東北大理系 - 大学入試数学の資料集

東北大理系2021：第1問

roundown — Sun, 05 Dec 2021 10:22:49 +0000

\(a , b\) を実数とする. 曲線 \(y = ax^2 +bx +1\) が \(x\) 軸の正の部分と共有点を持たないような点 \(( a , b )\) の領域を図示せよ.

【解答】

\(f(x) = ax^2 +bx +1\) とおく.
\(f(x) = 0\) が正の解をもたない条件を考えればよい.

1*　\(a = 0\) のとき \[ f(x) = bx +1 \] つまり, \(f(x)\) は高々 \(1\) 次の関数であり, \(f(0) = 1 \gt 0\) なので, 条件をみたすのは \[ b \geqq 0 \quad ... [1] \]
2*　\(a \neq 0\) のとき
\(2\) 次方程式 \(f(x) = 0\) の判別式を \(D\) とおけば
- \(D \lt 0\) のとき
  \(f(x) = 0\) は解をもたないので, 条件をみたす. \[\begin{align} D = b^2 -4a & \lt 0 \\ \text{∴} \quad a & \gt \dfrac{b^2}{4} \quad ... [2] \end{align}\]
- \(D \geqq 0\) のとき
  \(f(x) = 0\) の \(2\) 解がともに \(0\) 以下であればよいので, 解と係数の関係より \[\begin{align} -\dfrac{b}{a} \leqq 0 \ & \text{かつ} \ \dfrac{1}{a} \geqq 0 \\ ab \geq0 \ & \text{かつ} \ a \gt 0 \quad ( \ \text{∵} \ a \neq 0 \ ) \\ \text{∴} \quad a \gt 0 \ & \text{かつ} \ b \geqq 0 \quad ... [3] \end{align}\]

以上より, 求める条件は [1] または [2] または [3] であり, 図示すると, 下図斜線部（実線の境界と●を含み, 点線の境界は含まない）.

東北大理系2021：第2問

roundown — Sun, 05 Dec 2021 10:24:03 +0000

\(a , b\) を \(0 \lt a \lt 1\) , \(0 \lt b \lt 1\) を満たす実数とする. 平面上の三角形 ABC を考え, 辺 AB を \(a : 1-a\) に内分する点を P , 辺 BC を \(b : 1-b\) に内分する点を Q , 辺 CA の中点を R とし, 三角形 ABC の面積を \(S\) , 三角形 PQR の面積を \(T\) とする.

(1)　\(\dfrac{T}{S}\) を \(a , b\) で表せ.
(2)　\(a , b\) が \(0 \lt a \lt \dfrac{1}{2}\) , \(0 \lt b \lt \dfrac{1}{2}\) の範囲を動くとき, \(\dfrac{T}{S}\) がとりうる値の範囲を求めよ.
(3)　\(p , q\) を \(3\) 以上の整数とし, \(a = \dfrac{1}{p}\) , \(b = \dfrac{1}{q}\) とする. \(\dfrac{T}{S}\) の逆数 \(\dfrac{S}{T}\) が整数となるような \(p , q\) の組 \(( p , q )\) をすべて求めよ.

【解答】

(1)

\[ \triangle \text{PBQ} = (1-a) b S \ , \ \triangle \text{QCR} = \dfrac{1-b}{2} S \ , \ \triangle \text{RAP} = \dfrac{a}{2} S \] なので \[\begin{align} T & = S -\triangle \text{PBQ} -\triangle \text{QCR} -\triangle \text{RAP} \\ & = \left\{ 1 -(1-a) b -\dfrac{1-b}{2} -\dfrac{a}{2} \right\} S \\ & = \dfrac{2ab -a -b +1}{2} S \end{align}\] よって \[ \dfrac{T}{S} = \underline{\dfrac{2ab -a -b +1}{2}} \]

(2)

\[ \dfrac{T}{S} = \dfrac{( 2a -1 ) ( 2b -1 ) +1}{4} \] 条件より \(0 \lt 2a -1 \lt 1\) , \(0 \lt 2b -1 \lt 1\) なので \[ \underline{\dfrac{1}{4} \lt \dfrac{T}{S} \lt \dfrac{1}{2}} \]

(3)

\(p \geqq 3\) , \(q \geqq 3\) ... [1] ならば, \(0 \lt \dfrac{1}{p} \lt \dfrac{1}{2}\) , \(0 \lt \dfrac{1}{q} \lt \dfrac{1}{2}\) なので, (2) の結果より \[ \dfrac{1}{4} \lt \dfrac{T}{S} \lt \dfrac{1}{2} \] ゆえに \[ 2 \lt \dfrac{S}{T} \lt 4 \] なので, \(\dfrac{S}{T}\) が整数ならば \[ \dfrac{S}{T} = 3 \] これをとくと \[\begin{align} \dfrac{2}{2ab -a -b +1} & = 3 \\ \dfrac{2pq}{pq -p -q +2} & = 3 \\ pq -3p -3q +6 & = 0 \\ ( p-3 ) ( q-3 ) & = 3 \end{align}\] [1] に注意すれば \[ ( p , q ) = \underline{( 6 , 4 ) , ( 4 , 6 )} \]

東北大理系2021：第3問

roundown — Sun, 05 Dec 2021 10:24:51 +0000

正八角形 \(\text{A}{} _ {1} \text{A}{} _ {2} \cdots \text{A}{} _ {8}\) について, 以下の問いに答えよ.

(1)　\(3\) 個の頂点を結んでできる三角形のうち, 直角三角形であるものの個数を求めよ.
(2)　\(3\) 個の頂点を結んでできる三角形のうち, 直角三角形でも二等辺三角形でもないものの個数を求めよ.
(3)　\(4\) 個の頂点を結んでできる四角形のうち, 次の条件 (＊) を満たすものの個数を求めよ.
1. (＊)　四角形の \(4\) 個の頂点から \(3\) 点を選んで直角三角形を作れる.

【解答】

(1)

正八角形は円に内接するので, 選んだ \(3\) 点に, 向かい合う頂点の組が含まれていれば, 直角三角形になる.
よって, 向かい合う \(4\) 組の頂点と, 他の \(6\) 点から \(1\) つを選べばよいので, 求める個数は \[ 4 \cdot 6 = \underline{24} \]

(2)

二等辺三角形になるのは, \(1\) つの頂点を決めて, 底角となる \(3\) 組の頂点を選べばよく, その個数は \[ 8 \cdot 3 = 24 \] \(3\) 組のうちの \(1\) 組は直角二等辺三角形となり, その個数は \(8\) .
三角形は全部で \[ {} _ {8} \text{C}{} _ {3} = \dfrac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 !} = 56 \ \text{個} \] あるので, (1) の結果も用いて, 求める個数は \[ 56 -24 -24 +8 = \underline{16} \]

(3)

\(4\) 点に, 向かい合う角の組が含まれていると, 条件をみたす.
条件をみたさないものを考えると, 向かい合う \(4\) 組の点から \(1\) つずつ選べばよいので \[ 2^4 = 16 \ \text{個} \] 四角形は全部で \[ {} _ {8} \text{C}{} _ {4} = \dfrac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{4 !} = 70 \ \text{個} \] あるので, 求める個数は \[ 70 -16 = \underline{54} \]

東北大理系2021：第4問

roundown — Sun, 05 Dec 2021 10:26:49 +0000

座標平面において, 次の条件 (＊) を満たす直線 \(\ell\) を考える.

(＊)　\(\ell\) の傾きは \(1\) で, 曲線 \(y = x^3 -2x\) と異なる \(3\) 点で交わる.

その交点を \(x\) 座標が小さなものから順に P, Q, R とし, さらに線分 PQ の中点を S とする.

(1)　点 R の座標を \(( a , a^3 -2x )\) とするとき, 点 S の座標を求めよ.
(2)　直線 \(\ell\) が条件 (＊) を満たしながら動くとき, 点 S の軌跡を求めよ.
(3)　直線 \(\ell\) が条件 (＊) を満たしながら動くとき, 線分 PS が動いてできる領域の面積を求めよ.

【解答】

(1)

\(\ell : \ y = x+k\) とおくと, 曲線の式から \(y\) を消去して \[\begin{align} x^3 -2x & = x +k \\ \text{∴} \quad x^3 -3x -k & = 0 \quad ... [1] \end{align}\] P, Q の \(x\) 座標を \(p , q\) とおけば, これらと \(a\) が [1] の \(3\) 解なので, 解と係数の関係より \[ \left\{ \begin{array}{ll} p +q +a = 0 & ... [2] \\ pq +a ( p+q ) = -3& ... [3] \\ apq = k & ... [4] \end{array} \right. \] [2] より, \(p+q = -a\) .
[3] に代入すれば \[\begin{align} pq -a^2 & = -3 \\ \text{∴} \quad pq & = a^2 -3 \end{align}\] [4] に代入して \[ k = a ( a^2 -3 ) \] 点 S の \(x\) 座標は \(\dfrac{p+q}{2} = -\dfrac{a}{2}\) で, \(\ell\) 上の点なので, \(y\) 座標は \[ -\dfrac{a}{2} +a ( a^2 -3 ) = a^3 -\dfrac{7a}{2} \] よって, 求める座標は \[ \underline{\left( -\dfrac{a}{2} , a^3 -\dfrac{7a}{2} \right)} \]

(2)

[1] の左辺を \(f(x)\) とおくと \[ f'(x) = 3x^2 -3 = 3 (x+1) (x-1) \] ゆえに, \(f(x)\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} x & \cdots & -1 & \cdots & 1 & \cdots \\ \hline f'(x) & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline f(x) & \nearrow & 2-k & \searrow & -2-k & \nearrow \end{array} \] したがって, [1] が異なる \(3\) 実数解をもつ条件は \[\begin{align} 2-k \gt 0 \ & \text{かつ} \ -2-k \lt 0 \\ -2 & \lt a ( a^2 -3 ) \lt 2 \\ a^3 -3a +2 \gt 0 \ & \text{かつ} \ a^3 -3a -2 \lt 0 \\ (a-1) ( a^2 +a +2 ) \gt 0 \ & \text{かつ} \ (a+1)^2 (a-2) \lt 0 \end{align}\] \(a^2 +a +2 = \left( a +\dfrac{1}{2} \right)^2 +\dfrac{7}{4} \gt 0\) , \((a+1)^2 \gt 0\) なので \[\begin{align} a-1 \gt 0 \ & \text{かつ} \ a-2 \lt 0 \\ \text{∴} \quad & 1 \lt a \lt 2 \quad ... [5] \end{align}\] 点 S \(( X , Y )\) とおけば, (1) の結果より, \(X = -\dfrac{a}{2}\) なので \[ a = -2X \] ゆえに \[ Y = (-2X)^3 +\dfrac{7}{2} \cdot 2X = -8 X^3 +7X \] また, [5] より \[\begin{align} 1 & \lt -2X \lt 2 \\ \text{∴} \quad -1 & \lt X \lt -\dfrac{1}{2} \end{align}\] よって, 求める軌跡は \[ \underline{\text{曲線} \ : \ y = -8x^3 +7x \ \left( -1 \lt x \lt -\dfrac{1}{2} \right)} \]

(3)

[5] より \(\ell\) は \(y = x-2\) から \(y = x+2\) まで動き,
点 S の \(x\) 座標は \(-\dfrac{1}{2}\) から \(-1\) に変化する.
点 S の軌跡の式と \(y = x-2\) から \[\begin{align} -8x^3 +7x & = x-2 \\ 4x^3 -6x -1 & = 0 \\ ( 2x +1 )^2 (x-1) & = 0 \\ \text{∴} \quad x & = -\dfrac{1}{2} , 1 \end{align}\] したがって, 線分 PS の動く領域は下図斜線部.

よって, 求める面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = \displaystyle\int _ {-2}^{-1} \left\{ ( x^3 -2x ) -(x-2) \right\} \, dx \\ & \qquad +\displaystyle\int _ {-1}^{-\frac{1}{2}} \left\{ ( -8x^3 +7x ) -(x-2) \right\} \, dx \\ & = \displaystyle\int _ {-2}^{-1} ( x^3 -3x +2 ) \, dx +2 \displaystyle\int _ {-1}^{-\frac{1}{2}} ( -4x^3 +3x +1 ) \, dx \\ & = \left[ \dfrac{x^4}{4} -\dfrac{3}{2} x^2 +2x \right] _ {-2}^{-1} +2 \left[ -x^4 +\dfrac{3}{2} x^2 +x \right] _ {-1}^{-\frac{1}{2}} \\ & = -\dfrac{13}{4} +6 -\dfrac{3}{8} +1 \\ & = \underline{\dfrac{27}{8}} \end{align}\]

東北大理系2021：第5問

roundown — Sun, 05 Dec 2021 10:28:21 +0000

\(z\) を複素数とする. 複素数平面上の \(3\) 点 O \(( 0 )\) , A \(( z )\) , B \(( z^2 )\) について, 以下の問いに答えよ.

(1)　\(3\) 点 O, A, B が同一直線上にあるための \(z\) の必要十分条件を求めよ.
(2)　\(3\) 点 O, A, B が二等辺三角形の頂点になるような \(z\) 全体を複素数平面上に図示せよ.
(3)　\(3\) 点 O, A, B が二等辺三角形の頂点であり, かつ \(z\) の偏角 \(\theta\) が \(0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{3}\) を満たすとき, 三角形 OAB の面積の最大値とそのときの \(z\) の値を求めよ.

【解答】

(1)

\(z^2 = kz\) ... [1] をみたす実数 \(k\) が存在する条件を求めればよい.
[1] より \[\begin{align} z ( z-k ) & = 0 \\ \text{∴} \quad z = 0 , k \end{align}\] よって, 求める条件は \[ \underline{z \ \text{は実数}} \]

(2)

(1) の結果より, 「 \(z\) は実数ではない」... [2] .

1*　\(\text{OA} = \text{OB}\) となるのは \[\begin{align} | z^2 | & = | z | \\ | z |^2 & = | z | \\ \text{∴} \quad | z | & = 1 \quad ... [3] \end{align}\]
2*　\(\text{OA} = \text{AB}\) となるのは \[\begin{align} | z^2 -z | & = | z | \\ | z | | z-1 | & = | z | \\ \text{∴} \quad | z-1 | & = 1 \quad ... [4] \end{align}\]
3*　\(\text{OB} = \text{AB}\) となるのは \[\begin{align} | z^2 -z | & = | z^2 | \\ | z | | z-1 | & = | z |^2 \\ \text{∴} \quad | z | & = | z-1 | \quad ... [5] \end{align}\] これは, 点 \(0\) と \(1\) の垂直二等分線を示す.

1* ～ 3* と [2] より, 求める範囲は下図実線部（〇は含まない）.

(3)

\(z^2\) の偏角は \(2 \theta\) なので, \(\angle \text{AOB} = \theta\) であり \[\begin{align} \triangle \text{OAB} & = \dfrac{1}{2} | z | | z^2 | \sin \theta \\ & = \dfrac{| z |^3}{2} \sin \theta \end{align}\] \(\theta\) を固定すると, \(\triangle \text{OAB}\) が最大となるのは, \(| z |\) が最大となるときなので, \(| z-1 | = 1\) の場合について考えればよい.
\(z-1\) の偏角は, 円周角の定理より \(2 \theta\) なので \[ z = 1 +\cos 2 \theta +i \sin \theta \] ゆえに \[\begin{align} | z |^2 & = ( 1 +\cos 2 \theta )^2 +\sin^2 \theta \\ & = 2 +2 \cos 2 theta \\ & = 2 +2 ( \cos^2 \theta -1 ) \\ & = 4 \cos^2 \theta \end{align}\] \(\cos \theta \gt 0\) なので \[ | z | = 2 \cos \theta \] したがって \[ \triangle \text{OAB} = 4 \cos^3 \theta \sin \theta \] \(f ( \theta ) = \cos^3 \theta \sin \theta\) とおくと \[\begin{align} f' ( \theta ) & = 3 \cos^2 \theta ( -\sin \theta ) \sin \theta +\cos^3 \theta \cdot \cos \theta \\ & = \cos^2 \theta ( -3\sin^2 \theta +\cos^2 \theta ) \\ & = \cos^2 ( 4 \cos^2 -3 ) \\ & = \cos^2 ( 2 \cos -\sqrt{3} ) ( 2 \cos +\sqrt{3} ) \end{align}\] \(f' ( \theta ) = 0\) をとくと, \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\) .
したがって, \(f ( \theta )\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & 0 & \cdots & \dfrac{\pi}{6} & \cdots & \dfrac{\pi}{3} \\ \hline f' ( \theta ) & & + & 0 & - & \\ \hline f( \theta ) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] \[ f \left( \dfrac{\pi}{6} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^3 \dfrac{1}{2} = \dfrac{3 \sqrt{3}}{16} \] よって, \(\triangle \text{OAB}\) は \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\) すなわち \[ z = \underline{\dfrac{3}{2} +\dfrac{\sqrt{3}}{2} i} \] のとき, 最大値 \[ 4 f \left( \dfrac{\pi}{6} \right) = \underline{\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}} \] をとる.

東北大理系2021：第6問

roundown — Sun, 05 Dec 2021 10:29:42 +0000

以下の問いに答えよ.

(1)　正の実数 \(a\) と正の整数 \(n\) に対して次の等式が成り立つことを示せ. ただし, \(e\) は自然対数の底とする. \[ e^a = 1 +a +\dfrac{a^2}{2 !} +\cdots +\dfrac{a^n}{n !} +\displaystyle\int _ {0}^{a} \dfrac{(a-x)^n}{n !} e^x \, dx \]
(2)　正の実数 \(a\) と正の整数 \(n\) に対して次の不等式を示せ. \[ \dfrac{a^{n+1}}{(n+1) !} \leqq \displaystyle\int _ {0}^{a} \dfrac{(a-x)^n}{n !} e^x \, dx \leqq \dfrac{e^a a^{n+1}}{(n+1) !} \]
(3)　不等式 \[ \left| e -\left( 1 +1 +\dfrac{1}{2 !} +\cdots +\dfrac{1}{n !} \right) \right| \lt 10^{-3} \] を満たす最小の正の整数 \(n\) を求めよ. 必要ならば \(2 \lt e \lt 3\) であることは証明なしに用いてもよい.

【解答】

(1)

示したい式を [A] とおき, 帰納法を用いて示す.

1*　\(n = 1\) のとき \[\begin{align} \displaystyle\int _ {0}^{a} (a-x) e^x \, dx & = \left[ (a-x) e^x \right] _ {0}^{a} +\displaystyle\int _ {0}^{a} e^x \, dx \\ & = -a +\left[ e^x \right] _ {0}^{a} = e^a -1 -a \end{align}\] ゆえに, [A] が成立する.
2*　\(n = k\) のとき [A] が成立すると仮定すると \[\begin{align} \displaystyle\int _ {0}^{a} \dfrac{(a-x)^{k+1}}{(k+1) !} e^x \, dx & = \left[ \dfrac{(a-x)^{k+1}}{(k+1) !} e^x \right] _ {0}^{a} +\displaystyle\int _ {0}^{a} \dfrac{(a-x)^k}{k !} e^x \, dx \\ & = -\dfrac{a^{k+1}}{(k+1) !} +e^a -\left( 1 +a +\cdots +\dfrac{a^k}{k !} \right) \end{align}\] ゆえに, \(n = k+1\) のときも [A] が成立する.

以上より, 題意は示された.

(2)

\(0 \leqq x \leqq a\) において, \(a-x \geqq 0\) , \(1 \leqq e^x \leqq e^a\) なので \[ \dfrac{(a-x)^n}{n !} \leqq \dfrac{(a-x)^n}{n !} e^x \leqq \dfrac{(a-x)^n}{n !} e^a \] \(\displaystyle\int _ {0}^{a} (a-x)^n \, dx = \dfrac{a^n}{n+1}\) なので, 辺々を \(x\) について \(0 \rightarrow a\) で積分すれば \[ \dfrac{a^{n+1}}{(n+1) !} \leqq \displaystyle\int _ {0}^{a} \dfrac{(a-x)^n}{n !} e^x \, dx \leqq \dfrac{e^a a^{n+1}}{(n+1) !} \]

(3)

\(S_n = e -\left( 1 +1 +\dfrac{1}{2 !} +\cdots +\dfrac{1}{n !} \right)\) とおく.
(1) (2) の結果について, \(a=1\) とすれば \[ \dfrac{1}{(n+1) !} \leqq S_n \leqq \dfrac{e}{(n+1) !} \] これを用いれば, \(n = 5\) のとき \[ S_5 \geqq \dfrac{1}{6 !} = \dfrac{1}{720} \gt 10^{-3} \] \(n = 6\) のとき, \(e \lt 3\) も用いて \[ S_6 \leqq \dfrac{e}{7 !} \lt \dfrac{1}{1680} \lt 10^{-3} \] \(S_n\) は \(n\) の減少関数で, \(S_5 \gt 10^{-3} \gt S_6\) だから, 求める \(n\) の値は \[ n = \underline{6} \]

東北大理系2016：第1問

roundown — Sat, 18 Sep 2021 06:29:44 +0000

鋭角三角形 \(\triangle \text{ABC}\) において, 頂点 A , B , C から各対辺に垂線 AD , BE , CF を下ろす. これらの垂線は垂心 H で交わる. このとき, 以下の問に答えよ.

(1)　四角形 BCEF と AFHE が円に内接することを示せ.
(2)　\(\angle \text{ADE} = \angle \text{ADF}\) であることを示せ.

【解答】

(1)

\(\angle \text{BEC} = \angle \text{BFC} = 90^{\circ}\) なので, 点 E , F は BC を直径とする円周上にある.
よって, 四角形 BCEF は, 円に内接する.
\(\angle \text{AFH} = \angle \text{AEH} = 90^{\circ}\) なので, 点 E , F は AH を直径とする円周上にある.
よって, 四角形 AFHE は, 円に内接する.

(2)

(1) の結果から, 円周角の定理より \[ \angle \text{FBE} = \angle \text{FCE} \quad ... [1] \ . \] (1) と同様に考えると, 四角形 BDHF , 四角形 CEHD も円に内接するので, 円周角の定理より \[ \angle \text{FBH} = \angle \text{FDH} , \ \angle \text{HCE} = \angle \text{HDE} \quad ... [2] \ . \] [1] [2] より \[ \underline{\angle \text{ADE} = \angle \text{ADF}} \ . \]

東北大理系2016：第2問

roundown — Sat, 18 Sep 2021 06:31:38 +0000

以下の問いに答えよ.

(1)　\(6\) 以上の整数 \(n\) に対して不等式 \[ 2^n \gt n^2 +7 \] が成り立つことを数学的帰納法により示せ.
(2)　等式 \[ p^q = q^p +7 \] を満たす素数の組 \(( p , q )\) をすべて求めよ.

【解答】

(1)

示したい不等式を [A] とおく.

1*　\(n = 6\) のとき \[ 2^6 = 64 \gt 43 = 6^2 +7 \ . \] なので, [A] が成立する.
2*　\(n = k \ ( k \geqq 6 )\) のとき
[A] が成立する, すなわち \[ 2^k \gt k^2 +7 \quad ... [1] \] と仮定すると \[\begin{align} 2^{k+1} -( k+1 )^2 -7 & \gt 2 ( k^2 +7 ) -k^2 -2k -8 \quad ( \text{∵} \ [1] \ ) \\ & = k^2 -2k +6 \\ & = ( k-1 )^2 +5 \gt 0 \ . \end{align}\] すなわち \[ 2^{k+1} \gt ( k+1 )^2 +7 \] で, \(n = k+1\) のときも [A] が成立する.

1* 2* から, 数学的帰納法により, 題意は示された.

(2)

1*　\(p = 2\) のとき \[ 2^q = q^2 +7 \] 両辺の奇偶を考えると, \(q\) は奇数であり, (1) の結果より, \(q \leqq 5\) なので, \(q\) の候補は \(3 , 5\) のみ.
- \(q=3\) のとき \[ 2^3 = 8 \neq 16 = 3^2 +7 \] で不適.
- \(q=5\) のとき \[ 2^5 = 32 = 5^2 +7 \] で適する.
2*　\(p\) が \(3\) 以上の素数のとき
両辺の奇偶を考えると \(q=2\) であり \[ p^2 = 2^p +7 \ . \] (1) の結果より, \(p \geqq 6\) のとき \[ p^2 \lt 2^p -7 \lt 2^p +7 \ . \] なので, \(p\) の候補は \(3 , 5\) のみ.
- \(p=3\) のとき \[ 3^2 = 9 \neq 15 = 2^3 +7 \] で不適.
- \(p=5\) のとき \[ 5^2 = 25 \neq 39 = 2^5 +7 \] で不適.

以上より, 求める組は \[ ( p , q ) = \underline{( 2 , 5 )} \ . \]

東北大理系 - 大学入試数学の資料集

東北大理系2021：第1問

【 解 答 】

東北大理系2021：第2問

【 解 答 】

東北大理系2021：第3問

【 解 答 】

東北大理系2021：第4問

【 解 答 】

東北大理系2021：第5問

【 解 答 】

東北大理系2021：第6問

【 解 答 】

東北大理系2016：第1問

【 解 答 】

東北大理系2016：第2問

【 解 答 】

【解答】

【解答】

【解答】

【解答】

【解答】

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