(1) 상수 \(a\)의 값 (5점): \(x \ne 2\)일 때 분자 \(x^3 - 3x^2 + 4\)를 인수분해하면 \((x+1)(x-2)^2\)이다 [2점].
따라서 \(x \ne 2\)에서 \(f(x) = \dfrac{(x+1)(x-2)^2}{x-2} = (x+1)(x-2) = x^2 - x - 2\)이다 [1점].
\(f(x)\)가 \(x=2\)에서 연속이므로 \(a = \lim_{x \to 2} f(x) = (2+1)(2-2) = 0\)이다 [2점].
(2) \(g'(0)\)의 값 (5점): 모든 실수 \(x\)에서 \(f(x) = x^2 - x - 2\)이므로 \(g(x) = \dfrac{x^2 - x - 2}{x^2 + 1}\)이다 [1점].
몫의 미분법에 의해 \(g'(x) = \dfrac{(2x-1)(x^2+1) - (x^2-x-2)(2x)}{(x^2+1)^2} = \dfrac{x^2 + 6x - 1}{(x^2+1)^2}\) [2점]. 따라서 \(g'(0) = -1\)이다 [2점].
(3) \(h(x)\)의 증가 구간 (5점): \(h(x) = (x^2 - x - 2)e^{-x}\)를 미분하면 \(h'(x) = (2x - 1 - x^2 + x + 2)e^{-x} = -(x^2 - 3x - 1)e^{-x}\)이다 [2점].
\(e^{-x} > 0\)이므로 \(h'(x) \ge 0 \iff x^2 - 3x - 1 \le 0\)에서 증가 구간은 \(\left[\dfrac{3-\sqrt{13}}{2}, \ \dfrac{3+\sqrt{13}}{2}\right]\)이다 [3점].
답: (1) \(a = 0\)    (2) \(g'(0) = -1\)    (3) \(\left[\dfrac{3-\sqrt{13}}{2}, \ \dfrac{3+\sqrt{13}}{2}\right]\)

(1) \(\dfrac{dy}{dx}\) 계산 (5점): \(\dfrac{dx}{dt} = 2 - 2\cos 2t\), \(\dfrac{dy}{dt} = 2\sin 2t\)이다 [2점].
\(t = \dfrac{\pi}{4}\)일 때 \(\dfrac{dx}{dt}\Big|_{t=\frac{\pi}{4}} = 2 - 2\cos\dfrac{\pi}{2} = 2\), \(\dfrac{dy}{dt}\Big|_{t=\frac{\pi}{4}} = 2\sin\dfrac{\pi}{2} = 2\)이므로 \(\dfrac{dy}{dx}\Big|_{t=\frac{\pi}{4}} = \dfrac{2}{2} = 1\)이다 [3점].
(2) 최대 속력과 시각 (5점): 속력 \(v(t) = \sqrt{(2-2\cos 2t)^2 + (2\sin 2t)^2} = \sqrt{8(1-\cos 2t)} = \sqrt{16\sin^2 t} = 4|\sin t|\) [3점].
\(0 \le t \le \pi\)에서 \(\sin t \ge 0\)이므로 \(v(t) = 4\sin t\)이고, \(t = \dfrac{\pi}{2}\)일 때 최대 속력 \(4\)를 갖는다 [2점].
(3) 이동 거리 \(s\) (5점): \(s = \int_0^\pi 4\sin t\,dt = \Big[-4\cos t\Big]_0^\pi = 4 - (-4) = 8\)이다 [5점].
답: (1) \(1\)    (2) \(t = \dfrac{\pi}{2}\), 최대 속력 \(4\)    (3) \(s = 8\)

(1) \(I(0)\)과 \(I(1)\)의 값 (6점): \(a = 0\)일 때 \(I(0) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta\,d\theta = \Big[\sin\theta\Big]_0^{\frac{\pi}{2}} = 1\)이다 [2점].
\(a = 1\)일 때 \(1 + \sin\theta = u\)로 치환하면 \(\cos\theta\,d\theta = du\)이고 구간은 \([1, 2]\)가 되므로 \(I(1) = \int_1^2 \dfrac{1}{u}\,du = \ln 2\)이다 [4점].
(2) \(I(a)\)의 일반식 및 우극한 연속성 (7점): \(a > 0\)일 때 \(1 + a\sin\theta = u\)로 치환하면 \(a\cos\theta\,d\theta = du\)이므로 \[ I(a) = \frac{1}{a}\int_1^{1+a} \frac{1}{u}\,du = \frac{\ln(1+a)}{a} \quad [4\text{점}] \] 이때 \(\lim_{a \to 0+} I(a) = \lim_{a \to 0+} \dfrac{\ln(1+a)}{a} = 1 = I(0)\)이므로 \(a = 0\)에서 우연속이 성립한다 [3점].
(3) \(I(a)\)의 감소성 증명 (7점): \(a > 0\)에서 몫의 미분법으로 \(I'(a)\)를 구하면 \[ I'(a) = \frac{\frac{a}{1+a} - \ln(1+a)}{a^2} = \frac{a - (1+a)\ln(1+a)}{a^2(1+a)} \quad [3\text{점}] \] 분자를 \(k(a) = a - (1+a)\ln(1+a)\)라 하면 \(k(0) = 0\)이고, \(k'(a) = 1 - \{\ln(1+a) + 1\} = -\ln(1+a) < 0\) (\(a > 0\))이다 [2점].
따라서 \(a > 0\)에서 \(k(a) < k(0) = 0\)이므로 \(I'(a) < 0\)이 되어 제시문 가)에 의해 \(I(a)\)는 감소함수이다 [2점].
답: (1) \(I(0)=1,\ I(1)=\ln 2\)    (2) \(I(a)=\dfrac{\ln(1+a)}{a}\), 극한값 \(1\)    (3) \(I'(a) < 0\)이므로 감소

(1) \(\overline{\mathrm{AD}}\)의 길이 및 \(\cos(\angle\mathrm{ADC})\) (8점): \(\overline{\mathrm{BC}} = 6\)이므로 \(\overline{\mathrm{BD}} = 2,\ \overline{\mathrm{DC}} = 4\)이다 [2점].
\(\triangle\mathrm{ABD}\)에서 \(\angle B = 60^\circ\)이므로 코사인법칙에 의해 \(\overline{\mathrm{AD}}^2 = 6^2 + 2^2 - 2\cdot 6\cdot 2\cos 60^\circ = 36 + 4 - 12 = 28\)에서 \(\overline{\mathrm{AD}} = 2\sqrt{7}\)이다 [3점].
또한 \(\triangle\mathrm{ADC}\)에서 코사인법칙에 의해 \(\cos(\angle\mathrm{ADC}) = \dfrac{(2\sqrt{7})^2 + 4^2 - 6^2}{2\cdot 2\sqrt{7}\cdot 4} = \dfrac{28 + 16 - 36}{16\sqrt{7}} = \dfrac{1}{2\sqrt{7}}\)이다 [3점].
(2) \(\overline{\mathrm{CE}}\)의 길이 및 \(\triangle\mathrm{ADE}\)의 외접원 넓이 (12점): \(\angle\mathrm{ADB} + \angle\mathrm{ADE} + \angle\mathrm{EDC} = 180^\circ\)이고 \(\angle\mathrm{ADE}=60^\circ,\ \angle B=60^\circ\)이므로 \(\angle\mathrm{BAD} = \angle\mathrm{EDC}\)가 되어 \(\triangle\mathrm{ABD} \sim \triangle\mathrm{DCE}\) (AA 닮음)이다 [4점].
닮음비 \(\overline{\mathrm{AB}} : \overline{\mathrm{BD}} = \overline{\mathrm{DC}} : \overline{\mathrm{CE}}\)에서 \(6 : 2 = 4 : \overline{\mathrm{CE}}\)이므로 \(\overline{\mathrm{CE}} = \dfrac{4}{3}\)이다 [4점].
또한 \(\overline{\mathrm{DE}} = \dfrac{2}{3}\overline{\mathrm{AD}} = \dfrac{4\sqrt{7}}{3}\)이고, \(\triangle\mathrm{ADE}\)에서 코사인법칙으로 \(\overline{\mathrm{AE}}^2 = 28 + \dfrac{112}{9} - 2\cdot 2\sqrt{7}\cdot \dfrac{4\sqrt{7}}{3}\cos 60^\circ = \dfrac{196}{9}\)이므로 \(\overline{\mathrm{AE}} = \dfrac{14}{3}\)이다. 사인법칙 \(2R = \dfrac{\overline{\mathrm{AE}}}{\sin 60^\circ} = \dfrac{28}{3\sqrt{3}}\)에서 외접원의 넓이 \(\pi R^2 = \dfrac{196}{27}\pi\)이다 [4점].
답: (1) \(\overline{\mathrm{AD}} = 2\sqrt{7},\ \cos(\angle\mathrm{ADC}) = \dfrac{\sqrt{7}}{14}\)    (2) \(\overline{\mathrm{CE}} = \dfrac{4}{3}\), 외접원 넓이 \(\dfrac{196}{27}\pi\)

(1) 단면의 넓이 \(S(x)\)와 최대점 (10점): 한 변의 길이가 \(y = \sqrt{x}e^{-x}\)인 정삼각형의 넓이는 \[ S(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}y^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}xe^{-2x} \quad [5\text{점}] \] 미분하면 \(S'(x) = \dfrac{\sqrt{3}}{4}(1 - 2x)e^{-2x} = 0\)에서 \(x = \dfrac{1}{2}\)일 때 극대이자 최대가 된다 [5점].
(2) 입체도형의 부피 \(V(t)\) (10점): 부분적분법을 적용하면 \[ V(t) = \int_0^t \frac{\sqrt{3}}{4}xe^{-2x}\,dx = \frac{\sqrt{3}}{4}\left(\Big[-\frac{1}{2}xe^{-2x}\Big]_0^t + \int_0^t \frac{1}{2}e^{-2x}\,dx\right) = \frac{\sqrt{3}}{16}\left\{1 - (2t + 1)e^{-2t}\right\} \quad [10\text{점}] \] (3) 극한값 \(\lim_{t \to \infty} V(t)\) (10점): \(\lim_{t \to \infty} (2t+1)e^{-2t} = 0\)이므로 \(\lim_{t \to \infty} V(t) = \dfrac{\sqrt{3}}{16}\)이다 [10점].
답: (1) \(S(x) = \dfrac{\sqrt{3}}{4}xe^{-2x},\ x = \dfrac{1}{2}\)    (2) \(V(t) = \dfrac{\sqrt{3}}{16}\{1-(2t+1)e^{-2t}\}\)    (3) \(\dfrac{\sqrt{3}}{16}\)