東大過去問 2024年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2024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

　座標空間内の点 $A (0, - 1, 1)$ をとる。 $x y$ 平面上の点 $P$ が次の条件 (i)，(ii)，(iii) をすべて満たすとする。

　　(i)　 $P$ は原点 $O$ と異なる。

　　(ii)　 $∠ A O P ≧ \frac{2}{3} π$

　　(iii)　 $∠ O A P ≦ \frac{π}{6}$

$P$ がとりうる範囲を $x y$ 平面上に図示せよ。

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第2問

　次の関数 $f (x)$ を考える。

f (x) = \int_{0}^{1} \frac{| t - x |}{1 + t^{2}} d t (0 ≦ x ≦ 1)

（1）　 $0 < α < \frac{π}{4}$ を満たす実数 $α$ で， $f^{'} (\tan α) = 0$ となるものを求めよ。

（2）　（1）で求めた $α$ に対し， $\tan α$ の値を求めよ。

（3）　関数 $f (x)$ の区間 $0 ≦ x ≦ 1$ における最大値と最小値を求めよ。必要ならば， $0.69 < \log 2 < 0.7$ であることを用いてよい。

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第3問

　座標平面上を次の規則 (i)，(ii) に従って $1$ 秒ごとに動く点 $P$ を考える。

　　(i)　最初に， $P$ は点 $(2, 1)$ にいる。

　　(ii)　ある時刻で $P$ が点 $(a, b)$ にいるとき，その $1$ 秒後には $P$ は

　　　　・確率 $\frac{1}{3}$ で $x$ 軸に関して $(a, b)$ と対称な点

　　　　・確率 $\frac{1}{3}$ で $y$ 軸に関して $(a, b)$ と対称な点

　　　　・確率 $\frac{1}{6}$ で直線 $y = x$ に関して $(a, b)$ と対称な点

　　　　・確率 $\frac{1}{6}$ で直線 $y = - x$ に関して $(a, b)$ と対称な点

　　　にいる。

以下の問いに答えよ。ただし，（1）については，結論のみを書けばよい。

（1）　 $P$ がとりうる点の座標をすべて求めよ。

（2）　 $n$ を正の整数とする。最初から $n$ 秒後に $P$ が点 $(2, 1)$ にいる確率と，最初から $n$ 秒後に $P$ が点 $(- 2, - 1)$ にいる確率は等しいことを示せ。

（3）　 $n$ を正の整数とする。最初から $n$ 秒後に $P$ が点 $(2, 1)$ にいる確率を求めよ。

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第4問

　 $f (x) = - \frac{\sqrt{2}}{4} x^{2} + 4 \sqrt{2}$ とおく。 $0 < t < 4$ を満たす実数 $t$ に対し，座標平面上の点 $(t, f (t))$ を通り，この点において放物線 $y = f (x)$ と共通の接線を持ち， $x$ 軸上に中心を持つ円を $C_{t}$ とする。

（1）　円 $C_{t}$ の中心の座標を $(c (t), 0)$ 、半径を $r (t)$ とおく。 $c (t)$ と ${r (t)}^{2}$ を $t$ の整式で表せ。

（2）　実数 $a$ は $0 < a < f (3)$ を満たすとする。円 $C_{t}$ が点 $(3, a)$ を通るような実数 $t$ は $0 < t < 4$ の範囲にいくつあるか。

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第5問

　座標空間内に $3$ 点 $A (1, 0, 0)$ ， $B (0, 1, 0)$ ， $C (0, 0, 1)$ をとり， $D$ を線分 $A C$ の中点とする。三角形 $A B D$ の周および内部を $x$ 軸のまわりに $1$ 回転させて得られる立体の体積を求めよ。

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第6問

　 $2$ 以上の整数で， $1$ とそれ自身以外に正の約数を持たない数を素数という。以下の問いに答えよ。

（1）　 $f (x) = x^{3} + 10 x^{2} + 20 x$ とする。 $f (n)$ が素数となるような整数 $n$ をすべて求めよ。

（2）　 $a, b$ を整数の定数とし， $g (x) = x^{3} + a x^{2} + b x$ とする。 $g (n)$ が素数となるような整数 $n$ の個数は $3$ 個以下であることを示せ。

第1問　角の条件は「円すい」：xy 平面で切ると、だ円と 2 本の線

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心掛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

空間の点 A と、 $x y$ 平面の上を動く点 P。条件は 2 つの角の大きさだけなので、角はベクトルの内積で $\cos$ にして式にするのが筋。 $P = (x, y, 0)$ とおくと、2 つの条件がそれぞれ $x, y$ の不等式になり、その共通部分が答えの範囲になる。

図形として見ると、「 $∠ A O P ≧ \frac{2}{3} π$ 」は O を頂点とする円すいの中、「 $∠ O A P ≦ \frac{π}{6}$ 」は A を頂点とする円すいの中、という条件。それを $x y$ 平面で切った切り口を求めていることになる。O は $x y$ 平面の上にあるので 1 つ目の切り口は 2 本の直線ではさまれた所、A は平面の外にあるので 2 つ目の切り口は 2 次曲線（ここではだ円）になる。

(答)

(ii) を式にする。 $\vec{O A} = (0, - 1, 1)$ 、 $\vec{O P} = (x, y, 0)$ なので

\cos ∠ A O P = \frac{- y}{\sqrt{2} \sqrt{x^{2} + y^{2}}}

角が $\frac{2}{3} π$ 以上 ⇔ $\cos$ が $- \frac{1}{2}$ 以下。すると $y ≧ \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ で、右辺は正なので $y > 0$ 。両辺を 2 乗して $2 y^{2} ≧ x^{2} + y^{2}$ 、つまり $y^{2} ≧ x^{2}$ 。 $y > 0$ と合わせて

y ≧ | x | (P \neq O)

(iii) を式にする。 $\vec{A O} = (0, 1, - 1)$ 、 $\vec{A P} = (x, y + 1, - 1)$ なので

\cos ∠ O A P = \frac{y + 2}{\sqrt{2} \sqrt{x^{2} + (y + 1)^{2} + 1}}

角が $\frac{π}{6}$ 以下 ⇔ $\cos$ が $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 以上。(ii) から $y > 0$ なので $y + 2 > 0$ で、両辺を 2 乗してよい：

2 (y + 2)^{2} ≧ 3 (x^{2} + (y + 1)^{2} + 1)

整理すると $3 x^{2} + y^{2} - 2 y - 2 ≦ 0$ 、つまり

x^{2} + \frac{(y - 1)^{2}}{3} ≦ 1

中心 $(0, 1)$ 、横の半径 1・たての半径 $\sqrt{3}$ のだ円の内側。

2 つを重ねる。 直線 $y = x$ とだ円の交わりは $4 x^{2} - 2 x - 2 = 0$ から $x = 1$ （ $x ≧ 0$ の側）。点 $(1, 1)$ はちょうどだ円の右はしで、 $(- 1, 1)$ が左はし。 $0 ≦ y ≦ 1$ ではくさび $y ≧ | x |$ のほうがせまく、 $y ≧ 1$ ではだ円のほうがせまい。だから範囲は、原点から $(1, 1)$ ・ $(- 1, 1)$ へ引いた 2 本の線分と、だ円の上半分で囲まれた形になる。境界は含み、原点 O だけは (i) で除く。

なるほど：(iii) の円すいの開き $\frac{π}{6}$ と、軸 AO が $x y$ 平面となす角 $\frac{π}{4}$ を足すと $\frac{5}{12} π < \frac{π}{2}$ 。だから切り口はとじただ円になる。開きを $\frac{π}{4}$ にすると切り口は放物線になり、範囲はどこまでも広がってしまう。

答え

y ≧ | x |

かつ

x^{2} + \frac{(y - 1)^{2}}{3} ≦ 1

の部分（境界を含む。ただし原点 O は除く）。2 直線

y = x

y = - x

の

0 ≦ y ≦ 1

の部分と、だ円の

y ≧ 1

の半分で囲まれた形で、

(1

1)

(- 1

1)

でつながる。（(ii)：

\cos ∠ A O P = \frac{- y}{\sqrt{2} \sqrt{x^{2} + y^{2}}} ≦ - \frac{1}{2}

より

y ≧ | x |

。(iii)：

\cos ∠ O A P = \frac{y + 2}{\sqrt{2} \sqrt{x^{2} + (y + 1)^{2} + 1}} ≧ \frac{\sqrt{3}}{2}

より

3 x^{2} + (y - 1)^{2} ≦ 3

）

第2問　重みつきの「距離の合計」は、重さを半分に分ける所で一番小さい

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

$f (x)$ は、区間 $0 ≦ t ≦ 1$ のそれぞれの点 $t$ までの距離 $| t - x |$ に、重さ $\frac{1}{1 + t^{2}}$ をかけて足したもの。絶対値があるので、 $t = x$ で積分の区間を 2 つに分けて絶対値を外すのが第一歩。

微分は、 $x$ を少し動かしたときの変化を考えると見通しがよい。 $x$ を右へ少し動かすと、左側（ $t < x$ ）の点とは遠くなり、右側（ $t > x$ ）の点とは近くなる。だから $f^{'} (x)$ は「左側の重さ − 右側の重さ」になり、 $\frac{1}{1 + t^{2}}$ の積分なので $\arctan$ （ $\tan$ の逆）が出てくる。(1)(2) は $f^{'} = 0$ の所、(3) はそれを使った増減表。

(1)

$t = x$ で区間を分けると

f (x) = \int_{0}^{x} \frac{x - t}{1 + t^{2}} d t + \int_{x}^{1} \frac{t - x}{1 + t^{2}} d t

= x \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 + t^{2}} - \int_{0}^{x} \frac{t d t}{1 + t^{2}} + \int_{x}^{1} \frac{t d t}{1 + t^{2}} - x \int_{x}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}}

$x$ で微分する。積分の上の端・下の端に $x$ がある所は「中身に $t = x$ を入れたもの」が出てくるが、 $x \cdot \frac{1}{1 + x^{2}}$ と $\frac{x}{1 + x^{2}}$ （どちらも $\frac{x}{1 + x^{2}}$ の形）の項は打ち消し合い、残るのは

f^{'} (x) = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 + t^{2}} - \int_{x}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}}

（左側の重さ − 右側の重さ）。

$x = \tan α$ （ $0 < α < \frac{π}{4}$ ）とおき、 $t = \tan θ$ で置きかえると $\frac{d t}{1 + t^{2}} = d θ$ なので

f^{'} (\tan α) = α - (\frac{π}{4} - α) = 2 α - \frac{π}{4}

これが 0 になるのは $α = \frac{π}{8}$ だけ。

答え

α = \frac{π}{8}

（

f^{'} (x) = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 + t^{2}} - \int_{x}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}} = 2 \arctan x - \frac{π}{4}

。

f^{'} (\tan α) = 2 α - \frac{π}{4} = 0

）

(2)

$\tan \frac{π}{8}$ を出すには、倍角の公式で $\tan \frac{π}{4} = 1$ につなぐ。 $T = \tan α$ とすると

\frac{2 T}{1 - T^{2}} = 1 ⟹ T^{2} + 2 T - 1 = 0

$T = - 1 \pm \sqrt{2}$ で、 $0 < α < \frac{π}{4}$ なので $T > 0$ 。よって $\tan α = \sqrt{2} - 1 ≒ 0.414$ 。

なるほど：重さがどこでも同じなら、左右の重さが等しくなるのは真ん中の $\frac{1}{2}$ 。 $\frac{1}{1 + t^{2}}$ は $t$ が小さいほど重いので、半分に分ける所が左へずれて $0.414$ になる。

答え

\tan α = \sqrt{2} - 1

（倍角の公式

\tan \frac{π}{4} = \frac{2 \tan α}{1 - \tan^{2} α} = 1

より

\tan^{2} α + 2 \tan α - 1 = 0

、

\tan α > 0

）

(3)

(1) より $f^{'} (x) = 2 \arctan x - \frac{π}{4}$ は増える関数で、 $x = \sqrt{2} - 1$ で 0。だから $f$ は $0 ≦ x ≦ \sqrt{2} - 1$ で減り、 $\sqrt{2} - 1 ≦ x ≦ 1$ で増える。最小は $x = \sqrt{2} - 1$ 、最大は両はしのどちらか。

$f (x)$ そのものを出しておく。 $\int \frac{t}{1 + t^{2}} d t = \frac{1}{2} \log (1 + t^{2})$ を使うと

f (x) = 2 x \arctan x - \log (1 + x^{2}) + \frac{1}{2} \log 2 - \frac{π}{4} x

最小値は、 $\arctan (\sqrt{2} - 1) = \frac{π}{8}$ と $1 + (\sqrt{2} - 1)^{2} = 4 - 2 \sqrt{2}$ を入れて、 $π$ の項が消え

f (\sqrt{2} - 1) = \frac{1}{2} \log 2 - \log (4 - 2 \sqrt{2}) = \log \frac{1}{2 \sqrt{2} - 2} = \log \frac{1 + \sqrt{2}}{2}

両はしは $f (0) = \frac{1}{2} \log 2$ 、 $f (1) = \frac{π}{2} - \log 2 + \frac{1}{2} \log 2 - \frac{π}{4} = \frac{π}{4} - \frac{1}{2} \log 2$ 。差は

f (1) - f (0) = \frac{π}{4} - \log 2

ここで問題の手がかり $\log 2 < 0.7$ を使う。 $\frac{π}{4} > \frac{3.14}{4} = 0.785 > 0.7$ なので差は正。最大は $x = 1$ のとき。差は $0.09$ ほどしかないので、この見積もりが必要だった。

なるほど：重いのは左側。右はしの $x = 1$ は重い所から遠いので、距離の合計が大きくなる。

答え最大値

\frac{π}{4} - \frac{1}{2} \log 2 (x = 1)

、最小値

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

（

f (x) = 2 x \arctan x - \log (1 + x^{2}) + \frac{1}{2} \log 2 - \frac{π}{4} x

。

f

は

x = \sqrt{2} - 1

まで減り、あと増える。

f (0) = \frac{1}{2} \log 2

、

f (1) - f (0) = \frac{π}{4} - \log 2 > 0.785 - 0.7 > 0

）

第3問　4 本の線で折り返して動く点：8 か所をめぐり、偶数秒後の確率は 1/4 に近づく

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

P は 1 秒ごとに 4 本の直線（ $x$ 軸、 $y$ 軸、 $y = x$ 、 $y = - x$ ）のどれかで折り返される。折り返しは $(a, b)$ を $(a, - b)$ 、 $(- a, b)$ 、 $(b, a)$ 、 $(- b, - a)$ にうつすだけなので、座標の絶対値の組 ${2, 1}$ は変わらない。これで行ける点がしぼれる。

(2) は、動き方を 1 つずつ対応させる（1 対 1 の対応を作る）と確率が等しいと言える。(3) は、1 回ごとに「組」が入れかわることに気づき、2 秒ずつまとめて漸化式を立てる。

(1)

4 つの折り返しは、どれも $x, y$ を入れかえるか符号を変えるだけ。だから $(2, 1)$ から行ける点は $(\pm 2, \pm 1)$ と $(\pm 1, \pm 2)$ の 8 点にかぎられる。

実際に 8 点とも行ける： $(2, 1)$ から 1 回で $(2, - 1)$ 、 $(- 2, 1)$ 、 $(1, 2)$ 、 $(- 1, - 2)$ 。そこからもう 1 回で、たとえば $(2, - 1)$ を $y$ 軸で折って $(- 2, - 1)$ 、 $(1, 2)$ を $x$ 軸で折って $(1, - 2)$ 、 $y$ 軸で折って $(- 1, 2)$ 。

「結論のみでよい」とあるので、8 点を並べればよい。

答え

(2

1)

(2

- 1)

(- 2

1)

(- 2

- 1)

(1

2)

(1

- 2)

(- 1

2)

(- 1

- 2)

（どの折り返しも

x

y

の絶対値

{2, 1}

を入れかえるか符号を変えるだけ。8 点とも実際に行ける）

(2)

4 つの折り返しを 2 つずつ組にする：

x 軸 (a, - b) \leftrightarrow y 軸 (- a, b), y = x (b, a) \leftrightarrow y = - x (- b, - a)

組の相手どうしは、行き先がちょうど原点について対称（180° 回したもの）になっている。そして相手どうしの確率は等しい（ $\frac{1}{3}$ と $\frac{1}{3}$ 、 $\frac{1}{6}$ と $\frac{1}{6}$ ）。

$n$ 秒後に $(2, 1)$ にいる動き方を 1 つとり、最後の 1 回だけ相手にとりかえる。 $n - 1$ 秒後の点は同じなので、行き先は $(2, 1)$ を 180° 回した $(- 2, - 1)$ になる。逆に $(- 2, - 1)$ に着く動き方の最後をとりかえると $(2, 1)$ に着くので、これは 1 対 1 の対応。

とりかえても最後の 1 回の確率は同じなので、対応する動き方どうしの確率は等しい。足し合わせて、 $(2, 1)$ にいる確率と $(- 2, - 1)$ にいる確率は等しい。

答え示すこと：

n

秒後に

(2

1)

にいる確率と

(- 2

- 1)

にいる確率は等しい。要点：

x

軸の折り返し

(a

- b)

と

y

軸の折り返し

(- a

b)

、

y = x

の

(b

a)

と

y = - x

の

(- b

- a)

は、どちらも互いに原点について対称（180° 回転）。

(2

1)

に着く動き方の最後の 1 回を「相手」にかえると

(- 2

- 1)

に着く動き方になり、これは 1 対 1 の対応。相手どうしの確率が等しい（

\frac{1}{3}

と

\frac{1}{3}

、

\frac{1}{6}

と

\frac{1}{6}

）ので、確率も等しい

(3)

8 点を 2 組に分ける：

X = {(2, 1), (- 1, 2), (- 2, - 1), (1, - 2)}

Y = {(2, - 1), (- 2, 1), (1, 2), (- 1, - 2)}

どの折り返しも X の点を Y の点に、Y の点を X の点にうつす。だから 奇数秒後は Y にいて、 $(2, 1)$ にいる確率は 0。

偶数 $n = 2 m$ のとき、 $(2, 1)$ と $(- 2, - 1)$ にいる確率を $a_{m}$ （(2) より等しい）、 $(- 1, 2)$ と $(1, - 2)$ にいる確率を $b_{m}$ とすると $2 a_{m} + 2 b_{m} = 1$ 。

2 回続けて折り返すと、点は 0°・90°・180°・270° のどれかだけ回る。0°（同じ折り返しを 2 回）は ${(\frac{1}{3})}^{2} \cdot 2 + {(\frac{1}{6})}^{2} \cdot 2 = \frac{5}{18}$ 、180°（組の相手を続ける）も $\frac{5}{18}$ 、90° と 270° は残りを半分ずつで $\frac{2}{9}$ ずつ。 $(2, 1)$ に来るのは、 $(2, 1)$ から 0°、 $(- 2, - 1)$ から 180°、 $(- 1, 2)$ ・ $(1, - 2)$ から 90° か 270° なので

a_{m + 1} = \frac{5}{18} a_{m} + \frac{5}{18} a_{m} + \frac{2}{9} b_{m} + \frac{2}{9} b_{m} = \frac{5}{9} a_{m} + \frac{4}{9} b_{m} = \frac{1}{9} a_{m} + \frac{2}{9}

$a_{m + 1} - \frac{1}{4} = \frac{1}{9} (a_{m} - \frac{1}{4})$ と変形し、 $a_{1} = \frac{5}{18}$ から $a_{m} - \frac{1}{4} = \frac{1}{36} {(\frac{1}{9})}^{m - 1} = \frac{1}{4} {(\frac{1}{9})}^{m}$ 。 $n = 2 m$ に戻すと、偶数の $n$ で $\frac{1}{4} (1 + \frac{1}{3^{n}})$ 。

なるほど： $\frac{1}{3}$ は $1 - 4 \times \frac{1}{6}$ 。 $y = \pm x$ の確率を 4 つとも $\frac{1}{4}$ にすると、2 秒後からずっとちょうど $\frac{1}{4}$ になる。

答え

n

が奇数のとき

0

、

n

が偶数のとき

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

（8 点を

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

と

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

の 2 組に分けると、どの折り返しも組を入れかえる。だから奇数回では

(2

1)

にいない。偶数回後の 4 点のうち

(2

1)

(- 2

- 1)

の確率を

a_{m}

、

(- 1

2)

(1

- 2)

を

b_{m}

とすると

2 a_{m} + 2 b_{m} = 1

、

a_{m + 1} = \frac{5}{9} a_{m} + \frac{4}{9} b_{m} = \frac{1}{9} a_{m} + \frac{2}{9}

。

a_{1} = \frac{5}{18}

より

a_{m} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} {(\frac{1}{9})}^{m}

）

第4問　放物線にふれる円：1 点を通る円は 1〜3 つ（境目の a＝√5 で 2 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

円が放物線と点 $(t, f (t))$ で共通の接線を持つ ⇔ 円の中心からその点へ引いた半径が、接線に直角。中心は $x$ 軸の上なので、点 $(t, f (t))$ での放物線の法線（接線に直角な直線）が $x$ 軸と交わる所が中心になる。

(2) は「円 $C_{t}$ が点 $(3, a)$ を通る」を $t$ の式にして、 $a^{2} = h (t)$ の形にする。あとは $h (t)$ の増減を調べ、横の線 $y = a^{2}$ との交わりの数を数える。

(1)

$f^{'} (x) = - \frac{\sqrt{2}}{2} x$ なので、接線の向きは $(1, f^{'} (t))$ 。中心を $(c, 0)$ とすると、半径の向き $(t - c, f (t))$ が接線の向きと直角：

(t - c) + f (t) f^{'} (t) = 0

$f (t) = \sqrt{2} (4 - \frac{t^{2}}{4})$ を入れると $f (t) f^{'} (t) = - t (4 - \frac{t^{2}}{4})$ 。よって

c (t) = t - t (4 - \frac{t^{2}}{4}) = \frac{t^{3}}{4} - 3 t

半径は中心から $(t, f (t))$ までの距離。 $t - c (t) = t (4 - \frac{t^{2}}{4})$ なので

{r (t)}^{2} = t^{2} {(4 - \frac{t^{2}}{4})}^{2} + 2 {(4 - \frac{t^{2}}{4})}^{2} = {(4 - \frac{t^{2}}{4})}^{2} (t^{2} + 2)

展開して ${r (t)}^{2} = \frac{t^{6}}{16} - \frac{15}{8} t^{4} + 12 t^{2} + 32$ 。

答え

c (t) = \frac{t^{3}}{4} - 3 t

{r (t)}^{2} = \frac{t^{6}}{16} - \frac{15}{8} t^{4} + 12 t^{2} + 32

（半径が接線に直角：

(t - c) + f (t) f^{'} (t) = 0

、

f^{'} (t) = - \frac{\sqrt{2}}{2} t

より

c = t - t (4 - \frac{t^{2}}{4})

。

r^{2} = (t - c)^{2} + f (t)^{2} = {(4 - \frac{t^{2}}{4})}^{2} (t^{2} + 2)

）

(2)

$C_{t}$ が $(3, a)$ を通る ⇔ $(3 - c)^{2} + a^{2} = r^{2}$ 。 $r^{2} = (t - c)^{2} + f (t)^{2}$ を使うと

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

$c = \frac{t^{3}}{4} - 3 t$ 、 $f (t)^{2} = 32 - 4 t^{2} + \frac{t^{4}}{8}$ を入れて整理すると

a^{2} = h (t) = - \frac{3}{8} t^{4} + \frac{3}{2} t^{3} + 3 t^{2} - 18 t + 23

$h^{'} (t) = - \frac{3}{2} t^{3} + \frac{9}{2} t^{2} + 6 t - 18 = - \frac{3}{2} (t - 3) (t - 2) (t + 2)$ 。 $0 < t < 4$ では、 $t = 2$ で極小、 $t = 3$ で極大：

h (0) = 23, h (2) = 5, h (3) = \frac{49}{8}, h (4) = - 1

$h (3) = \frac{49}{8}$ はちょうど $f (3)^{2}$ （点 $(3, f (3))$ を通る円は $C_{3}$ 自身）。

$0 < a < f (3)$ なので $0 < a^{2} < \frac{49}{8}$ 。横の線 $y = a^{2}$ と $y = h (t)$ の交わりを区間ごとに数える。 $0 < t < 2$ では $h$ は $23 \to 5$ と減るので、 $a^{2} > 5$ なら 1 つ。 $2 < t < 3$ では $5 \to \frac{49}{8}$ と増えるので、これも $a^{2} > 5$ なら 1 つ。 $3 ≦ t < 4$ では $\frac{49}{8} \to - 1$ と減るので、いつも 1 つ。

$a^{2} = 5$ のときは $t = 2$ でちょうどふれて 1 つ（重なる解）。まとめると、 $0 < a < \sqrt{5}$ で 1 個、 $a = \sqrt{5}$ で 2 個、 $\sqrt{5} < a < f (3)$ で 3 個。

なるほど：境目の $a = \sqrt{5}$ は、 $t = 2$ の円（中心 $(- 4, 0)$ ・半径 $\sqrt{54}$ ）が点 $(3, a)$ を通る所。 $h$ の谷にちょうど横の線がふれる。

答え

0 < a < \sqrt{5}

のとき 1 個、

a = \sqrt{5}

のとき 2 個、

\sqrt{5} < a < f (3) = \frac{7 \sqrt{2}}{4}

のとき 3 個（

C_{t}

が

(3

a)

を通る

\Leftrightarrow a^{2} = r^{2} - (3 - c)^{2} = h (t) = - \frac{3}{8} t^{4} + \frac{3}{2} t^{3} + 3 t^{2} - 18 t + 23

。

h^{'} (t) = - \frac{3}{2} (t + 2) (t - 2) (t - 3)

で、

h

は

0 \to 2

で

23 \to 5

、

2 \to 3

で

5 \to \frac{49}{8}

、

3 \to 4

で

\frac{49}{8} \to - 1

。

0 < a^{2} < \frac{49}{8}

と横の線

y = a^{2}

の交わりを数える）

第5問　三角形を x 軸のまわりに回す：切り口はドーナツ、穴の大きさが決め手

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

回転体の体積は、回す軸に直角な平面で切った切り口の面積を積分する。平面 $x = s$ で三角形 ABD を切ると、切り口は 1 本の線分。これを $x$ 軸のまわりに回すと、外の円（線分の一番遠い点）と穴の円（線分の一番近い点）にはさまれたドーナツになる。

三角形は $x$ 軸と点 A でしかふれないので、穴がある。穴の半径＝線分の上で $x$ 軸に一番近い点までの距離を、ていねいに求めるのがこの問題のかなめ。

(答)

D $= (\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2})$ 。三角形の点は $A + u (B - A) + v (D - A)$ （ $u, v ≧ 0$ 、 $u + v ≦ 1$ ）と書け、座標は

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

$w = \frac{v}{2}$ 、 $k = 1 - x$ とおくと、平面 $x = 1 - k$ の切り口は $u + w = k$ 、 $u ≧ 0$ 、 $0 ≦ w$ 、 $u + 2 w ≦ 1$ の線分。 $x$ 軸からの距離の 2 乗は $u^{2} + w^{2}$ で、 $w$ の範囲は $0 ≦ w ≦ min (k, 1 - k)$ 。

外の円： $u^{2} + w^{2} = (k - w)^{2} + w^{2}$ は $w = 0$ （辺 AB の上）で一番大きく $k^{2}$ 。範囲のもう一方のはしの値も $k^{2}$ 以下になる。

穴の円： $(k - w)^{2} + w^{2}$ は $w = \frac{k}{2}$ で一番小さく $\frac{k^{2}}{2}$ 。ただし $\frac{k}{2}$ が範囲に入るのは $\frac{k}{2} ≦ 1 - k$ 、つまり $k ≦ \frac{2}{3}$ のときだけ。 $k > \frac{2}{3}$ では一番近い点は線分のはし $w = 1 - k$ （辺 BD の上）に移り、距離の 2 乗は $(2 k - 1)^{2} + (1 - k)^{2}$ 。

ドーナツの面積は、 $0 ≦ k ≦ \frac{2}{3}$ で $π (k^{2} - \frac{k^{2}}{2}) = \frac{π k^{2}}{2}$ 、 $\frac{2}{3} ≦ k ≦ 1$ で $π (k^{2} - (2 k - 1)^{2} - (1 - k)^{2}) = 2 π (2 k - 1) (1 - k)$ 。 $d x = - d k$ で範囲は $0 ≦ k ≦ 1$ なので

V = \int_{0}^{2 / 3} \frac{π k^{2}}{2} d k + \int_{2 / 3}^{1} 2 π (2 k - 1) (1 - k) d k = \frac{4 π}{81} + \frac{5 π}{81}

なるほど：穴を考えずに外の円板だけで積分すると $\int_{0}^{1} π k^{2} d k = \frac{π}{3}$ 。穴の分がその $\frac{2}{3}$ もある。D を C まで動かして三角形 ABC にすると、一番近い点はいつも線分の真ん中で、場合分けはいらなくなる。

答え

\frac{π}{9}

（平面

x = s

での三角形の切り口は線分。回すと、外の半径は線分の一番遠い点（辺 AB の上）で

1 - s

、穴の半径は一番近い点。

k = 1 - s

として、

k ≦ \frac{2}{3}

では近い点は線分の中で、距離の 2 乗は

\frac{k^{2}}{2}

、断面積

\frac{π k^{2}}{2}

。

k ≧ \frac{2}{3}

では近い点は辺 BD の上に移り、断面積

2 π (2 k - 1) (1 - k)

。

\int_{0}^{2 / 3} \frac{π k^{2}}{2} d k + \int_{2 / 3}^{1} 2 π (2 k - 1) (1 - k) d k = \frac{4 π}{81} + \frac{5 π}{81}

）

第6問　n(n²＋an＋b) が素数：かけ算の片方が ±1 のときだけ

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

どちらの式も定数項が無いので $x$ でくくれる： $g (n) = n (n^{2} + a n + b)$ 。素数は「1 と自分自身」でしか割れないので、かけ算の片方が $\pm 1$ でなければ素数にならない。これで候補がぐっとしぼれる。

候補は $n = \pm 1$ と、 $| n |$ が素数で $n^{2} + a n + b = \pm 1$ となる $n$ 。後者は 2 次方程式の整数解なので数が限られる。(1) は具体的に解き、(2) は候補が 4 個以上そろわないことを示す。

(1)

$f (n) = n (n^{2} + 10 n + 20)$ が素数 $p$ なら、 $n$ は $p$ の約数なので $n = \pm 1, \pm p$ 。

$n = 1$ ： $f (1) = 31$ で素数。 $n = - 1$ ： $f (- 1) = - 11$ で負なので素数でない。

$n = p$ （ $p ≧ 2$ ）： $n^{2} + 10 n + 20 = 1$ 、つまり $n^{2} + 10 n + 19 = 0$ 。判別式が $24$ で平方数でないので、整数の解は無い。

$n = - p$ ： $f (n) = - p (n^{2} + 10 n + 20) = p$ から $n^{2} + 10 n + 20 = - 1$ 、つまり $(n + 3) (n + 7) = 0$ 。 $n = - 3$ で $p = 3$ 、 $n = - 7$ で $p = 7$ 。どちらも素数で、たしかに $f (- 3) = 3$ 、 $f (- 7) = 7$ 。

答え

n = 1

- 3

- 7

（

f (n) = n (n^{2} + 10 n + 20)

が素数

p

なら

n = \pm 1

\pm p

。

n = 1

：

f (1) = 31

。

n = - 1

：

f (- 1) = - 11

で不適。

n = p

：

n^{2} + 10 n + 20 = 1

は整数解なし。

n = - p

：

n^{2} + 10 n + 20 = - 1

より

(n + 3) (n + 7) = 0

、

f (- 3) = 3

f (- 7) = 7

）

(2)

$h (x) = x^{2} + a x + b$ とおく。(1) と同じ考えで、 $g (n)$ が素数になる $n$ は次のどれか。まず $n = 1$ （ $h (1)$ が素数のとき）と $n = - 1$ （ $- h (- 1)$ が素数のとき）。次に、素数 $p ≧ 2$ で $h (p) = 1$ となる $n = p$ 。最後に、素数 $q ≧ 2$ で $h (- q) = - 1$ となる $n = - q$ 。

要点 1： $n = p$ の形と $n = - q$ の形は同時に起こらない。 $h (p) = 1$ 、 $h (- q) = - 1$ なら、引き算して

h (p) - h (- q) = p^{2} - q^{2} + a (p + q) = (p + q) (p - q + a) = 2

$p + q ≧ 4$ は 2 を割り切れないので、ありえない。

要点 2：解が 2 つあると $n = - 1$ は入らない。 $h (x) = 1$ と $h (x) = - 1$ はどちらも 2 次方程式なので、正の素数の解・負の解はそれぞれ 2 個以下。 $h (x) - 1 = (x - p_{1}) (x - p_{2})$ と 2 つあるときは $h (- 1) = (p_{1} + 1) (p_{2} + 1) + 1 > 0$ 、 $h (x) + 1 = (x + q_{1}) (x + q_{2})$ と 2 つあるときは $h (- 1) = (q_{1} - 1) (q_{2} - 1) - 1 ≧ 0$ 。どちらも $g (- 1) = - h (- 1) ≦ 0$ で素数でない。

まとめると、素数になる $n$ は「 $\pm 1$ と、片方の方程式の解 1 個」か「 $1$ と、片方の方程式の解 2 個」の中にあり、どちらも 3 個以下。

なるほど：(1) の $f$ はちょうど 3 個（ $1, - 3, - 7$ ）で、(2) の「3 個以下」がぎりぎりだと分かる例になっている。定数項があると $x$ でくくれず、この考えは使えない。

答え示すこと：

g (n)

が素数となる整数

n

は 3 個以下。要点：

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

とおくと

g (n) = n h (n)

。素数なら

n = \pm 1

か、

n = p (p

は素数

)

h (p) = 1

か、

n = - q (q

は素数

)

h (- q) = - 1

。

h (p) = 1

と

h (- q) = - 1

が両方あると

h (p) - h (- q) = (p + q) (p - q + a) = 2

だが

p + q ≧ 4

なので起こらない。

h (x) = 1

の正の解・

h (x) = - 1

の負の解は 2 次方程式なのでそれぞれ 2 個以下。2 個あるとき、

h (x) - 1 = (x - p_{1}) (x - p_{2})

なら

h (- 1) = (p_{1} + 1) (p_{2} + 1) + 1 > 0

、

h (x) + 1 = (x + q_{1}) (x + q_{2})

なら

h (- 1) = (q_{1} - 1) (q_{2} - 1) - 1 ≧ 0

で、

g (- 1) = - h (- 1)

は素数でない。よって候補は多くて

{1, - 1, 解 1 個}

か

{1, 解 2 個}

の 3 個

東大過去問 2024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　角の条件は「円すい」：xy 平面で切ると、だ円と 2 本の線

問題の読み方

(答)

第2問　重みつきの「距離の合計」は、重さを半分に分ける所で一番小さい

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問　4 本の線で折り返して動く点：8 か所をめぐり、偶数秒後の確率は 1/4 に近づく

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問　放物線にふれる円：1 点を通る円は 1〜3 つ（境目の a＝√5 で 2 つ）

問題の読み方

(1)

(2)

第5問　三角形を x 軸のまわりに回す：切り口はドーナツ、穴の大きさが決め手

問題の読み方

(答)

第6問　n(n²＋an＋b) が素数：かけ算の片方が ±1 のときだけ

問題の読み方

(1)

(2)

東大 過去問 2024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 角の条件は「円すい」：xy 平面で切ると、だ円と 2 本の線

問題の読み方

(答)

第2問 重みつきの「距離の合計」は、重さを半分に分ける所で一番小さい

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問 4 本の線で折り返して動く点：8 か所をめぐり、偶数秒後の確率は 1/4 に近づく

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問 放物線にふれる円：1 点を通る円は 1〜3 つ（境目の a＝√5 で 2 つ）

問題の読み方

(1)

(2)

第5問 三角形を x 軸のまわりに回す：切り口はドーナツ、穴の大きさが決め手

問題の読み方

(答)

第6問 n(n²＋an＋b) が素数：かけ算の片方が ±1 のときだけ

問題の読み方

(1)

(2)

東大過去問 2024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　角の条件は「円すい」：xy 平面で切ると、だ円と 2 本の線

第2問　重みつきの「距離の合計」は、重さを半分に分ける所で一番小さい

第3問　4 本の線で折り返して動く点：8 か所をめぐり、偶数秒後の確率は 1/4 に近づく

第4問　放物線にふれる円：1 点を通る円は 1〜3 つ（境目の a＝√5 で 2 つ）

第5問　三角形を x 軸のまわりに回す：切り口はドーナツ、穴の大きさが決め手

第6問　n(n²＋an＋b) が素数：かけ算の片方が ±1 のときだけ