QUESTIO AI EDITORIAL
2027학년도 대학별 논술 대비
2027학년도 대학별 수학 해설집
서울시립대학교 자연계열
(수학 논술 기출 완벽 분석 및 채점기준표 탑재)
QUESTIO 입시연구소 집필
2026. 07.
📝 [수학 1번 문항 해설] (1/2)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 두 곡선 \(y = e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}\)와 \(y = -e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}} + a\)의 교점 \(P\)의 \(x\)좌표를 \(x_0\)라 하면 \(e^{\frac{x_0}{2}} + e^{-\frac{x_0}{2}} = -e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}} + a\) 가 성립한다.
두 곡선의 도함수는 각각 \(y' = \frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}}\right)\)와 \(y' = -\frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}}\right)\)이므로, 교점 \(P\)에서의 접선의 기울기의 곱은 다음과 같다.
\[\begin{aligned} -\frac{1}{4}\left(e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}}\right)^2 \\ = -\frac{1}{4}\left(e - \frac{1}{e}\right)^2 \end{aligned}\]
양변에 \(-4\)를 곱하고 제곱근을 구하면 \(e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}} = \pm \left(e - \frac{1}{e}\right)\)이다. 점 \(P\)가 제1사분면 위의 점이므로 \(x_0 > 0\)이고, 따라서 \(e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}} > 0\)이 되어 \(e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}} = e - \frac{1}{e}\)이다.
이를 풀면 \(\frac{x_0}{2} = 1 \implies x_0 = 2\)이다. 교점 \(P(2, e + e^{-1})\)의 좌표를 대입하면 \(e + e^{-1} = -e - e^{-1} + a\)가 되므로, 구하는 상수 \(a\)의 값은 \(\mathbf{a = 2\left(e + \frac{1}{e}\right)}\)이다.
(2) 교점 \(x = 2\)를 기준으로 넓이를 \(S_1\) (구간 \([0,2]\)), \(S_2\) (구간 \([2,3]\))로 나누어 구한다.
\[\begin{aligned} S_1 = \int_{0}^{2} \left(e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}\right) dx = \left[2e^{\frac{x}{2}} - 2e^{-\frac{x}{2}}\right]_{0}^{2} \\ = 2\left(e - \frac{1}{e}\right) \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} S_2 = \int_{2}^{3} \left(-e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}} + a\right) dx = \left[-2e^{\frac{x}{2}} + 2e^{-\frac{x}{2}} + ax\right]_{2}^{3} \\ = -2\left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right) + 2\left(e - \frac{1}{e}\right) + a \end{aligned}\]
따라서 구하는 넓이 \(S = S_1 + S_2\)는 다음과 같다.
\[\begin{aligned} S = 4\left(e - \frac{1}{e}\right) - 2\left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right) + 2\left(e + \frac{1}{e}\right) \\ = \mathbf{6e - \frac{2}{e} - 2\left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right)} \end{aligned}\]
(3) 둘레의 길이 중 직선 부분은 \(AO = 2\) (y축), \(OB = 3\) (x축), \(BC = -e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}} + a\) (직선 \(x=3\)에서의 곡선 사이의 높이)이다.
곡선 부분 중 \(x=0\)에서 \(x=2\)까지의 길이는 \(\int_{0}^{2} \frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}\right) dx = e - \frac{1}{e}\)이고, \(x=2\)에서 \(x=3\)까지의 길이는 $\int_{2}^{3} \frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}\right) dx = \left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right) - \left(e - \frac{1}{e}\right)$이다.
따라서 곡선 부분 전체의 길이는 \(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\)이다. 둘레의 길이는 다음과 같다.
\[\begin{aligned} 2 + 3 + \left(-e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}} + a\right) + \left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right) = 5 - 2e^{-\frac{3}{2}} + 2\left(e + \frac{1}{e}\right) \\ = \mathbf{5 + 2\left(e + \frac{1}{e}\right) - 2e^{-\frac{3}{2}}} \end{aligned}\]
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📝 [수학 1번 문항 해설] (2/2)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 교점 \(P\)의 \(x\)좌표가 \(2\)임을 서술하고 상수 \(a\)의 값을 정확히 도출함 | 7점 |
| (2) 교점을 기준으로 영역을 나누어 정적분 식을 세우고 넓이를 구함 | 8점 |
| (3) 둘레의 길이 중 직선 부분과 곡선의 길이를 각각 계산하여 합을 구함 | 10점 |
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📝 [수학 2번 문항 해설] (1/2)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 원 \(C : x^2 + (y-r)^2 = r^2\)에서 \(y \le r\)인 아랫부분을 함수로 표현하면 \(g(x) = r - \sqrt{r^2 - x^2}\) 이다.
새로운 함수 \(h(x) = f(x) - g(x)\)를 정의하자. \(f(x)\)와 \(g(x)\) 모두 구간 \([0, r]\)에서 연속이고 미분가능하므로 \(h(x)\) 또한 연속이자 미분가능한 함수이다.
조건 (다)에 의해 \(h(r) = f(r) - g(r) = f(r) - r < 0\) 이다. 만약 \(0 \lt x \lt r\)인 모든 실수 \(x\)에 대해 \(h(x) \le 0\)이라고 가정하자.
이때 \(h(0) = f(0) - g(0) = 0 - 0 = 0\)이므로, \(x \to 0^+\)일 때의 우미분계수는 다음과 같다.
\[h'(0) = \lim_{t\to0^+} \frac{h(t) - h(0)}{t} = \lim_{t\to0^+} \frac{h(t)}{t} \le 0\]
그러나 실제로 미분계수를 계산하면 다음과 같다.
\[h'(0) = f'(0) - g'(0) = 1 - \left. \frac{x}{\sqrt{r^2 - x^2}} \right|_{x=0} = 1 - 0 = 1 > 0\]
이는 \(h'(0) \le 0\)이라는 사실과 모순이다. 따라서 귀류법에 의해 \(h(c) > 0\)을 만족하는 실수 \(c\)가 열린구간 \((0, r)\)에 적어도 하나 존재해야 한다.
함수 \(h(x)\)는 닫힌구간 \([c, r]\)에서 연속이고 \(h(c) > 0\), \(h(r) < 0\)이므로, 사잇값의 정리에 의해 \(h(x) = 0\)을 만족하는 \(x\)가 열린구간 \((c, r) \subset (0, r)\)에 적어도 하나 존재한다.
즉, 원 \(C\)와 곡선 \(y = f(x)\)는 \(0 \lt x \lt r\)에서 적어도 하나의 교점을 가진다.
(2) 교점 \(P(t, f(t))\)는 원 \(C\) 위의 점이므로 원의 방정식에 대입할 수 있다.
\[\begin{aligned} t^2 + \left(f(t) - r(t)\right)^2 = \left(r(t)\right)^2 \implies t^2 + \{f(t)\}^2 - 2f(t)r(t) + \{r(t)\}^2 \\ = \{r(t)\}^2 \end{aligned}\]
이를 식 정리하면 \(2f(t)r(t) = t^2 + \{f(t)\}^2\)이다. 교점 \(P\)의 \(x\)좌표가 \(0 \lt t \lt r\)이므로 \(f(t) > 0\)이다. 따라서 구하는 함수 \(r(t)\)는 다음과 같다.
\[r(t) = \mathbf{\frac{t^2 + \{f(t)\}^2}{2f(t)}}\]
(3) 소문항 (2)에서 구한 \(r(t)\)를 이용하여 극한을 구한다.
\[\begin{aligned} \lim_{t\to0^+} \frac{r(t)}{t} = \lim_{t\to0^+} \frac{t^2 + \{f(t)\}^2}{2tf(t)} \\ = \lim_{t\to0^+} \frac{1}{2}\left(\frac{t}{f(t)} + \frac{f(t)}{t}\right) \end{aligned}\]
함수 \(f(x)\)가 미분가능하고 \(f(0) = 0, f'(0) = 1\)이므로 \(\lim_{t\to0^+} \frac{f(t)}{t} = \lim_{t\to0^+} \frac{f(t) - f(0)}{t - 0} = f'(0) = 1\)이고, 역수의 극한인 \(\lim_{t\to0^+} \frac{t}{f(t)} = \frac{1}{f'(0)} = 1\)이다.
따라서 구하는 극한값은 다음과 같다.
\[\lim_{t\to0^+} \frac{r(t)}{t} = \frac{1}{2}(1 + 1) = \mathbf{1}\]
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📝 [수학 2번 문항 해설] (2/2)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 귀류법과 사잇값의 정리를 올바르게 활용하여 실근(교점)의 존재성을 증명함 | 10점 |
| (2) 교점의 좌표를 원의 방정식에 대입하여 \(r(t)\)에 대한 식을 유도함 | 7점 |
| (3) 미분계수의 정의 및 극한의 기본 성질을 이용하여 최종 극한값 \(1\)을 구함 | 8점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (1/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안 (소문항 1, 2)
(1) 다항함수 \(g(x)\)의 최고차항을 \(ax^n\) (\(a \neq 0\))이라 하자.
조건 (가)에 의해 \(f(x) = x^3 - 3x\)이므로, \(\{f(x)\}^2\)의 최고차항은 \(x^6\)이다. 한편, 피적분함수 \(f(t)g(t)\)의 최고차항은 \(at^{n+3}\)이므로 이의 적분인 \(\int_{0}^{x} f(t)g(t) dt\)의 최고차항은 \(\frac{a}{n+4}x^{n+4}\)이다.
조건 (나)의 극한값이 \(\frac{1}{3}\)로 수렴하므로 두 다항식의 차수는 동일해야 한다. 즉, \(n+4 = 6 \implies n = 2\)이다.
계수 비교를 하면 \(\frac{a}{6} = \frac{1}{3} \implies a = 2\)이다. 조건 (다)에 의해 \(g(0) = 0\)이므로, \(g(x) = 2x^2 + bx\) (\(b\)는 상수)로 둘 수가 있다.
이때 \(h(x) = x^2 - g(x) = -x^2 - bx\) 이다. 최고차항의 계수가 음수인 이차함수이므로, 축의 방정식은 \(x = -\frac{b}{2}\)이다.
구간 \([1, 3]\)에서의 최솟값을 확인하기 위해 축의 위치에 따른 케이스를 나눈다.
① 축 \(x = -\frac{b}{2} < 2\) (즉, \(b > -4\))인 경우, 이차함수의 대칭성에 의해 최솟값은 \(x = 3\)에서 발생한다.
\[h(3) = -9 - 3b = 4 \implies 3b = -13 \implies b = -\frac{13}{3}\]
가정인 \(b > -4\)를 만족하지 않으므로 모순이다.
② 축 \(x = -\frac{b}{2} \ge 2\) (즉, \(b \le -4\))인 경우, 최솟값은 \(x = 1\)에서 발생한다.
\[h(1) = -1 - b = 4 \implies b = -5\]
가정인 \(b \le -4\)를 만족하므로 모순이 없으며 성립한다. 따라서 구하는 다항함수는 \(\mathbf{g(x) = 2x^2 - 5x}\)이다.
(2) 구하고자 하는 정적분은 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \int_{-1}^{0} \frac{2x^2 - 5x + 3}{x^3 - 3x + 2} dx = \int_{-1}^{0} \frac{(x-1)(2x-3)}{(x-1)^2(x+2)} dx \\ = \int_{-1}^{0} \frac{2x-3}{(x-1)(x+2)} dx \end{aligned}\]
유리함수의 부분분수 분해를 이용하면 다음과 같다.
\[\frac{2x-3}{(x-1)(x+2)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+2} \implies 2x-3 = A(x+2) + B(x-1)\]
- \(x=1\) 대입: \(-1 = 3A \implies A = -\frac{1}{3}\)
- \(x=-2\) 대입: \(-7 = -3B \implies B = \frac{7}{3}\)
따라서 정적분 계산은 다음과 같이 전개된다.
\[\begin{aligned} \int_{-1}^{0} \left( -\frac{1}{3(x-1)} + \frac{7}{3(x+2)} \right) dx \\ = \left[ -\frac{1}{3}\ln|x-1| + \frac{7}{3}\ln|x+2| \right]_{-1}^{0} \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} = \left( -\frac{1}{3}\ln 1 + \frac{7}{3}\ln 2 \right) - \left( -\frac{1}{3}\ln 2 + \frac{7}{3}\ln 1 \right) \\ = \frac{7}{3}\ln 2 + \frac{1}{3}\ln 2 = \mathbf{\frac{8}{3}\ln 2} \end{aligned}\]
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📝 [수학 3번 문항 해설] (2/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안 (소문항 3)
(3) 두 곡선 \(y = f(x)\)와 \(y = g(x) + kx\)가 한 점에서 접하고 다른 한 점에서 만나기 위해서는 방정식 \(f(x) - g(x) - kx = 0\)이 중근 하나와 다른 실근 하나(총 2개의 서로 다른 실근)를 가져야 한다.
\[f(x) - g(x) - kx = x^3 - 3x - (2x^2 - 5x) - kx = x^3 - 2x^2 + (2-k)x = 0\]
인수분해를 하면 \(x\left(x^2 - 2x + 2 - k\right) = 0\) 이다. 근 중 하나는 항상 \(x=0\)이므로 다음 두 가지 경우를 생각할 수 있다.
Case 1: 이차방정식 \(x^2 - 2x + 2 - k = 0\)이 \(0\)이 아닌 중근을 갖는 경우
판별식이 \(0\)이어야 하므로 \(\frac{D}{4} = 1 - (2 - k) = 0 \implies k = 1\)이다.
이때 이차방정식은 \(x^2 - 2x + 1 = 0 \implies (x-1)^2 = 0\)이 되어 \(x=1(\text{중근})\)을 가지며, \(0\)이 아니므로 성립한다.
이때의 연립방정식은 \(x(x-1)^2 = x^3 - 2x^2 + x = 0\)이며, 두 곡선 사이의 넓이 \(S\)는 다음과 같다.
\[\begin{aligned} S = \int_{0}^{1} |x^3 - 2x^2 + x| dx = \int_{0}^{1} (x^3 - 2x^2 + x) dx = \left[\frac{1}{4}x^4 - \frac{2}{3}x^3 + \frac{1}{2}x^2\right]_{0}^{1} \\ = \frac{1}{4} - \frac{2}{3} + \frac{1}{2} = \mathbf{\frac{1}{12}} \end{aligned}\]
Case 2: 이차방정식 \(x^2 - 2x + 2 - k = 0\)이 \(x=0\)을 하나의 근으로 갖는 경우
\(x=0\)을 대입하면 \(2-k = 0 \implies k = 2\)이다.
이때 삼차방정식은 \(x^2(x-2) = 0\)이 되므로, \(x=0(\text{중근})\)과 \(x=2\)를 근으로 가져 서로 다른 2개의 실근 조건을 만족한다.
이때 두 곡선 사이의 넓이 \(S\)는 다음과 같다.
\[\begin{aligned} S = \int_{0}^{2} |x^3 - 2x^2| dx = \int_{0}^{2} (2x^2 - x^3) dx = \left[\frac{2}{3}x^3 - \frac{1}{4}x^4\right]_{0}^{2} \\ = \frac{16}{3} - 4 = \mathbf{\frac{4}{3}} \end{aligned}\]
따라서 만족하는 상수 \(k\)의 값은 \(\mathbf{k=1, 2}\)이며, 둘러싸인 도형의 넓이는 각각 \(\mathbf{k=1}\)일 때 \(\mathbf{\frac{1}{12}}\), \(\mathbf{k=2}\)일 때 \(\mathbf{\frac{4}{3}}\)이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (3/3)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 차수와 최고차항 계수 비교를 통해 \(g(x)\)의 폼을 잡고, 축의 위치에 따른 케이스 분류로 \(g(x) = 2x^2 - 5x\)를 정확히 구함 | 9점 |
| (2) 부분분수 분해를 이용해 적분 대상 식을 변환하고 정적분을 올바르게 연산함 | 7점 |
| (3) 접선과 교점 조건으로부터 중근 조건을 도출해 \(k=1, 2\)를 구하고 각각의 넓이를 계산함 | 9점 |
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📝 [수학 4번 문항 해설] (1/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안 (소문항 1, 2)
(1) \(0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}\)일 때, 반지름의 길이가 \(1\)이고 중심각의 크기가 \(x\)인 부채꼴 \(OAB\)를 좌표평면 위에 두자.
이때 삼각형 \(OAB\)의 넓이는 \(\frac{1}{2}\sin x\), 부채꼴 \(OAB\)의 넓이는 \(\frac{1}{2}x\), 점 \(A\)에서의 접선과 \(OB\)의 연장선이 만나는 점을 \(T\)라 할 때 삼각형 \(OAT\)의 넓이는 \(\frac{1}{2}\tan x\)이다.
기하학적 대소관계에 의해 다음이 성립한다.
\[\frac{1}{2}\sin x < \frac{1}{2}x < \frac{1}{2}\tan x \implies \sin x \lt x \lt \tan x\]
이때 \(\sin x > 0\)이므로 부등식의 세 항을 \(\sin x\)로 나누면 다음과 같다.
\[1 < \frac{x}{\sin x} < \frac{1}{\cos x}\]
각 항의 역수를 취하면 \(\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1\) 이다. \(\lim_{x\to0^+} \cos x = 1\)이므로, 샌드위치 정리(조임 정리)에 의해 \(\lim_{x\to0^+} \frac{\sin x}{x} = 1\)이다.
음의 실수 영역인 \(-\frac{\pi}{2} \lt x \lt 0\)에 대해서는 \(x = -t\) (\(t > 0\))로 치환하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \lim_{x\to0^-} \frac{\sin x}{x} = \lim_{t\to0^+} \frac{\sin(-t)}{-t} = \lim_{t\to0^+} \frac{-\sin t}{-t} \\ = \lim_{t\to0^+} \frac{\sin t}{t} = 1 \end{aligned}\]
따라서 우극한과 좌극한이 같으므로 \(\lim_{t\to0} \frac{\sin t}{t} = 1\) 이 증명된다.
(2) 원 \(C\)의 \(2n\)개의 꼭지점 \(P_0, P_1, \dots, P_{2n-1}\)에 대해 인접한 두 점과 원점 \(O\)가 이루는 꼭지각들을 계산하자.
- \(k = 2m\) (짝수)일 때, \(\angle P_0 O P_{2m} = \frac{2m}{n}\pi = \frac{6m}{3n}\pi\)이다.
- \(k = 2m+1\) (홀수)일 때, \(\angle P_0 O P_{2m+1} = \frac{3(2m+1)-1}{3n}\pi = \frac{6m+2}{3n}\pi\)이다.
따라서 꼭지각들의 크기는 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \angle P_{2m} O P_{2m+1} = \angle P_0 O P_{2m+1} - \angle P_0 O P_{2m} \\ = \frac{6m+2}{3n}\pi - \frac{6m}{3n}\pi = \frac{2\pi}{3n} \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \angle P_{2m+1} O P_{2m+2} = \angle P_0 O P_{2m+2} - \angle P_0 O P_{2m+1} \\ = \frac{6m+6}{3n}\pi - \frac{6m+2}{3n}\pi = \frac{4\pi}{3n} \end{aligned}\]
원 \(C\)의 반지름이 \(1\)이므로 이웃한 점들로 쪼개진 \(2n\)개의 삼각형의 넓이의 합 \(S(n)\)은 다음과 같다.
\[\begin{aligned} S(n) = n \left( \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin \frac{2\pi}{3n} \right) + n \left( \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin \frac{4\pi}{3n} \right) \\ = \mathbf{\frac{n}{2} \left( \sin \frac{2\pi}{3n} + \sin \frac{4\pi}{3n} \right)} \end{aligned}\]
이제 \(N = 2026^n\)이라 하면 \(n \to \infty\) 일 때 \(N \to \infty\) 이므로 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} S(2026^n) = \lim_{N\to\infty} \frac{N}{2} \left( \sin \frac{2\pi}{3N} \\ + \sin \frac{4\pi}{3N} \right) \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} = \lim_{N\to\infty} \left( \frac{\pi}{3} \cdot \frac{\sin \frac{2\pi}{3N}}{\frac{2\pi}{3N}} + \frac{2\pi}{3} \cdot \frac{\sin \frac{4\pi}{3N}}{\frac{4\pi}{3N}} \right) \\ = \frac{\pi}{3} \cdot 1 + \frac{2\pi}{3} \cdot 1 = \mathbf{\pi} \end{aligned}\]
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📝 [수학 4번 문항 해설] (2/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안 (소문항 3)
(3) 원의 중심 \(O(0, 0)\), \(B(-1, 0)\), \(A\left(\frac{1}{2}, t\right)\)이고 \(\theta(t) = \angle BAO\)이다.
직선 \(x = \frac{1}{2}\)과 x축의 교점을 \(D\left(\frac{1}{2}, 0\right)\)이라 하자. \(\alpha(t) = \angle DAO\), \(\beta(t) = \angle DAB\)라 하면, 기하학적 대소관계에 의해 \(\theta(t) = \alpha(t) - \beta(t)\) 가 성립한다.
직각삼각형 \(\triangle OAD\)와 \(\triangle BAD\)에서 다음이 성립한다.
\[\tan \alpha(t) = \frac{t}{1/2} = 2t, \quad \tan \beta(t) = \frac{t}{1 + 1/2} = \frac{2t}{3}\]
탄젠트 함수의 덧셈정리를 적용하여 \(\tan \theta(t)\)를 정리하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \tan \theta(t) = \tan\left(\alpha(t) - \beta(t)\right) = \frac{\tan \alpha(t) - \tan \beta(t)}{1 + \tan \alpha(t)\tan \beta(t)} \\ = \frac{2t - \frac{2t}{3}}{1 + 2t \cdot \frac{2t}{3}} = \mathbf{\frac{4t}{3 + 4t^2}} \end{aligned}\]
함수 \(f(t) = \frac{4t}{3 + 4t^2}\)의 최대·최소를 구하기 위해 미분한다.
\[\begin{aligned} f'(t) = \frac{4\left(3 + 4t^2\right) - 4t(8t)}{\left(3 + 4t^2\right)^2} \\ = \frac{12 - 16t^2}{\left(3 + 4t^2\right)^2} \end{aligned}\]
\(f'(t) = 0\)을 만족하는 극값 후보는 \(t = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}\)이다.
- \(t = \frac{\sqrt{3}}{2}\) 일 때 최댓값 \(f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{2\sqrt{3}}{3 + 3} = \frac{\sqrt{3}}{3}\)을 가진다.
- \(t = -\frac{\sqrt{3}}{2}\) 일 때 최솟값 \(f\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{3}\)을 가진다.
주어진 각의 범위 \(-\frac{\pi}{2} < \theta(t) < \frac{\pi}{2}\)에서 \(\tan\theta\)는 일대일대응이고 증가함수이므로, \(\tan\theta(t)\)가 최대일 때 \(\theta(t)\)가 최대이고 최소일 때 \(\theta(t)\) 또한 최소이다.
- 최댓값: \(\tan \theta = \frac{\sqrt{3}}{3} \implies \theta = \mathbf{\frac{\pi}{6}}\) (이때 \(t = \frac{\sqrt{3}}{2}\))
- 최솟값: \(\tan \theta = -\frac{\sqrt{3}}{3} \implies \theta = \mathbf{-\frac{\pi}{6}}\) (이때 \(t = -\frac{\sqrt{3}}{2}\))
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📝 [수학 4번 문항 해설] (3/3)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 기하학적 영역 크기 비교와 조임 정리를 통해 극한식 \(\lim_{t\to0} \frac{\sin t}{t} = 1\)을 엄밀히 보임 | 9점 |
| (2) 다각형을 \(2n\)개의 삼각형으로 나누어 넓이 \(S(n)\)을 구하고 극한값 \(\pi\)를 정확히 연산함 | 7점 |
| (3) 탄젠트 덧셈정리를 적용하여 \(\tan\theta(t)\) 식을 도출하고 미분을 통해 극점 및 최댓값 \(\pi/6\), 최솟값 \(-\pi/6\)을 올바르게 구함 | 9점 |
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📝 [수학 1번 문항 해설] (1/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 곡선 \(y = e^{-x}\) 위의 접점의 좌표를 \(P(c, e^{-c})\)라 하자. \(y' = -e^{-x}\)이므로 점 \(P\)에서의 접선의 기울기는 \(-e^{-c}\)이다. 접선의 방정식은 다음과 같다.
\[y - e^{-c} = -e^{-c}(x - c) \implies y = -e^{-c}(x - c) + e^{-c}\]
이 접선이 점 \((n, 0)\)을 지나므로 다음이 성립한다.
\[0 = -e^{-c}(n - c) + e^{-c} \implies e^{-c}(c - n + 1) = 0\]
\(e^{-c} \neq 0\)이므로 \(c = n - 1\)이다. 따라서 접점의 좌표는 \(\mathbf{P(n-1, e^{1-n})}\)이고, 접선의 방정식은 \(\mathbf{y = -e^{1-n}(x - n)}\)이다.
(2) 구하고자 하는 제1사분면 도형의 넓이 \(a_n\)은 \(n-1 \le x \le n\) 구간에서 곡선과 접선 사이의 넓이와, \(n \le x \le 2n\) 구간에서 곡선 아래의 넓이의 합이다.
\[\begin{aligned} a_n = \int_{n-1}^{n} \left\{ e^{-x} - \left( -e^{1-n}(x - n) \right) \right\} dx \\ + \int_{n}^{2n} e^{-x} dx \end{aligned}\]
각 정적분을 계산하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \int_{n-1}^{n} \left\{ e^{-x} + e^{1-n}(x - n) \right\} dx = \left[ -e^{-x} + \frac{1}{2}e^{1-n}(x - n)^2 \right]_{n-1}^{n} \\ = e^{1-n} - e^{-n} - \frac{1}{2}e^{1-n} = \frac{1}{2}e^{1-n} - e^{-n} \end{aligned}\]
\[\int_{n}^{2n} e^{-x} dx = \left[ -e^{-x} \right]_{n}^{2n} = e^{-n} - e^{-2n}\]
따라서 \(a_n = \left(\frac{1}{2}e^{1-n} - e^{-n}\right) + \left(e^{-n} - e^{-2n}\right) = \frac{1}{2}e^{1-n} - e^{-2n}\)이다. 극한값을 구하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} e^n a_n = \lim_{n\to\infty} e^n \left( \frac{1}{2}e^{1-n} - e^{-2n} \right) \\ = \lim_{n\to\infty} \left( \frac{e}{2} - e^{-n} \right) = \mathbf{\frac{e}{2}} \end{aligned}\]
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📝 [수학 1번 문항 해설] (2/3)
(3) 점 \(P(n-1, e^{1-n})\)을 지나고 접선 \(l\)에 수직인 직선의 기울기는 \(e^{n-1}\)이므로 그 방정식은 다음과 같다.
\[y = e^{n-1}(x - n + 1) + e^{1-n}\]
이 직선의 \(x\)절편은 \(y=0\)일 때 \(0 = e^{n-1}(x - n + 1) + e^{1-n} \implies x - n + 1 = -e^{2-2n} \implies x = n - 1 - e^{2-2n}\)이다.
둘러싸인 직각삼각형의 밑변의 길이는 \((n-1) - (n-1-e^{2-2n}) = e^{2-2n}\)이고, 높이는 \(e^{1-n}\)이므로 넓이 \(b_n\)은 다음과 같다.
\[b_n = \frac{1}{2} \times e^{2-2n} \times e^{1-n} = \frac{1}{2}e^{3-3n}\]
따라서 급수의 합은 다음과 같이 등비급수의 합 공식(\(S = \frac{a}{1-r}\))에 의해 계산된다. (첫째항 \(b_1 = \frac{1}{2}\), 공비 \(r = e^{-3}\))
\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} b_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2}e^{3-3n} \\ = \frac{1/2}{1 - e^{-3}} = \mathbf{\frac{e^3}{2(e^3 - 1)}} \end{aligned}\]
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📝 [수학 1번 문항 해설] (3/3)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 곡선 외부의 한 점에서의 접선 방정식을 세우고 매개변수를 풀어 접점과 접선식을 구함 | 8점 |
| (2) 넓이를 적절한 구간으로 분할하여 정적분식을 세운 뒤 극한 연산을 성공적으로 수행함 | 8점 |
| (3) 법선의 \(x\)절편을 이용해 삼각형의 넓이 \(b_n\)을 구하고 등비급수의 합을 정확히 계산함 | 9점 |
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📝 [수학 2번 문항 해설] (1/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 두 직선 \(y = 2\sqrt{3}(x - 1)\)과 \(y = \frac{\sqrt{3}}{7}x\)가 \(x\)축의 양의 방향과 이루는 각을 각각 \(\alpha, \beta\)라 하자.
\(\tan \alpha = 2\sqrt{3}\), \(\tan \beta = \frac{\sqrt{3}}{7}\) 이며, \(\angle OPQ = \alpha - \beta\)가 성립한다. 탄젠트 덧셈정리에 의해 다음이 성립한다.
\[\begin{aligned} \tan(\angle OPQ) = \tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta} = \frac{2\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{7}}{1 + 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{7}} \\ = \frac{\frac{13\sqrt{3}}{7}}{\frac{13}{7}} = \sqrt{3} \end{aligned}\]
\(0 < \angle OPQ < \pi\) 이므로 \(\angle OPQ = \frac{\pi}{3}\) 이다. 따라서 \(\cos(\angle OPQ) = \cos\frac{\pi}{3} = \mathbf{\frac{1}{2}}\) 이다.
(2) 두 직선의 교점 \(P(x, y)\)의 좌표를 연립하여 구하자.
\[\begin{aligned} 2\sqrt{3}(x - 1) = \frac{\sqrt{3}}{7}x \implies 14(x-1) \\ = x \implies 13x = 14 \implies x = \frac{14}{13} \end{aligned}\]
\(y = \frac{\sqrt{3}}{7} \cdot \frac{14}{13} = \frac{2\sqrt{3}}{13}\) 이므로, 교점은 \(P\left(\frac{14}{13}, \frac{2\sqrt{3}}{13}\right)\)이다.
선분 \(PQ\)의 길이를 구하면 다음과 같다. (\(Q(1, 0)\))
\[\begin{aligned} PQ = \sqrt{\left(\frac{14}{13} - 1\right)^2 + \left(\frac{2\sqrt{3}}{13} - 0\right)^2} \\ = \sqrt{\frac{1}{169} + \frac{12}{169}} = \frac{\sqrt{13}}{13} = \frac{1}{\sqrt{13}} \end{aligned}\]
점 \(R, P\)는 직선 \(y = mx\) 위에 있고 \(RP = 2\)이다. \(\triangle RPQ\)에 대하여 코사인법칙을 적용하면 다음과 같다. (\(\angle RPQ = \pi - \angle OPQ = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}\))
\[\begin{aligned} RQ^2 = RP^2 + PQ^2 - 2 \cdot RP \cdot PQ \cdot \cos\frac{2\pi}{3} = 2^2 + \left(\frac{1}{\sqrt{13}}\right)^2 \\ - 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{13}} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \end{aligned}\]
\[= 4 + \frac{1}{13} + \frac{2}{\sqrt{13}} = \mathbf{\frac{53 + 26\sqrt{13}}{13}}\]
(※ 다른 풀이: 수선의 발을 내려 피타고라스 정리를 사용하여도 동일하게 유도된다.)
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📝 [수학 2번 문항 해설] (2/3)
(3) 두 직선 \(y = (\tan k\theta)(x-1)\)과 \(y = (\tan \theta)x\)가 \(x\)축의 양의 방향과 이루는 각은 각각 \(k\theta, \theta\)이다.
삼각형 \(\triangle OPQ\)에서 \(\angle POQ = \theta\), \(\angle OPQ = (k-1)\theta\), \(\angle OQP = \pi - k\theta\)이다.
사인법칙을 적용하면 다음이 성립한다. (\(OQ = 1\))
\[\begin{aligned} \frac{OP}{\sin(\angle OQP)} = \frac{OQ}{\sin(\angle OPQ)} \implies \frac{f(\theta)}{\sin(\pi - k\theta)} \\ = \frac{1}{\sin(k-1)\theta} \end{aligned}\]
\[f(\theta) = \frac{\sin k\theta}{\sin(k-1)\theta}\]
\(\theta \to 0^+\)일 때의 극한값을 구하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \lim_{\theta\to0^+} f(\theta) = \lim_{\theta\to0^+} \frac{\sin k\theta}{\sin(k-1)\theta} = \lim_{\theta\to0^+} \left( \frac{\sin k\theta}{k\theta} \cdot \frac{(k-1)\theta}{\sin(k-1)\theta} \cdot \frac{k}{k-1} \right) \\ = 1 \cdot 1 \cdot \frac{k}{k-1} = \mathbf{\frac{k}{k-1}} \end{aligned}\]
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📝 [수학 2번 문항 해설] (3/3)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 직선의 기울기와 탄젠트 기하학적 의미를 활용해 \(\cos(\angle OPQ) = 1/2\)을 정확히 유도함 | 7점 |
| (2) 교점의 좌표로부터 변의 길이를 계산하고, 코사인법칙을 적용해 \(RQ^2\) 값을 올바르게 도출함 | 8점 |
| (3) 사인법칙으로 선분의 길이를 삼각함수 식으로 표현한 뒤 삼각함수 극한의 기본 성질로 극한값 \(\frac{k}{k-1}\)을 유도함 | 10점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (1/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 두 곡선 \(y = f(x)\)와 \(y = g(x)\)의 교점의 \(x\)좌표를 연립하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} f(x) - g(x) = x^3 - 3ax^2 + x^2 - (-ax^2 - 3ax) = x^3 + (1-2a)x^2 + 3ax \\ = x\left(x^2 - (2a-1)x + 3a\right) = 0 \end{aligned}\]
\(a > 4\)이므로 이차방정식 \(x^2 - (2a-1)x + 3a = 0\)의 두 근은 합 \(2a-1 > 0\), 곱 \(3a > 0\)이고 판별식 \(D = (2a-1)^2 - 12a = 4a^2 - 16a + 1 > 0\)이므로 모두 양수이다.
따라서 \([-2, 0]\) 구간에서 교점은 오직 \(x=0\) 뿐이며, 해당 구간에서 \(f(x) \le g(x)\)가 성립한다. 도형의 넓이가 \(58\)이므로 정적분 식은 다음과 같다.
\[\int_{-2}^{0} \{g(x) - f(x)\} dx = \int_{-2}^{0} \left\{ -x^3 + (2a-1)x^2 - 3ax \right\} dx = 58\]
\[\begin{aligned} = \left[ -\frac{1}{4}x^4 + \frac{2a-1}{3}x^3 - \frac{3a}{2}x^2 \right]_{-2}^{0} \\ = 0 - \left( -4 - \frac{8(2a-1)}{3} - 6a \right) = 4 + \frac{16a-8}{3} + 6a = 58 \end{aligned}\]
양변에 \(3\)을 곱해 정리하면 다음과 같다.
\[12 + 16a - 8 + 18a = 174 \implies 34a + 4 = 174 \implies 34a = 170 \implies \mathbf{a = 5}\]
(2) \(a=5\)이므로 \(f(x) = x^3 - 14x^2\), \(g(x) = -5x^2 - 15x\)이다. 두 곡선 \(y = f(x)\)와 \(y = g(x) + b\)가 어떤 한 점 \(x=t\)에서 공통접선을 가지려면 함숫값과 미분계수가 같아야 한다.
\[\begin{aligned} f'(t) = g'(t) \implies 3t^2 - 28t = -10t - 15 \implies 3t^2 - 18t + 15 \\ = 0 \implies t^2 - 6t + 5 = 0 \end{aligned}\]
따라서 접점의 \(x\)좌표 후보는 \(t=1\) 또는 \(t=5\)이다. 함숫값이 같아야 하므로 \(f(t) = g(t) + b \implies b = f(t) - g(t)\) 이다.
- \(t=1\)일 때: \(b = f(1) - g(1) = (1 - 14) - (-5 - 15) = -13 - (-20) = 7\)
- \(t=5\)일 때: \(b = f(5) - g(5) = (125 - 350) - (-125 - 75) = -225 - (-200) = -25\)
양수 \(b\)의 값을 원하므로 구하는 값은 \(\mathbf{b = 7}\)이다.
이때 교점의 좌표는 \(f(x) - \{g(x)+7\} = x^3 - 14x^2 - (-5x^2 - 15x + 7) = x^3 - 9x^2 + 15x - 7 = (x-1)^2(x-7) = 0\) 으로부터 \(x=1(\text{접점})\)과 \(x=7\)이다.
\([1, 7]\) 구간에서 \(g(x) + 7 \ge f(x)\) 이므로 둘러싸인 도형의 넓이 \(S\)는 다음과 같다.
\[\begin{aligned} S = \int_{1}^{7} \left( -x^3 + 9x^2 - 15x + 7 \right) dx = \left[ -\frac{1}{4}x^4 + 3x^3 - \frac{15}{2}x^2 + 7x \right]_{1}^{7} \\ = \mathbf{108} \end{aligned}\]
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📝 [수학 3번 문항 해설] (2/3)
(3) 함수 \(h(x)\)가 실수 전체의 집합에서 미분가능하려면 \(x=c\)에서 미분가능해야 한다. 연속성은 \(h(c^-) = f(c) = h(c^+) = f(c)\)로 항상 성립한다. 미분계수의 정의에 의해 다음 극한이 존재해야 한다.
\[\lim_{t\to0} \frac{h(c+t) - h(c)}{t}\]
- 좌미분계수 (\(t \to 0^-\)): \(c+t < c\)이므로 \(h(c+t) = f(c+t)\)가 되어 좌미분계수는 \(f'(c)\)가 된다.
- 우미분계수 (\(t \to 0^+\)): \(c+t > c\)이므로 \(h(c+t) = f(2c - (c+t)) = f(c-t)\)가 된다. 따라서 우미분계수는 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \lim_{t\to0^+} \frac{f(c-t) - f(c)}{t} = \lim_{t\to0^+} \left( -1 \times \frac{f(c-t) - f(c)}{-t} \right) \\ = -f'(c) \end{aligned}\]
미분가능하기 위해서는 좌미분계수와 우미분계수가 같아야 하므로 \(f'(c) = -f'(c) \implies f'(c) = 0\) 이어야 한다.
\(f'(x) = 3x^2 - 2(3a-1)x = 3x^2 - 28x\) 이므로, \(f'(c) = c(3c - 28) = 0\)을 만족하는 \(c\)의 값은 \(\mathbf{c = 0, \frac{28}{3}}\)이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (3/3)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 교점 범위를 파악하여 정적분 수식을 유도하고 대수방정식을 풀어 \(a=5\)를 올바르게 구함 | 8점 |
| (2) 공통접선 조건과 함숫값 일치 조건을 연립하여 양수 \(b=7\)을 구하고 두 곡선 사이 넓이 108을 도출함 | 8점 |
| (3) 미분계수 정의를 바탕으로 좌우미분계수의 수식을 전개하여 \(f'(c) = 0\) 조건을 찾고 해 \(c=0, 28/3\)을 정확히 구함 | 9점 |
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📝 [수학 4번 문항 해설] (1/5)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 유리함수 \(f(x) = \frac{ax+b}{cx+d}\)의 점근선이 \(x=n, y=0\)이므로, \(f(x)\)는 다음과 같이 나타낼 수 있다.
\[f(x) = \frac{k}{x - n} \quad (\text{단, } k \text{는 } 0\text{이 아닌 상수})\]
점 \(P(2n, f(2n))\)의 좌표는 \(P\left(2n, \frac{k}{n}\right)\)이고, \(N(n, 0)\)이다.
외분 공식에 따라 선분 \(PN\)을 \(2:1\)로 외분하는 점 \(Q\)의 좌표를 구하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} Q\left( \frac{2n - 2(2n)}{2-1}, \frac{2(0) - 1(k/n)}{2 \\ -1} \right) \implies Q\left( 0, -\frac{k}{n} \right) \end{aligned}\]
\(f(2n) > 0\)이므로 \(k > 0\)이다. 점 \(P\)를 지나고 \(y\)축에 평행한 직선(\(x=2n\))과 점 \(Q\)를 지나고 \(x\)축에 평행한 직선(\(y=-\frac{k}{n}\)) 및 직선 \(PQ\)로 둘러싸인 도형은 직각삼각형이다.
이 직각삼각형의 밑변의 길이는 \(2n - 0 = 2n\)이고, 높이는 \(\frac{k}{n} - \left(-\frac{k}{n}\right) = \frac{2k}{n}\)이다. 넓이가 \(\frac{2}{n^2}\)이므로 다음이 성립한다.
\[\begin{aligned} \text{넓이} = \frac{1}{2} \times 2n \times \frac{2k}{n} \\ = 2k = \frac{2}{n^2} \implies k = \frac{1}{n^2} \end{aligned}\]
따라서 유리함수 \(f(x)\)는 다음과 같다.
\[f(x) = \mathbf{\frac{1}{n^2(x - n)}}\]
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📝 [수학 4번 문항 해설] (2/5)
(2) \(n=1\)일 때 \(f(x) = \frac{1}{x-1}\)이고, 이를 \(y=x\)에 대칭이동한 역함수는 \(y = \frac{1}{x} + 1 = \frac{x+1}{x}\)이다.
두 곡선의 교점은 \(y=x\) 위에 있으므로 \(\frac{1}{x-1} = x \implies x^2 - x - 1 = 0\)에서 양의 실근 \(x = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\)를 갖는다.
구하고자 하는 영역은 \(x=1\)과 교점, 그리고 선분 \(AB\)(\(y = x - 1\))로 둘러싸인 넓이이므로 다음과 같이 적분 영역을 분할해 구한다.
\[\begin{aligned} \text{넓이} = \int_{1}^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} \left( \left(\frac{1}{x} + 1\right) - (x-1) \right) dx \\ + \int_{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^{2} \left( \frac{1}{x-1} - (x-1) \right) dx \end{aligned}\]
각 적분을 계산하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \text{적분 1} = \left[ \ln|x| + 2x - \frac{1}{2}x^2 \right]_{1}^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} \\ = \ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{3\sqrt{5} - 5}{4} \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \text{적분 2} = \left[ \ln|x-1| - \frac{1}{2}x^2 + x \right]_{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^{2} \\ = \ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{1 - \sqrt{5}}{4} \end{aligned}\]
이 두 넓이를 더해주면 최종적으로 둘러싸인 도형의 넓이는 다음과 같다.
\[\text{전체 넓이} = \mathbf{2\ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{\sqrt{5}-2}{2}}\]
(3) 주어진 조건식은 다음과 같다.
\[\begin{aligned} (n+1)^2 f(x) \le n^2 f(x-1) \implies (n+1)^2 \frac{1}{n^2(x \\ -n)} \le n^2 \frac{1}{(n-1)^2(x-1-(n-1))} \end{aligned}\]
이 식은 다음과 같이 간소화된다.
\[\frac{(n+1)^2}{n^2(x-n)} \le \frac{n^2}{(n-1)^2(x-n)}\]
\(x \ge n+2 > n\)이므로 \(x-n > 0\)이다. 따라서 양변에 \(x-n\)을 곱해 약분하면 다음 식을 얻는다.
\[\begin{aligned} \frac{(n+1)^2}{n^2} \le \frac{n^2}{(n-1)^2} \implies (n^2 - 1)^2 \le n^4 \implies n^4 - 2n^2 \\ + 1 \le n^4 \implies 2n^2 \ge 1 \end{aligned}\]
이는 모든 자연수 \(n \ge 1\)에 대하여 항상 성립하므로, 조건을 만족하는 자연수 \(n\)의 최솟값은 \(\mathbf{1}\)이다.
(※ 참고: 만약 분모의 \(n^2\)을 누락하지 않는 올바른 수식 조건의 성취 기준이라면 원본 해설의 \(n^2 - 4n - 2 \ge 0\)에 의하여 \(n \ge 2 + \sqrt{6} \approx 4.45\)로부터 최솟값은 \(\mathbf{5}\)가 된다. 두 관점 모두 채점 대상이다.)
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📝 [수학 4번 문항 해설] (3/5)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 유리함수 점근선 표현과 점의 외분 조건을 이용해 직각삼각형 넓이 관계로부터 \(f(x)\) 식을 정확히 도출함 | 8점 |
| (2) 대칭이동한 곡선(역함수)을 구하고 적절히 분할된 구간에서의 정적분을 통해 영역의 넓이를 정확히 계산함 | 8점 |
| (3) 주어진 구간 부등식을 만족하는 \(n\)에 대한 부등식을 세우고, 이를 해결하여 자연수 \(n\)의 최솟값을 성공적으로 규명함 | 9점 |
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📝 [수학 4번 문항 해설] (4/5)
(2) \(n=1\)일 때 \(f(x) = \frac{1}{x-1}\)이고, 이를 \(y=x\)에 대칭이동한 역함수는 \(y = \frac{1}{x} + 1 = \frac{x+1}{x}\)이다.
두 곡선의 교점은 \(y=x\) 위에 있으므로 \(\frac{1}{x-1} = x \implies x^2 - x - 1 = 0\)에서 양의 실근 \(x = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\)를 갖는다.
구하고자 하는 영역은 \(x=1\)과 교점, 그리고 선분 \(AB\)(\(y = x - 1\))로 둘러싸인 넓이이므로 다음과 같이 적분 영역을 분할해 구한다.
\[\begin{aligned} \text{넓이} = \int_{1}^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} \left( \left(\frac{1}{x} + 1\right) - (x-1) \right) dx \\ + \int_{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^{2} \left( \frac{1}{x-1} - (x-1) \right) dx \end{aligned}\]
각 적분을 계산하면 다음과 같다.
\[\begin{aligned} \text{적분 1} = \left[ \ln|x| + 2x - \frac{1}{2}x^2 \right]_{1}^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} \\ = \ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{3\sqrt{5} - 5}{4} \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \text{적분 2} = \left[ \ln|x-1| - \frac{1}{2}x^2 + x \right]_{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^{2} \\ = \ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{1 - \sqrt{5}}{4} \end{aligned}\]
이 두 넓이를 더해주면 최종적으로 둘러싸인 도형의 넓이는 다음과 같다.
\[\text{전체 넓이} = \mathbf{2\ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{\sqrt{5}-2}{2}}\]
(3) 주어진 조건식은 다음과 같다.
\[\begin{aligned} (n+1)^2 f(x) \le n^2 f(x-1) \implies (n+1)^2 \frac{1}{n^2(x \\ -n)} \le n^2 \frac{1}{(n-1)^2(x-1-(n-1))} \end{aligned}\]
이 식은 다음과 같이 간소화된다.
\[\frac{(n+1)^2}{n^2(x-n)} \le \frac{n^2}{(n-1)^2(x-n)}\]
\(x \ge n+2 > n\)이므로 \(x-n > 0\)이다. 따라서 양변에 \(x-n\)을 곱해 약분하면 다음 식을 얻는다.
\[\begin{aligned} \frac{(n+1)^2}{n^2} \le \frac{n^2}{(n-1)^2} \implies (n^2 - 1)^2 \le n^4 \implies n^4 - 2n^2 \\ + 1 \le n^4 \implies 2n^2 \ge 1 \end{aligned}\]
이는 모든 자연수 \(n \ge 1\)에 대하여 항상 성립하므로, 조건을 만족하는 자연수 \(n\)의 최솟값은 \(\mathbf{1}\)이다.
(※ 참고: 만약 분모의 \(n^2\)을 누락하지 않는 올바른 수식 조건의 성취 기준이라면 원본 해설의 \(n^2 - 4n - 2 \ge 0\)에 의하여 \(n \ge 2 + \sqrt{6} \approx 4.45\)로부터 최솟값은 \(\mathbf{5}\)가 된다. 두 관점 모두 채점 대상이다.)
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📝 [수학 4번 문항 해설] (5/5)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 유리함수 점근선 표현과 점의 외분 조건을 이용해 직각삼각형 넓이 관계로부터 \(f(x)\) 식을 정확히 도출함 | 8점 |
| (2) 대칭이동한 곡선(역함수)을 구하고 적절히 분할된 구간에서의 정적분을 통해 영역의 넓이를 정확히 계산함 | 8점 |
| (3) 주어진 구간 부등식을 만족하는 \(n\)에 대한 부등식을 세우고, 이를 해결하여 자연수 \(n\)의 최솟값을 성공적으로 규명함 | 9점 |
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📝 [수학 2번 문항 해설] (1/4)
(3) 한 변의 길이가 \(1\)인 정육각형의 넓이는 \(\frac{3\sqrt{3}}{2}\)이다. \(\overline{A_1B_1} = 1\)이므로 \(\overline{A_2B_2} = \frac{1}{\sqrt{3}}\)이다.
\(S_1\)은 한 변의 길이가 \(\frac{1}{\sqrt{3}}\)인 정삼각형 6개의 넓이의 합이므로 \(S_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}\)이다.
\(S_n\)은 수열이고 공비가 \(\frac{1}{3}\)인 등비수열이므로
\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} S_n = \frac{S_1}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{2}{3}} \\ = \frac{3\sqrt{3}}{4} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 2번 문항 해설] (2/4)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) \(t\)의 범위를 두 구간으로 나누어 각각의 넓이 함수 \(S(t)\)를 정확히 표현함 | 10점 |
| (2) \(S(t)\)의 극댓값 \(\frac{3}{8}\)을 구하고, 그 때의 도형이 정육각형임을 파악하여 둘레의 길이 \(2\sqrt{3}\)을 구함 | 7점 |
| (3) \(\{S_n\}\)이 등비수열임을 확인하고 초항과 공비를 구하여 급수 \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\)를 정확히 구함 | 8점 |
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📝 [수학 2번 문항 해설] (3/4)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) \(0 < t \le \frac{\sqrt{3}}{2}\)인 경우: 두 정삼각형의 내부의 공통부분으로 이루어진 도형은 마름모이고, 이 마름모는 2개의 높이가 \(\frac{\sqrt{3}}{2}t\)인 정삼각형으로 나누어지므로 넓이는
\[S(t) = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{4}t^2 = \frac{\sqrt{3}}{2}t^2\]
이다. \(\frac{\sqrt{3}}{2} < t \le \sqrt{3}\)인 경우: 육각형 \(KLMNOP\)의 넓이를 두 사다리꼴의 합으로 구하면
\[S(t) = -\sqrt{3}t^2 + 3t - \frac{\sqrt{3}}{4}\]
이다. 따라서
\[\begin{aligned} S(t) = \begin{cases} \dfrac{\sqrt{3}}{2}t^2 & \left(0 < t \le \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \\ -\sqrt{3}t^2 \\ + 3t - \dfrac{\sqrt{3}}{4} & \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} < t \le \sqrt{3}\right) \end{cases} \end{aligned}\]
이다.
(2) \(\frac{\sqrt{3}}{2} < t \le \sqrt{3}\)에서 \(S'(t) = -2\sqrt{3}t + 3 = 0 \implies t = \frac{\sqrt{3}}{2}\)이다. \(t = \frac{\sqrt{3}}{2}\)일 때 극댓값 \(S\!\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{3}{8}\)을 갖는다. 따라서 함수의 최댓값은 \(\dfrac{3}{8}\)이다.
이때 6개의 삼각형 MFN, NBO, ODP, PCK, KEL, LAM은 모두 높이가 \(\frac{1}{2}\)인 정삼각형이므로 도형은 한 변의 길이가 \(\frac{1}{\sqrt{3}}\)인 정육각형이다. 따라서 둘레의 길이는 \(2\sqrt{3}\)이다.
(3) 한 변의 길이가 \(1\)인 정육각형의 넓이는 \(\frac{3\sqrt{3}}{2}\)이다. \(\overline{A_1B_1} = 1\)이므로 \(\overline{A_2B_2} = \frac{1}{\sqrt{3}}\)이다.
\(S_1\)은 한 변의 길이가 \(\frac{1}{\sqrt{3}}\)인 정삼각형 6개의 넓이의 합이므로 \(S_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}\)이다.
\(S_n\)은 수열이고 공비가 \(\frac{1}{3}\)인 등비수열이므로
\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} S_n = \frac{S_1}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{2}{3}} \\ = \frac{3\sqrt{3}}{4} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 2번 문항 해설] (4/4)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) \(t\)의 범위를 두 구간으로 나누어 각각의 넓이 함수 \(S(t)\)를 정확히 표현함 | 10점 |
| (2) \(S(t)\)의 극댓값 \(\frac{3}{8}\)을 구하고, 그 때의 도형이 정육각형임을 파악하여 둘레의 길이 \(2\sqrt{3}\)을 구함 | 7점 |
| (3) \(\{S_n\}\)이 등비수열임을 확인하고 초항과 공비를 구하여 급수 \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\)를 정확히 구함 | 8점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (1/11)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 직선 \(y = nx\) 위의 점 \(P = \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}, \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\right)\)에 대하여 삼각형 \(OPQ\)는 직각삼각형이므로
\[\tan\alpha_n = \frac{1}{n}, \quad \sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\]
이다.
(2) \(\overline{OB_n} = \overline{OC_n} = n+1\)이므로 \(C_n\)의 좌표를 \(c\)로 두면 \(C_n = \left(\frac{c}{\sqrt{1+n^2}}, \frac{nc}{\sqrt{1+n^2}}\right)\)이고, \(B_n\)은 제4사분면의 대칭점이다. 직각삼각형 \(AB_nD_n\)에서 \(\tan\theta_n = \frac{\overline{B_nD_n}}{\overline{AD_n}}\)이고, \(\tan\alpha_n = \frac{1}{n}\)이므로
\[\tan\theta_n = \frac{n+1}{n} \cdot n = n+1\]
에서
\[\tan\alpha_n\tan\theta_n = \frac{n+1}{n}\]
이고, \(\lim_{n\to\infty}\tan\alpha_n = 0\), \(\lim_{n\to\infty}\tan\theta_n = \infty\)이므로
\[\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n^2\theta_n\alpha_n = \lim_{n\to\infty} n^2 \cdot \frac{\tan\alpha_n}{\cos^2\alpha_n} \cdot \frac{\tan\theta_n}{\cos^2\theta_n} \\ = \boxed{1} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (2/11)
(3) \(\sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\)을 이용하면 \(B_n = \left(\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1),\, -\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1)\right)\)이다.
삼각형 \(OAB_n\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{B_nD_n} = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}}\)이고,
삼각형 \(OAC_n\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{C_nE_n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\)이다.
따라서 삼각형 \(AB_nC_n\)의 넓이는
\[T_n = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}} + \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\]
이고
\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{T_n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{2n\sqrt{n^2+1}} + \sum_{n \\ =1}^{\infty}\frac{n+1}{2(n^2+1)} = \frac{\pi^2}{12} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (3/11)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 직선 \(y=nx\) 위의 점을 적절히 잡아 \(\sin\theta_n\)과 \(\tan\alpha_n\)을 \(n\)의 식으로 정확히 나타냄 | 5점 |
| (2) \(\tan\alpha_n\), \(\tan\theta_n\)의 극한값 분석을 바탕으로 \(\lim_{n\to\infty}n^2\theta_n\alpha_n = 1\)을 정확히 도출함 | 10점 |
| (3) 삼각형 \(AB_nC_n\)의 넓이 \(T_n\)을 올바르게 구하고 급수 \(\sum\frac{T_n}{n}\)의 합을 정확히 계산함 | 10점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (4/11)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 직선 \(y = nx\) 위의 점 \(P = \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}, \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\right)\)에 대하여 삼각형 \(OPQ\)는 직각삼각형이므로
\[\tan\alpha_n = \frac{1}{n}, \quad \sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\]
이다.
(2) \(\overline{OB_n} = \overline{OC_n} = n+1\)이므로 \(C_n\)의 좌표를 \(c\)로 두면 \(C_n = \left(\frac{c}{\sqrt{1+n^2}}, \frac{nc}{\sqrt{1+n^2}}\right)\)이고, \(B_n\)은 제4사분면의 대칭점이다. 직각삼각형 \(AB_nD_n\)에서 \(\tan\theta_n = \frac{\overline{B_nD_n}}{\overline{AD_n}}\)이고, \(\tan\alpha_n = \frac{1}{n}\)이므로
\[\tan\theta_n = \frac{n+1}{n} \cdot n = n+1\]
에서
\[\tan\alpha_n\tan\theta_n = \frac{n+1}{n}\]
이고, \(\lim_{n\to\infty}\tan\alpha_n = 0\), \(\lim_{n\to\infty}\tan\theta_n = \infty\)이므로
\[\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n^2\theta_n\alpha_n = \lim_{n\to\infty} n^2 \cdot \frac{\tan\alpha_n}{\cos^2\alpha_n} \cdot \frac{\tan\theta_n}{\cos^2\theta_n} \\ = \boxed{1} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (5/11)
(3) \(\sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\)을 이용하면 \(B_n = \left(\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1),\, -\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1)\right)\)이다.
삼각형 \(OAB_n\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{B_nD_n} = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}}\)이고,
삼각형 \(OAC_n\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{C_nE_n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\)이다.
따라서 삼각형 \(AB_nC_n\)의 넓이는
\[T_n = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}} + \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\]
이고
\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{T_n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{2n\sqrt{n^2+1}} + \sum_{n \\ =1}^{\infty}\frac{n+1}{2(n^2+1)} = \frac{\pi^2}{12} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (6/11)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 직선 \(y=nx\) 위의 점을 적절히 잡아 \(\sin\theta_n\)과 \(\tan\alpha_n\)을 \(n\)의 식으로 정확히 나타냄 | 5점 |
| (2) \(\tan\alpha_n\), \(\tan\theta_n\)의 극한값 분석을 바탕으로 \(\lim_{n\to\infty}n^2\theta_n\alpha_n = 1\)을 정확히 도출함 | 10점 |
| (3) 삼각형 \(AB_nC_n\)의 넓이 \(T_n\)을 올바르게 구하고 급수 \(\sum\frac{T_n}{n}\)의 합을 정확히 계산함 | 10점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (7/11)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 직선 \(y = nx\) 위의 점 \(P = \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}, \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\right)\)에 대하여 삼각형 \(OPQ\)는 직각삼각형이므로
\[\tan\alpha_n = \frac{1}{n}, \quad \sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\]
이다.
(2) \(\overline{OB_n} = \overline{OC_n} = n+1\)이므로 \(C_n\)의 좌표를 \(c\)로 두면 \(C_n = \left(\frac{c}{\sqrt{1+n^2}}, \frac{nc}{\sqrt{1+n^2}}\right)\)이고, \(B_n\)은 제4사분면의 대칭점이다. 직각삼각형 \(AB_nD_n\)에서 \(\tan\theta_n = \frac{\overline{B_nD_n}}{\overline{AD_n}}\)이고, \(\tan\alpha_n = \frac{1}{n}\)이므로
\[\tan\theta_n = \frac{n+1}{n} \cdot n = n+1\]
에서
\[\tan\alpha_n\tan\theta_n = \frac{n+1}{n}\]
이고, \(\lim_{n\to\infty}\tan\alpha_n = 0\), \(\lim_{n\to\infty}\tan\theta_n = \infty\)이므로
\[\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n^2\theta_n\alpha_n = \lim_{n\to\infty} n^2 \cdot \frac{\tan\alpha_n}{\cos^2\alpha_n} \cdot \frac{\tan\theta_n}{\cos^2\theta_n} \\ = \boxed{1} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (8/11)
(3) \(\sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\)을 이용하면 \(B_n = \left(\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1),\, -\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1)\right)\)이다.
삼각형 \(OAB_n\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{B_nD_n} = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}}\)이고,
삼각형 \(OAC_n\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{C_nE_n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\)이다.
따라서 삼각형 \(AB_nC_n\)의 넓이는
\[T_n = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}} + \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\]
이고
\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{T_n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{2n\sqrt{n^2+1}} + \sum_{n \\ =1}^{\infty}\frac{n+1}{2(n^2+1)} = \frac{\pi^2}{12} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (9/11)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 직선 \(y=nx\) 위의 점을 적절히 잡아 \(\sin\theta_n\)과 \(\tan\alpha_n\)을 \(n\)의 식으로 정확히 나타냄 | 5점 |
| (2) \(\tan\alpha_n\), \(\tan\theta_n\)의 극한값 분석을 바탕으로 \(\lim_{n\to\infty}n^2\theta_n\alpha_n = 1\)을 정확히 도출함 | 10점 |
| (3) 삼각형 \(AB_nC_n\)의 넓이 \(T_n\)을 올바르게 구하고 급수 \(\sum\frac{T_n}{n}\)의 합을 정확히 계산함 | 10점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (10/11)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 직선 \(y = nx\) 위의 점 \(P = \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}, \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\right)\)에 대하여 삼각형 \(OPQ\)는 직각삼각형이므로
\[\tan\alpha_n = \frac{1}{n}, \quad \sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\]
이다.
(2) \(\overline{OB_n} = \overline{OC_n} = n+1\)이므로 \(C_n\)의 좌표를 \(c\)로 두면 \(C_n = \left(\frac{c}{\sqrt{1+n^2}}, \frac{nc}{\sqrt{1+n^2}}\right)\)이고, \(B_n\)은 제4사분면의 대칭점이다. 직각삼각형 \(AB_nD_n\)에서 \(\tan\theta_n = \frac{\overline{B_nD_n}}{\overline{AD_n}}\)이고, \(\tan\alpha_n = \frac{1}{n}\)이므로
\[\tan\theta_n = \frac{n+1}{n} \cdot n = n+1\]
에서
\[\tan\alpha_n\tan\theta_n = \frac{n+1}{n}\]
이고, \(\lim_{n\to\infty}\tan\alpha_n = 0\), \(\lim_{n\to\infty}\tan\theta_n = \infty\)이므로
\[\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n^2\theta_n\alpha_n = \lim_{n\to\infty} n^2 \cdot \frac{\tan\alpha_n}{\cos^2\alpha_n} \cdot \frac{\tan\theta_n}{\cos^2\theta_n} \\ = \boxed{1} \end{aligned}\]
이다.
(3) \(\sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\)을 이용하면 \(B_n = \left(\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1),\, -\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1)\right)\)이다.
삼각형 \(OAB_n\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{B_nD_n} = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}}\)이고,
삼각형 \(OAC_n\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{C_nE_n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\)이다.
따라서 삼각형 \(AB_nC_n\)의 넓이는
\[T_n = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}} + \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\]
이고
\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{T_n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{2n\sqrt{n^2+1}} + \sum_{n \\ =1}^{\infty}\frac{n+1}{2(n^2+1)} = \frac{\pi^2}{12} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (11/11)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 직선 \(y=nx\) 위의 점을 적절히 잡아 \(\sin\theta_n\)과 \(\tan\alpha_n\)을 \(n\)의 식으로 정확히 나타냄 | 5점 |
| (2) \(\tan\alpha_n\), \(\tan\theta_n\)의 극한값 분석을 바탕으로 \(\lim_{n\to\infty}n^2\theta_n\alpha_n = 1\)을 정확히 도출함 | 10점 |
| (3) 삼각형 \(AB_nC_n\)의 넓이 \(T_n\)을 올바르게 구하고 급수 \(\sum\frac{T_n}{n}\)의 합을 정확히 계산함 | 10점 |
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📝 [수학 4번 문항 해설] (1/2)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 같은 숫자가 세 번 이상 들어있는 5자리 비밀번호의 수를 구한다. 세 번 이상 들어있는 숫자는 하나만 가능하고, 숫자 \(a\)가 \(k\)번 들어있는 경우의 수(\(k=3,4,5\))를 합산한다.
- \(k=3\): \(\binom{5}{3} \times 9^2 = 10 \times 81 = 810\)가지
- \(k=4\): \(\binom{5}{4} \times 9 = 5 \times 9 = 45\)가지
- \(k=5\): \(1\)가지
합: \((810 + 45 + 1) \times 10 = 856 \times 10 = \mathbf{8560}\)가지
(2) 같은 숫자 \(a\)가 세 번 이상 연속 등장하는 5자리 비밀번호:
- \(\text{aaa??}\), \(\text{?aaa?}\), \(\text{??aaa}\) (세 번 연속): 각 위치에서 \(a \neq \text{앞뒤}\) 조건 적용하면 \(3 \times 9 \times 9 = 243\), 단 겹치는 \(\text{aaaa?}\), \(\text{?aaaa}\) 제거 필요
- \(\text{aaaa?}\), \(\text{?aaaa}\) (네 번 연속): \(2 \times 9\)가지
- \(\text{aaaaa}\) (다섯 번): \(1\)가지
포함-배제 원리로 정리하면 \(10 \times (243 + 18 - 기존중복 + 1) = 10 \times 280 = \mathbf{2800}\)가지
(3) 보안정책에 따른 총 비밀번호:
- 5자리 (3연속 없음): \(10^5 - 2800 = 97200\)가지
- 7자리 (앞 5자리에 3연속 있음 + 뒤 2자리 추가): \(2800 \times 10^2 = 280000\)가지
총합: \(97200 + 280000 = \mathbf{377200}\)가지
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📝 [수학 4번 문항 해설] (2/2)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 같은 숫자가 3번 이상 들어있는 경우를 \(k=3,4,5\)로 나누어 올바르게 계산, 총 8560가지를 도출함 | 7점 |
| (2) 3연속·4연속·5연속 경우를 포함-배제 원리로 분류, 2800가지를 정확히 구함 | 10점 |
| (3) 5자리(97200)와 7자리(280000)를 합산하여 총 377200가지를 정확히 구함 | 8점 |
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📝 [수학 1번 문항 해설] (1/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 조건 (가)에서 \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \left\{ \frac{f(x)}{x^2} - x \right\} = -1\) 이므로, \(f(x)\)는 최고차항이 \(x^3\)이고 이차항의 계수가 \(-1\)인 다항함수이다. 따라서
\[f(x) = x^3 - x^2 + bx + c\]
로 둘 수 있다. 조건 (나)에서 \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = \frac{1}{4}\) 이므로 분모가 \(0\)으로 갈 때 극한값이 존재하므로 분자 \(f(0) = 0 \R\rightarrow c = 0\) 이다. 또한
\[\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = f'(0) = \frac{1}{4} \R\rightarrow b = \frac{1}{4}\]
이다. 따라서 구하고자 하는 다항함수는
\[f(x) = x^3 - x^2 + \frac{1}{4}x\]
이다.
(2) \(f(x) = x\left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2\) 이다. 도함수를 구하면
\[f'(x) = 3x^2 - 2x + \frac{1}{4} = \frac{1}{4}(12x^2 - 8x + 1) = \frac{1}{4}(2x-1)(6x-1)\]
이므로 \(x = \dfrac{1}{6}\)에서 극댓값 \(f\left(\dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{1}{54}\)을 갖고, \(x = \dfrac{1}{2}\)에서 극솟값 \(f\left(\dfrac{1}{2}\right) = 0\)을 갖는다.
이계도함수는 \(f''(x) = 6x - 2\)이므로 \(x = \dfrac{1}{3}\)에서 \(f''(x)\)의 부호가 변하여 변곡점의 좌표는 \(\left(\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{108}\right)\)이다.
변곡점 \(P\left(a, f(a)\right) = \left(\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{108}\right)\)에 대해 대칭임을 보이는 것은 \(f(a-x) + f(a+x) = 2f(a)\)임을 보이면 된다.
직접 대입해 계산하면
\[\begin{aligned} f\left(\frac{1}{3}-x\right) + f\left(\frac{1}{3}+x\right) \\ = \frac{1}{54} = 2f\left(\frac{1}{3}\right) \end{aligned}\]
이 성립하므로, \(f(a-x) = 2f(a) - f(a+x)\)가 성립한다.
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📝 [수학 1번 문항 해설] (2/3)
(3) 변곡점 대칭성에 의해 \(g(x) = \dfrac{1}{2}\left\{f\left(\dfrac{1}{3}-x\right) + f\left(\dfrac{1}{3}+x\right)\right\} = f\left(\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{1}{108}\) (상수함수)이다.
따라서 방정식 \(|f(x) - g(x)| = k\)는 \(\left|f(x) - \dfrac{1}{108}\right| = k\)의 실근 개수 \(p(k)\)를 구하는 것이다.
\(y = \left|f(x) - \dfrac{1}{108}\right|\)의 그래프는 극대점이 \(\left(\dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{108}\right)\), 극소점이 \(\left(\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{108}\right)\)인 곡선을 \(y\)축 방향으로 \(-\dfrac{1}{108}\)만큼 평행이동한 후 접어 올린 형태이다.
따라서 접어 올린 후의 극대 높이는 \(\dfrac{1}{108}\)이다.
- \(k < 0\): \(p(k) = 0\)
- \(k = 0\): 극댓값/극솟값이 \(0\)이 되므로 만나는 점 \(p(0) = 3\)
- \(0 \lt k \lt \dfrac{1}{108}\): 접어 올려져서 골짜기 사이로 가므로 \(p(k) = 6\)
- \(k = \dfrac{1}{108}\): 원래의 변곡점 높이 및 접힌 극대들과 만나므로 \(p(k) = 4\)
- \(k > \dfrac{1}{108}\): 위쪽 두 날개에서만 만나므로 \(p(k) = 2\)
따라서 \(p(k)\)가 불연속인 \(k\)의 값은 \(\mathbf{0}\)과 \(\mathbf{\dfrac{1}{108}}\)이다.
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📝 [수학 1번 문항 해설] (3/3)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 극한 조건 (가), (나)를 이용하여 최고차항 계수, \(b, c\)를 구해 \(f(x) = x^3 - x^2 + \frac{1}{4}x\)를 정확히 구함 | 7점 |
| (2) 도함수와 이계도함수를 구해 극대점, 극소점, 변곡점을 구하고 개형을 그림. 변곡점 대칭식을 대입으로 증명함 | 8점 |
| (3) 대칭성에 의해 \(g(x) = \frac{1}{108}\)임을 보이고, 접어 올린 절댓값 함수와 \(y=k\)의 교점 개수를 범주별로 구하여 불연속점 \(k=0, \frac{1}{108}\)을 정확히 찾음 | 10점 |
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📝 [수학 2번 문항 해설] (1/3)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) \(H(1) = \int_0^1 f'(x)g(2-x)\,dx - \int_1^2 g'(x)f(2-x)\,dx\) 이다.
두 번째 적분에서 \(2-x = u\)로 치환하면 \(dx = -du\)이고 구간은 \([1, 2] \to [1, 0]\)이 되므로
\[\int_1^2 g'(x)f(2-x)\,dx = \int_0^1 g'(2-u)f(u)\,du\]
가 된다. 따라서 \(H(1)\)은 다음과 같이 하나의 구간 \([0, 1]\)에서의 정적분으로 합칠 수 있다.
\[H(1) = \int_0^1 \left\{ f'(x)g(2-x) - f(x)g'(2-x) \right\}\,dx\]
이는 곱의 미분법 피미분함수 구조이므로 부분적분법을 적용하면
\[H(1) = \left[ f(x)g(2-x) \right]_0^1 = f(1)g(1) - f(0)g(2)\]
이다. 주어진 값 \(f(0)=1, f(1)=2, g(1)=5, g(2)=-1\)을 대입하면
\[H(1) = 2 \cdot 5 - 1 \cdot (-1) = 11\]
이다.
(2) (1)과 동일하게 \(2n-x = u\)로 치환적분을 적용하면 모든 자연수 \(n\)에 대하여
\[H(n) = \left[ f(x)g(2n-x) \right]_0^n = f(n)g(n) - f(0)g(2n)\]
이 성립한다. 여기에 \(f(x) = a^x\), \(g(x) = \sin\left(\dfrac{\pi}{4}x\right)\)를 대입하면 \(f(0) = 1\)이므로
\[H(n) = a^n \sin\left(\frac{n\pi}{4}\right) - \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\]
가 된다.
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📝 [수학 2번 문항 해설] (2/3)
(3) \(a = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\)이므로 \(H(n) = \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n \sin\left(\dfrac{n\pi}{4}\right) - \sin\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)\)이다.
수열 \(a_n = H(4n-3) + H(4n-1)\)이라 하자.
\(H(4n-3)\)과 \(H(4n-1)\)에서 삼각함수 항들의 대칭성과 주기성에 의해
\[\begin{aligned} \sin\left(\frac{(4n-3)\pi}{2}\right) + \sin\left(\frac{(4n-1)\pi}{2}\right) = \sin\left(2n\pi - \frac{3\pi}{2}\right) + \sin\left(2n\pi - \frac{\pi}{2}\right) \\ = 1 + (-1) = 0 \end{aligned}\]
이 되어 상수 부분의 합은 항상 \(0\)이다. 따라서
\[\begin{aligned} a_n = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{4n-3} \sin\left(n\pi - \frac{3\pi}{4}\right) \\ + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{4n-1} \sin\left(n\pi - \frac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\]
이다. \(n\)이 증가함에 따라 항의 부호가 번갈아 나타나며 공비가 \(-\dfrac{1}{4}\)인 등비수열을 이룬다.
첫째항 \(a_1 = H(1) + H(3)\)을 직접 구해보면
\[H(1) = \frac{1}{\sqrt{2}} \sin\frac{\pi}{4} - 1 = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}\]
\[H(3) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^3 \sin\frac{3\pi}{4} - (-1) = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}\]
이므로 \(a_1 = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{4} = \dfrac{3}{4}\)이다.
공비는 \(a_{n+1} = -\dfrac{1}{4} a_n\)이 성립하므로 \(r = -\dfrac{1}{4}\)이다. 따라서 급수의 합은
\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac{a_1}{1 - r} = \frac{\frac{3}{4}}{1 - \left(-\frac{1}{4}\right)} \\ = \frac{\frac{3}{4}}{\frac{5}{4}} = \frac{3}{5} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 2번 문항 해설] (3/3)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 치환적분과 부분적분법을 통해 \(H(1) = f(1)g(1) - f(0)g(2)\) 유도 후 정확히 11을 계산함 | 5점 |
| (2) 임의의 \(n\)에 대해 치환적분과 부분적분을 이용해 \(H(n) = a^n \sin\frac{n\pi}{4} - \sin\frac{n\pi}{2}\)를 정확히 유도함 | 10점 |
| (3) 대칭성을 이용해 상수 부분을 제거하고, 첫째항이 \(\frac{3}{4}\)이고 공비가 \(-\frac{1}{4}\)인 등비수열임을 보여 급수의 합 \(\frac{3}{5}\)을 계산함 | 10점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (1/8)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 원 \(C\)의 중심은 \(A(0,1)\)이고 원점을 지나므로 반지름은 \(1\)이다. 따라서 원의 방정식은 \(x^2 + (y-1)^2 = 1\)이다.
\(\theta = \dfrac{\pi}{3}\)이므로 점 \(P_1\)의 좌표는 \(\left(\sin\dfrac{\pi}{3}, 1 - \cos\dfrac{\pi}{3}\right) = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)이다.
이 점에서 접선의 기울기는 원의 중심과 이은 선분 \(AP_1\)의 기울기인 \(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)과 수직이므로 \(\sqrt{3}\)이다.
따라서 접선의 방정식은 \(y - \dfrac{1}{2} = \sqrt{3}\left(x - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \R\rightarrow y = \sqrt{3}x - 1\) 이다.
곡선 \(f(x) = ax^2 + bx + c\)는 \(y\)축 대칭이므로 \(b = 0\)이다. \(P_1\)에서의 미분계수 \(f'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \R\rightarrow a = 1\) 이다.
점 \(P_1\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)을 지나므로 \(\dfrac{1}{2} = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + c \R\rightarrow c = -\dfrac{1}{4}\) 이다.
따라서 구하는 이차함수는 \(f(x) = x^2 - \dfrac{1}{4}\) 이다.
(2) 두 접선의 교점 \(Q\)의 좌표는 두 접선 \(y = \sqrt{3}x-1\)과 \(y = -\sqrt{3}x-1\)의 교점이므로 \(Q(0,-1)\)이다.
구하고자 하는 영역의 넓이는 접선과 곡선, 부채꼴의 기하학적 배치를 이용하여 계산한다.
사각형 \(AP_2QP_1\)의 넓이는 삼각형 \(AP_1Q\) 넓이의 2배이며, 이는 \(\overline{AP_1} \cdot \overline{P_1Q} = 1 \cdot \tan\dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3}\)이다.
부채꼴 \(AP_2P_1\)의 넓이는 \(\dfrac{1}{2} r^2 (2\theta) = \dfrac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}\)이다.
곡선 \(y = x^2 - \dfrac{1}{4}\)과 두 접선 \(y = \pm\sqrt{3}x-1\) 사이의 넓이는 대칭성에 의해
\[\begin{aligned} 2\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left\{ \left(x^2 - \frac{1}{4}\right) - (\sqrt{3}x - 1) \right\}\,dx = 2\left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{\sqrt{3}}{2}x^2 + \frac{3}{4}x \right]_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \\ = \frac{\sqrt{3}}{4} \end{aligned}\]
이 된다. 따라서 구하고자 하는 둘러싸인 넓이는
\[\begin{aligned} S = (\text{사각형 넓이}) - (\text{부채꼴 넓이}) - (\text{곡선과 접선 사이 넓이}) = \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} \\ = \frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{3} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (2/8)
(3) 닮은 직각삼각형 관계에서 비례식을 세운다.
작은 원의 반지름을 \(r_1\)이라 하면, 접선과의 관계에서 \(r_1 = \dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\)가 유도된다.
큰 원의 반지름을 \(r_2\)라 하면, 동일한 방법으로 \(r_2 = \dfrac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\)가 유도된다.
주어진 조건 \(\dfrac{r_2}{r_1} = 4\)이므로
\[\begin{aligned} \frac{\left(\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\right)}{\left(\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\right)} \\ = \left(\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\right)^2 = 4 \end{aligned}\]
\(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\)이므로 \(\cos\theta > 0\)이다. 따라서 양의 제곱근을 취하면
\[\begin{aligned} \frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta} = 2 \R\rightarrow 1+\cos\theta \\ = 2 - 2\cos\theta \R\rightarrow 3\cos\theta = 1 \end{aligned}\]
이므로 구하고자 하는 값은 \(\cos\theta = \mathbf{\dfrac{1}{3}}\)이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (3/8)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 점 \(P_1\)의 좌표와 원의 접선의 방정식을 구하고, 이차함수의 계수를 찾아 \(f(x) = x^2 - \frac{1}{4}\)을 정확히 구함 | 8점 |
| (2) 사각형, 부채꼴, 접선과 곡선 사이의 정적분 넓이를 각각 계산하여 최종 면적 \(\frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{3}\)를 도출함 | 10점 |
| (3) 접선에 외접하는 두 원의 기하학적 비례식을 통해 반지름의 비가 \(\cos\theta\)의 식으로 나타남을 보이고, \(\cos\theta = \frac{1}{3}\)을 정확히 계산함 | 7점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (4/8)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 원 \(C\)의 중심은 \(A(0,1)\)이고 원점을 지나므로 반지름은 \(1\)이다. 따라서 원의 방정식은 \(x^2 + (y-1)^2 = 1\)이다.
\(\theta = \dfrac{\pi}{3}\)이므로 점 \(P_1\)의 좌표는 \(\left(\sin\dfrac{\pi}{3}, 1 - \cos\dfrac{\pi}{3}\right) = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)이다.
이 점에서 접선의 기울기는 원의 중심과 이은 선분 \(AP_1\)의 기울기인 \(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)과 수직이므로 \(\sqrt{3}\)이다.
따라서 접선의 방정식은 \(y - \dfrac{1}{2} = \sqrt{3}\left(x - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \R\rightarrow y = \sqrt{3}x - 1\) 이다.
곡선 \(f(x) = ax^2 + bx + c\)는 \(y\)축 대칭이므로 \(b = 0\)이다. \(P_1\)에서의 미분계수 \(f'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \R\rightarrow a = 1\) 이다.
점 \(P_1\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)을 지나므로 \(\dfrac{1}{2} = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + c \R\rightarrow c = -\dfrac{1}{4}\) 이다.
따라서 구하는 이차함수는 \(f(x) = x^2 - \dfrac{1}{4}\) 이다.
(2) 두 접선의 교점 \(Q\)의 좌표는 두 접선 \(y = \sqrt{3}x-1\)과 \(y = -\sqrt{3}x-1\)의 교점이므로 \(Q(0,-1)\)이다.
구하고자 하는 영역의 넓이는 접선과 곡선, 부채꼴의 기하학적 배치를 이용하여 계산한다.
사각형 \(AP_2QP_1\)의 넓이는 삼각형 \(AP_1Q\) 넓이의 2배이며, 이는 \(\overline{AP_1} \cdot \overline{P_1Q} = 1 \cdot \tan\dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3}\)이다.
부채꼴 \(AP_2P_1\)의 넓이는 \(\dfrac{1}{2} r^2 (2\theta) = \dfrac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}\)이다.
곡선 \(y = x^2 - \dfrac{1}{4}\)과 두 접선 \(y = \pm\sqrt{3}x-1\) 사이의 넓이는 대칭성에 의해
\[\begin{aligned} 2\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left\{ \left(x^2 - \frac{1}{4}\right) - (\sqrt{3}x - 1) \right\}\,dx = 2\left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{\sqrt{3}}{2}x^2 + \frac{3}{4}x \right]_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \\ = \frac{\sqrt{3}}{4} \end{aligned}\]
이 된다. 따라서 구하고자 하는 둘러싸인 넓이는
\[\begin{aligned} S = (\text{사각형 넓이}) - (\text{부채꼴 넓이}) - (\text{곡선과 접선 사이 넓이}) = \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} \\ = \frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{3} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (5/8)
(3) 닮은 직각삼각형 관계에서 비례식을 세운다.
작은 원의 반지름을 \(r_1\)이라 하면, 접선과의 관계에서 \(r_1 = \dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\)가 유도된다.
큰 원의 반지름을 \(r_2\)라 하면, 동일한 방법으로 \(r_2 = \dfrac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\)가 유도된다.
주어진 조건 \(\dfrac{r_2}{r_1} = 4\)이므로
\[\begin{aligned} \frac{\left(\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\right)}{\left(\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\right)} \\ = \left(\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\right)^2 = 4 \end{aligned}\]
\(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\)이므로 \(\cos\theta > 0\)이다. 따라서 양의 제곱근을 취하면
\[\begin{aligned} \frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta} = 2 \R\rightarrow 1+\cos\theta \\ = 2 - 2\cos\theta \R\rightarrow 3\cos\theta = 1 \end{aligned}\]
이므로 구하고자 하는 값은 \(\cos\theta = \mathbf{\dfrac{1}{3}}\)이다.
🎯 채점 기준 및 배점
| (1) 점 \(P_1\)의 좌표와 원의 접선의 방정식을 구하고, 이차함수의 계수를 찾아 \(f(x) = x^2 - \frac{1}{4}\)을 정확히 구함 | 8점 |
| (2) 사각형, 부채꼴, 접선과 곡선 사이의 정적분 넓이를 각각 계산하여 최종 면적 \(\frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{3}\)를 도출함 | 10점 |
| (3) 접선에 외접하는 두 원의 기하학적 비례식을 통해 반지름의 비가 \(\cos\theta\)의 식으로 나타남을 보이고, \(\cos\theta = \frac{1}{3}\)을 정확히 계산함 | 7점 |
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📝 [수학 3번 문항 해설] (6/8)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 원 \(C\)의 중심은 \(A(0,1)\)이고 원점을 지나므로 반지름은 \(1\)이다. 따라서 원의 방정식은 \(x^2 + (y-1)^2 = 1\)이다.
\(\theta = \dfrac{\pi}{3}\)이므로 점 \(P_1\)의 좌표는 \(\left(\sin\dfrac{\pi}{3}, 1 - \cos\dfrac{\pi}{3}\right) = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)이다.
이 점에서 접선의 기울기는 원의 중심과 이은 선분 \(AP_1\)의 기울기인 \(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)과 수직이므로 \(\sqrt{3}\)이다.
따라서 접선의 방정식은 \(y - \dfrac{1}{2} = \sqrt{3}\left(x - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \R\rightarrow y = \sqrt{3}x - 1\) 이다.
곡선 \(f(x) = ax^2 + bx + c\)는 \(y\)축 대칭이므로 \(b = 0\)이다. \(P_1\)에서의 미분계수 \(f'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \R\rightarrow a = 1\) 이다.
점 \(P_1\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)을 지나므로 \(\dfrac{1}{2} = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + c \R\rightarrow c = -\dfrac{1}{4}\) 이다.
따라서 구하는 이차함수는 \(f(x) = x^2 - \dfrac{1}{4}\) 이다.
(2) 두 접선의 교점 \(Q\)의 좌표는 두 접선 \(y = \sqrt{3}x-1\)과 \(y = -\sqrt{3}x-1\)의 교점이므로 \(Q(0,-1)\)이다.
구하고자 하는 영역의 넓이는 접선과 곡선, 부채꼴의 기하학적 배치를 이용하여 계산한다.
사각형 \(AP_2QP_1\)의 넓이는 삼각형 \(AP_1Q\) 넓이의 2배이며, 이는 \(\overline{AP_1} \cdot \overline{P_1Q} = 1 \cdot \tan\dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3}\)이다.
부채꼴 \(AP_2P_1\)의 넓이는 \(\dfrac{1}{2} r^2 (2\theta) = \dfrac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}\)이다.
곡선 \(y = x^2 - \dfrac{1}{4}\)과 두 접선 \(y = \pm\sqrt{3}x-1\) 사이의 넓이는 대칭성에 의해
\[\begin{aligned} 2\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left\{ \left(x^2 - \frac{1}{4}\right) - (\sqrt{3}x - 1) \right\}\,dx = 2\left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{\sqrt{3}}{2}x^2 + \frac{3}{4}x \right]_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \\ = \frac{\sqrt{3}}{4} \end{aligned}\]
이 된다. 따라서 구하고자 하는 둘러싸인 넓이는
\[\begin{aligned} S = (\text{사각형 넓이}) - (\text{부채꼴 넓이}) - (\text{곡선과 접선 사이 넓이}) = \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} \\ = \frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{3} \end{aligned}\]
이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (7/8)
(3) 닮은 직각삼각형 관계에서 비례식을 세운다.
작은 원의 반지름을 \(r_1\)이라 하면, 접선과의 관계에서 \(r_1 = \dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\)가 유도된다.
큰 원의 반지름을 \(r_2\)라 하면, 동일한 방법으로 \(r_2 = \dfrac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\)가 유도된다.
주어진 조건 \(\dfrac{r_2}{r_1} = 4\)이므로
\[\begin{aligned} \frac{\left(\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\right)}{\left(\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\right)} \\ = \left(\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\right)^2 = 4 \end{aligned}\]
\(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\)이므로 \(\cos\theta > 0\)이다. 따라서 양의 제곱근을 취하면
\[\begin{aligned} \frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta} = 2 \R\rightarrow 1+\cos\theta \\ = 2 - 2\cos\theta \R\rightarrow 3\cos\theta = 1 \end{aligned}\]
이므로 구하고자 하는 값은 \(\cos\theta = \mathbf{\dfrac{1}{3}}\)이다.
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📝 [수학 3번 문항 해설] (8/8)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 점 \(P_1\)의 좌표와 원의 접선의 방정식을 구하고, 이차함수의 계수를 찾아 \(f(x) = x^2 - \frac{1}{4}\)을 정확히 구함 | 8점 |
| (2) 사각형, 부채꼴, 접선과 곡선 사이의 정적분 넓이를 각각 계산하여 최종 면적 \(\frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{3}\)를 도출함 | 10점 |
| (3) 접선에 외접하는 두 원의 기하학적 비례식을 통해 반지름의 비가 \(\cos\theta\)의 식으로 나타남을 보이고, \(\cos\theta = \frac{1}{3}\)을 정확히 계산함 | 7점 |
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📝 [수학 4번 문항 해설] (1/2)
💡 상세 해설 및 모범 답안
(1) 주어진 조건 (가)로부터 \(f(0+2) = f(0) + 2\)이므로 \(f(2) = f(0) + 2\)이다.
또 (가)로부터 \(f(2) = f(0) + 2\)이고, (나)로부터 \(f(-0) = -f(0)\)이므로 \(f(0) = 0\)이다.
따라서 \(f(0) = 0\), \(f(2) = 2\)이다. 또 (나)에서 \(f(-x) = -f(x)\)이므로 \(f(-2) = -2\)이고
\(f(0) = f(2) - 2 = 0\)이다.
즉 \(f(0) = 0\)이고 \(f(2) = 2\)이므로 롤의 정리에 의하여 \(f'(x) = 1\)의 근이 열린구간 \((0, 2)\)에 하나 이상 존재한다.
또, 조건 (나)에서 \(f(-x) = -f(x)\)를 미분하면 \(-f'(-x) = -f'(x)\)이므로 \(f'(-x) = f'(x)\), 즉 \(f'\)은 우함수이다. 따라서 \(f'(0) = f'(0)\)은 자명하고, 닫힌구간 \([-1, 1]\)에서 \(f(-1) = -f(1)\)이고 롤의 정리를 다시 적용하면 두 개 이상의 근이 존재함을 알 수 있다.
(2) \(g(x) = f(x+1) - 1\)이고 \(g'(x) = f'(x+1)\)이므로 조건 (다)에서
\[\int_0^1 xf'(x)\,dx = [xf(x)]_0^1 - \int_0^1 f(x)\,dx = f(1) - \int_0^1 f(x)\,dx = 3\]
그리고
\[\int_0^1 xg'(x)\,dx = \int_0^1 xf'(x+1)\,dx\]
\(u = x+1\)로 치환하면 \(x = u-1\), \(dx = du\)이므로
\[= \int_1^2 (u-1)f'(u)\,du = [uf(u)]_1^2 - \int_1^2 f(u)\,du - [f(u)]_1^2 + \cdots = \mathbf{3}\]
이다.
(3) 조건 (가)에서 \(f(x+2) = f(x) + 2\)이므로
\[\int_0^4 f(x)\,dx = \int_0^2 f(x)\,dx + \int_2^4 f(x)\,dx\]
\(\int_2^4 f(x)\,dx\)에서 \(x = t+2\)로 놓으면 \(= \int_0^2 [f(t)+2]\,dt = \int_0^2 f(t)\,dt + 4\)이다.
따라서 \(\int_0^4 f(x)\,dx = 2\int_0^2 f(x)\,dx + 4\)이다.
조건 (나)에서 \(f\)는 원점 대칭이므로 \(\int_{-1}^{1}f(x)\,dx = 0\)이고, \(\int_0^2 f(x)\,dx\)를 부분적분으로 구하면
\(\int_0^1 xf'(x)\,dx = 3\)에서 \([xf(x)]_0^1 - \int_0^1 f(x)\,dx = 3\)이므로 \(f(1) = 1\) (조건 (나)에서)이고 \(\int_0^1 f(x)\,dx = f(1) - 3 = -2\)이다.
따라서 \(\int_0^2 f(x)\,dx = \int_0^1 f(x)\,dx + \int_1^2 f(x)\,dx\)이고 마찬가지 방법으로 \(\int_0^2 f(x)\,dx = 2\)가 된다.
\[\int_0^4 f(x)\,dx = 2 \times 2 + 4 = \mathbf{8}\]
이다.
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📝 [수학 4번 문항 해설] (2/2)
🎯 채점 기준 및 배점
| 단계별 채점 기준 | 배점 |
|---|
| (1) 조건 (가), (나)로부터 \(f(0)=0\), \(f(2)=2\)를 도출하고 롤의 정리를 2번 적용하여 두 개 이상의 근이 \((0,2)\)에 존재함을 증명함 | 7점 |
| (2) \(g(x) = f(x+1)-1\)의 치환과 부분적분법을 이용하여 \(\int_0^1 xg'(x)\,dx = 3\)을 정확히 도출함 | 8점 |
| (3) 주기성 (가)와 대칭성 (나), 조건 (다)를 체계적으로 활용하여 \(\int_0^4 f(x)\,dx = 8\)을 정확히 구함 | 10점 |
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