[문제 1-1 정답]: \((-2, -6)\)
해설: \(y = x^3 - x\)를 미분하면 \(\frac{dy}{dx} = 3x^2 - 1\) 이다. 점 \((1, 0)\)에서의 접선의 기울기는 \(3(1)^2 - 1 = 2\) 이다. 따라서 접선 \(l\)의 방정식은 \(y - 0 = 2(x - 1) \implies y = 2x - 2\) 이다.
곡선과 접선의 교점을 구하기 위해 \(x^3 - x = 2x - 2 \implies x^3 - 3x + 2 = 0 \implies (x-1)^2 (x+2) = 0\) 이다. 접점 \((1, 0)\)을 제외한 교점의 \(x\)좌표는 \(x = -2\) 이며, 이때 \(y = 2(-2) - 2 = -6\) 이다. 따라서 교점의 좌표는 \((-2, -6)\) 이다.

[문제 1-2 정답]: \(9\)
해설: 구간 \(\left[-2-\frac{1}{n}, -2\right]\)에서는 직선 \(l\)이 곡선 \(y = x^3 - x\) 위에 있고, 구간 \(\left[-2, -2+\frac{1}{n}\right]\)에서는 곡선 \(y = x^3 - x\)가 직선 \(l\) 위에 있다.
넓이 \(A_n = \int_{-2-\frac{1}{n}}^{-2} (-x^3 + 3x - 2) dx + \int_{-2}^{-2+\frac{1}{n}} (x^3 - 3x + 2) dx\) 이다.
각각 \(x = -2 - u\), \(x = -2 + u\)로 치환하면:
$A_n = \int_{0}^{\frac{1}{n}} (u^3 + 6u^2 + 9u) du + \int_{0}^{\frac{1}{n}} (u^3 - 6u^2 + 9u) du = \int_{0}^{\frac{1}{n}} (2u^3 + 18u) du = \left[ \frac{1}{2}u^4 + 9u^2 \right]_{0}^{\frac{1}{n}} = \frac{1}{2n^4} + \frac{9}{n^2}$ 이다.
따라서 \(\lim_{n \to \infty} (n^2 A_n) = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2n^2} + 9 \right) = 9\) 이다.

정답: \(a = \sqrt[4]{5}, 1, 2\)
해설:
1. 음함수 \(x^4 + 7x^2 y^2 + y^4 = 45\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면:
\[4x^3 + 14x y^2 + 14x^2 y \frac{dy}{dx} + 4y^3 \frac{dy}{dx} = 0\] 2. \(\frac{dy}{dx} = -1\)을 대입하고 정리하면:
\[4x^3 + 14x y^2 - 14x^2 y - 4y^3 = 0 \implies 4(x^3 - y^3) - 14xy(x - y) = 0\] \[(x - y)\left(4x^2 + 4xy + 4y^2 - 14xy\right) = 0 \implies (x - y)(4x^2 - 10xy + 4y^2) = 0\] \[2(x - y)(2x^2 - 5xy + 2y^2) = 0 \implies (y - x)(2x - y)(x - 2y) = 0\] 3. 각 경우별 \(x = a\)의 값 도출:
(i) \(y = x\)일 때: \(x^4 + 7x^4 + x^4 = 45 \implies 9x^4 = 45 \implies x^4 = 5\). \(x > 0\)이므로 \(x = \sqrt[4]{5}\) 이다.
(ii) \(y = 2x\)일 때: \(x^4 + 7x^2(4x^2) + 16x^4 = 45 \implies (1 + 28 + 16)x^4 = 45 \implies 45x^4 = 45 \implies x^4 = 1 \implies x = 1\) 이다.
(iii) \(y = \frac{1}{2}x\)일 때: \(x^4 + 7x^2\left(\frac{1}{4}x^2\right) + \frac{1}{16}x^4 = 45 \implies \frac{45}{16}x^4 = 45 \implies x^4 = 16 \implies x = 2\) 이다.
따라서 가능한 \(a\)의 값은 \(\sqrt[4]{5}, 1, 2\) 이다.

[문제 3-1 정답]: \((-\infty, \infty)\) (실수 전체 구간)
해설: 미적분학의 기본정리를 이용하여 \(g'(x) = 1 + a e^{-x^2}\)을 구하면, \(a > 0\)이고 \(e^{-x^2} > 0\)이므로 모든 실수 \(x\)에 대하여 \(g'(x) > 0\) 이다. 따라서 \(g(x)\)가 증가하는 구간은 \((-\infty, \infty)\) 이다.

[문제 3-2 정답]: \(a = \frac{e}{e-1}\)
해설: \(g(x)\)가 실수 전체에서 증가하므로 일대일대응이고 역함수 \(g^{-1}(x)\)가 존재한다. \(x = g(u)\)라 하면 \(dx = g'(u)du\) 이고 \(x = 0 \implies u = 0\), \(x = g(1) \implies u = 1\) 이므로 치환적분을 할 수 있다:
\[\int_{0}^{g(1)} g^{-1}(x) dx = \int_{0}^{1} u g'(u) du = \int_{0}^{1} u (1 + a e^{-u^2}) du = \int_{0}^{1} u du + a \int_{0}^{1} u e^{-u^2} du\] 첫 번째 적분은 \(\left[ \frac{1}{2}u^2 \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2}\) 이다.
두 번째 적분은 \(t = u^2\)으로 치환하면 \(dt = 2u du \implies \int_{0}^{1} u e^{-u^2} du = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} e^{-t} dt = \frac{1}{2}(1 - e^{-1})\) 이다.
따라서 $\frac{1}{2} + \frac{a}{2}(1 - e^{-1}) = 1 \implies \frac{a}{2}(1 - e^{-1}) = \frac{1}{2} \implies a(1 - e^{-1}) = 1 \implies a = \frac{1}{1 - e^{-1}} = \frac{e}{e-1}$ 이다.

정답: \(440\)
해설:
1. 점 \(P_n(a_n^2, a_n)\)을 지나고 기울기가 \(-1\)인 직선의 방정식은 \(y - a_n = -1(x - a_n^2) \implies y = -x + a_n^2 + a_n\) 이다.
\(x\)축과의 교점이 \(Q_n(b_n, 0)\)이므로 \(0 = -b_n + a_n^2 + a_n \implies b_n = a_n^2 + a_n\) 이다. 따라서 \(Q_n(a_n^2 + a_n, 0)\) 이다.
2. 점 \(Q_n(a_n^2 + a_n, 0)\)을 지나고 기울기가 \(1\)인 직선의 방정식은 \(y - 0 = 1(x - a_n^2 - a_n) \implies y = x - (a_n^2 + a_n)\) 이다.
곡선 \(y = \sqrt{x} \implies x = y^2\)와의 교점 \(P_{n+1}(a_{n+1}^2, a_{n+1})\)을 구하기 위해 \(x = y^2\)을 대입하면:
\(y = y^2 - (a_n^2 + a_n) \implies y^2 - y - a_n(a_n + 1) = 0 \implies (y - (a_n + 1))(y + a_n) = 0\)
\(y > 0\)이므로 \(y = a_n + 1\) 이다. 따라서 \(a_{n+1} = a_n + 1\) 이다.
첫째항 \(a_1 = 1\)이므로 \(a_n = n\) 이다. 즉, \(P_n(n^2, n)\), \(Q_n(n^2 + n, 0)\), \(P_{n+1}((n+1)^2, n+1)\) 이다.
3. 두 직선의 기울기가 \(1\), \(-1\)이므로 두 직선은 직교하며 \(\angle P_n Q_n P_{n+1} = \frac{\pi}{2}\) 이다.
선분 \(\overline{P_n Q_n}\)의 길이는 \(\sqrt{(n^2 - (n^2+n))^2 + (n - 0)^2} = \sqrt{n^2 + n^2} = \sqrt{2}n\) 이다.
선분 \(\overline{Q_n P_{n+1}}\)의 길이는 \(\sqrt{(((n+1)^2 - (n^2+n))^2 + (n+1 - 0)^2} = \sqrt{(n+1)^2 + (n+1)^2} = \sqrt{2}(n+1)\) 이다.
삼각형 \(P_n Q_n P_{n+1}\)의 넓이 \(S_n = \frac{1}{2} \times \sqrt{2}n \times \sqrt{2}(n+1) = n(n+1) = n^2 + n\) 이다.
4. 구하고자 하는 급수의 값은:
\[\sum_{n=1}^{10} S_n = \sum_{n=1}^{10} (n^2 + n) = \frac{10 \times 11 \times 21}{6} + \frac{10 \times 11}{2} = 385 + 55 = 440\]

[문제 5-1 정답]: \(a = \frac{1}{2}, b = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
해설: \(f(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} (a\sin x + b\cos x)\)를 미분하면:
\[f'(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} (a\sin x + b\cos x) + e^{x+\frac{\pi}{3}} (a\cos x - b\sin x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} \left[ (a-b)\sin x + (a+b)\cos x \right]\] 조건 \(f\left(\frac{\pi}{6}\right) = e^{\frac{\pi}{2}}\) 대입:
\[e^{\frac{\pi}{2}} \left( a\sin \frac{\pi}{6} + b\cos \frac{\pi}{6} \right) = e^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1}{2}a + \frac{\sqrt{3}}{2}b \right) = e^{\frac{\pi}{2}} \implies a + \sqrt{3}b = 2 \quad \text{--- (①)}\] 조건 \(f'\left(\frac{\pi}{6}\right) = e^{\frac{\pi}{2}}\) 대입:
\[e^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1}{2}a + \frac{\sqrt{3}}{2}b \right) + e^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}a - \frac{1}{2}b \right) = e^{\frac{\pi}{2}} \implies e^{\frac{\pi}{2}} + e^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}a - \frac{1}{2}b \right) = e^{\frac{\pi}{2}}\] \[\implies \frac{\sqrt{3}}{2}a - \frac{1}{2}b = 0 \implies b = \sqrt{3}a \quad \text{--- (②)}\] ②를 ①에 대입하면 \(a + \sqrt{3}(\sqrt{3}a) = 4a = 2 \implies a = \frac{1}{2}\) 이고 \(b = \frac{\sqrt{3}}{2}\) 이다.

[문제 5-2 정답]: \(\frac{1}{\sqrt{2}} e^{\frac{3\pi}{4}}\)
해설: \(a = \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\), \(b = \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}\) 이므로 삼각함수의 합성(덧셈정리)에 의해:
\[f(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} \left( \sin x \cos \frac{\pi}{3} + \cos x \sin \frac{\pi}{3} \right) = e^{x+\frac{\pi}{3}} \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right)\] 미분하면 $f'(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} \left[ \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) + \cos\left(x + \frac{\pi}{3}\right) \right] = 0 \implies \tan\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = -1$
구간 \([0, \pi]\)에서 \(x + \frac{\pi}{3} \in \left[\frac{\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}\right]\)이므로 \(x + \frac{\pi}{3} = \frac{3\pi}{4} \implies x = \frac{5\pi}{12}\) 일 때 유일한 극댓값을 갖는다.
후보값 비교: \(f(0) = \frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{\pi}{3}}\), \(f\left(\frac{5\pi}{12}\right) = e^{\frac{3\pi}{4}} \sin \frac{3\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{\frac{3\pi}{4}}\), \(f(\pi) = -\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{4\pi}{3}}\).
\(f\left(\frac{5\pi}{12}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{\frac{3\pi}{4}}\)가 구간 \([0, \pi]\)에서의 최댓값이다.

[문제 6-1 정답]: A\((0, 1)\), B\((t, e^t)\), C\((t+1, e^{t+1})\)
해설: \(2 \le t \le 3\)일 때 점 \(P(t, 0)\)을 지나고 \(y = e^{|x|}\)와 한 점에서 만나는 점은 A\((0, 1)\)과 B\((t, e^t)\)가 있다.
세 번째 점 C는 곡선 \(y = e^x\)와 접하는 점이다. 접점 \((x, e^x)\)와 \(P(t, 0)\)을 잇는 직선의 기울기는 \(\frac{e^x - 0}{x - t} = e^x \implies \frac{1}{x-t} = 1 \implies x = t + 1\) 이다.
따라서 C\((t+1, e^{t+1})\) 이다. \(a_1 \lt b_1 \lt c_1\)이므로 A\((0, 1)\), B\((t, e^t)\), C\((t+1, e^{t+1})\) 이다.

[문제 6-2 정답]: \(\frac{1}{2}(2e^4 - 4e^3 + 2e^2 + 1)\)
해설: 두 점 B\((t, e^t)\), C\((t+1, e^{t+1})\)를 지나는 직선의 방정식은 \((e^{t+1} - e^t)x - y + e^t - t(e^{t+1} - e^t) = 0\) 이다.
점 A\((0, 1)\)에서 이 직선까지의 거리 \(h = \frac{| -1 + e^t - t(e^{t+1} - e^t) |}{\sqrt{(e^{t+1} - e^t)^2 + 1}}\) 이다.
밑변 \(\overline{\text{BC}} = \sqrt{(t+1-t)^2 + (e^{t+1}-e^t)^2} = \sqrt{1 + (e^{t+1}-e^t)^2}\) 이다.
삼각형 ABC의 넓이 \(S(t) = \frac{1}{2} \overline{\text{BC}} \cdot h = \frac{1}{2} \left[ (e-1)t e^t - e^t + 1 \right]\) 이다.
정적분 계산:
\[\int_{2}^{3} S(t) dt = \frac{1}{2} \int_{2}^{3} \left[ (e-1)t e^t - e^t + 1 \right] dt = \frac{1}{2} \left[ (e-1)(t e^t - e^t) - e^t + t \right]_{2}^{3}\] \[= \frac{1}{2} \left( 2e^4 - 4e^3 + 2e^2 + 1 \right)\]

정답: \(t^2 = 6 + 6\sqrt{5}\)
해설:
1. 타원 \(\frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} = 1\)에 접하는 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 \((3 - mt)^2 = 6m^2 + 3 \implies 9 - 6mt + m^2 t^2 = 6m^2 + 3 \implies (t^2 - 6)m^2 - 6tm + 6 = 0\) 이다.
2. 이 이차방정식의 두 근을 \(m_1 = \tan \theta_1\), \(m_2 = \tan \theta_2\) (\(m_1 > m_2\))라 하면 근과 계수의 관계에 의해:
\[m_1 + m_2 = \frac{6t}{t^2 - 6}, \quad m_1 m_2 = \frac{6}{t^2 - 6}\] 3. 두 접선이 이루는 예각이 \(45^\circ\)이므로 \(\tan(\theta_1 - \theta_2) = 1\) 이다.
\[1 = \tan^2(\theta_1 - \theta_2) = \frac{(m_1 - m_2)^2}{(1 + m_1 m_2)^2} = \frac{(m_1 + m_2)^2 - 4m_1 m_2}{(1 + m_1 m_2)^2}\] \[(1 + m_1 m_2)^2 = \left( 1 + \frac{6}{t^2-6} \right)^2 = \frac{t^4}{(t^2-6)^2}\] \[(m_1 + m_2)^2 - 4m_1 m_2 = \frac{36t^2}{(t^2-6)^2} - \frac{24(t^2-6)}{(t^2-6)^2} = \frac{12t^2 + 144}{(t^2-6)^2}\] 따라서 \(t^4 = 12t^2 + 144 \implies t^4 - 12t^2 - 144 = 0\) 이다.
\(t^2 \ge 0\)이므로 근의 공식에 의해 \(t^2 = \frac{12 + \sqrt{144 + 576}}{2} = \frac{12 + \sqrt{720}}{2} = 6 + 6\sqrt{5}\) 이다.

정답: 최솟값 \(-\frac{1}{2}\), 삼각형 ABC 넓이 \(\frac{\sqrt{3}}{4}\)
해설:
1. 원의 중심을 O라 하자 (\(\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}\)는 단위벡터):
2. \(\vec{OB}, \vec{OC}\) 사이의 사잇각을 \(\theta\) (\(0 \le \theta \le \pi\))라 하면 \(\vec{OB} \cdot \vec{OC} = \cos \theta\) 이다.
\(|\vec{OB} + \vec{OC}|^2 = 1 + 1 + 2\cos \theta = 2(1 + \cos \theta) = 4\cos^2 \frac{\theta}{2} \implies |\vec{OB} + \vec{OC}| = 2\cos \frac{\theta}{2}\) 이다.
3. \(\vec{OB} + \vec{OC}\)와 \(\vec{OA}\) 사이의 사잇각을 \(\phi\) (\(0 \le \phi \le \pi\))라 하면:
\[\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \cos \theta - 2\cos \frac{\theta}{2} \cos \phi + 1\] 내적이 최솟값을 가지려면 \(\cos \phi = 1\) (\(\phi = 0\), 즉 \(\vec{OA}\)가 \(\vec{OB}+\vec{OC}\)와 같은 방향)이어야 한다.
이때 내적은 $f(\theta) = \cos \theta - 2\cos \frac{\theta}{2} + 1 = 2\cos^2 \frac{\theta}{2} - 2\cos \frac{\theta}{2} = 2\left(\cos \frac{\theta}{2} - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{2}$ 이다.
따라서 \(\cos \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \implies \frac{\theta}{2} = \frac{\pi}{3} \implies \theta = \frac{2\pi}{3}\) 일 때 최솟값 \(-\frac{1}{2}\)을 갖는다.
4. 이때 \(\overline{AB} = \overline{AC} = 1\), \(\angle BAC = \frac{2\pi}{3}\) 이므로 삼각형 ABC의 넓이는:
\[\text{Area} = \frac{1}{2} \times 1 \times 1 \times \sin \frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{4}\]

정답: \(\frac{53}{128}\)
해설:
1. 팀이 고정되는 사건 \(A\) (\(P(A) = 1/2\))와 팀이 바뀌는 사건 \(A^c\) (\(P(A^c) = 1/2\))로 분류한다.
2. 팀이 고정되었을 때 4명 전원 합격 조건부확률 \(P(B|A)\):
각 팀이 1회 이상 통과할 확률은 \(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{5}{8}\) 이고, 두 팀 독입이므로 \(P(B|A) = \left(\frac{5}{8}\right)^2 = \frac{25}{64}\) 이다.
3. 팀이 바뀌었을 때 4명 전원 합격 조건부확률 \(P(B|A^c)\):
4개 테스트 모두 통과(\(1/16\)) + 3개 통과(\(4/16 = 1/4\)) + 2개 통과 중 전원합격 경우(\(2/16 = 1/8\)) = \(\frac{1}{16} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{7}{16}\) 이다.
4. 따라서 전원 합격 확률은 \(P(B) = \frac{1}{2} \times \frac{25}{64} + \frac{1}{2} \times \frac{7}{16} = \frac{25 + 28}{128} = \frac{53}{128}\) 이다.

[문제 2-1 정답]: \(a_1 = 6, 7, 8, 81\)
해설: \(n(A)=5\)가 되기 위해서는 수열의 주기 \(9 \to 3 \to 1 \to 9 \to 3 \to 1\)로 순환하기 전 \(a_3=9\)이어야 한다.
역추적에 의해 \(a_2=2\)일 때 \(a_1=6\), \(a_2=27\)일 때 \(a_1=7, 8, 81\)이 가능하므로 \(a_1 = 6, 7, 8, 81\) 이다.

[문제 2-2 정답]: \(a = 1\), 극솟값 \(g(0) = 3\), 극댓값 \(g(3) = 5e^{-3} + 4\)
해설:
1. 부분적분을 적용하면 \(\int_0^x f(t)dt = -x e^{-x} + x^2 + ax + x f(0)\) 이다. 미분하여 \(x=0\)을 대입하면 \(a = 1\)을 얻는다.
2. \(f(x) = (x-1)e^{-x} + 2x + 1 + f(0)\) 이고, 접선의 \(y\)절편 \(g(t) = (t^2 - t - 1)e^{-t} + 1 + f(0)\) 이다.
3. 적분 조건 \(\int_{\ln 2}^{\ln 4} g(t) dt\)를 계산하면 \(f(0) = 3\)을 얻으므로 \(g(t) = (t^2 - t - 1)e^{-t} + 4\) 이다.
4. \(g'(t) = (-t^2 + 3t)e^{-t} = 0\)에서 \(t=0, 3\)에서 극값을 가지며 극솟값 \(g(0)=3\), 극댓값 \(g(3)=5e^{-3}+4\) 이다.

[문제 3-1 정답]: \(\frac{3}{2}\ln 2 - 1\)
해설: 두 곡선의 교점의 \(x\)좌표는 \(x = 0, \ln 2\) 이다.
구하는 넓이 $S = \int_0^{\ln 2} \left( \frac{3e^{2x}-6}{e^{2x}+3e^x+2} - e^x + \frac{3}{2} \right) dx = \left[ 3\ln(e^x+3+2e^{-x}) - e^x + \frac{3}{2}x \right]_0^{\ln 2} = \frac{3}{2}\ln 2 - 1$ 이다.

[문제 3-2 정답]: \(\frac{525}{16}\)
해설: \(\overline{\text{BC}} = 2x\) (\(0 \le x \le 1\))라 하면 \(\overline{\text{AB}}^2 = \overline{\text{AC}}^2 = 2 + 2\sqrt{1-x^2}\) 이다.
\(f(x) = 16x^4 + 15(1+\sqrt{1-x^2})\) 이다. \(x^2 = t\) (\(0 \le t \le 1\))로 놓으면 \(f'(t) = 32t - \frac{15}{2\sqrt{1-t}} = 0\)에서 \(t = \frac{15}{16}\) 일 때 극대이자 최댓값을 갖는다.
최댓값 \(f\left(\frac{15}{16}\right) = 16\left(\frac{15}{16}\right)^2 + 15\left(1 + \frac{1}{4}\right) = \frac{225}{16} + \frac{300}{16} = \frac{525}{16}\) 이다.

[문제 4-1 정답]: \(32\)
해설: 쌍곡선 접선 성질에 의해 \(\triangle \text{OAB} = \triangle \text{OCD} = 6\) 이다.
\(\overline{\text{OA}}=2t, \overline{\text{OD}}=3t\)라 하면 사각형 넓이 \(S = 3t^2 + 12 + \frac{12}{t^2}\) 이다.
삼각형 넓이비 조건 \(\triangle \text{ADE} : \triangle \text{BCE}\) 관계식을 풀면 \(t^2 = 2/3\)을 얻는다.
따라서 사각형 \(\text{ABCD}\)의 넓이는 \(S = 3(2/3) + 12 + 18 = 32\) 이다.

[문제 4-2 정답]: \(\sqrt{30}\)
해설:
1. 삼각형 \(\text{BMG}\)의 넓이 \(S = 3\), 사면체 \(\text{BDMG}\)의 부피 \(V = 2\) 이다.
2. 이면각 \(\alpha\)에 대하여 \(\sin \alpha = \frac{\sqrt{30}}{6}\) 이다.
3. 따라서 \(S V \sin \alpha = 3 \times 2 \times \frac{\sqrt{30}}{6} = \sqrt{30}\) 이다.

정답: \(a\)의 최댓값 \(= \frac{1}{5}\)
해설:
1. 공 1회 제거 시 상금 \(X\)의 기댓값: \(E(X) = 100 \cdot P(B) - 2 = -20a + 18\) 이다.
(단, 빨간색 공이 제거되지 않을 확률 \(P(E^c) = 1-a\), 파란색 공 추출 확률 \(P(A) = \frac{a}{5} + \frac{4(1-a)}{5} = \frac{1}{5}a + \frac{4}{5}\), \(P(B) = 1-P(A) = -\frac{1}{5}a + \frac{1}{5}\))
2. 공 2회 제거 시 상금 \(Y\)의 기댓값: \(E(Y) = 100 \cdot P(D) - 4 = \frac{25}{2}a^2 - \frac{75}{2}a + 21\) 이다.
(단, 빨간 공 미제거 확률 \(P(F^c) = (1-a)\left(1-\frac{a}{2}\right) = \frac{1}{2}a^2 - \frac{3}{2}a + 1\), 파란 공 추출 확률 \(P(D) = \frac{1}{4}P(F^c) = \frac{1}{8}a^2 - \frac{3}{8}a + \frac{1}{4}\))
3. 조건 \(E(Y) \ge E(X) \iff \frac{25}{2}a^2 - \frac{75}{2}a + 21 \ge -20a + 18 \iff 25a^2 - 35a + 6 \ge 0 \iff (5a-1)(5a-6) \ge 0\) 이다.
\(0 \lt a \lt 1\) 이므로 범위는 \(0 < a \le \frac{1}{5}\) 이며, 최댓값은 \(\frac{1}{5}\) 이다.

[문제 2-1 정답]: \(-\frac{70}{3}\)
해설: 조건(가)에서 \(f(1)=1, f'(1)=0\) 이므로 \(f(x)-1 = (x-1)^2 (x-b)\) 로 놓을 수 있다.
\(f'(-1) = 4(b+2), f(-1) = -4b-3\) 이므로 \((-1, f(-1))\)에서의 접선은 \(y = 4(b+2)x + 5\) 이다.
\(f''(-1) > 0\) 이므로 접선이 곡선 아래에 위치하며, 둘러싸인 넓이 \(\int_{-1}^0 \{(x-1)^2 (x-b) - 4(b+2)x - 4\} dx = -\left(\frac{17}{12} + \frac{b}{3}\right) = \frac{53}{12} \implies b = -\frac{35}{2}\) 이다.
따라서 \(f'(x) = (x-1)(3x+34) \implies f'\left(\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{2}{3}\right)(35) = -\frac{70}{3}\) 이다.

[문제 2-2 정답]: \(\sqrt{3}\left(\frac{19}{96} + e^{-1/2} - e^{-2}\right)\) (또는 \(\frac{19\sqrt{3}}{96} + \sqrt{3}e^{-1/2} - \sqrt{3}e^{-2}\))
해설: 이차방정식 \(x^2 - \frac{1}{t+1}x - e^{\frac{t^2-2}{t+1}} = 0\)의 두 근 \(\alpha, \beta\)에 대하여 \(\alpha+\beta = \frac{1}{t+1}, \alpha\beta = -e^{\frac{t^2-2}{t+1}}\) 이다.
\(\overline{\text{PQ}}^2 = (\beta-\alpha)^2 (1 + (\alpha+\beta)^2) = \left(\frac{1}{(t+1)^2} + 4e^{\frac{t^2-2}{t+1}}\right)\left(\frac{1}{(t+1)^2} + 1\right)\) 이다.
정삼각형 넓이 \(S(t) = \frac{\sqrt{3}}{4}\overline{\text{PQ}}^2\) 이며, \(t+1 = u\) 치환 및 부분적분을 적용하여 정적분하면:
\(\int_0^1 S(t)dt = \frac{\sqrt{3}}{4} \left[ -\frac{1}{3(t+1)^3} - \frac{1}{t+1} + 4e^{t-1-\frac{1}{t+1}} \right]_0^1 = \sqrt{3}\left(\frac{19}{96} + e^{-1/2} - e^{-2}\right)\) 이다.

[문제 3-1 정답]: \(e \left( \frac{1}{\ln(14/15)} - \frac{1}{\ln 15} \right)\)
해설: 부분적분으로 \(a_{n+1} = \int_1^e (\ln x)^{n+1} dx = [x(\ln x)^{n+1}]_1^e - (n+1)a_n = e - (n+1)a_n \implies a_{n+1} + (n+1)a_n = e\) 이다.
소거형 수열의 합 공식 적용:
\(\sum_{n=1}^{13} e \frac{\ln(n+1) - \ln n}{\ln(n/15)\ln((n+1)/15)} = e \sum_{n=1}^{13} \left( \frac{1}{\ln(n/15)} - \frac{1}{\ln((n+1)/15)} \right) = e \left( \frac{1}{\ln(1/15)} - \frac{1}{\ln(14/15)} \right) = e \left( \frac{1}{\ln(14/15)} - \frac{1}{\ln 15} \right)\) 이다.

[문제 3-2 정답]: \(5\ln 5 - \ln 2 - \frac{27}{8}\)
해설: \(f(x) = \frac{1}{2}\ln \{((x-1)^2 + t^2)((x+1)^2 + t^2)\} = \frac{1}{2}\ln \{(x^2 + t^2 - 1)^2 + 4t^2\}\) 이다.
\(0 \lt t \lt 1\) 일 때 \(x = \pm \sqrt{1-t^2}\)에서 최솟값 \(g(t) = \ln(2t)\) 이다.
\(t \ge 1\) 일 때 \(x = 0\)에서 최솟값 \(g(t) = \ln(t^2 + 1)\) 이다.
정적분 분할 계산:
\(\int_{1/2}^1 2t \ln(2t) dt = [t^2 \ln(2t)]_{1/2}^1 - \int_{1/2}^1 t dt = \ln 2 - \frac{3}{8}\) 이다.
\(\int_1^2 2t \ln(t^2+1) dt = [u\ln u - u]_2^5 = 5\ln 5 - 2\ln 2 - 3\) 이다.
두 정적분의 합은 \(\left(\ln 2 - \frac{3}{8}\right) + (5\ln 5 - 2\ln 2 - 3) = 5\ln 5 - \ln 2 - \frac{27}{8}\) 이다.

[문제 4-1 정답]: \(4(\sqrt{2} + 1)\)
해설: 두 초점 \(F(2\sqrt{3},0), F'(-2\sqrt{3},0)\) 이다.
기울기 \(m\) (\(m<0\))인 접선의 절편 \(Q\left(\sqrt{16+\frac{4}{m^2}}, 0\right), R\left(0, \sqrt{16m^2+4}\right)\) 이다.
\(\overline{QR}^2 = 20 + 16m^2 + \frac{4}{m^2} \ge 20 + 2\sqrt{64} = 36\) (등호는 \(16m^2 = \frac{4}{m^2} \implies m = -\frac{1}{\sqrt{2}}\) 일 때) 이다.
이때 \(Q(2\sqrt{6}, 0), R(0, 2\sqrt{3}), P\left(2\sqrt{2}, \frac{2}{\sqrt{3}}\right)\) 이며 \(F'Q = 2\sqrt{3}(\sqrt{2}+1)\) 이다.
따라서 \(\triangle PRF' = \triangle QRF' - \triangle QPF' = \frac{1}{2} F'Q \cdot RO - \frac{1}{2} F'Q \cdot PH = 4(\sqrt{2}+1)\) 이다.

[문제 4-2 정답]: \(45 + 3\sqrt{5}\)
해설: \((m-5)^2 + (n-4)^2 < 9\)를 만족하는 정수점 \(P(m,n)\)의 범위는 \(3 \le m \le 7, 2 \le n \le 6\) 이다.
원 중심 \(Z(-1,8)\)에 대하여 \(\vec{OP} \cdot \vec{OQ} = \vec{OP} \cdot (\vec{OZ} + \vec{ZQ}) = \vec{OP} \cdot \vec{OZ} + |\vec{OP}|\cos\theta\) 이므로 \(\theta=0\) 일 때 최댓값을 갖는다.
\(n=6\) 일 때 최대가 되며, \(f(x) = (-x+48) + \sqrt{x^2+36}\) (\(x \in \{3,4,5,6,7\}\))는 감소함수이므로 \(x=m=3\) 일 때 최대이다.
따라서 \(P(3,6)\)일 때 최댓값은 \(\vec{OP} \cdot \vec{OZ} + |\vec{OP}| = (3(-1) + 6(8)) + \sqrt{9+36} = 45 + 3\sqrt{5}\) 이다.