東大過去問 2021年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2021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

　 $a, b$ を実数とする。座標平面上の放物線

C : y = x^{2} + a x + b

は放物線 $y = - x^{2}$ と $2$ つの共有点を持ち，一方の共有点の $x$ 座標は $- 1 < x < 0$ を満たし，他方の共有点の $x$ 座標は $0 < x < 1$ を満たす。

（1）　点 $(a, b)$ のとりうる範囲を座標平面上に図示せよ。

（2）　放物線 $C$ の通りうる範囲を座標平面上に図示せよ。

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第2問

　複素数 $a, b, c$ に対して整式 $f (z) = a z^{2} + b z + c$ を考える。 $i$ を虚数単位とする。

（1）　 $α, β, γ$ を複素数とする。 $f (0) = α, f (1) = β, f (i) = γ$ が成り立つとき， $a, b, c$ をそれぞれ $α, β, γ$ で表せ。

（2）　 $f (0), f (1), f (i)$ がいずれも $1$ 以上 $2$ 以下の実数であるとき， $f (2)$ のとりうる範囲を複素数平面上に図示せよ。

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第3問

　関数

f (x) = \frac{x}{x^{2} + 3}

に対して， $y = f (x)$ のグラフを $C$ とする。点 $A (1, f (1))$ における $C$ の接線を

ℓ : y = g (x)

とする。

（1）　 $C$ と $ℓ$ の共有点で $A$ と異なるものがただ $1$ つ存在することを示し，その点の $x$ 座標を求めよ。

（2）　（1）で求めた共有点の $x$ 座標を $α$ とする。定積分

\int_{α}^{1} {f (x) - g (x)}^{2} d x

を計算せよ。

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第4問

　以下の問いに答えよ。

（1）　正の奇数 $K, L$ と正の整数 $A, B$ が $K A = L B$ を満たしているとする。 $K$ を $4$ で割った余りが $L$ を $4$ で割った余りと等しいならば， $A$ を $4$ で割った余りは $B$ を $4$ で割った余りと等しいことを示せ。

（2）　正の整数 $a, b$ が $a > b$ を満たしているとする。このとき， $A =_{4 a + 1} C_{4 b + 1}, B =_{a} C_{b}$ に対して $K A = L B$ となるような正の奇数 $K, L$ が存在することを示せ。

（3）　 $a, b$ は（2）の通りとし，さらに $a - b$ が $2$ で割り切れるとする。 $_{4 a + 1} C_{4 b + 1}$ を $4$ で割った余りは $_{a} C_{b}$ を $4$ で割った余りと等しいことを示せ。

（4）　 $_{2021} C_{37}$ を $4$ で割った余りを求めよ。

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第5問

　 $α$ を正の実数とする。 $0 ≦ θ ≦ π$ における $θ$ の関数 $f (θ)$ を，座標平面上の $2$ 点 $A (- α, - 3), P (θ + \sin θ, \cos θ)$ 間の距離 $A P$ の $2$ 乗として定める。

（1）　 $0 < θ < π$ の範囲に $f^{'} (θ) = 0$ となる $θ$ がただ $1$ つ存在することを示せ。

（2）　以下が成り立つような $α$ の範囲を求めよ。

　　 $0 ≦ θ ≦ π$ における $θ$ の関数 $f (θ)$ は，区間 $0 < θ < \frac{π}{2}$ のある点において最大になる。

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第6問

　定数 $b, c, p, q, r$ に対し，

x^{4} + b x + c = (x^{2} + p x + q) (x^{2} - p x + r)

が $x$ についての恒等式であるとする。

（1）　 $p \neq 0$ であるとき， $q, r$ を $p, b$ で表せ。

（2）　 $p \neq 0$ とする。 $b, c$ が定数 $a$ を用いて

b = (a^{2} + 1) (a + 2), c = - (a + \frac{3}{4}) (a^{2} + 1)

と表されているとき，有理数を係数とする $t$ についての整式 $f (t)$ と $g (t)$ で

{p^{2} - (a^{2} + 1)} {p^{4} + f (a) p^{2} + g (a)} = 0

を満たすものを $1$ 組求めよ。

（3）　 $a$ を整数とする。 $x$ の $4$ 次式

x^{4} + (a^{2} + 1) (a + 2) x - (a + \frac{3}{4}) (a^{2} + 1)

が有理数を係数とする $2$ 次式の積に因数分解できるような $a$ をすべて求めよ。

第1問　2 つの交わる点の場所を決めると、放物線はどこを通れる？

出題の意図（東大）　数学は自然科学の基底的分野として、自然科学に留まらず人間文化の様々な領域で活用される学問であり、科学技術だけでなく社会現象を表現し予測などを行なうために必須です。そのため、本学を受験しようとする皆さんには、高等学校学習指導要領に基づく基本的な数学の知識と技法について習得しておくことはもちろんのこと、将来、数学を十分に活用できる能力を身につけるために、以下に掲げる総合的な数学力を養うための学習をこころがけて欲しいと考えています。　1) 数学的に思考する力　問題の本質を数学的な考え方で把握・整理し、それらを数学の概念を用いて定式化する力　2) 数学的に表現する力　自分の考えた道筋を他者が明確に理解できるよう、解答に至る道筋を論理的かつ簡潔に表現する力　3) 総合的な数学力　数学を用いて様々な課題を解決するために、数学を自在に活用できると同時に、幅広い分野の知識・技術を統合して総合的に問題を捉える力　これらの能力の習得度を判定することを意図して「数学」の問題は出題されます。

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

放物線 $C : y = x^{2} + a x + b$ と $y = - x^{2}$ の共有点（交わる点）の $x$ 座標は、 $x^{2} + a x + b = - x^{2}$ 、つまり

h (x) = 2 x^{2} + a x + b = 0

の解。条件は「この 2 次方程式の解が $- 1 < x < 0$ と $0 < x < 1$ に 1 つずつある」と読みかえられる。

筋は 2 つ。(1) は解の場所を $h$ のグラフの端の値の符号で言いかえる（解の配置）。(2) は「点 $(x, y)$ を通る $C$ がある ⇔ $(a, b)$ についての式を満たす点が (1) の範囲にある」と考え、 $x$ を決めたときの $y$ の動ける範囲を調べる。

(1)

$h (x) = 2 x^{2} + a x + b$ は下に出っぱった放物線。解が $- 1$ と $0$ の間、 $0$ と $1$ の間に 1 つずつある ⇔ グラフが $x = 0$ で $x$ 軸より下、 $x = - 1$ と $x = 1$ で $x$ 軸より上：

h (0) = b < 0, h (- 1) = 2 - a + b > 0, h (1) = 2 + a + b > 0

$h (0) < 0$ なら $h$ は必ず 2 回 0 になるので、「2 つの共有点を持つ」はここに含まれている。

3 つの不等式は $b < 0$ 、 $b > a - 2$ 、 $b > - a - 2$ 。 $a b$ 平面で、3 本の直線 $b = 0$ 、 $b = a - 2$ 、 $b = - a - 2$ で囲まれた三角形の内側になる。頂点は $(2, 0)$ 、 $(- 2, 0)$ 、 $(0, - 2)$ 。不等号がどれも「等号なし」なので、境界（三角形のふち）は含まない。ふちの上では共有点が区間のはし（ $x = 0, \pm 1$ ）にくるからである。

答え

b < 0

b > a - 2

b > - a - 2

の表す三角形の内部（頂点

(2

0)

(- 2

0)

(0

- 2)

。境界は含まない）（共有点の

x

は

h (x) = 2 x^{2} + a x + b = 0

の解。

h (0) < 0

h (- 1) > 0

h (1) > 0

）

(2)

点 $(X, Y)$ を $C$ が通る ⇔ $Y = X^{2} + a X + b$ 、つまり

Y - X^{2} = a X + b

となる $(a, b)$ が (1) の三角形の中にある。 $X$ を決めると、右辺 $a X + b$ は $(a, b)$ の 1 次式。三角形の上の 1 次式がとる値は、いちばん大きい・小さいが頂点で起こり、その間の値はすべてとる（三角形のふちを含まないので、両はしの値はとらない）。

頂点 $(2, 0), (- 2, 0), (0, - 2)$ での値は $2 X, - 2 X, - 2$ 。いちばん大きいのは $2 | X |$ 、いちばん小さいのは $- 2 | X |$ と $- 2$ の小さいほう。だから

X^{2} - 2 max (| X |, 1) < Y < X^{2} + 2 | X |

$| X | ≦ 1$ では下の境目が $Y = X^{2} - 2$ （頂点 $(0, - 2)$ が効く）、 $| X | ≧ 1$ では $Y = X^{2} - 2 | X |$ （頂点 $(\pm 2, 0)$ が効く）に切りかわり、 $X = \pm 1$ でどちらも $- 1$ になってつながる。上の境目は $Y = X^{2} + 2 | X |$ 。図はこの 2 本（下は 3 つの放物線をつないだもの）の間で、境界は含まない。 $a b$ 平面では、傾き $- X$ の直線 $b = - X a + (Y - X^{2})$ をたて方向にずらし、三角形を横切る間だけ $Y$ を動かせる、と見ることもできる。

答え

| x | ≦ 1

で

x^{2} - 2 < y < x^{2} + 2 | x |

、

| x | ≧ 1

で

x^{2} - 2 | x | < y < x^{2} + 2 | x |

の部分（境界は含まない）（

y - x^{2} = a x + b

が三角形の上で動く範囲を頂点での値

2 x

- 2 x

- 2

で見る）

第2問　3 か所の値が 1〜2 のとき、f(2) はどこまで動ける？

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

2 次式 $f (z) = a z^{2} + b z + c$ は、3 か所の値を決めるとちょうど 1 つに決まる（点を 3 つ決めると放物線が 1 本に決まるのと同じ）。(1) はそれを式で書き、(2) は (1) の式を使って $f (2)$ を $f (0), f (1), f (i)$ の組み合わせで書く。

(2) の筋は、 $f (2)$ が $α, β, γ$ の 1 次式（複素数の係数つき）になること。 $α, β, γ$ がそれぞれ 1〜2 を自由に動くと、 $f (2)$ は 3 本の「矢印」をそれぞれ 0〜1 倍して足した所を動く。

(1)

3 つの条件を書く。

f (0) = c = α, f (1) = a + b + c = β, f (i) = - a + b i + c = γ

$c = α$ を入れると $a + b = β - α$ 、 $- a + b i = γ - α$ 。2 つを足すと $a$ が消えて

(1 + i) b = β + γ - 2 α, b = \frac{(1 - i) (β + γ - 2 α)}{2}

（ $\frac{1}{1 + i} = \frac{1 - i}{2}$ ）。 $a = β - α - b$ に入れて整理すると

a = \frac{- 2 i α + (1 + i) β - (1 - i) γ}{2}

$α = β = γ$ のとき $a = b = 0$ になる（定数の関数）ことで、式の見直しができる。

答え

a = \frac{- 2 i α + (1 + i) β - (1 - i) γ}{2}

b = \frac{(1 - i) (β + γ - 2 α)}{2}

c = α

（

c = α

、

a + b = β - α

、

- a + b i = γ - α

を足して

(1 + i) b = β + γ - 2 α

）

(2)

(1) を $f (2) = 4 a + 2 b + c$ に入れて、 $α, β, γ$ ごとにまとめる。

f (2) = (- 1 - 2 i) α + (3 + i) β + (- 1 + i) γ

係数を足すと $1$ になる（3 つとも同じ値なら $f (2)$ もその値）。

$α, β, γ$ は 1 以上 2 以下の実数で、それぞれ自由に選べる。 $α = β = γ = 1$ のとき $f (2) = 1$ 。そこから $α$ を $s$ だけ、 $β$ を $t$ だけ、 $γ$ を $u$ だけふやす（ $0 ≦ s, t, u ≦ 1$ ）と、 $f (2)$ は $1$ から

s (- 1 - 2 i) + t (3 + i) + u (- 1 + i)

だけ動く。向きのちがう 3 本の矢印を 0〜1 倍して足した所は六角形になる（1 本目で線分、2 本目で平行四辺形、3 本目でそれを平行にずらしてできる形）。

角は、 $α, β, γ$ がどれも 1 か 2 の 8 通りのうち外側の 6 つ： $- 1 - i, - 2 i, 3 - i, 4 + i, 3 + 2 i, i$ （残りの $1$ と $2$ は内側）。範囲はこの 6 点を順に結んだ六角形の周と内部（1 以上 2 以下なので境界を含む）。

答え6 点

- 1 - i

- 2 i

3 - i

4 + i

3 + 2 i

i

を順に結んだ六角形の周と内部（

f (2) = (- 1 - 2 i) α + (3 + i) β + (- 1 + i) γ

。面積

12

）

第3問　接線をのばすと、グラフにもう一度ぶつかる

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

$f (x) = \frac{x}{x^{2} + 3}$ のグラフ $C$ の、点 $A (1, \frac{1}{4})$ での接線 $ℓ$ を考える。(1) は接線とグラフの共有点を、差 $f (x) - g (x)$ が 0 になる所として調べる。(2) はその差の 2 乗の積分。

筋は、接点では $f - g$ が $(x - 1)^{2}$ で割り切れる（接する＝2 回分ふれる）こと。分母をはらうと 3 次式になるので、残りは 1 次式で、共有点はちょうど 1 つ増えるだけになる。(2) は $\frac{1}{x^{2} + 3}$ の形の積分なので $x = \sqrt{3} \tan θ$ の置換を使う。

(1)

まず接線を出す。 $f^{'} (x) = \frac{(x^{2} + 3) - 2 x^{2}}{(x^{2} + 3)^{2}} = \frac{3 - x^{2}}{(x^{2} + 3)^{2}}$ なので $f^{'} (1) = \frac{2}{16} = \frac{1}{8}$ 。

g (x) = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} (x - 1) = \frac{x + 1}{8}

差を通分する。

f (x) - g (x) = \frac{8 x - (x + 1) (x^{2} + 3)}{8 (x^{2} + 3)} = - \frac{x^{3} + x^{2} - 5 x + 3}{8 (x^{2} + 3)}

分子は接点 $x = 1$ で 2 回分 0 になるはずなので $(x - 1)^{2} = x^{2} - 2 x + 1$ で割ると、 $x^{3} + x^{2} - 5 x + 3 = (x - 1)^{2} (x + 3)$ 。

$x^{2} + 3 > 0$ なので、 $f (x) = g (x)$ ⇔ $(x - 1)^{2} (x + 3) = 0$ ⇔ $x = 1, - 3$ 。A と異なる共有点は $x = - 3$ の 1 つだけ（ $f (- 3) = g (- 3) = - \frac{1}{4}$ ）。

接点がグラフの曲がり方の変わる点（ $x = 0, \pm 3$ ）だと、残りの 1 次式の解が接点と重なってしまい、ほかに共有点が無くなる。 $x = 1$ はそうでないので、ちょうど 1 つになる。

答え示すこと：A 以外の共有点はただ 1 つ。要点：

g (x) = \frac{x + 1}{8}

、

f (x) - g (x) = - \frac{(x - 1)^{2} (x + 3)}{8 (x^{2} + 3)}

なので、共有点は

x = 1

- 3

だけ。答え

x = - 3

(2)

$α = - 3$ 。そのまま $(x - 1)^{4} (x + 3)^{2}$ を展開するより、 $f - g$ を 2 つに分けたまま 2 乗するほうが楽。

{f (x) - g (x)}^{2} = \frac{x^{2}}{(x^{2} + 3)^{2}} - \frac{x (x + 1)}{4 (x^{2} + 3)} + \frac{(x + 1)^{2}}{64}

1 つ目： $x = \sqrt{3} \tan θ$ とおくと $x : - 3 \to 1$ で $θ : - \frac{π}{3} \to \frac{π}{6}$ 、 $d x = \frac{\sqrt{3}}{\cos^{2} θ} d θ$ 、 $x^{2} + 3 = \frac{3}{\cos^{2} θ}$ なので

\int_{- 3}^{1} \frac{x^{2}}{(x^{2} + 3)^{2}} d x = \frac{\sqrt{3}}{3} \int_{- π / 3}^{π / 6} \sin^{2} θ d θ = \frac{\sqrt{3}}{3} (\frac{π}{4} - \frac{\sqrt{3}}{4}) = \frac{\sqrt{3}}{12} π - \frac{1}{4}

2 つ目： $\frac{x (x + 1)}{x^{2} + 3} = 1 + \frac{x}{x^{2} + 3} - \frac{3}{x^{2} + 3}$ と分ける。 $\frac{x}{x^{2} + 3}$ は $\frac{1}{2} \log (x^{2} + 3)$ の微分、 $\frac{1}{x^{2} + 3}$ は同じ置換で $\frac{1}{\sqrt{3}} d θ$ になるので

\int_{- 3}^{1} \frac{x (x + 1)}{x^{2} + 3} d x = 4 + \frac{1}{2} \log \frac{4}{12} - \frac{3}{\sqrt{3}} \cdot \frac{π}{2} = 4 - \frac{\log 3}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} π

3 つ目： $\int_{- 3}^{1} (x + 1)^{2} d x = {[\frac{(x + 1)^{3}}{3}]}_{- 3}^{1} = \frac{16}{3}$ 。

合わせると、 $\sqrt{3} π$ の部分は $\frac{1}{12} + \frac{1}{8} = \frac{5}{24}$ 、 $\log 3$ の部分は $\frac{1}{8}$ 、数の部分は $- \frac{1}{4} - 1 + \frac{1}{12} = - \frac{7}{6}$ 。3 つの積分は約 $0.2034$ 、 $- 0.1825$ 、 $0.0833$ で、足すと約 $0.104$ しか残らない。

答え

\frac{5 \sqrt{3}}{24} π + \frac{\log 3}{8} - \frac{7}{6}

（

{f - g}^{2} = \frac{x^{2}}{(x^{2} + 3)^{2}} - \frac{x (x + 1)}{4 (x^{2} + 3)} + \frac{(x + 1)^{2}}{64}

に分け、

x = \sqrt{3} \tan θ

とおく。約

0.1043

）

第4問　大きな組合せの数を 4 で割った余りを、小さな数から出す

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

$_{2021} C_{37}$ はとても大きな数（80 けた）で、直接は計算できない。そこで「4 で割った余り」だけを、もっと小さな組合せの数に移しかえていく。

筋は 3 段。(1) 奇数をかけても 4 の余りの関係はくずれない。(2) $_{4 a + 1} C_{4 b + 1}$ を分数の積に書くと、その中にちょうど $_{a} C_{b}$ が入っていて、残りは「奇数/奇数」。(3) $a - b$ が偶数なら、残りの分子と分母は 4 の余りが同じ。これで (1) が使え、(4) は (3) をくり返すだけになる。

(1)

$K A = L B$ から $B$ を使って $A - B$ を表したい。 $K A - K B = L B - K B$ より

K (A - B) = (L - K) B

$K$ と $L$ の 4 で割った余りが等しいので、 $L - K$ は 4 の倍数。すると右辺は 4 の倍数で、 $K (A - B)$ も 4 の倍数。

$K$ は奇数なので 2 で割れない。4 の倍数 $K (A - B)$ の中の「2 が 2 つ」は全部 $A - B$ のほうに入っているので、 $A - B$ が 4 の倍数。つまり $A$ と $B$ の 4 で割った余りは等しい。

答え示すこと：

A

と

B

の 4 で割った余りが等しい。要点：

K (A - B) = (L - K) B

で、

L - K

は 4 の倍数。

K

は奇数で 4 と共通の約数を持たないので、

A - B

が 4 の倍数

(2)

組合せの数を、上から順にかける形で書く。

_{4 a + 1} C_{4 b + 1} = \frac{(4 a + 1) (4 a) \dots (4 a - 4 b + 1)}{(4 b + 1) (4 b) \dots 1} = \prod_{k = 1}^{4 b + 1} \frac{4 (a - b) + k}{k}

（分子の数を下から $4 (a - b) + 1, 4 (a - b) + 2, \dots$ と並べ、分母の $1, 2, \dots$ と組にした）。

$k$ を 4 で割った余りで分ける。

$k = 4 j$ （4 の倍数）： $\frac{4 (a - b) + 4 j}{4 j} = \frac{a - b + j}{j}$ 。 $j = 1, \dots, b$ の積は $\frac{(a - b + 1) \dots a}{1 \dots b} =_{a} C_{b} = B$ 。

$k$ が奇数：分子 $4 (a - b) + k$ も分母 $k$ も奇数。

$k$ が 4 で割って 2 余る：2 で約分して $\frac{2 (a - b) + \frac{k}{2}}{\frac{k}{2}}$ 。 $\frac{k}{2}$ は奇数なので、分子も分母も奇数。

B 以外の因数の分母の積を $K$ 、分子の積を $L$ とすると、どちらも正の奇数で $A = B \cdot \frac{L}{K}$ 、つまり $K A = L B$ 。

答え示すこと：

K A = L B

となる正の奇数

K

L

がある。要点：

A = \prod_{k = 1}^{4 b + 1} \frac{4 (a - b) + k}{k}

。

k = 4 j

の所の積は

\prod_{j = 1}^{b} \frac{a - b + j}{j} = B

。残りは、

k

が奇数なら奇数/奇数、

k

が 4 で割って 2 余るなら 2 で約分して

\frac{2 (a - b) + k / 2}{k / 2}

（奇数/奇数）。残りの分母の積を

K

、分子の積を

L

とする

(3)

(2) の $K$ と $L$ の 4 で割った余りが等しいことを示せば、(1) から結論が出る。

残りの因数ごとに「分子 − 分母」を見る。 $k$ が奇数の因数では $4 (a - b)$ 、 $k$ が 4 で割って 2 余る因数では $2 (a - b)$ 。 $a - b$ が偶数なら、どちらも 4 の倍数。だから各因数で、分子と分母の 4 で割った余りが等しい。

余りの等しい数どうしをかけても余りは等しい（ $x \equiv x^{'}, y \equiv y^{'}$ なら $x y \equiv x^{'} y^{'}$ ）ので、全部かけた $L$ と $K$ も 4 で割った余りが等しい。(1) より $_{4 a + 1} C_{4 b + 1}$ と $_{a} C_{b}$ の 4 で割った余りは等しい。

$a - b$ が奇数のときは、4 で割って 2 余る $k$ （ $b$ 個）の因数で分子と分母の余りがずれる。ただしそのとき $b$ が奇数なら $_{a} C_{b}$ が偶数になるので、結論の余りは実はくずれない（計算で確かめた）。「 $a - b$ が偶数」は (1) を使うための条件。

答え示すこと：

_{4 a + 1} C_{4 b + 1}

と

_{a} C_{b}

の 4 で割った余りが等しい。要点：(2) の残りの因数の（分子

-

分母）は

4 (a - b)

か

2 (a - b)

。

a - b

が偶数なのでどちらも 4 の倍数。かけあわせて

L

と

K

の 4 で割った余りが等しく、(1) が使える

(4)

$2021 = 4 \cdot 505 + 1$ 、 $37 = 4 \cdot 9 + 1$ で、 $a = 505, b = 9$ 、 $a - b = 496$ は偶数。(3) より

_{2021} C_{37} \equiv_{505} C_{9} (\mod 4)

もう一度、 $505 = 4 \cdot 126 + 1$ 、 $9 = 4 \cdot 2 + 1$ で、 $126 - 2 = 124$ は偶数。

_{505} C_{9} \equiv_{126} C_{2} = \frac{126 \cdot 125}{2} = 7875 (\mod 4)

$7875 = 4 \cdot 1968 + 3$ なので、余りは 3。

答え

3

（

2021 = 4 \cdot 505 + 1

37 = 4 \cdot 9 + 1

505 - 9

は偶数で

_{505} C_{9}

へ。

505 = 4 \cdot 126 + 1

9 = 4 \cdot 2 + 1

126 - 2

は偶数で

_{126} C_{2} = 7875 = 4 \cdot 1968 + 3

）

第5問　転がる円の上の点が、A からいちばん遠くなるのはいつ？

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

点 $P (θ + \sin θ, \cos θ)$ は、中心 $(θ, 0)$ ・半径 1 の円の上の点。 $θ$ がふえると円は床 $y = - 1$ の上を右へ転がり、P はその円にくっついた点として動く（サイクロイドという曲線）。 $f (θ) = {A P}^{2}$ は、この点が $A (- α, - 3)$ からどれだけ離れているか。

筋は、 $f^{'} (θ)$ を $1 + \cos θ$ （正）でくくり出し、残りを $\tan \frac{θ}{2}$ の式にすること。すると残りは減るだけの関数になり、0 になる所が 1 つだけと分かる。(2) はその 0 の所が $\frac{π}{2}$ より手前かを、 $θ = \frac{π}{2}$ での符号で決める。

(1)

$f (θ) = (θ + \sin θ + α)^{2} + (\cos θ + 3)^{2}$ を微分する。

\frac{f^{'} (θ)}{2} = (θ + \sin θ + α) (1 + \cos θ) - (\cos θ + 3) \sin θ

$\sin θ$ の項をまとめると $\sin θ (1 + \cos θ) - \sin θ \cos θ - 3 \sin θ = - 2 \sin θ$ なので

\frac{f^{'} (θ)}{2} = (θ + α) (1 + \cos θ) - 2 \sin θ

$0 < θ < π$ では $1 + \cos θ > 0$ 。これで割り、 $\frac{\sin θ}{1 + \cos θ} = \tan \frac{θ}{2}$ （半角の公式）を使うと

h (θ) = θ + α - 2 \tan \frac{θ}{2}

$f^{'} (θ)$ と $h (θ)$ は符号も 0 になる所も同じ。

$h^{'} (θ) = 1 - \frac{1}{\cos^{2} \frac{θ}{2}} = - \tan^{2} \frac{θ}{2} < 0$ なので $h$ は減るだけ。 $θ \to + 0$ で $h \to α > 0$ 、 $θ \to π - 0$ で $\tan \frac{θ}{2} \to \infty$ なので $h \to - \infty$ 。だから $h$ はちょうど 1 回だけ 0 になる（その $θ$ を $θ_{0}$ とする）。

図で見ると、 $f^{'} = 0$ は「AP が P の進む向きに直角」。P の進む向きに直角な直線は、P と円の接地点 $(θ, - 1)$ を結ぶ直線なので、 $θ_{0}$ では A・接地点・P が一直線にならぶ。

答え示すこと：

0 < θ < π

で

f^{'} (θ) = 0

はただ 1 つ。要点：

f^{'} (θ) = 2 {(θ + α) (1 + \cos θ) - 2 \sin θ}

。

1 + \cos θ > 0

で割って

h (θ) = θ + α - 2 \tan \frac{θ}{2}

。

h^{'} (θ) = - \tan^{2} \frac{θ}{2} < 0

、

h \to α > 0 (θ \to + 0)

、

h \to - \infty (θ \to π - 0)

なので 0 はただ 1 つ

(2)

(1) から、 $f^{'}$ は $θ_{0}$ の手前で正、後ろで負。 $f$ は $θ_{0}$ まで増えてから減るので、 $0 ≦ θ ≦ π$ で最大になるのは $θ = θ_{0}$ だけ。

条件は $0 < θ_{0} < \frac{π}{2}$ 。 $h$ は減るだけなので、 $θ_{0} < \frac{π}{2}$ ⇔ $θ = \frac{π}{2}$ ではもう $h$ が負：

h (\frac{π}{2}) = \frac{π}{2} + α - 2 \tan \frac{π}{4} = \frac{π}{2} + α - 2 < 0

これと $α > 0$ を合わせる。 $2 - \frac{π}{2} ≒ 0.429 > 0$ なので、範囲は空ではない。

図では、 $θ = \frac{π}{2}$ の P と接地点を結ぶ直線が $y = - 3$ と交わる所が $x = \frac{π}{2} - 2$ 。A をそれより右に置けば、最大は $\frac{π}{2}$ より手前で起こる。

答え

0 < α < 2 - \frac{π}{2}

（

f

は

h

の 0 の所

θ_{0}

まで増えてから減るので、最大は

θ_{0}

だけ。

θ_{0} < \frac{π}{2} ⟺ h (\frac{π}{2}) = \frac{π}{2} + α - 2 < 0

）

第6問　4 次式を 2 次式 2 つに分けられるのはいつ？

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

4 次式 $x^{4} + b x + c$ を 2 次式 2 つに分ける問題。右辺を展開して係数をくらべる（恒等式なので、どの次数の係数も等しい）。 $x^{3}$ の係数が 0 なので、2 つの 2 次式の $x$ の係数は $p$ と $- p$ になっている。

筋は、係数比較で $q, r$ を消して $p$ だけの式を作り、それを因数分解すること。(3) では、分けられるなら $p^{2}$ が特別な値 $a^{2} + 1$ しかとれないことを使い、「有理数」という条件を $a^{2} + 1$ が平方数（2 乗の数）という条件に言いかえる。

(1)

右辺を展開する。

(x^{2} + p x + q) (x^{2} - p x + r) = x^{4} + (q + r - p^{2}) x^{2} + p (r - q) x + q r

左辺 $x^{4} + b x + c$ とくらべて

q + r = p^{2}, p (r - q) = b, q r = c

$p \neq 0$ なので 2 つ目は $r - q = \frac{b}{p}$ 。1 つ目と足したり引いたりして

q = \frac{1}{2} (p^{2} - \frac{b}{p}) = \frac{p^{3} - b}{2 p}, r = \frac{p^{3} + b}{2 p}

答え

q = \frac{p^{3} - b}{2 p}

r = \frac{p^{3} + b}{2 p}

（係数をくらべて

q + r = p^{2}

p (r - q) = b

q r = c

）

(2)

まだ使っていない $q r = c$ に (1) を入れる。

\frac{(p^{3} - b) (p^{3} + b)}{4 p^{2}} = c ⟹ p^{6} - 4 c p^{2} - b^{2} = 0

$p^{2} = P$ 、 $a^{2} + 1 = s$ とおくと、 $b = s (a + 2)$ 、 $c = - (a + \frac{3}{4}) s$ なので $4 c = - (4 a + 3) s$ で

P^{3} + (4 a + 3) s P - s^{2} (a + 2)^{2} = 0

問題の形から $P = s$ が解になっているはず。入れてみると $s^{2} {s + 4 a + 3 - (a + 2)^{2}} = s^{2} {a^{2} + 1 + 4 a + 3 - a^{2} - 4 a - 4} = 0$ で、たしかに 0。

だから $P - s$ でくくれる。 $(P - s) (P^{2} + s P + K)$ を展開して係数をくらべると $K - s^{2} = (4 a + 3) s$ 、つまり $K = s (s + 4 a + 3) = s (a + 2)^{2}$ 。

{p^{2} - (a^{2} + 1)} {p^{4} + (a^{2} + 1) p^{2} + (a^{2} + 1) (a + 2)^{2}} = 0

これで $f (t) = t^{2} + 1$ 、 $g (t) = (t^{2} + 1) (t + 2)^{2}$ がとれる（係数は整数なので有理数）。

答え

f (t) = t^{2} + 1

g (t) = (t^{2} + 1) (t + 2)^{2}

（

q r = c

から

p^{6} - 4 c p^{2} - b^{2} = 0

。

b

c

を入れると

{p^{2} - (a^{2} + 1)} {p^{4} + (a^{2} + 1) p^{2} + (a^{2} + 1) (a + 2)^{2}} = 0

）

(3)

有理数の係数の 2 次式 2 つに分けられるとする。 $x^{4}$ の係数が 1 なので、どちらも $x^{2}$ の係数が 1 の形にそろえてよく、 $x^{3}$ の係数が 0 なので問題の形 $(x^{2} + p x + q) (x^{2} - p x + r)$ で $p, q, r$ は有理数。

$p \neq 0$ のとき：(2) の式が成り立つ。後ろのかっこ $p^{4} + (a^{2} + 1) p^{2} + (a^{2} + 1) (a + 2)^{2}$ は、 $p^{2} > 0$ なら全部の項が 0 以上で最初の項が正なので正。だから $p^{2} = a^{2} + 1$ 。 $p$ は有理数なので、 $a^{2} + 1$ は有理数の 2 乗。 $a$ が整数なら $a^{2} + 1$ は整数で、有理数の 2 乗になる整数は整数の 2 乗だけ。 $a \neq 0$ なら $a^{2} < a^{2} + 1 < (| a | + 1)^{2}$ で、となり合う 2 乗の数の間にはさまってしまう。よって $a = 0$ 。

$p = 0$ のとき： $b = p (r - q) = 0$ なので $(a^{2} + 1) (a + 2) = 0$ 、 $a = - 2$ 。このとき $c = \frac{5}{4} \cdot 5 = \frac{25}{4}$ 。一方 $q + r = 0$ から $q r = - q^{2} ≦ 0$ で、 $c > 0$ と合わない。

逆に $a = 0$ なら $b = 2$ 、 $c = - \frac{3}{4}$ 、 $p = 1$ で $q = \frac{1 - 2}{2} = - \frac{1}{2}$ 、 $r = \frac{3}{2}$ 。 $(x^{2} + x - \frac{1}{2}) (x^{2} - x + \frac{3}{2})$ を展開すると $x^{4} + 2 x - \frac{3}{4}$ にもどる。

答え

a = 0

（

p \neq 0

なら (2) の後ろの因数は正なので

p^{2} = a^{2} + 1

。

p

が有理数で

a

が整数なので

a^{2} + 1

が平方数、

a = 0

。

p = 0

は

b = 0 (a = - 2)

で

c = \frac{25}{4} > 0

だが

q r = - q^{2} ≦ 0

で不可。

a = 0

で

(x^{2} + x - \frac{1}{2}) (x^{2} - x + \frac{3}{2})

）

東大過去問 2021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　2 つの交わる点の場所を決めると、放物線はどこを通れる？

問題の読み方

(1)

(2)

第2問　3 か所の値が 1〜2 のとき、f(2) はどこまで動ける？

問題の読み方

(1)

(2)

第3問　接線をのばすと、グラフにもう一度ぶつかる

問題の読み方

(1)

(2)

第4問　大きな組合せの数を 4 で割った余りを、小さな数から出す

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

(4)

第5問　転がる円の上の点が、A からいちばん遠くなるのはいつ？

問題の読み方

(1)

(2)

第6問　4 次式を 2 次式 2 つに分けられるのはいつ？

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大 過去問 2021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 2 つの交わる点の場所を決めると、放物線はどこを通れる？

問題の読み方

(1)

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第2問 3 か所の値が 1〜2 のとき、f(2) はどこまで動ける？

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第3問 接線をのばすと、グラフにもう一度ぶつかる

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第4問 大きな組合せの数を 4 で割った余りを、小さな数から出す

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第5問 転がる円の上の点が、A からいちばん遠くなるのはいつ？

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第6問 4 次式を 2 次式 2 つに分けられるのはいつ？

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東大過去問 2021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　2 つの交わる点の場所を決めると、放物線はどこを通れる？

第2問　3 か所の値が 1〜2 のとき、f(2) はどこまで動ける？

第3問　接線をのばすと、グラフにもう一度ぶつかる

第4問　大きな組合せの数を 4 で割った余りを、小さな数から出す

第5問　転がる円の上の点が、A からいちばん遠くなるのはいつ？

第6問　4 次式を 2 次式 2 つに分けられるのはいつ？