東大過去問 2022年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2022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

　次の関数 $f (x)$ を考える。

f (x) = (\cos x) \log (\cos x) - \cos x + \int_{0}^{x} (\cos t) \log (\cos t) d t (0 ≦ x < \frac{π}{2})

（1）　 $f (x)$ は区間 $0 ≦ x < \frac{π}{2}$ において最小値を持つことを示せ。

（2）　 $f (x)$ の区間 $0 ≦ x < \frac{π}{2}$ における最小値を求めよ。

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第2問

　数列 ${a_{n}}$ を次のように定める。

a_{1} = 1, a_{n + 1} = a_{n}^{2} + 1 (n = 1, 2, 3, \dots \dots)

（1）　正の整数 $n$ が $3$ の倍数のとき， $a_{n}$ は $5$ の倍数となることを示せ。

（2）　 $k, n$ を正の整数とする。 $a_{n}$ が $a_{k}$ の倍数となるための必要十分条件を $k, n$ を用いて表せ。

（3）　 $a_{2022}$ と $(a_{8091})^{2}$ の最大公約数を求めよ。

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第3問

　 $O$ を原点とする座標平面上で考える。座標平面上の $2$ 点 $S (x_{1}, y_{1}), T (x_{2}, y_{2})$ に対し，点 $S$ が点 $T$ から十分離れているとは，

| x_{1} - x_{2} | ≧ 1 または | y_{1} - y_{2} | ≧ 1

が成り立つことと定義する。

　不等式

0 ≦ x ≦ 3, 0 ≦ y ≦ 3

が表す正方形の領域を $D$ とし，その $2$ つの頂点 $A (3, 0), B (3, 3)$ を考える。さらに，次の条件 (i), (ii) をともに満たす点 $P$ をとる。

　(i)　点 $P$ は領域 $D$ の点であり，かつ，放物線 $y = x^{2}$ 上にある。

　(ii)　点 $P$ は， $3$ 点 $O, A, B$ のいずれからも十分離れている。

点 $P$ の $x$ 座標を $a$ とする。

（1）　 $a$ のとりうる値の範囲を求めよ。

（2）　次の条件 (iii), (iv) をともに満たす点 $Q$ が存在しうる範囲の面積 $f (a)$ を求めよ。

　(iii)　点 $Q$ は領域 $D$ の点である。

　(iv)　点 $Q$ は， $4$ 点 $O, A, B, P$ のいずれからも十分離れている。

（3）　 $a$ は (1) で求めた範囲を動くとする。(2) の $f (a)$ を最小にする $a$ の値を求めよ。

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第4問

　座標平面上の曲線

C : y = x^{3} - x

を考える。

（1）　座標平面上のすべての点 $P$ が次の条件 (i) を満たすことを示せ。

　(i)　点 $P$ を通る直線 $ℓ$ で，曲線 $C$ と相異なる $3$ 点で交わるものが存在する。

（2）　次の条件 (ii) を満たす点 $P$ のとりうる範囲を座標平面上に図示せよ。

　(ii)　点 $P$ を通る直線 $ℓ$ で，曲線 $C$ と相異なる $3$ 点で交わり，かつ，直線 $ℓ$ と曲線 $C$ で囲まれた $2$ つの部分の面積が等しくなるものが存在する。

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第5問

　座標空間内の点 $A (0, 0, 2)$ と点 $B (1, 0, 1)$ を結ぶ線分 $A B$ を $z$ 軸のまわりに $1$ 回転させて得られる曲面を $S$ とする。 $S$ 上の点 $P$ と $x y$ 平面上の点 $Q$ が $P Q = 2$ を満たしながら動くとき，線分 $P Q$ の中点 $M$ が通過しうる範囲を $K$ とする。 $K$ の体積を求めよ。

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第6問

　 $O$ を原点とする座標平面上で考える。 $0$ 以上の整数 $k$ に対して，ベクトル $\vec{v_{k}}$ を

\vec{v_{k}} = (\cos \frac{2 k π}{3}, \sin \frac{2 k π}{3})

と定める。投げたとき表と裏がどちらも $\frac{1}{2}$ の確率で出るコインを $N$ 回投げて，座標平面上に点 $X_{0}, X_{1}, X_{2}, \dots \dots, X_{N}$ を以下の規則 (i), (ii) に従って定める。

　(i)　 $X_{0}$ は $O$ にある。

　(ii)　 $n$ を $1$ 以上 $N$ 以下の整数とする。 $X_{n - 1}$ が定まったとし， $X_{n}$ を次のように定める。

　　●　 $n$ 回目のコイン投げで表が出た場合，

\vec{{O X}_{n}} = \vec{{O X}_{n - 1}} + \vec{v_{k}}

　　により $X_{n}$ を定める。ただし， $k$ は $1$ 回目から $n$ 回目までのコイン投げで裏が出た回数とする。

　　●　 $n$ 回目のコイン投げで裏が出た場合， $X_{n}$ を $X_{n - 1}$ と定める。

（1）　 $N = 8$ とする。 $X_{8}$ が $O$ にある確率を求めよ。

（2）　 $N = 200$ とする。 $X_{200}$ が $O$ にあり，かつ，合計 $200$ 回のコイン投げで表がちょうど $r$ 回出る確率を $p_{r}$ とおく。ただし $0 ≦ r ≦ 200$ である。 $p_{r}$ を求めよ。また $p_{r}$ が最大となる $r$ の値を求めよ。

第1問　微分すると、2 つのかけ算に割れる関数

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

$\log (\cos x)$ と、その積分が入った関数 $f (x)$ の一番小さい値を調べる。区間は $0 ≦ x < \frac{π}{2}$ で、右の端 $\frac{π}{2}$ は入らない（ $\cos \frac{π}{2} = 0$ で $\log$ が作れない）。端が入らない区間では、一番小さい値が「ない」こともありうるので、(1) で「ある」ことを示してから (2) で値を出す。

筋は 1 つ。微分すると、いくつかの項がちょうど消えて、 $f^{'} (x)$ が 2 つのかけ算に割れる。積分の項は微分すると中身がそのまま出てくる（微分積分学の基本定理）。 $- \cos x$ の項は、 $\log$ の微分から出てくるじゃまな項を消すために入っている。

(1)

3 つの項をそれぞれ微分する。1 つ目は積の微分と合成関数の微分で

((\cos x) \log (\cos x))^{'} = - \sin x \log (\cos x) + \cos x \cdot \frac{- \sin x}{\cos x} = - \sin x \log (\cos x) - \sin x

2 つ目は $(- \cos x)^{'} = \sin x$ 。3 つ目の積分は、上の端 $x$ で微分すると中身がそのまま出てくる。

\frac{d}{d x} \int_{0}^{x} (\cos t) \log (\cos t) d t = (\cos x) \log (\cos x)

足すと $- \sin x$ と $+ \sin x$ が消えて

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

あとは 2 つの因数の符号を見る。 $0 < x < \frac{π}{2}$ では $0 < \cos x < 1$ なので $\log (\cos x) < 0$ （いつも負）。だから $f^{'}$ の符号は $\cos x - \sin x$ の反対になる。

$\cos x - \sin x$ は $0 < x < \frac{π}{4}$ で正、 $\frac{π}{4} < x < \frac{π}{2}$ で負。したがって $f^{'}$ は $x = \frac{π}{4}$ の左で負、右で正。 $f$ は $\frac{π}{4}$ まで減り、そこから増える。

右の端が入らなくても、 $x = \frac{π}{4}$ より右では増えるだけなので、どの $x$ でも $f (x) ≧ f (\frac{π}{4})$ 。これで最小値があること（それが $f (\frac{π}{4})$ であること）が言える。

答え示すこと：

f (x)

は

0 ≦ x < \frac{π}{2}

で最小値を持つ。要点：3 つの項を微分すると

- \sin x

と

+ \sin x

が消えて

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

。

0 < x < \frac{π}{2}

で

\log (\cos x) < 0

なので、

0 < x < \frac{π}{4}

で

f^{'} < 0

、

\frac{π}{4} < x < \frac{π}{2}

で

f^{'} > 0

。

f

は

x = \frac{π}{4}

まで減り、そのあと増えるので、

f (\frac{π}{4})

が最小値

(2)

(1) より最小値は $f (\frac{π}{4})$ 。前の 2 項は $\cos \frac{π}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ を入れるだけで

\frac{1}{\sqrt{2}} \log \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} = - \frac{\log 2}{2 \sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}}

残りは積分 $\int_{0}^{\frac{π}{4}} (\cos t) \log (\cos t) d t$ 。 $\cos t$ を $\sin t$ の微分とみて部分積分すると

[\sin t \log (\cos t)]_{0}^{\frac{π}{4}} + \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{\sin^{2} t}{\cos t} d t

$\log (\cos t)$ の微分は $- \tan t$ なので、符号が $+$ になる。前の部分は $\frac{1}{\sqrt{2}} \log \frac{1}{\sqrt{2}} = - \frac{\log 2}{2 \sqrt{2}}$ 。

後ろは $\sin^{2} t = 1 - \cos^{2} t$ と書きかえて $\frac{1}{\cos t} - \cos t$ に分ける。 $\int \frac{d t}{\cos t}$ は、分子分母に $\cos t$ をかけて $\frac{\cos t}{1 - \sin^{2} t}$ とし、 $u = \sin t$ とおいて部分分数に分けると $\frac{1}{2} \log \frac{1 + \sin t}{1 - \sin t}$ 。 $t = \frac{π}{4}$ で $\frac{1}{2} \log \frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} - 1} = \log (1 + \sqrt{2})$ 。 $\int_{0}^{\frac{π}{4}} \cos t d t = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 。

全部を足すと、 $- \frac{\log 2}{2 \sqrt{2}}$ が 2 つで $- \frac{\log 2}{\sqrt{2}} = - \frac{\sqrt{2}}{2} \log 2$ 、 $- \frac{1}{\sqrt{2}}$ が 2 つで $- \sqrt{2}$ 、それに $\log (1 + \sqrt{2})$ 。

値はおよそ $- 1.0230$ 。左の端の値 $f (0) = - 1$ より、ほんの $0.023$ だけ低い。グラフでは、 $0$ から少し下がって $\frac{π}{4}$ で底になり、そこから上っていく形になる。

答え

\log (1 + \sqrt{2}) - \frac{\sqrt{2}}{2} \log 2 - \sqrt{2}

（

x = \frac{π}{4}

のとき。部分積分で

\int_{0}^{\frac{π}{4}} \cos t \log (\cos t) d t

は

\frac{1}{\sqrt{2}} \log \frac{1}{\sqrt{2}} + \int_{0}^{\frac{π}{4}} (\frac{1}{\cos t} - \cos t) d t

になり、これは

- \frac{\log 2}{2 \sqrt{2}} + \log (1 + \sqrt{2}) - \frac{1}{\sqrt{2}}

）

第2問　2 乗して 1 を足す数列：割った余りがくり返す

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

「2 乗して 1 を足す」をくり返す数列 $1, 2, 5, 26, 677, \dots$ を、ある数で割った余りで調べる。数そのものはすぐに大きくなりすぎて計算できないが、余りなら小さいまま追いかけられる。

かなめは 1 つ。次の余りは、いまの余りだけで決まる（ $a_{n + 1} = a_{n}^{2} + 1$ の右辺を割った余りは、 $a_{n}$ の余りから計算できる）。だから一度でも前と同じ余りが出たら、そこから先は同じ並びのくり返しになる。

もう 1 つの工夫は、 $a_{0} = 0$ という「0 番目」を考えること。 $0^{2} + 1 = 1 = a_{1}$ なので、数列は $0$ から始まったと見なせる。 $a_{k}$ で割ると $a_{k}$ の余りは $0$ なので、そこで $a_{0}$ にもどり、また最初から出直す。

(1)

5 で割った余りを順に計算する。 $a_{1} = 1$ 、 $a_{2} = 2$ 、 $a_{3} = 5$ で余りは $1, 2, 0$ 。次は $a_{4}$ の余りを、 $a_{3}$ の余り $0$ から $0^{2} + 1 = 1$ と計算できる。

$a_{4}$ の余りが $a_{1}$ の余りと同じ $1$ になったので、そこから先は $1, 2, 0$ がくり返す。きちんと書くなら、「 $a_{n + 3}$ と $a_{n}$ は 5 で割った余りが等しい」を $n$ についての帰納法で示す（ $n = 1$ で成り立ち、 $a_{n + 3} \equiv a_{n}$ なら 2 乗して 1 を足しても $a_{n + 4} \equiv a_{n + 1}$ ）。

したがって $n = 3 m$ のとき $a_{n}$ の余りは $a_{3}$ と同じ $0$ 、つまり 5 の倍数になる。余りを 3 つずつ並べて書くと、0 がたての 1 列にそろう。

答え示すこと：

n

が

3

の倍数なら

a_{n}

は

5

の倍数。要点：

5

で割った余りは

a_{1} \equiv 1

a_{2} \equiv 2

a_{3} = 5 \equiv 0

a_{4} \equiv 0^{2} + 1 = 1 \equiv a_{1}

。次の余りは前の余りだけで決まるので、余りは

1

2

0

のくり返し（長さ 3）。

n = 3 m

のとき

a_{n} \equiv a_{3} \equiv 0

(2)

(1) と同じことを、5 の代わりに $a_{k}$ で割って行う。 $a_{0} = 0$ とおくと、 $a_{k}$ で割ったとき $a_{k} \equiv 0 = a_{0}$ 。次の余りは前の余りだけで決まるので、帰納法で

a_{n + k} \equiv a_{n} (\mod a_{k}) (n = 0, 1, 2, \dots)

つまり $a_{k}$ で割った余りは長さ $k$ のくり返しで、 $n$ を $k$ で割った余りを $r$ （ $0 ≦ r < k$ ）とすると $a_{n} \equiv a_{r}$ 。

$r = 0$ なら $a_{n} \equiv a_{0} = 0$ で割り切れる。 $1 ≦ r < k$ なら、数列は増えるだけなので $0 < a_{r} < a_{k}$ 、つまり余りは $0$ でない。よって「 $a_{n}$ が $a_{k}$ で割り切れる」と「 $n$ が $k$ で割り切れる」はぴったり同じになる。

$k = 1$ のときも $a_{1} = 1$ はどの数も割り切り、1 はどの $n$ も割り切るので、同じ形で合う。

答え

n

が

k

の倍数であること（

a_{0} = 0

とおくと

a_{1} = a_{0}^{2} + 1

。

a_{k}

で割ると

a_{k} \equiv 0 = a_{0}

なので、帰納法で

a_{n + k} \equiv a_{n}

（

n ≧ 0

）。よって

a_{n} \equiv a_{r} (r

は

n

を

k

で割った余り

)

。

1 ≦ r < k

なら

0 < a_{r} < a_{k}

で割り切れない）

(3)

(2) の「長さ $2022$ のくり返し」を使う。 $8091 = 4 \times 2022 + 3$ なので、 $a_{2022}$ で割った余りについて $a_{8091} \equiv a_{3} = 5$ 。すると $a_{8091}^{2} \equiv 25$ なので、ユークリッドの互除法（ $gcd (A, B) = gcd (A, B を A で割った余り)$ ）から

gcd (a_{2022}, a_{8091}^{2}) = gcd (a_{2022}, 25)

あとは $a_{2022}$ が 5 や 25 で割り切れるかを見る。2022 は 3 の倍数なので、(1) より $a_{2022}$ は 5 の倍数。

25 で割った余りも (1) と同じように計算すると、 $1$ 、 $2$ 、 $5$ と来て、次は $5^{2} + 1 = 26$ で余り $1$ にもどる。だから余りは $1$ 、 $2$ 、 $5$ のくり返し。 $0$ は一度も出ないので、 $a_{2022}$ を 25 で割った余りは $5$ 。5 では割り切れるが 25 では割り切れない。

「8091」は、ちょうど $a_{3} = 5$ が残るように選ばれた番号。たとえば $8090 = 4 \times 2022 + 2$ なら $a_{2} = 2$ が残り、最大公約数は $gcd (a_{2022}, 4)$ で 2 になる。

答え

5

（

8091 = 4 \cdot 2022 + 3

なので (2) と同じ考えで

a_{8091} \equiv a_{3} = 5 (m o d a_{2022})

。

gcd (a_{2022}

a_{8091}^{2}) = gcd (a_{2022}

25)

。

25

で割った余りは

1

2

5

のくり返し（

a_{4} = 26 \equiv 1

）で、

2022

は

3

の倍数なので

a_{2022} \equiv 5 (m o d 25)

）

第3問　正方形のすきまの面積：一番小さいのは「折れ目」

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

「十分離れている」の定義をまず絵にする。 $| x_{1} - x_{2} | ≧ 1$ または $| y_{1} - y_{2} | ≧ 1$ なので、十分離れていないのは $x$ も $y$ も差が 1 未満のとき。つまり、相手を真ん中にした一辺 2 の正方形の内側（ふちは入らない）が「近すぎる所」になる。

すると問題は、正方形の出し入れになる。(1) は O・A・B のまわりの正方形に P が入らない条件。(2) は D から 4 つの正方形（O・A・B・P のまわり）を取りのぞいた残りの面積。正方形どうしの重なりに気をつけて、重なった分を 2 回引かないように数える。(3) はその面積を $a$ の関数として一番小さくする。

(1)

P は放物線の上なので $P (a, a^{2})$ 。まず D の中にあるには $0 ≦ a ≦ 3$ かつ $0 ≦ a^{2} ≦ 3$ 、つまり $0 ≦ a ≦ \sqrt{3}$ 。

O から十分離れる条件は $| a | ≧ 1$ または $a^{2} ≧ 1$ 。 $a ≧ 0$ ではどちらも $a ≧ 1$ と同じ。

A $(3, 0)$ とは、 $x$ の差が $| a - 3 | = 3 - a ≧ 3 - \sqrt{3}$ 。 $\sqrt{3} < 2$ なので $3 - a > 1$ で、いつも十分離れている。B $(3, 3)$ も $x$ の差は同じなので、いつも十分離れている。

残る条件は $a ≧ 1$ と $a ≦ \sqrt{3}$ 。O から離れるという条件だけが効いている。

答え

1 ≦ a ≦ \sqrt{3}

（

P (a

a^{2})

が

D

にある

⟺ 0 ≦ a ≦ \sqrt{3}

。O から十分離れる

⟺ a ≧ 1

または

a^{2} ≧ 1 ⟺ a ≧ 1

。A・B とは

| a - 3 | ≧ 3 - \sqrt{3} > 1

でいつも十分離れている）

(2)

Q の範囲は、D（面積 9）から 4 つの正方形の D の中の部分を取りのぞいた残り。O・A・B の正方形の D の中の部分は、それぞれ一辺 1 の正方形（面積 1）で、この 3 つは互いに重ならない。

P の正方形は $a - 1 < x < a + 1$ 、 $a^{2} - 1 < y < a^{2} + 1$ 。 $1 ≦ a ≦ \sqrt{3}$ なので、横は D からはみ出さない（ $a - 1 ≧ 0$ 、 $a + 1 < 3$ で幅 2）。たては、上のふちが D の上の辺 $y = 3$ をこえるか、つまり $a ≦ \sqrt{2}$ かどうかで分かれる。

$1 ≦ a ≦ \sqrt{2}$ のとき：P の正方形は D にすっぽり入る（面積 4）。下のふち $a^{2} - 1$ は 1 以下なので O・A の正方形と、上のふち $a^{2} + 1$ は 2 以上なので B の正方形と重なる。重なりの長方形のたて・横を読むと、O・A・B との重なりの面積は順に

(2 - a) (2 - a^{2}), (a - 1) (2 - a^{2}), (a - 1) (a^{2} - 1)

取りのぞく面積は $3 + 4 - {(2 - a^{2}) + (a - 1) (a^{2} - 1)}$ 。9 から引いて整理すると

f (a) = a^{3} - 2 a^{2} - a + 5

$\sqrt{2} ≦ a ≦ \sqrt{3}$ のとき：P の正方形の上が D の外にはみ出し、D の中の部分は $2 \times (3 - (a^{2} - 1)) = 2 (4 - a^{2})$ 。下のふちは 1 以上なので O・A とは重ならず、B とだけ幅 $a - 1$ ・高さ 1 で重なる。

f (a) = 9 - {3 + 2 (4 - a^{2}) - (a - 1)} = 2 a^{2} + a - 3

$a = \sqrt{2}$ ではどちらも $1 + \sqrt{2}$ でつながる。

答え

f (a) = {\begin{matrix} a^{3} - 2 a^{2} - a + 5 & (1 ≦ a ≦ \sqrt{2}) \\ 2 a^{2} + a - 3 & (\sqrt{2} ≦ a ≦ \sqrt{3}) \end{matrix}

（D の面積 9 から、O・A・B の正方形の D の中の部分 1 ずつと、P の正方形の D の中の部分を引き、重なりを足しもどす。

a ≦ \sqrt{2}

：P の分 4、重なり

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

。

a ≧ \sqrt{2}

：P の分

2 (4 - a^{2})

、重なりは B とだけ

a - 1

）

(3)

2 つの式を別々に調べる。 $1 ≦ a ≦ \sqrt{2}$ では $f^{'} (a) = 3 a^{2} - 4 a - 1$ 。これが 0 になるのは $a = \frac{2 \pm \sqrt{7}}{3}$ で、大きい方 $\frac{2 + \sqrt{7}}{3} ≒ 1.549$ は $\sqrt{2} ≒ 1.414$ より右。だからこの範囲では $f^{'} < 0$ （ $a = 1$ で $- 2$ 、 $a = \sqrt{2}$ に左から近づくと $5 - 4 \sqrt{2} < 0$ 。つなぎ目では左側の式の傾き）で、 $f$ は減るだけ。

$\sqrt{2} ≦ a ≦ \sqrt{3}$ では $f^{'} (a) = 4 a + 1 > 0$ で、増えるだけ。

減ってから増えるので、一番小さいのはつなぎ目の $a = \sqrt{2}$ 。ここで微分は 0 になっていない。グラフが折れ曲がる所が一番低い。

なぜ $\sqrt{2}$ で折れるのか： $a^{2} = 2$ のとき、P の正方形の下のふち $a^{2} - 1$ がちょうど 1 になって O・A の正方形から離れ、同時に上のふち $a^{2} + 1$ がちょうど 3 になって D の上の辺にとどく。D の一辺が 3 なので、この 2 つが同じ $a$ で起きる。

答え

a = \sqrt{2}

（

1 ≦ a ≦ \sqrt{2}

で

f^{'} (a) = 3 a^{2} - 4 a - 1 < 0

（

f^{'} = 0

の

\frac{2 + \sqrt{7}}{3}

は

\sqrt{2}

より右）なので減る。

\sqrt{2} ≦ a ≦ \sqrt{3}

で

f^{'} (a) = 4 a + 1 > 0

なので増える。最小値は

f (\sqrt{2}) = 1 + \sqrt{2}

）

第4問　3 次曲線を直線で切って、2 つの面積を等しく

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

点 P を通る直線と曲線 $C : y = x^{3} - x$ の交わり方を調べる。P を $(p, q)$ 、直線の傾きを $m$ とすると、直線は $y = m (x - p) + q$ 。交点の $x$ 座標は

x^{3} - x = m (x - p) + q ⟺ x^{3} - (1 + m) x + (m p - q) = 0

の解になる。以下、左辺を $g (x)$ とおく。 $x^{2}$ の項が無いのがこの問題のかなめで、3 つの解の和がいつも 0 になる。

たての直線 $x = p$ は曲線と 1 点でしか交わらないので、傾きのある直線だけを考えればよい。(1) は「3 つの相異なる解を持つ $m$ がある」ことを示し、(2) はさらに 2 つの面積が等しくなる条件を、交点の位置の言葉に直す。

(1)

3 次方程式 $g (x) = 0$ が相異なる 3 つの実数解を持つのは、 $g$ が極大と極小を持ち、極大値が正・極小値が負のとき。極大・極小があるのは $1 + m > 0$ のときで、その場所は

g^{'} (x) = 3 x^{2} - (1 + m) = 0 ⟺ x = \pm \sqrt{\frac{1 + m}{3}}

極大値と極小値の積が負という条件を整理すると

4 (1 + m)^{3} > 27 (m p - q)^{2}

になる。左辺は $m$ の 3 次式、右辺は $m$ の 2 次式なので、 $m$ をどんどん大きくすれば必ず左辺が勝つ。

きちんと書くと、 $m ≧ 1$ のとき $| m p - q | ≦ m | p | + | q | ≦ m (| p | + | q |)$ なので

4 (1 + m)^{3} > 4 m^{3}, 27 (m p - q)^{2} ≦ 27 m^{2} (| p | + | q |)^{2}

だから $m ≧ 1$ かつ $m > \frac{27}{4} (| p | + | q |)^{2}$ なら不等式が成り立つ。

どんな P でも、傾きを十分大きくとった（立った向きに近い）直線は 3 点で交わる。上の「これだけ立てれば必ず 3 点」という傾きの目安は、P が遠いほど大きくなる。ただしこれは目安で、3 点で交わる直線にいつもそこまでの傾きが要るわけではない（遠い $P (100, 0)$ でも、水平な直線 $y = 0$ が $x = - 1, 0, 1$ の 3 点で交わる）。

答え示すこと：どの点

P (p

q)

にも、

C

と相異なる 3 点で交わる直線がある。要点：傾き

m

の直線

y = m (x - p) + q

との交点は

x^{3} - (1 + m) x + (m p - q) = 0

の解。3 つの相異なる実数解を持つ

⟺ 4 (1 + m)^{3} > 27 (m p - q)^{2}

（または

g (x) = x^{3} - (1 + m) x + (m p - q)

の極大が正・極小が負）。左は

m

の 3 次、右は 2 次なので、

m

を十分大きくとれば成り立つ

(2)

交点を $α < β < γ$ とすると $g (x) = (x - α) (x - β) (x - γ)$ で、 $α < x < β$ では曲線が直線より上、 $β < x < γ$ では下。2 つの面積が等しいことは

\int_{α}^{γ} g (x) d x = 0

と同じ（左の面積は正、右の面積は負として足すと 0）。

$h = γ - α$ 、 $β = α + t h$ （ $0 < t < 1$ ）とおき、 $x = α + s h$ と置きかえると

\int_{α}^{γ} g (x) d x = h^{4} \int_{0}^{1} s (s - t) (s - 1) d s = \frac{h^{4} (2 t - 1)}{12}

これが 0 ⇔ $t = \frac{1}{2}$ 、つまり $β$ が $α$ と $γ$ のちょうど真ん中。

3 つの解の和は 0 なので $α + γ = - β$ 。真ん中なら $α + γ = 2 β$ なので $β = 0$ 。 $g (0) = m p - q = 0$ 、つまり直線が原点 O を通る。このとき $g (x) = x (x^{2} - (1 + m))$ で、3 つの相異なる解を持つのは $m > - 1$ 。逆に、原点を通り傾きが $- 1$ より大きい直線は、原点について対称なので面積は等しい。

あとは、P を通り原点も通る、傾き $- 1$ より大きい直線があるかを見る。P が原点ならどの $m > - 1$ でもよい。P が原点でなく $p = 0$ なら、O と P を通る直線はたての線なのでだめ。 $p \neq 0$ なら傾きは $\frac{q}{p}$ に決まり、条件は $\frac{q}{p} > - 1$ 。両辺に $p^{2}$ をかけて $p (p + q) > 0$ 。

$x > 0$ なら $y > - x$ 、 $x < 0$ なら $y < - x$ の部分と原点。境目の直線 $y = - x$ は原点での接線。この上の点（原点以外）では、原点を通る直線がこの接線になり、曲線と 3 点で交わらないので、面積が等しくなる直線が作れない（3 点で交わる直線そのものは (1) のとおりある。たとえば $P (1, - 1)$ を通る $y = 6 x - 7$ は 3 点で交わるが、原点を通らないので 2 つの面積は等しくない）。

答え

x (x + y) > 0

の部分と原点

O

（

x > 0

かつ

y > - x

、または

x < 0

かつ

y < - x

。境界の直線

y = - x

と

y

軸は原点のほかは含まない。原点は含む）。要点：交点

α < β < γ

で、左の面積 − 右の面積

= \frac{(γ - α)^{4} (2 t - 1)}{12} (β = α + t (γ - α))

。等しい

⟺ β = \frac{α + γ}{2}

。

α + β + γ = 0

より

β = 0

、つまり直線が原点を通り、傾き

m > - 1

第5問　円すいの面と床をつなぐ棒の、真ん中が通る所

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

S は、線分 AB を $z$ 軸のまわりに回した円すいの面（とがった先が A、ふちが B の描く半径 1 の円）。その上の点 P と床（ $x y$ 平面）の点 Q を、長さ 2 の棒でつないで動かす。棒の真ん中 M が通る範囲 K の体積を求める。

回転体の体積は、 $z$ 軸に垂直な平面で切った断面積を、高さで足しあげるのが基本。この問題では、M の高さが P の高さだけで決まる（Q は高さ 0 なので、M の高さは P の高さの半分）ことが効く。高さを 1 つ決めると P の高さが決まり、あとは水平方向の動きだけを考えればよい。

(答)

P を $P (t \cos θ, t \sin θ, 2 - t)$ （ $0 ≦ t ≦ 1$ ）と表す。 $t$ は P の軸からの距離で、高さは $2 - t$ 。Q は高さ 0 で $P Q = 2$ なので、三平方の定理から、Q は P の真下の点から水平に

\sqrt{4 - (2 - t)^{2}} = \sqrt{t (4 - t)}

の円の上にある。M は PQ の中点なので、高さは $z = \frac{2 - t}{2}$ 、水平には P の真下の点（P の影）から半径 $ρ = \frac{\sqrt{t (4 - t)}}{2}$ の円の上。

高さ $z$ を決めると $t = 2 - 2 z$ が決まる（ $0 ≦ t ≦ 1$ なので $\frac{1}{2} ≦ z ≦ 1$ ）。その高さで、P の影は軸のまわりの半径 $t$ の円を動き、M はそのまわりの半径 $ρ$ の円を動く。だから M が通る所は、軸からの距離が $| t - ρ |$ 以上 $t + ρ$ 以下の輪。

輪の面積は、穴があってもなくても

π (t + ρ)^{2} - π (t - ρ)^{2} = 4 π t ρ = 2 π t \sqrt{t (4 - t)}

となる。「中心までの距離」と「半径」のかけ算だけで決まるのがおもしろい。

体積は断面積を $z$ で積分する。 $z = \frac{2 - t}{2}$ から $d z = - \frac{d t}{2}$ なので、向きをそろえて

V = \int_{1 / 2}^{1} 2 π t \sqrt{t (4 - t)} d z = π \int_{0}^{1} t \sqrt{t (4 - t)} d t

$t (4 - t) = 4 - (t - 2)^{2}$ なので、 $t - 2 = 2 \sin φ$ とおく（ $t = 0$ で $φ = - \frac{π}{2}$ 、 $t = 1$ で $φ = - \frac{π}{6}$ ）。 $\sqrt{4 - (t - 2)^{2}} = 2 \cos φ$ 、 $d t = 2 \cos φ d φ$ 、 $t = 2 (1 + \sin φ)$ より

\int_{0}^{1} t \sqrt{t (4 - t)} d t = 8 \int_{- π / 2}^{- π / 6} (1 + \sin φ) \cos^{2} φ d φ

$\cos^{2} φ$ の積分は半角の公式で $\frac{π}{6} - \frac{\sqrt{3}}{8}$ 、 $\sin φ \cos^{2} φ$ の積分は $[- \frac{\cos^{3} φ}{3}]$ で $- \frac{\sqrt{3}}{8}$ 。合わせて $8 (\frac{π}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4}) = \frac{4}{3} π - 2 \sqrt{3}$ 。これに $π$ をかければ体積になる。

値はおよそ $2.277$ 。 $t = 0.8$ （高さ $0.6$ ）のとき $ρ = t$ となって輪の穴がちょうど閉じ、K は軸にふれる。K が軸と共有点をもつのは、ここと、 $t = 0$ （高さ 1。P が A で $ρ = 0$ 、断面が軸の上の 1 点 $(0, 0, 1)$ になる）の 2 か所だけ（ $t = ρ$ を解くと $t = 0, \frac{4}{5}$ ）。

答え

\frac{4}{3} π^{2} - 2 \sqrt{3} π

（

P = (t \cos θ

t \sin θ

2 - t) (0 ≦ t ≦ 1)

。Q は P の真下から水平に

\sqrt{4 - (2 - t)^{2}} = \sqrt{t (4 - t)}

の円の上なので、M は高さ

z = \frac{2 - t}{2}

で、P の影から半径

ρ = \frac{\sqrt{t (4 - t)}}{2}

の円の上。

θ

も動かすと、高さ

z

の断面は軸からの距離

| t - ρ |

から

t + ρ

の輪で、面積

4 π t ρ

。

V = \int_{1 / 2}^{1} 4 π t ρ d z = π \int_{0}^{1} t \sqrt{t (4 - t)} d t

。

t - 2 = 2 \sin φ

で

8 π \int_{- π / 2}^{- π / 6} (1 + \sin φ) \cos^{2} φ d φ

）

第6問　コインで 3 つの向きに進む点が、原点にもどる確率

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

$\vec{v_{k}}$ は長さ 1 で、向きが $k$ によって $0^{\circ}, 120^{\circ}, 240^{\circ}$ とくり返す（ $k$ を 3 で割った余りだけで決まる）。点は、表が出たら「それまでの裏の回数」の向きに 1 進み、裏が出たらその場に止まる。

かなめは、コインの並びを裏で区切って見ること。最初の裏までの表、1 回目と 2 回目の裏の間の表、…と「組」に分けると、 $i$ 番目の組（ $i = 0, 1, 2, \dots$ ）の表はすべて $\vec{v_{i}}$ の向きに進む。組の番号を 3 で割った余りで 3 つの仲間に分け、仲間 $j$ の表の合計を $h_{j}$ とすると

\vec{{O X}_{N}} = h_{0} \vec{v_{0}} + h_{1} \vec{v_{1}} + h_{2} \vec{v_{2}}

3 つのベクトルは足すと $\vec{0}$ （正三角形の 3 辺）で、 $\vec{v_{0}}$ と $\vec{v_{1}}$ は平行でない。だから $X_{N} = O$ ⇔ $h_{0} = h_{1} = h_{2}$ 。3 つの向きに同じ数ずつ進んだときだけ、ちょうど打ち消し合う。

(1)

$N = 8$ 。表の回数を $r$ とすると $r = 3 h$ でなければならないので、 $r = 0, 3, 6$ の 3 通り。

$r = 0$ （全部裏）：1 通り。

$r = 3$ （裏 5 回）：組は 6 つ（番号 0〜5）。仲間 0 は組 0 と 3、仲間 1 は組 1 と 4、仲間 2 は組 2 と 5。それぞれの仲間に表を 1 つずつ置くので、どちらの組に置くかで $2 \times 2 \times 2 = 8$ 通り。組ごとの表の数が決まれば並びは 1 つに決まる。

$r = 6$ （裏 2 回）：組は 3 つで、仲間ごとに 1 つずつ。それぞれに表 2 つを置くしかないので 1 通り（表表裏表表裏表表）。

合わせて 10 通り。並びは全部で $2^{8} = 256$ 通りで、どれも同じ確からしさなので、確率は $\frac{10}{256}$ 。約分して答えになる。

答え

\frac{5}{128}

（裏で区切った組ごとに、組の番号を 3 で割った余りの向きへ進む。

\vec{v_{0}} + \vec{v_{1}} + \vec{v_{2}} = \vec{0}

で

\vec{v_{0}}

\vec{v_{1}}

は平行でないので、O にもどる

⟺

3 つの向きの表の数が等しい。表 0 回：1 通り、表 3 回（組 6 つ）：

2^{3} = 8

通り、表 6 回（組 3 つ）：1 通り。

\frac{10}{2^{8}}

）

(2)

$N = 200$ 、表 $r$ 回。 $r$ が 3 の倍数でなければ $p_{r} = 0$ 。 $r = 3 h$ のとき、裏は $200 - 3 h$ 回で、組は $201 - 3 h = 3 (67 - h)$ 個。ちょうど 3 の倍数なので、どの仲間にも $67 - h$ 個ずつ組がある。

1 つの仲間の $67 - h$ 個の組に、表を合わせて $h$ 個配る方法は、重複組合せで

_{(67 - h) + h - 1} C_{h} =_{66} C_{h}

通り。3 つの仲間は別々に決められるので、並びの数は $(_{66} C_{h})^{3}$ 。1 つの並びの確率は $\frac{1}{2^{200}}$ なので、 $h = \frac{r}{3}$ を入れれば $p_{r}$ になる。

最大になる $r$ は、 $_{66} C_{h}$ が最大になる $h$ を探せばよい（3 乗しても大きさの順は変わらない）。二項係数は真ん中で最大なので $h = 33$ 、つまり $r = 99$ 。確かめるなら、隣との比 $\frac{_{66} C_{h + 1}}{_{66} C_{h}} = \frac{66 - h}{h + 1}$ が 1 より大きい ⇔ $h < 32.5$ なので、 $h = 33$ まで増えて、そこから減る。

$N = 200$ が「組の数が 3 の倍数」になる値に選ばれているので、答えがきれいな 3 乗の形になる。 $N = 201$ だと仲間 0 の組が 1 つ多くなり、 $_{67} C_{h} \cdot (_{66} C_{h})^{2}$ に変わる。

答え

p_{r} = \frac{(_{66} C_{r / 3})^{3}}{2^{200}}

（

r

が 3 の倍数のとき）、

p_{r} = 0

（それ以外）。

p_{r}

が最大になるのは

r = 99

（表

r = 3 h

回・裏

200 - r

回で、組は

201 - 3 h = 3 (67 - h)

個。3 つの向きに

67 - h

個ずつの組があり、それぞれに表を

h

個配る重複組合せが

_{66} C_{h}

通り。

_{66} C_{h}

は

h = 33

で最大）

東大過去問 2022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　微分すると、2 つのかけ算に割れる関数

問題の読み方

(1)

(2)

第2問　2 乗して 1 を足す数列：割った余りがくり返す

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問　正方形のすきまの面積：一番小さいのは「折れ目」

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問　3 次曲線を直線で切って、2 つの面積を等しく

問題の読み方

(1)

(2)

第5問　円すいの面と床をつなぐ棒の、真ん中が通る所

問題の読み方

(答)

第6問　コインで 3 つの向きに進む点が、原点にもどる確率

問題の読み方

(1)

(2)

東大 過去問 2022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 微分すると、2 つのかけ算に割れる関数

問題の読み方

(1)

(2)

第2問 2 乗して 1 を足す数列：割った余りがくり返す

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問 正方形のすきまの面積：一番小さいのは「折れ目」

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問 3 次曲線を直線で切って、2 つの面積を等しく

問題の読み方

(1)

(2)

第5問 円すいの面と床をつなぐ棒の、真ん中が通る所

問題の読み方

(答)

第6問 コインで 3 つの向きに進む点が、原点にもどる確率

問題の読み方

(1)

(2)

東大過去問 2022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　微分すると、2 つのかけ算に割れる関数

第2問　2 乗して 1 を足す数列：割った余りがくり返す

第3問　正方形のすきまの面積：一番小さいのは「折れ目」

第4問　3 次曲線を直線で切って、2 つの面積を等しく

第5問　円すいの面と床をつなぐ棒の、真ん中が通る所

第6問　コインで 3 つの向きに進む点が、原点にもどる確率