金沢大学 2014年度 数学 過去問解説｜藤原先生と一緒に攻略しよう！

こんにちは！数強塾・日本数学塾講師の藤原進之介です。

今回は金沢大学 2014年度（平成26年度）前期日程 理系数学の過去問を徹底解説していきます！金沢大学は北陸地方を代表する総合大学で、数学の入試問題は標準〜やや難レベルの良問が出題されることで知られています。

この年度は、空間図形（球面と直線）、二重根号を含む三角関数、行列と一次変換、確率といった幅広い分野から出題されました。一つ一つ丁寧に解説していきますので、一緒に攻略していきましょう！

試験概要・難易度

2014年度 金沢大学 前期日程 理系数学 試験概要

項目	内容
試験時間	120分
問題数	大問4問
出題形式	全問記述式
出題範囲	数学Ⅰ・Ⅱ・Ⅲ・A・B・C（行列含む）
配点	学部・学科により異なる（理工学域：300点満点など）

全体講評

2014年度の金沢大学理系数学は、全体的にやや難しめの出題でした。特に以下の点が受験生を苦しめました：

• 第1問：空間図形の標準的な問題だが、計算量がやや多い
• 第2問：二重根号の処理がさりげなく問われており、計算力が試される
• 第3問：行列と場合分けを組み合わせた問題で、論理的思考力が必要
• 第4問：確率の問題で、自然数に関する条件整理と計算が多い

試験時間120分に対して、目標解答時間は各大問30分程度。量的には適量ですが、計算ミスなく時間内に完答するのは難しかったでしょう。合格ラインは6割程度と推測されます。

難易度評価

大問	分野	難易度	目標時間
第1問	空間図形（球面と直線）	★★★☆☆（標準）	25分
第2問	三角関数・二重根号	★★★★☆（やや難）	30分
第3問	行列と一次変換	★★★★☆（やや難）	35分
第4問	確率（自然数）	★★★★☆（やや難）	30分

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大問1：空間図形（球面と直線の交点）

問題

解説・解法のポイント

【方針】

この問題は、直線の媒介変数表示を球面の方程式に代入して、t についての2次方程式を立てるのが定石です。2点で交わる条件は判別式 D > 0 となります。

【(1) の解法】

Step 1：直線の媒介変数表示を成分で書き下す

直線 ℓ 上の点は次のように表せます：

• x = 2 - t
• y = -1 + at
• z = at

Step 2：球面の方程式に代入

S：x² + y² + z² = 1 に代入すると：

(2 - t)² + (-1 + at)² + (at)² = 1

展開していきます：

• (2 - t)² = 4 - 4t + t²
• (-1 + at)² = 1 - 2at + a²t²
• (at)² = a²t²

合計すると：

4 - 4t + t² + 1 - 2at + a²t² + a²t² = 1

(1 + 2a²)t² - (4 + 2a)t + 4 = 0

Step 3：判別式を計算

この2次方程式の判別式を D とすると：

D/4 = (2 + a)² - 4(1 + 2a²)

= 4 + 4a + a² - 4 - 8a²

= -7a² + 4a

= -a(7a - 4)

2点で交わる条件は D > 0、すなわち：

-a(7a - 4) > 0

a(7a - 4) < 0

これを解くと：

0 < a < 4/7

【(2) の解法】

Step 1：2交点間の距離を求める

t の2次方程式の2解を t₁, t₂ とすると、解と係数の関係より：

• t₁ + t₂ = (4 + 2a)/(1 + 2a²)
• t₁t₂ = 4/(1 + 2a²)

2点間の距離は、方向ベクトル (-1, a, a) の大きさを使って：

d = |t₁ - t₂| × √(1 + a² + a²) = |t₁ - t₂| × √(1 + 2a²)

ここで：

(t₁ - t₂)² = (t₁ + t₂)² - 4t₁t₂

= [(4 + 2a)/(1 + 2a²)]² - 16/(1 + 2a²)

= [(4 + 2a)² - 16(1 + 2a²)]/(1 + 2a²)²

= [16 + 16a + 4a² - 16 - 32a²]/(1 + 2a²)²

= [16a - 28a²]/(1 + 2a²)²

= 4a(4 - 7a)/(1 + 2a²)²

よって：

d² = (t₁ - t₂)² × (1 + 2a²) = 4a(4 - 7a)/(1 + 2a²)

Step 2：最大値を求める

f(a) = 4a(4 - 7a)/(1 + 2a²) = (16a - 28a²)/(1 + 2a²) の最大値を求めます。

f'(a) = 0 となる a を求めるか、あるいは d² の最大を与える a を計算します。

計算を進めると、a = 2/7 のとき最大となり：

d²_max = 4 × (2/7) × (4 - 2) / (1 + 2 × 4/49)

= (8/7) × 2 / (1 + 8/49)

= (16/7) / (57/49)

= (16/7) × (49/57)

= 112/57

d_max = √(112/57) = 4√(7/57) = 4√399/57

【(3) の解法】

a = 2/7 を代入して、t の値を求め、交点の座標を計算します。

t の2次方程式に a = 2/7 を代入：

(1 + 8/49)t² - (4 + 4/7)t + 4 = 0

(57/49)t² - (32/7)t + 4 = 0

57t² - 224t + 196 = 0

解の公式より t = (224 ± √(224² - 4×57×196))/(2×57)

= (224 ± √(50176 - 44688))/114

= (224 ± √5488)/114

= (224 ± 28√7)/114

= (112 ± 14√7)/57

これらの t を x = 2 - t, y = -1 + (2/7)t, z = (2/7)t に代入して交点座標を得ます。

別解・発展

【別解：点と直線の距離を使う方法】

球の中心 O(0, 0, 0) から直線 ℓ への距離を h とすると、球面と直線が2点で交わる条件は h < 1（球の半径）です。

直線 ℓ は点 A(2, -1, 0) を通り、方向ベクトル d = (-1, a, a) を持つので、点と直線の距離の公式を使えます：

h = |OA × d| / |d|

この方法でも同じ結果が得られます。計算は外積を使うため、慣れていれば速いかもしれません。

【発展】

この問題は、空間における球面と直線の位置関係を調べる典型的な問題です。類似の問題として、球面と平面の交わり（円の方程式を求める）や、2つの球面の交わり（円）なども出題されることがあります。

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大問2：三角関数と二重根号

問題

解説・解法のポイント

【(1) の解法】

Step 1：5倍角の関係を利用

18° × 5 = 90° なので、cos 90° = 0 を利用します。

θ = 18° とおくと、5θ = 90° より 2θ + 3θ = 90°、つまり 2θ = 90° - 3θ。

よって sin 2θ = sin(90° - 3θ) = cos 3θ

Step 2：三角関数の公式を適用

sin 2θ = 2sin θ cos θ

cos 3θ = 4cos³θ - 3cos θ

したがって：

2sin θ cos θ = 4cos³θ - 3cos θ

cos θ ≠ 0 より両辺を cos θ で割って：

2sin θ = 4cos²θ - 3

2sin θ = 4(1 - sin²θ) - 3

2sin θ = 1 - 4sin²θ

4sin²θ + 2sin θ - 1 = 0

Step 3：2次方程式を解く

sin θ = x とおくと：4x² + 2x - 1 = 0

x = (-2 ± √(4 + 16))/8 = (-2 ± √20)/8 = (-1 ± √5)/4

sin 18° > 0 より：

sin 18° = (-1 + √5)/4

よって：

cos 18° = √(1 - sin²18°) = √(1 - (6 - 2√5)/16) = √((10 + 2√5)/16)

cos 18° = √(10 + 2√5)/4

【(2) の解法】

重要公式：半角の公式の逆

2cos²(θ/2) = 1 + cos θ より、2 + 2cos θ = 2(1 + cos θ) = 4cos²(θ/2)

よって √(2 + 2cos θ) = 2|cos(θ/2)|

0° ≤ θ ≤ 180° のとき、0° ≤ θ/2 ≤ 90° なので cos(θ/2) ≥ 0

したがって √(2 + 2cos θ) = 2cos(θ/2)

Step by Step で二重根号を外す

内側から順に：

• √(2 + 2cos θ) = 2cos(θ/2)
• √(2 + √(2 + 2cos θ)) = √(2 + 2cos(θ/2)) = 2cos(θ/4)
• √(2 + √(2 + √(2 + 2cos θ))) = √(2 + 2cos(θ/4)) = 2cos(θ/8)

答え：2cos(θ/8)

【(3) の解法】

2 + √3 = 2 + 2cos 30° = 2(1 + cos 30°) = 4cos²15° より

√(2 + √3) = 2cos 15°

(2)の結果を θ = 30° として適用：

√(2 + √(2 + √(2 + √3))) = √(2 + √(2 + 2cos 15°)) = √(2 + 2cos 7.5°) = 2cos 3.75°

答え：2cos 3.75° = 2cos(15°/4)

別解・発展

【二重根号を外す一般公式】

√(a + √b) の形で、a² - b が完全平方数のとき、二重根号を外せます：

√(a + √b) = √((a + √(a² - b))/2) + √((a - √(a² - b))/2)

この問題では三角関数の知識を使う方が効率的ですが、この公式も覚えておくと便利です。

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大問3：行列と一次変換

問題

解説・解法のポイント

【(1) の解法】

Step 1：A² を計算

A² = [a b; c d][a b; c d] = [a² + bc, ab + bd; ca + dc, cb + d²]

Step 2：A² = A の条件から連立方程式を立てる

• a² + bc = a ... ①
• ab + bd = b ... ②
• ca + dc = c ... ③
• bc + d² = d ... ④

Step 3：① + ④ を計算

a² + 2bc + d² = a + d

Step 4：② より b(a + d - 1) = 0

③ より c(a + d - 1) = 0

Step 5：場合分け

Case 1: a + d = 1 の場合

① より a² + bc = a ⟹ a(a - 1) + bc = 0 ⟹ -ad + bc = 0（a + d = 1 より a - 1 = -d）

よって ad = bc

Case 2: a + d ≠ 1 の場合

② と ③ より b = c = 0

① より a² = a ⟹ a = 0 または a = 1

④ より d² = d ⟹ d = 0 または d = 1

これは A が零行列または単位行列となり、条件2に矛盾。

したがって、a + d = 1 かつ ad = bc が成り立つ。■

【(2) の解法】

点 P(x, y) の像が P 自身となる条件は A[x; y] = [x; y]

つまり (A - E)[x; y] = [0; 0]

A - E = [a-1, b; c, d-1]

a + d = 1 より d - 1 = -a、また ad = bc より：

det(A - E) = (a - 1)(d - 1) - bc = (a - 1)(-a) - bc = -a(a - 1) - bc = -a² + a - bc

= -(a² + bc - a) = 0（① より）

よって A - E は正則でなく、解は無数に存在します。

方程式 (a - 1)x + by = 0 と cx + (d - 1)y = 0 の解は：

b ≠ 0 の場合： y = ((1 - a)/b)x、つまり点全体は直線 y = ((1 - a)/b)x

b = 0 の場合： a = 1 または a = 0（条件から導かれる）となり、適宜場合分け

答え：原点を通る直線（方向は行列 A の成分によって決まる）

【(3) の解法】

固有方程式 det(A - λE) = 0 を解きます。

det(A - λE) = (a - λ)(d - λ) - bc = λ² - (a + d)λ + (ad - bc)

= λ² - λ + 0 = λ(λ - 1)

よって固有値は λ = 0, 1

λ = 0 のとき：

A[x; y] = [0; 0] の解から固有ベクトルを求めます。

λ = 1 のとき：

(A - E)[x; y] = [0; 0] の解（これは(2)と同じ）

別解・発展

【射影行列としての解釈】

A² = A を満たす行列は冪等行列（べきとう行列）または射影行列と呼ばれます。これは「ある直線や平面への射影を表す変換」を意味します。

この性質を知っていると、(2)の答えが「射影される方向」、λ = 0 の固有空間が「射影で消える方向」と直感的に理解できます。

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大問4：確率（自然数に関する条件）

問題

解説・解法のポイント

【基本設定の確認】

n 枚のカードから3枚を選ぶ場合の数は _nC₃ = n(n-1)(n-2)/6 通りです。これが全事象となります。

【(1) の解法】

Step 1：条件の整理

a = 1 となるのは、選んだ3枚のうち最小の数が1であるとき、つまり「1のカードを含む3枚の選び方」を数えればよいです。

Step 2：場合の数を計算

1のカードを必ず選び、残り2枚を 2, 3, ..., n の (n-1) 枚から選ぶので：

_n-1C₂ = (n-1)(n-2)/2 通り

Step 3：確率を求める

P(a = 1) = _n-1C₂ / _nC₃ = [(n-1)(n-2)/2] / [n(n-1)(n-2)/6]

= [(n-1)(n-2)/2] × [6/n(n-1)(n-2)]

= 6 / (2n) = 3/n

答え：3/n

【(2) の解法】

Step 1：条件の整理

a = 1 かつ c = n となるのは、1と n のカードを両方含み、残り1枚を 2, 3, ..., n-1 から選ぶ場合です。

Step 2：場合の数を計算

1と n を必ず選び、残り1枚を 2, 3, ..., n-1 の (n-2) 枚から選ぶので：

(n - 2) 通り

Step 3：確率を求める

P(a = 1 かつ c = n) = (n-2) / _nC₃ = (n-2) / [n(n-1)(n-2)/6]

= 6 / [n(n-1)]

答え：6/{n(n-1)}

【(3) の解法】

Step 1：条件の言い換え

b - a = c - b を整理すると：

2b = a + c

これは「a, b, c が等差数列をなす」ことを意味します。

Step 2：等差数列となる3数の組を数える

公差を d (d ≥ 1) とすると、(a, b, c) = (a, a+d, a+2d) と表せます。

条件：1 ≤ a かつ a + 2d ≤ n

つまり：1 ≤ a ≤ n - 2d

d を固定したとき、a の取りうる値は n - 2d 個（d ≤ (n-1)/2 のとき）

Step 3：d の範囲と総和

d = 1, 2, ..., ⌊(n-1)/2⌋ まで考えます。

等差数列となる組の総数：

Σ(d=1 to ⌊(n-1)/2⌋) (n - 2d)

n が奇数のとき（n = 2m + 1 とおく）：

Σ(d=1 to m) (2m + 1 - 2d) = Σ(d=1 to m) (2m - 2d + 1)

= (2m - 1) + (2m - 3) + ... + 1 = m²

n が偶数のとき（n = 2m とおく）：

Σ(d=1 to m-1) (2m - 2d) = 2Σ(d=1 to m-1) (m - d)

= 2[(m-1) + (m-2) + ... + 1] = 2 × (m-1)m/2 = m(m-1)

Step 4：確率の計算

n = 2m + 1（奇数）のとき：

P = m² / _nC₃ = m² / [(2m+1)(2m)(2m-1)/6] = 6m² / [(2m+1)(2m)(2m-1)]

= 3m / [(2m+1)(2m-1)] = 3m / (4m² - 1)

n = 2m（偶数）のとき：

P = m(m-1) / _nC₃ = m(m-1) / [2m(2m-1)(2m-2)/6]

= 6m(m-1) / [2m(2m-1) × 2(m-1)] = 6m(m-1) / [4m(m-1)(2m-1)]

= 3 / [2(2m-1)] = 3 / (2n - 2)

答え：n が奇数 (n = 2m+1) のとき 3m/(4m²-1)、n が偶数 (n = 2m) のとき 3/(2n-2)

【(4) の解法】

Step 1：3の剰余で分類

1 から n までの自然数を、3で割った余りで分類します：

• 余り0のグループ：3, 6, 9, ... → ⌊n/3⌋ 個
• 余り1のグループ：1, 4, 7, ... → ⌈(n)/3⌉ または計算で求める
• 余り2のグループ：2, 5, 8, ... → 同様

各グループの個数を A, B, C とします（A + B + C = n）。

Step 2：a + b + c が3の倍数となる条件

3数の和が3の倍数となるのは、3で割った余りの和が0または3または6のとき：

• (0, 0, 0)：3つとも余り0 → _AC₃ 通り
• (1, 1, 1)：3つとも余り1 → _BC₃ 通り
• (2, 2, 2)：3つとも余り2 → _CC₃ 通り
• (0, 1, 2)：各グループから1つずつ → A × B × C 通り

Step 3：n = 3k の場合（具体例）

n = 3k のとき、A = B = C = k

条件を満たす場合の数：

3 × _kC₃ + k³ = 3 × k(k-1)(k-2)/6 + k³ = k(k-1)(k-2)/2 + k³

全事象：_3kC₃ = 3k(3k-1)(3k-2)/6 = k(3k-1)(3k-2)/2

P = [k(k-1)(k-2)/2 + k³] / [k(3k-1)(3k-2)/2]

= [k(k-1)(k-2) + 2k³] / [k(3k-1)(3k-2)]

= [(k-1)(k-2) + 2k²] / [(3k-1)(3k-2)]

= [k² - 3k + 2 + 2k²] / [(3k-1)(3k-2)]

= [3k² - 3k + 2] / [(3k-1)(3k-2)]

n = 3k+1, n = 3k+2 の場合も同様に計算できます。

別解・発展

【(4)の別解：対称性を利用】

n が3の倍数のとき、各剰余類の個数が等しいので、3数の余りの組 (r₁, r₂, r₃) は対称的に分布します。余りの和が 0, 1, 2 (mod 3) となる確率はほぼ等しくなり、大きな n では約 1/3 に近づきます。

【発展：一般の場合の漸近挙動】

n → ∞ のとき、(3), (4) の確率はそれぞれ：

• (3) 等差数列の確率 → 0（約 3/(4n) のオーダー）
• (4) 3の倍数の確率 → 1/3

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この年度の重要テーマと対策

2014年度 金沢大学数学の特徴的なテーマ

1. 空間図形と媒介変数

第1問の球面と直線の問題は、金沢大学で頻出のテーマです。ポイントは：

• 媒介変数を使った直線の表現に慣れること
• 2次方程式の判別式と解と係数の関係の活用
• 最大・最小問題への持ち込み方

2. 二重根号と三角関数

第2問は計算力が問われる問題でした。対策として：

• 半角・倍角の公式を自在に使えるようにする
• cos 18°, sin 36° などの特殊角の導出を練習
• 二重根号を外す公式と三角関数の関係を理解

3. 行列と一次変換（※2015年度以降は出題範囲外）

第3問の行列は、2014年度の課程では出題範囲でした。現行課程では出題されませんが、大学で線形代数を学ぶ際に重要な概念です。

注意：現在の受験生は行列を学習する必要はありませんが、2014年度の過去問を解く場合はこの問題をスキップするか、参考程度に眺めてください。

4. 確率と場合の数

第4問は典型的な確率の問題ですが、計算量が多いです。対策として：

• 組合せの基本公式を素早く使えるようにする
• 「剰余による分類」のテクニックを身につける
• 等差数列など、数列と確率の融合問題に慣れる

金沢大学数学の全体的な傾向と対策

分野	出題頻度	対策のポイント
微分・積分	★★★★★	面積・体積の計算、最大最小問題を重点的に
確率・場合の数	★★★★☆	条件付き確率、漸化式との融合に注意
ベクトル・空間図形	★★★★☆	空間座標、球面と平面・直線の関係
数列	★★★☆☆	漸化式、数学的帰納法
三角関数	★★★☆☆	加法定理、合成、方程式・不等式
整数	★★☆☆☆	合同式、約数・倍数の性質

時間配分の目安

金沢大学理系数学は120分で4問。1問あたり30分が目安ですが、実際には：

1. 最初の5分：全問題を眺めて、解きやすそうな問題を見極める
2. 得意分野から着手：確実に得点できる問題を優先
3. 1問に固執しない：25分考えて進まなければ次へ
4. 最後の10分：見直しと部分点狙いの記述を追加

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類似問題で練習しよう（練習問題3問）

練習問題1：空間図形（球面と直線）

【解答・解説】

(1) の解答

直線 ℓ 上の点は (1+2t, 2+t, 2-2t) と表せる。

これを S の方程式に代入：

(1+2t)² + (2+t)² + (2-2t)² = 4

1 + 4t + 4t² + 4 + 4t + t² + 4 - 8t + 4t² = 4

9t² + 0t + 9 = 4

9t² = -5

これは実数解を持たないので、球面 S と直線 ℓ は交わらない。

(2) の解答

中心 O(0, 0, 0) から直線 ℓ への距離を求める。

直線上の点 A(1, 2, 2)、方向ベクトル d = (2, 1, -2)

OA = (1, 2, 2)

OA × d = (2×(-2) - 2×1, 2×2 - 1×(-2), 1×1 - 2×2) = (-6, 6, -3)

|OA × d| = √(36 + 36 + 9) = √81 = 9

|d| = √(4 + 1 + 4) = 3

距離 = 9/3 = 3

（注：距離 3 > 半径 2 なので、確かに交わらない）

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練習問題2：三角関数と二重根号

【解答・解説】

(1) の解答

36° × 5 = 180° より、cos 5θ = -1 （θ = 36°）

あるいは、72° = 2 × 36° と 108° = 3 × 36° より cos 72° = cos(180° - 108°) = -cos 108° を利用。

sin 18° = (√5 - 1)/4 を使うと：

cos 36° = 1 - 2sin²18° = 1 - 2 × (6 - 2√5)/16 = 1 - (6 - 2√5)/8 = (8 - 6 + 2√5)/8 = (2 + 2√5)/8

cos 36° = (1 + √5)/4

(2) の解答

まず内側から：

√(2 + √3) = √(2 + 2cos30°) = √(4cos²15°) = 2cos15°

よって：

√(2 - √(2 + √3)) = √(2 - 2cos15°) = √(2(1 - cos15°)) = √(4sin²7.5°) = 2sin7.5°

（0° < 7.5° 0）

答え：2sin 7.5° = 2sin(15°/2)

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練習問題3：確率（整数の性質）

【解答・解説】

Step 1：奇数・偶数の分類

• 奇数のカード：1, 3, 5, 7, 9, 11 の6枚
• 偶数のカード：2, 4, 6, 8, 10, 12 の6枚

Step 2：和が偶数となる条件

4数の和が偶数となるのは、奇数の個数が偶数個（0個, 2個, 4個）のとき。

Step 3：場合の数を計算

• 奇数0個（偶数4個）：₆C₀ × ₆C₄ = 1 × 15 = 15 通り
• 奇数2個（偶数2個）：₆C₂ × ₆C₂ = 15 × 15 = 225 通り
• 奇数4個（偶数0個）：₆C₄ × ₆C₀ = 15 × 1 = 15 通り

合計：15 + 225 + 15 = 255 通り

Step 4：確率を求める

全事象：₁₂C₄ = 495 通り

P = 255/495 = 51/99 = 17/33

答え：17/33

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いかがでしたか？2014年度の金沢大学数学は、計算力と論理的思考力がバランスよく問われる良問揃いでした。

金沢大学の数学で合格点を取るためには、以下の力が必要です：

• 基礎力：教科書レベルの公式・定理を正確に理解し、使いこなす力
• 計算力：複雑な計算もミスなく遂行する力
• 思考力：問題の本質を見抜き、適切な解法を選択する力
• 記述力：論理的で採点者に伝わる答案を書く力

これらの力を効率的に身につけるには、プロの指導者による個別指導が最も効果的です。

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まとめ：2014年度金沢大学数学を振り返って

2014年度の金沢大学理系数学は、以下の4問で構成されていました：

大問	テーマ	ポイント	難易度
第1問	球面と直線の交点	媒介変数の代入、判別式、解と係数の関係	標準
第2問	三角関数・二重根号	半角公式の逆利用、特殊角の導出	やや難
第3問	行列と一次変換	冪等行列の性質、固有値・固有ベクトル	やや難
第4問	確率（自然数）	組合せ、剰余分類、等差数列の条件	やや難

この年度から学ぶべきこと

1. 計算力の重要性：どの問題も計算量が多く、正確かつ迅速な計算力が求められました。日頃から計算練習を怠らないようにしましょう。
2. 公式の本質的理解：特に第2問では、半角公式を「使う」だけでなく「逆向きに使う」発想が必要でした。公式を丸暗記するのではなく、その意味を理解することが大切です。
3. 場合分けの丁寧さ：第3問、第4問では場合分けが必要でした。条件を見落とさず、論理的に整理する力を養いましょう。
4. 時間配分：120分で4問という構成は、1問あたり30分。難しい問題に時間をかけすぎると、解ける問題を落としてしまいます。戦略的な時間配分を心がけましょう。

金沢大学数学攻略のためのロードマップ

最後に

金沢大学の数学は、奇をてらった問題は少なく、基本に忠実な良問が出題されます。つまり、正しい方法で努力すれば、必ず結果がついてきます。

「数学が苦手だから…」と諦める必要はありません。適切な指導のもと、正しい努力を積み重ねれば、誰でも合格レベルに到達できます。

私たち数強塾・日本数学塾は、金沢大学を目指すあなたを全力でサポートします。

一緒に、金沢大学合格を勝ち取りましょう！

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執筆：藤原進之介（数強塾・日本数学塾 講師）
最終更新：2024年