2025年度 大学入学共通テスト 追試験「数学Ⅱ・B・C」の解答と解説です。全設問の正解と考え方を一問ずつ解説し、公式の解答PDFもあわせて掲載しています。大学受験の森が独自に作成した、無料で読める解説です。
解答
解説
2025年度（令和7年度）大学入学共通テスト追試験「数学Ⅱ・数学B・数学C」の全７大問・58設問について、解答と考え方をまとめました。100点満点、試験時間70分。第１問〜第３問が必答、第４問〜第７問から３問を選択し、計６問を解答します。
必答は第１問が式と証明（剰余）、第２問が図形と方程式（円の接触）、第３問が微分・積分。選択は第４問が数列、第５問が確率分布と統計的な推測、第６問が空間ベクトル、第７問が複素数平面です。第１問の「X＝x−2 とおいて二項展開する」という発想は、(x−a)² で割った余りを求める一般的な技法として覚えておく価値があります。第７問は |z−1|＋|z+1|＝4 を地道に2回2乗して楕円に帰着させる、複素数平面と２次曲線の橋渡し。
なお第１問〜第３問は「旧数学Ⅱ」「旧数学Ⅱ・旧数学B」と共通、第４問〜第６問も旧課程科目と大問を共有しています（旧数学Ⅱ／旧数学Ⅱ・旧数学B）。
第１問（必答） 式と証明（剰余）
xⁿ を x−2 や (x−2)² で割った余りを求める問題。後半は X＝x−2 と置き換えて二項展開するのが決め手です。配点15点。
ア
＜考え方＞
「割られる式 ＝ 割る式 × 商 ＋ 余り」をそのまま式にします。割る式は x−2、商は Q(x)、余りは定数 k です。
xⁿ = (x − 2)·Q(x) + k
ア = ④（(x−2)Q(x)+k）
イ
＜考え方＞
① の両辺に x＝2 を代入すると (x−2) の部分が消えて余りだけが残ります（剰余の定理そのもの）。
2ⁿ = (2 − 2)·Q(2) + k = k → k = 2ⁿ
イ = ⑤（2ⁿ）
ウ
＜考え方＞
2x−1 で割るときは、2x−1＝0 すなわち x＝1/2 を代入します。
余り = (1/2)ⁿ = 1/2ⁿ
ウ = ⑧（1/2ⁿ）
エ
＜考え方＞
X＝x−2 とおくと xⁿ＝(X+2)ⁿ。二項定理で展開したとき、X² 以上の項はすべて X² で割り切れるので、X の1次の項の係数だけを取り出します。
(X+2)ⁿ の X の係数 = ₙC₁·2ⁿ⁻¹ = n·2ⁿ⁻¹
エ = ④（n·2ⁿ⁻¹）
オ
＜考え方＞
同じ展開の定数項は、X を 0 とおいた値です。
(X+2)ⁿ の定数項 = 2ⁿ
オ = ⓪（2ⁿ）
カ，キ
＜考え方＞
X＝x−2 を戻します。A(X)·X² の部分は (x−2)² で割り切れるので、残りが余り R(x) になります。
xⁿ = A(x−2)(x−2)² + n·2ⁿ⁻¹(x−2) + 2ⁿ
R(x) = n·2ⁿ⁻¹(x − 2) + 2ⁿ
= n·2ⁿ⁻¹·x − n·2ⁿ + 2ⁿ
= n·2ⁿ⁻¹·x + (−n+1)·2ⁿ
カ = ④（n·2ⁿ⁻¹）、キ = ③（(−n+1)·2ⁿ）
ク，ケ
＜考え方＞
同じ方法を Y＝2x−1 に対して使います。x＝(Y+1)/2 なので xⁿ＝(Y+1)ⁿ/2ⁿ。(Y+1)ⁿ の Y の係数は n、定数項は 1 です。
xⁿ = (Y+1)ⁿ / 2ⁿ = [A(Y)Y² + nY + 1] / 2ⁿ 余り = (nY + 1)/2ⁿ = (n(2x−1) + 1)/2ⁿ = (2n/2ⁿ)x + (−n+1)/2ⁿ = (n/2ⁿ⁻¹)x + (−n+1)/2ⁿ
ク = ⑧（n/2ⁿ⁻¹）、ケ = ⑦（(−n+1)/2ⁿ）
第２問（必答） 図形と方程式
円 x²−2sx+y²−2ty+s²＝0 と円 x²+y²＝4 の接触を扱う問題。中心が描く軌跡、そして半径を最大にする条件まで追います。配点15点。
ア，イ，ウ
＜考え方＞
① を平方完成して標準形に直します。右辺の s² が効いて、半径が t だけになるのがポイントです。
x² − 2sx + y² − 2ty + s² = 0 (x − s)² + (y − t)² = s² + t² − s² = t² → 中心 (s, t)，半径 |t| = t（t > 0）
ア = ③（s）、イ = ⑥（t）、ウ = ⑥（t）
エ
＜考え方＞
中心 (s, t) から x 軸までの距離は t で、これが半径にちょうど等しくなります。s，t の値によらず成り立ちます。
中心と x 軸の距離 = |t| = t = 半径 → C は常に x 軸に接する
エ = ⓪（x 軸）
オ，カ
＜考え方＞
C は点 (s, 0) で x 軸に接します。−2＜s＜2 なので、この接点は半径2の円 C₀ の内部にあります。C の一部が C₀ の内部にあるのだから、接するとすれば内接です。
C の接点 (s, 0)：s² < 4 なので C₀ の内部 → C₀ と C は内接 内接のとき 中心間距離 d = r₀ − r
オ = ①（内接）、カ = ②（r₀ − r）
キ
＜考え方＞
d＝√(s²+t²)、r₀＝2、r＝t を d＝r₀−r に代入して整理します。
√(s² + t²) = 2 − t s² + t² = 4 − 4t + t² s² = 4 − 4t t = (4 − s²)/4
キ = ①（(4−s²)/4）
ク
＜考え方＞
中心は (s, (4−s²)/4)。これは s を横軸にとると上に凸の放物線で、頂点 (0, 1)、s＝±2 で 0 になります（端点は含まないので白丸）。
y = (4 − x²)/4 = −x²/4 + 1 頂点 (0, 1)，x = ±2 で y = 0（端点は除く）
ク = ②（なめらかな放物線状のアーチ。折れ線の ⓪④ や円弧に近い ②以外 は不適）
ケ
＜考え方＞
C₁ は直線 x＝k に左側から接するので k−s＝t。これと t＝(4−s²)/4 を連立し、半径 t を k の式にして最大値を求めます。
k − s = (4 − s²)/4 → s² − 4s + 4k − 4 = 0 s = 2 − 2√(2−k)（s < k となる方） r₁ = k − s = k − 2 + 2√(2−k) u = √(2−k) とおくと k = 2 − u² r₁ = −u² + 2u = −(u−1)² + 1 最大は u = 1，すなわち k = 1
ケ = 1（このとき C₁ の半径は 1）
コ，サ，シ，ス，セ，ソ
＜考え方＞
C₂ は直線 x＝k の右側にあるので s−k＝t。k＝1 を代入して s の2次方程式を解きます。
s − 1 = (4 − s²)/4 4s − 4 = 4 − s² s² + 4s − 8 = 0 s = −2 ± 2√3，s > 1 より s = 2√3 − 2 t = s − 1 = 2√3 − 3
中心 (2√3 − 2, 2√3 − 3) コ=2, サ=3, シ=2, ス=2, セ=3, ソ=3
第３問（必答） 微分・積分
F(x)＝∫₀ˣ t(t−2)dt から始め、絶対値をつけた G(x)、さらに一般の α，β での H(x) へ。絶対値つき定積分の扱いが一貫したテーマです。配点22点。
ア
＜考え方＞
∫₀ˣ f(t)dt を x で微分すると f(x) になります（微分積分学の基本定理）。
F'(x) = x(x − 2) = x² − 2x
ア = 2
イ，ウ
＜考え方＞
F'(x)＝x(x−2) の符号は、x＜0 で正、0＜x＜2 で負、2＜x で正。よって x＝0 で極大です。
F(x) = x³/3 − x² F(0) = 0
イ = 0、ウ = 0
エ，オ，カ，キ
＜考え方＞
x＝2 で符号が負から正に変わるので極小です。
F(2) = 8/3 − 4 = −4/3
エ = 2、オカ/キ = −4/3
ク，ケ
＜考え方＞
絶対値は「中身が負なら符号を反転」。0≦t≦2 では t(t−2)≦0 なので −t(t−2)、それ以外では t(t−2) のままです。
0 ≦ t ≦ 2 → |t(t−2)| = −t(t−2) t ≦ 0, 2 ≦ t → |t(t−2)| = t(t−2)
ク = ②（−t(t−2)）、ケ = ⓪（t(t−2)）
コ，サ
＜考え方＞
0≦x≦2 では被積分関数がまるごと −t(t−2)。定数倍は積分の外に出せるので、F(x) の符号を変えたものになります。
G(x) = ∫₀ˣ {−t(t−2)} dt = −∫₀ˣ t(t−2) dt = −F(x)
コ = ②（{−t(t−2)}）、サ = ⑨（−F(x)）
シ，ス
＜考え方＞
x≧2 では 0〜2 と 2〜x に分けます。後半は絶対値が外れて t(t−2) そのもの。F(2)＝−4/3 を使って整理します。
G(x) = −F(2) + {F(x) − F(2)} = F(x) − 2F(2)
= F(x) − 2·(−4/3) = F(x) + 8/3
シ = ⓪（t(t−2)）、ス = ②（F(x)+8/3）
セ
＜考え方＞
G(x)＝∫₀ˣ|t(t−2)|dt は被積分関数が 0 以上なので単調増加。さらに G'(x)＝|x(x−2)| は x＝0 と x＝2 でちょうど 0 になるので、その2点で接線が水平になります。
G(0) = 0，G'(x) = |x(x−2)| ≧ 0 G'(0) = G'(2) = 0（水平な接線）
セ = ②（原点から水平に立ち上がり、x=2 でいったん水平になってまた増加する形）
ソ
＜考え方＞
|f|−f は、f≧0 の範囲では 0、f＜0 の範囲では −2f になります。f(t)＝(t−α)(t−β) が負なのは α＜t＜β のときだけなので、x が β を超えると被積分関数が 0 になり、H(x) は増えなくなります。
H(x) = ∫_α^x { |(t−α)(t−β)| − (t−α)(t−β) } dt
α ≦ t ≦ β では 被積分関数 = −2(t−α)(t−β)
t ≧ β では 被積分関数 = 0
→ x ≧ β で H(x) は一定
ソ = ③（β ≦ x）
タ
＜考え方＞
その一定値は α から β までの積分で決まります。−∫_α^β f dt は「グラフと x 軸で囲まれた図形の面積」そのものなので、その2倍です。
H = −2∫_α^β (t−α)(t−β) dt = 2 × (囲まれた図形の面積)
タ = ②（面積の2倍）
第４問（選択） 数列
等比型・特性方程式型の漸化式から始まり、最後は二次の漸化式 c_{n+1}＝−½cₙ²+4 の有界性を数学的帰納法で示す構成。配点16点。
ア，イ，ウ，エ，オ
＜考え方＞
公比 −1/2 の等比数列です。初項 a₁＝−3。
aₙ = −3·(−1/2)ⁿ⁻¹
アイ = −3、ウエ/オ = −1/2
カ，キ
＜考え方＞
(−1/2)ⁿ⁻¹ の符号は n−1 の偶奇で決まります。n が奇数なら n−1 は偶数なので正、n が偶数なら n−1 は奇数なので負。これに −3 を掛けます。
n 奇数 → (−1/2)ⁿ⁻¹ > 0 → aₙ = −3×正 < 0 n 偶数 → (−1/2)ⁿ⁻¹ < 0 → aₙ > 0
カ = ⓪（<）、キ = ②（>）
ク
＜考え方＞
特性方程式 p＝−p/2−9 を解いて、b_{n+1}+c＝−(1/2)(bₙ+c) の形に変形します。
p = −p/2 − 9 → (3/2)p = −9 → p = −6 したがって c = 6
ク = 6
ケ，コ，サ，シ，ス
＜考え方＞
{bₙ+6} が初項 b₁+6＝3、公比 −1/2 の等比数列になります。
bₙ + 6 = 3·(−1/2)ⁿ⁻¹ bₙ = 3(−1/2)ⁿ⁻¹ − 6
ケ = 3、コサ/シ = −1/2、ス = 6
セ
＜考え方＞
(−1/2)ⁿ⁻¹ は n＝1 のとき 1 で、これが最大値。以降は絶対値が小さくなりながら符号が交互に変わるので 1 を超えません。
n = 1 → (−1/2)⁰ = 1（最大） n ≧ 2 → |(−1/2)ⁿ⁻¹| ≦ 1/2 → 最小の A は A = 1
セ = 1
ソ
＜考え方＞
bₙ＝3(−1/2)ⁿ⁻¹−6 に、いま求めた上限を当てはめます。
bₙ ≦ 3·1 − 6 = −3 < 0（すべての n で）
ソ = ⓪（すべての自然数 n について bₙ < 0）
タ，チ
＜考え方＞
c_{k+1}＝−½cₖ²＋4 の値の範囲を、cₖ にどんな条件が要るかで判定します。上からの評価は無条件、下からの評価には条件がつきます。
・c_{k+1} ≦ 4：−½cₖ² ≦ 0 は常に成立 → cₖ によらず成り立つ
・−4 ≦ c_{k+1}：−½cₖ² + 4 ≧ −4 ⇔ cₖ² ≦ 16 ⇔ −4 ≦ cₖ ≦ 4
タ = ⓪、チ = ④
ツ
＜考え方＞
(Ⅰ)(Ⅲ) は表1の数値がそのまま反例になります。(Ⅱ)は c_{n+1}≦4 が常に成り立つことと c₁＝α≦4 から従います。
(Ⅰ) α = 5 > 4 だが c₂ = −8.5（4 より大きくない）→ 偽
(Ⅱ) c₁ = α ≦ 4，n ≧ 1 では c_{n+1} = −½cₙ²+4 ≦ 4 → 真
(Ⅲ) α = −1 < 0 だが c₂ = 3.5 > 0 → 偽
ツ = ⑤（偽・真・偽）
第５問（選択） 確率分布と統計的な推測
番号入りカード1000枚のくじを題材に、期待値・分散から正規分布近似、区間推定まで一気に通す問題。配点16点。
ア
＜考え方＞
下二桁が「22」となる番号は 022, 122, …, 922 の10枚。「777」とも「下一桁が1」とも重なりません。
p₂ = 10/1000 = 1/100
ア = 1
イ，ウ，エ
＜考え方＞
0点になるのは、残りすべて。全体から上位3つの枚数を引きます。
1000 − 1（777） − 10（下二桁22） − 100（下一桁1） = 889 p₄ = 889/1000
イウエ = 889
オ，カ
＜考え方＞
定義どおり x·p を足します。分母がきれいに約分されるように作られています。
E(X) = 2000/1000 + 800/100 + 100/10 + 0 = 2 + 8 + 10 = 20
オカ = 20
キ，ク
＜考え方＞
1回引くたびに25点引かれるので、損得点は得点から25を引いたものです。
Y = X − 25
キク = 25
ケ
＜考え方＞
確率変数を定数だけ平行移動すると、平均も同じだけずれます。
E(Y) = E(X − c) = E(X) − c
ケ = ①（E(X)−c）
コ
＜考え方＞
一方、分散は平行移動では変わりません（ばらつきの大きさは同じ）。
V(Y) = V(X − c) = V(X)
コ = ⓪（V(X)）
サ
＜考え方＞
大きさ n の標本平均の分散は、母分散を n で割ったものです。ここでは n＝400。
V(Ȳ) = V(Y)/400
サ = ⑤（V(Y)/400）
シ
＜考え方＞
合計が0以上 ⇔ 標本平均が0以上。E(Y)＝20−25＝−5、V(Y)＝11000 を使って標準化します。√110＝10.5 のヒントが効きます。
Ȳ ~ N(−5, 11000/400) = N(−5, 27.5) 標準偏差 = √27.5 = √110/2 = 10.5/2 = 5.25 z = (0 − (−5))/5.25 ≒ 0.95 P(Z ≧ 0.95) = 0.5 − 0.3289 = 0.1711
シ = ⓪（0.17）
ス
＜考え方＞
3回の得点の合計が1000点になる組合せを探します。得点は 2000, 800, 100, 0 の4種類。
1000 = 800 + 100 + 100 のみ（順序は3通り） P = 3 × (1/100) × (1/10)² = 3/10000 = 0.0003
ス = ①（0.0003）
セ
＜考え方＞
信頼度95％の信頼区間は「標本平均 ± 1.96 ×（標準偏差/√n）」。標本の標準偏差75をσの代わりに使います。
16.75 ± 1.96 × 75/√400 = 16.75 ± 1.96 × 3.75
= 16.75 ± 7.35
→ 9.40 ≦ m ≦ 24.10
セ = ②（9.40 ≦ m ≦ 24.10） E(X)＝20 を含んでいることが確認できます
第６問（選択） 空間ベクトル
空間の2直線が交わる条件を、a⃗，b⃗，e⃗ による分解のe⃗ の係数が0かどうかに翻訳する、見通しのよい問題。配点16点。
ア
＜考え方＞
点 Q は「M から出発して b⃗ 方向へ t 進んだ点」。原点から見れば OM⃗ に MQ⃗ を足します。
OQ⃗ = OM⃗ + MQ⃗ = m⃗ + t b⃗
ア = ③（m⃗ + t b⃗）
イ，ウ，エ
＜考え方＞
a⃗＝(0,−3,1)、b⃗＝(1,0,3)、m⃗＝(2,3,5) を ① に代入して成分で書き並べます。
s a⃗ = (0, −3s, s) m⃗ + t b⃗ = (2 + t, 3, 5 + 3t)
イ = ③（2+t）、ウ = ①（3）、エ = ⑤（5+3t）
オ，カ，キ，ク
＜考え方＞
x 成分と y 成分の2式から s と t が決まります。
x 成分：0 = 2 + t → t = −2 y 成分：−3s = 3 → s = −1
オカ = −1、キク = −2
ケ，コ，サ，シ
＜考え方＞
z 成分も一致するか確かめてから、交点を求めます。交点は OP⃗＝s a⃗ です。
z 成分：s = 5 + 3t → −1 = 5 − 6 = −1 ○ 交点 = s a⃗ = −1·(0, −3, 1) = (0, 3, −1)
ケ = 0、コ = 3、サシ = −1
ス
＜考え方＞
m⃗ の z 成分だけが 5 から −5 に変わるので、③ の右辺の z 成分も変わります。
m⃗ + t b⃗ の z 成分 = −5 + 3t
ス = ⑦（−5+3t） x, y 成分から出る s=−1, t=−2 を入れると −5−6=−11 ≠ s=−1 で矛盾し、交わらないことがわかります
セ，ソ，タ，チ
＜考え方＞
① より m⃗＝s a⃗ − t b⃗。s＝−1，t＝−2 を代入すれば、④ の形での α，β，γ が読み取れます。
m⃗ = s a⃗ − t b⃗ = −1·a⃗ + 2·b⃗ → α = −1，β = 2，γ = 0
セソ = −1、タ = 2、チ = 0
ツ，テ，ト，ナ，ニ
＜考え方＞
z 成分だけが 10 違うので、e⃗＝(0,0,1) を使って書き換えます。α，β は変わらず γ だけがずれます。
(2, 3, −5) = (2, 3, 5) − 10 e⃗ m⃗ = −1·a⃗ + 2·b⃗ + (0 − 10)e⃗
ツテ = 10、トナニ = −10
ヌ，ネ
＜考え方＞
交わるときは ① が成り立つので、m⃗ は a⃗ と b⃗ だけで書けます。すなわち e⃗ の係数 γ が 0 です。
m⃗ = s a⃗ − t b⃗ = s·a⃗ + (−t)·b⃗ → γ = 0
ヌ = ⓪（s）、ネ = ③（−t）
ノ，ハ，ヒ
＜考え方＞
c⃗＝−a⃗+2b⃗（γ=0）、d⃗＝−a⃗+2b⃗−10e⃗（γ=−10）を代入し、e⃗ の係数 γ が 0 かどうかだけを見ます。
(Ⅰ) 13c⃗ = −13a⃗ + 26b⃗ + 0·e⃗ → γ = 0 → 交わる (Ⅱ) b⃗ + 9d⃗ = −9a⃗ + 19b⃗ − 90e⃗ → γ = −90 → 交わらない (Ⅲ) 8a⃗ − 11d⃗ = 19a⃗ − 22b⃗ + 110e⃗ → γ = 110 → 交わらない
ノ = ⓪、ハ = ①、ヒ = ①
第７問（選択） 複素数平面
|z−1|＋|z+1|＝4 が楕円になることを確かめ、原点まわりの回転で焦点がどう動くかを考えます。配点16点。
ア
＜考え方＞
|z−1| は「点 z と点 1 の距離」、|z+1|＝|z−(−1)| は「点 z と点 −1 の距離」。その和が一定という条件です。
|z − 1| + |z + 1| = 4
ア = ①（2定点からの距離の和が一定 ＝ 楕円の定義）
イ，ウ
＜考え方＞
z＝x+yi を代入して成分で書きます。|z−1|＝√((x−1)²+y²)、|z+1|＝√((x+1)²+y²)。片方を右辺に移しておくのがコツです。
√((x−1)² + y²) = 4 − √((x+1)² + y²)
イ = ④（y）、ウ = ②（x+1）
エ
＜考え方＞
両辺を2乗すると y² と x² が消えて、根号がひとつだけ残ります。
(x−1)² + y² = 16 − 8√((x+1)²+y²) + (x+1)² + y² −4x = 16 − 8√(…) 8√(…) = 16 + 4x 2√(…) = x + 4
エ = ③（x+4）
オ
＜考え方＞
もう一度2乗して整理すると、楕円の標準形が現れます。
(x+4)² = 4{(x+1)² + y²}
x² + 8x + 16 = 4x² + 8x + 4 + 4y²
12 = 3x² + 4y²
x²/4 + y²/3 = 1
オ = ①（x²/4 + y²/3）
カ
＜考え方＞
a²＝4、b²＝3 なので c²＝4−3＝1。焦点は (±1, 0)、つまり複素数平面では 1 と −1。長軸の長さは 2a＝4 です。
a = 2，b = √3，c = √(4−3) = 1 焦点 ±1，長軸の長さ 2a = 4
カ = ②（2点 1，−1 を焦点とし，長軸の長さが4の楕円）
キ
＜考え方＞
原点を中心に θ 回転する操作は、cos θ ＋ i sin θ を掛けることです。
w = (cos π/4 + i sin π/4) z
キ = ⑦
ク
＜考え方＞
ζ＝cos π/4 ＋ i sin π/4 とおくと |ζ|＝1。z＝w/ζ を ① に代入し、|ζ|＝1 を使って分母を払います。
|w/ζ − 1| + |w/ζ + 1| = 4 両辺に |ζ| = 1 を掛けて |w − ζ| + |w + ζ| = 4 ζ = √2/2 + (√2/2)i
ク = ④
ケ
＜考え方＞
同じ計算で、α が満たす式は |α−ζ|＋|α+ζ|＝4（ζ＝cos θ＋i sin θ、|ζ|＝1）。つまり焦点が原点対称で、絶対値が1の2点でなければなりません。
⓪ 右辺が 6（4 でない）→ 不適 ① 焦点 1, 3（原点対称でない）→ 不適 ② 焦点 ±1/2（絶対値が 1 でない）→ 不適 ③④ 焦点が原点対称でない → 不適 ⑤ 焦点 ±i（|i| = 1，θ = π/2）→ 適する
ケ = ⑤
※ 本記事の解答・解説は当サイトが独立に作成したものです。公式の正解および配点は大学入試センターの発表をご確認ください。