2027학년도 경희대학교 자연계열 모의고사 5회 해설집

쪽수	회차 (난이도)	논제 번호	출제 과목	핵심 수학 개념 (출제의도 · 채점기준 · 모범답안 수록)
p. 2	제5회 (최고난도)	자연계열 [논제 Ⅰ]	공통수학 · 미적분 · 기하	유리함수 곡선의 할선과 절편 삼각형의 넓이, 두 점 사이의 거리 제약조건, 함수의 극한과 점근적 거동
p. 3	제5회 (최고난도)	자연계열 [논제 Ⅱ]	수학Ⅰ · 미적분	이등변삼각형에 내접하는 무한 원 수열과 등비급수, 삼각함수의 극한과 양 끝 경계 점근 분석
p. 4	제5회 (최고난도)	자연계열 [논제 Ⅲ]	기하 · 미적분	공간벡터의 내적과 구의 대원(Great Circle), 정사영 타원의 넓이, 회전 궤적이 휩쓰는 원환 영역의 넓이

제5회 자연계열 [문항 1] 논제 Ⅰ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (30점)

[출처: 대수 Ⅰ-2. 지수함수와 로그함수 (DB: ALG_Ch01_02) PDF p.16 탐구 3051 변형 | 성취기준: 12대수01-06, 12미적Ⅰ-01-02, 12미적Ⅰ-03-05]

최고난도 변별 (난이도 ★★★★★) · 공통수학(유리함수) / 미적분(함수의 극한 심화) · 총 30점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제5회 논제 Ⅰ]은 쌍곡선 $xy = 2$ 위의 접선이 만드는 삼각형의 넓이가 $4$로 일정하다는 성질을 할선(Secant Line)으로 확장하여, 할선이 만드는 삼각형의 넓이 초과분 $S - 4 = \dfrac{(a-b)^2}{ab}$과 현의 길이 $\overline{\mathrm{AB}}$ 사이의 대수적 항등식을 도출하고 두 가지 극한 상황($b \to a$ 및 $a \to \infty$)을 분석하는 최고난도 문항이다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅰ-(1)	<5점> 직선 $\mathrm{AB}$의 절편 $\mathrm{P}(0, \frac{2(a+b)}{ab}),\ \mathrm{Q}(a+b, 0)$ 및 $S = \frac{(a+b)^2}{ab} = 4 + \frac{(a-b)^2}{ab}$ 도출 <5점> $\overline{\mathrm{AB}}^2 = \frac{(a-b)^2(a^2b^2+4)}{a^2b^2}$ 도출 <4점> $a=2,\ b\to 2$일 때 $\lim_{n\to\infty}n^2(S-4) = \frac{1}{5}$ 산출
논제 Ⅰ-(2)	<6점> $S - 4 = \frac{ab\cdot\overline{\mathrm{AB}}^2}{a^2b^2+4} = \frac{5ab}{a^2b^2+4}$ 관계식 유도 <5점> $\overline{\mathrm{AB}}=\sqrt{5},\ a\to\infty$일 때 $a-b \to \sqrt{5}$이므로 $\frac{b}{a} \to 1$ 및 $\lim_{a\to\infty}S(a)=4$ 증명 <5점> $\lim_{a\to\infty}a^2(S(a)-4) = 5$ 산출

📘 [제5회 모의 자연계열 논제 Ⅰ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$곡선 $y = \frac{2}{x}$ 위의 두 점 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$를 지나는 직선과 삼각형 $\mathrm{OPQ}$$

곡선 $y = \frac{2}{x}$ 위의 두 점 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$를 지나는 직선과 삼각형 $\mathrm{OPQ}$

■ 논제 Ⅰ-(1) 예시답안 (14점)

두 점 $\mathrm{A}\!\left(a, \dfrac{2}{a}\right),\ \mathrm{B}\!\left(b, \dfrac{2}{b}\right)$를 지나는 직선의 기울기는 $\dfrac{\frac{2}{b} - \frac{2}{a}}{b - a} = -\dfrac{2}{ab}$이므로 직선 $\mathrm{AB}$의 방정식은 \[ y - \frac{2}{a} = -\frac{2}{ab}(x - a) \implies \frac{2}{ab}x + y = \frac{2(a+b)}{ab} \] 이다. 따라서 $\mathrm{P}\!\left(0, \dfrac{2(a+b)}{ab}\right),\ \mathrm{Q}(a+b, 0)$이므로 삼각형 $\mathrm{OPQ}$의 넓이 $S$는 \[ S = \frac{1}{2}(a+b)\cdot\frac{2(a+b)}{ab} = \frac{(a+b)^2}{ab} = 4 + \frac{(a-b)^2}{ab} \quad \cdots\cdots \text{ <5점>} \] 이다. 또한 선분 $\mathrm{AB}$의 길이는 \[ \overline{\mathrm{AB}} = \sqrt{(a-b)^2 + \left(\frac{2}{b} - \frac{2}{a}\right)^2} = (a-b)\sqrt{1 + \frac{4}{a^2 b^2}} = \frac{(a-b)\sqrt{a^2 b^2 + 4}}{ab} \quad \cdots\cdots \text{ <5점>} \] 이다. 두 식으로부터 $S - 4 = \dfrac{(a-b)^2}{ab} = \dfrac{ab\cdot\overline{\mathrm{AB}}^2}{a^2 b^2 + 4}$가 성립한다. $a = 2$이고 $\overline{\mathrm{AB}} = \dfrac{1}{n}$일 때 $n \to \infty$이면 $b \to 2$이므로 \[ \lim_{n\to\infty} n^2(S - 4) = \lim_{b\to 2}\frac{2b}{4b^2 + 4} = \frac{4}{16 + 4} = \frac{1}{5} \quad \cdots\cdots \text{ <4점>} \]

정답 (1): $S = 4 + \dfrac{(a-b)^2}{ab},\quad \overline{\mathrm{AB}} = \dfrac{(a-b)\sqrt{a^2b^2+4}}{ab},\quad \displaystyle\lim_{n\to\infty} n^2(S - 4) = \frac{1}{5}$

■ 논제 Ⅰ-(2) 예시답안 (16점)

문항 (1)에서 유도한 항등식에 $\overline{\mathrm{AB}} = \sqrt{5}$를 대입하면 \[ S(a) - 4 = \frac{ab\cdot\overline{\mathrm{AB}}^2}{a^2 b^2 + 4} = \frac{5ab}{a^2 b^2 + 4} \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. 한편 $\overline{\mathrm{AB}}^2 = (a-b)^2 + \left(\dfrac{2}{b} - \dfrac{2}{a}\right)^2 = 5$에서 $(a-b)^2 \le 5 \implies 0 < a - b \le \sqrt{5}$이므로 $a - \sqrt{5} \le b < a$이다. 따라서 $a \to \infty$일 때 조임정리(샌드위치 정리)에 의하여 $b \to \infty$이고 $\displaystyle\lim_{a\to\infty}\frac{b}{a} = 1$이다. 그러므로 $a \to \infty$일 때 $ab \to \infty$가 되어 $\displaystyle\lim_{a\to\infty}\big(S(a) - 4\big) = \lim_{ab\to\infty}\frac{5}{ab + \frac{4}{ab}} = 0$, 즉 $\displaystyle\lim_{a\to\infty} S(a) = 4$이다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ 나아가 양변에 $a^2$을 곱하여 극한을 취하면 $\dfrac{b}{a} \to 1$이므로 다음과 같이 극한값을 얻는다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ \[ \lim_{a\to\infty} a^2\big(S(a) - 4\big) = \lim_{a\to\infty}\frac{5a^3 b}{a^2 b^2 + 4} = \lim_{a\to\infty}\frac{5\cdot\frac{a}{b}}{1 + \frac{4}{a^2 b^2}} = 5 \]

정답 (2): $\displaystyle\lim_{a\to\infty} S(a) = 4,\quad \lim_{a\to\infty} a^2\big(S(a) - 4\big) = 5$

제5회 자연계열 [문항 2] 논제 Ⅱ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (33점)

[출처: 대수 Ⅱ. 삼각함수 (DB: ALG_Ch02_01) PDF p.26 탐구 3052 변형 | 성취기준: 12대수02-02, 12미적Ⅱ-02-01]

최고난도 변별 (난이도 ★★★★★) · 미적분(미래엔 p.36 등비급수의 활용 / p.58 삼각함수의 극한) · 총 33점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제5회 논제 Ⅱ]는 밑각이 $\theta$인 이등변삼각형의 꼭짓점 $\mathrm{A}$에서의 반각이 $\dfrac{\pi}{2} - \theta$임을 이용하여 내접원 수열의 공비 $R(\theta) = \dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}$를 도출하고, $\theta \to 0^+$ (납작해지는 극한)와 $\theta \to \left(\dfrac{\pi}{2}\right)^-$ (평행 띠로 발산하는 극한) 양 끝에서의 기하학적 점근 비율을 분석하는 문항이다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅱ-(1)	<6점> $\sin(\frac{\angle A}{2}) = \cos\theta$로부터 $R(\theta) = \frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}$ 도출 <6점> $S(\theta) = \frac{\pi}{1 - R(\theta)^2} = \frac{\pi(1+\cos\theta)^2}{4\cos\theta}$ 산출 <4점> $\lim_{\theta\to(\pi/2)^-}(\cos\theta)S(\theta) = \frac{\pi}{4}$ 계산
논제 Ⅱ-(2)	<7점> $\overline{\mathrm{BM}} = \cot\frac{\theta}{2} = \frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}$로부터 $T(\theta) = \frac{(1+\cos\theta)^2}{\sin\theta\cos\theta}$ 도출 <5점> $\lim_{\theta\to 0^+}\theta T(\theta) = 4$ 산출 <5점> $\frac{S(\theta)}{T(\theta)} = \frac{\pi}{4}\sin\theta$로부터 극한값 $\frac{\pi}{4}$ 산출

📘 [제5회 모의 자연계열 논제 Ⅱ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$이등변삼각형 $\mathrm{ABC}$ 내부에 외접하며 수렴하는 원 수열 $O_1, O_2, \dots$$

이등변삼각형 $\mathrm{ABC}$ 내부에 외접하며 수렴하는 원 수열 $O_1, O_2, \dots$

■ 논제 Ⅱ-(1) 예시답안 (16점)

이등변삼각형 $\mathrm{ABC}$에서 $\angle\mathrm{BAC} = \pi - 2\theta$이므로 꼭짓점 $\mathrm{A}$에서 밑변 $\mathrm{BC}$에 내린 수선(각의 이등분선)과 변 $\mathrm{AB}$가 이루는 각은 $\dfrac{\angle\mathrm{BAC}}{2} = \dfrac{\pi}{2} - \theta$이다. 이웃한 두 원 $O_n, O_{n+1}$의 중심 사이의 거리는 $r_n + r_{n+1}$이고 반지름의 차는 $r_n - r_{n+1}$이므로 \[ \sin\!\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \cos\theta = \frac{r_n - r_{n+1}}{r_n + r_{n+1}} \implies R(\theta) = \frac{r_{n+1}}{r_n} = \frac{1 - \cos\theta}{1 + \cos\theta} \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. 원 $O_n$의 넓이는 $\pi r_n^2$으로 첫째항이 $\pi r_1^2 = \pi$, 공비가 $R(\theta)^2 \in (0, 1)$인 등비수열이므로 제시문 [나]에 의하여 넓이의 총합 $S(\theta)$는 \[ S(\theta) = \frac{\pi}{1 - R(\theta)^2} = \frac{\pi}{1 - \left(\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\right)^2} = \frac{\pi(1 + \cos\theta)^2}{4\cos\theta} \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. 따라서 $\displaystyle\lim_{\theta\to (\pi/2)^-}(\cos\theta)S(\theta) = \lim_{\theta\to (\pi/2)^-}\frac{\pi(1 + \cos\theta)^2}{4} = \frac{\pi}{4}$이다. $\cdots\cdots \text{ <4점>}$

정답 (1): $R(\theta) = \dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta},\quad S(\theta) = \dfrac{\pi(1+\cos\theta)^2}{4\cos\theta},\quad \displaystyle\lim_{\theta\to (\pi/2)^-}(\cos\theta)S(\theta) = \frac{\pi}{4}$

■ 논제 Ⅱ-(2) 예시답안 (17점)

밑변 $\mathrm{BC}$의 중점을 $\mathrm{M}$이라 하면 내접원 $O_1$의 중심과 꼭짓점 $\mathrm{B}$를 이은 직선은 $\angle\mathrm{B} = \theta$를 이등분하므로, $r_1 = 1$에서 \[ \overline{\mathrm{BM}} = \cot\frac{\theta}{2} = \frac{1 + \cos\theta}{\sin\theta}, \qquad \overline{\mathrm{AM}} = \overline{\mathrm{BM}}\tan\theta = \frac{1 + \cos\theta}{\cos\theta} \] 이다. 따라서 이등변삼각형 $\mathrm{ABC}$의 넓이 $T(\theta)$는 \[ T(\theta) = \overline{\mathrm{BM}}\cdot\overline{\mathrm{AM}} = \frac{(1 + \cos\theta)^2}{\sin\theta\cos\theta} \quad \cdots\cdots \text{ <7점>} \] 이다. 제시문 [나]의 $\displaystyle\lim_{\theta\to 0^+}\frac{\theta}{\sin\theta} = 1$을 적용하면 첫 번째 극한값은 \[ \lim_{\theta\to 0^+}\theta\,T(\theta) = \lim_{\theta\to 0^+}\frac{\theta}{\sin\theta}\cdot\frac{(1 + \cos\theta)^2}{\cos\theta} = 1\cdot\frac{(1 + 1)^2}{1} = 4 \quad \cdots\cdots \text{ <5점>} \] 이고, 두 번째 극한값은 $S(\theta)$와 $T(\theta)$의 식을 나누어 다음과 같이 구해진다. $\cdots\cdots \text{ <5점>}$ \[ \lim_{\theta\to (\pi/2)^-}\frac{S(\theta)}{T(\theta)} = \lim_{\theta\to (\pi/2)^-}\frac{\frac{\pi(1+\cos\theta)^2}{4\cos\theta}}{\frac{(1+\cos\theta)^2}{\sin\theta\cos\theta}} = \lim_{\theta\to (\pi/2)^-}\frac{\pi}{4}\sin\theta = \frac{\pi}{4} \]

정답 (2): $T(\theta) = \dfrac{(1+\cos\theta)^2}{\sin\theta\cos\theta},\quad \displaystyle\lim_{\theta\to 0^+}\theta\,T(\theta) = 4,\quad \lim_{\theta\to (\pi/2)^-}\frac{S(\theta)}{T(\theta)} = \frac{\pi}{4}$

제5회 자연계열 [문항 3] 논제 Ⅲ 출제의도 · 채점기준 · 예시답안 (37점)

[출처: 비상교육 기하 Ⅲ. 공간도형과 공간좌표 (DB: GEOM_Ch03) PDF p.38 탐구 3053 변형 | 성취기준: 12기하03-03, 12기하03-05]

최고난도 변별 (난이도 ★★★★★) · 2026 경희대 기출 심화 · 기하(천재 p.138 공간좌표와 구 / p.125 정사영과 벡터) · 총 37점

🎯 출제의도 및 문항해설

• [제5회 논제 Ⅲ]은 구의 중심 $\mathrm{C}(0,0,3)$에서 벡터 $\overrightarrow{\mathrm{CA}}$에 수직인 평면이 구 $S$를 자른 대원 $D_1$ 위에서 공간벡터의 내적 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}}$를 분석하고, 대원 $D_1$을 $xy$평면에 정사영한 타원 둘레(장반경 $2$, 단반경 $\sqrt{2}$)가 $z$축 둘레로 회전할 때 휩쓰는 원환(Annulus)의 넓이를 구하는 최고난도 기하 문항이다.

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅲ-(1)	<6점> \(\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot(\overrightarrow{\mathrm{AC}}+\overrightarrow{\mathrm{CP}}) = -9 + \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CP}}\) 분해 <6점> \(x-z = -3\)과 \(x^2+y^2+(z-3)^2=4\)로부터 \(x \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]\) 및 최댓값 \(-9+3\sqrt{2}\), 최솟값 \(-9-3\sqrt{2}\) 산출 <4점> \(\mathrm{P}(\sqrt{2}, 0, 3+\sqrt{2})\) 도출
논제 Ⅲ-(2)	<9점> 대원의 법선벡터 \(\overrightarrow{\mathrm{CA}}=(3,0,-3)\)과 \(z\)축 법선 \((0,0,1)\)이 이루는 각 \(\theta = \frac{\pi}{4}\)로부터 정사영 넓이 \(4\pi\cos\frac{\pi}{4} = 2\sqrt{2}\pi\) 산출 <12점> 정사영 타원 둘레 \(\frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{4} = 1\)에서 원점 거리 범위 \(\sqrt{2} \le r \le 2\) 도출 및 원환 넓이 \(\pi(2^2 - (\sqrt{2})^2) = 2\pi\) 산출

평가 소문항

단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)

논제 Ⅲ-(1)

<6점> $\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot(\overrightarrow{\mathrm{AC}}+\overrightarrow{\mathrm{CP}}) = -9 + \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CP}}$ 분해 <6점> $x-z = -3$과 $x^2+y^2+(z-3)^2=4$로부터 $x \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 및 최댓값 $-9+3\sqrt{2}$, 최솟값 $-9-3\sqrt{2}$ 산출 <4점> $\mathrm{P}(\sqrt{2}, 0, 3+\sqrt{2})$ 도출

논제 Ⅲ-(2)

<9점> 대원의 법선벡터 $\overrightarrow{\mathrm{CA}}=(3,0,-3)$과 $z$축 법선 $(0,0,1)$이 이루는 각 $\theta = \frac{\pi}{4}$로부터 정사영 넓이 $4\pi\cos\frac{\pi}{4} = 2\sqrt{2}\pi$ 산출 <12점> 정사영 타원 둘레 $\frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{4} = 1$에서 원점 거리 범위 $\sqrt{2} \le r \le 2$ 도출 및 원환 넓이 $\pi(2^2 - (\sqrt{2})^2) = 2\pi$ 산출

📘 [제5회 모의 자연계열 논제 Ⅲ] 예시답안 및 수리논술 연구실 해설

$구 $S$ 위의 대원 $D_1$과 $xy$평면 위로의 정사영 타원 $D_1'$ 및 회전 영역$

구 $S$ 위의 대원 $D_1$과 $xy$평면 위로의 정사영 타원 $D_1'$ 및 회전 영역

■ 논제 Ⅲ-(1) 예시답안 (16점)

$\mathrm{A}(3, 0, 0),\ \mathrm{C}(0, 0, 3)$이므로 $\overrightarrow{\mathrm{CA}} = (3, 0, -3)$이다. 구 $S$ 위의 점 $\mathrm{P}(x, y, z)$에 대하여 $\overrightarrow{\mathrm{CP}} = (x, y, z - 3)$이고 $\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CP}} = 0$이므로 $3x - 3(z - 3) = 0 \implies z - 3 = x$이다. 이를 구의 방정식에 대입하면 \[ x^2 + y^2 + (z - 3)^2 = 4 \implies 2x^2 + y^2 = 4 \implies -\sqrt{2} \le x \le \sqrt{2} \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. 한편 $\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \overrightarrow{\mathrm{AC}} + \overrightarrow{\mathrm{CP}} = (-3, 0, 3) + (x, y, z - 3)$이고 $\overrightarrow{\mathrm{OA}} = (3, 0, 0)$이므로 \[ \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} + \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CP}} = -9 + 3x \quad \cdots\cdots \text{ <6점>} \] 이다. $-\sqrt{2} \le x \le \sqrt{2}$이므로 내적 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}}$는 $x = \sqrt{2}$일 때 최댓값 $-9 + 3\sqrt{2}$를 갖고, $x = -\sqrt{2}$일 때 최솟값 $-9 - 3\sqrt{2}$를 갖는다. $x = \sqrt{2}$일 때 $2x^2 + y^2 = 4$에서 $y = 0$이고 $z = 3 + x = 3 + \sqrt{2}$이므로 그때의 점 $\mathrm{P}$의 좌표는 $\mathrm{P}(\sqrt{2}, 0, 3 + \sqrt{2})$이다. $\cdots\cdots \text{ <4점>}$

정답 (1): 최댓값 $-9 + 3\sqrt{2}$ (이때 $\mathrm{P}(\sqrt{2}, 0, 3+\sqrt{2})$), 최솟값 $-9 - 3\sqrt{2}$

■ 논제 Ⅲ-(2) 예시답안 (21점)

점 $\mathrm{P}$가 그리는 대원 $D_1$은 구의 중심 $\mathrm{C}$를 지나므로 반지름이 $2$이고 넓이는 $S(D_1) = 4\pi$이다. 대원 $D_1$을 포함하는 평면의 법선벡터는 $\overrightarrow{\mathrm{CA}} = (3\cos t, 3\sin t, -3)$이고 $xy$평면의 법선벡터는 $\vec{n} = (0, 0, 1)$이므로 두 평면이 이루는 예각 $\theta$에 대하여 \[ \cos\theta = \frac{|\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\vec{n}|}{|\overrightarrow{\mathrm{CA}}||\vec{n}|} = \frac{3}{\sqrt{9 + 9}\cdot 1} = \frac{1}{\sqrt{2}} \] 이다. 따라서 정사영 도형 $D_1'$의 넓이는 $S(D_1') = 4\pi\cos\theta = 2\sqrt{2}\pi$이다. $\cdots\cdots \text{ <9점>}$ 한편 $\mathrm{A}(3, 0, 0)$일 때 문항 (1)에서 대원 $D_1$의 둘레 곡선을 $xy$평면 위로 정사영한 타원 둘레의 방정식은 $2x^2 + y^2 = 4$, 즉 $\dfrac{x^2}{2} + \dfrac{y^2}{4} = 1\ (z = 0)$이다. 이 타원 둘레 위의 점 $(x, y, 0)$에서 원점 $\mathrm{O}(0, 0, 0)$까지의 거리 $r$의 제곱은 $x^2 \in [0, 2]$에서 \[ r^2 = x^2 + y^2 = x^2 + (4 - 2x^2) = 4 - x^2 \in [2, 4] \implies \sqrt{2} \le r \le 2 \] 이다. 점 $\mathrm{A}$가 원 $K : x^2 + y^2 = 9$를 따라 원점(즉 $z$축) 주위를 한 바퀴 회전하면 정사영 타원 둘레 곡선 역시 원점 $\mathrm{O}$를 중심으로 한 바퀴 회전하므로, 휩쓸고 지나가는 영역은 반지름 $\sqrt{2}$인 원과 반지름 $2$인 동심원 사이의 원환 영역($\sqrt{2} \le r \le 2$)이다. 따라서 그 넓이는 $\pi\cdot 2^2 - \pi\cdot(\sqrt{2})^2 = 2\pi$이다. $\cdots\cdots \text{ <12점>}$

정답 (2): 정사영 도형 $D_1'$의 넓이 $= 2\sqrt{2}\pi,\quad$ 휩쓸고 지나가는 회전 영역의 넓이 $= 2\pi$

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅰ-(1)	<5점> 직선 \(\mathrm{AB}\)의 절편 \(\mathrm{P}(0, \frac{2(a+b)}{ab}),\ \mathrm{Q}(a+b, 0)\) 및 \(S = \frac{(a+b)^2}{ab} = 4 + \frac{(a-b)^2}{ab}\) 도출 <5점> \(\overline{\mathrm{AB}}^2 = \frac{(a-b)^2(a^2b^2+4)}{a^2b^2}\) 도출 <4점> \(a=2,\ b\to 2\)일 때 \(\lim_{n\to\infty}n^2(S-4) = \frac{1}{5}\) 산출
논제 Ⅰ-(2)	<6점> \(S - 4 = \frac{ab\cdot\overline{\mathrm{AB}}^2}{a^2b^2+4} = \frac{5ab}{a^2b^2+4}\) 관계식 유도 <5점> \(\overline{\mathrm{AB}}=\sqrt{5},\ a\to\infty\)일 때 \(a-b \to \sqrt{5}\)이므로 \(\frac{b}{a} \to 1\) 및 \(\lim_{a\to\infty}S(a)=4\) 증명 <5점> \(\lim_{a\to\infty}a^2(S(a)-4) = 5\) 산출

평가 소문항	단계별 상세 채점 기준 (아카데미 · 선생님 첨삭 지도 기준)
논제 Ⅱ-(1)	<6점> \(\sin(\frac{\angle A}{2}) = \cos\theta\)로부터 \(R(\theta) = \frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\) 도출 <6점> \(S(\theta) = \frac{\pi}{1 - R(\theta)^2} = \frac{\pi(1+\cos\theta)^2}{4\cos\theta}\) 산출 <4점> \(\lim_{\theta\to(\pi/2)^-}(\cos\theta)S(\theta) = \frac{\pi}{4}\) 계산
논제 Ⅱ-(2)	<7점> \(\overline{\mathrm{BM}} = \cot\frac{\theta}{2} = \frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}\)로부터 \(T(\theta) = \frac{(1+\cos\theta)^2}{\sin\theta\cos\theta}\) 도출 <5점> \(\lim_{\theta\to 0^+}\theta T(\theta) = 4\) 산출 <5점> \(\frac{S(\theta)}{T(\theta)} = \frac{\pi}{4}\sin\theta\)로부터 극한값 \(\frac{\pi}{4}\) 산출