令和8年度東北大学理学部数学系 AO入試Ⅱ期について

はじめに

私は令和８年度の東北大学AO入試を受験しました。
残念なことに二次試験で不合格となってしまったのですが、口頭試問など、私の経験として良いものになったなぁと思います。
以下、一次試験と二次試験がそれぞれどのようなものだったのかを書いていきたいと思います。

一次試験について

一次試験は大問4つを195分で解きます.
トイレについて、詳しくは覚えていないのですが、最後の方行っている人はいたので多分心配はないと思います。
以下に令和8年度の問題と解答を載せておきますので、受験する方はぜひ参考にしていただけると幸いです。

$a_1$と$a_2$は正の整数で$a_2>a_1$とする.$2$以上の整数$n$に対して,次のように整数$a_{n+1}$を定める.
　$\bullet$ $a_n>0$のときは,
$a_{n-1}=qa_n+r,　 0\leqq r< a_n$

となる正の整数$q$と整数$r$の組$(q,r)$がただ$1$通りに定まる. これにより,$a_{n+1}=r$と定める.
　$\bullet$ $a_n=0$のときは,$a_{n+1}=0$と定める.

このとき,以下の問いに答えよ.

$(1)$$a_1=2026$,$a_2=8$と選んだとき,$a_3,a_4,a_5$をそれぞれ求めよ.

$(2)$数列$F_0,F_1,F_2,$$\cdots\cdots$を次で定義する.

$F_{i+2}=F_{i+1}+F_i　(i=0,1,2\cdots\cdots),$
$F_1=1,　F_0=1$

一般項$F_i　(i=0,1,2\cdots\cdots)$を求めよ.

$(3)$$G=\dfrac{1}{2}(1+ \sqrt{5} )$とする.$a_1,a_2$をどのように選んでも,

$a_k=0,k<3+ \log_{G}a_1 $

を満たす正の整数$k$が存在することを示せ.

解答（クリックまたはタップしてください）

$(1)$これは,与式に次々と代入していけば答えが出ます.

$n=2$のとき,$a_1=qa_2+r$ である.$a_1=2026,a_2=8$を代入すると$(q,r)=(253,2)$となるので,$a_3=2$.$n=3$のときも同様にやると,$a_4=0$$a_{n+1}$の定義より,$a_5=0$
よって,答えは$a_3=2,a_4=0,a_5=0$となる.

$(2)$
これは,フィボナッチ数列の一般項を求めればいいだけです.
$$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} F_{i+2}=F_{i+1}+F_i \\ F_1=1,F_0=1 \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
ここで,
$\alpha=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2},\beta=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$とおくと,上の２式より,
$$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} F_{i+2}-\alpha F_{i+1}=\beta(F_{i+1}-\alpha F_i) \\ F_{i+2}-\beta F_{i+1}=\alpha(F_{i+1}-\beta F_i) \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
が成立.
$F_{i+1}-\alpha F_{i} $は初項$F_1-\alpha F_0$、公比が$\beta$、項数が$i+1$項
$F_{i+1}-\beta F_{i} $は初項$F_1-\beta F_0$、公比が$\alpha$、項数が$i+1$項
の等比数列なので,
$$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} F_{i+1}-\alpha F_i=(1-\alpha)\beta^i 　\cdots ① \\ F_{i+1}-\beta F_i=(1-\beta)\alpha^i　\cdots② \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
$\because F_0=1,F_1=1$
$①-②$して,$F_i=$の形にすると,
$F_i=\dfrac{(1-\alpha)\beta^i-(1-\beta)\alpha^i}{\beta-\alpha}$
ここで,
$$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \beta -\alpha =\sqrt{5} \\ 1-\beta =\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \\ 1-\alpha =\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \end{array} \right. \end{eqnarray} $$なので、これらを先ほど出した$F_i$の式に代入して,答えは
$F_i=\dfrac{1}{\sqrt{5}} \bigg\lbrace \bigg(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\bigg)^{i+1}-\bigg(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\bigg)^{i+1} \bigg\rbrace $

となる.

$(3)$
(3)の説明のために表を使おうと思ったのですが、mathlogの形式上書けなかったので、別の記事として投稿しました。すいません🙇
このリンクから見てください→ 大問1（３）

$0< a<1,　b=\sqrt{1-a^2}$とする. 方程式

$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$の表す曲線を$C$とする.

このとき,以下の問いに答えよ.

$(1)$ $C$上の点$\mathrm{P_0}(x_0,y_0)$における接線を$\ell$とする. 点$\mathrm{F}(1,0)$を通り,$\ell$に垂直な直線が$\ell$と交わる点を$\mathrm{Q}$とする.
同様に,点$\mathrm{F'}(-1,0)$を通り,$\ell$に垂直な直線が$\ell$と交わる点を$\mathrm{Q'}$とする. このとき,$\mathrm{FQ}・\mathrm{F'Q'}=b^2$を示せ.

$(2)$$C$上の点$\mathrm{P_1}(\sqrt{2}a,b)$における法線を$m$とする. $C$と$m$が相異なる2点$\mathrm{P_1,P_2}$で交わるとき, 左側極限$\lim\limits_{a \to 1-0}\mathrm{P_1P_2}$を求めよ.

解答（クリックまたはタップしてください）

この問題は全体的に計算が重い問題です.

全条件：
$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 0< a<1 \\ b=\sqrt{1-a^2}　\cdots① \\ \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1　\cdots② \end{array} \right. \end{eqnarray}$

$(1)$
目標：$\mathrm{FQ\cdot FQ'}=b^2$を示す.

まず,点$\mathrm{P_0}(x_0,y_0)$は$②$上の点なので$\dfrac{x_0^2}{a^2}-\dfrac{y_0^2}{b^2}=1 $が成立する.

また,点$\mathrm{P_0}$における接線の方程式は$\dfrac{x_0}{a^2}x-\dfrac{y_0}{b^2}y=1$ゆえ,点$\mathrm{F}$と接線の距離は

$\mathrm{FQ}=\dfrac{\Big|\dfrac{x_0}{a^2}-1\Big|}{\sqrt{\Big(\dfrac{x_0}{a^2}\Big)^2+\Big(\dfrac{y_0}{b^2}\Big)^2}}$
点$\mathrm{F'}$に関しても同様に
$\mathrm{F'Q}=\dfrac{\Big|-\dfrac{x_0}{a^2}-1\Big|}{\sqrt{\Big(\dfrac{x_0}{a^2}\Big)^2+\Big(\dfrac{y_0}{b^2}\Big)^2}}$
よって,
\begin{align} \mathrm{FQ\cdot F'Q}&=\dfrac{\Big|\dfrac{x_0}{a^2}-1\Big|\Big|-\dfrac{x_0}{a^2}-1\Big|}{\Big(\dfrac{x_0}{a^2}\Big)^2+\Big(\dfrac{y_0}{b^2}\Big)^2} \\&=\dfrac{\Big|\Big(\dfrac{x_0}{a^2}-1\Big)\Big(\dfrac{x_0}{a^2}+1\Big)\Big|}{\Big(\dfrac{x_0}{a^2}\Big)^2+\Big(\dfrac{y_0}{b^2}\Big)^2} \\&=\dfrac{b^4|x_0^2-a^4|}{b^4x_0^2+a^4y_0^2}\cdots③ \end{align}
ここで①,②より$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a^2+b^2=1 \\ b^2x_0^2-a^2y_0^2=a^2b^2 \end{array} \right. \end{eqnarray} \iff $$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} b^2=1-a^2 \\ a^4y_0^2=a^2b^2x_0^2-a^4b^2（両辺にa^2をかけて移項した） \end{array} \right. \end{eqnarray}$

目標に向けて,$a$を消去すべく上式を③に代入すると
\begin{align} \dfrac{b^4|x_0^2-a^4|}{b^4x_0^2+a^4y_0^2}&=\dfrac{b^4|x_0^2-a^4|}{b^4x_0^2+a^2(x_0^2-a^2)b^2} \\&=\dfrac{b^2|x_0^2-a^4|}{b^2x_0^2+a^2(x_0^2-a^2)} \\&=\dfrac{b^2|x_0^2-a^4|}{(1-a^2)x_0^2+a^2(x_0^2-a^2)} \\&=\dfrac{b^2|x_0^2-a^4|}{x_0^2-a^2x_0^2+a^2x_0^2-a^4} \\&=\dfrac{b^2|x_0^2-a^4|}{x_0^2-a^4} \end{align}

ここで,点 $\mathrm{P}_0(x_0, y_0)$ が双曲線上の点であることから $\dfrac{x_0^2}{a^2} = 1 + \dfrac{y_0^2}{b^2} \geqq 1$ より,$x_0^2 \geqq a^2$ が成り立つ. また,条件 $0 < a < 1$ より $a^2 > a^4$ であるため $$ x_0^2 \geqq a^2 > a^4 \quad \therefore x_0^2 - a^4 > 0 $$ となり,絶対値記号の中身は常に正である.したがって,絶対値記号をそのまま外すことができ
\begin{align} \mathrm{FQ\cdot FQ'}&=\frac{b^2 |x_0^2 - a^4|}{x_0^2 - a^4} \\&= \frac{b^2 (x_0^2 - a^4)}{x_0^2 - a^4} \\&= b^2 \end{align}
となり,$\mathrm{FQ} \cdot \mathrm{F}'\mathrm{Q}' = b^2$ が示された.$\blacksquare$

$(2)$
最初の目標：$\mathrm{P_1P_2}$を$a$の式で表す.

点$\mathrm{P}$における接線の方程式が$\dfrac{\sqrt{2}}{a}x-\dfrac{1}{b}y=1$ゆえ法線$m$の方程式は$y=\dfrac{-a}{\sqrt{2}b}x+\dfrac{1}{b}$
点$\mathrm{P_1,P_2}$は曲線$C$と直線$m$の交点であるため,点$\mathrm{P_1,P_2}$の$x$座標は方程式$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\Bigg(\dfrac{-a}{\sqrt{2}b}x+\dfrac{1}{b}\Bigg)^2=1$
の2解である.
上の式の変形を進めていくと
$2b^2x^2-a^2(ax-\sqrt{2})^2=2a^2b^4$
$(2b^4-a^4)x^2+2\sqrt{2}a^3x-2a^2-2a^2b^4=0$
ここで上の式の$b$を全て$a$の式にするべく,$b^2=1-a^2$を代入すると,
$(a^4-4a^2+2)x^2+2\sqrt{2}a^3x\underbrace{-4a^2+4a^4-2a^6}=0$
$ \qquad $$ \qquad $$ \qquad $$ \qquad $ここの部分はこのあと使わないので
$ \qquad $$ \qquad $$ \qquad $$ \qquad $計算しなくても良いかもしれない.

2解の和は,解と係数の関係より$\dfrac{-2\sqrt{2}a^3}{a^4-4a^2+2}$
ここで, 問題文より$\mathrm{P_1}$の$x$座標は$\sqrt{2}a$なので,点$\mathrm{P_2}$の$x$座標は$\dfrac{-2\sqrt{2}a^3}{a^4-4a^2+2}-\sqrt{2}a$
よって点$\mathrm{P_1}$と点$\mathrm{P_2}$の$x$座標差は$\Bigg|\dfrac{-2\sqrt{2}a^3}{a^4-4a^2+2}-2\sqrt{2}a\Bigg|$

$\mathrm{P_1P_2}$は,2点の($x$座標差)$ \times\dfrac{\sqrt{a^2+2b^2}}{\sqrt{2}b}$である.$ \hspace{ 5pt } $($\because$図1)
よって,
\begin{align} \mathrm{P_1P_2}&=\Bigg|\dfrac{-2\sqrt{2}a^3}{a^4-4a^2+2}-2\sqrt{2}a\Bigg|\times\dfrac{\sqrt{a^2+2b^2}}{\sqrt{2}b} \\&=2\sqrt{2}a\Bigg|\dfrac{a^2}{a^4-4a^2+2}+1\Bigg|\times\dfrac{\sqrt{a^2+2b^2}}{\sqrt{2}b} \\&=2\sqrt{2}a\Bigg|\dfrac{a^2}{a^4-4a^2+2}+1\Bigg|\times\dfrac{\sqrt{a^2+2(1-a^2)}}{\sqrt{2}\sqrt{1-a^2}} \\&=2\sqrt{2}a\Bigg|\dfrac{a^2}{a^4-4a^2+2}+1\Bigg|\times\dfrac{\sqrt{2-a^2}}{\sqrt{2}\sqrt{1-a^2}} \\&=2a\Bigg|\dfrac{a^4-3a^2+2}{a^4-4a^2+2}\Bigg|\times\dfrac{\sqrt{2-a^2}}{\sqrt{1-a^2}} \\&=2a\Bigg|\dfrac{(a^2-1)(a^2-2)}{a^4-4a^2+2}\Bigg|\times\dfrac{\sqrt{2-a^2}}{\sqrt{1-a^2}} \\&=2a\dfrac{(1-a^2)(2-a^2)}{|a^4-4a^2+2|}\times\dfrac{\sqrt{2-a^2}}{\sqrt{1-a^2}}\hspace{20pt}(\because0< a<1) \\&=2a\dfrac{\sqrt{1-a^2}(2-a^2)}{|a^4-4a^2+2|}\times\sqrt{2-a^2} \\&=\dfrac{2a\sqrt{2-a^2}(2-a^2)}{|a^4-4a^2+2|}\times\sqrt{1-a^2} \end{align}
よって,
\begin{align} \lim\limits_{a \to 1-0}\mathrm{P_1P_2}&=\lim\limits_{a \to 1-0}\dfrac{2a\sqrt{2-a^2}(2-a^2)}{|a^4-4a^2+2|}\times\sqrt{1-a^2} \\&=0 \hspace{15pt}(便宜上,=\dfrac{2\sqrt{2-1}(2-1)}{|1-4+2|}\times\sqrt{1-1}=0) \end{align}
となる.

$p$は$0< p\leqq1$を満たす実数とし,$n$は正の整数とする.

$H_n=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^p}$

とおき,整数$a>b\geqq1$であるとき,$G_n＝H_{an}-H_{bn}$とおく.
このとき,以下の問いに答えよ.

$(1)$$0< p<1$の時,$ \lbrace G_n \rbrace $は正の無限大に発散することを示せ.
$(2)$$p=1$のとき,次を示せ.

$\lim\limits_{n \to \infty}G_n=\log(\dfrac{a}{b})$

解答（クリックまたはタップしてください）

$(1)$
$0< p<1$のとき,$\lbrace G_n \rbrace$が正の無限大に発散することを示す.
$a>b\geqq 1$ゆえ$1\geqq\dfrac{1}{b}>\dfrac{1}{a}$である.
よって,
\begin{align} H_{an}&=\displaystyle\sum_{k=1}^{an} \dfrac{1}{k^p} \\&=\dfrac{1}{1^p}+\dfrac{1}{2^p}+\cdots+\dfrac{1}{(bn)^p}+\cdots+\dfrac{1}{(an-1)^p}+\dfrac{1}{(an)^p} \end{align}

\begin{align} H_{bn}&=\displaystyle\sum_{k=1}^{bn} \dfrac{1}{k^p} \\&=\dfrac{1}{1^p}+\dfrac{1}{2^p}+\cdots+\dfrac{1}{(bn)^p} \end{align}
ゆえ,
\begin{align} G_n&=H_{an}-H_{bn} \\&=\dfrac{1}{(bn+1)^p}+\cdots+\dfrac{1}{(an-1)^p}+\dfrac{1}{(an)^p} \end{align}
$G_n$は$(a-b)n $項あるので,
\begin{align} G_n&>\dfrac{(a-b)n}{(bn+1)^p}=\dfrac{(a-b)n^{1-p}}{(b+\frac{1}{n})^p} \end{align}
$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{(a-b)n^{1-p}}{(b+\frac{1}{n})^p}=+\infty$
追い出しの原理より$G_n$が無限大に発散することが示された.$\blacksquare$

$(2)$
$p=1$のとき,
$H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}$
\begin{align} G_n&=H_{an}-H_{bn} \\&=\dfrac{1}{(bn+1)}+\dfrac{1}{(bn+1)}+\cdots+\dfrac{1}{(an)} \\&=\displaystyle\sum_{k=bn+1}^{an} \dfrac{1}{k} \\&=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=bn+1}^{an} \dfrac{1}{\frac{k}{n}} \end{align}
ゆえ$n \rightarrow\infty $のとき
\begin{align} \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=bn+1}^{an} \dfrac{1}{\frac{k}{n}}&=\int_{b}^{a}\dfrac{1}{x}dx \\&= \Big[ \log x \Big]_b^a \\&= \log\Big (\dfrac{a}{b}\Big) \end{align}
となり,示された.$\blacksquare$
問題3はこのセットの中でも比較的簡単な問題だったと思います.

以下の問いに答えよ.
$(1)$次の不等式

$1- \cos{x}\leqq ax^2 $

が全ての実数$x$に対して成り立つような最小の実数$a$が存在することを示し,また,その値を求めよ.
$(2)$
$a$を(1)で求めたものとする.全ての実数$x$に対して,次が成り立つことを示せ.

$\cos{x}\leqq 1-ax^2+\dfrac{1}{24}x^4$

$(3)$次の不等式を示せ.

$34<100 \displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}\cos{(e^{-x})} dx<36$

ただし,$0.36<\dfrac{1}{e}<0.4$を用いてよい.

解答（クリックまたはタップしてください）

$(1)$
$(ⅰ)$$x=0$のとき
任意の$a$について成立する.
$(ⅱ)$$x≠0$のとき
$0< x\leqq\pi$のもとで$1- \cos x\leqq ax^2$が示せれば,$x\geqq\pi,x<0$においての$1-\cos x\leqq ax^2$の成立は保証される.
つまり,示すべき不等式を変形して
\begin{align} 1-\cos x\leqq ax^2&\iff2\sin^2\frac{x}{2}\leqq ax^2 \\&\iff ax^2-2\sin^2\frac{x}{2}\geqq0 \\&\iff \Big(\sqrt{a}x-\sqrt{2}\sin \frac{x}{2}\Big)\Big(\sqrt{a}x+\sqrt{2}\sin \frac{x}{2}\Big)\geqq0 \\&\iff\Big(\sqrt{a}x-\sqrt{2}\sin \frac{x}{2}\Big)\geqq0　\Big(\because\sqrt{a}x+\sqrt{2}\sin \frac{x}{2}\geqq0\Big) \\&\iff \sqrt{a}x\geqq\sqrt{2}\sin \frac{x}{2} \\&\iff \sqrt{\frac{a}{2}}x\geqq\sin \frac{x}{2}　(0< x\leqq\pi) \end{align}
となるような最小の実数$a$が存在することを示せばよい.
ここで,$x=0$での$y=\sin x$における接線の傾きは$\dfrac{1}{2}$であり,$0\leqq x\leqq\pi$において$y=\sin x$は上に凸であるため,常に$\sin {\dfrac{x}{2}}\geqq\dfrac{1}{2}x$が成立する.ゆえに先の不等式より$\sqrt{\dfrac{a}{2}}x\geqq\dfrac{1}{2}x$つまり$\sqrt{\dfrac{a}{2}}\geqq\dfrac{1}{2}$が成立.
よって両辺が正であることから二乗して整理すると$a\geqq\dfrac{1}{2}$となる.
よって$(ⅰ),(ⅱ)$より,$a=\dfrac{1}{2}$である.

$(2)$
$y=\cos x$は偶関数なので$y$軸対称性を持つ.よって$x\geqq0$のみを考えても差し支えない.
以下,$x\geqq0$において$\cos{x}\leqq 1-ax^2+\dfrac{1}{24}x^4$つまり$\cos{x}-1+ax^2-\dfrac{1}{24}x^4\leqq0$を示す.
$f(x)=\cos{x}-1+\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{24}x^4$とおく.
\begin{align} &f'(x)=-\sin{x}+x-\dfrac{1}{6}x^3 \\&f''(x)=-\cos x+1-\dfrac{1}{2}x^2 \\&f'''(x)=\sin x-x \end{align}
ここで,$y=\sin x$の$x=0$における接線を考えると,$x\geqq0$において$y=\sin x$が上に凸であることから,$\sin x\leqq x \iff \sin x-x\leqq0$
つまり,$f'''(x)\leqq0$.
よって,$f''(x)$は$x\geqq0$において単調減少.$f''(0)=0$ゆえ$f''(x)\leqq0$.
よって,$f'(x)$は$x\geqq0$において単調減少.$f'(0)=0$ゆえ$f'(x)\leqq0$.
よって,$f(x)$は$x\geqq0$において単調減少.$f(0)=0$ゆえ$f(x)\leqq0 \iff \cos{x}-1+\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{24}x^4\leqq0$.が示された.$\blacksquare$

$(3)$
$(1),(2)$の不等式より,$1-\dfrac{1}{2}x^2\leqq \cos x \leqq 1-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{24}x^4$
ここで,$x=e^{-x}$に置き換えるとこの不等式は,
$1-\dfrac{1}{2}e^{-2x}\leqq \cos e^{-x} \leqq 1-\dfrac{1}{2}e^{-2x}+\dfrac{1}{24}e^{-4x}$となる.
これらの各辺を$0$から$\dfrac{1}{2}$の区間で積分すると$\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{1}{2}}\Big(1-\dfrac{1}{2}e^{-2x} \Big)dx<\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}\cos{(e^{-x})} dx< \int_{0}^{\dfrac{1}{2}}\Big(1-\dfrac{1}{2}e^{-2x}+\dfrac{1}{24}e^{-4x} \Big)dx$
$(\mathrm{ア})$最左辺について
\begin{align} \int_{0}^{\dfrac{1}{2}}\Big(1-\dfrac{1}{2}e^{-2x} \Big)dx &=\Big[ x+\frac{1}{4}e^{-2x}\Big]_0^\frac{1}{2} \\&=\frac{1}{4}\Big(\frac{1}{e}+1\Big)>\frac{1}{4}\Big(0.36+1\Big)=0.34　(\because 0.36<\dfrac{1}{e}<0.4) \end{align}
$(\mathrm{イ})$また、最右辺について
\begin{align} \int_{0}^{\dfrac{1}{2}}\Big(1-\dfrac{1}{2}e^{-2x}+\dfrac{1}{24}e^{-4x} \Big)dx&=\Big[ x+\frac{1}{4}e^{-2x}-\dfrac{1}{96}e^{-4x}\Big]_{0}^{\dfrac{1}{2}} \\&=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}(e^{-1}-1)-\dfrac{1}{96}(e^{-2}-1) \\&=\dfrac{1}{4e}-\dfrac{1}{96e^2}+\dfrac{25}{96} \\&<\dfrac{25}{96}+\dfrac{0.4}{4}-\dfrac{(0.36)^2}{96} \\&=0.260\cdots+0.1-0.00135=0.359\cdots<0.36 \end{align}
$(\mathrm{ア}),(\mathrm{イ})$より
$0.34< \displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}\cos{(e^{-x})} dx<0.36$が成立.
各辺を$100$倍すると
$34<100 \displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}\cos{(e^{-x})} dx<36$
となり、目的の不等式が成立することが示された.$\blacksquare$

最後の方はだいぶ計算が重くなりました.

二次試験について

二次試験は一次試験の合格発表の一週間後にあります。
はじめに午前組一同待機室（1次試験を受けた教室と同じ場所でした）に集められ、その後決められた順番で呼ばれます。
待機室から別の教室に移動させられ、そこで15分問題を解かされます。

問題は,$(1)$が三角不等式$| \overrightarrow{a}|-| \overrightarrow{b}| \leqq| \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}| \leqq| \overrightarrow{a}|+| \overrightarrow{b}|$を示せというもので,$(2)$は $\Big||\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|-|\overrightarrow{a}|-|\overrightarrow{b}|\Big|\leqq2|\overrightarrow{a}|$を示せというものでした。
$(2)$は$(1)$からすぐに導けるので$(1)$がどれだけちゃんと示せたかが肝となりそうです。

その後、さらに別の教室（黒板がある比較的大きな教室）に移動します。そこには教授が7人ほどいらっしゃり、「その黒板を使ってさっきの問題を解説してみて」と言われました。私が説明している最中、「$|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2=|\overrightarrow{a}|^2+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2$が成り立つのはなんで？」など結構細かいところまで突っ込まれました。
私の場合、問題を解く時点では(1)(2)の両方解けていたのですが、説明する際、(1)の説明に時間がかかってしまい結局(2)の説明ができずに終わってしまいました。
最後に少し英語の短い質問があり、「大学の授業をすべてオンラインにすることは賛成ですか？」（うろ覚えです）みたいなことを聞かれました。
特に志望動機などについては聞かれませんでした。