき、 $t$ が増えると $1 + t$ が増えるので $\frac{2}{1 + t}$ は減る。 $\sqrt{}$ は中身が大きいほど大きい（増える関数）ので、 $\frac{y}{x}$ も減る。

微分してもよい： $\frac{d}{d t} \frac{1 - t}{1 + t} = - \frac{2}{(1 + t)^{2}} < 0$ 。

$t \to - 1$ で $\frac{y}{x} \to \infty$ （向きは真上に近い）、 $t = 1$ で 0（ $x$ 軸の向き）。向きは 90° から 0° まで、もどらずに回る。

答え示すこと：

\frac{y (t)}{x (t)}

は

- 1 < t ≦ 1

で単調に減少。要点：

\frac{y (t)}{x (t)} = \frac{3 \sqrt{1 - t}}{\sqrt{1 + t}} = 3 \sqrt{\frac{1 - t}{1 + t}}

、

\frac{1 - t}{1 + t} = \frac{2}{1 + t} - 1

は

t

が増えると減り、

\sqrt{}

は増える関数なので、全体も減る

(2)

距離の 2 乗を計算する（根号が消えて扱いやすい）：

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

= (1 + t)^{2} {(1 + t) + 9 (1 - t)} = (1 + t)^{2} (10 - 8 t)

これを $t$ で微分すると

\frac{d}{d t} f (t)^{2} = 2 (1 + t) (10 - 8 t) - 8 (1 + t)^{2} = (1 + t) (12 - 24 t) = 12 (1 + t) (1 - 2 t)

$- 1 < t < \frac{1}{2}$ で正、 $\frac{1}{2} < t < 1$ で負。 $f (t) ≧ 0$ なので $f$ も同じ所で増え・減る： $- 1 ≦ t ≦ \frac{1}{2}$ で増加、 $\frac{1}{2} ≦ t ≦ 1$ で減少。

最大は $t = \frac{1}{2}$ で

f {(\frac{1}{2})}^{2} = \frac{9}{4} \cdot 6 = \frac{27}{2}

両はしは $f (- 1) = 0$ 、 $f (1) = \sqrt{8} = 2 \sqrt{2} ≒ 2.83$ 。一番遠いのは右のはし（ $x$ 軸の上）ではなく、途中の $t = \frac{1}{2}$ 。このとき $\frac{y}{x} = 3 \sqrt{\frac{1 / 2}{3 / 2}} = \sqrt{3}$ なので、向きは $60^{\circ}$ 。

答え最大値

\frac{3 \sqrt{6}}{2} (t = \frac{1}{2})

（

f (t)^{2} = (1 + t)^{3} + 9 (1 + t)^{2} (1 - t) = (1 + t)^{2} (10 - 8 t)

、

\frac{d}{d t} f (t)^{2} = 12 (1 + t) (1 - 2 t)

。

- 1 ≦ t ≦ \frac{1}{2}

で増加、

\frac{1}{2} ≦ t ≦ 1

で減少。

f (- 1) = 0

f (1) = 2 \sqrt{2}

）

(3)

(1) より、原点から向き $φ$ （ $0 ≦ φ ≦ \frac{π}{2}$ ）の半直線は曲線にちょうど 1 回当たる。その距離を $R (φ)$ とすると、 $D$ は「向き $φ$ で原点から長さ $R (φ)$ まで」の集まり。 $φ$ が小さいほど $t$ が大きいので、(2) から $R$ は $φ = 0$ で $2 \sqrt{2}$ 、 $φ = \frac{π}{3}$ で最大、 $φ = \frac{π}{2}$ で 0 と、 $60^{\circ}$ に山が 1 つの形。

$D$ を時計回りに回すと、向き $ψ$ の半直線の上を通るのは、はじめ $ψ$ から反時計回りに $90^{\circ}$ までの向きにあった部分。だから向き $ψ$ で通る長さは、その範囲の $R$ の一番大きい値。

向き $ψ$ で 3 つに分けて考える。 $\frac{π}{3} ≦ ψ ≦ \frac{π}{2}$ では、その先の $R$ は減るだけなので、通る長さは $R (ψ)$ で、はじめの $D$ の $60^{\circ}$ より上の部分そのまま。 $- \frac{π}{6} ≦ ψ ≦ \frac{π}{3}$ では、範囲に $\frac{π}{3}$ が入るので、長さは最大の $\frac{3 \sqrt{6}}{2}$ で、半径 $\frac{3 \sqrt{6}}{2}$ ・中心角 $\frac{π}{2}$ のおうぎ形になる。 $- \frac{π}{2} ≦ ψ ≦ - \frac{π}{6}$ では、範囲の $R$ は増えるだけなので、一番大きいのは $90^{\circ}$ 回し終わった所で、 $D$ の $60^{\circ}$ より下の部分を $90^{\circ}$ 回したものになる。

通る範囲は、 $D$ そのものに何かを足した形ではなく、この 3 つに分かれる（たとえば向き $- 60^{\circ}$ の所は、はじめの $D$ にもおうぎ形にも入らないが、回し終わった $D$ が通る）。1 つ目と 3 つ目は、 $D$ を $60^{\circ}$ の線で上下に分けた 2 つなので、面積を合わせるとちょうど $D$ 1 つぶん。だから面積は $D$ の面積＋おうぎ形の面積

\frac{1}{2} \cdot \frac{27}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{27}{8} π

$D$ の面積は、 $x$ が $t$ とともに増えるので

\int_{- 1}^{1} y \frac{d x}{d t} d t = \int_{- 1}^{1} 3 (1 + t) \sqrt{1 - t} \cdot \frac{3}{2} \sqrt{1 + t} d t = \frac{9}{2} \int_{- 1}^{1} (1 + t)^{\frac{3}{2}} (1 - t)^{\frac{1}{2}} d t

$t = - \cos 2 u$ とおく（ $1 + t = 2 \sin^{2} u$ 、 $1 - t = 2 \cos^{2} u$ 、 $d t = 4 \sin u \cos u d u$ 、 $u$ は $0$ 〜 $\frac{π}{2}$ ）と、積分は $16 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{4} u \cos^{2} u d u = 16 \cdot \frac{π}{32} = \frac{π}{2}$ 。 $D$ の面積は $\frac{9}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{9}{4} π$ 。合わせて答えになる。

答え

\frac{45}{8} π

（(1) より D は原点からの向き

φ (0 ≦ φ ≦ \frac{π}{2})

ごとに長さ

R (φ)

までの形。

R

は

t = \frac{1}{2}

の向き

φ = \frac{π}{3}

で最大

\frac{3 \sqrt{6}}{2}

。通る範囲は、D の向き

\frac{π}{3}

より上の部分・半径

\frac{3 \sqrt{6}}{2}

・中心角

\frac{π}{2}

のおうぎ形（向き

- \frac{π}{6}

〜

\frac{π}{3}

）・D の向き

\frac{π}{3}

より下の部分を時計回りに

\frac{π}{2}

回したもの（向き

- \frac{π}{2}

〜

- \frac{π}{6}

）に分けられる。1 つ目と 3 つ目を合わせると D 1 つぶんなので、面積は D の面積＋おうぎ形の面積

\frac{9}{4} π + \frac{27}{8} π

。D の面積

\int_{- 1}^{1} y \frac{d x}{d t} d t = \frac{9}{2} \int_{- 1}^{1} (1 + t)^{\frac{3}{2}} (1 - t)^{\frac{1}{2}} d t = \frac{9}{4} π

）

第4問　1, 2, 4, 8, … から k 個選んだ積の和：2 の入ったパスカルの三角形

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

$a_{n, k}$ は「 $1, 2, 4, \dots, 2^{n - 1}$ の $n$ 個から $k$ 個を選んだ積」を全部足したもの。これはちょうど、かっこの積

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

を展開したときの $x^{k}$ の係数になっている（各かっこから $1$ か $2^{m} x$ のどちらかを選んでかけるので、 $x$ を $k$ 回選ぶ選び方の積の和になる）。

(1) は $k = 2$ を直接計算する。(2) は $f_{n} (x)$ がこのかっこの積そのものだと気づけば一瞬。(3) は、(2) で得た $f_{n + 1}$ の 2 通りの作り方の係数をくらべて、じゃまな項を消す。

(1)

ちがう 2 つの積の和は、「和の 2 乗」から「2 乗の和」を引いて半分にすれば出る：

{(\sum_{m = 0}^{n - 1} 2^{m})}^{2} = \sum_{m = 0}^{n - 1} 4^{m} + 2 a_{n, 2}

2 乗を展開すると、同じものどうしの積（2 乗）と、ちがう 2 つの積が 2 回ずつ出てくるから。

等比数列の和で $\sum_{m = 0}^{n - 1} 2^{m} = 2^{n} - 1$ 、 $\sum_{m = 0}^{n - 1} 4^{m} = \frac{4^{n} - 1}{3}$ 。よって

a_{n, 2} = \frac{1}{2} {(2^{n} - 1)^{2} - \frac{4^{n} - 1}{3}} = \frac{4^{n} - 3 \cdot 2^{n} + 2}{3}

分子は $(2^{n} - 1) (2^{n} - 2)$ と因数分解できる。 $n = 4$ で $\frac{15 \cdot 14}{3} = 70$ （ $2 + 4 + 8 + 8 + 16 + 32 = 70$ と合う）。

答え

a_{n, 2} = \frac{(2^{n} - 1) (2^{n} - 2)}{3}

（

{(\sum_{m = 0}^{n - 1} 2^{m})}^{2} = \sum_{m = 0}^{n - 1} 4^{m} + 2 a_{n, 2}

より

a_{n, 2} = \frac{1}{2} {(2^{n} - 1)^{2} - \frac{4^{n} - 1}{3}}

）

(2)

setup のとおり

f_{n} (x) = (1 + x) (1 + 2 x) (1 + 2^{2} x) \dots (1 + 2^{n - 1} x)

（定数項 1 は「どのかっこからも 1 を選ぶ」1 通り）。

$f_{n + 1} (x)$ はかっこが 1 つ増えて最後が $(1 + 2^{n} x)$ なので、割ると残るのはそのかっこだけ： $\frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (x)} = 1 + 2^{n} x$ 。

$f_{n} (2 x)$ は $x$ を $2 x$ にかえるので $(1 + 2 x) (1 + 2^{2} x) \dots (1 + 2^{n} x)$ 。これは $f_{n + 1} (x)$ から最初のかっこ $(1 + x)$ だけを除いたもの。だから $\frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (2 x)} = 1 + x$ 。

どちらも割り切れて、 $x$ の 1 次式になる。

答え

\frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (x)} = 1 + 2^{n} x

\frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (2 x)} = 1 + x

（展開のしかたから

f_{n} (x) = (1 + x) (1 + 2 x) (1 + 2^{2} x) \dots (1 + 2^{n - 1} x)

。

f_{n} (2 x) = (1 + 2 x) (1 + 2^{2} x) \dots (1 + 2^{n} x)

）

(3)

(2) の 2 つを書きなおすと

f_{n + 1} (x) = (1 + 2^{n} x) f_{n} (x), f_{n + 1} (x) = (1 + x) f_{n} (2 x)

両方の $x^{k + 1}$ の係数をくらべる。 $f_{n} (2 x)$ の $x^{j}$ の係数は $2^{j} a_{n, j}$ であることに注意すると

a_{n + 1, k + 1} = a_{n, k + 1} + 2^{n} a_{n, k}

a_{n + 1, k + 1} = 2^{k + 1} a_{n, k + 1} + 2^{k} a_{n, k}

（ $k = n$ のときは $a_{n, n + 1} = 0$ と考えれば同じ式でよい。）

欲しいのは $a_{n + 1, k + 1}$ と $a_{n, k}$ の比なので、じゃまな $a_{n, k + 1}$ を消す。1 つ目から $a_{n, k + 1} = a_{n + 1, k + 1} - 2^{n} a_{n, k}$ を 2 つ目に入れて

a_{n + 1, k + 1} = 2^{k + 1} a_{n + 1, k + 1} - 2^{n + k + 1} a_{n, k} + 2^{k} a_{n, k}

(2^{k + 1} - 1) a_{n + 1, k + 1} = 2^{k} (2^{n + 1} - 1) a_{n, k}

$a_{n, k} > 0$ なので割って比が出る。例： $n = 3, k = 2$ で $\frac{4 \cdot 15}{7} = \frac{60}{7}$ 、 $a_{3, 2} = 14$ から $a_{4, 3} = 120$ （問題の例と合う）。

答え

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

（(2) の 2 つの式の

x^{k + 1}

の係数をくらべて

a_{n + 1, k + 1} = a_{n, k + 1} + 2^{n} a_{n, k} = 2^{k + 1} a_{n, k + 1} + 2^{k} a_{n, k}

。

a_{n, k + 1}

を消す）

第5問　円錐の点と A を結ぶ線分が通る所：切り口は「円を横にずらした形」

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

円錐 $S$ の頂点 $(0, 0, 2)$ と点 $A (1, 0, 2)$ は同じ高さ 2 にある。これがかなめ。高さ $z$ の平面は、A から出る線分をいつも同じ割合の所で切るので、切り口は「もとの図形を A を中心に縮めたもの」になる。 $S$ 自身の切り口も、頂点を中心に底面を縮めたもの。

(1) は底面の点 P だけを動かし、平面 $z = 1$ で切った形を 2 つ描く。(2) は P を円錐全体で動かす。立体の体積は、高さ $h$ の切り口の面積を求めて、 $h$ で積分するのが筋。

(1)

$S$ の切り口：円錐は頂点を中心に底面を縮めた円を積み重ねた形。高さ $z$ では $\frac{2 - z}{2}$ 倍なので、 $z = 1$ で中心 $(0, 0)$ ・半径 $\frac{1}{2}$ の円（内部を含む）。

$T$ の切り口：P は底面（高さ 0）、A は高さ 2 なので、線分 AP の高さ 1 の点はちょうど中点。P $(u, v, 0)$ に対し中点は

(\frac{1 + u}{2}, \frac{v}{2}, 1)

P が円 $u^{2} + v^{2} ≦ 1$ を動くと、中点の $(x, y)$ は ${(x - \frac{1}{2})}^{2} + y^{2} = \frac{u^{2} + v^{2}}{4} ≦ \frac{1}{4}$ を満たし、逆にこの円の点はどれも中点になる。だから中心 $(\frac{1}{2}, 0)$ ・半径 $\frac{1}{2}$ の円（内部を含む）。底面の円を A を中心に半分にしたもの。

2 つの円は半径が同じで、中心の間の距離が $\frac{1}{2}$ 。 $T$ の円は $S$ の円の中心（原点）を通り、2 つの円は中心どうしのまん中 $x = \frac{1}{4}$ の上で交わる： $y^{2} = \frac{1}{4} - \frac{1}{16}$ より $y = \pm \frac{\sqrt{3}}{4}$ 。

答えS の切り口：円

x^{2} + y^{2} ≦ \frac{1}{4}

（中心

(0

0)

・半径

\frac{1}{2}

）。T の切り口：円

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

（中心

(\frac{1}{2}, 0)

・半径

\frac{1}{2}

）。どちらも内部と周を含む。T の円は原点を通り、2 つの円は

(\frac{1}{4}, \pm \frac{\sqrt{3}}{4})

で交わる（z=1 は AP の中点なので、T の切り口は底面の円を A を中心に

\frac{1}{2}

倍したもの）

(2)

高さ $h$ の切り口を求める。P が $S$ の中の高さ $h^{'}$ （ $0 ≦ h^{'} ≦ h$ ）の点のとき、P は中心 $(0, 0)$ ・半径 $\frac{2 - h^{'}}{2}$ の円の中にある。A から P へ進んで高さが $h$ になるのは、A から $λ = \frac{2 - h}{2 - h^{'}}$ の割合だけ進んだ所。その点は、P の円を A を中心に $λ$ 倍に縮めた円の中にあり、その円は

中心 (1 - λ, 0), 半径 λ \cdot \frac{2 - h^{'}}{2} = \frac{2 - h}{2}

半径は $h^{'}$ によらず一定で、中心だけが $h^{'}$ とともに動く。 $h^{'}$ が 0 から $h$ まで動くと $λ$ は $\frac{2 - h}{2}$ から 1 まで動くので、中心の $x$ 座標は $\frac{h}{2}$ から 0 まで動く。

だから高さ $h$ の切り口は、半径 $\frac{2 - h}{2}$ の円を中心 $(0, 0)$ から $(\frac{h}{2}, 0)$ まで横にずらしてできる形（両はしが半円の長方形）。面積は円と長方形の和で

S (h) = π {(\frac{2 - h}{2})}^{2} + (2 - h) \cdot \frac{h}{2}

これを 0 から 2 まで積分する：

\int_{0}^{2} \frac{π}{4} (2 - h)^{2} d h = \frac{2}{3} π, \int_{0}^{2} \frac{2 h - h^{2}}{2} d h = \frac{1}{2} (4 - \frac{8}{3}) = \frac{2}{3}

前の $\frac{2}{3} π$ は円錐 $S$ そのものの体積。円錐に、横にずらした分の $\frac{2}{3}$ がふえるだけ。

答え

\frac{2}{3} (π + 1)

（高さ

h

の切り口は、半径

\frac{2 - h}{2}

の円の中心を

(0

0)

から

(\frac{h}{2}, 0)

まで動かしてできる形。面積

π {(\frac{2 - h}{2})}^{2} + \frac{(2 - h) h}{2}

。

h

を 0 から 2 まで積分して

\frac{2}{3} π + \frac{2}{3}

）

第6問　楕円に垂直に当たる点 Q が 4 個ある P は、どこまで？

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

(1) は三角関数の方程式の解の個数、(2) は楕円の「法線」（接線に垂直な線）が P を通るような、楕円の上の点 Q の個数の問題（数えるのは点 Q で、線の本数ではない。P が原点なら Q は 4 個だが、線 PQ は $x$ 軸と $y$ 軸の 2 本）。一見べつの話だが、(2) の条件を式にすると (1) の方程式そのものが出てくる。(1) が (2) の道具になっている。

(1) の筋は、解を直接求めずに、符号が入れかわる所を 4 つ見つけること（連続な関数の符号が変われば、その間に解がある）。(2) は、Q を $(\sqrt{2} \cos θ, \sin θ)$ とおいて直交の条件を $θ$ の方程式にし、(1) の形に合わせる。

(1)

$g (θ) = A \sin 2 θ - \sin (θ + α)$ とおく。 $\sin (θ + α)$ はいつも $- 1$ 以上 1 以下で、 $A > 1$ だから、 $\sin 2 θ = \pm 1$ になる所で $g$ の符号が決まる：

g (\frac{π}{4}) ≧ A - 1 > 0, g (\frac{3 π}{4}) ≦ - A + 1 < 0, g (\frac{5 π}{4}) > 0, g (\frac{7 π}{4}) < 0

さらに $g$ は周期 $2 π$ なので $g (\frac{9 π}{4}) = g (\frac{π}{4}) > 0$ 。

$g$ は連続なので、符号が変わる 4 つの区間 $(\frac{π}{4}, \frac{3 π}{4})$ 、 $(\frac{3 π}{4}, \frac{5 π}{4})$ 、 $(\frac{5 π}{4}, \frac{7 π}{4})$ 、 $(\frac{7 π}{4}, \frac{9 π}{4})$ にそれぞれ解が少なくとも 1 つある（中間値の定理）。この 4 つの区間は重ならず、合わせて長さ $2 π$ なので、最後の区間の解から $2 π$ を引いて $0 ≦ θ < 2 π$ に入れても、ほかの解と重ならない。だから解は 4 個以上。

「 $A > 1$ 」は、 $\sin (θ + α)$ がどんなに動いても山と谷で符号を決めきるための条件。 $A ≦ 1$ だと解が 2 個だけのこともある（ $A = 0.5, α = \frac{π}{4}$ など）。

答え示すこと：

A > 1

のとき解は

0 ≦ θ < 2 π

に 4 個以上。要点：

g (θ) = A \sin 2 θ - \sin (θ + α)

とおくと、

| \sin (θ + α) | ≦ 1 < A

より

g (\frac{π}{4}) > 0

g (\frac{3 π}{4}) < 0

g (\frac{5 π}{4}) > 0

g (\frac{7 π}{4}) < 0

g (\frac{9 π}{4}) = g (\frac{π}{4}) > 0

。

g

は連続なので、重ならない 4 つの区間

(\frac{π}{4}, \frac{3 π}{4})

\dots

(\frac{7 π}{4}, \frac{9 π}{4})

に解が 1 つずつある（中間値の定理）。

2 π

ずらして

0 ≦ θ < 2 π

に入れても別々の解

(2)

条件を式にする。Q $(\sqrt{2} \cos θ, \sin θ)$ での接線の向きは、微分して $(- \sqrt{2} \sin θ, \cos θ)$ 。P $(p, q)$ として $\vec{P Q}$ との内積が 0：

(\sqrt{2} \cos θ - p) (- \sqrt{2} \sin θ) + (\sin θ - q) \cos θ = 0

整理すると $- \sin θ \cos θ + \sqrt{2} p \sin θ - q \cos θ = 0$ 、つまり

\frac{1}{2} \sin 2 θ = \sqrt{2} p \sin θ - q \cos θ

$R = \sqrt{2 p^{2} + q^{2}}$ として右辺を合成すると $R \sin (θ - β)$ （ $\cos β = \frac{\sqrt{2} p}{R}$ 、 $\sin β = \frac{q}{R}$ ）。 $R > 0$ なら両辺を $R$ で割って

\frac{1}{2 R} \sin 2 θ - \sin (θ - β) = 0

これは (1) で $A = \frac{1}{2 R}$ 、 $α = - β$ としたもの。 $θ$ がちがえば Q もちがうので、Q の個数＝解の個数。

$r = \frac{1}{2}$ でよいこと： $D$ の点は $2 p^{2} + q^{2} < \frac{1}{4}$ 、つまり $R < \frac{1}{2}$ 。 $R > 0$ なら $A > 1$ なので (1) より 4 個以上。 $R = 0$ （P が原点）なら式は $\sin 2 θ = 0$ で、 $θ = 0, \frac{π}{2}, π, \frac{3 π}{2}$ の 4 個。

$r$ を $\frac{1}{2}$ より大きくできないこと： $r > \frac{1}{2}$ なら、 $β = \frac{π}{4}$ で $\frac{1}{2} < R < r$ の P（ $D$ の中にある）を考える。 $φ = θ - \frac{π}{4}$ 、 $s = \sin φ$ とおくと $\sin 2 θ = \cos 2 φ = 1 - 2 s^{2}$ なので、式は

2 s^{2} + 2 R s - 1 = 0, s = \frac{- R \pm \sqrt{R^{2} + 2}}{2}

$+$ の方は 0 と 1 の間で、 $φ$ が 2 つ。 $-$ の方が $- 1$ 以上になるのは $\sqrt{R^{2} + 2} ≦ 2 - R$ 、つまり $R ≦ \frac{1}{2}$ のときだけ。 $R > \frac{1}{2}$ では使えず、Q は 2 個しかない。

だから $r$ の最大は $\frac{1}{2}$ 。45° の向き（ $β = \frac{π}{4}$ ）が一番きびしく（この向きは横を $\sqrt{2}$ 倍にのばした $(\sqrt{2} p, q)$ で測った角で、ふつうの図では $q = \sqrt{2} p$ の向き、約 ${54.7}^{\circ}$ ）、ほかの向き（たとえば $x$ 軸の向き）ではもっと遠くまで 4 個ある。4 個になる所の境目はとがった星形（アステロイド）で、 $D$ はその内側にちょうどふれる一番大きい楕円。

答え示すこと：そのような

r

がある。最大値

r = \frac{1}{2}

。要点：

Q (\sqrt{2} \cos θ

\sin θ)

P (p

q)

で直交の条件は

\frac{1}{2} \sin 2 θ = \sqrt{2} p \sin θ - q \cos θ = R \sin (θ - β) (R = \sqrt{2 p^{2} + q^{2}})

。

R > 0

なら (1) の

A = \frac{1}{2 R}

の形で、

R < \frac{1}{2}

なら

A > 1

で 4 個以上（

R = 0

は

\sin 2 θ = 0

で 4 個）。だから

r = \frac{1}{2}

でよい。

r > \frac{1}{2}

なら

β = \frac{π}{4}

\frac{1}{2} < R < r

の P をとると、

φ = θ - \frac{π}{4}

s = \sin φ

で

2 s^{2} + 2 R s - 1 = 0

となり、

| s | ≦ 1

の解は

s = \frac{- R + \sqrt{R^{2} + 2}}{2}

だけ（もう一方は

- 1

より小さい）なので Q は 2 個しかない

東大過去問 2020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

解答とシミュレーション（AIで作成）

制作

修正履歴

お知らせ（2026年10月4日）

第1問　3 つの 2 次式が全部正になる所が「x＞p」なら、p は 0

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第2問　3 つの三角形の面積の和が 2〜3 になる点は、6 角形の帯の中

問題の読み方

(答)

第3問　曲線でかこんだ形を 90° 回すと、通る所はどこまで？

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問　1, 2, 4, 8, … から k 個選んだ積の和：2 の入ったパスカルの三角形

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問　円錐の点と A を結ぶ線分が通る所：切り口は「円を横にずらした形」

問題の読み方

(1)

(2)

第6問　楕円に垂直に当たる点 Q が 4 個ある P は、どこまで？

問題の読み方

(1)

(2)

東大 過去問 2020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 3 つの 2 次式が全部正になる所が「x＞p」なら、p は 0

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第2問 3 つの三角形の面積の和が 2〜3 になる点は、6 角形の帯の中

問題の読み方

(答)

第3問 曲線でかこんだ形を 90° 回すと、通る所はどこまで？

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問 1, 2, 4, 8, … から k 個選んだ積の和：2 の入ったパスカルの三角形

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問 円錐の点と A を結ぶ線分が通る所：切り口は「円を横にずらした形」

問題の読み方

(1)

(2)

第6問 楕円に垂直に当たる点 Q が 4 個ある P は、どこまで？

問題の読み方

(1)

(2)

東大過去問 2020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　3 つの 2 次式が全部正になる所が「x＞p」なら、p は 0

第2問　3 つの三角形の面積の和が 2〜3 になる点は、6 角形の帯の中

第3問　曲線でかこんだ形を 90° 回すと、通る所はどこまで？

第4問　1, 2, 4, 8, … から k 個選んだ積の和：2 の入ったパスカルの三角形

第5問　円錐の点と A を結ぶ線分が通る所：切り口は「円を横にずらした形」

第6問　楕円に垂直に当たる点 Q が 4 個ある P は、どこまで？