1藤田医科大学 2025年 数学 第1問解答・解説

各小問を、因数分解・二項定理・座標とベクトル・階乗和の消去・剰余・三角関数の恒等式・多項式の微積分を用いて解く。

(1) 二項定理（多項定理）で、各項から $x,y,z$ をそれぞれ $2$ 回ずつ選ぶ係数は
$$\frac{6!}{2!2!2!}\,1^2 2^2 3^2=90\cdot36=3240.$$
よって $\text{アイウエ}=3240$。

(2) $2025=3^4\cdot5^2$ である。順序を区別しないので、$5$個の因子を小さい順に並べて列挙する。各因子は $3^a5^b$ の形であり、積の指数がそれぞれ $4,2$ となる。
$$\begin{array}{c|l|c} 1\text{の個数}&\text{残りの因子（小さい順）}&\text{組数}\\\hline 4&(2025)&1\\ 3&(3,675),(5,405),(9,225),(15,135),(25,81),(27,75),(45,45)&7\\ 2&(3,3,225),(3,5,135),(3,9,75),(3,15,45),(3,25,27),(5,5,81),(5,9,45),(5,15,27),(9,9,25),(9,15,15)&10\\ 1&(3,3,3,75),(3,3,5,45),(3,3,9,25),(3,3,15,15),(3,5,5,27),(3,5,9,15),(5,5,9,9)&7\\ 0&(3,3,3,3,25),(3,3,3,5,15),(3,3,5,5,9)&3 \end{array}$$
これは各段階で残りの積の約数を非減少順に選ぶ列挙であり、指数 $4,2$ の条件を満たす全ての分解を含む。したがって合計は $1+7+10+7+3=28$ 通りであり、$\text{オカ}=28$。

(3) 分母 $D=(x-3)^2+3$ は常に正である。また
$$0\leqq \frac{x^2}{D},\qquad 4D-x^2=3(x-4)^2\geqq0$$
より $0\leqq y\leqq4$。$x=0$ で $y=0$、$x=4$ で $y=4$ となるので、最小値は $0$、最大値は $4$、すなわち $\text{キ}=0,\ \text{ク}=4$。

(4) $\overrightarrow{OA}=(9,5,4),\ \overrightarrow{OB}=(2,2,8)$ とおくと、$|\overrightarrow{OA}|^2=122,\ |\overrightarrow{OB}|^2=72,\ \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=60$ である。面積を $S$ とすると
$$S^2=\frac14\bigl(|\overrightarrow{OA}|^2|\overrightarrow{OB}|^2-(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB})^2\bigr) =\frac{122\cdot72-60^2}{4}=1296,$$
ゆえに $S=36$。
平面 $OAB$ を $\ell x+my+nz=0$ とおく。$(A,B)$ を代入すると $9\ell+5m+4n=0,\ 2\ell+2m+8n=0$。$n=0$ ならこの連立式から $\ell=m=0$ となって法線が零ベクトルになるため、$n\ne0$。よって係数全体を定数倍して $n=1$ とおけ、$\ell=4,m=-8$ となるので、平面は $4x-8y+z=0$。法線ベクトル $(4,-8,1)$ の長さは $9$ であり、$C(4,4,7)$ から平面 $OAB$ までの距離（四面体の高さ）は
$$\frac{|4\cdot4-8\cdot4+7|}{\sqrt{4^2+(-8)^2+1^2}}=\frac9{9}=1.$$
したがって体積は $\frac13\cdot36\cdot1=12$。よって $\text{ケコ}=36,\ \text{サシ}=12$。

(5) $k=1,\ldots,7$ について
$$\frac{k^2-1}{(k+1)!}=\frac{k-1}{k!}=\frac1{(k-1)!}-\frac1{k!}.$$
よって階差が消去され、和は $1-\frac1{7!}=\frac{5039}{5040}$。したがって $\text{スセソタ}=5039,\ \text{チツテト}=5040$。

(6) $x^2+x+1$ で割った余りを考えると $x^3\equiv1$ だから $x^{20}\equiv x^2,\ x^{10}\equiv x$。したがって与式の余りは $x^2+ax+b\equiv(a-1)x+(b-1)$。これが $0$ である必要十分条件は $a-1=b-1=0$ なので $a=1,b=1$、すなわち $\text{ナ}=1,\ \text{ニ}=1$。

(7) $P=(x,y)$ とおくと
$$(\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA})\cdot(\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OB})=(x+3)(x-3)+y^2=x^2+y^2-9.$$
よって曲線は中心 $O$、半径 $3$ の円で、囲まれる面積は $9\pi$。したがって $\text{ヌ}=9$。
$Q$ から $A,B$ までの距離の和が $10$ である軌跡は、焦点が $A,B$、長軸の長さが $10$ の楕円である。焦点距離の半分 $c=3$、長半径 $a=5$ より短半径 $b=\sqrt{a^2-c^2}=4$。囲まれる面積は $\pi ab=20\pi$ であり、$\text{ネノ}=20$。

(8) $g(x)=C_2(x)-C_1(x)=x^3-3x^2+(3-8t)x+15$ とおく。相異なる $3$ 交点の $x$ 座標を $\alpha<\beta<\gamma$ とすると、$g$ はそれぞれの根で符号が変わる。二つの部分の面積が等しい条件は
$$\int_\alpha^\beta g(x)\,dx=-\int_\beta^\gamma g(x)\,dx, \quad\text{すなわち}\quad \int_\alpha^\gamma g(x)\,dx=0.$$
$m=(\alpha+\gamma)/2,\ d=(\gamma-\alpha)/2>0,\ u=x-m$ とおくと、積の形から
$$g(x)=(u^2-d^2)(u-(\beta-m)).$$
これを $u=-d$ から $u=d$ まで積分すると、奇関数部分の積分は $0$ であり
$$\int_\alpha^\gamma g(x)\,dx=\frac{4}{3}(\beta-m)d^3.$$
よって $\beta=m$、すなわち根は等間隔である。根の和が $3$ なので中央の根は $1$。根を $1-d,1,1+d$ とすれば、定数項から $1-d^2=-15$、従って $d=4$、根は $-3,1,5$。根の2つずつの積の和は $-13$ だから $3-8t=-13$ より $t=2$。
このとき $g(x)=(x+3)(x-1)(x-5)$。$u=x-1$ とおけば $g=u^3-16u$ であり、左側の面積は
$$\int_{-4}^{0}(u^3-16u)\,du=64.$$
右側も対称性から $64$。したがって面積の和は $128$、すなわち $\text{ハ}=2,\ \text{ヒフヘ}=128$。

(9) 加法定理より
$$2\cos x\sin3x+\sin2x=2\cos x(\sin3x+\sin x)=4\sin2x\cos^2x.$$
したがって解は $\sin2x=0$（$\cos x=0$ の場合もここに含まれる）であり、$x=n\pi/2$。範囲 $-2\pi<x<2\pi$ は $-4<n<4$ を意味するので $n=-3,-2,-1,0,1,2,3$ の $7$ 個。よって $\text{ホ}=7$。

(10) $f(x)=x^3+Mx^2-Nx+P$ とおく。$C_1$ を $y$ 軸対称移動後、さらに左へ $3$ 平行移動した曲線は $y=f(-x-3)$。ゆえに $C_2$ の $x=0$ の極大値 $34$ は、$C_1$ が $x=-3$ で極大値 $34$ をとることを表す。$C_1$ の極値条件から $f'(1)=f'(-3)=0$。$f'(x)=3x^2+2Mx-N$ は二次式なので
$$f'(x)=3(x-1)(x+3)=3x^2+6x-9,$$
従って $M=3,N=9$。さらに $f(1)=2$ より $1+3-9+P=2$、すなわち $P=7$。確認すると $f''(1)=12>0,\ f''(-3)=-12<0,\ f(-3)=34$ で、指定された極小・極大の条件を満たす。したがって $\text{マ}=3,\ \text{ミ}=9,\ \text{ム}=7$。