[출처: 교과서 본문 대수 Ⅰ-2. 지수함수와 로그함수 (DB: ALG_Ch01_02) PDF p.3 유제 24 변형 | 성취기준: 12대수01-06, 12대수01-08]
[제시문 (가)] 혈중에 투여된 한방 추출 유효 성분의 농도는 시간이 지남에 따라 지수함수적으로 감소한다. 초기 혈중 농도가 $C_0$ ($ ext{mg/L}$)이고 반감기가 $T$시간일 때, 투여 후 $t$시간이 지난 시점의 혈중 농도 $C(t)$는 $C(t) = C_0 \left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T}}$로 주어진다.
[제시문 (나)] 어떤 환자에게 유효 성분을 정맥 투여한 직후 초기 농도는 $C_0 = 64$ ($ ext{mg/L}$)이고 반감기는 $T = 3$시간이다. 한편 보조 약물의시간 $t$에서의 대사 지표 함수는 $M(t) = 4^{t} - 10 \cdot 2^{t} + 16$으로 정의된다.
[문항 1-1] (8점) 제시문 (나)에서 유효 성분의 혈중 농도 $C(t)$가 초기 농도의 $\dfrac{1}{16}$ 이하로 떨어지는 최소 시간 $t$를 구하고, $C(t) = 8\sqrt{2}$가 되는 시각 $t$를 구하시오.
[문항 1-2] (8점) 보조 약물의 대사 지표가 음수가 되지 않는 구간, 즉 부등식 $M(t) \le 0$을 만족시키는 시간 $t$의 범위를 구하고, 그 구간에서 $\log_2 C(t)$의 최댓값과 최솟값을 각각 구하시오.
[문항 1-3] (9점) 유효 성분을 $6$시간마다 $48$ ($ ext{mg/L}$)씩 반복 투여할 때, $n$번째 투여 직후의 혈중 농도를 $A_n$ ($A_1 = 48$)이라 하자. 점화식 $A_{n+1} = \dfrac{1}{4}A_n + 48$을 이용하여 일반항 $A_n$을 구하고 $A_n < 64$가 항상 성립함을 설명하시오.
[1-1 풀이] $C(t) = 64 \cdot 2^{-t/3} \le 64 \cdot \dfrac{1}{16} = 4$에서 $2^{-t/3} \le 2^{-4}$이므로 $-\dfrac{t}{3} \le -4 \implies t \ge 12$ (최소 $12$시간)이다. 또한 $64 \cdot 2^{-t/3} = 8\sqrt{2} = 2^{7/2}$에서 $6 - \dfrac{t}{3} = \dfrac{7}{2} \implies t = \dfrac{15}{2}$시간이다.
[1-2 풀이] $u = 2^t > 0$으로 치환하면 $M(t) = u^2 - 10u + 16 = (u - 2)(u - 8) \le 0$에서 $2 \le 2^t \le 8 \implies 1 \le t \le 3$이다. 이때 $\log_2 C(t) = 6 - \dfrac{t}{3}$는 감소함수이므로 $t = 1$에서 최댓값 $\dfrac{17}{3}$, $t = 3$에서 최솟값 $5$를 갖는다.
[1-3 풀이] 반감기가 $3$시간이므로 $6$시간 경과 후 잔류율은 $\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4}$이다. $A_{n+1} - 64 = \dfrac{1}{4}(A_n - 64)$이고 $A_1 - 64 = -16$이므로 $A_n = 64 - 16\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$이다. 모든 자연수 $n$에 대하여 $16\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1} > 0$이므로 $A_n < 64$가 항상 성립한다.
| 평가 문항 | 대전대학교 한의예과 수리논술 채점 요소 및 부분점수 기준 | 배점 |
|---|
| 소문항 [1-1] | [1-1 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 8점 |
| 소문항 [1-2] | [1-2 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 8점 |
| 소문항 [1-3] | [1-3 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 9점 |
최종 정답 요약: (1-1) 최소 $12$시간, $t = \dfrac{15}{2}$ / (1-2) $1 \le t \le 3$, 최댓값 $\dfrac{17}{3}$, 최솟값 $5$ / (1-3) $A_n = 64 - 16\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$
[출처: 교과서 본문 대수 Ⅱ-1. 삼각함수 (DB: ALG_Ch02_01) PDF p.6 유제 24 변형 | 성취기준: 12대수02-03]
[제시문 (가)] 삼각형 $ABC$의 세 변의 길이를 $a, b, c$라 하고 외접원의 반지름을 $R$, 내접원의 반지름을 $r$라 할 때, 코사인법칙 $c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos C$와 사인법칙 $\dfrac{c}{\sin C} = 2R$ 및 넓이 공식 $S = \dfrac{1}{2}ab\sin C = \dfrac{r}{2}(a + b + c)$가 성립한다.
[제시문 (나)] 경혈 위치 측정을 위한 평면 모형 삼각형 $ABC$에서 $\overline{AB} = 8$, $\overline{AC} = 5$, $\angle BAC = \dfrac{\pi}{3}$이다. 변 $BC$ 위의 점 $P$는 $\angle BAP = \angle PAC = \dfrac{\pi}{6}$를 만족시킨다.
[문항 2-1] (8점) 삼각형 $ABC$에서 변 $BC$의 길이와 삼각형 $ABC$의 넓이 $S$를 각각 구하시오.
[문항 2-2] (8점) 삼각형 $ABC$의 외접원의 반지름 $R$와 내접원의 반지름 $r$를 각각 구하시오.
[문항 2-3] (9점) 각의 이등분선 $AP$의 길이를 구하고, 삼각형 $ABP$와 삼각형 $ACP$의 외접원의 반지름의 비를 구하시오.
[2-1 풀이] 코사인법칙에 의하여 $\overline{BC}^2 = 8^2 + 5^2 - 2 \cdot 8 \cdot 5 \cos\dfrac{\pi}{3} = 64 + 25 - 40 = 49$이므로 $\overline{BC} = 7$이다. 넓이는 $S = \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \sin\dfrac{\pi}{3} = 10\sqrt{3}$이다.
[2-2 풀이] 사인법칙에서 $2R = \dfrac{7}{\sin(\pi/3)} = \dfrac{14}{\sqrt{3}} \implies R = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$이다. 또한 둘레의 합이 $8 + 5 + 7 = 20$이므로 $S = \dfrac{20}{2}r = 10r = 10\sqrt{3}$에서 내접원의 반지름은 $r = \sqrt{3}$이다.
[2-3 풀이] $S = S_{\triangle ABP} + S_{\triangle ACP} \implies 10\sqrt{3} = \dfrac{1}{2}(8 + 5)\overline{AP}\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{13}{4}\overline{AP}$이므로 $\overline{AP} = \dfrac{40\sqrt{3}}{13}$이다. 또한 사인법칙에 의하여 $2R_{ABP} = \dfrac{\overline{BP}}{\sin(\pi/6)}$, $2R_{ACP} = \dfrac{\overline{CP}}{\sin(\pi/6)}$이고 각의 이등분선 정리에 의하여 $\overline{BP} : \overline{CP} = 8 : 5$이므로 두 외접원의 반지름의 비는 $8 : 5$이다.
| 평가 문항 | 대전대학교 한의예과 수리논술 채점 요소 및 부분점수 기준 | 배점 |
|---|
| 소문항 [2-1] | [2-1 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 8점 |
| 소문항 [2-2] | [2-2 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 8점 |
| 소문항 [2-3] | [2-3 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 9점 |
최종 정답 요약: (2-1) $\overline{BC} = 7, \; S = 10\sqrt{3}$ / (2-2) $R = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}, \; r = \sqrt{3}$ / (2-3) $\overline{AP} = \dfrac{40\sqrt{3}}{13}$, 비 $8 : 5$
[출처: 미래엔 미적분Ⅰ Ⅱ-2. 도함수의 활용 (DB: CAL1_Ch02) PDF p.6 유제 24 변형 | 성취기준: 12미적Ⅰ-02-07, 12미적Ⅰ-02-08]
[제시문 (가)] 닫힌구간 $[a, b]$에서 연속이고 열린구간 $(a, b)$에서 미분가능한 함수 $f(x)$에 대하여 $f'(x) = 0$인 점에서 도함수의 부호가 양에서 음으로 바뀌면 극대, 음에서 양으로 바뀌면 극소이다.
[제시문 (나)] 최고차항의 계수가 $1$인 삼차함수 $f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3(a^2 - 1)x + 4$ (단, $a > 0$)의 극점과 접선을 분석한다.
[문항 3-1] (8점) 함수 $f(x)$가 극댓값과 극솟값을 갖는 $x$의 좌표를 $a$에 대한 식으로 나타내고, 극댓값과 극솟값의 차를 구하시오.
[문항 3-2] (8점) 곡선 $y = f(x)$의 극대점과 극소점의 중점(변곡점)의 $y$좌표가 $6$일 때, 양수 $a$의 값을 구하시오.
[문항 3-3] (9점) 문항 3-2에서 구한 $a$에 대하여 닫힌구간 $[0, 4]$에서 함수 $|f(x)|$의 최댓값과 최솟값을 각각 구하시오.
[3-1 풀이] $f'(x) = 3x^2 - 6ax + 3(a^2 - 1) = 3\{(x - a)^2 - 1\} = 3(x - a + 1)(x - a - 1) = 0$이므로 $x = a - 1$에서 극대, $x = a + 1$에서 극소이다. 극댓값과 극솟값의 차는 $\int_{a-1}^{a+1} |f'(x)|\,dx = \dfrac{3}{6}\cdot 2^3 = 4$이다.
[3-2 풀이] 변곡점의 $x$좌표는 두 극점의 중점인 $x = a$이므로 변곡점의 $y$좌표는 $f(a) = a^3 - 3a^3 + 3a(a^2 - 1) + 4 = a^3 - 3a + 4$이다. $a^3 - 3a + 4 = 6 \iff (a - 2)(a^2 + 2a + 1) = (a - 2)(a + 1)^2 = 0$에서 $a > 0$이므로 $a = 2$이다.
[3-3 풀이] $a = 2$일 때 $f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 4 = (x - 1)^2(x - 4) + 8$에서 $f(0) = 4, \; f(1) = 8, \; f(3) = 4, \; f(4) = 8$이므로 구간 $[0, 4]$에서 $|f(x)|$의 최댓값은 $8$, 최솟값은 $4$이다.
| 평가 문항 | 대전대학교 한의예과 수리논술 채점 요소 및 부분점수 기준 | 배점 |
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| 소문항 [3-1] | [3-1 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 8점 |
| 소문항 [3-2] | [3-2 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 8점 |
| 소문항 [3-3] | [3-3 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 9점 |
최종 정답 요약: (3-1) 극대 $x=a-1$, 극소 $x=a+1$, 차 $4$ / (3-2) $a = 2$ / (3-3) 최댓값 $8$, 최솟값 $4$
[출처: 미래엔 미적분Ⅰ Ⅲ-2. 정적분의 활용 (DB: CAL1_Ch03) PDF p.6 유제 24 변형 | 성취기준: 12미적Ⅰ-03-05, 12미적Ⅰ-03-06]
[제시문 (가)] 닫힌구간 $[a, b]$에서 연속인 함수 $f(x)$에 대하여 $\dfrac{d}{dx}\int_a^x f(t)\,dt = f(x)$가 성립한다.
[제시문 (나)] 다항함수 $f(x)$가 모든 실수 $x$에 대하여 $\int_0^x f(t)\,dt = x^3 - 3x^2 + 2x$를 만족시킨다.
[문항 4-1] (8점) 다항함수 $f(x)$를 구하고, 방정식 $f(x) = 0$의 두 실근 $\alpha, \beta$ ($\alpha < \beta$)를 구하시오.
[문항 4-2] (8점) 닫힌구간 $[0, 2]$에서 곡선 $y = f(x)$와 $x$축으로 둘러싸인 도형의 넓이 $S$를 구하시오.
[문항 4-3] (9점) 실수 $k$에 대하여 정적분 $I(k) = \int_0^2 \{f(x) - k\}^2\,dx$가 최소가 되도록 하는 상수 $k$의 값과 그때의 최솟값을 구하시오.
[4-1 풀이] 주어진 등식의 양변을 $x$에 대하여 미분하면 $f(x) = 3x^2 - 6x + 2$이다. $3x^2 - 6x + 2 = 0$의 두 실근은 근의 공식에 의하여 $\alpha = 1 - \dfrac{\sqrt{3}}{3}, \; \beta = 1 + \dfrac{\sqrt{3}}{3}$이다.
[4-2 풀이] $F(x) = \int_0^x f(t)\,dt = x^3 - 3x^2 + 2x$라 하면 $F(0) = 0, \; F(2) = 0$이다. 구간 $[\alpha, \beta]$에서 $f(x) \le 0$이고 나머지 구간에서 $f(x) \ge 0$이므로 $S = F(\alpha) - F(\beta) + (F(2) - F(\beta)) + F(\alpha) = 2\{F(\alpha) - F(\beta)\} = 2 \cdot \dfrac{3}{6}(\beta - \alpha)^3 = \left(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)^3 = \dfrac{8\sqrt{3}}{9}$이다.
[4-3 풀이] $I(k) = \int_0^2 \{f(x)\}^2\,dx - 2k\int_0^2 f(x)\,dx + 2k^2$에서 $\int_0^2 f(x)\,dx = F(2) = 0$이므로 $I(k) = 2k^2 + \int_0^2 (9x^4 - 36x^3 + 48x^2 - 24x + 4)\,dx$이다. 따라서 $k = 0$일 때 최소이며, 최솟값은 $\left[\dfrac{9}{5}x^5 - 9x^4 + 16x^3 - 12x^2 + 4x\right]_0^2 = \dfrac{288}{5} - 144 + 128 - 48 + 8 = \dfrac{8}{5}$이다.
| 평가 문항 | 대전대학교 한의예과 수리논술 채점 요소 및 부분점수 기준 | 배점 |
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| 소문항 [4-1] | [4-1 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 8점 |
| 소문항 [4-2] | [4-2 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 8점 |
| 소문항 [4-3] | [4-3 풀이] 수학적 정의 및 단계별 논증 완결성 | 9점 |
최종 정답 요약: (4-1) $f(x) = 3x^2 - 6x + 2, \; 1 \pm \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ / (4-2) $S = \dfrac{8\sqrt{3}}{9}$ / (4-3) $k = 0$, 최솟값 $\dfrac{8}{5}$