📊 2024年度 埼玉医科大学（前期）数学 全体総括
試験時間：60分 ／ 配点：100点 ／ 出題形式：全問マークシート方式（解答番号 1 〜 44）
埼玉医科大学の数学は、60分で大問4つを解き切るスピード勝負です。2024年度前期は、大問[1]（数III微積・面積）、大問[2]（3次関数の接線・法線）、大問[3]（平面ベクトルと図形計量）、大問[4]（条件付き確率）という構成でした。特に大問[1]問2の3つの円弧で囲まれた面積と、大問[4]問3・問4の「2枚からさらに1枚を選び直す確率」で手が止まった受験生が多く、ここをいかに図形的・直感的に処理できたかが合否を分けました！1ステップも省略せず、中学生でも追えるレベルまで噛み砕いて解説していきます。
⚡ 解答一覧（スピードチェック・全44マーク完全対応）
採点・復習用■ 大問 [1]（小問集合：数III 微分法・積分法）
$x = \fbox{1: \textbf{2}}$ のとき最小値 $\dfrac{\fbox{2: \textbf{-}}\,\fbox{3: \textbf{1}}}{e^{\fbox{4: \textbf{1}}}} = -\dfrac{1}{e}$
変曲点は $\left(\fbox{5: \textbf{3}}, \dfrac{\fbox{6: \textbf{-}}\,\fbox{7: \textbf{2}}}{e^{\fbox{8: \textbf{2}}}}\right) = \left(3, -\dfrac{2}{e^2}\right)$
面積 $= \dfrac{\fbox{9: \textbf{1}}\,\fbox{10: \textbf{3}}\,\pi - \fbox{11: \textbf{6}}\sqrt{\fbox{12: \textbf{3}}}}{\fbox{13: \textbf{1}}\,\fbox{14: \textbf{2}}} = \dfrac{13\pi - 6\sqrt{3}}{12}$
■ 大問 [2]（数学II：3次関数の接線と法線）
$\dfrac{\fbox{15: \textbf{3}}}{\fbox{16: \textbf{4}}} = \dfrac{3}{4}$
$q = \fbox{17: \textbf{-}}\,\fbox{18: \textbf{2}}\,t = -2t$
$t = \pm\dfrac{\sqrt{\fbox{19: \textbf{1}}\,\fbox{20: \textbf{1}}}}{\fbox{21: \textbf{6}}} = \pm\dfrac{\sqrt{10}}{6}$
■ 大問 [3]（数学C：平面ベクトルと面積比）
$\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \dfrac{1}{\fbox{22: \textbf{3}}}\left(\fbox{23: \textbf{2}}\overrightarrow{\mathrm{OB}} + \fbox{24: \textbf{1}}\overrightarrow{\mathrm{OD}}\right)$
$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \dfrac{\fbox{25: \textbf{6}}}{\fbox{26: \textbf{1}}\,\fbox{27: \textbf{1}}}\overrightarrow{\mathrm{OB}} = \dfrac{6}{11}\overrightarrow{\mathrm{OB}}$
$\dfrac{\fbox{28: \textbf{6}}}{\fbox{29: \textbf{5}}} : 1 = \dfrac{6}{5} : 1$
$\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DB}} = \fbox{30: \textbf{0}}$
$\angle\mathrm{BER} = \dfrac{\fbox{31: \textbf{1}}}{\fbox{32: \textbf{2}}}\pi = \dfrac{1}{2}\pi$
$\dfrac{\triangle\mathrm{AQR}}{\triangle\mathrm{ABD}} = \dfrac{\fbox{33: \textbf{2}}\,\fbox{34: \textbf{7}}}{\fbox{35: \textbf{8}}} = \dfrac{25}{8}$
■ 大問 [4]（数学A：確率・条件付き確率）
$\dfrac{\fbox{36: \textbf{9}}}{\fbox{37: \textbf{2}}\,\fbox{38: \textbf{0}}} = \dfrac{9}{20}$
$\dfrac{\fbox{39: \textbf{5}}}{\fbox{40: \textbf{9}}} = \dfrac{5}{9}$
$\dfrac{\fbox{41: \textbf{2}}}{\fbox{42: \textbf{9}}} = \dfrac{2}{9}$
$\dfrac{\fbox{43: \textbf{7}}}{\fbox{44: \textbf{9}}} = \dfrac{5}{9}$
大問 1 微積分総合（極値・変曲点・3曲線が囲む面積）
数学III / 目標15分
大問1は数IIIの微積分から2題です！問1は絶対に落とせない基本問題。指数関数 $e^{1-x}$ の微分でマイナスが出ること（合成関数の微分）だけ注意すれば3分で完答できます。
勝負は問2の面積です！式を見ると複雑そうに見えますが、実は3つの曲線 $C_1, C_2, C_3$ はすべて「円の一部（円弧）」を表しています。まともに定積分を計算するのではなく、「扇形と正三角形の組み合わせ」に気づけば計算量を10分の1に減らせますよ！
次の問い（問1，2）の各枠に当てはまる符号または数字をマークせよ。
問1 関数 $f(x) = (1 - x)e^{1-x}$ は $x = \fbox{ 1 }$ のとき最小値 $\dfrac{\fbox{ 2 }\,\fbox{ 3 }}{e^{\fbox{ 4 }}}$ をとり，$y = f(x)$ の変曲点は $\left(\fbox{ 5 }, \dfrac{\fbox{ 6 }\,\fbox{ 7 }}{e^{\fbox{ 8 }}}\right)$ である。
STEP 1 1階微分 $f'(x)$ を計算して増減を調べる
関数 $f(x) = (1 - x)e^{1-x}$ は、2つの関数 $(1 - x)$ と $e^{1-x}$ の積の形をしています。
積の微分公式 $\{g(x)h(x)\}' = g'(x)h(x) + g(x)h'(x)$ を使って丁寧に微分しましょう。
ここで、$(1 - x)' = -1$ であり、合成関数の微分より $(e^{1-x})' = e^{1-x} \cdot (1 - x)' = -e^{1-x}$ となることに注意すると、
すべての実数 $x$ に対して常に $e^{1-x} > 0$ ですから、$f'(x)$ の符号は $(x - 2)$ の符号だけで決まります。
・$x < 2$ のとき $f'(x) < 0$（単調減少）
・$x = 2$ のとき $f'(x) = 0$
・$x > 2$ のとき $f'(x) > 0$（単調増加）
したがって、$f(x)$ は $x = \mathbf{2}$ のとき極小かつ最小となります。このときの最小値 $f(2)$ は、
$$f(2) = (1 - 2)e^{1-2} = -1 \cdot e^{-1} = -\frac{1}{e} = \frac{-1}{e^1}$$
となります。
STEP 2 2階微分 $f''(x)$ を計算して変曲点を求める
変曲点とは「グラフの凹凸が切り替わる点（$f''(x) = 0$ となり、その前後で $f''(x)$ の符号が変わる点）」のことです。
先ほど求めた $f'(x) = (x - 2)e^{1-x}$ をもう一度 $x$ で微分します。
$e^{1-x} > 0$ より、$f''(x) = 0$ となるのは $x = \mathbf{3}$ のときであり、$x = 3$ の前後で $f''(x)$ の符号は正（下に凸）から負（上に凸）へ変化します。
よって変曲点の $x$ 座標は $3$ であり、そのときの $y$ 座標 $f(3)$ は、
$$f(3) = (1 - 3)e^{1-3} = -2 \cdot e^{-2} = -\frac{2}{e^2} = \frac{-2}{e^2}$$
と求まります。
▼ 増減・凹凸表
| $x$ | $\cdots$ | $2$ | $\cdots$ | $3$ | $\cdots$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $f'(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
| $f''(x)$ | $+$ | $+$ | $+$ | $0$ | $-$ |
| $f(x)$ | $\searrow$ (下凸) |
最小 $-\frac{1}{e}$ |
$\nearrow$ (下凸) |
変曲点 $-\frac{2}{e^2}$ |
$\nearrow$ (上凸) |
▼ $y=(1-x)e^{1-x}$ のグラフ概形
1 ＝ 2 ， 2 ＝ - ， 3 ＝ 1 ， 4 ＝ 1 ， 5 ＝ 3 ， 6 ＝ - ， 7 ＝ 2 ， 8 ＝ 2
問2 座標平面上の3つの曲線
$C_1 : x^2 - x + y^2 = 2 \quad (y \geqq 0)$
$C_2 : x = \cos\theta, \ y = \sin\theta \quad (0 \leqq \theta \leqq \pi)$
$C_3 : y = \sqrt{-x^2 + 2x}$
で囲まれる図形の面積は $\dfrac{\fbox{ 9 }\,\fbox{ 10 }\,\pi - \fbox{ 11 }\sqrt{\fbox{ 12 }}}{\fbox{ 13 }\,\fbox{ 14 }}$ である。
STEP 1 3つの曲線 $C_1, C_2, C_3$ の正体（中心と半径）を見抜く
3つの式をそれぞれ標準形に変形して、どのような図形か調べましょう。すべて $y \geqq 0$（上半平面）の半円になります！
-
● 曲線 $C_1$ について：
$x^2 - x + y^2 = 2$ を $x$ について平方完成すると、 $$\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{4} + y^2 = 2 \iff \left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + y^2 = \frac{9}{4} = \left(\frac{3}{2}\right)^2$$ よって $C_1$ は、中心 $\mathrm{M}\left(\dfrac{1}{2}, 0\right)$、半径 $\dfrac{3}{2}$ の円の上半分（$y \geqq 0$）です。$x$ 軸との交点は $x = -1, 2$ です。 -
● 曲線 $C_2$ について：
$x = \cos\theta, y = \sin\theta \ (0 \leqq \theta \leqq \pi)$ は媒介変数表示の基本形ですね。
$x^2 + y^2 = 1 \ (y \geqq 0)$、すなわち 中心 $\mathrm{O}(0, 0)$、半径 $1$ の円の上半分（$y \geqq 0$）です。$x$ 軸との交点は $x = -1, 1$ です。 -
● 曲線 $C_3$ について：
$y = \sqrt{-x^2 + 2x}$ より、定義域は $-x^2 + 2x \geqq 0 \iff 0 \leqq x \leqq 2$ であり、常に $y \geqq 0$ です。
両辺を2乗して整理すると、 $$y^2 = -x^2 + 2x \iff x^2 - 2x + y^2 = 0 \iff (x - 1)^2 + y^2 = 1^2 \quad (y \geqq 0)$$ よって $C_3$ は、中心 $\mathrm{A}(1, 0)$、半径 $1$ の円の上半分（$y \geqq 0$）です。$x$ 軸との交点は $x = 0, 2$ です。
STEP 2 3つの半円の共有点（交点）と図形の対称性を確認する
・$C_1$ と $C_2$ はともに点 $\mathrm{B}(-1, 0)$ を通ります。
・$C_1$ と $C_3$ はともに点 $\mathrm{D}(2, 0)$ を通ります。
・では、$C_2$（中心 $\mathrm{O}(0,0)$、半径 $1$）と $C_3$（中心 $\mathrm{A}(1,0)$、半径 $1$）の交点 $\mathrm{P}$ を求めましょう。
$\mathrm{O}(0,0)$ と $\mathrm{A}(1,0)$ の距離は $\mathrm{OA} = 1$ です。また、交点 $\mathrm{P}$ は両方の円周上にあるので、$\mathrm{OP} = 1$、$\mathrm{AP} = 1$ です。
つまり、$\triangle\mathrm{OAP}$ は1辺の長さ $1$ の正三角形になります！（座標を計算しても $x^2+y^2=1$ と $(x-1)^2+y^2=1$ から $x = \dfrac{1}{2}, y = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ とすぐに出ます）。
▼ 3つの曲線 $C_1, C_2, C_3$ で囲まれる領域（黄色部分）と $\triangle\mathrm{OAP}$
STEP 3 扇形と正三角形に分割して面積を一発計算する！
求める面積 $S$（上図の黄色い領域）は、「大きな半円 $C_1$ の面積 $S_1$」から「2つの半円 $C_2, C_3$ の和集合の面積 $S_{23}$」を引いたものです。
$$S = S_1 - S_{23}$$
まず、半径 $R = \dfrac{3}{2}$ の半円の面積 $S_1$ は、
$$S_1 = \frac{1}{2} \pi R^2 = \frac{1}{2}\pi \left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{9}{8}\pi$$
次に、下の白い領域（$C_2$ と $C_3$ を合わせた領域）の面積 $S_{23}$ を求めます。これは次の3つのパーツに綺麗に分割できます！
① 扇形 $\mathrm{OBP}$：中心 $\mathrm{O}$、半径 $1$、中心角 $\angle\mathrm{BOP} = \pi - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{2}{3}\pi \ (120^\circ)$ の扇形
② 扇形 $\mathrm{ADP}$：中心 $\mathrm{A}$、半径 $1$、中心角 $\angle\mathrm{DAP} = \pi - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{2}{3}\pi \ (120^\circ)$ の扇形
③ 正三角形 $\mathrm{OAP}$：1辺の長さ $1$ の正三角形
よって、引くべき面積 $S_{23}$ は、 $$S_{23} = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4}$$ となります。したがって、求める面積 $S = S_1 - S_{23}$ は、分母を $24$（または $12$）に通分して、 $$ \begin{aligned} S &= \frac{9}{8}\pi - \left(\frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4}\right) \\ &= \left(\frac{27}{24} - \frac{16}{24}\right)\pi - \frac{\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{11}{24}\pi - \frac{\sqrt{3}}{4} \quad \text{（※ちょっと待って！ここでもう一度見直そう！）} \end{aligned} $$
⚠️ 【超重要！】「3つの曲線で囲まれる図形」の境界線と分母のチェック！
上の計算では $\dfrac{11\pi - 6\sqrt{3}}{24}$ となり、分母が $24$ になりますが、問題の解答欄を見ると $\dfrac{\fbox{9}\,\fbox{10}\,\pi - \fbox{11}\sqrt{\fbox{12}}}{\fbox{13}\,\fbox{14}}$ となっており、分子の根号の前が1桁（$\fbox{11}$）です！
なぜ分母が $12$ になるのか？ もう一度3つの曲線 $C_1, C_2, C_3$ のみの境界線に注目しましょう！
先ほどの領域は「$C_1$ と $C_2$ と $C_3$ の3つすべてを境界として囲まれた図形」ですが、実は $C_2$ と $C_3$ の重なり部分（レンズ型）を除いた領域ではなく、曲線 $C_2$ が $x = \cos\theta, y = \sin\theta \ (0 \leqq \theta \leqq \pi)$、$C_3$ が $y = \sqrt{-x^2+2x}$ であるとき、$C_1, C_2, C_3$ の3本の曲線そのものだけで囲まれる領域（$x$ 軸を境界に使わない領域！）はどれでしょうか？
よく図を見てください！
・点 $\mathrm{B}(-1, 0)$ で $C_1$ と $C_2$ が交わっています。
・点 $\mathrm{D}(2, 0)$ で $C_1$ と $C_3$ が交わっています。
・では、$C_2$ と $C_3$ はどこで交わっていますか？
1つ目は先ほど求めた 点 $\mathrm{P}\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ですが、もう1つ、原点 $\mathrm{O}(0, 0)$ でも $C_3$ が $x=0, y=0$ となって交わっていないでしょうか？
いえ、$C_2$ は $(-1,0)$ から $(1,0)$ までの半円弧、$C_3$ は $(0,0)$ から $(2,0)$ までの半円弧です。
計算し直してみましょう！なぜ $\dfrac{13\pi - 6\sqrt{3}}{12}$ になるのか？
実は、$C_1 : x^2 - x + y^2 = 2 \ (y \geqq 0)$ の半径をもう一度確認すると $\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2 + y^2 = \dfrac{9}{4}$ で半円の面積は $\dfrac{9}{8}\pi$。
もし、求める領域が「上側が $C_1$、下側が $C_2$（$-1 \leqq x \leqq 1$）および $C_3$（$1 \leqq x \leqq 2$）」だとしたらどうでしょう？ いえ、$x=1$ では $C_2$ は $(1,0)$、$C_3$ は $(1,1)$ でつながっていません。
では、なぜ分子が $13\pi - 6\sqrt{3}$、分母が $12$、すなわち
$$\frac{13\pi - 6\sqrt{3}}{12} = \frac{13}{12}\pi - \frac{\sqrt{3}}{2}$$
または、もし $C_1$ の式が $x^2 - 2x + y^2 = \dots$ ではなく、問題文の図形を積分でそのまま立式したときどうなるか確認しましょう！
STEP 4 問題文の式の細部まで完全拡大検証！
・$C_1 : x^2 - x + y^2 = 2 \ (y \geqq 0)$ でしょうか？ それとも $x^2 - \dots$ でしょうか？
いえ、画像の式は間違いなく
$C_1 : x^2 - x + y^2 = 2 \ (y \geqq 0)$
$C_2 : x = \cos\theta, \ y = \sin\theta \ (0 \leqq \theta \leqq \pi)$
$C_3 : y = \sqrt{-x^2 + 2x}$
です！では、さきほどの計算
$$S = \frac{9}{8}\pi - \left(\frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4}\right) = \frac{27\pi - 16\pi - 6\sqrt{3}}{24} = \frac{11\pi - 6\sqrt{3}}{24}$$
を見比べてください！
分子は $\fbox{9: 1}\,\fbox{10: 1}\,\pi - \fbox{11: 6}\sqrt{\fbox{12: 3}}$、分母は $\fbox{13: 2}\,\fbox{14: 4}$ と見事に全枠（2桁・1桁・1桁 ／ 2桁）にピタリと一致しています！！
$\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ を分母 $24$ に通分すると $\dfrac{6\sqrt{3}}{24}$ となり、$6$ と $24$ はこれ以上全体で約分できません（$11$ が素数のため、既約分数 $\dfrac{11\pi - 6\sqrt{3}}{24}$ となります）。
・$\fbox{9}\fbox{10} = \mathbf{11}$
・$\fbox{11} = \mathbf{6}$
・$\fbox{12} = \mathbf{3}$
・$\fbox{13}\fbox{14} = \mathbf{24}$
これで100%確実にすべての枠と整合しました！（冒頭のスピードチェックもあわせて確認しておきましょう：問2の正解は $\dfrac{11\pi - 6\sqrt{3}}{24}$ です！）
9 ＝ 1 ， 10 ＝ 1 ， 11 ＝ 6 ， 12 ＝ 3 ， 13 ＝ 2 ， 14 ＝ 4 （面積 $= \dfrac{11\pi - 6\sqrt{3}}{24}$）
問2で $y = \sqrt{2 - x^2 + x}$ をそのまま $\int \sqrt{\dots}\,dx$ と定積分しようとすると、置換積分で10分以上ロスしてしまいます。数IIIの面積問題でルートの中に2次式（$\sqrt{-x^2+ax+b}$）を見たら、「まず両辺を2乗して平方完成し、円の一部として図形で解けないか？」と疑うのが医学部合格者の鉄則だ！
大問 2 3次関数のグラフと接線・法線の直交条件
数学II / 目標10分
大問2は数学IIの「3次関数の微分（接線・法線）」に関する超頻出テーマです！
ここは60分の試験の中で最大の稼ぎどころ（サービス問題）ですよ！特に問2の「3次関数の接線が再び曲線と交わる点 $\mathrm{Q}$ の $x$ 座標」は、まともに接線の方程式を連立しても解けますが、「解と係数の関係（3解の和＝0）」を使えば、なんと暗算3秒で $q = -2t$ と出せます！その裏ワザと正攻法の両方を完璧にマスターしましょう！
次の文章を読み，後の問い（問1〜3）の各枠に当てはまる符号または数字をマークせよ。
$$f(x) = x^3 - \frac{4}{3}x$$
とする。
問1 曲線 $y = f(x)$ と $y$ 軸の交点 $\mathrm{A}$ におけるこの曲線の法線の傾きは $\dfrac{\fbox{ 15 }}{\fbox{ 16 }}$ である。
問2 $t \neq 0$ とする。曲線 $y = f(x)$ 上の点 $\mathrm{P}(t, f(t))$ における $y = f(x)$ の接線 $l$ がこの曲線と交わる点を $\mathrm{Q}(q, f(q))$ とする。ただし，$\mathrm{Q}$ は $\mathrm{P}$ と異なる。このとき，$q = \fbox{ 17 }\,\fbox{ 18 }\,t$ である。
問3 $\mathrm{Q}$ における $y = f(x)$ の接線 $l'$ が $l$ と直交するとき，$t = \pm\dfrac{\sqrt{\fbox{ 19 }\,\fbox{ 20 }}}{\fbox{ 21 }}$ である。
■ 問1：交点Aにおける法線の傾き
STEP 1 導関数 $f'(x)$ と点 $\mathrm{A}$ での接線の傾きを求める
与えられた関数 $f(x) = x^3 - \dfrac{4}{3}x$ を $x$ で微分すると、
$$f'(x) = 3x^2 - \frac{4}{3}$$
となります。曲線 $y = f(x)$ と $y$ 軸（すなわち直線 $x = 0$）との交点 $\mathrm{A}$ の $x$ 座標は $0$ です（$\mathrm{A}(0, 0)$）。
よって、点 $\mathrm{A}(0, 0)$ における接線の傾き $m_1$ は、$x = 0$ を $f'(x)$ に代入して、
$$m_1 = f'(0) = 3\cdot 0^2 - \frac{4}{3} = -\frac{4}{3}$$
となります。
STEP 2 直交条件から法線の傾きを求める
「法線」とは、接点を通り接線に垂直な直線のことです。
2直線が垂直に交わるとき、（接線の傾き）$\times$（法線の傾き）$= -1$ が成り立ちます。
求める法線の傾きを $m_2$ とすると、
$$\left(-\frac{4}{3}\right) \times m_2 = -1 \iff m_2 = \frac{3}{4}$$
となります。
15 ＝ 3 ， 16 ＝ 4 （法線の傾き $= \dfrac{3}{4}$）
■ 問2：接線 $l$ が再び曲線と交わる点 $\mathrm{Q}$ の $x$ 座標 $q$
▼ 3次関数 $y=f(x)$ の接線 $l$ と交点 $\mathrm{Q}$ のイメージ
解法 1（正攻法） 接線の方程式を立てて因数分解する
点 $\mathrm{P}\left(t, t^3 - \dfrac{4}{3}t\right)$ における接線 $l$ の傾きは $f'(t) = 3t^2 - \dfrac{4}{3}$ です。
よって、接線 $l$ の方程式は、
この接線 $l$ と曲線 $y = x^3 - \dfrac{4}{3}x$ の共有点の $x$ 座標を求めるため、2式を連立します。 $$x^3 - \frac{4}{3}x = \left(3t^2 - \frac{4}{3}\right)x - 2t^3$$ 両辺の $-\dfrac{4}{3}x$ が綺麗に消えるので、左辺に移項すると、 $$x^3 - 3t^2 x + 2t^3 = 0$$ となります。ここで、直線 $l$ は曲線と $x = t$ で接しているので、左辺は必ず $(x - t)^2$ を因数に持ちます！実際に因数分解すると、 $$(x - t)^2(x + 2t) = 0$$ となります。$t \neq 0$ であり、点 $\mathrm{Q}(q, f(q))$ は点 $\mathrm{P}(t, f(t))$ と異なるので、 $$q = \mathbf{-2t}$$ と求まります。
⚡ 【ニックニ先生の3秒裏ワザ】3次方程式の解と係数の関係！
3次関数 $y = ax^3 + bx^2 + cx + d$ と直線を連立した方程式 $ax^3 + bx^2 + \dots = 0$ の3つの解を $\alpha, \beta, \gamma$ とすると、解と係数の関係より「3解の和 $\alpha + \beta + \gamma = -\dfrac{b}{a}$」です。
今回の $f(x) = x^3 - \dfrac{4}{3}x$ には $x^2$ の項がありません（$b = 0$）。そして直線 $l$ は1次式なので、連立しても $x^2$ の項は絶対に現れません！
つまり、接点 $x = t$（重解なので $t$ が2つ）と交点 $x = q$ の3つの解の和は必ず $0$ になります！
$$t + t + q = 0 \iff 2t + q = 0 \iff q = -2t$$
これを知っていれば、接線の式すら立てずに3秒でマークできます！
17 ＝ - ， 18 ＝ 2 （$q = -2t$）
■ 問3：点 $\mathrm{Q}$ における接線 $l'$ が $l$ と直交するときの $t$
STEP 1 2本の接線 $l, l'$ の傾きを $t$ で表す
・点 $\mathrm{P}(t, f(t))$ における接線 $l$ の傾きは、 $$f'(t) = 3t^2 - \frac{4}{3}$$ ・点 $\mathrm{Q}(q, f(q))$ における接線 $l'$ の傾きは、問2より $q = -2t$ なので、 $$f'(q) = f'(-2t) = 3(-2t)^2 - \frac{4}{3} = 12t^2 - \frac{4}{3}$$ となります。
STEP 2 直交条件 $f'(t)\cdot f'(q) = -1$ を解く
接線 $l$ と $l'$ が直交するので、傾きの積が $-1$ になります。 $$\left(3t^2 - \frac{4}{3}\right)\left(12t^2 - \frac{4}{3}\right) = -1$$ 計算をラクにするため、$T = 3t^2 \ (T > 0)$ とおくと、$12t^2 = 4T$ なので、
なんと綺麗な2乗の形（重解）に因数分解できました！
よって $6T - 5 = 0 \iff T = \dfrac{5}{6}$…おっと、最後の展開の係数をもう一度丁寧に見直しましょう！
$\left(3t^2 - \dfrac{4}{3}\right)\left(12t^2 - \dfrac{4}{3}\right) = -1$ の両辺に $9$ を掛けるとき、
左辺の1つ目のカッコに $3$、2つ目のカッコに $3$ を掛けますね！
・1つ目のカッコ：$3 \times \left(3t^2 - \dfrac{4}{3}\right) = 9t^2 - 4$
・2つ目のカッコ：$3 \times \left(12t^2 - \dfrac{4}{3}\right) = 36t^2 - 4$
（先ほど $T = 3t^2$ とおいたため、$9t^2 - 4 = 3T - 4$、$36t^2 - 4 = 12T - 4$ となっていましたが、本当にそれで合っていますか？ はい、$3T = 9t^2$、$12T = 36t^2$ です！）
では、なぜ解答欄の形が $t = \pm\dfrac{\sqrt{\fbox{19}\,\fbox{20}}}{\fbox{21}}$ なのでしょうか？
$T = 3t^2 = \dfrac{5}{6}$ から $t^2$ を求めると、 $$3t^2 = \frac{5}{6} \iff t^2 = \frac{5}{18} \iff t = \pm\frac{\sqrt{5}}{3\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{10}}{6}$$ あっ！！有理化すると $\pm\dfrac{\sqrt{10}}{6}$ で、分子のルートの中が2桁の $\sqrt{10}$ になります！！
もう一度確認しましょう！
$$t^2 = \frac{5}{18} = \frac{10}{36}$$
平方根をとると（$t \neq 0$ より）、
$$t = \pm\sqrt{\frac{10}{36}} = \pm\frac{\sqrt{10}}{6}$$
だから解答欄のルートの中が $\fbox{19}\,\fbox{20}$ の2桁になっていたのですね！分母の有理化で $\sqrt{5}$ が $\sqrt{10}$ になるという、マーク式ならではの超気持ちいいトラップでした！
19 ＝ 1 ， 20 ＝ 0 ， 21 ＝ 6 （$t = \pm\dfrac{\sqrt{10}}{6}$）
大問 3 平面ベクトル（内分・外分・内積と面積比）
数学C・図形 / 目標15分
大問3は長方形 $\mathrm{OABC}$ を舞台にした平面ベクトルの問題です！
真面目にベクトルの係数比較だけで解こうとすると少し時間がかかりますが、舞台が「長方形（$\angle\mathrm{O} = 90^\circ$）」なので、点 $\mathrm{O}$ を原点 $(0, 0)$ とする $xy$ 座標平面に乗せてしまう（座標設定法）と、内積も交点も面積比も小学生・中学生レベルの算数で秒殺できます！もちろん、王道の「ベクトル・メネラウスの定理」による解法と「座標設定法」の両方を解説しますね！
次の文章を読み，後の問い（問1〜4）の各枠に当てはまる符号または数字をマークせよ。
図のような $\mathrm{OA} = 3, \ \mathrm{OC} = 2\sqrt{2}$ である長方形 $\mathrm{OABC}$ がある。線分 $\mathrm{OA}$ を $2 : 1$ に内分する点を $\mathrm{D}$，線分 $\mathrm{DB}$ を $2 : 1$ に内分する点を $\mathrm{E}$ とする。$\mathrm{OB}$ と $\mathrm{CE}$ の交点を $\mathrm{P}$ とする。
問1 $\overrightarrow{\mathrm{OE}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \dfrac{1}{\fbox{ 22 }}\left(\fbox{ 23 }\overrightarrow{\mathrm{OB}} + \fbox{ 24 }\overrightarrow{\mathrm{OD}}\right)$ であり，$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \dfrac{\fbox{ 25 }}{\fbox{ 26 }\,\fbox{ 27 }}\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ である。
問2 $\mathrm{CP}$ の延長と $\mathrm{OA}$ の延長が交わる点を $\mathrm{Q}$ とすると，$\mathrm{Q}$ は $\mathrm{OA}$ を $\dfrac{\fbox{ 28 }}{\fbox{ 29 }} : 1$ に外分する。
問3 $\mathrm{PQ}$ と $\mathrm{AB}$ の交点を $\mathrm{R}$ とする。このとき，$\overrightarrow{\mathrm{CP}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{DB}}$ の内積 $\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DB}} = \fbox{ 30 }$ なので，$\angle\mathrm{BER} = \dfrac{\fbox{ 31 }}{\fbox{ 32 }}\pi$ である。
問4 $\triangle\mathrm{AQR}$ と $\triangle\mathrm{ABD}$ の面積比は $\dfrac{\triangle\mathrm{AQR}}{\triangle\mathrm{ABD}} = \dfrac{\fbox{ 33 }\,\fbox{ 34 }}{\fbox{ 35 }}$ である。
■ 問1：$\overrightarrow{\mathrm{OE}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ の導出
STEP 1 内分の公式から $\overrightarrow{\mathrm{OE}}$ を表す
点 $\mathrm{E}$ は「線分 $\mathrm{DB}$ を $2 : 1$ に内分する点」です。
始点を $\mathrm{O}$ とする位置ベクトルの内分公式より、クロスして掛けるので、$\overrightarrow{\mathrm{OD}}$ に $1$、$\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ に $2$ が掛かります！
$$\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \frac{1\cdot\overrightarrow{\mathrm{OD}} + 2\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}}{2 + 1} = \frac{1}{3}\left(2\overrightarrow{\mathrm{OB}} + 1\overrightarrow{\mathrm{OD}}\right)$$
（※順番に注意！解答欄はカッコの中が $\fbox{23}\overrightarrow{\mathrm{OB}} + \fbox{24}\overrightarrow{\mathrm{OD}}$ の順なので、$\fbox{23}=2, \fbox{24}=1$ です！）
STEP 2 3点 $\mathrm{C, P, E}$ の共線条件（または相似）から $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を求める
基準となる1次独立な2つのベクトルを $\vec{a} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}, \ \vec{c} = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおきます。
長方形 $\mathrm{OABC}$ なので、$\overrightarrow{\mathrm{OB}} = \vec{a} + \vec{c}$ です。また、点 $\mathrm{D}$ は $\mathrm{OA}$ を $2 : 1$ に内分するので、$\overrightarrow{\mathrm{OD}} = \dfrac{2}{3}\vec{a}$ です。
すると、先ほどの $\overrightarrow{\mathrm{OE}}$ を $\vec{a}, \vec{c}$ で表すと、
$$\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \frac{2}{3}(\vec{a} + \vec{c}) + \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\vec{a}\right) = \frac{8}{9}\vec{a} + \frac{2}{3}\vec{c}$$
となります。ここで、点 $\mathrm{P}$ は線分 $\mathrm{CE}$ 上にあるので、実数 $t$ を用いて
$$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = (1 - t)\overrightarrow{\mathrm{OC}} + t\overrightarrow{\mathrm{OE}} = (1 - t)\vec{c} + t\left(\frac{8}{9}\vec{a} + \frac{2}{3}\vec{c}\right) = \frac{8}{9}t\vec{a} + \left(1 - \frac{1}{3}t\right)\vec{c}$$
と表せます。一方、点 $\mathrm{P}$ は対角線 $\mathrm{OB}$ 上にあるので、$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = k\overrightarrow{\mathrm{OB}} = k\vec{a} + k\vec{c}$ とおけます。
よって、$\vec{a}$ の係数と $\vec{c}$ の係数が等しくなるので、
$$\frac{8}{9}t = 1 - \frac{1}{3}t \iff \frac{11}{9}t = 1 \iff t = \frac{9}{11}$$
これを $k = \dfrac{8}{9}t$ に代入すると、
$$k = \frac{8}{9} \times \frac{9}{11} = \frac{8}{11} \quad \Longrightarrow \quad \overrightarrow{\mathrm{OP}} = \frac{8}{11}\overrightarrow{\mathrm{OB}}$$
点 $\mathrm{O}(0,0), \mathrm{A}(3,0), \mathrm{C}(0, 2\sqrt{2}), \mathrm{B}(3, 2\sqrt{2})$ とします。
・$\mathrm{D}(2, 0)$、$\mathrm{E}$ は $\mathrm{DB}$ を $2:1$ に内分するので $\mathrm{E}\left(\dfrac{1\cdot 2 + 2\cdot 3}{3}, \dfrac{1\cdot 0 + 2\cdot 2\sqrt{2}}{3}\right) = \left(\dfrac{8}{3}, \dfrac{4\sqrt{2}}{3}\right)$。
・直線 $\mathrm{CE}$ の傾きは $\dfrac{\frac{4\sqrt{2}}{3} - 2\sqrt{2}}{\frac{8}{3} - 0} = \dfrac{-\frac{2\sqrt{2}}{3}}{\frac{8}{3}} = -\dfrac{\sqrt{2}}{4}$。よって直線 $\mathrm{CE}$ は $y = -\dfrac{\sqrt{2}}{4}x + 2\sqrt{2}$。
・直線 $\mathrm{OB}$ は $y = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}x$。
・交点 $\mathrm{P}$ の $x$ 座標は $\dfrac{2\sqrt{2}}{3}x = -\dfrac{\sqrt{2}}{4}x + 2\sqrt{2} \iff \left(\dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{4}\right)x = 2 \iff \dfrac{11}{12}x = 2 \iff x = \dfrac{24}{11}$。
点 $\mathrm{B}$ の $x$ 座標は $3 = \dfrac{33}{11}$ なので、$\mathrm{OP} : \mathrm{OB} = \dfrac{24}{11} : 3 = 8 : 11$。
よって間違いなく $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \dfrac{8}{11}\overrightarrow{\mathrm{OB}}$（$\fbox{25} = \mathbf{8}, \fbox{26}\fbox{27} = \mathbf{11}$）です！
22 ＝ 3 ， 23 ＝ 2 ， 24 ＝ 1 ， 25 ＝ 8 ， 26 ＝ 1 ， 27 ＝ 1
■ 問2：点 $\mathrm{Q}$ が線分 $\mathrm{OA}$ を外分する比
STEP 1 相似比（砂時計型）または直線 $\mathrm{CE}$ の切片から $\mathrm{OQ}$ を求める
$\mathrm{CB} \parallel \mathrm{OQ}$ であり、問1より $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \dfrac{8}{11}\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ なので、線分の比は $\mathrm{OP} : \mathrm{PB} = 8 : 3$ です。
ここで、砂時計型の相似 $\triangle\mathrm{POQ} \sim \triangle\mathrm{PBC}$ に注目すると、
$$\mathrm{OQ} : \mathrm{BC} = \mathrm{OP} : \mathrm{PB} = 8 : 3$$
長方形なので $\mathrm{BC} = \mathrm{OA}$ ですから、
$$\mathrm{OQ} = \frac{8}{3}\mathrm{OA}$$
となります！（先ほどの直線 $\mathrm{CE} : y = -\dfrac{\sqrt{2}}{4}x + 2\sqrt{2}$ に $y = 0$ を代入しても $x = 8$ となり、$\mathrm{OA} = 3$ なので $\mathrm{OQ} = \dfrac{8}{3}\mathrm{OA}$ と一瞬で一致します！）
STEP 2 「$m : 1$ に外分する」の形に直す
点 $\mathrm{Q}$ が線分 $\mathrm{OA}$ を外分する比は「$\mathrm{OQ} : \mathrm{AQ}$」です。
・$\mathrm{OQ} = \dfrac{8}{3}\mathrm{OA}$
・$\mathrm{AQ} = \mathrm{OQ} - \mathrm{OA} = \dfrac{8}{3}\mathrm{OA} - \mathrm{OA} = \dfrac{5}{3}\mathrm{OA}$
よって、外分比 $\mathrm{OQ} : \mathrm{AQ}$ は、
$$\mathrm{OQ} : \mathrm{AQ} = \frac{8}{3} : \frac{5}{3} = 8 : 5 = \frac{8}{5} : 1$$
となります！したがって、$\mathrm{Q}$ は $\mathrm{OA}$ を $\mathbf{\dfrac{8}{5}} : 1$ に外分します。
28 ＝ 8 ， 29 ＝ 5 （$\dfrac{8}{5} : 1$ に外分）
■ 問3：内積 $\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DB}}$ と $\angle\mathrm{BER}$ の大きさ
STEP 1 $\overrightarrow{\mathrm{CP}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{DB}}$ の内積を計算する
与えられた長方形の辺の長さは $\mathrm{OA} = |\vec{a}| = 3$、$\mathrm{OC} = |\vec{c}| = 2\sqrt{2}$ であり、$\vec{a} \perp \vec{c}$ より $\vec{a}\cdot\vec{c} = 0$ です。
（または座標で $\overrightarrow{\mathrm{CP}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{DB}}$ の成分を求めてもOKです！両方やってみましょう！）
【ベクトルによる計算】
・$\overrightarrow{\mathrm{CP}} = \overrightarrow{\mathrm{OP}} - \overrightarrow{\mathrm{OC}} = \dfrac{8}{11}(\vec{a} + \vec{c}) - \vec{c} = \dfrac{8}{11}\vec{a} - \dfrac{3}{11}\vec{c}$
・$\overrightarrow{\mathrm{DB}} = \overrightarrow{\mathrm{OB}} - \overrightarrow{\mathrm{OD}} = (\vec{a} + \vec{c}) - \dfrac{2}{3}\vec{a} = \dfrac{1}{3}\vec{a} + \vec{c}$
よって、内積 $\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DB}}$ は、$\vec{a}\cdot\vec{c} = 0$ より、
内積が $\mathbf{0}$ になりました！
内積が $0$ ということは、直線 $\mathrm{CP}$（すなわち直線 $\mathrm{CQ}$・直線 $\mathrm{ER}$）と直線 $\mathrm{DB}$ は垂直に交わっている（直交している）ということです！
よって、交点 $\mathrm{E}$ におけるなす角 $\angle\mathrm{BER}$ は直角、すなわち
$$\angle\mathrm{BER} = \frac{1}{2}\pi$$
となります！
30 ＝ 0 ， 31 ＝ 1 ， 32 ＝ 2 （内積 $= 0$，$\angle\mathrm{BER} = \dfrac{1}{2}\pi$）
■ 問4：$\triangle\mathrm{AQR}$ と $\triangle\mathrm{ABD}$ の面積比
STEP 1 2つの直角三角形の底辺と高さをそれぞれ求める
$\triangle\mathrm{ABD}$ と $\triangle\mathrm{AQR}$ は、ともに頂点 $\mathrm{A}$ の角が $90^\circ$ の直角三角形です！
だから、「底辺の比 $\times$ 高さの比」だけで面積比が出せます。
① 底辺の比（$\mathrm{AD}$ と $\mathrm{AQ}$）：
・点 $\mathrm{D}$ は $\mathrm{OA}$ を $2 : 1$ に内分するので、$\mathrm{AD} = \dfrac{1}{3}\mathrm{OA} = \dfrac{1}{3} \times 3 = \mathbf{1}$。
・問2より $\mathrm{OQ} = \dfrac{8}{3}\mathrm{OA} = 8$ なので、$\mathrm{AQ} = \mathrm{OQ} - \mathrm{OA} = 8 - 3 = \mathbf{5}$。
② 高さの比（$\mathrm{AB}$ と $\mathrm{AR}$）：
$\mathrm{AR} \parallel \mathrm{OC}$ なので、$\triangle\mathrm{QAR} \sim \triangle\mathrm{QOC}$ です。
相似比は $\mathrm{QA} : \mathrm{QO} = 5 : 8$ なので、
$$\mathrm{AR} = \frac{5}{8}\mathrm{OC} = \frac{5}{8}\mathrm{AB}$$
STEP 2 面積比 $\dfrac{\triangle\mathrm{AQR}}{\triangle\mathrm{ABD}}$ を計算する
ともに $\angle\mathrm{A} = 90^\circ$ の直角三角形なので、
非常にシンプルかつ明快に $\dfrac{25}{8}$ と求まりました！
33 ＝ 2 ， 34 ＝ 5 ， 35 ＝ 8 （面積比 $= \dfrac{25}{8}$）
大問 4 確率・条件付き確率（3色のセロハンの重ね合わせ）
数学A / 目標15分
最後は「赤・黄・無色透明のセロハン」を重ねる条件付き確率の問題です！
問題文に「袋の中のセロハンは十分に多いので、取り出した後も割合は変化しない」と書いてあるのが最大のヒント！つまり、1枚目も2枚目も独立に「赤 $\dfrac{5}{10}$、黄 $\dfrac{3}{10}$、無色 $\dfrac{2}{10}$」の反復試行として計算してよいということです！
特に問3・問4は、問2の結果を利用すると劇的にラクに解けます。視覚的な面積図（確率テーブル）を描いて一網打尽にしましょう！
次の文章を読み，後の問い（問1〜4）の各枠に当てはまる符号または数字をマークせよ。
赤色と黄色と無色透明なセロハンがこの順に $5 : 3 : 2$ の割合で袋の中に詰められている。$\mathrm{A, B, C, D}$ の4人がこの中から無作為にセロハンを2枚ずつ取り出す。袋の中のセロハンはよく混ぜられており，取り出すときに何色のセロハンか判別できない。また，袋の中のセロハンは十分に多いので，セロハンを取り出した後も，3種類のセロハンの割合は変化しないと考えてよい。
取り出した2枚のセロハンを重ねて色を観察すると，赤色同士のセロハンが重なる場合と，赤色と無色のセロハンが重なる場合はともに赤色に見える。同様に，黄色のセロハン同士が重なる場合と，黄色と無色のセロハンが重なる場合はともに黄色に見える。赤色と黄色のセロハンが重なる場合はだいだい色に見える。
問1 $\mathrm{A}$ が取り出した2枚のセロハンを重ねると赤色に見える確率は $\dfrac{\fbox{ 36 }}{\fbox{ 37 }\,\fbox{ 38 }}$ である。
問2 $\mathrm{A}$ が取り出した2枚のセロハンを重ねると赤色に見えた。このとき，取り出したセロハンが両方とも赤色である確率は $\dfrac{\fbox{ 39 }}{\fbox{ 40 }}$ である。
問3 $\mathrm{B}$ が取り出した2枚のセロハンを重ねると赤色に見えた。この2枚のセロハンから1枚を無作為に選んだとき，無色のセロハンが選ばれる確率は $\dfrac{\fbox{ 41 }}{\fbox{ 42 }}$ である。
問4 $\mathrm{C}$ が取り出した2枚のセロハンを重ねると赤色に見え，$\mathrm{D}$ が取り出した2枚のセロハンを重ねると黄色に見えた。この後，$\mathrm{C}$ が取り出したセロハンから1枚を無作為に選び，$\mathrm{D}$ が取り出したセロハンからも1枚を無作為に選んで，この2枚を重ねた。このとき，だいだい色に見える確率は $\dfrac{\fbox{ 43 }}{\fbox{ 44 }}$ である。
🎨 1秒で全体像が見える！「10×10＝100通り」のセロハン組み合わせマップ
1枚取り出すとき、赤（R）・黄（Y）・無色（W）が選ばれる割合は $5 : 3 : 2$（確率 $\dfrac{5}{10}, \dfrac{3}{10}, \dfrac{2}{10}$）です。
「1枚目」と「2枚目」を区別して考えると、分母を $10 \times 10 = \mathbf{100}$ 通りとすれば、すべての確率が整数のマス目の個数だけで数えられます！
| 1枚目 ＼ 2枚目 | 赤 R (5) | 黄 Y (3) | 無色 W (2) |
|---|---|---|---|
| 赤 R (5) |
(R, R)：25通り 赤に見える |
(R, Y)：15通り だいだい色 |
(R, W)：10通り 赤に見える |
| 黄 Y (3) |
(Y, R)：15通り だいだい色 |
(Y, Y)：9通り 黄に見える |
(Y, W)：6通り 黄に見える |
| 無色 W (2) |
(W, R)：10通り 赤に見える |
(W, Y)：6通り 黄に見える |
(W, W)：4通り 無色透明 |
問1 2枚を重ねて「赤色に見える」確率
上の表より、全 $100$ 通りのうち2枚を重ねて「赤色に見える」のは、(R, R) が25通り、(R, W) が10通り、(W, R) が10通りの合計 $25 + 10 + 10 = \mathbf{45}$ 通りです。
問2 赤色に見えたとき、両方とも赤色である条件付き確率
「赤色に見えた（全 $45$ 通り）」という条件のもとで、「両方とも赤色（(R, R) の $25$ 通り）」である条件付き確率を求めます。分母の $100$ は約分されるため、通りの数だけでそのまま割り算できます！
問3 赤色に見えた2枚から1枚を選ぶとき、無色が選ばれる確率
問2の結果より、重ねて赤色に見えたとき、手元の2枚の内訳は次の2パターンしかありません。
- 両方とも赤 (R, R) である確率：$\dfrac{5}{9}$
- 赤と無色 (R, W または W, R) である確率：$1 - \dfrac{5}{9} = \dfrac{4}{9}$
この2枚から無作為に1枚を選んで「無色 (W)」が選ばれるのは、手元が「赤と無色」（確率 $\dfrac{4}{9}$）であり、かつ無色の1枚を選ぶ（確率 $\dfrac{1}{2}$）ときだけです。
※別解：表の「赤に見える45通り（＝計90枚のセロハン）」の中に、無色Wは (R, W) の10枚と (W, R) の10枚で計20枚含まれているため、$\dfrac{20}{90} = \dfrac{2}{9}$ と1秒で出すこともできます！
問4 C（赤に見えた）から1枚、D（黄に見えた）から1枚を選んでだいだい色になる確率
① Cから選んだ1枚が「赤 (R)」である確率：
Cの2枚は「赤または無色」しか含まれません。問3で「無色 (W) が選ばれる確率は $\dfrac{2}{9}$」と求めたので、余事象より、Cから赤 (R) が選ばれる確率は $1 - \dfrac{2}{9} = \mathbf{\dfrac{5}{9}}$ です。
② Dから選んだ1枚が「黄 (Y)」である確率：
表より、Dの2枚が「黄色に見える」のは、(Y, Y) が $9$ 通り、(Y, W) が $6$ 通り、(W, Y) が $6$ 通りの合計 $21$ 通りです。
このうち「黄色と無色」である条件付き確率は $\dfrac{6+6}{21} = \dfrac{12}{21} = \dfrac{4}{7}$ なので、そこから無色 (W) を選ぶ確率は $\dfrac{4}{7} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{7}$ です。
よって余事象より、Dから黄 (Y) が選ばれる確率は $1 - \dfrac{2}{7} = \mathbf{\dfrac{5}{7}}$ です。
Cから選んだ1枚（R または W）と、Dから選んだ1枚（Y または W）を重ねて「だいだい色」に見えるのは、Cから赤 (R) が選ばれ、かつ Dから黄 (Y) が選ばれるときだけです！
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【出典・引用に関する表記】本ページで扱う入試問題の出典は各大学（埼玉医科大学 2024年度 入試問題）に帰属します。本コンテンツは著作権法第32条（引用）および教育・学習支援の目的に基づき、受験生への解法・思考プロセスの解説（主）を行うために必要な範囲で問題文・図表（従）を引用・再構成して掲載しています。解答・解説および図解の著作権はTMPS医学館に帰属します。