2027학년도 경희대학교 자연계열 모의고사 2회 해설집

쪽수	회차 (난이도)	논제 번호	출제 과목	핵심 수학 개념 (출제의도 · 채점기준 · 모범답안 수록)
p. 2	제2회 (기출)	자연계열 [논제 Ⅰ]	미적분	매개변수로 나타낸 함수의 미분법, 무리식의 극한, 평면 운동에서 점이 움직인 거리(곡선의 길이)
p. 3	제2회 (기출)	자연계열 [논제 Ⅱ]	수학Ⅱ · 미적분 · 기하	무리함수 곡선의 접선과 법선, 정적분과 도형의 넓이 비, 직각삼각형의 외접원 반지름과 함수의 극한
p. 4	제2회 (기출)	자연계열 [논제 Ⅲ]	수학Ⅰ · 미적분	사인법칙, 삼각형의 넓이와 내접원의 반지름, 삼각함수의 덧셈정리와 미분을 이용한 최댓값

제2회 자연계열 [문항 1] 논제 Ⅰ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (30점)

[출처: 미래엔 미적분Ⅰ Ⅰ. 함수의 극한과 연속 (DB: CAL1_Ch01) PDF p.22 탐구 3021 변형 | 성취기준: 12미적Ⅰ-01-02, 12미적Ⅰ-02-05, 12미적Ⅱ-03-01]

기출 유사 (난이도 ★★★☆☆) · 2026 경희대 자연계열 기출 변형 · 미적분(미래엔 p.92 / 천재 p.158) · 총 30점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제2회 논제 Ⅰ]은 경희대 자연계열 기출의 단골 주제인 매개변수 미분법과 곡선의 길이(이동 거리) 공식을 결합한 문항이다. $\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2$이 완전제곱식 $\left(t + \frac{n^2}{t}\right)^2$으로 인수분해되는 구조를 발견하여 정적분을 계산하는 능력을 평가한다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅰ-(1)	<5점> $\frac{dy}{dx} = \frac{2nt}{t^2-n^2}$ 도출 <5점> $t > n$ 조건에서 $t_n = n^2 + \sqrt{n^4+n^2}$ 결정 <5점> 유리화를 통해 $\lim_{n\to\infty}(t_n - 2n^2) = \frac{1}{2}$ 산출
논제 Ⅰ-(2)	<6점> 속력 $\sqrt{(x')^2+(y')^2} = t + \frac{n^2}{t}$ 인수분해 <5점> $l_n = \frac{e^2+1}{2}n^2$ 계산 <4점> $d_n = \frac{e^2-3}{2}n^2$ 및 $\frac{l_n}{d_n} = \frac{e^2+1}{e^2-3}$ 도출

📘 [제2회 모의 자연계열 논제 Ⅰ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$매개변수 곡선 $x(t) = \frac{1}{2}t^2 - n^2\ln t,\ y(t) = 2nt$$

매개변수 곡선 $x(t) = \frac{1}{2}t^2 - n^2\ln t,\ y(t) = 2nt$

■ 논제 Ⅰ-(1) 예시답안 (15점)

$x(t) = \dfrac{1}{2}t^2 - n^2\ln t,\ y(t) = 2nt$를 $t$에 대하여 미분하면 $\dfrac{dx}{dt} = t - \dfrac{n^2}{t} = \dfrac{t^2 - n^2}{t},\ \dfrac{dy}{dt} = 2n$이다. 따라서 제시문 [가]에 의하여 $t > n$일 때 접선의 기울기는 \[ \frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{2n}{\frac{t^2-n^2}{t}} = \frac{2nt}{t^2 - n^2} \quad \cdots\cdots \text{ <5점>} \] 이다. 접선의 기울기가 $\dfrac{1}{n}$이 되는 시각 $t_n\ (t_n > n)$은 방정식 $\dfrac{2nt}{t^2 - n^2} = \dfrac{1}{n}$, 즉 $t^2 - 2n^2 t - n^2 = 0$의 양의 근이므로 \[ t_n = n^2 + \sqrt{n^4 + n^2} \quad (\because t_n > n) \quad \cdots\cdots \text{ <5점>} \] 이다. 따라서 구하는 극한값은 분자·분모에 켤레식을 곱하여 다음과 같이 계산된다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ \[ \lim_{n\to\infty}(t_n - 2n^2) = \lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^4 + n^2} - n^2\right) = \lim_{n\to\infty}\frac{(n^4 + n^2) - n^4}{\sqrt{n^4 + n^2} + n^2} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} + 1} = \frac{1}{2} \]

정답 (1): $t_n = n^2 + \sqrt{n^4 + n^2},\quad \displaystyle\lim_{n\to\infty}(t_n - 2n^2) = \frac{1}{2}$

■ 논제 Ⅰ-(2) 예시답안 (15점)

시각 $t$에서의 속력을 구하기 위해 $\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\dfrac{dy}{dt}\right)^2$을 정리하면 \[ \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = \left(t - \frac{n^2}{t}\right)^2 + (2n)^2 = t^2 - 2n^2 + \frac{n^4}{t^2} + 4n^2 = t^2 + 2n^2 + \frac{n^4}{t^2} = \left(t + \frac{n^2}{t}\right)^2 \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. $t \ge n > 0$에서 $t + \dfrac{n^2}{t} > 0$이므로 제시문 [나]에 의하여 $t = n$에서 $t = en$까지 점 $\mathrm{P}$가 움직인 거리 $l_n$은 \[ l_n = \int_{n}^{en}\left(t + \frac{n^2}{t}\right)dt = \left[\frac{1}{2}t^2 + n^2\ln t\right]_{n}^{en} = \frac{1}{2}(e^2 n^2 - n^2) + n^2(\ln(en) - \ln n) = \frac{e^2 + 1}{2}n^2 \quad \cdots\cdots \text{ <5점>} \] 이다. 한편 같은 시간 동안 $x$좌표의 증가량 $d_n = x(en) - x(n)$은 \[ d_n = \left\{\frac{1}{2}e^2 n^2 - n^2\ln(en)\right\} - \left\{\frac{1}{2}n^2 - n^2\ln n\right\} = \frac{1}{2}(e^2 - 1)n^2 - n^2 = \frac{e^2 - 3}{2}n^2 \] 이므로 구하는 비율은 $\dfrac{l_n}{d_n} = \dfrac{\frac{e^2+1}{2}n^2}{\frac{e^2-3}{2}n^2} = \dfrac{e^2 + 1}{e^2 - 3}$이다. $\cdots\cdots \text{ <4점>}$

정답 (2): $l_n = \dfrac{e^2+1}{2}n^2,\quad d_n = \dfrac{e^2-3}{2}n^2,\quad \dfrac{l_n}{d_n} = \dfrac{e^2 + 1}{e^2 - 3}$

제2회 자연계열 [문항 2] 논제 Ⅱ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (33점)

[출처: 미래엔 미적분Ⅰ Ⅲ. 다항함수의 적분법 (DB: CAL1_Ch03) PDF p.28 탐구 3022 변형 | 성취기준: 12미적Ⅰ-02-05, 12미적Ⅰ-03-05]

기출 유사 (난이도 ★★★☆☆) · 2025 경희대 자연계열 기출 변형 · 미적분(신사고 p.134) / 수학Ⅱ(미래엔 p.128) · 총 33점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제2회 논제 Ⅱ]는 무리함수 $y = 2\sqrt{x}$ 위의 점 $\mathrm{P}(t^2, 2t)$에서의 접선과 법선의 기하학적 성질을 정적분 넓이 및 외접원 반지름과 결합한 문항이다. 접선과 법선이 점 $\mathrm{P}$에서 수직으로 만나므로 $\angle\mathrm{APQ} = 90^\circ$인 직각삼각형의 빗변 $\overline{\mathrm{AQ}}$가 외접원의 지름이 된다는 핵심 성질을 파악하는지 평가한다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅱ-(1)	<5점> 접선 $y = \frac{1}{t}x + t$ 및 $\mathrm{A}(-t^2,0), \mathrm{B}(0,t)$ 도출 <4점> $S_1(t) = \frac{1}{2}t^3$ 산출 <7점> 정적분으로 $S_2(t) = \frac{1}{6}t^3$ 및 $\frac{S_2(t)}{S_1(t)} = \frac{1}{3}$ 증명
논제 Ⅱ-(2)	<6점> 법선의 방정식 $y - 2t = -t(x - t^2)$ 및 $\mathrm{Q}(t^2+2, 0)$ 도출 <6점> $\angle\mathrm{APQ}=90^\circ$로부터 $R(t) = \frac{1}{2}\overline{\mathrm{AQ}} = t^2+1$ 산출 <5점> 극한값 $1$ 계산

📘 [제2회 모의 자연계열 논제 Ⅱ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$곡선 $y = 2\sqrt{x}$ 위의 점 $\mathrm{P}(t^2, 2t)$에서의 접선 $\mathrm{AB}$와 법선 $\mathrm{PQ}$$

곡선 $y = 2\sqrt{x}$ 위의 점 $\mathrm{P}(t^2, 2t)$에서의 접선 $\mathrm{AB}$와 법선 $\mathrm{PQ}$

■ 논제 Ⅱ-(1) 예시답안 (16점)

함수 $y = 2\sqrt{x}$를 미분하면 $y' = \dfrac{1}{\sqrt{x}}$이므로 점 $\mathrm{P}(t^2, 2t)\ (t > 0)$에서의 접선의 기울기는 $\dfrac{1}{t}$이다. 따라서 접선 $l$의 방정식은 \[ y - 2t = \frac{1}{t}(x - t^2) \implies y = \frac{1}{t}x + t \quad \cdots\cdots \text{ <5점>} \] 이다. 직선 $l$의 $x$절편과 $y$절편은 각각 $\mathrm{A}(-t^2, 0),\ \mathrm{B}(0, t)$이므로 삼각형 $\mathrm{OAB}$의 넓이 $S_1(t)$는 \[ S_1(t) = \frac{1}{2}\times\overline{\mathrm{OA}}\times\overline{\mathrm{OB}} = \frac{1}{2}\times t^2\times t = \frac{1}{2}t^3 \quad \cdots\cdots \text{ <4점>} \] 이다. 한편 구간 $[0, t^2]$에서 직선 $\mathrm{BP}$가 곡선 $y = 2\sqrt{x}$보다 위쪽에 있으므로 제시문 [다]에 의하여 $S_2(t)$는 다음과 같다. \[ S_2(t) = \int_{0}^{t^2}\left(\frac{1}{t}x + t - 2\sqrt{x}\right)dx = \left[\frac{1}{2t}x^2 + tx - \frac{4}{3}x^{3/2}\right]_{0}^{t^2} = \frac{1}{2}t^3 + t^3 - \frac{4}{3}t^3 = \frac{1}{6}t^3 \] 따라서 $\dfrac{S_2(t)}{S_1(t)} = \dfrac{\frac{1}{6}t^3}{\frac{1}{2}t^3} = \dfrac{1}{3}$으로 $t$의 값에 관계없이 항상 일정하다. $\cdots\cdots \text{ <7점>}$

정답 (1): $S_1(t) = \dfrac{1}{2}t^3,\quad S_2(t) = \dfrac{1}{6}t^3,\quad \dfrac{S_2(t)}{S_1(t)} = \dfrac{1}{3}$ (일정)

■ 논제 Ⅱ-(2) 예시답안 (17점)

점 $\mathrm{P}(t^2, 2t)$를 지나고 접선 $l$ (기울기 $\frac{1}{t}$)에 수직인 법선의 기울기는 $-t$이므로 법선의 방정식은 \[ y - 2t = -t(x - t^2) \implies y = -tx + t^3 + 2t \] 이다. 이 법선이 $x$축($y = 0$)과 만나는 점 $\mathrm{Q}$의 좌표는 $-tx + t^3 + 2t = 0\ (t > 0)$에서 $\mathrm{Q}(t^2 + 2, 0)$이다. $\cdots\cdots \text{ <6점>}$ 접선 $\mathrm{PA}$와 법선 $\mathrm{PQ}$는 점 $\mathrm{P}$에서 서로 수직이므로 삼각형 $\mathrm{PAQ}$는 $\angle\mathrm{APQ} = 90^\circ$인 직각삼각형이다. 직각삼각형의 외접원의 중심은 빗변 $\mathrm{AQ}$의 중점이므로 외접원의 반지름의 길이 $R(t)$는 빗변 $\overline{\mathrm{AQ}}$의 길이의 절반이다. \[ \overline{\mathrm{AQ}} = (t^2 + 2) - (-t^2) = 2t^2 + 2 \implies R(t) = \frac{1}{2}\overline{\mathrm{AQ}} = t^2 + 1 \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 따라서 구하는 극한값은 다음과 같다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ \[ \lim_{t\to 0^+}\frac{R(t) - 1}{t^2} = \lim_{t\to 0^+}\frac{(t^2 + 1) - 1}{t^2} = 1 \]

정답 (2): $R(t) = t^2 + 1,\quad \displaystyle\lim_{t\to 0^+}\frac{R(t) - 1}{t^2} = 1$

제2회 자연계열 [문항 3] 논제 Ⅲ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (37점)

[출처: 대수 Ⅱ. 삼각함수 (DB: ALG_Ch02_01) PDF p.34 탐구 3023 변형 | 성취기준: 12대수02-02, 12대수02-03, 12미적Ⅱ-02-01]

기출 유사 (난이도 ★★★☆☆) · 2026·2024 경희대 자연계열 기출 변형 · 수학Ⅰ(천재 p.98) / 미적분(미래엔 p.68) · 총 37점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제2회 논제 Ⅲ]은 사인법칙과 삼각함수의 덧셈정리를 활용하여 원에 내접하는 삼각형의 세 변의 길이, 둘레, 넓이, 내접원의 반지름 $r(\theta)$를 모두 $\theta - \frac{\pi}{3}$에 대한 대칭적인 삼각함수로 표현하고, 미분법을 통해 극대와 최댓값을 구하는 능력을 종합 평가한다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅲ-(1)	<6점> 사인법칙과 덧셈정리로 $L(\theta) = 2\sqrt{3}\{1 + 2\cos(\theta-\frac{\pi}{3})\}$ 도출 <7점> $S(\theta) = \sqrt{3}\{4\cos^2(\theta-\frac{\pi}{3})-1\}$ 도출 <4점> $\theta=\frac{\pi}{3}$일 때 최댓값 $3\sqrt{3}$ 산출
논제 Ⅲ-(2)	<8점> $r(\theta) = \frac{2S(\theta)}{L(\theta)} = 2\cos(\theta-\frac{\pi}{3})-1$ 인수분해 도출 <6점> $f(\theta) = 2\cos(\theta-\frac{\pi}{3}) + \sin(\theta-\frac{\pi}{3}) - 1$ 정리 <6점> $\tan(\alpha-\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}$ 및 최댓값 $M=\sqrt{5}-1$ 산출

📘 [제2회 모의 자연계열 논제 Ⅲ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$반지름 $R=2$인 원에 내접하는 예각삼각형 $\mathrm{ABC}$와 내접원 $r(\theta)$$

반지름 $R=2$인 원에 내접하는 예각삼각형 $\mathrm{ABC}$와 내접원 $r(\theta)$

■ 논제 Ⅲ-(1) 예시답안 (17점)

외접원의 반지름이 $R = 2$이고 $\angle A = \dfrac{\pi}{3},\ \angle B = \theta,\ \angle C = \dfrac{2\pi}{3} - \theta$이므로 제시문 [라]의 사인법칙에 의하여 세 변의 길이는 \[ \overline{\mathrm{BC}} = 4\sin\frac{\pi}{3} = 2\sqrt{3}, \qquad \overline{\mathrm{AC}} = 4\sin\theta, \qquad \overline{\mathrm{AB}} = 4\sin\!\left(\frac{2\pi}{3} - \theta\right) \] 이다. 삼각함수의 덧셈정리로부터 $\sin\theta + \sin\!\left(\dfrac{2\pi}{3} - \theta\right) = 2\sin\dfrac{\pi}{3}\cos\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3}\cos\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)$이므로 둘레 $L(\theta)$는 \[ L(\theta) = 2\sqrt{3} + 4\sqrt{3}\cos\!\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) = 2\sqrt{3}\left\{1 + 2\cos\!\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right)\right\} \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. 또한 $\sin\theta\sin\!\left(\dfrac{2\pi}{3} - \theta\right) = \dfrac{1}{2}\left\{\cos\!\left(2\theta - \dfrac{2\pi}{3}\right) - \cos\dfrac{2\pi}{3}\right\} = \cos^2\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) - \dfrac{1}{4}$이므로 삼각형의 넓이 $S(\theta)$는 \[ S(\theta) = \frac{1}{2}\overline{\mathrm{AB}}\cdot\overline{\mathrm{AC}}\sin\frac{\pi}{3} = 4\sqrt{3}\sin\theta\sin\!\left(\frac{2\pi}{3}-\theta\right) = \sqrt{3}\left\{4\cos^2\!\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) - 1\right\} \quad \cdots\cdots \text{ <7점>} \] 이다. $\dfrac{\pi}{6} < \theta < \dfrac{\pi}{2}$에서 $\theta = \dfrac{\pi}{3}$일 때 $\cos\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) = 1$로 최대이므로 $S(\theta)$의 최댓값은 $3\sqrt{3}$이다. $\cdots\cdots \text{ <4점>}$

정답 (1): $L(\theta) = 2\sqrt{3}\left\{1 + 2\cos\!\left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)\right\},\ S(\theta) = \sqrt{3}\left\{4\cos^2\!\left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)-1\right\},\ \theta=\frac{\pi}{3}$에서 최댓값 $3\sqrt{3}$

■ 논제 Ⅲ-(2) 예시답안 (20점)

제시문 [라]의 $S(\theta) = \dfrac{1}{2}r(\theta)L(\theta)$와 합차공식 $4\cos^2\!\left(\theta-\frac{\pi}{3}\right) - 1 = \left\{2\cos\!\left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)+1\right\}\left\{2\cos\!\left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)-1\right\}$에 의하여 \[ r(\theta) = \frac{2S(\theta)}{L(\theta)} = \frac{2\sqrt{3}\left\{4\cos^2\!\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) - 1\right\}}{2\sqrt{3}\left\{2\cos\!\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) + 1\right\}} = 2\cos\!\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) - 1 \quad \cdots\cdots \text{ <8점>} \] 이다. 한편 $\overline{\mathrm{AC}} - \overline{\mathrm{AB}} = 4\left\{\sin\theta - \sin\!\left(\dfrac{2\pi}{3}-\theta\right)\right\} = 4\cdot 2\cos\dfrac{\pi}{3}\sin\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) = 4\sin\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)$이므로 \[ f(\theta) = r(\theta) + \frac{1}{4}\big(\overline{\mathrm{AC}} - \overline{\mathrm{AB}}\big) = 2\cos\!\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) + \sin\!\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) - 1 \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. $f(\theta)$를 $\theta$에 대하여 미분하면 $f'(\theta) = -2\sin\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) + \cos\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) = 0$에서 $\tan\!\left(\alpha - \dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{1}{2} < \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \tan\dfrac{\pi}{6}$이므로 $\alpha \in \left(\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{\pi}{2}\right)$에서 극대이자 최대가 된다. 이때 $\cos\!\left(\alpha - \dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{2}{\sqrt{5}},\ \sin\!\left(\alpha - \dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$이므로 최댓값은 $M = 2\cdot\dfrac{2}{\sqrt{5}} + \dfrac{1}{\sqrt{5}} - 1 = \sqrt{5} - 1$이다. $\cdots\cdots \text{ <6점>}$

정답 (2): $r(\theta) = 2\cos\!\left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)-1,\quad \tan\!\left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2},\quad M = \sqrt{5} - 1$

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅰ-(1)	<5점> \(\frac{dy}{dx} = \frac{2nt}{t^2-n^2}\) 도출 <5점> \(t > n\) 조건에서 \(t_n = n^2 + \sqrt{n^4+n^2}\) 결정 <5점> 유리화를 통해 \(\lim_{n\to\infty}(t_n - 2n^2) = \frac{1}{2}\) 산출
논제 Ⅰ-(2)	<6점> 속력 \(\sqrt{(x')^2+(y')^2} = t + \frac{n^2}{t}\) 인수분해 <5점> \(l_n = \frac{e^2+1}{2}n^2\) 계산 <4점> \(d_n = \frac{e^2-3}{2}n^2\) 및 \(\frac{l_n}{d_n} = \frac{e^2+1}{e^2-3}\) 도출

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅱ-(1)	<5점> 접선 \(y = \frac{1}{t}x + t\) 및 \(\mathrm{A}(-t^2,0), \mathrm{B}(0,t)\) 도출 <4점> \(S_1(t) = \frac{1}{2}t^3\) 산출 <7점> 정적분으로 \(S_2(t) = \frac{1}{6}t^3\) 및 \(\frac{S_2(t)}{S_1(t)} = \frac{1}{3}\) 증명
논제 Ⅱ-(2)	<6점> 법선의 방정식 \(y - 2t = -t(x - t^2)\) 및 \(\mathrm{Q}(t^2+2, 0)\) 도출 <6점> \(\angle\mathrm{APQ}=90^\circ\)로부터 \(R(t) = \frac{1}{2}\overline{\mathrm{AQ}} = t^2+1\) 산출 <5점> 극한값 \(1\) 계산

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅲ-(1)	<6점> 사인법칙과 덧셈정리로 \(L(\theta) = 2\sqrt{3}\{1 + 2\cos(\theta-\frac{\pi}{3})\}\) 도출 <7점> \(S(\theta) = \sqrt{3}\{4\cos^2(\theta-\frac{\pi}{3})-1\}\) 도출 <4점> \(\theta=\frac{\pi}{3}\)일 때 최댓값 \(3\sqrt{3}\) 산출
논제 Ⅲ-(2)	<8점> \(r(\theta) = \frac{2S(\theta)}{L(\theta)} = 2\cos(\theta-\frac{\pi}{3})-1\) 인수분해 도출 <6점> \(f(\theta) = 2\cos(\theta-\frac{\pi}{3}) + \sin(\theta-\frac{\pi}{3}) - 1\) 정리 <6점> \(\tan(\alpha-\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}\) 및 최댓값 \(M=\sqrt{5}-1\) 산출