東大過去問 2026年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2026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

（1）　関数 $f (θ) = \sin θ - θ + \frac{θ^{3}}{6}$ の区間 $- 1 ≦ θ ≦ 1$ における最大値 $M$ および最小値 $m$ を求めよ。

（2）　（1）で定めた $M$ に対し，次の不等式を示せ。

\frac{7}{8} π ≦ \int_{0}^{2 π} \sin (\cos x - x) d x ≦ \frac{7}{8} π + 4 M

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第2問

　 $n$ を正の整数とする。座標平面上の $3 n$ 個の点がなす集合

{(x, y) ∣ x, y は 1 ≦ x ≦ 3, 1 ≦ y ≦ n を満たす整数}

から相異なる $3$ 点を選ぶ。ただし，どの $3$ 点も等確率で選ばれるものとする。選んだ $3$ 点が三角形の $3$ 頂点となる確率を $p_{n}$ とする。

（1）　 $p_{5}$ を求めよ。

（2）　 $m$ を $2$ 以上の整数とする。 $p_{2 m}$ を求めよ。

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第3問

　座標空間内の原点を中心とする半径 $5$ の球面を $S$ とする。 $S$ 上の相異なる $3$ 点 $P, Q, R$ が次の条件を満たすように動く。

　　条件：　 $P, Q$ は $x y$ 平面上にあり，三角形 $P Q R$ の重心は $G (2, 0, 1)$ である。

以下の問いに答えよ。

（1）　線分 $P Q$ の中点 $M$ の軌跡を $x y$ 平面上に図示せよ。

（2）　線分 $P Q$ が通過する範囲を $x y$ 平面上に図示せよ。

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第4問

　 $k$ を実数とし，座標平面上の曲線 $C$ を $y = x^{3} - k x$ で定める。 $C$ 上の $2$ 点 $P, Q$ に対する以下の条件 $(*)$ を考える。

　　条件 $(*)$ 　原点 $O$ ，点 $P$ ，点 $Q$ は相異なり， $C$ の $O, P, Q$ における接線のうち，どの $2$ 本も交わり，そのなす角はすべて $\frac{π}{3}$ となる。

ただし， $2$ 直線のなす角は $0$ 以上 $\frac{π}{2}$ 以下の範囲で考えるものとする。

（1）　条件 $(*)$ を満たす $P, Q$ が存在するような $k$ の範囲を求めよ。

（2）　 $k$ が（1）で定まる範囲にあるとする。 $P, Q$ が条件 $(*)$ を満たすように動くとき， $C$ の $O, P, Q$ における接線によって囲まれる三角形の面積 $S$ の最大値を $M$ ，最小値を $m$ とおく。ただし， $3$ 本の接線が $1$ 点で交わるときは $S = 0$ とする。 $M = 4 m$ となる $k$ の値を求めよ。

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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。複素数 $α$ と $C$ 上の点 $P (z)$ に対し， $w = (z - α)^{3}$ とおく。 $P$ が $C$ 上を動くときの点 $Q (w)$ の軌跡を $D$ とする。

（1）　 $α = - 3$ とし， $w$ の偏角を $θ$ とおく。 $P$ が $C$ 上を動くとき， $\sin θ$ がとりうる値の範囲を求めよ。

（2）　 $α$ が次の条件を満たすように動く。

　　条件：　 $D$ は実軸の正の部分および負の部分の両方と共有点を持つ。

　複素数平面上の点 $R (α)$ が動きうる範囲の面積を求めよ。

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第6問

　 $n$ を正の整数とする。 $n$ の正の約数のうち， $3$ で割って $1$ 余るものの個数を $f (n)$ ， $3$ で割って $2$ 余るものの個数を $g (n)$ とする。

（1）　 $f (2800), g (2800)$ を求めよ。

（2）　 $f (n) ≧ g (n)$ を示せ。

（3）　 $g (n) = 15$ であるとき， $f (n)$ がとりうる値を求めよ。

第1問　sin を 3 次式でまねると、積分がはさめる

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

$\sin θ$ を 3 次式 $θ - \frac{θ^{3}}{6}$ でまねたときの「ずれ」が $f (θ)$ 。(1) でそのずれがとても小さい（ $0.01$ より小さい）ことを確かめ、(2) でそれを使って、ふつうには計算できない積分 $\int_{0}^{2 π} \sin (\cos x - x) d x$ の値を上と下からはさむ。

筋は 2 つ。(1) は微分して増えるか減るかを見る。(2) は加法定理で積分する中身を 2 つに分け、片方は 1 周の積分でちょうど消えることに気づく。残った片方に $\sin t = t - \frac{t^{3}}{6} + f (t)$ を入れると、 $\cos x$ の 2 乗・4 乗の積分と、小さな $f$ の部分に分かれる。

(1)

増えるか減るかを見るため、微分する。

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

これが 0 以上であることを示せば、 $f$ は増えるだけになる。 $g (θ) = \cos θ - 1 + \frac{θ^{2}}{2}$ とおくと $g^{'} (θ) = θ - \sin θ$ 、 $g^{″} (θ) = 1 - \cos θ ≧ 0$ 。

$g^{'}$ は増える関数で $g^{'} (0) = 0$ なので、 $θ < 0$ で $g^{'} < 0$ 、 $θ > 0$ で $g^{'} > 0$ 。すると $g$ は $θ = 0$ で一番小さく、 $g (0) = 0$ 。だから $f^{'} (θ) = g (θ) ≧ 0$ （等号は $θ = 0$ だけ）。

$f$ は増えるだけなので、最大は右の端、最小は左の端：

M = f (1) = \sin 1 - 1 + \frac{1}{6}, m = f (- 1) = - \sin 1 + 1 - \frac{1}{6}

$f$ は奇関数（ $f (- θ) = - f (θ)$ ）なので $m = - M$ になっている。 $\sin 1 ≒ 0.84147$ なので $M ≒ 0.0081$ ととても小さい。 $\sin θ$ と $θ - \frac{θ^{3}}{6}$ は $- 1 ≦ θ ≦ 1$ でほとんど重なる。

答え

M = \sin 1 - \frac{5}{6}

m = \frac{5}{6} - \sin 1

（

f^{'} (θ) = \cos θ - 1 + \frac{θ^{2}}{2} ≧ 0

より

f

は増加。

M = f (1)

m = f (- 1)

）

(2)

加法定理で積分する中身を分ける。

\sin (\cos x - x) = \sin (\cos x) \cos x - \cos (\cos x) \sin x

後ろの項は、 $\sin (\cos x)$ を微分したもの（合成関数の微分で $\cos (\cos x) \cdot (- \sin x)$ ）そのもの。だから

\int_{0}^{2 π} (- \cos (\cos x) \sin x) d x = [\sin (\cos x)]_{0}^{2 π} = \sin 1 - \sin 1 = 0

区間がちょうど 1 周（0〜2π）なので、この部分は消える。

前の項には、 $t = \cos x$ として $\sin t = t - \frac{t^{3}}{6} + f (t)$ を入れる。

\cos x \sin (\cos x) = \cos^{2} x - \frac{\cos^{4} x}{6} + \cos x f (\cos x)

$\int_{0}^{2 π} \cos^{2} x d x = π$ 、 $\int_{0}^{2 π} \cos^{4} x d x = \frac{3}{4} π$ （半角の公式で次数を下げる）なので、前の 2 つの積分は $π - \frac{π}{8} = \frac{7}{8} π$ 。

残りは $J = \int_{0}^{2 π} \cos x f (\cos x) d x$ 。 $f$ は増える奇関数で $f (0) = 0$ なので、 $t$ と $f (t)$ はいつも同じ符号、つまり $t f (t) ≧ 0$ 。さらに $| t | ≦ 1$ で $| f (t) | ≦ M$ なので $t f (t) ≦ M | t |$ 。これを $t = \cos x$ で積分すると

0 ≦ J ≦ M \int_{0}^{2 π} | \cos x | d x = 4 M

合わせると、はさみたい不等式になる。実際の値は $2.7649$ で、 $\frac{7}{8} π ≒ 2.7489$ と $\frac{7}{8} π + 4 M ≒ 2.7814$ の間。

答え示すこと：

\frac{7}{8} π ≦ \int_{0}^{2 π} \sin (\cos x - x) d x ≦ \frac{7}{8} π + 4 M

。要点：加法定理で

\sin (\cos x - x) = \cos x \sin (\cos x) - \cos (\cos x) \sin x

。後ろの項の積分は

[\sin (\cos x)]_{0}^{2 π} = 0

。

\sin t = t - \frac{t^{3}}{6} + f (t)

を入れて

\int_{0}^{2 π} (\cos^{2} x - \frac{\cos^{4} x}{6}) d x = π - \frac{π}{8} = \frac{7}{8} π

。残り

\int_{0}^{2 π} \cos x f (\cos x) d x

は、

f

が奇関数で増加なので

0 ≦ t f (t) ≦ M | t |

より

0

以上

M \int_{0}^{2 π} | \cos x | d x = 4 M

以下

第2問　3 列の点から 3 つ選ぶと三角形になる？

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

横 3 列・たて $n$ 行の点から 3 点を選ぶ。三角形にならないのは 3 点が一直線に並ぶときだけなので、一直線に並ぶ 3 点の組を数えて、全部から引く（余事象）。

一直線の数え方がこの問題のかなめ。 $x$ 座標は 1, 2, 3 の 3 種類しかないので、一直線の 3 点は次の 2 種類しかない。

同じ列（たて）の 3 点： $x$ が同じ。各列から 3 つ選ぶので $3 \cdot_{n} C_{3}$ 通り。

列を 1 つずつ使う 3 点： $x = 1, 2, 3$ に 1 つずつ。高さを $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ とすると、一直線 ⇔ $y_{2}$ が $y_{1}$ と $y_{3}$ のちょうど真ん中 ⇔ $y_{1} + y_{3} = 2 y_{2}$ 。 $y_{1}$ と $y_{3}$ を決めると $y_{2}$ は決まるので、 $y_{1}$ と $y_{3}$ の偶奇が同じ組の数だけある。

2 点が同じ列で 1 点が別の列、という一直線は無い（同じ列の 2 点を通る直線はたての線なので）。

(1)

$n = 5$ のとき、全部で $_{15} C_{3} = 455$ 通り。

同じ列の 3 点： $3 \cdot_{5} C_{3} = 30$ 通り。

列を 1 つずつ使う一直線： $y_{1}, y_{3} \in {1, \dots, 5}$ で偶奇が同じ組。奇数は 1, 3, 5 の 3 つ、偶数は 2, 4 の 2 つなので $3^{2} + 2^{2} = 13$ 通り（横一直線の 5 通りも入っている）。

一直線は $30 + 13 = 43$ 通りなので

p_{5} = 1 - \frac{43}{455} = \frac{412}{455}

およそ $0.906$ 。何回も選んでためすと、三角形になる割合はこの値に近づいていく。

答え

p_{5} = \frac{412}{455}

（全部

_{15} C_{3} = 455

通り。一直線は同じ列の 3 点

3 \cdot_{5} C_{3} = 30

通りと、列を 1 つずつ使う

3^{2} + 2^{2} = 13

通り）

(2)

$n = 2 m$ のとき、全部は

_{6 m} C_{3} = \frac{6 m (6 m - 1) (6 m - 2)}{6} = 2 m (6 m - 1) (3 m - 1)

同じ列の 3 点は $3 \cdot_{2 m} C_{3} = 2 m (2 m - 1) (m - 1)$ 通り。

列を 1 つずつ使う一直線： $1 ~ 2 m$ には奇数と偶数が $m$ 個ずつあるので $m^{2} + m^{2} = 2 m^{2}$ 通り。

一直線の合計は

2 m (2 m - 1) (m - 1) + 2 m^{2} = 2 m (2 m^{2} - 2 m + 1)

だから

p_{2 m} = 1 - \frac{2 m^{2} - 2 m + 1}{(6 m - 1) (3 m - 1)} = \frac{16 m^{2} - 7 m}{18 m^{2} - 9 m + 1}

分子・分母を因数分解した形が答え。 $m$ を大きくすると $\frac{16}{18} = \frac{8}{9}$ に近づく。同じ列から 3 つ選ぶ割合が $\frac{1}{9}$ に近づくから。なお、問題は $m ≧ 2$ だが、この式は $m = 1$ （ $n = 2$ ）でも合う。

答え

p_{2 m} = \frac{m (16 m - 7)}{(6 m - 1) (3 m - 1)}

（一直線は

3 \cdot_{2 m} C_{3} + 2 m^{2} = 2 m (2 m^{2} - 2 m + 1)

通り、全部は

_{6 m} C_{3} = 2 m (6 m - 1) (3 m - 1)

通り）

第3問　球面の上の三角形：重心を決めると、弦の中点は円を描く

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

重心の条件は「3 点の座標の和が $3 G$ 」ということ。だから $R = 3 G - P - Q$ と、R が P と Q で決まってしまう。残る条件は R が球面に乗ること（ $| R | = 5$ ）だけ。

P, Q は $x y$ 平面の上で球面に乗るので、原点中心・半径 5 の円の上にある。中点 $M = \frac{P + Q}{2}$ を使うと $P + Q = 2 M$ なので、R は M だけで書ける。(1) はこれで M の条件を出す。

(2) は「線分 PQ が通る範囲」。M を決めると弦 PQ は「OM に垂直で M を通る弦」に決まる。点 X が弦の上にある ⇔ $\vec{O X} \cdot \vec{O M} = | \vec{O M} |^{2}$ （かつ X が円の中）。これを満たす M が (1) の円の上にあるか、を X の式にする。

(1)

$M = (a, b, 0)$ とおくと

R = 3 G - 2 M = (6 - 2 a, - 2 b, 3)

R の高さはいつも 3。 $| R |^{2} = 25$ より

(6 - 2 a)^{2} + 4 b^{2} + 9 = 25 ⟹ (a - 3)^{2} + b^{2} = 4

M は中心 $(3, 0)$ ・半径 2 の円の上。

逆に、この円の上の M に対して弦 PQ が作れるかを確かめる。弦の中点になれるのは、半径 5 の円の内側（ $| M | < 5$ ）の点。円 $(a - 3)^{2} + b^{2} = 4$ の点の原点からの距離は 1 から 5 までで、5 になるのは点 $(5, 0)$ だけ。そこでは弦の長さが 0 になり P と Q が同じ点になってしまう（「相異なる」に反する）。R は高さ 3 なので P, Q と同じにはならない。

だから、M の軌跡は円 $(x - 3)^{2} + y^{2} = 4$ から点 $(5, 0)$ を除いたもの。

答え円

(x - 3)^{2} + y^{2} = 4

から点

(5

0)

を除いたもの（

R = 3 G - P - Q = (6 - 2 a

- 2 b

3)

、

| R | = 5

より

(a - 3)^{2} + b^{2} = 4

。

(5

0)

は

P = Q

になるので除く）

(2)

M を円の上の点 $(3 + 2 \cos φ, 2 \sin φ)$ とし、点 $X (x, y)$ が弦の上にある条件 $X \cdot M = | M |^{2}$ を書く。 $| M |^{2} = 13 + 12 \cos φ$ なので

(3 x - 13) + (2 x - 12) \cos φ + 2 y \sin φ = 0

これを満たす $φ$ があるのは、 $(2 x - 12) \cos φ + 2 y \sin φ$ のとる範囲（合成すると $\pm \sqrt{(2 x - 12)^{2} + 4 y^{2}}$ の間）に $- (3 x - 13)$ が入るとき：

(3 x - 13)^{2} ≦ (2 x - 12)^{2} + 4 y^{2}

整理すると

5 x^{2} - 4 y^{2} - 30 x + 25 ≦ 0 ⟺ \frac{(x - 3)^{2}}{4} - \frac{y^{2}}{5} ≦ 1

双曲線の 2 本の枝ではさまれた部分。これに「X が半径 5 の円の中」を合わせる。双曲線の左の枝と円は $x = - \frac{5}{3}$ 、 $y = \pm \frac{10 \sqrt{2}}{3}$ で交わる。

最後に、(1) で除いた点 $(5, 0)$ に対応する $φ = 0$ だけでしか満たせない X を調べる。 $φ = 0$ のとき式は $5 x - 25 = 0$ 、円の中では X $= (5, 0)$ だけ。この点はほかの $φ$ では満たせないので、点 $(5, 0)$ だけは除く。境目の線（双曲線の一部と円の一部）は含む。

答え

x^{2} + y^{2} ≦ 25

かつ

5 x^{2} - 4 y^{2} - 30 x + 25 ≦ 0

（双曲線

\frac{(x - 3)^{2}}{4} - \frac{y^{2}}{5} = 1

の 2 本の枝の間）の部分。ただし点

(5

0)

を除く。境界を含む。境目の双曲線と円は

(- \frac{5}{3}, \pm \frac{10 \sqrt{2}}{3})

で交わる

第4問　3 次曲線の 3 本の接線が、どれも 60° で交わる

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

$x = t$ での接線の傾きは $3 t^{2} - k$ 。これは $t = 0$ で一番小さく $- k$ なので、O の接線がいちばん右下がり（向きの角を $x$ 軸から $- 90^{\circ}$ と $90^{\circ}$ の間で測ると一番小さい。水平に近いという意味ではない）。P, Q の接線の傾きは $- k$ より大きい。

3 本の直線がどの 2 本も $60^{\circ}$ で交わるのは、向きが $60^{\circ}$ ずつずれているとき。O の接線の向きの角（ $x$ 軸から測る、 $- 90^{\circ}$ と $90^{\circ}$ の間）を $β$ とすると、残りの 2 本の向きは $β + 60^{\circ}$ と $β + 120^{\circ}$ （ $180^{\circ}$ ずらすと同じ直線なので、どちらも $- 90^{\circ}$ と $90^{\circ}$ の間に直して考える）。

(2) では、3 本がどれも $60^{\circ}$ で交わるので、囲まれる三角形は正三角形になる。O の接線と $x = t$ での接線の交点が簡単な形になるのがかなめ。

(1)

P, Q の接線の傾きは $- k$ より大きいので、向きの角は $β$ より大きく $90^{\circ}$ より小さい。 $β + 60^{\circ}$ と $β + 120^{\circ}$ の向きの両方がこの範囲に入る必要がある。

$β + 120^{\circ}$ が $90^{\circ}$ 以上だと、 $180^{\circ}$ 引いた $β - 60^{\circ}$ の向きになり、 $β$ より小さい＝O の接線より右下がりになってしまう。そんな接線は無い。だから $β + 120^{\circ} < 90^{\circ}$ 、つまり $β < - 30^{\circ}$ が必要。このとき $β + 60^{\circ}$ も範囲に入る。

$\tan β = - k$ なので

- k < \tan (- 30^{\circ}) = - \frac{1}{\sqrt{3}} ⟹ k > \frac{1}{\sqrt{3}}

逆にこのとき、傾き $\tan (β + 60^{\circ})$ 、 $\tan (β + 120^{\circ})$ はどちらも $- k$ より大きいので、 $3 t^{2} - k$ がその値になる $t (\neq 0)$ があり、P, Q がとれる。

答え

k > \frac{1}{\sqrt{3}}

（接線の傾き

3 t^{2} - k ≧ - k

なので O の接線の傾きがいちばん小さい（向きの角を

- 90^{\circ}

〜

90^{\circ}

で測ると O が最小）。O の接線の角を

β

とすると残りは

β + 60^{\circ}

β + 120^{\circ}

で、

β + 120^{\circ} < 90^{\circ}

が必要十分。

\tan β = - k < - \frac{1}{\sqrt{3}}

）

(2)

$x = t$ での接線は $y = (3 t^{2} - k) x - 2 t^{3}$ 。O の接線 $y = - k x$ との交点は $3 t^{2} x = 2 t^{3}$ より $x = \frac{2 t}{3}$ 。

P, Q の $x$ 座標を $p, q$ とすると、O の接線の上の 2 つの交点は $x = \frac{2 p}{3}$ と $\frac{2 q}{3}$ 。その間の長さが正三角形の 1 辺で、 $\frac{2}{3} | p - q | \sqrt{1 + k^{2}}$ 。面積は

S = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{4}{9} (p - q)^{2} (1 + k^{2}) = \frac{\sqrt{3}}{9} (p - q)^{2} (1 + k^{2})

傾きの条件から $p^{2} = a^{2}$ 、 $q^{2} = b^{2}$ （ $3 a^{2} - k = \tan (β + 60^{\circ})$ 、 $3 b^{2} - k = \tan (β + 120^{\circ})$ 、 $a, b > 0$ ）。 $p = \pm a$ 、 $q = \pm b$ の選び方で、最大は $| p - q | = a + b$ 、最小は $| a - b |$ 。

\frac{M}{m} = {(\frac{a + b}{a - b})}^{2} = 4 ⟹ b = 3 a （ b > a のとき）

$T = \tan β = - k$ として加法定理で計算すると

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

なので $\frac{a^{2}}{b^{2}} = \frac{\sqrt{3} k - 1}{\sqrt{3} k + 1}$ （1 より小さいので $b > a$ ）。これが $\frac{1}{9}$ になる $k$ を解く： $9 \sqrt{3} k - 9 = \sqrt{3} k + 1$ 。 $k$ を大きくするほど $\frac{M}{m}$ は大きくなるので、 $M = 4 m$ になる $k$ は 1 つだけ。

答え

k = \frac{5 \sqrt{3}}{12}

（O の接線と

x = t

の接線は

x = \frac{2 t}{3}

で交わり、三角形は正三角形で

S = \frac{\sqrt{3}}{9} (p - q)^{2} (1 + k^{2})

。

p = \pm a

q = \pm b

で

\frac{M}{m} = {(\frac{b + a}{b - a})}^{2} = 4 ⟺ b = 3 a

。

\frac{a^{2}}{b^{2}} = \frac{\sqrt{3} k - 1}{\sqrt{3} k + 1} = \frac{1}{9}

）

第5問　円の上の点から α を引いて 3 乗すると、どこを通る？

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

$w = (z - α)^{3}$ は、 $z - α$ を 3 乗したもの。複素数を 3 乗すると、大きさは 3 乗、向き（偏角）は 3 倍になる。

$z$ は原点中心・半径 1 の円の上なので、 $z - α$ は 中心 $- α$ ・半径 1 の円 の上を動く。(1) も (2) も、この円の向き（偏角）がどこからどこまで動くかを考えればよい。

(1)

$α = - 3$ のとき、 $z + 3$ は中心 3・半径 1 の円の上。原点から見たこの円の向きは、原点から円に引いた 2 本の接線の間。接線の角 $φ_{0}$ は $\sin φ_{0} = \frac{1}{3}$ （半径 1、中心までの距離 3 の直角三角形）。

だから $z + 3$ の偏角は $- φ_{0}$ から $φ_{0}$ の間を動き、 $θ$ はその 3 倍の $- 3 φ_{0}$ から $3 φ_{0}$ の間を動く。

$\sin φ_{0} = \frac{1}{3} < \frac{1}{2}$ なので $φ_{0} < 30^{\circ}$ 、 $3 φ_{0} < 90^{\circ}$ 。この範囲で $\sin$ は増えるだけなので、 $\sin θ$ の最大は $\sin 3 φ_{0}$ 。3 倍角の公式で

\sin 3 φ_{0} = 3 \sin φ_{0} - 4 \sin^{3} φ_{0} = 1 - \frac{4}{27} = \frac{23}{27}

最小はその $- 1$ 倍。 $α = - 3$ という値は、 $3 φ_{0}$ が $90^{\circ}$ をこえないようにしている（ $| α | < 2$ だと $\sin θ$ は 1 まで届く）。

答え

- \frac{23}{27} ≦ \sin θ ≦ \frac{23}{27}

（

z + 3

の偏角は

\pm φ_{0} (\sin φ_{0} = \frac{1}{3})

の間、

θ

はその 3 倍。

3 φ_{0} < \frac{π}{2}

で

\sin 3 φ_{0} = 3 \cdot \frac{1}{3} - 4 \cdot \frac{1}{27} = \frac{23}{27}

）

(2)

$w$ が正の実数 ⇔ $w$ の偏角が $0$ ⇔ $z - α$ の偏角が $0, \frac{2 π}{3}, \frac{4 π}{3}$ のどれか。負の実数 ⇔ $z - α$ の偏角が $\frac{π}{3}, π, \frac{5 π}{3}$ のどれか。

$z - α$ は中心 $- α$ ・半径 1 の円の上。この円が、原点から出る向き $ψ$ の半直線と交わる ⇔ 中心 $- α$ がその半直線から距離 1 以内（半直線はどこまでものびているので、いちばん近い所が 1 以内なら円は必ず横切るかふれる）。ただし、ふれる所が原点だけのときは除く：そのとき $z - α = 0$ で $w = 0$ になり、正の実数でも負の実数でもない。これが起こるのは円が原点を通る $| α | = 1$ のときだけで、そのときも同じ向きのほうの別の半直線（ $60^{\circ}$ 以内にある）と原点以外で交わるので、範囲は変わらない。

条件は「正のほうの 3 本のどれか」と「負のほうの 3 本のどれか」の両方から 1 以内。正の半直線と負の半直線は $60^{\circ}$ ずれているか反対向き。となり合う 2 本（たとえば $0$ と $\frac{π}{3}$ ）の両方から 1 以内の所は、2 本の間でひし形になる：頂点は原点、各半直線上の点（原点から $\frac{2}{\sqrt{3}}$ ）、2 本のまん中の向きで原点から 2 の点。面積は

{(\frac{2}{\sqrt{3}})}^{2} \sin 60^{\circ} = \frac{2}{\sqrt{3}}

となり合う 2 本の両方から 1 以内の点には、2 本の間の扇形から少しはみ出すものもある（たとえば点 $(1, - 0.1)$ は $0$ と $\frac{π}{3}$ の両方から 1 以内だが、その間の扇形の外）。そういう点は、となりの別の組（ $- \frac{π}{3}$ と $0$ ）のひし形に入るので、ひし形 6 つを合わせた範囲は変わらない。

反対向きの 2 本の両方から 1 以内の所は原点中心の半径 1 の円板で、これはひし形 6 つの中に入っている。

ひし形は 6 つで重ならないので、 $- α$ の範囲の面積は $6 \times \frac{2}{\sqrt{3}}$ 。 $α$ の範囲は、それを原点について裏返したもの（同じ形・同じ面積）。

答え

4 \sqrt{3}

（

w > 0 ⟺ a r g (z - α) = 0

\frac{2 π}{3}

\frac{4 π}{3}

、

w < 0 ⟺ \frac{π}{3}

π

\frac{5 π}{3}

。中心

- α

・半径 1 の円がその半直線と原点以外で交わる

⟺ - α

が半直線から距離 1 以内（原点だけでふれるのは

| α | = 1

のときで、そのときも別の半直線と交わるので範囲は同じ）。となり合う 2 本の両方から 1 以内の所はひし形（面積

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

）が 6 つ）

第6問　約数を「3 で割った余り」で分けると、1 余るほうが多い

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

3 で割った余りは、かけ算でも余りどうしのかけ算になる。余り 1 と余り 1 で 1、余り 1 と余り 2 で 2、余り 2 と余り 2 で $4$ → 余り 1。3 の倍数の約数は数に入らないので、 $n$ の素因数のうち 3 は無視してよい。

そこで余り 1 を $+ 1$ 、余り 2 を $- 1$ と読みかえると、余りのかけ算が $\pm 1$ のかけ算とぴったり同じになる。すると $f (n) - g (n)$ は「約数ごとの $\pm 1$ の合計」になり、素因数ごとの合計のかけ算に分けられる。これが (2)(3) のかなめ。

(1)

$2800 = 2^{4} \cdot 5^{2} \cdot 7$ 。2 と 5 は 3 で割って 2 余り、7 は 1 余る。

約数 $2^{a} 5^{b} 7^{c}$ （ $0 ≦ a ≦ 4$ 、 $0 ≦ b ≦ 2$ 、 $0 ≦ c ≦ 1$ ）の余りは、 $a + b$ が偶数なら 1、奇数なら 2（7 は何回かけても余りを変えない）。

$a + b$ が偶数の $(a, b)$ ： $a$ が偶数（0, 2, 4 の 3 通り）で $b$ が偶数（0, 2 の 2 通り）が 6 通り、 $a$ が奇数（2 通り）で $b$ が奇数（1 通り）が 2 通り、合わせて 8 通り。 $c$ の 2 通りをかけて $f (2800) = 16$ 。約数は全部で $5 \cdot 3 \cdot 2 = 30$ 個なので $g (2800) = 30 - 16 = 14$ 。

答え

f (2800) = 16

g (2800) = 14

（

2800 = 2^{4} \cdot 5^{2} \cdot 7

。約数

2^{a} 5^{b} 7^{c}

は

a + b

が偶数なら余り 1。

(a

b)

は 8 通り、

c

で 2 倍）

(2)

$n$ の 3 以外の素因数を、余り 1 の素数 $p_{i}$ （指数 $a_{i}$ ）と余り 2 の素数 $q_{j}$ （指数 $b_{j}$ ）に分ける。約数の余りを $\pm 1$ で表すと、約数 $\prod p_{i}^{x_{i}} \prod q_{j}^{y_{j}}$ の値は $\prod (- 1)^{y_{j}}$ 。

全部の約数で足すと、かけ算の分配で素数ごとに分けられる：

f (n) - g (n) = \prod_{i} (a_{i} + 1) \times \prod_{j} (1 - 1 + 1 - \dots (b_{j} + 1 項))

後ろの各かっこは、 $b_{j}$ が偶数なら 1、奇数なら 0。どのかっこも 0 以上なので、かけ算も 0 以上。だから $f (n) ≧ g (n)$ 。

答え示すこと：

f (n) ≧ g (n)

。要点：余り 1 を

+ 1

、余り 2 を

- 1

とみると、かけ算で余りどうしのかけ算になる（

2 \times 2 \equiv 1

）。

f (n) - g (n) = \prod_{p \equiv 1} (e_{p} + 1) \times \prod_{q \equiv 2} (1 - 1 + 1 - \dots)

で、後ろの各因数は指数が偶数なら 1、奇数なら 0。どれも 0 以上なので

f (n) - g (n) ≧ 0

(3)

$A = \prod (a_{i} + 1)$ 、 $B = \prod (b_{j} + 1)$ とおく。3 で割れない約数の数は $f + g = A B$ 。

$b_{j}$ に奇数が 1 つでもあるとき：(2) より $f - g = 0$ なので $f = g = 15$ 。たとえば $n = 2^{29}$ （ $B = 30$ ）で起こる。

$b_{j}$ が全部偶数のとき： $f - g = A$ 、 $f + g = A B$ より $g = \frac{A (B - 1)}{2} = 15$ 、 $f = g + A$ 。 $B$ は奇数の積なので奇数で、 $B ≧ 3$ （ $g > 0$ なので）。 $A (B - 1) = 30$ 、 $B - 1$ は偶数なので $(A, B) = (15, 3), (5, 7), (3, 11), (1, 31)$ 。 $A$ や $B$ はどんな値にもできる（素数 1 つの指数で作れる）ので、4 通りとも起こる。 $f = 15 + A$ は 30, 20, 18, 16。

合わせて、 $f (n)$ のとりうる値は 15, 16, 18, 20, 30。 $A$ は $\frac{2 g}{B - 1}$ の形なので「 $g$ の約数」になっていて、一般に $f$ は $g$ か「 $g$ ＋( $g$ の約数)」になる。

答え

f (n) = 15

16

18

20

30

（

A = \prod_{p \equiv 1} (e + 1)

B = \prod_{q \equiv 2} (e + 1)

。2 余る素数の指数に奇数があれば

f = g = 15

。全部偶数なら

g = \frac{A (B - 1)}{2} = 15

f = g + A

で

A = 1

3

5

15

）

東大過去問 2026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　sin を 3 次式でまねると、積分がはさめる

問題の読み方

(1)

(2)

第2問　3 列の点から 3 つ選ぶと三角形になる？

問題の読み方

(1)

(2)

第3問　球面の上の三角形：重心を決めると、弦の中点は円を描く

問題の読み方

(1)

(2)

第4問　3 次曲線の 3 本の接線が、どれも 60° で交わる

問題の読み方

(1)

(2)

第5問　円の上の点から α を引いて 3 乗すると、どこを通る？

問題の読み方

(1)

(2)

第6問　約数を「3 で割った余り」で分けると、1 余るほうが多い

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大 過去問 2026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 sin を 3 次式でまねると、積分がはさめる

問題の読み方

(1)

(2)

第2問 3 列の点から 3 つ選ぶと三角形になる？

問題の読み方

(1)

(2)

第3問 球面の上の三角形：重心を決めると、弦の中点は円を描く

問題の読み方

(1)

(2)

第4問 3 次曲線の 3 本の接線が、どれも 60° で交わる

問題の読み方

(1)

(2)

第5問 円の上の点から α を引いて 3 乗すると、どこを通る？

問題の読み方

(1)

(2)

第6問 約数を「3 で割った余り」で分けると、1 余るほうが多い

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大過去問 2026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　sin を 3 次式でまねると、積分がはさめる

第2問　3 列の点から 3 つ選ぶと三角形になる？

第3問　球面の上の三角形：重心を決めると、弦の中点は円を描く

第4問　3 次曲線の 3 本の接線が、どれも 60° で交わる

第5問　円の上の点から α を引いて 3 乗すると、どこを通る？

第6問　約数を「3 で割った余り」で分けると、1 余るほうが多い