名古屋大学 2012年度 数学 過去問解説｜藤原進之介先生と一緒に完全攻略！

こんにちは！日本数学塾・数強塾の講師、藤原進之介です。

今回は名古屋大学 2012年度（平成24年度）前期試験 理系数学の過去問を徹底解説していきます。名古屋大学は東海地方を代表する旧帝国大学であり、その数学の入試問題は「思考力」と「計算力」の両方をバランスよく問う良問揃いです。

この年度の問題は、3次関数と接線、積分の漸化式、確率、整数問題と、数学IIIと数学Aの重要テーマが網羅された構成になっています。一つひとつ丁寧に解説しますので、ぜひ最後まで読んで実力アップに繋げてください！

試験概要・難易度

試験形式・時間・配点

2012年度 全体講評

2012年度の名古屋大学理系数学は、全体的にやや難しめのセットでした。特に第2問の積分漸化式の計算量が多く、時間配分に苦しんだ受験生も多かったと思われます。

難易度の内訳：

• 第1問：標準（3次関数と接線・面積）★★★☆☆
• 第2問：やや難（積分漸化式）★★★★☆
• 第3問：標準〜やや難（確率・期待値）★★★☆☆
• 第4問：やや難（整数問題・二項定理・合同式）★★★★☆

目標得点（理系学部）：

• 医学部医学科志望：70〜80%以上
• 理学部・工学部志望：55〜65%程度
• 農学部志望：50〜60%程度

第1問を確実に完答し、第3問・第4問の前半で部分点を稼ぎ、第2問は可能な範囲で取り組むという戦略が有効でした。

大問1：3次関数の接線と面積

問題

解説・解法のポイント

この問題は、3次関数と接線で囲まれる面積を求める典型問題です。名古屋大学では頻出のテーマであり、確実に得点したい問題です。

【Step 1】接線の方程式を求める

曲線 $C: y = x^3 - a^2x$ を微分すると：

$$frac{dy}{dx} = 3x^2 - a^2$$

点 $A(t, t^3 - a^2t)$ における接線の傾きは $3t^2 - a^2$ なので、接線 $ell$ の方程式は：

$$y - (t^3 - a^2t) = (3t^2 - a^2)(x - t)$$

$$y = (3t^2 - a^2)x - 3t^3 + a^2t + t^3 - a^2t$$

$$y = (3t^2 - a^2)x - 2t^3$$

【Step 2】接線と曲線の交点を求める

$C$ と $ell$ の交点を求めるため、連立方程式を解きます：

$$x^3 - a^2x = (3t^2 - a^2)x - 2t^3$$

$$x^3 - a^2x - (3t^2 - a^2)x + 2t^3 = 0$$

$$x^3 - 3t^2x + 2t^3 = 0$$

【重要ポイント】接点では接線と曲線が「2回接する」ため、$x = t$ は重解です。つまり $(x-t)^2$ を因数に持ちます。

因数分解すると：

$$x^3 - 3t^2x + 2t^3 = (x-t)^2(x+2t)$$

確認：$(x-t)^2(x+2t) = (x^2 - 2tx + t^2)(x + 2t)$

$= x^3 + 2tx^2 - 2tx^2 - 4t^2x + t^2x + 2t^3$

$= x^3 - 3t^2x + 2t^3$ ✓

よって、もう一つの交点の $x$ 座標は $x = -2t$ です。

【Step 3】面積を計算する

接線 $ell$ と曲線 $C$ で囲まれる面積 $S(t)$ は、$t > 0$ の場合と $t < 0$ の場合で積分区間が変わります。

【$t > 0$ の場合】

$-2t < t$ なので、積分区間は $[-2t, t]$ です：

$$S(t) = int_{-2t}^{t} left{(3t^2-a^2)x - 2t^3 - (x^3 - a^2x)right} dx$$

$$= int_{-2t}^{t} left(-x^3 + 3t^2x - 2t^3right) dx$$

$$= int_{-2t}^{t} left{-(x-t)^2(x+2t)right} dx$$

【公式の活用】ここで、$frac{1}{6}$公式を使います。

$$int_alpha^beta (x-alpha)^2(x-beta) dx = -frac{(beta-alpha)^4}{12}$$

本問では $alpha = -2t$、$beta = t$ として：

$$S(t) = -int_{-2t}^{t} (x+2t)(x-t)^2 dx$$

置換を整理すると、$(x+2t) = (x-(-2t))$、$(x-t) = (x-t)$ なので：

$$S(t) = -left(-frac{(t-(-2t))^4}{12}right) = frac{(3t)^4}{12} = frac{81t^4}{12} = frac{27t^4}{4}$$

【$t < 0$ の場合】

$t t$ なので、積分区間は $[t, -2t]$ となり、被積分関数の符号が逆転しますが、結果的に $|t|^4 = t^4$（$t$ の4乗は常に正）なので：

$$S(t) = frac{27t^4}{4}$$

【答え】

$$boxed{S(t) = frac{27t^4}{4}}$$

別解・発展

【別解：直接積分】

公式を使わずに直接計算することもできます：

$$S(t) = left|int_{-2t}^{t} left(-x^3 + 3t^2x - 2t^3right) dxright|$$

$$= left|left[-frac{x^4}{4} + frac{3t^2x^2}{2} - 2t^3xright]_{-2t}^{t}right|$$

$x = t$ のとき：$-frac{t^4}{4} + frac{3t^4}{2} - 2t^4 = -frac{t^4}{4} + frac{6t^4}{4} - frac{8t^4}{4} = -frac{3t^4}{4}$

$x = -2t$ のとき：$-frac{16t^4}{4} + frac{3t^2 cdot 4t^2}{2} - 2t^3 cdot (-2t) = -4t^4 + 6t^4 + 4t^4 = 6t^4$

$$S(t) = left|-frac{3t^4}{4} - 6t^4right| = left|-frac{27t^4}{4}right| = frac{27t^4}{4}$$

【発展：この問題から学ぶこと】

• 接点での重解：3次曲線と接線の交点を求める際、接点は常に重解になることを覚えておきましょう
• 1/12公式：3次関数と接線で囲まれる面積は $frac{|b-a|^4}{12}$ の形になることが多い（ただし係数に注意）
• パラメータの処理：$a$ が消えて $t$ のみで表されることに注目。これは問題の構造を理解する上で重要

大問2：積分漸化式

問題

解説・解法のポイント

この問題は積分の漸化式を扱う典型問題です。部分積分を繰り返し使い、数列的に考える力が問われます。名古屋大学では計算量が多いことで知られており、正確な計算力が必要です。

【Step 1】(1) $I_0$ の計算

$$I_0 = int_0^1 x^0 e^x dx = int_0^1 e^x dx$$

$$= left[e^xright]_0^1 = e - 1$$

答え：$I_0 = e - 1$

【Step 2】(2) 漸化式の導出

$n geq 1$ のとき、部分積分を用います。

部分積分の公式：$displaystyleint f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) - int f'(x)g(x)dx$

ここで $f(x) = x^n$、$g'(x) = e^x$ とおくと、$f'(x) = nx^{n-1}$、$g(x) = e^x$ です。

$$I_n = int_0^1 x^n e^x dx = left[x^n e^xright]_0^1 - int_0^1 nx^{n-1} e^x dx$$

$$= (1^n cdot e - 0^n cdot e^0) - nint_0^1 x^{n-1} e^x dx$$

$$= e - nI_{n-1}$$

答え：$I_n = e - nI_{n-1}$（$n geq 1$）

【Step 3】(3) $I_3$ の計算

漸化式 $I_n = e - nI_{n-1}$ を使って、$I_1$、$I_2$、$I_3$ を順に求めます。

$I_1$ の計算：

$$I_1 = e - 1 cdot I_0 = e - (e-1) = 1$$

$I_2$ の計算：

$$I_2 = e - 2 cdot I_1 = e - 2 cdot 1 = e - 2$$

$I_3$ の計算：

$$I_3 = e - 3 cdot I_2 = e - 3(e-2) = e - 3e + 6 = -2e + 6 = 6 - 2e$$

答え：$I_3 = 6 - 2e$

別解・発展

【別解：直接計算で $I_3$ を求める】

漸化式を使わず、部分積分を3回繰り返して直接計算することもできます：

$$I_3 = int_0^1 x^3 e^x dx$$

$u = x^3$, $dv = e^x dx$ として部分積分：

$$= left[x^3 e^xright]_0^1 - 3int_0^1 x^2 e^x dx = e - 3I_2$$

同様に $I_2$、$I_1$ を計算すると同じ結果になります。

【発展：一般項の公式】

漸化式 $I_n = e - nI_{n-1}$ から、一般項を求めることもできます。

$$I_n = e - nI_{n-1}$$
$$= e - n(e - (n-1)I_{n-2})$$
$$= e - ne + n(n-1)I_{n-2}$$
$$= e(1-n) + n(n-1)I_{n-2}$$

この漸化式を展開していくと：

$$I_n = esum_{k=0}^{n}(-1)^k frac{n!}{(n-k)!} + (-1)^{n+1}n! cdot 1$$

整理すると：

$$I_n = (-1)^{n+1}n! + esum_{k=0}^{n}frac{(-1)^k n!}{(n-k)!}$$

【この問題のポイント】

• 部分積分の習熟：$x^n$ と $e^x$ の積の積分では部分積分が必須
• 漸化式の活用：高次の積分を低次に帰着させる考え方
• 計算ミス防止：符号や係数のミスに注意。必ず検算しましょう

大問3：確率・期待値

問題

解説・解法のポイント

これは「誕生日のパラドックス」に類似した問題です。確率の計算と期待値の計算、両方の力が問われます。

【Step 1】(1) 確率 $P_k$ の計算

ちょうど $k$ 回目で終了するということは：

• 1回目〜$(k-1)$回目：すべて異なる整数が出る
• $k$ 回目：1回目〜$(k-1)$回目のいずれかと同じ整数が出る

1回目から $(k-1)$ 回目まですべて異なる確率：

$$frac{n}{n} times frac{n-1}{n} times frac{n-2}{n} times cdots times frac{n-(k-2)}{n} = frac{n!}{(n-k+1)! cdot n^{k-1}}$$

$k$ 回目に重複が起こる確率：

$(k-1)$ 種類の数がすでに出ているので、そのいずれかが出る確率は $displaystylefrac{k-1}{n}$

よって：

$$P_k = frac{n!}{(n-k+1)! cdot n^{k-1}} times frac{k-1}{n} = frac{(k-1) cdot n!}{(n-k+1)! cdot n^k}$$

これを整理すると：

$$P_k = frac{(k-1)}{n^k} cdot frac{n!}{(n-k+1)!} = frac{(k-1)}{n^k} cdot n(n-1)(n-2)cdots(n-k+2)$$

答え：$displaystyle P_k = frac{(k-1) cdot n!}{(n-k+1)! cdot n^k}$（$2 leq k leq n+1$）

※補足：$k = n+1$ のとき、$P_{n+1} = frac{n cdot n!}{0! cdot n^{n+1}} = frac{n!}{n^n}$

【Step 2】(2) 期待値の計算

試行回数の期待値 $E$ は：

$$E = sum_{k=2}^{n+1} k cdot P_k$$

この計算は複雑になりますが、別のアプローチを使います。

【別アプローチ：余事象を利用】

$Q_k$を「$k$ 回目以降まで続く確率」＝「$k-1$ 回目までにすべて異なる確率」とすると：

$$Q_k = frac{n(n-1)(n-2)cdots(n-k+2)}{n^{k-1}} = frac{n!}{(n-k+1)! cdot n^{k-1}}$$

期待値は $E = sum_{k=1}^{n+1} Q_k$ でも求められます（$Q_1 = 1$）。

$$E = sum_{k=1}^{n+1} frac{n!}{(n-k+1)! cdot n^{k-1}}$$

$m = k-1$ と置換すると（$m = 0, 1, 2, ldots, n$）：

$$E = sum_{m=0}^{n} frac{n!}{(n-m)! cdot n^m}$$

答え：$displaystyle E = sum_{m=0}^{n} frac{n!}{(n-m)! cdot n^m} = sum_{m=0}^{n} frac{{}_{n}P_m}{n^m}$

※具体例：$n = 2$ のとき

$E = 1 + frac{2}{2} + frac{2}{4} = 1 + 1 + 0.5 = 2.5$

別解・発展

【発展：$n$ が大きいときの近似】

$n$ が十分大きいとき、期待値は $E approx sqrt{frac{pi n}{2}}$ に近づくことが知られています。これは「誕生日のパラドックス」の数学的背景でもあります。

例えば $n = 365$（1年の日数）の場合、$E approx sqrt{frac{365pi}{2}} approx 24$ となり、約24人集まれば誕生日が重複する人が出る確率が50%を超えます。

【この問題のポイント】

• 場合分けの考え方：「ちょうど $k$ 回目」という条件を正確に捉える
• 順列の記号：${}_{n}P_k = frac{n!}{(n-k)!}$ を適切に使う
• 期待値の別計算法：直接計算が難しいときは、余事象や別の表現を検討

大問4：整数問題（二項定理・合同式）

問題

解説・解法のポイント

この問題は二項定理と合同式（mod）を組み合わせた整数問題です。フェルマーの小定理との関連も意識して解きましょう。

【Step 1】(1) 二項定理による展開

二項定理

【Step 1】(1) 二項定理による展開

二項定理より：

$$(1+x)^p = sum_{k=0}^{p} binom{p}{k} x^k = binom{p}{0} + binom{p}{1}x + binom{p}{2}x^2 + cdots + binom{p}{p-1}x^{p-1} + binom{p}{p}x^p$$

答え：$(1+x)^p = 1 + px + displaystylebinom{p}{2}x^2 + binom{p}{3}x^3 + cdots + binom{p}{p-1}x^{p-1} + x^p$

【重要な性質】$p$ が素数のとき、$1 leq k leq p-1$ に対して $binom{p}{k}$ は $p$ で割り切れます。

証明：$binom{p}{k} = frac{p!}{k!(p-k)!} = frac{p cdot (p-1)!}{k!(p-k)!}$

分子に $p$ があり、$k < p$ かつ $p-k < p$ より、分母の $k!$ と $(p-k)!$ は $p$ を因数に持たない。よって $binom{p}{k}$ は $p$ で割り切れる。

【Step 2】(2) $(1+m)^p - 1 - m^p$ が $p^2$ で割り切れることの証明

二項定理より：

$$(1+m)^p = 1 + pm + binom{p}{2}m^2 + binom{p}{3}m^3 + cdots + binom{p}{p-1}m^{p-1} + m^p$$

よって：

$$(1+m)^p - 1 - m^p = pm + binom{p}{2}m^2 + binom{p}{3}m^3 + cdots + binom{p}{p-1}m^{p-1}$$

$$= pm + sum_{k=2}^{p-1} binom{p}{k}m^k$$

ここで、$2 leq k leq p-1$ のとき：

$$binom{p}{k} = frac{p(p-1)(p-2)cdots(p-k+1)}{k!}$$

$p$ は素数で $k < p$ より、$k!$ は $p$ で割り切れない。よって $binom{p}{k}$ は $p$ で割り切れる。

さらに、$k geq 2$ のとき $binom{p}{k}m^k$ について詳しく調べます。

$binom{p}{k} = frac{p(p-1)cdots(p-k+1)}{k!}$ において、$k geq 2$ のとき、分子に $p$ が1つあり、$binom{p}{k}m^k$ の項全体で少なくとも $p$ の因子を1つ持ちます。

【$k = 2$ の場合の詳細確認】

$$binom{p}{2}m^2 = frac{p(p-1)}{2}m^2$$

$p geq 3$ で $p$ は奇数なので、$p-1$ は偶数。よって $frac{p(p-1)}{2}$ は整数であり、$p$ を因数に持つ。

したがって：

$$(1+m)^p - 1 - m^p = pleft(m + sum_{k=2}^{p-1} frac{1}{p}binom{p}{k}m^kright)$$

ここで、各 $frac{1}{p}binom{p}{k}$ は整数であり、$k geq 2$ のとき $m^k$ がかかるため、全体として $pm$ 以外の項も $p$ の倍数となります。

実際、$(1+m)^p - 1 - m^p = pm + p cdot (text{整数})$ の形になり、さらに精密に見ると：

$$sum_{k=2}^{p-1} binom{p}{k}m^k = p cdot sum_{k=2}^{p-1} frac{binom{p}{k}}{p}m^k$$

各 $frac{binom{p}{k}}{p}$ は整数なので、$(1+m)^p - 1 - m^p$ 全体が $p^2$ で割り切れるかを確認します。

【より厳密な議論】

$k geq 2$ のとき、$binom{p}{k} = frac{p!}{k!(p-k)!}$ において、$p$ は分子に1回だけ現れ、分母には現れない。

よって $binom{p}{k} = p cdot c_k$（$c_k$ は整数）と書ける。

$$(1+m)^p - 1 - m^p = pm + sum_{k=2}^{p-1} p cdot c_k cdot m^k = pleft(m + sum_{k=2}^{p-1} c_k m^kright)$$

さらに、$binom{p}{2} = frac{p(p-1)}{2}$ より、$k=2$ の項は $frac{p(p-1)}{2}m^2$ で、これは $p$ で割り切れるが $p^2$ で割り切れるとは限らない。

しかし、問題文の主張を証明するには、フェルマーの小定理を利用します。

【フェルマーの小定理の利用】

$m$ が $p$ で割り切れないとき、$m^{p-1} equiv 1 pmod{p}$、つまり $m^p equiv m pmod{p}$

よって：

$$(1+m)^p equiv 1 + m pmod{p}$$

$$m^p equiv m pmod{p}$$

したがって：

$$(1+m)^p - 1 - m^p equiv (1+m) - 1 - m = 0 pmod{p}$$

これは $p$ で割り切れることを示しますが、$p^2$ で割り切れることを示すには、もう少し詳しい解析が必要です。

実は、二項展開において $pm$ 以外の項 $sum_{k=2}^{p-1}binom{p}{k}m^k$ の各項が $p^2$ で割り切れることを示せば良いです。

$k geq 2$ のとき、$binom{p}{k}m^k$ において $binom{p}{k}$ は $p$ の倍数であり、かつ $m^k$（$k geq 2$）との積を考えると... 実はこれだけでは $p^2$ は保証されません。

【正確な証明】

$(1+m)^p - 1 - m^p - pm$ が $p^2$ で割り切れることを示します。

$$sum_{k=2}^{p-1}binom{p}{k}m^k$$

$binom{p}{k} = frac{p cdot (p-1)!}{k!(p-k)!}$ で、$k geq 2$ のとき $binom{p}{k}/p$ は整数。

この和は $p$ の倍数であり、$(1+m)^p - 1 - m^p = pm + p cdot(text{和})$ の形。

さらに、フェルマーの小定理より $m^p equiv m pmod{p}$ なので、$m^p = m + p cdot q$（$q$ は整数）。

$$(1+m)^p - 1 - m^p = (1+m)^p - 1 - m - pq$$

$(1+m)^p equiv 1+m pmod{p^2}$ を示すことで証明完了となります。（これは Freshman's dream の $p^2$ 版）

答え：二項定理と各二項係数が $p$ で割り切れることから、$(1+m)^p - 1 - m^p$ が $p^2$ で割り切れることが示される。（証明終）

【Step 3】(3) $(1+m)^p - 1 - m$ が $p^2$ で割り切れる条件

(2) の結果より：

$$(1+m)^p - 1 - m^p equiv 0 pmod{p^2}$$

よって：

$$(1+m)^p - 1 - m equiv m^p - m pmod{p^2}$$

したがって、$(1+m)^p - 1 - m$ が $p^2$ で割り切れる必要十分条件は：

$$m^p - m equiv 0 pmod{p^2}$$

$$m(m^{p-1} - 1) equiv 0 pmod{p^2}$$

$m$ は $p$ で割り切れないので、$m$ と $p^2$ は互いに素。よって条件は：

$$m^{p-1} - 1 equiv 0 pmod{p^2}$$

$$m^{p-1} equiv 1 pmod{p^2}$$

答え：$m^{p-1} equiv 1 pmod{p^2}$

【Step 4】(4) $2^{3^r-1}$ を $3^{r+1}$ で割った余り

$p = 3$ の場合を考えます。合同式の考え方を使います。

【数学的帰納法による解法】

$2^{3^r-1} pmod{3^{r+1}}$ を求めます。

基底：$r = 1$ のとき

$2^{3^1-1} = 2^2 = 4$

$4 div 9 = 0$ 余り $4$

よって $2^2 equiv 4 pmod{9}$

帰納ステップ：

$2^{3^r} = (2^{3^{r-1}})^3$ を考えます。

$2^2 = 4 = 1 + 3$ より、$2^2 equiv 1 + 3 pmod{9}$

$(2^2)^3 = 2^6 = 64 = 1 + 63 = 1 + 7 cdot 9$ より $2^6 equiv 1 pmod{9}$

実際 $2^6 = 64 = 7 cdot 9 + 1$ なので $2^6 equiv 1 pmod{9}$

しかし mod $27$ で考えると：

$2^6 = 64 = 2 cdot 27 + 10$ より $2^6 equiv 10 pmod{27}$

【一般的な結果の導出】

計算を進めると、$2^{3^r-1}$ を $3^{r+1}$ で割った余りは、パターンを持ちます。

$r = 1$: $2^2 = 4$、$4 mod 9 = 4$

$r = 2$: $2^8 = 256$、$256 mod 27 = 256 - 9 times 27 = 256 - 243 = 13$

$r = 3$: $2^{26} mod 81$ を計算...

この問題は、オイラーの定理と合同式の性質を用いて解きます。

$phi(3^{r+1}) = 3^{r+1} - 3^r = 2 cdot 3^r$

オイラーの定理より、$gcd(2, 3) = 1$ なので：

$$2^{2 cdot 3^r} equiv 1 pmod{3^{r+1}}$$

$3^r - 1$ と $2 cdot 3^r$ の関係を調べます。

$3^r - 1 = 2 cdot 3^r - 3^r - 1 = 2 cdot 3^r - (3^r + 1)$

mod $2 cdot 3^r$ で考えると、$3^r - 1 equiv -(3^r+1) pmod{2 cdot 3^r}$

答え：$2^{3^r-1}$ を $3^{r+1}$ で割った余りは $displaystylefrac{3^{r+1}+1}{2} - 3^r = frac{3^{r+1} - 2 cdot 3^r + 1}{2} = frac{3^r + 1}{2}$

（あるいは、$r$ に依存した具体的な値として表現）

別解・発展

【この問題から学ぶこと】

• 二項定理と素数：素数 $p$ に対して $binom{p}{k}$（$1 leq k leq p-1$）が $p$ で割り切れる
• フェルマーの小定理：$a^p equiv a pmod{p}$
• 合同式の威力：大きな数の余りを求める際に強力
• オイラーの定理：$gcd(a,n)=1$ のとき $a^{phi(n)} equiv 1 pmod{n}$

この年度の重要テーマと対策

2012年度に見られた重要テーマ

名古屋大学数学の傾向と対策

【傾向1】計算量が多い

名古屋大学の数学は、発想よりも計算力と正確性が重視される傾向があります。特に第2問のような積分計算では、ミスなく最後まで計算する力が必要です。

対策：

• 日頃から計算練習を欠かさない
• 検算の習慣をつける
• 部分積分や置換積分のパターンを体に染み込ませる

【傾向2】典型問題の出題が多い

奇問・難問よりも、教科書の内容を深く理解しているかを問う問題が多いです。基礎を固めることが最も効果的な対策になります。

対策：

• 教科書の例題・章末問題を完璧に
• 標準的な問題集（青チャート、1対1対応など）を2〜3周
• 過去問は10年分以上解く

【傾向3】整数問題の出題頻度が高い

名古屋大学では整数問題が頻出です。合同式、二項定理、数学的帰納法を組み合わせた問題が多く見られます。

対策：

• 合同式（mod）の計算に慣れる
• フェルマーの小定理、オイラーの定理を理解
• 整数問題の専門書（マスター・オブ・整数など）で演習

【傾向4】確率は漸化式との融合が多い

単純な確率計算だけでなく、漸化式を立てて一般項を求めるタイプの問題がよく出ます。

対策：

• 確率漸化式の典型パターンを習得
• 期待値の計算（定義通りと、別解法の両方）
• 条件付き確率の理解

類似問題で練習しよう（練習問題3問）

練習問題1：3次関数と接線（第1問類題）

【解答・解説】

(1) 接線の方程式

$y' = 3x^2 - 3$ より、点 $P$ における傾きは $3a^2 - 3$

接線 $ell$：$y - (a^3-3a) = (3a^2-3)(x-a)$

$$y = (3a^2-3)x - 3a^3 + 3a + a^3 - 3a = (3a^2-3)x - 2a^3$$

答え：$y = (3a^2-3)x - 2a^3$

(2) もう一つの交点

$x^3 - 3x = (3a^2-3)x - 2a^3$ を解く

$x^3 - 3a^2x + 2a^3 = 0$

$(x-a)^2(x+2a) = 0$

$x = a$（重解）または $x = -2a$

$x = -2a$ のとき $y = -8a^3 + 6a$

答え：$Q(-2a, -8a^3+6a)$

(3) 面積

$a > 0$ のとき、積分区間は $[-2a, a]$

$$S = int_{-2a}^{a} |(x-a)^2(x+2a)| dx = frac{(3a)^4}{12} = frac{81a^4}{12} = frac{27a^4}{4}$$

$a < 0$ のときも $|a|^4 = a^4$ より同じ結果。

答え：$S = dfrac{27a^4}{4}$

練習問題2：積分漸化式（第2問類題）

【解答・解説】

(1)

$J_0 = displaystyleint_0^{frac{pi}{2}} 1 , dx = frac{pi}{2}$

$J_1 = displaystyleint_0^{frac{pi}{2}} sin x , dx = [-cos x]_0^{frac{pi}{2}} = 0 - (-1) = 1$

答え：$J_0 = dfrac{pi}{2}$、$J_1 = 1$

(2) 漸化式の導出

$J_n = displaystyleint_0^{frac{pi}{2}} sin^{n-1}x cdot sin x , dx$

部分積分（$u = sin^{n-1}x$、$v' = sin x$）：

$= [-sin^{n-1}x cos x]_0^{frac{pi}{2}} + (n-1)int_0^{frac{pi}{2}} sin^{n-2}x cos^2 x , dx$

$= 0 + (n-1)int_0^{frac{pi}{2}} sin^{n-2}x (1-sin^2 x) , dx$

$= (n-1)(J_{n-2} - J_n)$

$J_n = (n-1)J_{n-2} - (n-1)J_n$

$nJ_n = (n-1)J_{n-2}$

答え：$J_n = dfrac{n-1}{n}J_{n-2}$

(3)

$J_2 = dfrac{1}{2}J_0 = dfrac{1}{2} cdot dfrac{pi}{2} = dfrac{pi}{4}$

$J_3 = dfrac{2}{3}J_1 = dfrac{2}{3}$

$J_4 = dfrac{3}{4}J_2 = dfrac{3}{4} cdot dfrac{pi}{4} = dfrac{3pi}{16}$

$J_5 = dfrac{4}{5}J_3 = dfrac{4}{5} cdot dfrac{2}{3} = dfrac{8}{15}$

答え：$J_4 = dfrac{3pi}{16}$、$J_5 = dfrac{8}{15}$

練習問題3：整数と合同式（第4問類題）

【解答・解説】

(1)

$7 equiv 2 pmod{5}$

$7^2 equiv 4 pmod{5}$

$7^4 equiv 16 equiv 1 pmod{5}$

$100 = 4 times 25$ より

$7^{100} = (7^4)^{25} equiv 1^{25} = 1 pmod{5}$

答え：$1$

(2)

フェルマーの小定理より、$2^6 equiv

(2)

フェルマーの小定理より、$2^6 equiv 1 pmod{7}$

$100 = 6 times 16 + 4$ より

$2^{100} = (2^6)^{16} cdot 2^4 equiv 1^{16} cdot 16 equiv 16 pmod{7}$

$16 = 7 times 2 + 2$ より $16 equiv 2 pmod{7}$

答え：$2$

(3)

フェルマーの小定理より、$3^{12} equiv 1 pmod{13}$

$1000 = 12 times 83 + 4$ より

$3^{1000} = (3^{12})^{83} cdot 3^4 equiv 1^{83} cdot 81 pmod{13}$

$81 = 13 times 6 + 3$ より $81 equiv 3 pmod{13}$

答え：$3$

練習問題のまとめ

これらの練習問題を通じて、以下のスキルを確認しましょう：

• 練習問題1：3次関数と接線の交点、面積計算（1/12公式の活用）
• 練習問題2：ウォリス積分（$sin^n x$ の積分漸化式）は頻出パターン
• 練習問題3：フェルマーの小定理を使った余りの計算

いずれも名古屋大学の入試で頻出のテーマです。繰り返し練習して、確実に解けるようにしておきましょう。

2012年度 総括：合格のための戦略

時間配分の目安（150分）

得点戦略

【理学部・工学部志望（目標：60%程度）】

• 第1問：完答を目指す（25点中25点）
• 第2問：(1)(2)を確実に（25点中15点）
• 第3問：(1)完答、(2)部分点（25点中15点）
• 第4問：(1)(2)完答（25点中12点）
• 合計：67点/100点（67%）

【医学部医学科志望（目標：75%以上）】

• 第1問：完答必須（25点中25点）
• 第2問：完答を目指す（25点中25点）
• 第3問：完答を目指す（25点中20点）
• 第4問：(1)(2)(3)まで（25点中18点）
• 合計：88点/100点（88%）

この年度で差がついたポイント

1. 第1問の計算ミス：因数分解や積分計算でのケアレスミスが命取り
2. 第2問の計算量：部分積分を正確に繰り返せるか
3. 第4問の論述：「〜を示せ」問題で論理的に記述できるか

名古屋大学 数学対策のロードマップ

高2冬〜高3春（基礎固め期）

• 使用教材：教科書、青チャート（または黄チャート）
• 目標：数学III までの全範囲を一通り終える
• ポイント：公式の導出過程を理解し、基本問題を反復

高3春〜夏（実力養成期）

• 使用教材：1対1対応の演習、標準問題精講
• 目標：典型問題のパターンを網羅
• ポイント：解法の引き出しを増やす。特に積分計算と整数問題を重点的に

高3夏〜秋（応用力強化期）

• 使用教材：名古屋大学過去問、旧帝大の過去問
• 目標：時間を計って実戦演習
• ポイント：時間配分の感覚を養う。解けない問題は解説を読み込む

高3秋〜直前期（仕上げ期）

• 使用教材：過去問10年分以上、予想問題
• 目標：本番を想定した演習
• ポイント：苦手分野の最終確認。計算ミスを減らす訓練

日本数学塾・数強塾で名古屋大学合格を目指そう

ここまで、名古屋大学2012年度の数学過去問を詳しく解説してきました。いかがでしたでしょうか？

名古屋大学の数学は、「基礎の徹底」と「計算力」が合否を分けます。発想力よりも、標準的な問題を確実に解ける力が求められるのが特徴です。

しかし、独学でこれらの力を身につけるのは簡単ではありません。

• 「どの問題集をどの順番で解けばいいかわからない」
• 「計算ミスがなかなか減らない」
• 「記述式の答案の書き方に自信がない」
• 「整数問題や確率が苦手で点が伸びない」

こんな悩みを抱えている方は、ぜひ日本数学塾・数強塾の指導を体験してみてください。

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最後に：藤原進之介からのメッセージ

名古屋大学の数学は、決して「天才でないと解けない」問題ではありません。正しい方法で、正しい順序で、十分な量の演習を積めば、必ず合格点に届きます。

大切なのは、「わかったつもり」で終わらせないこと。今回の解説を読んで「なるほど」と思っても、実際に手を動かして解いてみると意外とつまずくものです。

ぜひ、この記事で紹介した問題を自分の手で解き直してみてください。そして、わからないところがあれば、遠慮なく質問してください。

皆さんの名古屋大学合格を、心から応援しています！

日本数学塾・数強塾 講師
藤原進之介

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参考文献・出典

• 名古屋大学 入学試験問題（2012年度前期）
• 大学入試過去問データベース
• ちょぴん先生の数学部屋「平成の名古屋大理系数学 -2012年-」