独自の解答・詳解
問題文は非掲載
全4問・無料

名古屋市立大学　2024年度　前期日程　医学部医学科

名市大医 2024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名古屋市立大学が公開しています。

問題文を見る（名古屋市立大学公式・外部サイト・PDF）

掲載ページ名「令和6年度前期日程医学部数学」／2026/10/13に当サイトでリンク先を確認。公開年度は大学側の都合で入れ替わることがあります。

第1問　空間ベクトル

正四面体の内積・平面上にある条件・直線と平面の交点・直角になる条件当サイトの体感難易度：やや難

(1)正四面体 $OABC$ で、平面 $OAB$ 上の点 $P$ が $5 OP = PA - 3 PB$ を満たす。 $OA = a$ 、 $OB = b$ 、 $OC = c$ として $OP$ を $a, b$ で表す

答 $OP = \frac{1}{3} a - b$

$PA = a - OP$ などを代入して $OP$ について解く。

$p = OP$ とおくと $PA = a - p$ 、 $PB = b - p$ なので

5 p = (a - p) - 3 (b - p) = a - 3 b + 2 p

である。よって $3 p = a - 3 b$ で

OP = \frac{1}{3} a - b

である。 $c$ が現れないので、 $P$ は確かに平面 $OAB$ 上にある。

1辺 $1$ の正四面体に座標を入れて確かめると、 $5 OP - (PA - 3 PB) = 0$ になった。

(2) $△ ABC$ の重心 $G$ と点 $P$ を通る直線が平面 $OAC$ と交わる点を $Q$ とするとき、 $OQ$ を $a, c$ で表す

答 $OQ = \frac{1}{3} a + \frac{1}{4} c$

直線 $GP$ 上の点を $a, b, c$ で表し、 $b$ の係数が $0$ になるところを探す。

$OG = \frac{a + b + c}{3}$ である。(1) より

GP = (\frac{1}{3} a - b) - \frac{a + b + c}{3} = - \frac{4}{3} b - \frac{1}{3} c

なので、直線 $GP$ 上の点は実数 $t$ を使って

OG + t GP = \frac{1}{3} a + (\frac{1}{3} - \frac{4}{3} t) b + (\frac{1}{3} - \frac{1}{3} t) c

と書ける。 $a, b, c$ は1次独立なので、この点が平面 $OAC$ 上にあるのは $b$ の係数が $0$ のとき、つまり

\frac{1}{3} - \frac{4}{3} t = 0, t = \frac{1}{4}

のときである。このとき $c$ の係数は $\frac{1}{3} - \frac{1}{12} = \frac{1}{4}$ なので

OQ = \frac{1}{3} a + \frac{1}{4} c

である。

この $Q$ が直線 $GP$ 上にあることを、座標を入れて外積が $0$ になることで確かめた。

(3)線分 $OA$ 上の点 $R$ について、 $△ PQR$ が $PQ$ を斜辺とする直角三角形になるとき、 $\frac{OR}{OA}$ を求める

答 $\frac{OR}{OA} = \frac{7 + 3 41}{48}$

$PQ$ が斜辺だから直角は $R$ にある。 $RP \cdot RQ = 0$ を計算する。

正四面体なので、1辺の長さを $1$ としてよい。 $∣ a ∣ = b = ∣ c ∣ = 1$ で、どの2つのなす角も $\frac{π}{3}$ だから

a \cdot b = b \cdot c = c \cdot a = \frac{1}{2}

である。 $R$ は線分 $OA$ 上なので $OR = s a$ （ $0 ≦ s ≦ 1$ ）とおける。 $PQ$ が斜辺だから直角は頂点 $R$ にあり、条件は $RP \cdot RQ = 0$ である。

RP = (\frac{1}{3} - s) a - b, RQ = (\frac{1}{3} - s) a + \frac{1}{4} c

である。 $u = \frac{1}{3} - s$ とおくと

RP \cdot RQ = u^{2} ∣ a ∣^{2} + \frac{u}{4} (a \cdot c) - u (a \cdot b) - \frac{1}{4} (b \cdot c)

で、内積の値を入れると

u^{2} + \frac{u}{8} - \frac{u}{2} - \frac{1}{8} = u^{2} - \frac{3}{8} u - \frac{1}{8}

である。これが $0$ になるので $8 u^{2} - 3 u - 1 = 0$ 、すなわち

u = \frac{3 \pm 9 + 32}{16} = \frac{3 \pm 41}{16}

である。 $s = \frac{1}{3} - u$ なので

s = \frac{1}{3} - \frac{3 \pm 41}{16} = \frac{16 - 3 ( 3 \pm 41 )}{48} = \frac{7 \mp 3 41}{48}

である。 $41 = 6.40 \dots$ なので、複号が $-$ のとき（ $u$ が $+$ のとき） $s = \frac{7 - 3 41}{48} < 0$ となり、 $R$ は線分 $OA$ 上にない。複号が $+$ のときは

s = \frac{7 + 3 41}{48} = 0.546 \dots

で $0 < s < 1$ を満たす。 $OA = 1$ 、 $OR = s$ だから

\frac{OR}{OA} = \frac{7 + 3 41}{48}

である。

$s = 0.5460286$ のとき $RP \cdot RQ$ は $3 \times 1 0^{- 17}$ で、もう一方の解 $- 0.2543619$ は線分 $OA$ 上になかった。

「 $PQ$ を斜辺とする」ので直角は $R$ にある。 $P$ や $Q$ で直角をとらない。

2次方程式の解のうち、 $0 ≦ s ≦ 1$ を満たすほうだけが答えになる。

第1問だけのページ

第2問　確率

独立な試行・条件付き確率・ベイズの考え方・場合分けして足す当サイトの体感難易度：標準

(1)赤2個・青4個・白4個が入った袋が2つ、赤1個と青1個が入った箱 $A$ 、空の箱 $B$ がある。操作1（2つの袋から1個ずつ取り出して箱 $B$ に入れる）を行ったとき、箱 $B$ に赤玉が1個だけ入っている確率と、2個入っている確率を求める

答赤玉が1個だけ … $\frac{8}{25}$ 、2個 … $\frac{1}{25}$

どちらの袋も「赤を引く確率 $\frac{1}{5}$ 」で、2つの袋は独立。

どちらの袋も玉は $2 + 4 + 4 = 10$ 個で、赤を取り出す確率は $\frac{2}{10} = \frac{1}{5}$ 、赤以外は $\frac{4}{5}$ である。2つの袋から取り出す色は独立だから

(赤が 1 個だけ) = 2 \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{8}{25}, (赤が 2 個) = (\frac{1}{5})^{2} = \frac{1}{25}

である。

あとで使うので、赤が1個だけの $\frac{8}{25}$ の内訳も出しておく。もう1個が青になるのは $2 \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{2}{5} = \frac{4}{25}$ 、白になるのも $\frac{4}{25}$ である。

箱 $B$ の中身の分布を分数のまま計算すると、赤1個だけが $\frac{8}{25}$ 、赤2個が $\frac{1}{25}$ だった。

(2)操作2・操作3（箱 $B$ から1個取り出して色を記録し戻す、を2回）まで行って記録された色がいずれも赤であったとき、箱 $B$ に赤玉が1個だけ入っている確率と、2個入っている確率を求める

答赤玉が1個だけ … $\frac{2}{3}$ 、2個 … $\frac{1}{3}$

箱 $B$ の赤の個数ごとに「2回とも赤」の確率を出し、条件付き確率の定義に入れる。

箱 $B$ の赤の個数を $k$ （ $k = 0, 1, 2$ ）とする。操作2・操作3は戻してから引くので独立で、どちらも赤になる確率は $(\frac{k}{2})^{2}$ である。記録がどちらも赤だったという事象を $E$ とすると

$k = 0$ … 確率 $(\frac{4}{5})^{2} = \frac{16}{25}$ 、 $E$ の確率は $0$
$k = 1$ … 確率 $\frac{8}{25}$ 、 $E$ の確率は $\frac{1}{4}$
$k = 2$ … 確率 $\frac{1}{25}$ 、 $E$ の確率は $1$

である。よって

P (E) = \frac{8}{25} \cdot \frac{1}{4} + \frac{1}{25} \cdot 1 = \frac{2}{25} + \frac{1}{25} = \frac{3}{25}

であり

P (k = 1 ∣ E) = \frac{\frac{2}{25}}{\frac{3}{25}} = \frac{2}{3}, P (k = 2 ∣ E) = \frac{\frac{1}{25}}{\frac{3}{25}} = \frac{1}{3}

である。

$P (E) = \frac{3}{25}$ 、条件付き確率は $\frac{2}{3}$ と $\frac{1}{3}$ で、分数のまま計算した値と一致した。

操作2・操作3は玉を戻すので、2回の試行は独立である。戻さない場合と確率が変わる。

(3)同じ条件（操作3まで行って記録された色がいずれも赤）のもとで、操作4で箱 $A$ と箱 $B$ から1個ずつ取り出したとき、赤玉と青玉が1個ずつ取り出される確率を求める

答 $\frac{5}{12}$

$E$ のもとでの箱 $B$ の中身は「赤赤」「赤青」「赤白」が等確率になる。

(1) の注より、操作1のあとの箱 $B$ の中身は「赤赤」が $\frac{1}{25}$ 、「赤青」が $\frac{4}{25}$ 、「赤白」が $\frac{4}{25}$ である。 $E$ の起こる確率は「赤青」も「赤白」もどちらも $\frac{1}{4}$ なので、 $E$ のもとでの条件付き確率は

\frac{1}{25} \cdot 1 : \frac{4}{25} \cdot \frac{1}{4} : \frac{4}{25} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{25} : \frac{1}{25} : \frac{1}{25}

すなわち「赤赤」「赤青」「赤白」がそれぞれ $\frac{1}{3}$ である（ $\frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ が (2) の「赤1個だけ」と合う）。

箱 $A$ からは赤・青がそれぞれ $\frac{1}{2}$ で出る。箱 $B$ からは入っている2個がそれぞれ $\frac{1}{2}$ で出る。赤と青が1個ずつになる確率を中身ごとに求めると

「赤赤」… 箱 $B$ は必ず赤。箱 $A$ が青であればよく $\frac{1}{2}$
「赤青」… $(A = 赤, B = 青)$ と $(A = 青, B = 赤)$ で $\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$
「赤白」… $(A = 青, B = 赤)$ だけで $\frac{1}{4}$

である。よって求める確率は

\frac{1}{3} (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{4} = \frac{5}{12}

である。

条件付き分布を分数のまま持って操作4まで計算すると $\frac{5}{12} = 0.4167$ だった。

(2) では「赤が1個だけ」をまとめて $\frac{2}{3}$ としたが、(3) では青か白かで結果が変わるので分けて扱う。

第2問だけのページ

第3問　整数

下1桁の周期・合同式・周期の最小公倍数・条件を満たす番号の並び当サイトの体感難易度：標準

(1) $n$ を正の整数とするとき、 $3^{n} - 2^{n}$ を $10$ で割った余りを求める

答 $n \equiv 1$ のとき $1$ 、 $n \equiv 3$ のとき $9$ 、 $n$ が偶数のとき $5$ （いずれも $mod 4$ で、 $n \equiv 0, 2$ をまとめて「偶数」とした）

$3^{n}$ も $2^{n}$ も下1桁が周期 $4$ で繰り返す。

$3^{n}$ を $10$ で割った余りは $n = 1, 2, 3, 4$ で $3, 9, 7, 1$ となり、以後 $3^{4} \equiv 1$ より周期 $4$ で繰り返す。 $2^{n}$ の余りも $n = 1, 2, 3, 4$ で $2, 4, 8, 6$ となり、 $2^{n + 4} = 16 \cdot 2^{n} \equiv 6 \cdot 2^{n}$ から $n ≧ 1$ では周期 $4$ で繰り返す。よって

$n \equiv 1 (mod 4)$ … $3 - 2 = 1$
$n \equiv 2 (mod 4)$ … $9 - 4 = 5$
$n \equiv 3 (mod 4)$ … $7 - 8 = - 1 \equiv 9$
$n \equiv 0 (mod 4)$ … $1 - 6 = - 5 \equiv 5$

である。まとめると、余りは $n$ が奇数で $n \equiv 1 (mod 4)$ のとき $1$ 、 $n \equiv 3 (mod 4)$ のとき $9$ 、 $n$ が偶数のときは $n \equiv 0, 2 (mod 4)$ のどちらでも $5$ である。

$n = 1, \dots, 8$ で余りは $1, 5, 9, 5, 1, 5, 9, 5$ だった。

$2^{n}$ の下1桁が $2, 4, 8, 6$ を繰り返すのは $n ≧ 1$ のとき。 $2^{0} = 1$ は列に入らない。

(2) $3^{n} - 2^{n} + 4 n$ を $10$ で割った余りを $r_{n}$ とする。 $r_{n} = 7$ となる $n$ を小さい順に並べた数列を ${a_{m}}$ とするとき、 $a_{100}$ を求める

答 $a_{100} = 498$

$3^{n} - 2^{n}$ は周期 $4$ 、 $4 n$ は周期 $5$ なので、 $r_{n}$ は周期 $20$ で繰り返す。

$4 n$ を $10$ で割った余りは $n \equiv 1, 2, 3, 4, 0 (mod 5)$ に対して $4, 8, 2, 6, 0$ で、周期は $5$ である。(1) より $3^{n} - 2^{n}$ の余りの周期は $4$ なので、 $r_{n}$ は周期 $lcm (4, 5) = 20$ で繰り返す。

$n = 1$ から $20$ まで $r_{n}$ を並べると

5, 3, 1, 1, 1, 9, 7, 7, 7, 5, 3, 3, 3, 1, 9, 9, 9, 7, 5, 5

となり、 $r_{n} = 7$ となるのは

n \equiv 7, 8, 9, 18 (mod 20)

の4通りである。つまり $20$ 個ごとに4つずつ現れるので、 $k = 0, 1, 2, \dots$ として

$a_{4 k + 1} = 20 k + 7$
$a_{4 k + 2} = 20 k + 8$
$a_{4 k + 3} = 20 k + 9$
$a_{4 k + 4} = 20 k + 18$

である。 $100 = 4 \cdot 24 + 4$ なので $k = 24$ の4番目にあたり

a_{100} = 20 \cdot 24 + 18 = 498

である。

実際に並べると $7, 8, 9, 18, 27, 28, 29, 38, 47, 48, 49, 58, \dots$ となる。

$n = 1$ から $700$ まで全探索して $r_{n} = 7$ となる $n$ を並べると、 $100$ 番目は $498$ だった。

$100$ 番目は $4$ で割り切れるので、各周期の「4つ目」である $20 k + 18$ の形になる。 $20 k + 7$ の形と間違えやすい。

第3問だけのページ

第4問　三角関数・積分法

2曲線の共有点・面積の計算・合成と三角比・比から条件式を作る当サイトの体感難易度：やや難

$f (x) = p sin x$ 、 $g (x) = q cos x$ （ $p > 0, q > 0$ ）について、 $y = f (x)$ と $y = g (x)$ の $0 ≦ x ≦ π$ 、 $π ≦ x ≦ 2 π$ における共有点の $x$ 座標をそれぞれ $α, β$ とする。 $α ≦ x ≦ π$ 、 $y ≧ 0$ で2曲線と $x$ 軸とで囲まれた部分の面積を $S_{1}$ 、 $\frac{π}{2} ≦ x ≦ β$ 、 $y ≦ 0$ で2曲線と $x$ 軸とで囲まれた部分の面積を $S_{2}$ とする。 $S_{1} : S_{2} = (2 + 1) : (2 - 1)$ のときの $α, β$ を求める

答 $α = \frac{π}{12}$ 、 $β = \frac{13}{12} π$

$S_{1}, S_{2}$ を $p, q$ で表すと、どちらも $p^{2} + q^{2}$ と $p - q$ だけで書ける。

$p sin x = q cos x$ を解く。 $cos x = 0$ のときは左辺が $\pm p \neq = 0$ なので共有点ではない。よって両辺を $cos x$ で割って

tan x = \frac{q}{p} (> 0)

である。 $0 ≦ x ≦ π$ でこれを満たすのは $0 < α < \frac{π}{2}$ のただ1つ、 $π ≦ x ≦ 2 π$ でこれを満たすのは $β = α + π$ のただ1つである。

$tan α = \frac{q}{p}$ 、 $0 < α < \frac{π}{2}$ より

cos α = \frac{p}{p ^{2} + q ^{2}}, sin α = \frac{q}{p ^{2} + q ^{2}}

である。 $k = p^{2} + q^{2}$ とおくと、あとで出てくる

p cos α + q sin α = \frac{p ^{2} + q ^{2}}{k} = k

が効く。

$S_{1}$ 　 $α ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ では $cos x > 0$ で $tan x ≧ \frac{q}{p}$ だから $p sin x ≧ q cos x ≧ 0$ である。 $\frac{π}{2} ≦ x ≦ π$ では $q cos x ≦ 0$ なので、 $y ≧ 0$ の部分の下の境界は $x$ 軸になる。よって

S_{1} = \int_{α}^{\frac{π}{2}} (p sin x - q cos x) d x + \int_{\frac{π}{2}}^{π} p sin x d x

である。計算すると

[- p cos x - q sin x]_{α}^{\frac{π}{2}} = - q + p cos α + q sin α = k - q

[- p cos x]_{\frac{π}{2}}^{π} = p

なので

S_{1} = k + p - q

である。

$S_{2}$ 　 $\frac{π}{2} ≦ x ≦ π$ では $p sin x ≧ 0$ なので、 $y ≦ 0$ の部分の上の境界は $x$ 軸、下の境界は $q cos x ≦ 0$ である。 $π ≦ x ≦ β$ では $p sin x ≦ 0$ 、 $q cos x ≦ 0$ で、 $cos x < 0$ と $tan x ≦ \frac{q}{p}$ から $p sin x ≧ q cos x$ である。よって

S_{2} = \int_{\frac{π}{2}}^{π} (- q cos x) d x + \int_{π}^{β} (p sin x - q cos x) d x

である。 $cos β = - cos α$ 、 $sin β = - sin α$ を使うと

[- q sin x]_{\frac{π}{2}}^{π} = q, [- p cos x - q sin x]_{π}^{β} = p cos α + q sin α - p = k - p

なので

S_{2} = k - p + q

である。

p = 2 + √3、q = 1 のときの y = p sin x と y = q cos x。alpha は 0 から pi の範囲の交点、beta は pi から 2pi の範囲の交点。上の塗りが S1、下の塗りが S2。

比の条件　 $d = p - q$ とおくと $S_{1} = k + d$ 、 $S_{2} = k - d$ である。 $S_{1} : S_{2} = (2 + 1) : (2 - 1)$ より

(k + d) (2 - 1) = (k - d) (2 + 1)

で、展開して整理すると $22 d = 2 k$ 、つまり

2 (p - q) = p^{2} + q^{2}

である。 $k > 0$ なので $p > q$ である。両辺を2乗して

2 (p - q)^{2} = p^{2} + q^{2}, p^{2} - 4 pq + q^{2} = 0

である。 $q > 0$ で割ると $(\frac{p}{q})^{2} - 4 \cdot \frac{p}{q} + 1 = 0$ なので

\frac{p}{q} = 2 \pm 3

で、 $p > q$ より $\frac{p}{q} = 2 + 3$ である。したがって

tan α = \frac{q}{p} = \frac{1}{2 + 3} = 2 - 3

である。 $tan \frac{π}{12} = tan (\frac{π}{3} - \frac{π}{4}) = \frac{3 - 1}{1 + 3} = 2 - 3$ で、 $0 < α < \frac{π}{2}$ だから

α = \frac{π}{12}, β = α + π = \frac{13}{12} π

である。

$p = 2 + 3$ 、 $q = 1$ で数値積分すると $S_{1} = 6.595754$ 、 $S_{2} = 1.131652$ で、比は $5.828427 = \frac{2 + 1}{2 - 1}$ だった。

$S_{1}$ は $\frac{π}{2}$ を境に下の境界が $y = g (x)$ から $x$ 軸に変わる。1本の積分で済ませない。

$S_{2}$ も $x = π$ を境に上の境界が $x$ 軸から $y = f (x)$ に変わる。

$p, q$ は1つに決まらない（比だけが決まる）。決まるのは $\frac{q}{p}$ 、つまり $α$ である。

第4問だけのページ

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。解答は当サイトで検算していますが、誤りが残っている可能性はあります。掲載方針配点・採点基準・難易度を大学の公表値として示すことはしていません。

当サイト運営者が制作した教材

同じ形式の問題を、5回分

合格答案をつくる名市大医学数学 2027

名市大医学部数学の出題を分析して書き下ろした予想問題集です。過去問そのものは入っていません。本番と同じ試験時間・大問構成で5回分、解答・詳解・別解に加えて、小問ごとの加点・減点つきの採点表を収録しています。

Amazonで見る収録内容を見る¥2,695・116ページ・2026年8月23日発売

中身を試し読みする

扉・問題・解答などを、それぞれ抜粋して掲載しています。連続したページではありません。画像を押すと拡大できます。

抜粋をPDFでまとめて見る

問題文について

(1)正四面体 OABC で、平面 OAB 上の点 P が 5OP=PA−3PB を満たす。OA=a、OB=b、OC=c として OP を a,b で表す

(2)△ABC の重心 G と点 P を通る直線が平面 OAC と交わる点を Q とするとき、OQ​ を a,c で表す

(3)線分 OA 上の点 R について、△PQR が PQ を斜辺とする直角三角形になるとき、OAOR​ を求める

(2)操作2・操作3（箱 B から1個取り出して色を記録し戻す、を2回）まで行って記録された色がいずれも赤であったとき、箱 B に赤玉が1個だけ入っている確率と、2個入っている確率を求める

(3)同じ条件（操作3まで行って記録された色がいずれも赤）のもとで、操作4で箱 A と箱 B から1個ずつ取り出したとき、赤玉と青玉が1個ずつ取り出される確率を求める

(1)n を正の整数とするとき、3n−2n を 10 で割った余りを求める

(2)3n−2n+4n を 10 で割った余りを rn​ とする。rn​=7 となる n を小さい順に並べた数列を {am​} とするとき、a100​ を求める

同じ形式の問題を、5回分

中身を試し読みする

関連するページ

(1)正四面体 $OABC$ で、平面 $OAB$ 上の点 $P$ が $5 OP = PA - 3 PB$ を満たす。 $OA = a$ 、 $OB = b$ 、 $OC = c$ として $OP$ を $a, b$ で表す

(2) $△ ABC$ の重心 $G$ と点 $P$ を通る直線が平面 $OAC$ と交わる点を $Q$ とするとき、 $OQ$ を $a, c$ で表す

(3)線分 $OA$ 上の点 $R$ について、 $△ PQR$ が $PQ$ を斜辺とする直角三角形になるとき、 $\frac{OR}{OA}$ を求める

(2)操作2・操作3（箱 $B$ から1個取り出して色を記録し戻す、を2回）まで行って記録された色がいずれも赤であったとき、箱 $B$ に赤玉が1個だけ入っている確率と、2個入っている確率を求める

(3)同じ条件（操作3まで行って記録された色がいずれも赤）のもとで、操作4で箱 $A$ と箱 $B$ から1個ずつ取り出したとき、赤玉と青玉が1個ずつ取り出される確率を求める

(1) $n$ を正の整数とするとき、 $3^{n} - 2^{n}$ を $10$ で割った余りを求める

(2) $3^{n} - 2^{n} + 4 n$ を $10$ で割った余りを $r_{n}$ とする。 $r_{n} = 7$ となる $n$ を小さい順に並べた数列を ${a_{m}}$ とするとき、 $a_{100}$ を求める