2026共通テスト(ⅡBC)を解いてみる

どうも、お久しぶりです。YK改め$\equiv$と申します。
少し時期外れ感がありますが、今学年度用に実施された共通テストの数学Ⅱ·B·Cの全問を解いてやろうという記事です。

答え合わせは済ませていますが、計算ミス・論理ミスなどがある場合があります。そこらへんはお手柔らかにご指摘いただけたら幸いです。

それでは、参りましょう。問題本文は省略しています。

第１問：図形の方程式、不等式の領域

(1)

円 $C_1$, $C_2$の式をいわゆる「標準形」に直す。
$$ \begin{cases} C_1\!:{}&(x+1)^2+(y-6)^2=12,\\[4pt] C_2\!:{}&(x-1)^2+(y-1)^2=27. \end{cases} $$

円$C_1$, $C_2$の中心をそれぞれ$\mr P_1$, $\mr P_2$とすれば、点らの座標はそれぞれ[アイウ]$(-1,\,6)$, $(1,\,1)$となり、
円らの半径$r_1$, $r_2$はそれぞれ[エオ]$\sqrt{12}=2\sqrt3$, [カキ]$\sqrt{27}=3\sqrt3$である。

$d=\mr{P_1P_2}$から[クケ]
$$d=\sqrt{[1-(-1)]^2+(6-1)^2}=\sqrt{29},$$
また$r_1+r_2=5\sqrt3=\sqrt{75}>\sqrt{29}=d$から二つの円$C_1$, $C_2$は$2$点で交わる。

(2)

(i)
不等式を変形すれば$D=\{(x,\,y)\mid y\leqq(2/5)x+5\}$, $E=\{(x,\,y)\mid y>(2/5)x+5\}$であることがわかる。
つまり、$l$を方程式$y=0.4x+5$で表される直線とすれば、$D$は$l$を含んだ$l$の下部と一致し、$E$は$l$を含まない$l$の上部と一致する。
（この$l$は(2)-(ii)にて登場する直線$l$と等しい。）

以降より、座標平面上の点$\P$の$x$座標、$y$座標をそれぞれ$x(\P)$, $y(\P)$と表す。

$x=x(\mr O)=0$, $x=x(\P_1)=-1$, $x=x(\P_2)=1$をそれぞれ$l$の方程式に代入し、そのときの$y$の値をそれぞれの点の$y$座標と比較する。

• $y=0+5=5>0=y(\rm O)$
• $y=-0.4+5=4.6<6=y(\P_1)$
• $y=0.4+5=5.4>1=y(\P_2)$

から、三つの点$\mr O$, $\P_1$, $\P_2$はそれぞれ$l$の上部、下部、上部にあることがわかる。ゆえに[コサシ]$\mr O$, $\P_1$, $\P_2$はそれぞれ$D$, $E$, $D$に含まれる。

(ii)

「$x$, $y$が①と②の両方を満たす」は「$x,$ $y$が円$C_1$, $C_2$の方程式を両方満たす」と同値であるため、
点$\P$の座標を$(x,\,y)$とすれば、点$\P$は円$C_1$の上にも円$C_2$の上にもあることがわかる。これの逆も成立する。

この実数$x$, $y$は問題文により④も満たすので、点$\P$は直線$l$の上にある。これは逆は成立しないだろう。
これから、[ス] 点$\P$を円$C_1$の上にも円$C_2$の上にもある点とすれば$\P$は$l$の上にある。

これにより、直線$l$は二つの円$C_1$, $C_2$の二つの交点を繋いだ直線と等しいと言える。
ならば、$l$は$C_1$, $C_2$とそれぞれ２つの点で交わり、またその交点は一致する。

(iii)

不等式$x^2+y^2-7y+(2x-5y+25)<0$は
$$(x+1)^2+(y-6)^2<12$$
と変形できるため、不等式は円$C_1$の境界を含まない内部を表す。この領域を$S_1$とする。
この$S_1$と(i)の領域$D$、つまり直線$l$の境界を含む下部との共通部分$F$は、$l$で切断された$C_1$の領域の中での下部である。ただし、$l$側の境界は含まれる。セ・ソの選択肢だと(6)に該当する。

同じように、不等式$x^2+y^2-7y-(2x-5y+25)<0$は
$$(x-1)^2+(y-1)^2<27$$
と変形できるため、不等式は円$C_2$の境界を含まない内部を表す。この領域を$S_2$とする。
この$S_2$と(i)の領域$E$、つまり$l$の境界を含まない上部との共通部分$G$は、$l$で切断された$C_2$の領域の中での上部である。たふぁし、どちら側の境界も含まない。セ・ソの選択肢だと(5)に該当する。

$F\cup G$は、(5)と(6)を合わせたものとなるので、[セ] 結果的に$C_1$と$C_2$の共通部分となる。

(iv)

$l$の方程式の左辺$2x-5y+25$を$f(x,\,y)$とすれば、
$$(\ts{⑤の左辺})=\begin{cases} (\ts{②の左辺}) & \ts{if $f(x,\,y)\geqq0$,} \\[4pt] (\ts{①の左辺}) & \ts{if $f(x,\,y)<0$.} \end{cases}$$

$\,\!$(iii)と同じように求めれば、不等式の表す領域は$l$で分割された$S_1$の上部と$S_2$の下部の和集合、[ソ] つまり$(D\cap S_2)\cup(E\cap S_1)$となる。

第２問：三角関数

1. 和→積の公式の証明

加法定理から [ア]
$$\sin{}(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta$$
である。

[イウ]$\alpha=(A+B)/2$, $\beta=(A-B)/2$とすれば、$\alpha+\beta=A$, $\alpha-\beta=B$となるため、①が得られる。

(2)

①を用いれば [エオ]
$$ \begin{aligned} f(x)&=\sin\left(x+\dfrac5{12}\pi\right)+\sin\left(x+\dfrac\pi{12}\right) \\ &=2\sin\dfrac{[x+(5/12)\pi]+[x+(\pi/12)]}2\cos\dfrac{[x+(5/12)\pi]-[x+(\pi/12)]}2 \\ &=2\cos\dfrac\pi6\sin\left(x+\dfrac\pi4\right) \\ &=\sqrt3\sin\left(x+\dfrac\pi4\right). \end{aligned} $$

$\sqrt3>0$から、[カキ]$f(x)$は$\sin{}(x+\pi/4)=1$であるとき、つまり$x+\pi/4=\pi/2\;\Longto\;x=\pi/4$であるとき最大値$\sqrt3$を持つ。

(3)-(i)

$x+a$, $x+2a$, $x+3a$は公差が$a$の等差数列の一部と言えるので、等差中項の原理を用いれば [クケ]
$$2(x+2a)=(x+a)+(x+3a)$$
となる。これと①を用いると [コ]
$$\begin{aligned} g(x)&=\sin{}(x+2a)+2\sin{}\dfrac{2(x+2a)}2\cos\dfrac{-2a}2 \\ &=\sin{}(x+2a)+2\sin{}(x+2a)\cos a \\ &\phantom{{}={}}{\color{Gray}(\because\;\cos{}(-a)=\cos a)} \\[2pt] &=(2\cos a+1)\sin{}(x+2a). \end{aligned}$$

(ii)

$a=(5/6)\pi$を代入すれば
$$g(x)=(1-\sqrt3)\sin\left(x+\dfrac53\pi\right).$$

$0\leqq x<2\pi\;\Longto\;(5/3)\pi\leqq x<(11/3)\pi$を考慮すれば、$1-\sqrt3<0$なので$\sin{}[x+(5/3)\pi]=-1$であるとき、[サシスセ] つまり$x+(5/3)\pi=(7/2)\pi\;\Longto\;x=(11/6)\pi$で最大値$\sqrt3-1$をとる。

第３問：導関数・定積分の応用

(1)-(i)

[ア]$f'(x)=x^2-4x+3=(x-1)(x-3)$のため、

[イウエオ]
$f(x)$は$x=1$にて極大値$f(1)=k+(4/3)$を、$x=3$にて極小値$f(3)=k$をとる。

(ii)
[カ]
$k=0$のとき、$f(x)=x^3/3-2x^2+3x$のため
$f(x)=0$は$x=0$にて一つの解、$x=3$にて重解を持つ。
$x>3$にて$f(x)$は増加するので、該当する概形は(2)となる。

[キ]
$k>0$のときは極小値$k$が$0$より大きいので、解は一つしかない。$k=0$の場合と同様、$x>3$にて$f(x)$は増加するので、該当する概形は(0)となる。

(iii)
問題文の通り$\alpha$の値を設定すれば$\alpha=1$となる。
ならば、$f(0)<0< f(\alpha)$は
$$f(0)=k<0< f(a)=k+\dfrac43$$
と変形でき、これを$k$に対して解くと [クケ]
$$-\dfrac43< k<0$$
である。

$k$がこの範囲を満たすとし、問題文の二つの領域の面積をそれぞれ$S_1$, $S_2$とする。仮定により$S_1=S_2$.

ならば、$0\leqq x\leqq\beta$にて$f(x)\leqq0$, $\beta\leqq x\leqq\alpha$にて$f(x)\geqq0$であるため
$$ \begin{aligned} S_1&=\int_0^\beta|f(x)|\dx=-\int_0^\beta f(x)\dx,\\[4px] S_2&=\int_\beta^\alpha|f(x)|\dx=\int_\beta^\alpha f(x)\dx. \end{aligned} $$

仮定を変形すれば$S_2-S_1=0$であるため、[コ]
$$\begin{aligned} S_2-S_1&=\int_\beta^\alpha f(x)\dx+\int_0^\alpha f(x)\dx \\ &=\int_0^\alpha f(x)\dx=0. \end{aligned}$$

ゆえに
$$\begin{aligned} \int_0^\alpha f(x)\dx&=\int_0^1\left(\dfrac1x^3-2x^2+3x+k\right)\!\dx \\ &=\left[\dfrac1{12}x^4-\dfrac23x^3+\dfrac32x^2+kx\right]^1_0 \\ &=k+\dfrac{11}{12}=0, \end{aligned}$$
よって$k=-11/12$.

(2)

定数$a$, $b$, $c$, $d$に対し、$g(x)=ax^3+bx^2+cx+d$とする。
ならば、$g'(x)=3ax^2+2bx+c$.

条件(a)により、

• $g(0)=d>0$, よってグラフ$y=g(x)$の$y$切片は正。
• $g'(0)=c>0$, よってグラフ$y=g(x)$の$x=0$での傾きは正。

これを満たすグラフの概形は [タチツ] (1), (2), (4)である。

条件(b)を追加すると、$g(x)$は奇関数となる。
ゆえに(2)が脱落し、(a), (b)をともに満たすグラフの概形は [テト] (1), (4)である。

さらに条件(c)を追加すると、(1)の場合$g'(x)$は上に凸のため、脱落。
よって(a), (b), (c)をすべて満たすグラフの概形は [ナ] (4)である。

第４問：等差数列・等比数列

(1-i)

[アイ]
$b_1=a_2-a_1=a_2-1=3$から、$a_2=4$.

[ウエオ]
$b_2=a_3-a_2=a_3-4=7$から、$a_3=11$.

(ii)
[カキクケ]
$$\begin{aligned} a_n&=a_n-a_{n-1}+a_{n-1}-\cdots+a_2-a_1+a_1 \\ &=b_{n-1}+b_{n-2}+\cdots+b_1+a_1 \\ &=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k \\ &=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}(4k-1) \\ &=1+4\cdot\frac{n(n-1)}2-(n-1) \\ &=2n^2-3n+2. \end{aligned}$$

(2)
[コサ]
$$\begin{aligned} c_{n+1}-c_n&=[p(n+1)+q]\cdot2^{n+1}-(pn+q)\cdot2^n \\ &=2^n[pn+(2p+q)] \end{aligned}$$
から、[シスセ] ②は$(p,\,q)=(2,\,-3)$のとき成り立つ。
ゆえにすべての自然数$n$に対して$c_n=2^n(2n-3)$.

これから、(1-ii)での①を適用すれば
[ソタ]
$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^nd_k&=c_{n+1}-c_1 \\ &=2^{n+1}(2n-1)+2. \end{aligned}$$

(3)

(2)と同様、$\{c_n\}$の階差数列が$\{d_n\}$となるような数列$\{c_n\}$が定数$p$, $q$, $r$に対し
$$c_n=2^n(pn^2+qn+r)$$
という一般項を持つと仮定する。

ならば、(2)での考察と同様、すべての自然数$n$に対して
$$\begin{aligned} d_n&=c_{n+1}-c_n \\ &=[p(n+1)^2+q(n+1)+r]\cdot2^{n+1}-(pn^2+qn+r)\cdot2^n \\ &=2^n[pn^2+(4p+q)n+(2p+2q+r)] \\ &=2^n(n^2-n-1) \end{aligned}$$
と計算でき、係数を比較すれば
$(p,\,q,\,r)=(1,\,-5,\,7)$であることがわかる。
よって$c_n=(n^2-5n+7)\cdot 2^n$である。

これから、[チツ]
$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^nd_k&=c_{n+1}-c_1 \\ &=[(n+1)^2-5(n+1)+7]\cdot2^{n+1}-2\cdot3 \\ &=(n^2-3n+3)\cdot2^{n+1}-6. \end{aligned}$$

第５問：標本抽出・仮説検定

(1)

[ア] $Y=(X-116)/25$とすれば$Y\sim\N(0,\,1)$.
よって、正規分布表を参考にすると [イ]
$$\begin{aligned} \P(X\geqq120)&=\P\left(Y\geqq\dfrac{120-116}{25}\right) \\ &=\P(Y\geqq0.16) \\ &=0.5-0.0636 \\ &=0.4364 \\ &\simeq 0.44. \end{aligned}$$

(2-i)

母集団を$W$とする。

[ウ] $\E(W_i)=0(1-p)+1\cdot p=p$,

[エ]

$$\begin{aligned} \V(E_i)&=\{0-\E(W_i)\}^2(1-p)+\{1-\E(W_i)\}^2p \\ &=p^2(1-p)+(1-p)^2p \\ &=p^2-p\\ &=p(1-p). \end{aligned}$$

(ii)
確率変数$X$がとある分布$D$に近似的に従うことを$X\apsim D$と表す。

[オ] $\ol W$は$\ol W\apsim\N\left(p,\,\dfrac{p(1-p)}n\right)$.

[カ] $n=400$, $p=0.4$とすれば
$W\apsim\N(0.4,\,0.0006)$.

$Z$を$Z\sim\N(0,\,1)$を満たす確率変数とすると
[キ]
$$\begin{aligned} \P\left(\ol W\geqq\frac{184}{400}\right)&=\P(\ol W\geqq0.46) \\ &=\P\left(Z\geqq\frac{0.46-0.4}{\sqrt{0.0006}}\right) \\ &=\P\left(Z\geqq\frac{0.06}{0.01\sqrt 6}\right) \\ &=\P(Z\geqq\sqrt6) \\ &=\P(Z\geqq2.45) \\ &=0.5-0.4929 \\ &=0.0071 \\ &=0.71\,\%. \end{aligned}$$

これは [ク] 有意水準$5\,\%$よりも小さいので、帰無仮説$H_0\!:p=0.4$は棄却される。ゆえに対立仮説$H_1\!:p>0.4$を採用する根拠があると言え、これから [ケ] 合格率は$0.4$より高いと判断できる。

(3)

(2)と同様に考えると、$p(1-p)/n=(0.4\cdot 0.6)/100=0.0024$なので
$W\apsim\N(0.4,\,0.0024)$.

ゆえに$Z$を$Z\sim\N(0,\,1)$を満たす確率変数とすると
$$\begin{aligned} \P(\ol W\geqq0.46)&=\P\left(Z\geqq\frac{0.46-0.4}{\sqrt{0.0024}}\right) \\ &=\P(Z\geqq1.225) \\ &>\P(Z\geqq1.23) \\ &=0.1097 \\ &=10.97\,\% \end{aligned}$$
となり、[コサ] ゆえに$\P(\ol W\geqq0.46)$は有意水準$5\,\%$より高いため、帰無仮説は却下されず、合格率が0.4より高いと言える根拠がない。

第６問：ベクトルの合成とベクトルの表す図形

(1)

$\rm M=A$ならば、
$$\Vec{MP}=\Vec{AP}=\Vec 0+2\Vec{AB}-\Vec{AC}$$
である。合成のできるようにベクトルの始点・終点を入れ替えれば
$$\begin{aligned} \Vec{AP}&=\Vec{AB}+\Vec{AB}-\Vec{AC} \\ &=\Vec{AB}+\Vec{BF}-\Vec{EF} \\ &=\Vec{AE} \end{aligned}$$
のため、[ア] $\rm P$は$\rm E$と一致する。

$\rm M=D$ならば、
$$\Vec{MP}=\Vec{DP}=\Vec{DA}+2\Vec{DB}-\Vec{MC}$$
であり、先ほどのようにベクトルを調整すると
$$\begin{aligned} \Vec{DP}&=\Vec{DA}+2\Vec{DB}-\Vec{DC} \\ &=\Vec{DA}+\Vec{DB}+\Vec{DB}-\Vec{DC} \\ &=\Vec{DA}+\Vec{AC}+\Vec{CH}-\Vec{BH} \\ &=\Vec{DB} \end{aligned}$$
のため、[イ] $\rm P$は$\rm B$と一致する。
ただし、点$\rm H$は点$\rm B$を直線$\rm CG$に対して対称である点である。

以下の図を参考してほしい。

(2)

②の左辺は、[ウ]
$$\Vec{MP}=\Vec{MA}+\Vec{AP}=\Vec{AP}-\Vec{AM}$$
であり、

②の右辺は [エオカ]
$$\begin{aligned} &\phantom{{}={}}a\Vec{MA}+b\Vec{MB}+c\Vec{MC} \\ &=-a\Vec{AM}+b(\Vec{AB}-\Vec{AM})+c(\Vec{AC}-\Vec{AM}) \\ &=b\Vec{AB}+c\Vec{AC}-(a+b+c)\Vec{AM} \end{aligned}$$
のため、これから②は [キクケ]
$$\begin{aligned} \Vec{AP}=b\Vec{AB}+c\Vec{AC}+(1-a-b-c)\Vec{AM} \end{aligned}$$
と変形できる。

この式が（厳密ではない言い方だが）点$\mr M$に対する恒等式となるための必要十分条件は、$\mr M$と関連する項の係数が$0$であることである。
ゆえに [コ] $\mr M$の位置に関係なく②を満たす$\P$の位置が変わらないための必要条件は$1-a-b-c=0$、つまり$a+b+c=1$である。

(3)-(i)

$a+b+c=1$かつ$a=1/2$ならば$b+c=1/2$.

$1-a-b-c=0$, $c=1/2-b$を代入し②の変形式に代入すると
$$\begin{aligned} \Vec{AP}&=b\Vec{AB}+\left(\frac12-b\right)\Vec{AC} \\ &=\frac12\Vec{AC}+b(\Vec{AB}-\Vec{AC}) \\ &=\Vec{AI}+b\Vec{CB}. \\ &\phantom{{}={}}{\color{Gray}(\because\;\Vec{AC}=\Vec{AI}+\Vec{IC}=2\Vec{AI}.)} \end{aligned}$$

$\Vec{CB}$は$\Vec{IJ}$と平行であるため、以上の等式から点$\P$は点$\mr I$を$\Vec{IJ}$の方向、または$\Vec{IJ}$と逆の方向に平行移動させたものとなる。
ゆえに [サ] 点$\P$は直線$\mr{IJ}$の上に存在する。

(ii)

$c<0$かつ$a+b+c=1$なので$c=1-(a+b)<0$、ゆえに$a>1-b$.

ベクトルの成分表示を以下のように行う。
$\Vec{AB}=(\beta_1,\,\beta_2)$,
$\Vec{AC}=(\gamma_1,\,\gamma_2)$.

②の変形式に$c=1-(a+b)$を代入すると
$$\Vec{AP}=b\Vec{AB}+\{1-(a+b)\}\Vec{AC}.$$

ここで$\Vec{AC}$の係数を考慮すると
$$\begin{aligned} &\phantom{{}={}}1-(a+b) \\ &<1-\{(1-b)+b\} \\ &=0 \end{aligned}$$
のため、点$\P$は直線$\mr{AB}$の上の点を$\Vec{AC}$の逆の方向に任意の正の距離分平行移動させたものである。ゆえに [シ] $\P$の存在範囲は下図の水色部分となる。

第７問：複素数・複素数平面

(1)

$z=\sqrt3+i$のため、[ア]$|z|=\sqrt{(\sqrt3)^2+1^2}=2$であり、

$|z|^2=z\ol z=4$から [イウエオカ]
$$\begin{aligned} w&=z+\frac1z \\ &=z+\frac{\ol z}4\\ &=\sqrt3+i+\frac14(\sqrt3-i) \\ &=\frac{5\sqrt3}4+\frac34i. \end{aligned}$$

(2)-(i)

$z$が$C$上を動くなら$|z|=r$である。

ド・モアブルの定理により [キク]
$$\begin{aligned} w&=z+\frac1z \\ &=z+z^{-1} \\ &=r(\cos\theta+i\sin\theta)+\frac1r(\cos\theta-i\sin\theta) \\ &=\left(r+\frac1r\right)\cos\theta+i\left(r-\frac1r\right)\sin\theta \end{aligned}$$

$\theta$の値によらず$\{r-(1/r)\}\sin\theta=0$となるには [ケ]
$$\begin{aligned} & r-\frac1r=0 \\ \Longto{}\;& r^2-1=0 \\ \Longto{}\;& r=1.\quad{\color{Gray}(\because\;r>0)} \end{aligned}$$

(ii)

$r=1$とし、$z$が$C$上を動くとする。
(2)-(i)により
$$\begin{aligned} w&=z+\frac1z \\ &=\left(r+\frac1r\right)\cos\theta+i\left(r-\frac1r\right)\sin\theta \\ &=2\cos\theta \end{aligned}$$
であり、$\cos\theta$は$-1\leqq\cos\theta\leqq1$を満たすので、$-2\leqq w\leqq 2$である。

ゆえに、[コ] 点$w$は点$-2$と$2$を結んだ線分を描く。

(iii)

$r\neq1$とすれば
$$x=\left(r+\frac1r\right)\cos\theta,\;y=\left(r-\frac1r\right)\sin\theta.$$

$x^2=\{r+(1/r)\}^2\cos^2\theta$, $y^2=\{r-(1/r)\}^2\sin^2\theta$から
$$\cos^2\theta=\frac{x^2}{\{r+(1/r)\}^2},\;\sin^2\theta=\frac{y^2}{\{r-(1/r)\}^2}$$
なので、任意の実数$\alpha$に対して$\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1$であることから [サ]
$$\begin{aligned} &\phantom{{}={}}\cos^2\theta+\sin^2\theta \\ &=\frac{x^2}{\left(r+\dfrac1r\right)^2}+\frac{y^2}{\left(r-\dfrac1r\right)^2}=1. \end{aligned}$$

(3)-(i)

[シ]
$$\begin{aligned} w^2&=\left(z+\frac1z\right)^2 \\ &=z^2+\frac1{z^2}+2. \end{aligned}$$

(ii)

ド・モアブルの定理により、
$$\begin{aligned} &z^2=r^2(\cos2\theta+i\sin2\theta),\\[3px] &\frac1{z^2}=z^{-2}=\frac1{r^2}(\cos2\theta-i\sin2\theta). \end{aligned}$$

ゆえに
$$\begin{aligned} &\phantom{{}={}}z^2+\frac1{z^2} \\ &=r^2(\cos2\theta+i\sin2\theta)+\frac1{r^2}(\cos2\theta-i\sin2\theta) \\ &=\left(r^2+\frac1{r^2}\right)\cos2\theta+i\left(r^2-\frac1{r^2}\right)\sin2\theta, \end{aligned}$$

よって
$X=\left(r^2+\dfrac1{r^2}\right)\cos2\theta$,
$Y=\left(r^2-\dfrac1{r^2}\right)\sin2\theta$,

ゆえに
$\sin2\theta=\dfrac{X}{r^2+\dfrac1{r^2}}$,
$\cos2\theta=\dfrac{Y}{r^2-\dfrac1{r^2}}$.

ゆえに、(2)-(iii)同様、[ス]
$$\begin{aligned} &\phantom{{}={}}\sin^22\theta+\cos^22\theta \\ &=\frac{X^2}{\left(r^2+\dfrac1{r^2}\right)^2}+\dfrac{Y^2}{\left(r^2-\dfrac1{r^2}\right)^2}=1. \end{aligned}$$

$w^2=z^2+(1/z^2)+2$のため、$w^2=(X+2)+Yi$.

ゆえに、$w^2=x+yi$ ($x$, $y$は実数
)とすると$X=x-2$, $Y=y$となり、ゆえに
$$\frac{(x-2)^2}{\left(r^2+\dfrac1{r^2}\right)^2}+\dfrac{y^2}{\left(r^2-\dfrac1{r^2}\right)^2}=1$$
が成立する。…… ③

$A=r^2+\dfrac1{r^2}$, $B=\left|r^2-\dfrac1{r^2}\right|$とすれば、

$A^2-B^2=4$から$A^2>B^2$、また$A$と$B$がともに正であることから$A>B$.

$\sqrt{A^2-B^2}=2$より、③は中心の座標が$(2,\,0)$であり、焦点の座標が$(0,\,0)$, $(4,\,0)$である楕円の方程式となる。

これを満たす選択肢は [セ] (3)である。