【解説・採点基準付き】2025年九州大学理系数学の解答・解説

座標空間内の3点 $\mathrm{A}(1,1,-5)$、$\mathrm{B}(-1,-1,7)$、$\mathrm{C}(1,-1,3)$ を通る平面を $\alpha$ とする。点 $\mathrm{P}(a,b,t)$ を通り $\alpha$ に垂直な直線と $xy$ 平面との交点をQとする。

(1) 点Qの座標を求めよ。

(2) $t$ がすべての実数値をとって変化するときのOQの最小値が1以下となるような $a,b$ の条件を求めよ。ただし、Oは原点である。

(1)　配点 20点

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(-2,-2,12)=-2(1,1,-6)$、$\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(0,-2,8)=-2(0,1,-4)$

（垂直かどうかは向きだけで決まるので、数を小さくした $(1,1,-6)$、$(0,1,-4)$ で考える）

平面 $\alpha$ に垂直なベクトルを $\vec n=(p,q,r)$ とすると

$$\left\{\begin{array}{l}\vec n\cdot(1,1,-6)=0\\ \vec n\cdot(0,1,-4)=0\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l}p+q-6r=0\\ q-4r=0\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l}p=2r\\ q=4r\end{array}\right.$$

$r=1$ として $\vec n=(2,4,1)$

P を通り $\alpha$ に垂直な直線は、方向ベクトルが $\vec n$ なので、その上の点は実数 $s$ を用いて

$$(a,b,t)+s(2,4,1)=(a+2s,\ b+4s,\ t+s)$$

と表せる。

Q は $xy$ 平面上にあるので $z$ 座標が0　$\iff\ t+s=0\iff s=-t$

答　$\mathrm{Q}(a-2t,\ b-4t,\ 0)$

(2)　配点 30点

(1) より

$$\mathrm{OQ}^2=(a-2t)^2+(b-4t)^2=20t^2-4(a+2b)t+a^2+b^2$$

$t$ について平方完成すると

$$\begin{aligned}\mathrm{OQ}^2&=20\left(t-\frac{a+2b}{10}\right)^2+a^2+b^2-\frac{(a+2b)^2}{5}\\&=20\left(t-\frac{a+2b}{10}\right)^2+\frac{(2a-b)^2}{5}\end{aligned}$$

（$a^2+b^2-\dfrac{(a+2b)^2}{5}=\dfrac{5a^2+5b^2-a^2-4ab-4b^2}{5}=\dfrac{(2a-b)^2}{5}$）

$t$ はすべての実数をとるので、$t=\dfrac{a+2b}{10}$ のとき OQ$^2$ は最小値 $\dfrac{(2a-b)^2}{5}$ をとる。OQ $\geqq0$ より、OQ の最小値は $\dfrac{|2a-b|}{\sqrt5}$

$$\frac{|2a-b|}{\sqrt5}\leqq1\iff|2a-b|\leqq\sqrt5\iff-\sqrt5\leqq2a-b\leqq\sqrt5$$

答　$2a-\sqrt5\leqq b\leqq2a+\sqrt5$

（$ab$ 平面に図示すると、2直線 $b=2a\pm\sqrt5$ にはさまれた帯。境界を含む）

(2)の別解（点と直線の距離）

$\mathrm{Q}=(a,b,0)+t(-2,-4,0)$ なので、$t$ が動くと Q は $xy$ 平面上で点 $(a,b)$ を通り、向きが $(1,2)$ の直線 $\ell$ の上を動く。$\ell$ の方程式は $2(x-a)-(y-b)=0$、すなわち $2x-y-(2a-b)=0$。

OQ の最小値は、原点と $\ell$ の距離なので

$$\frac{|2\cdot0-0-(2a-b)|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{|2a-b|}{\sqrt5}$$

（以下は本解と同じ）

以下の問いに答えよ。

(1) $y=\tan x$ とするとき、$\dfrac{dy}{dx}$ を $y$ の整式で表せ。

(2) 次の定積分を求めよ。

$$\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan^4x-\tan^2x-2}{\tan^2x-4}\,dx$$

(1)　配点 10点

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\cos^2x}=1+\tan^2x=1+y^2$$

答　$\dfrac{dy}{dx}=1+y^2$

(2)　配点 40点

$y=\tan x$ とおくと、$x:0\to\dfrac{\pi}{4}$ のとき $y:0\to1$。(1) より $dx=\dfrac{dy}{1+y^2}$

分子は $\tan^4x-\tan^2x-2=(\tan^2x+1)(\tan^2x-2)$ と因数分解できるので

$$\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan^4x-\tan^2x-2}{\tan^2x-4}\,dx=\int_0^1\frac{(y^2+1)(y^2-2)}{y^2-4}\cdot\frac{dy}{1+y^2}=\int_0^1\frac{y^2-2}{y^2-4}\,dy$$

分子を分母で割って、残りを部分分数分解すると

$$\frac{y^2-2}{y^2-4}=1+\frac{2}{y^2-4}=1+\frac12\left(\frac{1}{y-2}-\frac{1}{y+2}\right)$$

よって

$$\begin{aligned}\int_0^1\frac{y^2-2}{y^2-4}\,dy&=\Big[\,y+\frac12\log\left|\frac{y-2}{y+2}\right|\,\Big]_0^1\\&=1+\frac12\log\frac13-\frac12\log1=1-\frac12\log3\end{aligned}$$

答　$1-\dfrac12\log3$

以下の問いに答えよ。

(1) $n$ を整数とするとき、$n^2$ を8で割った余りは0、1、4のいずれかであることを示せ。

(2) $2^m=n^2+3$ をみたす0以上の整数の組 $(m,n)$ をすべて求めよ。

(1)　配点 20点

$n$ を8で割った余りで8通りに分けて調べてもよいが、4で割った余りで分類すると場合分けが少なくて済む。$k$ を整数として

– $n=4k$ のとき：$n^2=16k^2=8\cdot2k^2$ なので、余りは0

– $n=4k\pm1$ のとき：$n^2=16k^2\pm8k+1=8(2k^2\pm k)+1$ なので、余りは1

– $n=4k+2$ のとき：$n^2=16k^2+16k+4=8(2k^2+2k)+4$ なので、余りは4

したがって、$n^2$ を8で割った余りは0、1、4のいずれかである。

(2)　配点 30点

$m\geqq3$ のとき、左辺 $2^m$ は8の倍数なので、8で割った余りは0。

一方、右辺 $n^2+3$ を8で割った余りは、(1) より $0+3,\ 1+3,\ 4+3$、すなわち3、4、7のいずれか。

左辺と右辺の余りが一致しないので、解はない。

$m\leqq2$ のとき

– $m=0$：$n^2=1-3=-2$ で不適

– $m=1$：$n^2=2-3=-1$ で不適

– $m=2$：$n^2=4-3=1$。$n\geqq0$ より $n=1$

答　$(m,n)=(2,1)$

半径1の円周上に反時計回りに点A、B、C、Dを順にとり、線分ADは直径で、$\mathrm{AC}=\mathrm{CD}$、$\mathrm{AB}=\mathrm{BC}$ が成り立つとする。

(1) $\angle\mathrm{ACB}$ を求めよ。

(2) BCを求めよ。

(3) 線分ACと線分BDの交点をEとするとき、三角形BCEの面積を求めよ。

(1)　配点 10点

AD は直径なので $\angle\mathrm{ACD}=\dfrac{\pi}{2}$。$\mathrm{AC}=\mathrm{CD}$ より $\angle\mathrm{CAD}=\angle\mathrm{CDA}=\dfrac{\pi}{4}$

AB＝BC より、等しい弦に対する円周角は等しいので $\angle\mathrm{ACB}=\angle\mathrm{BAC}$。また、四角形ABCDは円に内接するので $\angle\mathrm{ABC}=\pi-\angle\mathrm{CDA}=\dfrac{3\pi}{4}$

三角形ABCの内角の和から $2\angle\mathrm{ACB}=\pi-\dfrac{3\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}$

答　$\angle\mathrm{ACB}=\dfrac{\pi}{8}$

(2)　配点 15点

三角形ABCの外接円は半径1の円なので、正弦定理より

$$\mathrm{BC}=2\cdot1\cdot\sin\angle\mathrm{BAC}=2\sin\frac{\pi}{8}$$

半角の公式より $\sin^2\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{1-\cos\frac{\pi}{4}}{2}=\dfrac{2-\sqrt2}{4}$、$\sin\dfrac{\pi}{8}>0$ より $\sin\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}$

答　$\mathrm{BC}=\sqrt{2-\sqrt2}$

(3)　配点 25点

$\angle\mathrm{ADB}$ と $\angle\mathrm{BDC}$ は、それぞれ等しい弦 AB、BC に対する円周角なので等しい。よって DB は ∠ADC の二等分線であり

$$\mathrm{AE}:\mathrm{EC}=\mathrm{DA}:\mathrm{DC}=2:\sqrt2=\sqrt2:1$$

$\mathrm{AC}=\sqrt2$（直角二等辺三角形ACDの等辺、斜辺 AD＝2）なので

$$\mathrm{CE}=\frac{1}{\sqrt2+1}\cdot\sqrt2=\sqrt2(\sqrt2-1)=2-\sqrt2$$

$\angle\mathrm{BCE}=\angle\mathrm{ACB}=\dfrac{\pi}{8}$ なので

$$\begin{aligned}\triangle\mathrm{BCE}&=\frac12\cdot\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CE}\cdot\sin\frac{\pi}{8}=\frac12\cdot\sqrt{2-\sqrt2}\cdot(2-\sqrt2)\cdot\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}\\&=\frac{(2-\sqrt2)^2}{4}=\frac{6-4\sqrt2}{4}=\frac{3-2\sqrt2}{2}\end{aligned}$$

答　$\dfrac{3-2\sqrt2}{2}$

1個のさいころを3回続けて投げ、出る目を順に $a,b,c$ とする。整式

$$f(x)=(x^2-ax+b)(x-c)$$

について、以下の問いに答えよ。

(1) $f(x)=0$ をみたす実数 $x$ の個数が1個である確率を求めよ。

(2) $f(x)=0$ をみたす自然数 $x$ の個数が3個である確率を求めよ。

目の出方は全部で $6^3=216$ 通りあり、どれも同様に確からしい。

(1)　配点 20点

$x=c$ は $f(x)=0$ の解なので、実数解が1個であるのは、$x^2-ax+b=0$ が $c$ 以外の実数解をもたないとき。すなわち次の①か②のとき。

① $x^2-ax+b=0$ が実数解をもたない：判別式 $a^2-4b<0$、すなわち $a^2<4b$

| $a$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |

|—|—|—|—|—|—|—|

| 条件 | $b\geqq1$ | $b\geqq2$ | $b\geqq3$ | $b\geqq5$ | なし | なし |

| $b$ の個数 | 6 | 5 | 4 | 2 | 0 | 0 |

$(a,b)$ は17通りで、$c$ は何でもよいので $17\times6=102$ 通り

② $x^2-ax+b=0$ が $x=c$ を重解にもつ：$a^2=4b$ かつ $\dfrac a2=c$

$a^2=4b$ をみたすのは $(a,b)=(2,1),(4,4)$ で、それぞれ $c=1,2$。よって2通り

①と②は重ならないので

$$\frac{102+2}{216}=\frac{104}{216}=\frac{13}{27}$$

答　$\dfrac{13}{27}$

(2)　配点 30点

自然数解が3個になるのは、$x^2-ax+b=0$ が異なる2つの自然数解 $\alpha,\beta\ (\alpha<\beta)$ をもち、$c$ が $\alpha,\beta$ のどちらとも異なるとき。

解と係数の関係より $\alpha+\beta=a\leqq6$、$\alpha\beta=b\leqq6$

これをみたす $(\alpha,\beta)$ は

$$(1,2),\ (1,3),\ (1,4),\ (1,5),\ (2,3)$$

の5組（それぞれ $(a,b)=(3,2),(4,3),(5,4),(6,5),(5,6)$）

それぞれ $c$ は $\alpha,\beta$ 以外の4通りなので $5\times4=20$ 通り。

$$\frac{20}{216}=\frac{5}{54}$$

答　$\dfrac{5}{54}$