独自の解答・詳解
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全4問・無料

名古屋市立大学　2019年度　前期日程　医学部医学科

名市大医 2019年度数学の解答・解説

全4問。当サイトで独自に解いた解答・計算過程・詳解・別解を、大問ごとに載せています。

最終更新 2026/10/13

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。医学部医学科の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/13時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

第1問　積分法

符号の変わる関数の面積・場合分け・置き換えて2次関数の最小・対数の計算当サイトの体感難易度：やや難

(1) $f (x) = \frac{2}{x} lo g x$ （ $x > 0$ ）とする。 $a > 0$ に対し、曲線 $y = f (x)$ と $x$ 軸および直線 $x = a$ 、 $x = 2 a$ で囲まれた部分の面積 $S (a)$ を求める

答 $0 < a ≦ \frac{1}{2}$ で $(lo g a)^{2} - (lo g 2 a)^{2}$ 、 $\frac{1}{2} < a < 1$ で $(lo g a)^{2} + (lo g 2 a)^{2}$ 、 $a ≧ 1$ で $(lo g 2 a)^{2} - (lo g a)^{2}$

${(lo g x)^{2}}^{'} = \frac{2 lo g x}{x} = f (x)$ 。 $f$ の符号は $x$ と $1$ の大小で変わるので、 $1$ が区間 $[a, 2 a]$ に入るかで分ける。

${(lo g x)^{2}}^{'} = 2 lo g x \cdot \frac{1}{x} = f (x)$ なので、 $F (x) = (lo g x)^{2}$ が $f$ の原始関数である。

$f (x)$ の符号は $lo g x$ の符号と同じで、 $0 < x < 1$ で負、 $x = 1$ で $0$ 、 $x > 1$ で正である。 $1$ が $[a, 2 a]$ のどこに来るかで3つに分ける。

$a ≧ 1$ のとき　区間全体で $f ≧ 0$ なので

S (a) = \int_{a}^{2 a} f (x) d x = (lo g 2 a)^{2} - (lo g a)^{2}

$2 a ≦ 1$ 、つまり $0 < a ≦ \frac{1}{2}$ のとき　区間全体で $f ≦ 0$ なので

S (a) = - \int_{a}^{2 a} f (x) d x = (lo g a)^{2} - (lo g 2 a)^{2}

$\frac{1}{2} < a < 1$ のとき　 $a < 1 < 2 a$ で、 $[a, 1]$ では負、 $[1, 2 a]$ では正だから

S (a) = - \int_{a}^{1} f d x + \int_{1}^{2 a} f d x = (lo g a)^{2} + (lo g 2 a)^{2}

である（ $lo g 1 = 0$ を使った）。

$(lo g 2 a)^{2} - (lo g a)^{2} = (lo g 2 a + lo g a) (lo g 2 a - lo g a) = lo g 2 (lo g 2 + 2 lo g a)$ と因数分解できる。 $a ≧ 1$ でも $a ≦ \frac{1}{2}$ でも、 $S$ は $lo g a$ の1次式になる。

$a = 0.3, 0.6, \frac{1}{2}, 0.9, 1.5$ で数値積分すると、場合分けした式と小数9桁まで一致した。

「 $x$ 軸および $x = a, x = 2 a$ で囲まれた部分」なので、 $f$ が負の区間では $- f$ を積分する。符号をそのままにしない。

(2) $S (a)$ が最小となるときの $a$ と、そのときの $S (a)$ を求める

答 $a = \frac{1}{2} = \frac{2}{2}$ のとき最小値 $\frac{( lo g 2 ) ^{2}}{2}$

$u = lo g a$ とおくと、どの場合も $u$ の1次式か2次式になる。真ん中の場合が下に凸の2次関数。

$u = lo g a$ 、 $L = lo g 2 > 0$ とおく。 $lo g 2 a = u + L$ である。

$a ≧ 1$ （ $u ≧ 0$ ）… $S = (u + L)^{2} - u^{2} = L^{2} + 2 Lu$ 。 $u$ について増加なので最小は $u = 0$ 、つまり $a = 1$ で $S = L^{2}$ 。
$0 < a ≦ \frac{1}{2}$ （ $u ≦ - L$ ）… $S = u^{2} - (u + L)^{2} = - L^{2} - 2 Lu$ 。 $u$ について減少なので最小は $u = - L$ 、つまり $a = \frac{1}{2}$ で $S = - L^{2} + 2 L^{2} = L^{2}$ 。
$\frac{1}{2} < a < 1$ （ $- L < u < 0$ ）… $S = u^{2} + (u + L)^{2} = 2 u^{2} + 2 Lu + L^{2}$ 。

である。3つ目を平方完成すると

S = 2 (u + \frac{L}{2})^{2} + \frac{L ^{2}}{2}

で、頂点 $u = - \frac{L}{2}$ は $- L < u < 0$ の範囲に入っている。そこでの値 $\frac{L ^{2}}{2}$ は、他の2つの場合の最小値 $L^{2}$ より小さい。よって全体の最小は

lo g a = - \frac{lo g 2}{2}, a = 2^{- \frac{1}{2}} = \frac{1}{2} = \frac{2}{2}

のときで、最小値は

S = \frac{( lo g 2 ) ^{2}}{2}

である（ $0.2402 \dots$ ）。このとき $lo g a = - \frac{lo g 2}{2}$ 、 $lo g 2 a = \frac{lo g 2}{2}$ で、2つの部分の面積がちょうど等しくなっている。

$a$ を $0.001$ 刻みで走査すると最小は $a = 0.707$ で $S = 0.2402266$ 、 $\frac{( lo g 2 ) ^{2}}{2} = 0.2402265$ と合った。

3つの場合の最小値を比べる。真ん中の場合の頂点が範囲に入っているかどうかも確かめる。

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第2問　ベクトル・整数

内積と整数条件・2つの整数の積が4以下・大きさの比・条件を満たす点の図示当サイトの体感難易度：難

(1)ベクトル $p, q$ が ① $\frac{p \cdot q}{p \cdot p}$ が整数、② $\frac{( 2 p ) \cdot ( 2 q )}{q \cdot q}$ が整数、③ $p \cdot q \neq = 0$ 、④ $∣ p ∣ \neq = 0, ∣ q ∣ \neq = 0$ を同時に満たすとき、 $p, q$ のなす角 $θ$ （ $0 ≦ θ ≦ π$ ）の値をすべて求める

答 $θ = 0, \frac{π}{6}, \frac{π}{4}, \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}, \frac{3 π}{4}, \frac{5 π}{6}, π$

①の値を $m$ 、②の値を $n$ とおくと $mn = 4 cos^{2} θ$ になる。 $0 < mn ≦ 4$ から $mn$ は $1, 2, 3, 4$ に限られる。

$∣ p ∣ = P$ 、 $∣ q ∣ = Q$ とおくと $P > 0$ 、 $Q > 0$ で、 $p \cdot q = P Q cos θ$ 、 $p \cdot p = P^{2}$ 、 $q \cdot q = Q^{2}$ である。①、②の値をそれぞれ $m, n$ とすると

m = \frac{P Q cos θ}{P ^{2}} = \frac{Q}{P} cos θ, n = \frac{4 P Q cos θ}{Q ^{2}} = \frac{4 P}{Q} cos θ

である。掛け合わせると $P, Q$ が消えて

mn = 4 cos^{2} θ

となる。③より $cos θ \neq = 0$ なので $0 < cos^{2} θ ≦ 1$ 、したがって $0 < mn ≦ 4$ である。 $m, n$ は整数だから

mn = 1, 2, 3, 4

のいずれかで、 $cos^{2} θ = \frac{mn}{4}$ より

$mn = 1$ … $cos θ = \pm \frac{1}{2}$ 、 $θ = \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}$
$mn = 2$ … $cos θ = \pm \frac{1}{2}$ 、 $θ = \frac{π}{4}, \frac{3 π}{4}$
$mn = 3$ … $cos θ = \pm \frac{3}{2}$ 、 $θ = \frac{π}{6}, \frac{5 π}{6}$
$mn = 4$ … $cos θ = \pm 1$ 、 $θ = 0, π$

である。逆にこれらはどれも実現する。 $m$ と $cos θ$ は同符号で、 $\frac{Q}{P} = \frac{m}{cos θ}$ と決めればよい（ $mn = 4 cos^{2} θ$ から $n$ も自動的に整数になる）。たとえば $mn = 3$ なら $(m, n) = (1, 3), (3, 1)$ と、符号を変えた $(- 1, - 3), (- 3, - 1)$ がとれる。

よって

θ = 0, \frac{π}{6}, \frac{π}{4}, \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}, \frac{3 π}{4}, \frac{5 π}{6}, π

の8通りである。

$1 ≦ mn ≦ 4$ を満たす整数の組を全探索すると16組あり、 $cos θ$ の値から $θ$ は上の8通りになった。

②の分子は $(2 p) \cdot (2 q) = 4 p \cdot q$ である。 $4$ を落とすと $mn = cos^{2} θ ≦ 1$ になり、 $θ$ が足りなくなる。

$mn > 0$ なので $m, n$ は同符号。片方だけ負という組はない。

(2)(1) の各 $θ$ に対して、 $∣ p ∣$ と $∣ q ∣$ の比をすべて求める

答 $θ = 0, π$ で $1 : 1, 1 : 2, 1 : 4$ 。 $θ = \frac{π}{6}, \frac{5 π}{6}$ で $3 : 2, 1 : 23$ 。 $θ = \frac{π}{4}, \frac{3 π}{4}$ で $1 : 2, 1 : 22$ 。 $θ = \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}$ で $1 : 2$

$\frac{Q}{P} = \frac{m}{cos θ}$ 。 $mn$ の値ごとに $m$ のとりうる値を並べる。

(1) より $\frac{Q}{P} = \frac{m}{cos θ}$ である。 $mn$ の値ごとに、 $m$ のとりうる値は

$mn = 4$ （ $cos θ = \pm 1$ ）… $m = \pm 1, \pm 2, \pm 4$ （符号は $cos θ$ と同じ）。 $\frac{Q}{P} = ∣ m ∣ = 1, 2, 4$
$mn = 3$ （ $∣ cos θ ∣ = \frac{3}{2}$ ）… $∣ m ∣ = 1, 3$ 。 $\frac{Q}{P} = \frac{∣ m ∣}{\frac{3}{2}} = \frac{2 ∣ m ∣}{3} = \frac{2}{3}, 23$
$mn = 2$ （ $∣ cos θ ∣ = \frac{1}{2}$ ）… $∣ m ∣ = 1, 2$ 。 $\frac{Q}{P} = 2 ∣ m ∣ = 2, 22$
$mn = 1$ （ $∣ cos θ ∣ = \frac{1}{2}$ ）… $∣ m ∣ = 1$ のみ。 $\frac{Q}{P} = 2$

である。 $P : Q = 1 : \frac{Q}{P}$ として書き直すと

$θ = 0, π$ … $∣ p ∣ : ∣ q ∣ = 1 : 1, 1 : 2, 1 : 4$
$θ = \frac{π}{6}, \frac{5 π}{6}$ … $1 : \frac{2}{3} = 3 : 2$ 、および $1 : 23$
$θ = \frac{π}{4}, \frac{3 π}{4}$ … $1 : 2$ 、および $1 : 22$
$θ = \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}$ … $1 : 2$

である。

16組の $(m, n)$ から $\frac{Q}{P}$ を計算すると、上の比がすべて現れた。

$mn = 4$ では $(m, n) = (1, 4), (2, 2), (4, 1)$ の3通りがあるので、比も3つある。

(3) $x y$ 平面上で $p = (1, 0)$ 、 $q = (q_{1}, q_{2})$ （ $q_{2} ≧ 0$ ）とする。①〜④を満たす $q$ をすべて図示する

答 $q_{1} = \pm 1$ のとき $q_{2} = 0, \frac{1}{3}, 1, 3$ 、 $q_{1} = \pm 2$ のとき $q_{2} = 0, 2$ 、 $q_{1} = \pm 3$ のとき $q_{2} = 3$ 、 $q_{1} = \pm 4$ のとき $q_{2} = 0$ の16点

$p = (1, 0)$ だと ① は「 $q_{1}$ が整数」、② は「 $\frac{4 q _{1}}{q _{1}^{2} + q _{2}^{2}}$ が整数」になる。

$p \cdot p = 1$ 、 $p \cdot q = q_{1}$ 、 $q \cdot q = q_{1}^{2} + q_{2}^{2}$ なので、①は $m = q_{1}$ が整数、②は

n = \frac{4 q _{1}}{q _{1}^{2} + q _{2}^{2}}

が整数、③は $q_{1} \neq = 0$ 、④は $q \neq = 0$ ということである。(1) と同じく $mn = 4 cos^{2} θ$ なので $1 ≦ mn ≦ 4$ 、つまり $m, n$ は同符号で $∣ mn ∣ ≦ 4$ である。

$n = \frac{4 m}{q _{1}^{2} + q _{2}^{2}}$ から $q_{1}^{2} + q_{2}^{2} = \frac{4 m}{n}$ なので

q_{2}^{2} = \frac{4 m}{n} - m^{2}

である。 $mn = 1, 2, 3, 4$ となる組を並べて $q_{2} ≧ 0$ を計算すると

$(m, n) = (1, 1)$ … $q_{2}^{2} = 4 - 1 = 3$ 、 $q = (1, 3)$
$(1, 2)$ … $q_{2}^{2} = 2 - 1 = 1$ 、 $q = (1, 1)$
$(1, 3)$ … $q_{2}^{2} = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}$ 、 $q = (1, \frac{1}{3})$
$(1, 4)$ … $q_{2}^{2} = 1 - 1 = 0$ 、 $q = (1, 0)$
$(2, 1)$ … $q_{2}^{2} = 8 - 4 = 4$ 、 $q = (2, 2)$
$(2, 2)$ … $q_{2}^{2} = 4 - 4 = 0$ 、 $q = (2, 0)$
$(3, 1)$ … $q_{2}^{2} = 12 - 9 = 3$ 、 $q = (3, 3)$
$(4, 1)$ … $q_{2}^{2} = 16 - 16 = 0$ 、 $q = (4, 0)$

の8個が得られる。 $m, n$ をともに符号反転した組からは、 $q_{2}$ はそのままで $q_{1}$ の符号だけが変わった8個が出る。よって全部で16点である。

条件を満たすベクトル q の終点16個。x 座標は ±1, ±2, ±3, ±4 で、y 座標は 0、1/√3、1、√3、2 のいずれか。y 軸について左右対称に並ぶ。

$(1, 3)$ は $θ = \frac{π}{3}$ 、 $(1, 1)$ は $\frac{π}{4}$ 、 $(1, \frac{1}{3})$ と $(3, 3)$ は $\frac{π}{6}$ 、 $x$ 軸上の点は $θ = 0$ に対応する。(2) で出した比ともきちんと合う。

$- 4 ≦ m, n ≦ 4$ を全探索して $q_{2}^{2} ≧ 0$ となる組を拾うと、ちょうど16点になった。

$q_{2} = 0$ の点（ $θ = 0$ ）も条件を満たす。 $p$ と平行なものを除いてはいけない（除くのは $p \cdot q = 0$ のとき）。

$(m, n) = (1, 1)$ などで $q_{2}^{2}$ が負にならないかを毎回確かめる。実際 $mn ≦ 4$ がその条件になっている。

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第3問　確率・図形

繰り返しが出るまでの試行・円周上の点と直角三角形・図形が閉じる条件・三角形を含む条件当サイトの体感難易度：難

(1)サイコロを、一度出た数字がもう一度出るまで投げて数字の列 $[i_{1}, \dots, i_{n}]$ をつくる。 $n ≧ 3$ のとき $A_{i_{1}}, \dots, A_{i_{n - 1}}$ を順に線分で結び、 $i_{n}$ が $i_{n - 1}$ とも $i_{n - 2}$ とも違うときはさらに $A_{i_{n - 1}}$ と $A_{i_{n}}$ を結ぶ。作図終了後、図形が3点を頂点とする三角形となる確率を求める

答 $\frac{5}{54}$

$i_{1}, \dots, i_{n - 1}$ は相異なるので、図形が閉じるのは最後の線分で $A_{i_{1}}$ に戻るときだけ。三角形になるのは $n = 4$ かつ $i_{4} = i_{1}$ のときに限る。

作り方から $i_{1}, \dots, i_{n - 1}$ は相異なり、 $i_{n}$ はそのどれかと一致する。折れ線 $A_{i_{1}} \dots A_{i_{n - 1}}$ は $n - 1$ 個の相異なる点を結んだもので、そこに最後の線分 $A_{i_{n - 1}} A_{i_{n}}$ が付くことがある。

図形が三角形（3頂点・3辺の閉じた図形）になるには、折れ線がちょうど3点で、最後の線分が出発点に戻る必要がある。つまり

n - 1 = 3 かつ i_{4} = i_{1}

である。 $i_{4}$ は $i_{1}, i_{2}, i_{3}$ のどれかと一致し、 $i_{4} = i_{3}$ や $i_{4} = i_{2}$ なら線分は足されないので、残るのは $i_{4} = i_{1}$ の場合だけである。逆にそのときは三角形 $A_{i_{1}} A_{i_{2}} A_{i_{3}}$ になる。

$n - 1 ≧ 4$ のときは折れ線の頂点が4個以上あるので、線分を1本足しても三角形にはならない。

確率を数える。4回の出方は $6^{4}$ 通りで同様に確からしい。 $i_{1}, i_{2}, i_{3}$ が相異なり $i_{4} = i_{1}$ となる出方は $6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 1 = 120$ 通りだから

\frac{120}{6 ^{4}} = \frac{120}{1296} = \frac{5}{54}

である。

サイコロの出方をすべて分数のまま数え上げると $\frac{5}{54}$ になった。

$i_{4} = i_{2}$ （直前の1つ前）でも作図は終わるが、線分は足されないので折れ線のままで三角形にならない。

(2)作図終了後、図形が3点を頂点とする直角三角形となる確率を求める

答 $\frac{1}{54}$

6点はすべて単位円周上にある。円に内接する三角形が直角になるのは1辺が直径のときだけ。

与えられた座標を極形式で見ると、6点はすべて原点からの距離が $1$ で、偏角は

A_{1} : 0^{\circ}, A_{2} : 3 0^{\circ}, A_{3} : 7 5^{\circ}, A_{4} : 13 5^{\circ}, A_{5} : 21 0^{\circ}, A_{6} : 30 0^{\circ}

である（たとえば $\frac{3 - 1}{2 2} = cos 7 5^{\circ}$ 、 $\frac{3 + 1}{2 2} = sin 7 5^{\circ}$ ）。つまり6点は単位円周上にある。

円に内接する三角形が直角三角形になるのは、1辺が直径のとき、すなわち2頂点の偏角が $18 0^{\circ}$ 違うときに限る（円周角の定理）。上の6つの偏角で差が $18 0^{\circ}$ になる組は

21 0^{\circ} - 3 0^{\circ} = 18 0^{\circ}

すなわち $A_{2}$ と $A_{5}$ の1組だけである。したがって直角三角形になるのは $A_{2}$ と $A_{5}$ を両方含む3点組で、残りの1点は4通り、つまり4組ある。

(1) の $120$ 通りのうち、 ${i_{1}, i_{2}, i_{3}}$ が $2$ と $5$ を含むものを数える。残り1つの数字が4通り、3つの数字の並べ方が $3! = 6$ 通りなので $4 \cdot 6 = 24$ 通りである。よって

\frac{24}{6 ^{4}} = \frac{24}{1296} = \frac{1}{54}

である。

4点ずつの組で内積を計算すると、直角三角形になる3点組は $(1, 2, 5), (2, 3, 5), (2, 4, 5), (2, 5, 6)$ の4組だった。

偏角が $7 5^{\circ}$ と $13 5^{\circ}$ の点があるので、見た目だけでは直角かどうか分からない。 $18 0^{\circ}$ 差の組を数え上げて確かめる。

(3)作図終了後、図形の中に3点を頂点とする直角三角形が含まれる確率を求める

答 $\frac{61}{1944}$

最後の線分が作る閉路がちょうど3辺になるのは $i_{n} = i_{n - 3}$ のとき。その3点が $A_{2}, A_{5}$ を含めばよい。

折れ線 $A_{i_{1}} \dots A_{i_{n - 1}}$ は閉路をもたない。閉路ができるのは最後の線分 $A_{i_{n - 1}} A_{i_{n}}$ が付くときだけで、 $i_{n} = i_{k}$ とすると閉路は

A_{i_{k}} \to A_{i_{k + 1}} \to \dots \to A_{i_{n - 1}} \to A_{i_{k}}

で、辺の数は $n - k$ である。これが三角形（3辺）になるのは $k = n - 3$ 、つまり

i_{n} = i_{n - 3}

のときである（ $i_{n} = i_{n - 1}, i_{n - 2}$ のときは線分が足されないので閉路はできない）。このとき三角形の頂点は $A_{i_{n - 3}}, A_{i_{n - 2}}, A_{i_{n - 1}}$ である。閉路が4辺以上のときは、その中に三角形は含まれない。

よって求める確率は「 $i_{n} = i_{n - 3}$ かつ ${i_{n - 3}, i_{n - 2}, i_{n - 1}}$ が $2$ と $5$ を含む」確率である。 $i_{1}, \dots, i_{n - 1}$ は相異なるので $n - 1 ≦ 6$ 、つまり $n = 4, 5, 6, 7$ である。

$n$ ごとに数える。相異なる $n - 1$ 個の並べ方のうち、 $2$ と $5$ が後ろの3つに入るものを数えればよい。後ろ3つのうち2か所に $2, 5$ を入れる並べ方が $3 \cdot 2 = 6$ 通り、残り1か所に他の4つから1つで $4$ 通り、前の $n - 4$ か所には残りから順に入れる。

$n = 4$ … $6 \cdot 4 = 24$ 通り、確率 $\frac{24}{6 ^{4}}$
$n = 5$ … $6 \cdot 4 \cdot 3 = 72$ 通り、確率 $\frac{72}{6 ^{5}}$
$n = 6$ … $6 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 144$ 通り、確率 $\frac{144}{6 ^{6}}$
$n = 7$ … $6 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 144$ 通り、確率 $\frac{144}{6 ^{7}}$

である（ $i_{n}$ は $i_{n - 3}$ と決まるので、そのぶんの $6$ が分母に残る）。 $6^{7} = 279936$ で通分すると

\frac{24 \cdot 216 + 72 \cdot 36 + 144 \cdot 6 + 144}{279936} = \frac{5184 + 2592 + 864 + 144}{279936} = \frac{8784}{279936}

である。約分して

\frac{8784}{279936} = \frac{61}{1944}

である（ $0.0314 \dots$ ）。

(2) は $n = 4$ の場合だけを取り出したもので、確率 $\frac{24}{1296} = \frac{1}{54}$ はこの和の第1項にあたる。

サイコロの出方をすべて分数のまま数え上げると $\frac{61}{1944} = 0.0313786$ になった。

「図形が直角三角形」(2) と「図形の中に直角三角形が含まれる」(3) は別物。(3) では折れ線のしっぽが付いていてもよい。

$n$ は $7$ までしかない。 $i_{1}, \dots, i_{n - 1}$ が相異なるので $n - 1 ≦ 6$ である。

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第4問　数列

場合分けのある漸化式・0に戻る番号の列・ブロックごとの和・不等式を満たす最小の番号当サイトの体感難易度：やや難

(1) $a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} - 1$ （ $a_{n} > 0$ のとき）、 $a_{n + 1} = n$ （ $a_{n} ≦ 0$ のとき）で定める。 $a_{n} = 10000$ となる最小の $n$ を求める

答 $n = 14575$

$a_{n} = 0$ になる番号を $r_{k}$ とすると $r_{k + 1} = 2 r_{k} + 1$ 。 $a$ は $r_{k}$ から $0$ まで1ずつ下がる「かたまり」を繰り返す。

はじめのほうを書き出すと

a_{1}, a_{2}, \dots = 1, 0, 2, 1, 0, 5, 4, 3, 2, 1, 0, 11, \dots

である。 $a_{n} = 0$ となる番号を小さい順に $r_{1}, r_{2}, \dots$ とすると $r_{1} = 2, r_{2} = 5, r_{3} = 11, r_{4} = 23$ である。

一般に $a_{r_{k}} = 0$ なら $a_{r_{k} + 1} = r_{k}$ で、そこから1ずつ減って $0$ になるのは $r_{k}$ 歩あとだから

r_{k + 1} = (r_{k} + 1) + r_{k} = 2 r_{k} + 1

である。 $r_{k} + 1 = 2 (r_{k - 1} + 1)$ と書けるので、 $r_{1} + 1 = 3$ より

r_{k} + 1 = 3 \cdot 2^{k - 1}, r_{k} = 3 \cdot 2^{k - 1} - 1

である。また $r_{k} + 1 ≦ n ≦ r_{k + 1}$ の範囲では $a_{n}$ は $r_{k}$ から $0$ まで1ずつ減るので

a_{n} = r_{k + 1} - n

である。 $a_{n} = 10000$ となるには、そのかたまりの最大値 $r_{k}$ が $10000$ 以上でなければならない。 $r_{12} = 3 \cdot 2^{11} - 1 = 6143$ 、 $r_{13} = 3 \cdot 2^{12} - 1 = 12287$ なので、最初に $10000$ が現れるのは $k = 13$ のかたまりである。

$r_{14} = 3 \cdot 2^{13} - 1 = 24575$ だから

n = r_{14} - 10000 = 24575 - 10000 = 14575

である（ $r_{13} + 1 = 12288 ≦ 14575 ≦ 24575 = r_{14}$ で範囲に入っている）。

漸化式どおりに $3$ 万項まで作ると、 $a_{n} = 10000$ となる最小の $n$ は $14575$ だった。

$a_{n + 1} = n$ の $n$ は「そのときの番号」なので、 $0$ になった位置によって次のかたまりの高さが変わる。

(2) $S_{n} = k = 1 \sum n a_{k}$ とするとき、 $S_{n} ≧ 10000$ となる最小の $n$ を求める

答 $n = 213$

かたまりごとの和は $\frac{r _{k} ( r _{k} + 1 )}{2}$ 。どのかたまりで $10000$ を超えるかを押さえてから、その中で何項ぶん足すかを求める。

$r_{k} + 1 ≦ n ≦ r_{k + 1}$ のかたまりには $r_{k}, r_{k} - 1, \dots, 1, 0$ が並ぶので、その和は $\frac{r _{k} ( r _{k} + 1 )}{2}$ である。 $a_{1} = 1, a_{2} = 0$ の最初の2項の和は $1$ である。順に足すと

$S_{2} = 1$
$S_{5} = 1 + 3 = 4$ （ $r_{1} = 2$ のかたまり $2 + 1 + 0 = 3$ ）
$S_{11} = 4 + 15 = 19$ （ $r_{2} = 5$ ）
$S_{23} = 19 + 66 = 85$ （ $r_{3} = 11$ ）
$S_{47} = 85 + 276 = 361$ （ $r_{4} = 23$ ）
$S_{95} = 361 + 1128 = 1489$ （ $r_{5} = 47$ ）
$S_{191} = 1489 + 4560 = 6049$ （ $r_{6} = 95$ ）
$S_{383} = 6049 + 18336 = 24385$ （ $r_{7} = 191$ ）

である。 $6049 < 10000 < 24385$ なので、 $S_{n}$ が $10000$ に届くのは $r_{7} = 191$ のかたまり（ $n = 192$ から $383$ ）の途中である。

このかたまりの先頭から $j$ 項ぶん足すと、足される値は $191, 190, \dots, 192 - j$ で

t = 1 \sum j (192 - t) = 192 j - \frac{j ( j + 1 )}{2}

である。 $10000 - 6049 = 3951$ 以上になる最小の $j$ を求める。

192 j - \frac{j ( j + 1 )}{2} ≧ 3951 ⟺ j^{2} - 383 j + 7902 ≦ 0

で、左辺の値を調べると

$j = 21$ … $192 \cdot 21 - \frac{21 \cdot 22}{2} = 4032 - 231 = 3801 < 3951$
$j = 22$ … $192 \cdot 22 - \frac{22 \cdot 23}{2} = 4224 - 253 = 3971 ≧ 3951$

なので $j = 22$ である。したがって

n = 191 + 22 = 213

である（ $S_{213} = 6049 + 3971 = 10020$ 、 $S_{212} = 6049 + 3801 = 9850$ ）。

$S_{n}$ を直接計算すると、 $S_{212} = 9850$ 、 $S_{213} = 10020$ で、最小の $n$ は $213$ だった。

かたまりの和は $0$ も含めて $r_{k} + 1$ 項ある。項数を $r_{k}$ と数え違えない。

第4問だけのページ

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問題文について

(1)f(x)=x2​logx（x>0）とする。a>0 に対し、曲線 y=f(x) と x 軸および直線 x=a、x=2a で囲まれた部分の面積 S(a) を求める

(2)S(a) が最小となるときの a と、そのときの S(a) を求める

(1)ベクトル p​,q​ が ① p​⋅p​p​⋅q​​ が整数、② q​⋅q​(2p​)⋅(2q​)​ が整数、③ p​⋅q​=0、④ ∣p​∣=0,∣q​∣=0 を同時に満たすとき、p​,q​ のなす角 θ（0≦θ≦π）の値をすべて求める

(2)(1) の各 θ に対して、∣p​∣ と ∣q​∣ の比をすべて求める

(3)xy 平面上で p​=(1,0)、q​=(q1​,q2​)（q2​≧0）とする。①〜④を満たす q​ をすべて図示する

(2)作図終了後、図形が3点を頂点とする直角三角形となる確率を求める

(3)作図終了後、図形の中に3点を頂点とする直角三角形が含まれる確率を求める

(1)a1​=1、an+1​=an​−1（an​>0 のとき）、an+1​=n（an​≦0 のとき）で定める。an​=10000 となる最小の n を求める

(2)Sn​=k=1∑n​ak​ とするとき、Sn​≧10000 となる最小の n を求める

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(1) $f (x) = \frac{2}{x} lo g x$ （ $x > 0$ ）とする。 $a > 0$ に対し、曲線 $y = f (x)$ と $x$ 軸および直線 $x = a$ 、 $x = 2 a$ で囲まれた部分の面積 $S (a)$ を求める

(2) $S (a)$ が最小となるときの $a$ と、そのときの $S (a)$ を求める

(2)(1) の各 $θ$ に対して、 $∣ p ∣$ と $∣ q ∣$ の比をすべて求める

(3) $x y$ 平面上で $p = (1, 0)$ 、 $q = (q_{1}, q_{2})$ （ $q_{2} ≧ 0$ ）とする。①〜④を満たす $q$ をすべて図示する

(1) $a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} - 1$ （ $a_{n} > 0$ のとき）、 $a_{n + 1} = n$ （ $a_{n} ≦ 0$ のとき）で定める。 $a_{n} = 10000$ となる最小の $n$ を求める

(2) $S_{n} = k = 1 \sum n a_{k}$ とするとき、 $S_{n} ≧ 10000$ となる最小の $n$ を求める