2027학년도 경희대학교 자연계열 모의고사 4회 해설집

쪽수	회차 (난이도)	논제 번호	출제 과목	핵심 수학 개념 (출제의도 · 채점기준 · 모범답안 수록)
p. 2	제4회 (심화)	자연계열 [논제 Ⅰ]	기하 · 미적분 · 공통수학	타원의 정의와 코사인법칙, 타원의 접선의 방정식, 산술·기하평균 부등식과 도형의 넓이 최적화
p. 3	제4회 (심화)	자연계열 [논제 Ⅱ]	수학Ⅱ · 미적분	절댓값을 포함한 초월함수의 미분가능성, 함수의 극대·극소, 정적분을 이용한 입체도형의 부피
p. 4	제4회 (심화)	자연계열 [논제 Ⅲ]	확률과 통계 · 공통수학	회전 대칭성을 고려한 정다각형 원형 배치(목걸이 조합), 조합과 조건부확률(베이즈 정리)

제4회 자연계열 [문항 1] 논제 Ⅰ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (30점)

[출처: 비상교육 기하 Ⅰ. 이차곡선 (DB: GEOM_Ch01) PDF p.27 탐구 3041 변형 | 성취기준: 12기하01-01, 12기하01-04, 12대수02-03]

심화 응용 (난이도 ★★★★☆) · 기하(비상 p.28 타원과 접선) / 공통수학(절대부등식) / 수학Ⅰ(코사인법칙) · 총 30점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제4회 논제 Ⅰ]은 타원의 정의($\overline{\mathrm{PF}} + \overline{\mathrm{PF}'} = 2a = 8$)와 코사인법칙을 결합하여 초점 삼각형의 넓이와 점 $\mathrm{P}$의 좌표를 유도하고, 접선이 좌표축과 이루는 삼각형 $\mathrm{OAB}$의 넓이를 산술·기하평균 부등식으로 최적화하는 기하·대수 통합 문항이다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅰ-(1)	<5점> $\overline{\mathrm{PF}}+\overline{\mathrm{PF}'}=8$ 및 코사인법칙으로 $\overline{\mathrm{PF}}\cdot\overline{\mathrm{PF}'}=15$ 도출 <4점> $\triangle\mathrm{F}'\mathrm{PF} = \frac{1}{2}\times 15\times\frac{4}{5} = 6$ 산출 <5점> $y_0 = 3$으로부터 $\mathrm{P}(2, 3)$ 결정
논제 Ⅰ-(2)	<6점> 절편 $\mathrm{A}(\frac{16}{x_0},0), \mathrm{B}(0,\frac{12}{y_0})$ 및 $S = \frac{96}{x_0 y_0}$ 도출 <5점> 산술·기하평균으로 $\mathrm{P}(2\sqrt{2}, \sqrt{6})$에서 최솟값 $12\sqrt{3}$ 산출 <5점> $\overline{\mathrm{AB}} = 2\sqrt{14}$로부터 $\overline{\mathrm{OH}} = \frac{6\sqrt{42}}{7}$ 도출

📘 [제4회 모의 자연계열 논제 Ⅰ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$타원 $\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{12} = 1$ 위의 점 $\mathrm{P}$와 접선 $\mathrm{AB}$ 및 수선의 발 $\mathrm{H}$$

타원 $\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{12} = 1$ 위의 점 $\mathrm{P}$와 접선 $\mathrm{AB}$ 및 수선의 발 $\mathrm{H}$

■ 논제 Ⅰ-(1) 예시답안 (14점)

타원 $\dfrac{x^2}{16} + \dfrac{y^2}{12} = 1$에서 장축의 길이는 $2a = 8$이므로 타원의 정의에 의하여 $\overline{\mathrm{PF}} + \overline{\mathrm{PF}'} = 8$이고, 두 초점 사이의 거리는 $\overline{\mathrm{FF}'} = 4$이다. 삼각형 $\mathrm{F}'\mathrm{PF}$에서 코사인법칙을 적용하면 \[ \overline{\mathrm{FF}'}^2 = \overline{\mathrm{PF}}^2 + \overline{\mathrm{PF}'}^2 - 2\overline{\mathrm{PF}}\cdot\overline{\mathrm{PF}'}\cos(\angle\mathrm{F}'\mathrm{PF}) = \left(\overline{\mathrm{PF}} + \overline{\mathrm{PF}'}\right)^2 - \frac{16}{5}\overline{\mathrm{PF}}\cdot\overline{\mathrm{PF}'} \] 이므로 $16 = 64 - \dfrac{16}{5}\overline{\mathrm{PF}}\cdot\overline{\mathrm{PF}'}$에서 $\overline{\mathrm{PF}}\cdot\overline{\mathrm{PF}'} = 15$이다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ $\sin(\angle\mathrm{F}'\mathrm{PF}) = \sqrt{1 - \left(\dfrac{3}{5}\right)^2} = \dfrac{4}{5}$이므로 삼각형 $\mathrm{F}'\mathrm{PF}$의 넓이는 \[ \triangle\mathrm{F}'\mathrm{PF} = \frac{1}{2}\overline{\mathrm{PF}}\cdot\overline{\mathrm{PF}'}\sin(\angle\mathrm{F}'\mathrm{PF}) = \frac{1}{2}\times 15\times\frac{4}{5} = 6 \quad \cdots\cdots \text{ <4점>} \] 이다. 한편 $\triangle\mathrm{F}'\mathrm{PF} = \dfrac{1}{2}\overline{\mathrm{FF}'}\cdot y_0 = 2y_0 = 6$에서 $y_0 = 3$이고, 타원 방정식에 대입하면 $\dfrac{x_0^2}{16} + \dfrac{9}{12} = 1 \implies x_0 = 2\ (x_0 > 0)$이므로 $\mathrm{P}(2, 3)$이다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$

정답 (1): $\triangle\mathrm{F}'\mathrm{PF} = 6,\quad \mathrm{P}(2, 3)$

■ 논제 Ⅰ-(2) 예시답안 (16점)

제시문 [가]에 의하여 점 $\mathrm{P}(x_0, y_0)$에서의 접선의 방정식은 $\dfrac{x_0 x}{16} + \dfrac{y_0 y}{12} = 1$이므로 $x$절편과 $y$절편은 각각 $\mathrm{A}\!\left(\dfrac{16}{x_0}, 0\right),\ \mathrm{B}\!\left(0, \dfrac{12}{y_0}\right)$이다. 따라서 삼각형 $\mathrm{OAB}$의 넓이 $S$는 \[ S = \frac{1}{2}\cdot\frac{16}{x_0}\cdot\frac{12}{y_0} = \frac{96}{x_0 y_0} \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. 양수 $\dfrac{x_0^2}{16},\ \dfrac{y_0^2}{12}$에 산술·기하평균 부등식을 적용하면 \[ 1 = \frac{x_0^2}{16} + \frac{y_0^2}{12} \ge 2\sqrt{\frac{x_0^2 y_0^2}{192}} = \frac{x_0 y_0}{4\sqrt{3}} \implies x_0 y_0 \le 4\sqrt{3} \] 이며, 등호는 $\dfrac{x_0^2}{16} = \dfrac{y_0^2}{12} = \dfrac{1}{2}$, 즉 $x_0 = 2\sqrt{2},\ y_0 = \sqrt{6}$일 때 성립한다. 이때 넓이 $S$는 최솟값 $S_{\min} = \dfrac{96}{4\sqrt{3}} = 12\sqrt{3}$을 갖는다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ 이때 $\overline{\mathrm{OA}} = \dfrac{16}{2\sqrt{2}} = 4\sqrt{2},\ \overline{\mathrm{OB}} = \dfrac{12}{\sqrt{6}} = 2\sqrt{6}$이므로 빗변의 길이는 $\overline{\mathrm{AB}} = \sqrt{32 + 24} = 2\sqrt{14}$이다. 따라서 $S_{\min} = \dfrac{1}{2}\overline{\mathrm{AB}}\cdot\overline{\mathrm{OH}}$로부터 \[ \overline{\mathrm{OH}} = \frac{2S_{\min}}{\overline{\mathrm{AB}}} = \frac{24\sqrt{3}}{2\sqrt{14}} = \frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{14}} = \frac{6\sqrt{42}}{7} \quad \cdots\cdots \text{ <5점>} \]

정답 (2): $\mathrm{P}(2\sqrt{2}, \sqrt{6}),\quad S_{\min} = 12\sqrt{3},\quad \overline{\mathrm{OH}} = \dfrac{6\sqrt{42}}{7}$

제4회 자연계열 [문항 2] 논제 Ⅱ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (33점)

[출처: 미래엔 미적분Ⅰ Ⅱ. 다항함수의 미분법 (DB: CAL1_Ch02) PDF p.42 탐구 3042 변형 | 성취기준: 12미적Ⅰ-02-01, 12미적Ⅰ-02-07, 12미적Ⅱ-03-01]

심화 응용 (난이도 ★★★★☆) · 미적분(천재 p.104 초월함수의 극값 / p.152 입체도형의 부피) · 총 33점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제4회 논제 Ⅱ]는 절댓값 인수 $|x-2|$를 포함한 초월함수가 $x = 2$에서 미분가능하기 위한 조건($2^2+2a+b=0$)과 $f'(0)=0$을 연립하여 함수를 결정하고, 구간별 도함수 부호 변화를 통해 극값을 판정하며, 단면이 정삼각형인 입체도형의 부피를 부분적분으로 계산하는 고난도 미적분 문항이다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅱ-(1)	<6점> $x=2$ 미분가능성 및 $f'(0)=0$으로 $a=-\frac{3}{2},\ b=-1$ 도출 <9점> $f'(x) = -x(x-\frac{9}{2})\|x-2\|e^{-x}$로부터 극솟값 $f(0)=-2,\ f(2)=0$, 극댓값 $f(\frac{9}{2})=\frac{125}{4}e^{-9/2}$ 산출
논제 Ⅱ-(2)	<6점> 단면의 넓이 $S(x) = -\frac{\sqrt{3}}{4}f(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}(x+\frac{1}{2})(x-2)^2 e^{-x}$ 설정 <12점> 부분적분으로 부정적분 $F(x) = -(x^3 - \frac{1}{2}x^2 + x + 3)e^{-x}$ 도출 및 부피 $V$ 계산

📘 [제4회 모의 자연계열 논제 Ⅱ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$함수 $f(x) = (x+\frac{1}{2})(x-2)|x-2|e^{-x}$의 그래프와 극소·극대$

함수 $f(x) = (x+\frac{1}{2})(x-2)|x-2|e^{-x}$의 그래프와 극소·극대

■ 논제 Ⅱ-(1) 예시답안 (15점)

함수 $f(x) = (x^2 + ax + b)|x - 2|e^{-x}$가 $x = 2$에서 미분가능하려면 좌미분계수와 우미분계수가 같아야 하므로 $4 + 2a + b = 0$이어야 한다. 따라서 $x^2 + ax + b = (x - 2)(x - c)$로 놓을 수 있고, $x < 2$에서 $f(x) = -(x - c)(x - 2)^2 e^{-x}$이다. $x = 0$ 근방에서 미분하면 \[ f'(x) = -\left\{(x - 2)^2 + 2(x - c)(x - 2) - (x - c)(x - 2)^2\right\}e^{-x} = (x - 2)\left\{x^2 - (c + 5)x + 3c + 2\right\}e^{-x} \] 이므로 $f'(0) = 0 \implies 3c + 2 = 0 \implies c = -\dfrac{1}{2}$이다. 따라서 $x^2 + ax + b = \left(x + \dfrac{1}{2}\right)(x - 2) = x^2 - \dfrac{3}{2}x - 1$에서 $a = -\dfrac{3}{2},\ b = -1$이다. $\cdots\cdots \text{ <6점>}$ 이때 모든 실수 $x$에 대하여 $f(x) = \left(x + \dfrac{1}{2}\right)(x - 2)|x - 2|e^{-x}$이고, 도함수는 \[ f'(x) = -x\left(x - \frac{9}{2}\right)|x - 2|e^{-x}\quad (x > 2\text{에서는 부호 반전}) \] 구체적으로 $x < 2$일 때 $f'(x) = x\left(x - \dfrac{9}{2}\right)(x - 2)e^{-x}$이고, $x > 2$일 때 $f'(x) = -x\left(x - \dfrac{9}{2}\right)(x - 2)e^{-x}$이다. 따라서 $f'(x)$의 부호는 $x < 0$에서 $(-)$, $0 \lt x \lt 2$에서 $(+)$, $2 \lt x \lt \dfrac{9}{2}$에서 $(+)$, $x > \dfrac{9}{2}$에서 $(-)$이므로 $x = 0$에서 극솟값 $f(0) = -2$, $x = \dfrac{9}{2}$에서 극댓값 $f\!\left(\dfrac{9}{2}\right) = 5\cdot\dfrac{25}{4}e^{-9/2} = \dfrac{125}{4}e^{-9/2}$를 갖는다. ($x = 2$에서는 좌우에서 모두 증가하므로 극값이 아니다.) $\cdots\cdots \text{ <9점>}$

정답 (1): $a = -\dfrac{3}{2},\ b = -1,\quad \text{극솟값 } f(0) = -2,\quad \text{극댓값 } f\!\left(\frac{9}{2}\right) = \frac{125}{4}e^{-9/2}$

■ 논제 Ⅱ-(2) 예시답안 (18점)

닫힌구간 $\left[-\dfrac{1}{2}, 2\right]$에서 $-f(x) = \left(x + \dfrac{1}{2}\right)(x - 2)^2 e^{-x} \ge 0$이다. $x$축에 수직인 평면으로 자른 정삼각형 단면의 한 변의 길이는 $\sqrt{-f(x)}$이므로 단면의 넓이 $S(x)$는 \[ S(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}\big\{-f(x)\big\} = \frac{\sqrt{3}}{4}\left(x^3 - \frac{7}{2}x^2 + 2x + 2\right)e^{-x} \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. 다항함수 $P(x) = x^3 - \dfrac{7}{2}x^2 + 2x + 2$에 대하여 부분적분 공식 $\displaystyle\int P(x)e^{-x}\,dx = -\big\{P(x) + P'(x) + P''(x) + P'''(x)\big\}e^{-x} + C$를 적용하면, \[ P(x) + P'(x) + P''(x) + P'''(x) = \left(x^3 - \frac{7}{2}x^2 + 2x + 2\right) + (3x^2 - 7x + 2) + (6x - 7) + 6 = x^3 - \frac{1}{2}x^2 + x + 3 \] 이므로 부정적분은 $F(x) = -\left(x^3 - \dfrac{1}{2}x^2 + x + 3\right)e^{-x}$이다. 여기에 $x = 2$와 $x = -\dfrac{1}{2}$을 대입하면 $F(2) = -(8 - 2 + 2 + 3)e^{-2} = -\dfrac{11}{e^2}$이고, $F\!\left(-\dfrac{1}{2}\right) = -\left(-\dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{2} + 3\right)e^{1/2} = -\dfrac{9}{4}\sqrt{e}$이다. 따라서 구하는 입체도형의 부피 $V$는 다음과 같다. $\cdots\cdots \text{ <12점>}$ \[ V = \frac{\sqrt{3}}{4}\big\{F(2) - F(-1/2)\big\} = \frac{\sqrt{3}}{4}\left(\frac{9}{4}\sqrt{e} - \frac{11}{e^2}\right) \]

정답 (2): $V = \dfrac{\sqrt{3}}{4}\left(\dfrac{9}{4}\sqrt{e} - \dfrac{11}{e^2}\right)$

제4회 자연계열 [문항 3] 논제 Ⅲ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (37점)

[출처: 미래엔 대수 Ⅲ. 수열 (DB: ALG_Ch03_03) PDF p.12 탐구 3043 변형 | 성취기준: 12대수03-05, 12확통01-01, 12확통02-04, 12확통02-05]

심화 응용 (난이도 ★★★★☆) · 확률과 통계(미래엔 p.16 회전 대칭 원형 배치 / p.64 조건부확률) · 총 37점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제4회 논제 Ⅲ]은 정육각형 꼭짓점에 두 종류의 돌을 배열할 때 회전 주기(주기 6, 주기 3, 주기 2, 주기 1)에 따라 원형 배치의 수 $a_k$를 분류하고, $N = 14$장의 배치 카드에서 2개의 꼭짓점을 무작위 추출할 때의 베이즈 조건부확률을 구하는 조합·확률 심화 문항이다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅲ-(1)	<5점> $a_0=a_6=1,\ a_1=a_5=1$ 및 대칭성 $a_k = a_{6-k}$ 파악 <6점> $k=2$에서 거리(1, 2, 3칸)에 따라 $a_2=a_4=3$ 도출 <6점> $k=3$에서 4가지 형태 분류로 $a_3=4$ 및 $N=14$ 산출
논제 Ⅲ-(2)	<8점> 각 카드의 검은 돌 개수 $k$에 대하여 $\mathrm{P}(E \mid k) = \frac{{}_k\mathrm{C}_2}{{}_6\mathrm{C}_2} = \frac{{}_k\mathrm{C}_2}{15}$ 설정 <7점> $\sum_{k=2}^{6} a_k\cdot{}_k\mathrm{C}_2 = 3(1)+4(3)+3(6)+1(10)+1(15)=58$ 산출 <5점> $\mathrm{P}(k=3 \mid E) = \frac{12}{58} = \frac{6}{29}$ 도출

📘 [제4회 모의 자연계열 논제 Ⅲ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$$k = 3$ (검은 돌 3개, 흰 돌 3개)일 때 회전하여 구별되는 4가지 원형 배치$

$k = 3$ (검은 돌 3개, 흰 돌 3개)일 때 회전하여 구별되는 4가지 원형 배치

■ 논제 Ⅲ-(1) 예시답안 (17점)

검은 돌과 흰 돌의 역할을 바꾸면 $a_k = a_{6-k}$가 성립한다. 먼저 검은 돌이 $0$개 또는 $1$개일 때는 회전하면 모두 일치하므로 $a_0 = a_6 = 1,\ a_1 = a_5 = 1$이다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ • $k = 2$일 때 ($a_2 = a_4$): 두 검은 돌 사이의 정육각형 둘레 방향 최단 칸수(거리)는 $1$칸(이웃), $2$칸(한 칸 건너), $3$칸(마주 보는 대각선)의 $3$가지뿐이므로 $a_2 = a_4 = 3$이다. $\cdots\cdots \text{ <6점>}$ • $k = 3$일 때 ($a_3$): 정육각형 꼭짓점을 시계방향으로 $1, 2, 3, 4, 5, 6$이라 할 때, 전체 부분집합 ${}_6\mathrm{C}_3 = 20$개를 회전 주기에 따라 분류하면 오른쪽 그림과 같이 ① 연속형 $\{1, 2, 3\}$ (회전시 6개), ② 비대칭A $\{1, 2, 4\}$ (회전시 6개), ③ 비대칭B $\{1, 2, 5\}$ (회전시 6개), ④ 정삼각형 대칭형 $\{1, 3, 5\}$ (회전시 2개)로 $6 + 6 + 6 + 2 = 20$개가 정확히 분할된다. 따라서 $a_3 = 4$이며, 총 원형 배치의 수는 $N = 1 + 1 + 3 + 4 + 3 + 1 + 1 = 14$이다. $\cdots\cdots \text{ <6점>}$

정답 (1): $a_0 = 1,\ a_1 = 1,\ a_2 = 3,\ a_3 = 4,\ a_4 = 3,\ a_5 = 1,\ a_6 = 1,\quad N = 14$

■ 논제 Ⅲ-(2) 예시답안 (20점)

$N = 14$장의 카드 중에서 뽑힌 카드에 검은 돌이 $k$개 그려져 있는 사건을 $A_k\ (k = 0, 1, \dots, 6)$라 하면, 각 카드는 동일한 확률로 뽑히므로 $\mathrm{P}(A_k) = \dfrac{a_k}{14}$이다. 검은 돌이 $k$개인 카드에서 $6$개의 꼭짓점 중 임의로 택한 $2$개가 모두 검은 돌일 조건부확률은 \[ \mathrm{P}(E \mid A_k) = \frac{{}_k\mathrm{C}_2}{{}_6\mathrm{C}_2} = \frac{{}_k\mathrm{C}_2}{15} \quad (\text{단, } k \le 1\text{일 때는 } 0) \quad \cdots\cdots \text{ <8점>} \] 이다. 따라서 제시문 [다]의 전확률 공식에 의하여 사건 $E$가 일어날 확률 $\mathrm{P}(E)$는 \[ \mathrm{P}(E) = \sum_{k=2}^{6} \mathrm{P}(A_k)\mathrm{P}(E \mid A_k) = \frac{1}{14 \times 15}\sum_{k=2}^{6} a_k\cdot {}_k\mathrm{C}_2 = \frac{3\times 1 + 4\times 3 + 3\times 6 + 1\times 10 + 1\times 15}{14 \times 15} = \frac{3 + 12 + 18 + 10 + 15}{210} = \frac{58}{210} \quad \cdots\cdots \text{ <7점>} \] 이다. 이 중 $k = 3$인 경우에 해당하는 분자의 항은 $a_3\cdot {}_3\mathrm{C}_2 = 4 \times 3 = 12$이므로 구하는 조건부확률은 다음과 같다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ \[ \mathrm{P}(A_3 \mid E) = \frac{\mathrm{P}(A_3 \cap E)}{\mathrm{P}(E)} = \frac{12 / 210}{58 / 210} = \frac{12}{58} = \frac{6}{29} \]

정답 (2): $\mathrm{P}(k = 3 \mid E) = \dfrac{6}{29}$

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅰ-(1)	<5점> \(\overline{\mathrm{PF}}+\overline{\mathrm{PF}'}=8\) 및 코사인법칙으로 \(\overline{\mathrm{PF}}\cdot\overline{\mathrm{PF}'}=15\) 도출 <4점> \(\triangle\mathrm{F}'\mathrm{PF} = \frac{1}{2}\times 15\times\frac{4}{5} = 6\) 산출 <5점> \(y_0 = 3\)으로부터 \(\mathrm{P}(2, 3)\) 결정
논제 Ⅰ-(2)	<6점> 절편 \(\mathrm{A}(\frac{16}{x_0},0), \mathrm{B}(0,\frac{12}{y_0})\) 및 \(S = \frac{96}{x_0 y_0}\) 도출 <5점> 산술·기하평균으로 \(\mathrm{P}(2\sqrt{2}, \sqrt{6})\)에서 최솟값 \(12\sqrt{3}\) 산출 <5점> \(\overline{\mathrm{AB}} = 2\sqrt{14}\)로부터 \(\overline{\mathrm{OH}} = \frac{6\sqrt{42}}{7}\) 도출

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅱ-(1)	<6점> \(x=2\) 미분가능성 및 \(f'(0)=0\)으로 \(a=-\frac{3}{2},\ b=-1\) 도출 <9점> \(f'(x) = -x(x-\frac{9}{2})\|x-2\|e^{-x}\)로부터 극솟값 \(f(0)=-2,\ f(2)=0\), 극댓값 \(f(\frac{9}{2})=\frac{125}{4}e^{-9/2}\) 산출
논제 Ⅱ-(2)	<6점> 단면의 넓이 \(S(x) = -\frac{\sqrt{3}}{4}f(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}(x+\frac{1}{2})(x-2)^2 e^{-x}\) 설정 <12점> 부분적분으로 부정적분 \(F(x) = -(x^3 - \frac{1}{2}x^2 + x + 3)e^{-x}\) 도출 및 부피 \(V\) 계산

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅲ-(1)	<5점> \(a_0=a_6=1,\ a_1=a_5=1\) 및 대칭성 \(a_k = a_{6-k}\) 파악 <6점> \(k=2\)에서 거리(1, 2, 3칸)에 따라 \(a_2=a_4=3\) 도출 <6점> \(k=3\)에서 4가지 형태 분류로 \(a_3=4\) 및 \(N=14\) 산출
논제 Ⅲ-(2)	<8점> 각 카드의 검은 돌 개수 \(k\)에 대하여 \(\mathrm{P}(E \mid k) = \frac{{}_k\mathrm{C}_2}{{}_6\mathrm{C}_2} = \frac{{}_k\mathrm{C}_2}{15}\) 설정 <7점> \(\sum_{k=2}^{6} a_k\cdot{}_k\mathrm{C}_2 = 3(1)+4(3)+3(6)+1(10)+1(15)=58\) 산출 <5점> \(\mathrm{P}(k=3 \mid E) = \frac{12}{58} = \frac{6}{29}\) 도출