1-1 $y=x^3-x$를 미분하면 $\frac{dy}{dx}=3x^2-1$이므로 점 $(1, 0)$에서의 접선 $l$의 방정식은
$$y - 0 = 2(x - 1) \implies y = 2x - 2$$ 곡선과 직선의 교점을 구하기 위해 $x^3-x = 2x-2 \iff (x-1)^2(x+2) = 0$
접점 $x=1$을 제외한 교점의 $x$좌표는 $x=-2$이고, 이때 $y=-6$이다. 따라서 교점은 $(-2, -6)$이다.

1-2 닫힌구간 $[-2-\frac{1}{n}, -2+\frac{1}{n}]$에서 곡선과 접선 사이의 넓이 $A_n$은
$$A_n = \int_{-2-\frac{1}{n}}^{-2} (-x^3+3x-2)dx + \int_{-2}^{-2+\frac{1}{n}} (x^3-3x+2)dx$$ $x = -2-u, -2+u$로 치환적분하면
$$A_n = \int_0^{\frac{1}{n}} 2u(u^2+9)du = \left[\frac{1}{2}u^4 + 9u^2\right]_0^{\frac{1}{n}} = \frac{1}{2n^4} + \frac{9}{n^2}$$ 따라서 극한값은 $\lim_{n \to \infty}(n^2 A_n) = \lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{2n^2} + 9\right) = \mathbf{9}$이다.

2-1 $x^4 + 7x^2 y^2 + y^4 = 45$를 $x$에 대해 음함수 미분하면
$$4x^3 + 14xy^2 + \left(14x^2 y + 4y^3\right)\frac{dy}{dx} = 0$$ $\frac{dy}{dx} = -1$을 대입하여 정리하면
$$4x^3 + 14xy^2 - 14x^2 y - 4y^3 = 0 \iff 4(x^3 - y^3) - 14xy(x - y) = 0$$ $$(x - y)\{4(x^2 + xy + y^2) - 14xy\} = 0 \iff 2(x - y)(2x^2 - 5xy + 2y^2) = 0$$ $$(x - y)(2x - y)(x - 2y) = 0$$ $x > 0, y > 0$이므로 다음 세 가지 경우를 분석한다.
• $y = x$일 때: $x^4 + 7x^4 + x^4 = 45 \implies 9x^4 = 45 \implies x = \mathbf{5^{1/4}}$
• $y = 2x$일 때: $x^4 + 7x^2(4x^2) + 16x^4 = 45 \implies 45x^4 = 45 \implies x = \mathbf{1}$
• $y = \frac{1}{2}x$일 때: $x^4 + 7x^2(\frac{1}{4}x^2) + \frac{1}{16}x^4 = 45 \implies \frac{45}{16}x^4 = 45 \implies x = \mathbf{2}$
따라서 구하는 $a$의 값은 $5^{1/4}, \; 1, \; 2$이다.

3-1 $g(x) = x + a\int_0^x e^{-t^2}dt$의 도함수를 구하면
$$g'(x) = 1 + a e^{-x^2}$$ $a > 0$이고 모든 실수 $x$에 대해 $e^{-x^2} > 0$이므로 항상 $g'(x) > 1 > 0$이다.
따라서 함수 $g(x)$가 증가하는 구간은 전구간 $(-\infty, \infty)$이다.

3-2 $g(0) = 0$이고 $g(x)$는 일대일대응 증가함수이다. $x = g(u)$라 하면 $dx = g'(u)du$이므로
$$\int_0^{g(1)} g^{-1}(x)dx = \int_0^1 u g'(u)du = \int_0^1 u(1 + a e^{-u^2})du = \int_0^1 u du + a\int_0^1 u e^{-u^2}du$$ 첫 번째 적분은 $\left[\frac{1}{2}u^2\right]_0^1 = \frac{1}{2}$이고,
두 번째 적분은 $v = u^2$ ($dv = 2udu$) 치환에 의해 $\frac{a}{2}\left[-e^{-v}\right]_0^1 = \frac{a}{2}(1 - e^{-1})$이다.
따라서 $\frac{1}{2} + \frac{a}{2}(1 - e^{-1}) = 1 \implies \frac{a}{2}\left(\frac{e-1}{e}\right) = \frac{1}{2} \implies \mathbf{a = \frac{e}{e-1}}$이다.

4-1 점 $P_n(a_n^2, a_n)$을 지나고 기울기 $-1$인 직선의 방정식은 $y - a_n = -(x - a_n^2)$이다.
$y=0$일 때 $b_n = a_n^2 + a_n$이므로 $Q_n(a_n^2+a_n, 0)$이다.
점 $Q_n$을 지나고 기울기 $1$인 직선은 $y = x - (a_n^2+a_n)$이고, 곡선 $y=\sqrt{x}$와 교점 $P_{n+1}(a_{n+1}^2, a_{n+1})$을 연립하면
$$a_{n+1}^2 - a_{n+1} - (a_n^2+a_n) = 0 \iff (a_{n+1} + a_n)(a_{n+1} - a_n - 1) = 0$$ $a_{n+1} > 0$이므로 $a_{n+1} = a_n + 1$이다. $a_1 = 1$이므로 $a_n = n$이다.
따라서 $P_n(n^2, n)$, $Q_n(n^2+n, 0)$, $P_{n+1}((n+1)^2, n+1)$이다.
직선 $P_n Q_n$과 $Q_n P_{n+1}$의 기울기가 각각 $-1, 1$로 수직이므로 $\triangle P_n Q_n P_{n+1}$은 직각삼각형이다.
$$S_n = \frac{1}{2}\overline{P_n Q_n}\cdot\overline{Q_n P_{n+1}} = \frac{1}{2}(\sqrt{2}n)\{\sqrt{2}(n+1)\} = n^2 + n$$ 따라서 급수의 합은
$$\sum_{n=1}^{10} S_n = \sum_{n=1}^{10}(n^2+n) = \frac{10\times 11\times 21}{6} + \frac{10\times 11}{2} = 385 + 55 = \mathbf{440}$$

5-1 $f(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}}(a\sin x + b\cos x)$를 미분하면
$$f'(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}}\{(a-b)\sin x + (a+b)\cos x\}$$ $f(\frac{\pi}{6}) = e^{\frac{\pi}{2}}(\frac{a}{2} + \frac{\sqrt{3}b}{2}) = e^{\frac{\pi}{2}} \implies a + \sqrt{3}b = 2$
$f'(\frac{\pi}{6}) = e^{\frac{\pi}{2}}(\frac{a-b}{2} + \frac{\sqrt{3}(a+b)}{2}) = e^{\frac{\pi}{2}} \implies \sqrt{3}a - b = 0 \implies b = \sqrt{3}a$
연립하면 $4a = 2 \implies \mathbf{a = \frac{1}{2}, \; b = \frac{\sqrt{3}}{2}}$이다.

5-2 $a, b$를 대입하여 삼각함수 합성을 적용하면
$$f(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}}\left(\frac{1}{2}\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos x\right) = e^{x+\frac{\pi}{3}}\sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)$$ 도함수 $f'(x) = \sqrt{2}e^{x+\frac{\pi}{3}}\cos(x + \frac{\pi}{12})$이므로 $0 \le x \le \pi$에서 극값은 $x + \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{2} \implies x = \frac{5\pi}{12}$이다.
• 극댓값: $f(\frac{5\pi}{12}) = e^{\frac{3\pi}{4}}\sin\frac{3\pi}{4} = \mathbf{\frac{1}{\sqrt{2}}e^{\frac{3\pi}{4}}}$
• 경곗값: $f(0) = \frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{\pi}{3}}, \; f(\pi) = -\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{4\pi}{3}}$
따라서 닫힌구간 $[0, \pi]$에서 최댓값은 $\frac{1}{\sqrt{2}}e^{\frac{3\pi}{4}}$이다.

6-1 점 $P(t, 0)$ ($2 \le t \le 3$)을 지나는 직선 중 곡선 $y=e^{|x|}$과 한 점에서 만나는 점은
• $x < 0$ 영역의 접선 접점: $A(0, 1)$ (접선의 기울기 $1$)
• $x > 0$ 영역의 접선 접점: $B(t-1, e^{t-1})$ (기울기 $e^{t-1}$)
• $x > 0$ 영역의 또 다른 점: $C(t, e^t)$
따라서 점 $A, B, C$의 좌표는 $A(0, 1), \; B(t-1, e^{t-1}), \; C(t, e^t)$이다.

6-2 세 점 $A(0, 1), B(t-1, e^{t-1}), C(t, e^t)$로 이루어진 삼각형 $ABC$의 넓이 $S(t)$는 신발끈 공식 또는 벡터 외적으로
$$S(t) = \frac{1}{2}\left|(t-1)(e^t - 1) - t(e^{t-1} - 1)\right| = \frac{1}{2}\left\{(t-1)e^t - t e^{t-1} + 1\right\}$$ 구하는 정적분 $\int_2^3 S(t)dt$는
$$\int_2^3 S(t)dt = \frac{1}{2}\int_2^3 \{(t-1)e^t - t e^{t-1} + 1\}dt = \mathbf{\frac{1}{2}(2e^4 - 4e^3 + 2e^2 + 1)}$$

7-1 타원 $\frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} = 1$의 기울기 $m$인 접선의 방정식은 $y = mx \pm \sqrt{6m^2+3}$이다.
이 접선이 점 $P(t, 3)$을 지나므로 $3 - mt = \pm \sqrt{6m^2+3}$이다.
양변을 제곱하여 정리하면 $(t^2-6)m^2 - 6tm + 6 = 0$이다.
두 접선의 기울기 $m_1, m_2$에 대해 근과 계수의 관계에 의해
$$m_1 + m_2 = \frac{6t}{t^2-6}, \quad m_1 m_2 = \frac{6}{t^2-6}$$ 두 접선이 이루는 예각이 $45^\circ$이므로 탄젠트 덧셈정리에 의해
$$1 = \tan^2 45^\circ = \frac{(m_1-m_2)^2}{(1+m_1 m_2)^2} = \frac{(m_1+m_2)^2 - 4m_1 m_2}{(1+m_1 m_2)^2}$$ $$(1 + m_1 m_2)^2 = (m_1+m_2)^2 - 4m_1 m_2 \implies \left(1 + \frac{6}{t^2-6}\right)^2 = \frac{36t^2 - 24(t^2-6)}{(t^2-6)^2}$$ $$(t^2)^2 = 12t^2 + 144 \implies (t^2)^2 - 12t^2 - 144 = 0$$ $t^2 > 0$이므로 근의 공식에 의해 $t^2 = 6 + 6\sqrt{5}$이다.

8-1 단위원의 중심을 $O$라 하면
$$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (\vec{OB}-\vec{OA})\cdot(\vec{OC}-\vec{OA}) = \vec{OB}\cdot\vec{OC} - (\vec{OB}+\vec{OC})\cdot\vec{OA} + 1$$ 두 벡터 $\vec{OB}, \vec{OC}$가 이루는 각을 $\theta$ ($0 \le \theta \le \pi$)라 하면 $|\vec{OB}+\vec{OC}| = 2\cos\frac{\theta}{2}$이다.
내적이 최솟값을 가지려면 $(\vec{OB}+\vec{OC})$와 $\vec{OA}$의 방향이 일치($\cos\phi = 1$)해야 한다.
$$\vec{AB}\cdot\vec{AC} = \cos\theta - 2\cos\frac{\theta}{2} + 1 = 2\cos^2\frac{\theta}{2} - 2\cos\frac{\theta}{2}$$ $t = \cos\frac{\theta}{2}$ ($0 \le t \le 1$)라 하면 $2(t - \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{2}$이므로 $t = \frac{1}{2}$ ($\theta = \frac{2\pi}{3}$)일 때
내적의 최솟값은 $-\frac{1}{2}$이다.

이때 세 점 $A, B, C$는 원을 $120^\circ$ 간격으로 삼등분하므로 $\triangle ABC$는 정삼각형이다.
한 변의 길이는 $\sqrt{3}$이므로 삼각형 $ABC$의 넓이는
$$S = \frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{3})^2 = \mathbf{\frac{3\sqrt{3}}{4}}$$

[문제 1] 예시 답안
(1) 1학년 학생이 1명이므로, 1학년 학생을 기준으로 나머지 학생들의 위치를 고정할 수 있다. 1학년 학생의 시계방향으로 나머지 학생들의 위치를 $1, 2, \dots, 7$이라 하자.

(2) 2학년 학생 2명의 위치를 각각 $i, j \; (i < j)$라 하자. 2번째, 3번째 조건을 더하면 2학년 학생의 사이 양쪽에 2명 이상의 학생이 있도록 하는 것과 같다. 이를 만족하는 $i, j$의 조건은 다음과 같다. $$i+2 < j, \quad j+2 < 8+i \quad \iff \quad i+2 < j < i+6$$ (3) 위 조건을 만족하는 $(i, j)$ 쌍은 다음과 같다. $$\begin{aligned} i=1: & \quad j=4, 5, 6 \\[2pt] i=2: & \quad j=5, 6, 7 \\[2pt] i=3: & \quad j=6, 7 \\[2pt] i=4: & \quad j=7 \end{aligned}$$ (4) $(i, j)$ 쌍 중에서 1명 이상의 2학년 학생이 1학년 학생과 이웃하는 경우는 $1$ 또는 $7$이 포함된 경우로 6가지이며, 2학년 학생 2명의 자리를 바꾸는 경우의 수는 $2$가지이다. 이때 항상 1명의 2학년 학생만 1학년 학생과 이웃한다. 1학년 학생 옆의 남은 한 자리에 4학년 학생이 들어가야 하므로 4학년 학생 중 1명을 선택하는 경우의 수는 $3$가지이며, 남은 4학년 학생 2명과 3학년 학생 2명을 남은 자리에 배치하면 된다. 이 경우의 수는 $$6 \times 2 \times 3 \times 4! = 864\text{가지}$$ (5) $(i, j)$ 쌍 중에서 2학년 학생이 1학년 학생과 이웃하지 않는 경우는 남은 3가지이며, 2학년 학생 2명의 자리를 바꾸는 경우의 수는 $2$가지이다. 이때 1학년 학생 옆의 두 자리에 모두 4학년 학생이 들어가야 하므로 4학년 학생 중 2명을 선택하는 경우의 수는 ${}_3\mathrm{P}_2 = 6$가지이며, 남은 4학년 학생 1명과 3학년 학생 2명을 남은 자리에 배치하면 된다. 이 경우의 수는 $$3 \times 2 \times 6 \times 3! = 216\text{가지}$$ (6) 최종적으로, 구하는 확률은 $$\frac{864}{864 + 216} = \frac{864}{1080} = \mathbf{\frac{4}{5}}\text{이다.}$$

[문제 1] 별해
(1) 1, 7번 자리 학생의 학년을 기준으로 다음과 같이 3가지 경우로 나누어 풀이할 수 있다.
  • 사건 $A$: 1번-2학년, 7번-4학년
  • 사건 $B$: 1번-4학년, 7번-2학년
  • 사건 $C$: 1번-4학년, 7번-4학년
(2) $A$는 $i = 1$인 경우이므로 두 2학년 학생이 앉는 경우의 수는 $2 \times 3 = 6$가지이다. 7번 자리에 앉을 4학년 학생 1명을 선택하는 경우의 수는 $3$가지이며, 남은 3학년 2명과 4학년 2명이 앉는 경우의 수는 $4! = 24$가지이므로 $n(A) = 6 \times 3 \times 24 = 432$가지이다.
(3) $B$는 $j = 7$인 경우이므로 두 2학년 학생이 앉는 경우의 수는 $2 \times 3 = 6$가지이다. 1번 자리에 앉을 4학년 학생 1명을 선택하는 경우의 수는 $3$가지이며, 남은 3학년 2명과 4학년 2명이 앉는 경우의 수는 $4! = 24$가지이므로 $n(B) = 6 \times 3 \times 24 = 432$가지이다.
(4) $C$는 $i \ne 1, j \ne 7$인 경우이므로 두 2학년 학생이 앉는 경우의 수는 $3 \times 2! = 6$가지이다. 4학년 학생 3명 중 2명이 1학년 학생 옆에 앉는 경우의 수는 ${}_3\mathrm{P}_2 = 6$가지이며, 남은 3학년 2명과 4학년 1명이 앉는 경우의 수는 $3! = 6$가지이므로 $n(C) = 6 \times 6 \times 6 = 216$가지이다.
(5) $A, B, C$는 서로 배반사건이므로 최종 확률은 $$P(A \cup B) = \frac{n(A) + n(B)}{n(A) + n(B) + n(C)} = \frac{432 + 432}{432 + 432 + 216} = \frac{864}{1080} = \mathbf{\frac{4}{5}}\text{이다.}$$

2-1 주어진 삼차함수 $f(x) = x^3 + mx^2 + nx + k$를 미분하면 $f'(x) = 3x^2 + 2mx + n$이다.
$f'(x) = 0$이 서로 다른 두 실근 $\alpha, \beta$를 갖기 위한 조건은 $$D/4 = m^2 - 3n > 0$$ 이고, 근과 계수의 관계에 의해 $\alpha + \beta = -\frac{2m}{3}, \; \alpha\beta = \frac{n}{3}$이다.
조건 (나)에서 $f(1) = 1 + m + n + k = 11$이므로 $m + n + k = 10$이다. $m, n, k$는 자연수이므로 $1 \le m, n, k \le 8$이고 $m + n \le 9$이다.
구하는 식을 변형하면 $$\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} = \frac{\alpha + \beta}{\alpha\beta} = \frac{-\frac{2m}{3}}{\frac{n}{3}} = -\frac{2m}{n}$$ $-\frac{2m}{n}$이 최대가 되기 위해서는 $n$은 가능한 크고 $m$은 가능한 작아야 한다.
$m^2 - 3n > 0$ 및 $m + n \le 9$를 만족하는 자연수 $m, n$을 조사하면:
  (1) $m = 1$일 때, $3n < 1 \implies n$ 없음
  (2) $m = 2$일 때, $3n < 4 \implies n = 1$
  (3) $m = 3$일 때, $3n < 9 \implies n = 1, 2$
  (4) $m = 4$일 때, $3n < 16, \; n \le 5 \implies n = 1, 2, 3, 4, 5$
  (5) $m = 5$일 때, $3n < 25, \; n \le 4 \implies n = 1, 2, 3, 4$
  (6) $m = 6$일 때, $n \le 3 \implies n = 1, 2, 3$
  (7) $m = 7$일 때, $n \le 2 \implies n = 1, 2$
  (8) $m = 8$일 때, $n \le 1 \implies n = 1$
이 중 $-\frac{2m}{n}$이 최대가 되는 경우는 $m = 4, n = 5$일 때 $-\frac{2(4)}{5} = -\frac{8}{5}$이다. 이때 $k = 10 - (4+5) = 1$이다.
따라서 구하는 자연수는 $\mathbf{m = 4, \; n = 5, \; k = 1}$이다.

2-2 $x > 0$일 때 $f'(x) = 12\sin^2 x \cos x - 3\cos x = 3\cos x(4\sin^2 x - 1)$
$x < 0$일 때 $f'(x) = \frac{9}{\pi^2}x^2 + a$
$f(x)$가 $x = 0$에서 미분가능하므로 $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(h)-f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(h)-f(0)}{h}$이어야 한다.
$\lim_{h \to 0^+} \frac{4\sin^3 h - 3\sin h}{h} = -3, \quad \lim_{h \to 0^-} \left(\frac{3}{\pi^2}h^2 + a\right) = a \implies \mathbf{a = -3}$이다.

(i) $-\pi \le x < 0$에서 $f(x) = \frac{3}{\pi^2}x(x^2 - \pi^2)$이므로 $f(-\pi) = 0, \; f(0) = 0$
$f'(x) = \frac{9}{\pi^2}x^2 - 3 = 0 \implies x = -\frac{\pi}{\sqrt{3}}$이고, 부호 변화를 고려하면 극댓값 $f\left(-\frac{\pi}{\sqrt{3}}\right) = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$이다.

(ii) $0 \le x \le \pi$에서 $f(x) = \sin x(4\sin^2 x - 3)$이므로 $f(0) = f\left(\frac{\pi}{3}\right) = f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = f(\pi) = 0$
$f'(x) = 3\cos x(4\sin^2 x - 1) = 0 \implies x = \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}$
부호 변화에 의해 극솟값 $f\left(\frac{\pi}{6}\right) = f\left(\frac{5\pi}{6}\right) = -1$, 극댓값 $f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$이다.

2-2 (계속) 위 그래프의 개형으로부터 실근 개수 함수 $g(k)$의 좌극한, 우극한 및 함숫값을 조사하면 다음과 같다.

• $k = -1$에서:
  $\lim_{k \to -1^-} g(k) = 0, \quad \lim_{k \to -1^+} g(k) = 4, \quad g(-1) = 2 \implies k = -1$에서 불연속

• $k = 0$에서:
  $\lim_{k \to 0^-} g(k) = 4, \quad \lim_{k \to 0^+} g(k) = 4, \quad g(0) = 5 \implies k = 0$에서 불연속

• $k = 1$에서:
  $\lim_{k \to 1^-} g(k) = 4, \quad \lim_{k \to 1^+} g(k) = 2, \quad g(1) = 3 \implies k = 1$에서 불연속

• $k = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$에서:
  $\lim_{k \to \frac{2\pi}{\sqrt{3}}^-} g(k) = 2, \quad \lim_{k \to \frac{2\pi}{\sqrt{3}}^+} g(k) = 0, \quad g\left(\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\right) = 1 \implies k = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$에서 불연속

그러므로 $a = -3$이고, 함수 $g(k)$가 불연속인 $k$는 $\mathbf{-1, \; 0, \; 1, \; \frac{2\pi}{\sqrt{3}}}$이다.

3-1 주어진 분자의 로그 식을 $n$으로 묶어 전개하면
$$\begin{aligned} &\left(3+\frac{k}{n}\right)\ln(3n+k) - \left(2+\frac{k}{n}\right)\ln(2n+k) - \ln n \\[3pt] &= \left(3+\frac{k}{n}\right)\ln n\left(3+\frac{k}{n}\right) - \left(2+\frac{k}{n}\right)\ln n\left(2+\frac{k}{n}\right) - \ln n \\[3pt] &= \left(3+\frac{k}{n}\right)\ln\left(3+\frac{k}{n}\right) - \left(2+\frac{k}{n}\right)\ln\left(2+\frac{k}{n}\right) + \left(3+\frac{k}{n}\right)\ln n - \left(2+\frac{k}{n}\right)\ln n - \ln n \\[3pt] &= \left(3+\frac{k}{n}\right)\ln\left(3+\frac{k}{n}\right) - \left(2+\frac{k}{n}\right)\ln\left(2+\frac{k}{n}\right) \end{aligned}$$ 이므로 주어진 극한값은 다음과 같은 정적분으로 변환된다. $$\begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \frac{\left(3+\frac{k}{n}\right)\ln\left(3+\frac{k}{n}\right) - \left(2+\frac{k}{n}\right)\ln\left(2+\frac{k}{n}\right)}{\left(2+\frac{k}{n}\right)\left(3+\frac{k}{n}\right)\ln\left(2+\frac{k}{n}\right)\ln\left(3+\frac{k}{n}\right)} \\[4pt] &= \int_0^1 \frac{(3+x)\ln(3+x) - (2+x)\ln(2+x)}{(2+x)(3+x)\ln(2+x)\ln(3+x)} dx \\[4pt] &= \int_0^1 \frac{1}{(2+x)\ln(2+x)} dx - \int_0^1 \frac{1}{(3+x)\ln(3+x)} dx \end{aligned}$$ $u = \ln(2+x), \; v = \ln(3+x)$로 치환적분하여 정리하면 $$\begin{aligned} &= [\ln(\ln(2+x))]_0^1 - [\ln(\ln(3+x))]_0^1 \\[2pt] &= \{\ln(\ln 3) - \ln(\ln 2)\} - \{\ln(\ln 4) - \ln(\ln 3)\} \\[2pt] &= 2\ln(\ln 3) - \ln(\ln 2) - \ln(2\ln 2) = 2\ln(\ln 3) - 2\ln(\ln 2) - \ln 2 = \mathbf{\ln\left(\frac{(\ln 3)^2}{2(\ln 2)^2}\right)} \end{aligned}$$

3-2 점 $\mathrm{O}(0, 0), \; \mathrm{P}(x, 0), \; \mathrm{A}(t, \sqrt{3t}), \; \mathrm{B}(t, -\sqrt{3t})$에 대하여 $$f(x) = |x| + 2\sqrt{(x-t)^2 + 3t}$$ 최솟값을 구하는 문제이므로 $x \ge 0$만 고려하면 되며, $x \ge t$이면 $f'(x) \ge 0$이므로 구간 $0 \le x \le t$에서 생각한다.
$f'(x) = 1 + \frac{2(x-t)}{\sqrt{(x-t)^2 + 3t}} = 0 \iff 2(t-x) = \sqrt{(x-t)^2 + 3t} \iff x = t - \sqrt{t}$
• $0 < t \le 1$일 때: $t - \sqrt{t} \le 0$이므로 $x = 0$에서 최솟값을 갖고 $m(t) = f(0) = 2\sqrt{t^2 + 3t}$이다.
• $t \ge 1$일 때: $0 \le t - \sqrt{t} \le t$이므로 $x = t - \sqrt{t}$에서 최솟값을 갖고 $m(t) = t + 3\sqrt{t}$이다.

구하는 적분은 다음과 같다. $$\int_{1/2}^4 \ln(m(t))dt = \int_{1/2}^1 \ln\left(2\sqrt{t^2 + 3t}\right)dt + \int_1^4 \ln\left(t + 3\sqrt{t}\right)dt$$ $$\int_{1/2}^1 \ln\left(2\sqrt{t^2 + 3t}\right)dt = \frac{1}{2}\ln 2 + \frac{1}{2}\int_{1/2}^1 (\ln t + \ln(t+3))dt = \frac{13}{2}\ln 2 - \frac{7}{4}\ln 7 - \frac{1}{2}$$ $$\int_1^4 \ln\left(t + 3\sqrt{t}\right)dt = \left[t\ln(t+3\sqrt{t})\right]_1^4 - \int_1^4 t\frac{1+\frac{3}{2}t^{-1/2}}{t+3\sqrt{t}}dt = 20\ln 2 - 5\ln 5$$ 두 값을 더하면 $\frac{53}{2}\ln 2 - 5\ln 5 - \frac{7}{4}\ln 7 - \frac{1}{2}$이므로 $$\mathbf{a = \frac{53}{2}, \quad b = -5, \quad c = -\frac{7}{4}, \quad d = -\frac{1}{2}}$$

4-1 $\vec{\mathrm{PS}} + \vec{\mathrm{RQ}} = \vec{\mathrm{OS}} - \vec{\mathrm{OP}} + \vec{\mathrm{OQ}} - \vec{\mathrm{OR}} = \vec{\mathrm{OQ}} - \vec{\mathrm{OP}} + \vec{\mathrm{OS}} - \vec{\mathrm{OR}} = \vec{\mathrm{PQ}} + \vec{\mathrm{RS}} = \vec{\mathrm{RS}} + \vec{\mathrm{PQ}}$
점 $\mathrm{O}$를 한 꼭짓점으로 갖고 삼각형 $\mathrm{ABC}$와 합동인 삼각형 6개를 맞물리게 이어 붙여 육각형 $\mathrm{I}_1\mathrm{I}_2\mathrm{I}_3\mathrm{I}_4\mathrm{I}_5\mathrm{I}_6$을 만들면, $\vec{\mathrm{OY}} = \vec{\mathrm{RS}}$가 되도록 점 $\mathrm{Y}$는 이 육각형의 변 또는 그 내부 전체를 움직인다. 또한 두 점 $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$가 반지름 $1$인 원 $C$ 위를 움직이므로 $\vec{\mathrm{YZ}} = \vec{\mathrm{PQ}}$는 중심이 $\mathrm{Y}$이고 반지름이 $2$인 원 $C'$ 및 그 내부 전체를 채운다.
따라서 $\vec{\mathrm{OX}} = \vec{\mathrm{OY}} + \vec{\mathrm{YZ}} = \vec{\mathrm{OZ}}$이므로 점 $\mathrm{X}$가 존재하는 영역은, 6개의 직사각형 $\mathrm{I}_i\mathrm{K}_i\mathrm{J}_{i+1}\mathrm{I}_{i+1} \; (i=1,\dots,6)$과 6개의 부채꼴 $\mathrm{I}_i\mathrm{J}_i\mathrm{K}_i$를 육각형 둘레에 이어 붙인 영역이다.
• 직사각형 6개의 넓이 합: $2 \times 2 \times (5 + 6 + 7) = 72$
• 삼각형 $\mathrm{ABC}$에서 코사인법칙: $\cos\angle\mathrm{ABC} = \frac{5^2+6^2-7^2}{2\cdot 5\cdot 6} = \frac{1}{5} \implies \sin\angle\mathrm{ABC} = \frac{2\sqrt{6}}{5} \implies \triangle\mathrm{ABC} = 6\sqrt{6}$
• 육각형 $\mathrm{I}_1\mathrm{I}_2\mathrm{I}_3\mathrm{I}_4\mathrm{I}_5\mathrm{I}_6$의 넓이: $6 \times 6\sqrt{6} = 36\sqrt{6}$
• 부채꼴 6개의 넓이 합: 중심각의 합이 $2\pi$이므로 $\pi \times 2^2 = 4\pi$
따라서 점 $\mathrm{X}$가 존재하는 영역의 넓이는 $\mathbf{72 + 36\sqrt{6} + 4\pi}$이다.

4-2 구 $S$의 중심 $\mathrm{O}(0, 0, 0)$에서 점 $\mathrm{T}$까지의 거리는 $\overline{\mathrm{OT}} = \sqrt{\frac{20+980+125}{9}} = 5\sqrt{5}$이고, 접선의 길이 $\overline{\mathrm{PT}} = \sqrt{\overline{\mathrm{OT}}^2 - \overline{\mathrm{OP}}^2} = \sqrt{125 - 100} = 5$이다.
점 $\mathrm{P}$에서 $\mathrm{OT}$에 내린 수선의 발을 $\mathrm{D}$라 하면, $2 \times \triangle\mathrm{OPT} = \overline{\mathrm{OT}} \times \overline{\mathrm{DP}} \implies 50 = 5\sqrt{5} \cdot \overline{\mathrm{DP}} \implies \overline{\mathrm{DP}} = 2\sqrt{5}$이다. 따라서 점 $\mathrm{P}$는 직선 $\mathrm{OT}$에 수직이고 중심이 $\mathrm{D}$, 반지름이 $2\sqrt{5}$인 원 $C$ 위에 있다.
$\triangle\mathrm{OPT} \sim \triangle\mathrm{ODP}$에서 $\overline{\mathrm{OD}} = 4\sqrt{5}$이며 점 $\mathrm{D}$의 좌표는 $\left(\frac{8\sqrt{5}}{15}, \frac{56\sqrt{5}}{15}, \frac{4\sqrt{5}}{3}\right)$이다.
점 $\mathrm{D}$에서 $xy$평면에 내린 수선의 발을 $\mathrm{H}$라 하면 $\overline{\mathrm{DH}} = \frac{4\sqrt{5}}{3}, \; \overline{\mathrm{OH}} = \frac{8\sqrt{10}}{3}$이다.
선분 $\mathrm{AB}$의 중점을 $\mathrm{I}$라 하면, 닮은 두 직각삼각형 $\mathrm{ODH}, \mathrm{OID}$에서 $\overline{\mathrm{ID}} = \sqrt{10}$이고, $\cos\angle\mathrm{ADI} = \frac{\overline{\mathrm{ID}}}{\overline{\mathrm{AD}}} = \frac{\sqrt{10}}{2\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$이다. 따라서 $\angle\mathrm{ADB} = 2\angle\mathrm{ADI} = \frac{\pi}{2}$이다.
따라서 $z \le 0$ 조건에 의해 점 $\mathrm{P}$가 나타내는 도형은 호 $\mathrm{AB}$이며 그 길이는 $l = \overline{\mathrm{AD}} \times \frac{\pi}{2} = 2\sqrt{5} \times \frac{\pi}{2} = \mathbf{\sqrt{5}\pi}$이다.

[문제 1] 예시 답안
(1) 2개의 주사위를 동시에 던져 나온 수의 눈의 합이 $4$ 이하인 사건을 $A$라고 하자. 2개의 주사위를 동시에 던져 나온 수의 눈의 합이 $4$ 이하인 경우의 수는 $(1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (2,2), (3,1)$의 6가지이므로, 사건 $A$가 일어날 확률은 $$P(A) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}\text{이다.}$$ (2) 시행을 2회 반복할 때 얻은 점수의 합이 0인 사건과 점수의 합이 1인 사건은 서로 배반사건이므로, 점수의 합이 2 미만일 확률은 점수의 합이 0인 확률과 점수의 합이 1인 확률의 합과 같다. 또한 점수의 합이 2 이상인 사건은 점수의 합이 2 미만인 사건의 여사건이다. 따라서, $$P(\text{점수의 합} \ge 2) = 1 - P(\text{점수의 합} \le 1) = 1 - P(\text{점수의 합} = 0) - P(\text{점수의 합} = 1)\text{으로 구할 수 있다.}$$ (3) 문제의 시행을 1회 했을 때 얻은 점수를 $X$라 하고, $X=0$인 사건을 $C$, $X=1$인 사건을 $D$라 하자. 각 시행은 독립시행이므로 $P(\text{점수의 합} = 0) = \{P(C)\}^2$이며, 점수의 합이 1이려면 첫 번째 시행에서 0점, 두 번째 시행에서 1점을 얻거나 첫 번째 시행에서 1점, 두 번째 시행에서 0점을 얻으면 되므로 $$P(\text{점수의 합} = 1) = P(C) \times P(D) + P(D) \times P(C) = 2 \times P(C) \times P(D)\text{이다.}$$ (4) 확률의 곱셈정리와 덧셈정리를 이용하면 $P(C), P(D)$는 다음과 같이 구할 수 있다. $$P(C) = P(C \cap A) + P(C \cap A^c) = P(A)P(C|A) + P(A^c)P(C|A^c)$$ $$P(D) = P(D \cap A) + P(D \cap A^c) = P(A)P(D|A) + P(A^c)P(D|A^c)$$ (5) $P(C|A)$와 $P(D|A)$, $P(C|A^c)$와 $P(D|A^c)$는 다음과 같이 계산된다. $$P(C|A) = \frac{{}_6\mathrm{C}_2}{{}_{10}\mathrm{C}_2} = \frac{15}{45} = \frac{1}{3}, \quad P(D|A) = \frac{{}_6\mathrm{C}_1 \times {}_4\mathrm{C}_1}{{}_{10}\mathrm{C}_2} = \frac{24}{45} = \frac{8}{15}$$ $$P(C|A^c) = \frac{{}_6\mathrm{C}_1}{{}_{10}\mathrm{C}_1} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}, \quad P(D|A^c) = \frac{{}_4\mathrm{C}_1}{{}_{10}\mathrm{C}_1} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$$ (6) 이를 종합하면 $P(C) = \left(\frac{1}{6} \times \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{5}{6} \times \frac{3}{5}\right) = \frac{5}{9}, \; P(D) = \left(\frac{1}{6} \times \frac{8}{15}\right) + \left(\frac{5}{6} \times \frac{2}{5}\right) = \frac{19}{45}$이다.
(7) 최종적으로 구하는 확률은 $$1 - \left(\frac{5}{9}\right)^2 - 2 \times \frac{5}{9} \times \frac{19}{45} = 1 - \frac{25}{81} - \frac{38}{81} = \mathbf{\frac{18}{81} = \frac{2}{9}}\text{이다.}$$

[문제 1] 별해
(1) 여사건을 활용하지 않고 직접 답을 구할 수 있다. 1회 시행에서 2점을 얻는 사건($X=2$)을 $E$라 하면 $$P(E) = \left(\frac{1}{6} \times \frac{{}_4\mathrm{C}_2}{{}_{10}\mathrm{C}_2}\right) + \left(\frac{5}{6} \times 0\right) = \frac{1}{45}\text{이다.}$$ (2) 2회 시행 결과 얻은 점수의 합에 따른 확률을 각각 구하면 $$\begin{aligned} \text{점수의 합이 2일 확률} &= 2 \times P(C) \times P(E) + \{P(D)\}^2 = 2\left(\frac{5}{9}\right)\left(\frac{1}{45}\right) + \left(\frac{19}{45}\right)^2 = \frac{411}{45^2} \\[3pt] \text{점수의 합이 3일 확률} &= 2 \times P(D) \times P(E) = 2\left(\frac{19}{45}\right)\left(\frac{1}{45}\right) = \frac{38}{45^2} \\[3pt] \text{점수의 합이 4일 확률} &= \{P(E)\}^2 = \left(\frac{1}{45}\right)^2 = \frac{1}{45^2} \end{aligned}$$ (3) 위 사건들은 상호 배반사건이므로 모두 더하면 구하는 확률은 $$\frac{411 + 38 + 1}{45^2} = \frac{450}{2025} = \mathbf{\frac{2}{9}}\text{이다.}$$

2-1 제시문에서 주어진 식 $a_n = S_n - S_{n-1} \; (n \ge 2)$를 이용하면
(1) $n = 2m+2 \; (m \ge 0)$인 경우, $$S_{2m+2} = \frac{1}{2}(S_{2m+2} - S_{2m+1}) - 2 \implies S_{2m+2} = -S_{2m+1} - 4\text{를 얻는다.}$$ (2) $n = 2m+1 \; (m \ge 1)$인 경우, $$S_{2m+1} = 2(S_{2m+1} - S_{2m}) + 3 \implies S_{2m+1} = 2S_{2m} - 3\text{을 얻는다.}$$ (3) 그러므로 $S_{2m+2} = -(2S_{2m} - 3) - 4 = -2S_{2m} - 1$이고, 반복하여 대입하면 $$S_8 = -2S_6 - 1 = 4S_4 + 1 = -8S_2 - 3$$ 을 얻는다. $S_8 = 2025$이므로 $-8S_2 - 3 = 2025 \implies S_2 = -\frac{507}{2}$이다.
(4) $S_2 = -S_1 - 4$를 이용하면 $$S_1 = a_1 = -S_2 - 4 = \frac{507}{2} - 4 = \mathbf{\frac{499}{2}}\text{이다.}$$

2-2 $f(x) = \frac{1}{2}f(x-2) - \frac{3}{2}$이므로 $f(x-2) = 2f(x) + 3$이다.
즉, $f(x) = 2f(x+2) + 3 = 4f(x+4) + 9$이다. 따라서 구간별 함수식은 다음과 같다.
  • $-4 \le x < -3$일 때, $f(x) = 4(x+4)^2\cos(\pi(x+4)) + 9$
  • $-3 \le x < -2$일 때, $f(x) = -2(x+2)^2\cos(\pi(x+2)) + 3$
  • $-2 \le x < -1$일 때, $f(x) = 2(x+2)^2\cos(\pi(x+2)) + 3$
구하는 정적분을 치환적분하여 정리하면 $$\begin{aligned} \int_{-4}^{-1} f(x)\,dx &= 4\int_{-4}^{-3} (x+4)^2\cos\pi(x+4)\,dx - 2\int_{-3}^{-2} (x+2)^2\cos\pi(x+2)\,dx + 2\int_{-2}^{-1} (x+2)^2\cos\pi(x+2)\,dx + 15 \\[3pt] &= 4\int_0^1 x^2\cos(\pi x)\,dx - 2\int_0^1 x^2\cos(\pi x)\,dx + 2\int_0^1 x^2\cos(\pi x)\,dx + 15 \\[3pt] &= 4\int_0^1 x^2\cos(\pi x)\,dx + 15 \quad \cdots (*) \end{aligned}$$ 주어진 제시문의 부분적분법에 의해 $$\int x^2\cos\pi x\,dx = \frac{1}{\pi}x^2\sin\pi x + \frac{2}{\pi^2}x\cos\pi x - \frac{2}{\pi^3}\sin\pi x + C$$ 따라서 구하는 정적분 값은 $$4\left[\frac{1}{\pi}x^2\sin\pi x + \frac{2}{\pi^2}x\cos\pi x - \frac{2}{\pi^3}\sin\pi x\right]_0^1 + 15 = 4\left(-\frac{2}{\pi^2}\right) + 15 = \mathbf{-\frac{8}{\pi^2} + 15}\text{이다.}$$

3-1 주어진 방정식 $y^3 - 3e^{2x}y + 2e^{3x} = 0$을 인수분해하면 $$(y - e^x)^2(y + 2e^x) = 0$$ 이므로 점 $\mathrm{P}(x,y)$는 $y = e^x$ 또는 $y = -2e^x$ 위에 있다. $y \ge 0$이므로 점 $\mathrm{P}$는 곡선 $y = e^x$ 위에 존재한다.
두 점 $\mathrm{A}(1,-4), \mathrm{B}(3,0)$을 지나는 직선의 방정식은 $2x - y - 6 = 0$이다.
곡선 $y = e^x$ 위의 점 중 직선 $2x - y - 6 = 0$과 가장 가까운 점은 접선의 기울기가 2인 점이다. $$y' = e^x = 2 \implies x = \ln 2, \quad y = 2$$ 점 $(\ln 2, 2)$에서 직선 $2x - y - 6 = 0$까지의 거리는 $$d = \frac{|2\ln 2 - 2 - 6|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} = \frac{8 - 2\ln 2}{\sqrt{5}}$$ 선분 $\mathrm{AB}$의 길이를 이용하면 삼각형의 넓이의 최솟값은 $\mathbf{4 - \ln 2}$ (또는 $8 - 2\ln 2$)이다.

3-2 두 삼각형의 넓이의 합이 전체 삼각형의 넓이와 같다는 것을 이용하면 $$2\sin 3x = 2f(x)\sin x + f(x)\sin 2x$$ 이고, $\sin 3x = \sin x(4\cos^2 x - 1)$과 $\sin 2x = 2\sin x\cos x$를 대입하여 정리하면 $$2\sin x(4\cos^2 x - 1) = 2f(x)\sin x(1 + \cos x) \implies f(x) = \frac{4\cos^2 x - 1}{1 + \cos x}\text{이다.}$$ 구하는 정적분에 $\cos x = y$로 치환적분하면 ($-\sin x\,dx = dy$) $$\begin{aligned} \int_{\pi/6}^{\pi/4} \frac{4\cos^2 x - 1}{1 + \cos x}\sin^3 x\,dx &= \int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{3}/2} (4y^2 - 1)(1 - y)\,dy = \int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{3}/2} (-4y^3 + 4y^2 + y - 1)\,dy \\[3pt] &= \left[-y^4 + \frac{4}{3}y^3 + \frac{1}{2}y^2 - y\right]_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{3}/2} = \mathbf{\frac{\sqrt{2}}{6} - \frac{3}{16}}\text{이다.} \end{aligned}$$

4-1 점 $\mathrm{P, Q}$에서 선분 $\mathrm{EF, EH}$에 내린 수선의 발을 $\mathrm{K, M}$, 점 $\mathrm{K, M}$에서 선분 $\mathrm{EG}$에 내린 수선의 발을 $\mathrm{L, N}$이라 하자. 삼수선의 정리에 의해 $\overline{\mathrm{PL}} \perp \overline{\mathrm{EG}}, \; \overline{\mathrm{QN}} \perp \overline{\mathrm{EG}}$이다. $\overline{\mathrm{EG}} = 2\sqrt{2}$이므로 $$\Delta\mathrm{PEG} = \frac{\overline{\mathrm{EG}} \times \overline{\mathrm{PL}}}{2} = \sqrt{10} \implies \overline{\mathrm{PL}} = \sqrt{5}, \quad \Delta\mathrm{QEG} = \frac{\overline{\mathrm{EG}} \times \overline{\mathrm{QN}}}{2} = 3 \implies \overline{\mathrm{QN}} = \frac{3}{\sqrt{2}}$$ $\overline{\mathrm{KL}} = \sqrt{\overline{\mathrm{PL}}^2 - \overline{\mathrm{PK}}^2} = 1, \; \overline{\mathrm{MN}} = \sqrt{\overline{\mathrm{QN}}^2 - \overline{\mathrm{QM}}^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$이므로 $$\overline{\mathrm{AP}} = \overline{\mathrm{EK}} = \sqrt{\overline{\mathrm{EL}}^2 + \overline{\mathrm{KL}}^2} = \sqrt{2}, \quad \overline{\mathrm{AQ}} = \overline{\mathrm{EM}} = \sqrt{\overline{\mathrm{EN}}^2 + \overline{\mathrm{MN}}^2} = 1$$ 점 $\mathrm{A}$에서 선분 $\mathrm{PQ}$에 내린 수선의 발을 $\mathrm{R}$이라 하면 $\overline{\mathrm{PQ}} = \sqrt{\overline{\mathrm{AP}}^2 + \overline{\mathrm{AQ}}^2} = \sqrt{3}$에서 $\overline{\mathrm{AR}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$이다. $\overline{\mathrm{ER}} = \sqrt{\overline{\mathrm{AR}}^2 + \overline{\mathrm{AE}}^2} = \frac{\sqrt{14}}{\sqrt{3}}$이므로 구하는 넓이는 $$\Delta\mathrm{EPQ} = \frac{1}{2} \times \overline{\mathrm{PQ}} \times \overline{\mathrm{ER}} = \frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{14}}{\sqrt{3}} = \mathbf{\frac{\sqrt{14}}{2}}\text{이다.}$$

4-2 쌍곡선 $x^2 - 3y^2 = 1$에서 초점의 좌표는 $c = \sqrt{1 + \frac{1}{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$이므로 $\mathrm{F}\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},0\right), \; \mathrm{F}'\left(-\frac{2\sqrt{3}}{3},0\right)$이다. $\overline{\mathrm{F'F}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$이다.
점 $\mathrm{P}(a,b)$에서의 접선 $ax - 3by = 1$과 점근선 $y = \frac{1}{\sqrt{3}}x$의 교점 $\mathrm{R}$의 $x$좌표는 $\frac{1}{a - \sqrt{3}b}$이고, 접선의 $x$절편 $\mathrm{S}$의 $x$좌표는 $\frac{1}{a}$이다.
넓이 조건 $\Delta\mathrm{OQR} = 2\Delta\mathrm{OQS}$로부터 $a = 2\sqrt{3}b$를 얻는다. 점 $\mathrm{P}$가 쌍곡선 위의 점이므로 $a^2 - 3b^2 = 1 \implies a = \frac{2\sqrt{3}}{3}, \; b = \frac{1}{3}$이다.
$\overline{\mathrm{FP}} = \frac{1}{3}, \; \overline{\mathrm{F'P}} = \frac{7}{3}$이고 삼각형 $\mathrm{F'FP}$는 직각삼각형이다. 점 $\mathrm{F}$에서 직선 $\mathrm{F'P}$에 내린 수선의 발을 $\mathrm{H}$라 하면 $$\overline{\mathrm{FH}} \times \overline{\mathrm{F'P}} = \overline{\mathrm{F'F}} \times \overline{\mathrm{FP}} \implies \overline{\mathrm{FH}} = \frac{\frac{4\sqrt{3}}{3} \times \frac{1}{3}}{\frac{7}{3}} = \mathbf{\frac{4\sqrt{3}}{21}}\text{ (또는 $\frac{4}{7\sqrt{3}}$)이다.}$$

[문제 1] 예시 답안
(1) 한 개의 주사위를 한 번 던져서 나온 눈의 수가 3의 배수일 확률은 $\frac{1}{3}$이다. 이때 주머니 A에서 2개의 공을 동시에 꺼낼 때 적힌 숫자들의 표본공간은 $\{(1,2), (1,3), (2,3)\}$이고 각 확률은 $\frac{1}{3}$이다. 주머니 B에서 1개의 공을 꺼낼 때 표본공간은 $\{1,2\}$이고 각 확률은 $\frac{1}{2}$이다. 주머니 A에서 $(1,2)$, B에서 $1$을 꺼낼 확률은 $\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2} = \frac{1}{18}$이고 $k=4$이다.
(2) 주사위의 눈이 3의 배수가 아닐 확률은 $\frac{2}{3}$이다. 이때 주머니 A에서 1개 꺼낼 표본공간은 $\{1,2,3\}$이고 확률은 $\frac{1}{3}$이다. 주머니 B에서 2개 꺼낼 표본공간은 $\{(1,2)\}$이고 확률은 $1$이다. A에서 $1$, B에서 $(1,2)$를 꺼낼 확률은 $\frac{2}{3}\times\frac{1}{3}\times 1 = \frac{2}{9}$이고 $k=4$이다.
(3) 시행 결과에 따른 $k$와 확률을 정리하면 다음과 같다.
  • $k=4$: 확률 $\frac{1}{18} + \frac{2}{9} = \frac{5}{18}$
  • $k=5$: 확률 $\frac{1}{18} + \frac{1}{18} + \frac{2}{9} = \frac{6}{18}$
  • $k=6$: 확률 $\frac{1}{18} + \frac{1}{18} + \frac{2}{9} = \frac{6}{18}$
  • $k=7$: 확률 $\frac{1}{18}$

(5) $k$의 값에 따른 원기둥의 반지름, 높이, 부피 및 확률은 다음과 같다.
  • $k=4$일 때: 확률 $\frac{5}{18}$, 반지름 $1$, 높이 $8$, 부피 $8\pi$
  • $k=5$일 때: 확률 $\frac{6}{18}$, 반지름 $2$, 높이 $6$, 부피 $24\pi$
  • $k=6$일 때: 확률 $\frac{6}{18}$, 반지름 $3$, 높이 $4$, 부피 $36\pi$
  • $k=7$일 때: 확률 $\frac{1}{18}$, 반지름 $4$, 높이 $2$, 부피 $32\pi$
(6) 따라서 원기둥의 부피의 기댓값 $\mathrm{E}(V)$는 $$\mathrm{E}(V) = 8\pi \times \frac{5}{18} + 24\pi \times \frac{6}{18} + 36\pi \times \frac{6}{18} + 32\pi \times \frac{1}{18} = \frac{40 + 144 + 216 + 32}{18}\pi = \frac{432}{18}\pi = \mathbf{24\pi}\text{이다.}$$

2-1 로그함수의 성질을 이용하면 $$k^{\frac{k\ln 2}{\ln k}} = k^{\frac{\ln 2^k}{\ln k}} = k^{\log_k 2^k} = 2^k, \qquad 2^{\frac{2\ln k}{\ln 2}} = 2^{\frac{\ln k^2}{\ln 2}} = 2^{\log_2 k^2} = k^2$$ 으로 정리된다. 아래와 같이 등비수열의 합과 자연수의 거듭제곱의 합에 대한 공식을 이용하여 값을 구한다. $$\begin{aligned} \sum_{k=2}^9 2^k - \sum_{k=2}^9 k^2 &= \sum_{k=2}^9 2^k - \left(\sum_{k=1}^9 k^2 - 1\right) = \frac{4(2^8 - 1)}{2 - 1} - \frac{9 \cdot 10 \cdot 19}{6} + 1 \\[4pt] &= 1020 - 285 + 1 = \mathbf{736}\text{이다.} \end{aligned}$$

2-2 주어진 조건으로부터 점 $\mathrm{A}(\cos t, \sin t), \mathrm{B}(\tan(t+\frac{\pi}{6}), 1)$이므로 $f(t) = 1 + (\tan t)\left\{\tan\left(t + \frac{\pi}{6}\right)\right\}$이다.
정적분과 급수의 합 사이의 관계를 이용하여 극한값을 표현하면 $$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{\pi k}{6n}\right) = \frac{6}{\pi}\int_0^{\pi/6} \left[1 + (\tan x)\left\{\tan\left(x + \frac{\pi}{6}\right)\right\}\right]\,dx$$ 제시문의 탄젠트 덧셈정리 $1 + (\tan x)\left\{\tan\left(x + \frac{\pi}{6}\right)\right\} = \frac{\tan(x+\pi/6) - \tan x}{\tan(\pi/6)}$을 적용하면 $$\frac{6}{\pi}\int_0^{\pi/6} \frac{\tan(x+\pi/6) - \tan x}{\tan(\pi/6)}\,dx = \frac{6\sqrt{3}}{\pi}\int_0^{\pi/6} \left\{\tan\left(x + \frac{\pi}{6}\right) - \tan x\right\}\,dx$$ $\int \tan x\,dx = -\ln(\cos x) + C$를 이용하면 $$\frac{6\sqrt{3}}{\pi}\left[-\ln\left(\cos\frac{\pi}{3}\right) + \ln\left(\cos\frac{\pi}{6}\right) + \ln\left(\cos\frac{\pi}{6}\right) - \ln(\cos 0)\right] = \mathbf{\frac{6\sqrt{3}}{\pi}\ln\frac{3}{2}}\text{이다.}$$

3-1 $f(x) = \frac{x}{x^2+1}(\ln(x^2+1)-1)(\ln(x^2+1)-5)$라 하자.
$f(x) = 0$의 해는 $x = 0, \; \sqrt{e-1}, \; \sqrt{e^5-1}$이다.
$0 \le x \le \sqrt{e-1}$에서 $f(x) \ge 0$이고, $\sqrt{e-1} \le x \le \sqrt{e^5-1}$에서 $f(x) \le 0$이므로 구하는 넓이는 $$S = \int_0^{\sqrt{e-1}} f(x)\,dx - \int_{\sqrt{e-1}}^{\sqrt{e^5-1}} f(x)\,dx$$ $t = \ln(x^2+1)$로 치환하면 $dt = \frac{2x}{x^2+1}dx$이므로 $$S = \frac{1}{2}\int_0^1 (t^2 - 6t + 5)\,dt - \frac{1}{2}\int_1^5 (t^2 - 6t + 5)\,dt = \frac{7}{6} + \frac{16}{3} = \mathbf{\frac{13}{2}}\text{이다.}$$

3-2 점 $\mathrm{P}$의 좌표는 $(t, \sqrt{t+2})$이다. $\angle\mathrm{PAB} = \alpha, \; \angle\mathrm{PBA} = \beta$라 하면 $$\tan\alpha = \frac{\sqrt{t+2}}{1+t}, \quad \tan\beta = \frac{\sqrt{t+2}}{1-t}$$ $\theta = \pi - \alpha - \beta$이므로 탄젠트 덧셈정리에 의해 $$\tan\theta = f(t) = \frac{2\sqrt{t+2}}{t^2+t+1}$$ 이를 미분하면 $f'(t) = -\frac{3(t^2+3t+1)}{(t^2+t+1)^2\sqrt{t+2}}$이다.
$-1 < t < 1$ 범위에서 $f'(t) = 0$의 실근은 $t = \frac{-3+\sqrt{5}}{2}$이다. 좌우에서 $f'(t)$의 부호가 양에서 음으로 바뀌므로 $t = \frac{-3+\sqrt{5}}{2}$에서 최댓값을 갖는다.
따라서 구하는 최댓값은 $$\tan^2\theta = \left\{f\left(\frac{-3+\sqrt{5}}{2}\right)\right\}^2 = \mathbf{\frac{11+5\sqrt{5}}{2}}\text{이다.}$$

4-1 $\overline{\mathrm{PQ}} = \frac{1}{2}\overline{\mathrm{MC}} = \frac{1}{2}$이다.
직각삼각형 $\mathrm{MBN}$에서 $\overline{\mathrm{MN}} = \sqrt{\overline{\mathrm{MB}}^2 + \overline{\mathrm{BN}}^2} = \sqrt{3+1} = 2$이다. 직각삼각형 $\mathrm{FCM, NEF}$에서 $\overline{\mathrm{MF}} = \sqrt{\overline{\mathrm{MC}}^2 + \overline{\mathrm{FC}}^2} = \sqrt{5}$와 $\overline{\mathrm{NF}} = \sqrt{\overline{\mathrm{NE}}^2 + \overline{\mathrm{EF}}^2} = \sqrt{5}$이므로 삼각형 $\mathrm{FMN}$은 이등변삼각형이고 삼각형 $\mathrm{MPF}$는 직각삼각형이다. $$\overline{\mathrm{PF}} = \sqrt{\overline{\mathrm{MF}}^2 - \overline{\mathrm{MP}}^2} = \sqrt{5 - 1} = \mathbf{2}$$ 점 $\mathrm{Q}$에서 선분 $\mathrm{EF}$에 내린 수선의 발을 $\mathrm{R}$이라 할 때 $\overline{\mathrm{QR}} = \frac{3}{2}$이고 삼각형 $\mathrm{QRF}$는 직각삼각형이므로 $$\overline{\mathrm{QF}} = \sqrt{\overline{\mathrm{QR}}^2 + \overline{\mathrm{RF}}^2} = \mathbf{\frac{\sqrt{13}}{2}}\text{이다.}$$ $\theta = \angle\mathrm{QPF}$라 하면 코사인법칙에 의해 $\cos\theta = \frac{\frac{1}{4} + 4 - \frac{13}{4}}{2 \times \frac{1}{2} \times 2} = \frac{1}{2} \implies \sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$이다.
외접원의 반지름 $R$은 사인법칙에 의해 $$2R = \frac{\overline{\mathrm{QF}}}{\sin\theta} = \frac{\frac{\sqrt{13}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{13}}{\sqrt{3}} \implies R = \mathbf{\frac{\sqrt{39}}{6}}\text{이다.}$$

4-2 포물선 $y^2 = 4x$에 직선 $y = m(x-1)$을 대입하여 정리하면 $$m^2 x^2 - 2(m^2+2)x + m^2 = 0$$ 이차방정식의 두 근을 $\alpha, \beta$라 하면 $\alpha + \beta = \frac{2(m^2+2)}{m^2}$이다.
포물선의 정의에 의해 $$\overline{\mathrm{PQ}} = \overline{\mathrm{PF}} + \overline{\mathrm{FQ}} = \overline{\mathrm{PP'}} + \overline{\mathrm{QQ'}} = (\alpha + 1) + (\beta + 1) = \mathbf{\frac{4(m^2+1)}{m^2}}$$ 사각형 $\mathrm{PP'Q'Q}$의 둘레의 길이는 $$\overline{\mathrm{PQ}} + \overline{\mathrm{PP'}} + \overline{\mathrm{QQ'}} + \overline{\mathrm{P'Q'}} = 2\overline{\mathrm{PQ}} + \overline{\mathrm{P'Q'}} = \frac{8(m^2+1)}{m^2} + 4\sqrt{\frac{m^2+1}{m^2}} = 40$$ $r = \sqrt{\frac{m^2+1}{m^2}}$이라 놓으면 $8r^2 + 4r - 40 = 0 \implies 2r^2 + r - 10 = 0 \implies r = 2$. 따라서 $m^2 = \frac{1}{3}$이다.
사각형의 넓이는 사다리꼴 넓이 공식에 의해 $$S = \frac{1}{2}\overline{\mathrm{P'Q'}} \cdot (\overline{\mathrm{PP'}} + \overline{\mathrm{QQ'}}) = \frac{1}{2}\overline{\mathrm{P'Q'}} \cdot \overline{\mathrm{PQ}} = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 16 = \mathbf{64}\text{이다.}$$

[문제 1] 예시 답안
$n$라운드에서만 1명이 자신의 이름표를 뽑을 조건을 구하자.
  ① $n-1$라운드까지는 세 사람이 모두 다른 사람의 이름표를 뽑아야 하고 (2가지)
  ② $n$라운드에서는 한 명만 자신의 이름표를 뽑아야 하며 (3가지)
  ③ $n+1$라운드부터는 나머지 사람들이 모두 다른 사람의 이름표를 뽑아야 한다. (1가지)
단, $n=1$인 경우는 ①의 과정이 없고, $n=6$인 경우는 ③의 과정이 없다.
$n$라운드에서만 1명이 자신의 이름표를 뽑는 경우의 수를 $M_n$이라 하면 $$M_1 = 3 \times 1^5 = 3, \quad M_2 = 2 \times 3 \times 1^4 = 3 \times 2^1, \quad M_3 = 2^2 \times 3 \times 1^3 = 3 \times 2^2, \quad \dots, \quad M_6 = 3 \times 2^5$$ 따라서 구하는 모든 경우의 수는 $$\sum_{n=1}^6 M_n = 3 \times \left(\frac{2^6 - 1}{2 - 1}\right) = 3 \times 63 = \mathbf{189}\text{이다.}$$

2-1 주어진 함수를 미분하면 $$\begin{aligned} y' &= \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}\left(\alpha + \frac{x}{1\cdot 2\cdot 3}\right)^{-\frac{2}{3}}\left(\alpha + \frac{x}{2\cdot 3\cdot 4}\right)^{\frac{2}{3}}\left(\alpha + \frac{x}{3\cdot 4\cdot 5}\right) \\[2pt] &\quad + \left(\alpha + \frac{x}{1\cdot 2\cdot 3}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}\left(\alpha + \frac{x}{2\cdot 3\cdot 4}\right)^{-\frac{1}{3}}\left(\alpha + \frac{x}{3\cdot 4\cdot 5}\right) \\[2pt] &\quad + \left(\alpha + \frac{x}{1\cdot 2\cdot 3}\right)^{\frac{1}{3}}\left(\alpha + \frac{x}{2\cdot 3\cdot 4}\right)^{\frac{2}{3}}\cdot\frac{1}{3\cdot 4\cdot 5} \end{aligned}$$ 이므로 $x=0$을 대입하면 $$y'(0) = \frac{\alpha}{3}\left(\frac{1}{2\cdot 3} + \frac{1}{3\cdot 4} + \frac{1}{4\cdot 5}\right) = \frac{\alpha}{3}\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5}\right) = \frac{\alpha}{3}\left(\frac{3}{10}\right) = \frac{\alpha}{10}$$ 점 $(0, \alpha^2)$에서의 접선의 방정식은 $y = \frac{\alpha}{10}x + \alpha^2$이다. 이 직선이 점 $(5,1)$을 지나므로 $$\alpha^2 + \frac{\alpha}{2} - 1 = 0 \implies 2\alpha^2 + \alpha - 2 = 0 \implies \alpha = \mathbf{\frac{-1+\sqrt{17}}{4}} \quad (\alpha > 0)\text{이다.}$$

2-2 $g(x) = 15 \cdot \frac{|\sin x|}{2+\cos x}$라 하자. 주어진 관계식을 반복 적용하면 $$f(x) = g(x) - 2g\left(x+\frac{\pi}{2}\right) + 4g(x+\pi) - 8g\left(x+\frac{3\pi}{2}\right) + 16f(x+2\pi)$$ $f(x)$의 주기가 $2\pi$이므로 $f(x) = -\frac{1}{15}\left\{g(x) - 2g\left(x+\frac{\pi}{2}\right) + 4g(x+\pi) - 8g\left(x+\frac{3\pi}{2}\right)\right\}$이다.
따라서 구하는 정적분은 $$\begin{aligned} \int_0^\pi f(x)\,dx &= -\frac{1}{15}\left\{\int_0^\pi g(x)\,dx - 2\int_0^\pi g\left(x+\frac{\pi}{2}\right)dx\right. \\[3pt] &\quad \left. + 4\int_0^\pi g(x+\pi)dx - 8\int_0^\pi g\left(x+\frac{3\pi}{2}\right)dx\right\} \end{aligned}$$ 각 정적분을 치환적분으로 계산하면 $$\begin{aligned} \int_0^\pi g(x)\,dx &= 15\ln 3, \quad \int_0^\pi g\left(x+\frac{\pi}{2}\right)dx = 30\ln 2, \\[3pt] \int_0^\pi g(x+\pi)dx &= 15\ln 3, \quad \int_0^\pi g\left(x+\frac{3\pi}{2}\right)dx = 30(\ln 3 - \ln 2) \end{aligned}$$ 이를 대입하여 정리하면 $$\begin{aligned} \int_0^\pi f(x)\,dx &= -\ln 3 + 4\ln 2 - 4\ln 3 + 16(\ln 3 - \ln 2) \\[3pt] &= \mathbf{11\ln 3 - 12\ln 2}\text{이다.} \end{aligned}$$

3-1 곡선 위의 점 $(t, \cos(\ln t))$에서의 접선의 방정식은 $$y - \sin(\ln t) = \frac{\cos(\ln t)}{t}(x - t)$$ 원점 $(0,0)$을 지나므로 대입하면 $\sin(\ln t) = \cos(\ln t) \implies \tan(\ln t) = 1$이다.
$t \ge 1$이므로 $\ln t \ge 0$이고 $\ln t = \frac{\pi}{4}, \; \pi + \frac{\pi}{4}, \; 2\pi + \frac{\pi}{4}, \dots$이다. 따라서 $a_n = e^{\pi(n-1) + \frac{\pi}{4}}$이다.
$\ln a_n = \pi(n-1) + \frac{\pi}{4} = \pi\left(n - \frac{3}{4}\right)$이므로 $$\frac{1}{(\ln a_n)(\ln a_{n+1})} = \frac{1}{\pi^2\left(n - \frac{3}{4}\right)\left(n + \frac{1}{4}\right)} = \frac{1}{\pi^2}\left(\frac{1}{n - \frac{3}{4}} - \frac{1}{n + \frac{1}{4}}\right)$$ 따라서 구하는 급수의 합은 $$\sum_{n=1}^{10} \frac{1}{(\ln a_n)(\ln a_{n+1})} = \frac{1}{\pi^2}\left(4 - \frac{4}{41}\right) = \mathbf{\frac{160}{41\pi^2}}\text{이다.}$$

3-2 $\frac{dy}{dx} = 6e^{2x}(e^x - \alpha)$이므로
(1) $\alpha \le 0$일 때, $2e^{3x} - 3\alpha e^{2x} + 8 \ge 8$이므로 $x$축과 만나지 않는다.
(2) $\alpha > 0$인 경우, $e^x = \alpha$에서 극솟값을 갖는다. $x$축과 한 점에서 만나기 위해서는 $e^x = \alpha$를 대입했을 때 극솟값이 0이어야 하므로 $$2\alpha^3 - 3\alpha^3 + 8 = 0 \implies \alpha^3 = 8 \implies \alpha_0 = 2$$ 이때 $x$축과 만나는 점은 $x_0 = \ln\alpha_0 = \ln 2$이다.
따라서 구하는 정적분의 값은 $$\int_0^{x_0} (2e^{3x} - 3\alpha_0 e^{2x} + 8)\,dx = \left[\frac{2}{3}e^{3x} - 3e^{2x} + 8x\right]_0^{\ln 2} = \left(\frac{16}{3} - 12 + 8\ln 2\right) - \left(\frac{2}{3} - 3\right) = \mathbf{8\ln 2 - \frac{13}{3}}\text{이다.}$$

[문제 1] 예시 답안
등번호 5번, 6번, 7번인 사람이 앉을 수 있는 자리의 경우의 수는 다음 6가지이다.
  • $(5\text{번}, 6\text{번}, 7\text{번}) = (4,5,6), (4,5,7), (4,6,7), (5,4,6), (5,4,7), (5,6,7)$
각 경우에 대해 남은 1, 2, 3, 4번 학생이 앉을 수 있는 경우의 수를 계산하면:
  (1) 남은 자리가 $\{0,1,2,3,7\}$인 경우: $2 \times 2 \times 2 \times 1 = 8\text{가지}$
  (2) 남은 자리가 $\{0,1,2,3,6\}$인 경우: $2 \times 2 \times 2 \times 1 = 8\text{가지}$
  (3) 남은 자리가 $\{0,1,2,3,5\}$인 경우: $2 \times 2 \times 2 \times 1 = 8\text{가지}$
  (4) 남은 자리가 $\{0,1,2,3,7\}$인 경우: $2 \times 2 \times 2 \times 1 = 8\text{가지}$
  (5) 남은 자리가 $\{0,1,2,3,6\}$인 경우: $2 \times 2 \times 2 \times 1 = 8\text{가지}$
  (6) 남은 자리가 $\{0,1,2,3,4\}$인 경우: $2 \times 2 \times 2 \times 2 = 16\text{가지}$
따라서 모든 경우의 수의 합은 $$8 \times 5 + 16 = \mathbf{56}\text{가지이다.}$$

2-1 $y = \frac{8}{3}(1 - \sqrt{x})^{\frac{3}{2}}$에서 $x$의 정의구역은 $\frac{1}{2} \le x \le 1$이다.
합성함수 미분법에 의해 도함수를 구하면 $$\frac{dy}{dx} = \frac{8}{3} \cdot \frac{3}{2}(1 - \sqrt{x})^{\frac{1}{2}} \cdot \left(-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right) = -\frac{2(1 - \sqrt{x})^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{x}}$$ 따라서 곡선의 길이는 $$\begin{aligned} L &= \int_{1/2}^1 \sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx = \int_{1/2}^1 \sqrt{1 + \frac{4(1 - \sqrt{x})}{x}}\,dx = \int_{1/2}^1 \sqrt{\left(1 - \frac{2}{\sqrt{x}}\right)^2}\,dx \\[3pt] &= \int_{1/2}^1 \left(\frac{2}{\sqrt{x}} - 1\right)\,dx = \left[4\sqrt{x} - x\right]_{1/2}^1 = (4 - 1) - \left(2\sqrt{2} - \frac{1}{2}\right) = \mathbf{\frac{7}{2} - 2\sqrt{2}}\text{이다.} \end{aligned}$$ \]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]\]

2-2 조건 (나)의 벡터 내적에 의해 $$\frac{2+t^2}{2(1+t+t^2)} = \vec{\mathrm{PA}} \cdot \vec{\mathrm{PB}} = (-1-x, -y) \cdot (1-x, -y) = x^2 - 1 + y^2$$ 점 $\mathrm{P}(x,y)$가 타원 $2x^2 + y^2 = 2 \implies x^2 = 1 - \frac{y^2}{2}$ 위의 점이므로 대입하면 $$\frac{2+t^2}{2(1+t+t^2)} = \frac{y^2}{2} \implies \{y(t)\}^2 = \frac{2+t^2}{1+t+t^2}$$ 삼각형 $\mathrm{PAB}$의 넓이는 $\frac{1}{2} \times 2 \times y = y(t)$이다. $\{y(t)\}^2$의 도함수를 구하면 $$\{y(t)^2\}' = \frac{2t(1+t+t^2) - (2+t^2)(1+2t)}{(1+t+t^2)^2} = \frac{2+2t-t^2}{(1+t+t^2)^2}$$ $t > 0$에서 $t = 1+\sqrt{3}$일 때 $\{y(t)\}^2$은 극대이자 최대가 된다.
따라서 구하는 최댓값은 $$\{y(1+\sqrt{3})\}^2 = \frac{3+2\sqrt{3}}{6+3\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies y_{\max} = \mathbf{\frac{1}{\sqrt[4]{3}}}\text{ (또는 $\{y\}^2 = \frac{1}{\sqrt{3}}$)이다.}$$

3-1 넓이 조건에서 직각삼각형 넓이 $\frac{1}{2}ab = \frac{4}{a+b}$이므로 $a(b^2+1) = 8$을 얻는다.
$1+b^2 \ge 1$이므로 $a \le 8$이고 $1 \le a \le 8$이다.
$a(b^2+1) = 8$에서 $b^2 = \frac{8}{a} - 1$을 대입하면 $$2a + b^2 = 2a + \frac{8}{a} - 1 = f(a)$$ $f'(a) = 2 - \frac{8}{a^2} = 0 \implies a = 2$에서 최솟값 $f(2) = 7$을 갖고, $f(1) = 9, \; f(8) = 16$이므로 $7 \le 2a + b^2 \le 16$이다.
$2a+b^2 = X$라 두면 이차함수 $g(X) = 20X - X^2$은 $X = 10$에서 최댓값 $M = 100$을 갖고, $X = 16$에서 최솟값 $m = 20(16) - 16^2 = 64$를 갖는다.
따라서 구하는 값은 $\mathbf{M = 100, \; m = 64}$이다.

3-2 조건 (가)의 식을 완전제곱식으로 변형하여 정리하면 $$\frac{\cos x}{1+\sin x}f(x) = 1 \pm \sin x$$ 조건 (나)를 만족시키는 연속함수는 $\cos x f(x) = (1+\sin x)^2$이다.
$f'(x)\cos x - f(x)\sin x = (f(x)\cos x)'$을 고려하고, $(f(x)\cos x)' = ((1+\sin x)^2)' = 2(1+\sin x)\cos x$이므로 $$\int_0^{\pi/6} (f'(x)\cos x - f(x)\sin x)e^{\sin x}\,dx = \int_0^{\pi/6} 2(\sin x + 1)\cos x e^{\sin x}\,dx$$ $\sin x = t$로 치환적분하면 ($\cos x\,dx = dt$) $$\int_0^{1/2} 2(t+1)e^t\,dt = \left[2(t+1)e^t\right]_0^{1/2} - \int_0^{1/2} 2e^t\,dt = \left[2te^t\right]_0^{1/2} = \mathbf{\sqrt{e}}\text{이다.}$$