(1) \(g(4)\)와 \(g'(4)\) 계산 (7점): \(f(1) = 1 + 2 + e^0 = 4\)이고 \(f'(x) = 3x^2 + 2 + e^{x-1} > 0\)이므로 \(g(4) = 1\)이다 [3점].
\(f'(1) = 3 + 2 + 1 = 6\)이므로 역함수의 미분법에 의해 \(g'(4) = \dfrac{1}{f'(1)} = \dfrac{1}{6}\)이다 [4점].
(2) 극한값 계산 (8점): \(g(4) = 1\)을 이용하면 \[ \lim_{x \to 4} \frac{g(x) - 1}{x^2 - 16} = \lim_{x \to 4} \frac{g(x) - g(4)}{x - 4} \cdot \frac{1}{x + 4} = g'(4) \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{48} \quad [8\text{점}] \] 답: (1) \(g(4)=1,\ g'(4)=\dfrac{1}{6}\)    (2) \(\dfrac{1}{48}\)

(1) \(I_1, I_2\) 계산 (5점): \(I_1 = \Big[x\ln x - x\Big]_1^e = (e - e) - (0 - 1) = 1\)이다 [2점].
\(I_2 = \Big[x(\ln x)^2\Big]_1^e - 2\int_1^e \ln x\,dx = e - 2I_1 = e - 2\)이다 [3점].
(2) 점화식 증명 (5점): \(u = (\ln x)^{n+1},\ v' = 1\)로 부분적분하면 \[ I_{n+1} = \Big[x(\ln x)^{n+1}\Big]_1^e - \int_1^e x \cdot (n+1)(\ln x)^n \frac{1}{x}\,dx = e - (n+1)I_n \quad [5\text{점}] \] (3) 극한값 \(\lim_{n \to \infty} n I_n\) (5점): 구간 \([1, e]\)에서 \(0 \le \ln x \le 1\)이므로 \(0 \le I_{n+1} \le I_n\)이다. 점화식에서 \(e = I_{n+1} + (n+1)I_n\)이므로 \((n+1)I_{n+1} \le I_{n+1} + (n+1)I_n = e \le (n+2)I_n\)이 성립한다. 조임정리에 의해 \(\lim_{n \to \infty} nI_n = e\)이다 [5점].
답: (1) \(I_1=1,\ I_2=e-2\)    (2) 부분적분 증명    (3) \(e\)

(1) \(h(t)\) 도출 (6점): \(y' = \dfrac{2x}{x^2+1}\)이므로 점 \(\mathrm{P}\)에서의 접선의 방정식은 \(y - \ln(t^2+1) = \dfrac{2t}{t^2+1}(x - t)\)이다 [3점].
\(x = 0\)을 대입하면 \(h(t) = \ln(t^2+1) - \dfrac{2t^2}{t^2+1}\)이다 [3점].
(2) \(h(t)\)의 최솟값 (7점): 미분하면 \(h'(t) = \dfrac{2t}{t^2+1} - \dfrac{4t(t^2+1) - 2t^2(2t)}{(t^2+1)^2} = \dfrac{2t(t^2 - 1)}{(t^2+1)^2}\)이다 [4점].
\(t > 0\)에서 \(t = 1\)일 때 극소이자 최소가 되며, 최솟값은 \(h(1) = \ln 2 - 1\)이다 [3점].
(3) 정적분 \(\int_0^1 h(t)\,dt\) (7점): \(h(t) = \ln(t^2+1) - 2 + \dfrac{2}{t^2+1}\)이고, 부분적분으로 \(\int_0^1 \ln(t^2+1)\,dt = \Big[t\ln(t^2+1)\Big]_0^1 - \int_0^1 \dfrac{2t^2}{t^2+1}\,dt\)임을 이용하면 \[ \int_0^1 h(t)\,dt = \Big[t\ln(t^2+1)\Big]_0^1 - 2\int_0^1 \frac{2t^2}{t^2+1}\,dt = \ln 2 - 4\int_0^1 \left(1 - \frac{1}{t^2+1}\right)dt = \ln 2 - 4 + \pi \quad [7\text{점}] \] 답: (1) \(h(t) = \ln(t^2+1) - \dfrac{2t^2}{t^2+1}\)    (2) \(t=1,\ \ln 2 - 1\)    (3) \(\ln 2 + \pi - 4\)

(1) \(\cos B\) 및 \(\overline{\mathrm{AC}}\) (10점): \(\angle B = \theta\)라 하면 \(\angle D = \pi - \theta\)이다. \(\triangle\mathrm{ABC}\)와 \(\triangle\mathrm{ADC}\)에서 코사인법칙에 의해 \[ \overline{\mathrm{AC}}^2 = 3^2 + 4^2 - 2\cdot 3\cdot 4\cos\theta = 2^2 + 5^2 - 2\cdot 2\cdot 5\cos(\pi-\theta) \implies 25 - 24\cos\theta = 29 + 20\cos\theta \quad [5\text{점}] \] 따라서 \(\cos\theta = -\dfrac{1}{11}\)이고, \(\overline{\mathrm{AC}}^2 = 25 - 24\left(-\dfrac{1}{11}\right) = \dfrac{299}{11}\)에서 \(\overline{\mathrm{AC}} = \sqrt{\dfrac{299}{11}}\)이다 [5점].
(2) 사각형 넓이 \(S\)와 외접원 반지름 \(R\) (10점): \(\sin\theta = \sqrt{1 - \dfrac{1}{121}} = \dfrac{2\sqrt{30}}{11}\)이므로 \[ S = \frac{1}{2}(3\cdot 4 + 2\cdot 5)\sin\theta = 11 \cdot \frac{2\sqrt{30}}{11} = 2\sqrt{30}, \quad R = \frac{\overline{\mathrm{AC}}}{2\sin\theta} = \frac{\sqrt{299/11}}{4\sqrt{30}/11} = \frac{\sqrt{98670}}{120} \quad [10\text{점}] \] 답: (1) \(\cos(\angle\mathrm{ABC}) = -\dfrac{1}{11},\ \overline{\mathrm{AC}} = \sqrt{\dfrac{299}{11}}\)    (2) \(S = 2\sqrt{30},\ R = \dfrac{\sqrt{98670}}{120}\)

(1) 상수 \(a, b\) 및 \(f(x)\) 도출 (15점): 주어진 식의 양변에 \(x = 0\)을 대입하면 \(0 = 1 - 1\)이 성립한다. 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 제시문 나)에 의해 \[ \int_0^x f(t)\,dt = 2e^{2x} - 2ax - b \quad [5\text{점}] \] 여기에 \(x = 0\)을 대입하면 \(0 = 2 - b\)에서 \(b = 2\)이다 [3점]. 다시 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 \(f(x) = 4e^{2x} - 2a\)이다. 문제 조건에서 \(f(0) = 4\)라 할 때 (또는 \(a=0\) 기본형 기준, \(a=0\)일 때 \(f(x)=4e^{2x}\)이며, 만약 \(f(0)=0\) 조건이면 \(a=2\)가 됨. 여기서는 \(f(0)=4 \implies a=0\) 또는 일반해 \(f(x)=4e^{2x}-2a\)에서 곡선 \(y=f(x)\)가 \((0, 4)\)를 지나므로 \(a = 0,\ f(x) = 4e^{2x}\))이다 [7점].
(2) 넓이 계산 (15점): \(a = 0\)일 때 \(y = 4e^{2x}\)와 \(x = 0, x = 1\) 및 \(x\)축으로 둘러싸인 영역과 직선 \(y = 4x + 4\)의 차이를 구간 \([0, 1]\)에서 적분하면 \[ \int_0^1 (4e^{2x} - 4x - 4)\,dx = \Big[2e^{2x} - 2x^2 - 4x\Big]_0^1 = (2e^2 - 6) - 2 = 2e^2 - 8 \quad [15\text{점}] \] 답: (1) \(b = 2,\ f(x) = 4e^{2x} - 2a\) (\(a=0\)일 때 \(4e^{2x}\))    (2) \(2e^2 - 8\) (구간 \([0,1]\) 기준)