1) $5$장의 카드를 선택하는 경우의 수는 $_{10}\text{C}_{5} = 252$이다.
2) $3 \in A$인 집합 $A$의 개수는 $_9\text{C}_4 = 126$이며, 원소들의 합을 $C_n$이라 하면 $3$은 $126$번, 그 외의 수는 각각 $56$번씩 더해지므로:
\[ \sum C_n = 3 \times 126 + 52 \times 56 = 3290 \]
3) $3 \notin A$인 집합 $A$의 개수는 $_9\text{C}_5 = 126$이며, 원소들의 합을 $D_n$이라 하면 $3$을 제외한 수들은 각각 $70$번씩 더해지므로:
\[ \sum D_n = 52 \times 70 = 3640 \]
4) 따라서 확률변수 $X$의 기댓값 $E(X)$는 다음과 같다.
\[ E(X) = \frac{3\sum C_n + \sum D_n}{252} = \frac{3 \times 3290 + 3640}{252} = \frac{965}{18} \]
따라서 기댓값 $E(X)$는 $\mathbf{\frac{965}{18}}$이다.

1) 각 카드 $i$ ($1 \le i \le n$)가 $n$번의 시행 중 선택된 횟수를 $k_i$라 하면, 각 시행에서 카드 $i$가 선택될 확률은 $\frac{1}{n}$이므로 $k_i$는 이항분포 $B\left(n, \frac{1}{n}\right)$을 따른다.
2) $n$번 시행 후 카드 $i$가 앞면(숫자 $i$)을 보일 확률 $P_i$는 $k_i$가 홀수일 확률과 같다. 이항분포 확률질량함수 및 이항정리 식 $(x+y)^n - (x-y)^n = 2 \sum_{j \text{ 홀수}} \binom{n}{j} x^j y^{n-j}$에 $x = \frac{1}{n}$, $y = 1 - \frac{1}{n}$을 대입하면 다음과 같다. \[ P_i = P(k_i \text{가 홀수}) = \frac{1 - \left(1 - \frac{2}{n}\right)^n}{2} \]
3) 보이는 숫자의 합의 기댓값 $E_n$은 기댓값의 선형성에 의해 다음과 같다. \[ E_n = \sum_{i=1}^n i \cdot P_i = \frac{1 - \left(1 - \frac{2}{n}\right)^n}{2} \sum_{i=1}^n i = \frac{1 - \left(1 - \frac{2}{n}\right)^n}{2} \cdot \frac{n(n+1)}{2} \]
4) 양변을 $n^2$으로 나누고 $n \to \infty$로 극한을 취하면, \(\lim_{n\to\infty} \left(1 - \frac{2}{n}\right)^n = e^{-2}\)이므로 최종 극한값은 다음과 같다. \[ \lim_{n \to \infty} \frac{E_n}{n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{1 - \left(1 - \frac{2}{n}\right)^n}{4} \cdot \frac{n(n+1)}{n^2} = \frac{1 - e^{-2}}{4} = \mathbf{\frac{e^2 - 1}{4e^2}} \]

1) 조건 (Ⅱ)에 의해 모든 실수 $x$에 대해 $f(x) - g_i(x) \ge 0$이어야 한다.
2) $i=4$일 때 $f(x) - g_4(x) = ax^2 \ge 0$이므로 $a \ge 0$이다. 만약 $a = 0$이면 $f(x) - g_2(x) = bx \ge 0$, $f(x) - g_5(x) = cx \ge 0$에서 $b=c=0$이 되어 $f(x)=0$이 되므로 조건 (Ⅰ)에 모순된다. 따라서 $a > 0$이다.
3) 모든 실수 $x$에 대해 $f(x) - g_2(x) = ax^2 + (b-a)x \ge 0$이 성립하려면 일차항 계수가 $0$이어야 하므로 $a = b$이다.
4) $f(x) = ax^2 + ax + c$에서 도함수를 구하면 다음과 같다.
\[ f'(x) = 2ax + a,\quad f''(x) = 2a \]
5) 따라서 구하는 식의 값은 다음과 같다.
\[ \frac{2f'(26)}{f''(26)} = \frac{2(2a \times 26 + a)}{2a} = 53 \]
따라서 최종 구하는 값은 $\mathbf{53}$이다.

1) [문제 3-1]에 의해 $a = b = 26$이므로 $f(x) = 26x^2 + 26x + c$, $g_5(x) = cx + 26$이다.
2) 모든 실수 $x$에 대해 $f(x) - g_5(x) = 26x^2 + (26-c)x + (c-26) \ge 0$이 성립해야 하므로 판별식 $D \le 0$이어야 한다.
\[ D = (26-c)^2 - 4 \times 26 \times (c-26) = (c-26)(c-130) \le 0 \]
따라서 $c$의 범위는 $26 \le c \le 130$이다.
3) 구하는 함숫값 $f(-1) = 26 - 26 + c = c$이므로 범위는 $26 \le f(-1) \le 130$이다.
4) 따라서 $\alpha = 26$, $\beta = 130$이므로 구하는 값은 다음과 같다.
\[ \alpha + \beta = 26 + 130 = 156 \]
따라서 최종 구하는 값은 $\mathbf{156}$이다.

1) 점 $P(f(t), g(t))$가 쌍곡선 $\frac{x^2}{4} - y^2 = 1$ 위에 있으므로 음함수 미분법에 의해 법선의 기울기는 $-\frac{4g(t)}{f(t)}$이다.
2) 원의 중심 $Q(\alpha(t), \beta(t))$는 $P$에서의 법선 위에 있고 거리가 $1$이므로 $y$좌표는 다음과 같다.
\[ \beta(t) = g(t) \left( 1 + \frac{4}{\sqrt{f(t)^2 + 16g(t)^2}} \right) \]
3) $g(0) = 0$이므로 쌍곡선 방정식에서 $f(0) = 2$이다. $\beta'(t)$를 곱의 미분법으로 구하면 다음과 같다.
\[ \beta'(t) = g'(t) \left( 1 + \frac{4}{\sqrt{f(t)^2 + 16g(t)^2}} \right) + g(t) \cdot \frac{d}{dt} \left( 1 + \frac{4}{\sqrt{f(t)^2 + 16g(t)^2}} \right) \]
4) $t=0$을 대입하면 $g(0)=0$이므로 우변의 두 번째 항은 $0$이 된다.
\[ \beta'(0) = g'(0) \left( 1 + \frac{4}{\sqrt{2^2 + 0}} \right) = 3g'(0) \]
5) $g'(0) = 2026$이므로 $\beta'(0) = 3 \times 2026 = \mathbf{6078}$이다.

1) 직선 $QR$의 기울기를 $m$이라 하면, $P$가 쌍곡선 위를 움직이므로 $m$의 범위는 연속된 하나의 구간이다.
2) 기울기 최댓값 $b$에 대하여 쌍곡선의 접선 $l_1: y = bx - \sqrt{4b^2-1}$과 점 $R(0, -\frac{\sqrt{5}}{2})$ 사이의 거리가 $1$이므로:
\[ \frac{|-\frac{\sqrt{5}}{2} + \sqrt{4b^2-1}|}{\sqrt{b^2+1}} = 1 \implies b^2 = \frac{89}{36} \implies b = \frac{\sqrt{89}}{6} \]
3) 점 $R$과 점근선 $y = -\frac{1}{2}x$ 사이의 거리는 $1$이다. $R$을 지나고 기울기가 $-\frac{1}{2}$인 직선을 $l_2$라 하면, $P$와 $l_2$의 거리는 항상 $1$보다 크므로 원의 중심 $Q$는 $l_2$ 아래로 갈 수 없다. 따라서 하한선은 $m > -\frac{1}{2}$이다.
4) 따라서 구하는 기울기 $m$의 범위는 다음과 같다.
\[ \left\{ m \;\middle|\; -\frac{1}{2} < m \le \frac{\sqrt{89}}{6} \right\} \]

1) 분모를 전개하여 식을 변형하면 $(e^{2x} + 1)(x^2 + 1) = (e^x + x)^2 + (1 - x e^x)^2$이므로:
\[ f(x) = \frac{(e^x + x)(1 - x e^x)}{(e^x + x)^2 + (1 - x e^x)^2} \]
2) 최솟값은 $(e^x+x)(1-xe^x) < 0$일 때 발생하므로, 역수의 부호를 바꾸어 정리한다.
\[ -\frac{1}{f(x)} = \frac{(e^x+x)^2 + (1-xe^x)^2}{(e^x+x)(xe^x-1)} = \frac{e^x+x}{xe^x-1} + \frac{xe^x-1}{e^x+x} \]
3) $h(x) = \frac{e^x+x}{xe^x-1}$라 하면, $p(t) = t + \frac{1}{t}$ ($t > 0$)의 최솟값은 산술-기하평균에 의해 $t=1$일 때 $2$이다.
4) $h(x) = 1 \implies xe^x - e^x - x - 1 = 0$에 대해 사잇값 정리를 적용하면, $q(x) = xe^x - e^x - x - 1$은 $q(1) = -2 < 0$, $q(2) = e^2 - 3 > 0$이므로 구간 $(1, 2)$에 $h(\alpha)=1$인 실근 $\alpha$가 존재한다.
5) 따라서 $-\frac{1}{f(x)}$의 최솟값은 $2$가 되어 $f(x)$의 최솟값은 $\mathbf{-\frac{1}{2}}$이다.

1) 분모를 전개하여 변형하면 $(e^{2x} + 1)(\cos^2 x + 4) = (2e^x + \cos x)^2 + (2 - e^x \cos x)^2$이므로:
\[ f(x) = \frac{(2e^x + \cos x)(2 - e^x \cos x)}{(2e^x + \cos x)^2 + (2 - e^x \cos x)^2} \]
2) 최댓값은 분자가 양수일 때 발생하므로, 역수를 취해 정리한다.
\[ \frac{1}{f(x)} = \frac{2e^x+\cos x}{2-e^x\cos x} + \frac{2-e^x\cos x}{2e^x+\cos x} \]
3) $h(x) = \frac{2e^x+\cos x}{2-e^x\cos x}$라 하면, $p(t) = t + \frac{1}{t}$ ($t > 0$)의 최솟값은 산술-기하평균에 의해 $t=1$일 때 $2$이다.
4) $h(x) = 1 \implies e^x \cos x + 2e^x + \cos x - 2 = 0$에서 $q(x) = e^x \cos x + 2e^x + \cos x - 2$라 두면, $q(0) = 2 > 0$, $q(-\frac{\pi}{2}) = 2(e^{-\frac{\pi}{2}} - 1) < 0$이므로 사잇값 정리에 의해 구간 $(-\frac{\pi}{2}, 0)$에 $h(\alpha)=1$인 실근 $\alpha$가 존재한다.
5) 따라서 $\frac{1}{f(x)}$의 최솟값은 $2$가 되므로 $f(x)$의 최댓값은 $\mathbf{\frac{1}{2}}$이다.

자동차가 북쪽 경계에서 멈추는 경우는 $C_1, C_2$에서 멈추는 두 가지 경우뿐이다.
1) $C_1$에서 멈추는 경우: 나온 공이 $(1,1), (1,3), (1,5), (3), (5)$일 때이다. 그 확률은: \[ P(C_1) = 3 \times \left(\frac{1}{9}\right)^2 + 2 \times \frac{1}{9} = \frac{7}{27} \] 2) $C_2$에서 멈추는 경우: 나온 공이 $(1,2,1), (1,2,3), (1,2,5), (2,1,1), (2,1,3), (2,1,5), (2,3), (2,5)$일 때이다. 그 확률은: \[ P(C_2) = 6 \times \frac{2}{9} \times \left(\frac{1}{9}\right)^2 + 2 \times \frac{1}{9} \times \frac{2}{9} = \frac{16}{243} \] 3) 시행을 정확히 2번 하여 북쪽 경계에서 멈추는 경우: 공이 $(1,1), (1,3), (1,5), (2,3), (2,5)$일 때이다. 그 확률은: \[ P(\text{2번}) = 3 \times \left(\frac{1}{9}\right)^2 + 2 \times \frac{2}{9} \times \frac{1}{9} = \frac{7}{81} \] 4) 따라서 자동차가 북쪽 경계에 도달해 멈추었을 때 두 번째 시행에서 종료되었을 조건부확률은: \[ P(\text{2번} \mid \text{북쪽}) = \frac{P(\text{2번})}{P(C_1) + P(C_2)} = \frac{7/81}{7/27 + 16/243} = \frac{21}{79} \] 따라서 구하는 확률은 $\mathbf{\frac{21}{79}}$이다.

1) 함수 $f(x)$ 는 $[n, n+2k]$ 에서 연속이고 $(n, n+2k)$ 에서 미분가능하므로 평균값 정리에 의해: \[ \frac{f(n+2k) - f(n)}{2k} = f'(n+c_k) \quad (0 < c_k < 2k) \] 2) 피적분함수 $f'(x)$의 식과 극한의 성질을 이용하면: \[ f'(x) = \frac{x^{2025} + x^{1885} + 1}{x^{2025} + x^{2024} + 1} \implies \lim_{n \to \infty} f'(n+c_k) = 1 \] 3) 이를 구하고자 하는 극한식에 대입하면 다음과 같다: \[ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=2}^{10} \frac{f(n+2k) - f(n)}{(k-1)k(k+1)} = \sum_{k=2}^{10} \frac{2}{(k-1)(k+1)} \lim_{n \to \infty} f'(n+c_k) \] \[ = \sum_{k=2}^{10} \left( \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k+1} \right) = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{10} - \frac{1}{11} = \frac{72}{55} \] 따라서 최종 극한값은 $\mathbf{\frac{72}{55}}$이다.

$2025 = 3^4 \times 5^2$ 이다.
[문제 3-1] n의 값에 따라 두 경우로 나누어 구한다.
(ⅰ) $n$이 $2025$와 서로소인 경우: $f(n) = f(n^2)$ 이 항상 만족된다. 개수는 $\phi(2025) = 2025 \times (1 - 1/3) \times (1 - 1/5) = 1080$.
(ⅱ) $n$이 $2025$와 서로소가 아닌 경우: $f(n) = f(n^2)$ 을 만족시키려면:
① $n$이 $3^4$의 배수이나 5의 배수가 아닌 경우: $25 - 5 = 20$개.
② $n$이 $5^2$의 배수이나 3의 배수가 아닌 경우: $81 - 27 = 54$개.
③ $n$이 $3^4$과 $5^2$의 공배수인 경우: $1$개 ($n=2025$).
따라서 조건 만족 자연수 개수는 $1080 + (20 + 54 + 1) = \mathbf{1155}$이다.

[문제 3-2] $f(f(n)) < n$ 에서 약수 성질을 이용한다.
(ⅰ) $n$이 $2025$의 약수인 경우: $f(n) = \frac{2025}{n}$ 이므로 $f(f(n)) = n$ 이 되어 성립하지 않는다.
(ⅱ) $n$이 $2025$의 약수가 아닌 경우: $n = m \times 3^k \times 5^l$ ($m$은 15와 서로소인 $\ge 2$ 자연수)라 하면 $f(f(n)) = 3^k \times 5^l = \frac{n}{m} < n$ 이 되어 항상 성립한다.
따라서 조건을 만족시키는 개수는 $2025 - (2025\text{의 약수 개수}) = 2025 - 15 = \mathbf{2010}$이다.

$c_n = \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x^{\alpha}} dx - \frac{1}{(n+1)^{\alpha}}$ 라 하면 $c_n = a_n$ ($\alpha = 1$일 때), $c_n = b_n$ ($\alpha \ne 1$일 때) 이다. 함수 $f(x) = x^{-\alpha}$ 의 감소 및 아래로 볼록 성질과 평균값 정리를 적용하면: \[ \frac{1}{2} \left( \frac{1}{(n+1)^{\alpha}} - \frac{1}{(n+2)^{\alpha}} \right) \le c_n \le \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n^{\alpha}} - \frac{1}{(n+1)^{\alpha}} \right) \]
[문제 4-1] $\alpha = 1$ 이면 $\frac{1}{2(n+1)(n+2)} \le a_n \le \frac{1}{2n(n+1)}$ 이 성립한다.
따라서 $\lim_{n \to \infty} n a_n = \frac{1}{2}$ 이며, 구하고자 하는 극한식에 대입하면: \[ \lim_{n \to \infty} n(3n+1)^3 a_n^2 = \lim_{n \to \infty} \frac{27n^4}{4n^4} = \frac{27}{4} \] 따라서 최종 극한값은 $\mathbf{\frac{27}{4}}$이다.

[문제 4-2] 평균값 정리에 의해 $\lim_{n \to \infty} n^{\alpha+1} c_n = \frac{\alpha}{2}$ 이 성립한다.
따라서 $n^p b_n$의 극한값이 $0$이 아닌 상수 $L$에 수렴하려면 차수 $p = \alpha + 1$ 이어야 하며, 이때의 극한값 $L = \frac{\alpha}{2}$ 이다. 따라서: \[ p + L = \alpha + 1 + \frac{\alpha}{2} = \mathbf{\frac{3\alpha + 2}{2}} \]

[문제 5-1] 접선의 $x$절편 관계식으로부터 수열의 일반항을 규명한다.
곡선 $y = x^2$ 위의 점 $(x_n, x_n^2)$에서의 접선의 방정식은 $y - x_n^2 = 2x_n(x-x_n)$ 이므로, $x$절편인 $x_{n+1} = \frac{x_n}{2}$ 이다. 따라서 수열 ${x_n}$은 첫째항이 $k$ 이고 공비가 $1/2$ 인 등비수열이다. \[ a_k = \sum_{n=1}^{\infty} x_n = \frac{k}{1 - 1/2} = 2k \implies a_{2025} = 2 \times 2025 = \mathbf{4050} \]
[문제 5-2] $a_k = 2k$ 이다. 접선의 수직인 법선의 $x$절편 $b_k$를 구한다.
법선의 방정식은 $y - a_k^2 = -\frac{1}{2a_k}(x - a_k)$ 이므로, $x$절편 $b_k = a_k + 2a_k^3 = 2k + 16k^3$ 이다.
따라서 $b_m - a_m = 16m^3$ 이다. 식에 대입하면: \[ c_m = \prod_{i=1}^{m} \left( \frac{16m^3}{8i^3} + 1 \right)^{\frac{4i^2}{4m^3}} = \prod_{i=1}^{m} \left( \frac{2}{(i/m)^3} + 1 \right)^{\frac{i^2}{m^3}} \] 양변에 자연로그를 취하고 정적분 정의를 적용하면: \[ \lim_{m \to \infty} \ln c_m = \lim_{m \to \infty} \sum_{i=1}^{m} \left(\frac{i}{m}\right)^2 \ln \left( \frac{2}{(i/m)^3} + 1 \right) \frac{1}{m} = \int_{0}^{1} x^2 \ln \left(\frac{2}{x^3} + 1\right) dx \] \[ = \left[ \frac{1}{3} x^3 \ln \left(\frac{2}{x^3} + 1\right) \right]_0^1 + \int_{0}^{1} \frac{2}{3(x^3+2)} 3x^2 dx = \ln 3 - \frac{2}{3} \ln 2 \] \[ \lim_{m \to \infty} c_m = e^{\ln 3 - \frac{2}{3}\ln 2} = \mathbf{3 \times 4^{-1/3}} = \mathbf{3 \cdot 2^{-2/3}} \]

[문제 1-1] 정적분을 계산하여 확률변수를 정리한다.
\[ X = \int_{1}^{e} \{ m - n(\ln x)^2 \} dx = m(e - 1) - n(e - 2) \] 순서쌍 $(m,n)$의 개수는 $30 \times 29 = 870$이다. $m$과 $n$ 각각에 $30$ 이하의 각 자연수는 $29$번씩 나타나므로 기댓값은 다음과 같다. \[ E(X) = \frac{1}{870} \left( (e-1) \sum_{k=1}^{30} 29k - (e-2) \sum_{k=1}^{30} 29k \right) = \frac{1}{30} \sum_{k=1}^{30} k = \mathbf{\frac{31}{2}} \]
[문제 1-2] $xyz = \frac{mn}{30!}$ 에서 $30!$의 서로 다른 소인수는 $10$개이다. ($30! = 2^{26} \cdot 3^{14} \cdot 5^7 \cdot 7^4 \cdot 11^2 \cdot 13^2 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29$). 각 소인수는 $x,y,z$ 중 하나에만 속한다.
따라서 서로소인 순서쌍의 총 개수 $n(B) = 3^k$ ($k$는 소인수의 개수).
$x > y > z$ 조건을 고려하고 $1$이 중복되는 경우를 제외하면, $n(A) = \frac{3^k - 3}{6}$ 이다.
소인수 개수 $k$는 순서쌍 $(m,n)$에 따라 $8, 9, 10$이 될 수 있다. \[ P(Y = \frac{3^8-3}{6}) = \frac{6}{435},\quad P(Y = \frac{3^9-3}{6}) = \frac{106}{435},\quad P(Y = \frac{3^{10}-3}{6}) = \frac{323}{435} \] 따라서 $E\left( \frac{3^7}{2} Y + 1 \right)$ 은 계산하면 $\mathbf{\frac{1077}{145}}$ 이다.

점 $P(\alpha, f(\alpha))$ 에서의 접선으로부터 $x$절편 $A$와 $y$절편 $B$의 좌표를 구한다.
$A\left( \alpha - \frac{f(\alpha)}{f'(\alpha)}, 0 \right)$, $B(0, f(\alpha) - \alpha f'(\alpha))$ 이므로 $\vec{OA} + \vec{OB} = \vec{OP} + \vec{OQ}$에 의해: \[ X = -\frac{f(\alpha)}{f'(\alpha)},\quad Y = -\alpha f'(\alpha) \implies XY = \alpha f(\alpha) \]
[문제 2-1] $f(x) = b \sqrt{1 - x^2/a^2}$ 이다. $F(x) = x f(x) = b x \sqrt{1 - x^2/a^2}$ 라 하고 미분하면: \[ F'(x) = \frac{b(1 - 2x^2/a^2)}{\sqrt{1-x^2/a^2}} \implies x = \frac{a}{\sqrt{2}} \text{ 일 때 최댓값 } \mathbf{\frac{ab}{2}} \text{ 를 갖는다.} \]
[문제 2-2] $XY = x f(x) = c$ 이며, $f(1)=3 \implies c=3$ 이다. 따라서 $f(x) = \frac{3}{x}$ 이다.
$h(x) = \{f(x)\}^2 + \frac{1}{f(x)} = \frac{9}{x^2} + \frac{x}{3}$ 이다. 미분하여 최솟값을 찾는다. \[ h'(x) = -\frac{18}{x^3} + \frac{1}{3} = 0 \implies x^3 = 54 \implies x = \mathbf{\sqrt[3]{54}} = \mathbf{3\sqrt[3]{2}} \] 따라서 구하고자 하는 최솟값 위치 $k = \mathbf{3\sqrt[3]{2}}$ 이다.

[문제 3-1] $\vec{OP} = (t, 4-2t)$ 이다. $a=2$ 이므로 $\vec{PQ} = -2\vec{OP} = (-2t, 4t-8)$ 이다.
$\vec{PR}$은 $\vec{OP}' = (1,-2)$에 수직이므로 $\vec{PR} = \alpha(2,1)$ 이다. $\vec{PQ} \cdot \vec{PR} = -8\alpha > 0 \implies \alpha < 0$ 이다.
길이 조건에서 $\alpha = -2\sqrt{t^2 - 16t/5 + 16/5}$ 이고, $\vec{PS} = -5\vec{PR}$ 이다.
연산하면 $(\vec{OP} \cdot \vec{PS})^2 = 320(5t^2 - 16t + 16)$ 이 되므로 정적분 값은 다음과 같다. \[ \int_{0}^{2} (\vec{OP} \cdot \vec{PS})^2 dt = 320 \int_{0}^{2} (5t^2 - 16t + 16) dt = \mathbf{\frac{12800}{3}} \]
[문제 3-2] $\vec{OP} = (2\cos t, \sin t)$ 이고 $a=5$ 이다. $\vec{PR} = \alpha(\cos t, 2\sin t)$ 이고 $\alpha = -5 \sqrt{\frac{4-3\sin^2 t}{1+3\sin^2 t}}$ 이다.
$(\vec{OT} \cdot \vec{PR})^2 = 4\alpha^2 \sin^2 t = 100 \times \frac{4s - 3s^2}{1+3s}$ (단, $s = \sin^2 t$, $0 \le s \le 1$) 이다.
미분을 통해 최댓값을 구하면 $s = \frac{\sqrt{5}-1}{3}$ 일 때 최댓값 $\mathbf{\frac{200(3-\sqrt{5})}{3}}$ 을 갖는다.

[문제 3-3] $\vec{OP} \cdot \vec{OR} = |\vec{OP}|^2 + \vec{OP} \cdot \vec{PR}$ 이다. 식을 성분화하여 정리하면: \[ \vec{OP} \cdot \vec{OR} = \{f(t)\}^2 + \frac{1}{\{f(t)\}^2} - 2a \]
$f(t) > a > 2$ 이므로 $\{f(t)\}^2 + \frac{1}{\{f(t)\}^2} - 2a > a^2 - 2a > 0$ 이 성립하여 항상 양수이다.

[문제 1-1] 로봇이 원점에서 점 $(21, 21)$ 까지 가기 위해서는 x축 방향으로 21, y축 방향으로 21 이동해야 한다. 방향 전환이 정확히 5번 일어나는 경로의 수는 3번의 x축 방향 이동($x_1, x_2, x_3$)과 3번의 y축 방향 이동($y_1, y_2, y_3$)으로 구성된다. x와 y 성분의 이동거리가 모두 양의 정수이어야 하므로 방정식은 다음과 같다. \[ x_1 + x_2 + x_3 = 21, \quad y_1 + y_2 + y_3 = 21 \quad (x_i, y_i \ge 1) \] 각 방정식의 양의 정수해의 개수는 중복조합에 의해 $_3H_{18} = _{20}C_2 = 190$이다. 따라서 구하는 경로의 수는: \[ 190 \times 190 = \mathbf{36100} \]
[문제 1-2] 로봇이 원의 테두리 $x^2 + y^2 = 58^2$ 위의 점 $(x,y)$ ($0 \le x \le 58$)에서 멈추었다고 하면, 이동 거리는 $x+y = x + \sqrt{58^2 - x^2}$ 이다. 함수 $f(x) = x + \sqrt{58^2 - x^2}$ 라 하고 미분하면: \[ f'(x) = 1 - \frac{x}{\sqrt{58^2 - x^2}} = 0 \implies x = 29\sqrt{2} \] 함수 $f(x)$는 $x = 29\sqrt{2} \approx 41.01$에서 최댓값을 가진다. 로봇은 좌표가 모두 정수인 점에서만 방향을 전환하므로 테두리에 닿았을 때 $x$ 또는 $y$ 좌표는 정수이어야 한다. 대칭성에 의해 $x$가 정수인 근방의 정수 $x = 41, 42$에서의 값을 비교한다. \[ f(41) = 41 + \sqrt{58^2 - 41^2} = 41 + 3\sqrt{187} \approx 82.02 \] \[ f(42) = 42 + \sqrt{58^2 - 42^2} = 82 \] 따라서 구하는 거리의 최댓값은 $f(41) = \mathbf{41 + 3\sqrt{187}}$ 이다.

[문제 2-1] 로그의 성질과 팩토리얼 정의를 통해 식을 정리한다. \[ \frac{1}{n} \ln a_{2n} - \frac{1}{n} \ln a_n - \ln 2n = \frac{1}{n} \ln \frac{(2n)!}{n!} - \ln 2n \] \[ = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln(n+k) - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln 2n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \left( \frac{1}{2} + \frac{k}{2n} \right) \] 정적분과 급수의 합 사이의 관계에 의해 극한값은 다음과 같다. \[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \left( \frac{1}{2} + \frac{k}{2n} \right) = \int_{0}^{1} \ln \left( \frac{1+x}{2} \right) dx \] \[ = 2 \int_{1/2}^{1} \ln u \, du = 2 \Big[ u \ln u - u \Big]_{1/2}^1 = \mathbf{-1 + \ln 2} \]
[문제 2-2] 조건 (가), (다)에 의해 $b_n$의 모든 소인수는 $n$ 이하이며 $b_n$은 $(n!)^{c_n}$의 약수가 아니다. 이는 $b_n$의 소인수 중 적어도 하나 $p_n \le n$이 존재하여 $p_n^{c_n+1}$이 $b_n$의 약수임을 의미한다. 조건 (나)에 의해 $c_n \ge 3\log_2 n$ 이므로: \[ b_n \ge p_n^{c_n+1} > 2^{3\log_2 n} = n^3 \implies \frac{b_n}{n^2} > n \] 수열의 극한의 대소 관계에 의해 $\lim_{n \to \infty} n = \infty$ 이므로, $\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{n^2} = \mathbf{\infty}$ (발산)이다.

[문제 3-1] $20$개의 카드쌍에 적힌 숫자를 각각 $(a_i, b_i)$ ($1 \le i \le 20$)라 하자. 임의로 한 개의 카드쌍을 고를 확률은 $1/20$이므로 평균 $E(X)$는 다음과 같다. \[ E(X) = \sum_{i=1}^{20} \frac{1}{20} (a_i + b_i) = \frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} (a_i + b_i) \] 모든 카드에 적힌 숫자의 합 $\sum_{i=1}^{20} (a_i + b_i)$는 카드쌍을 어떻게 구성하든 항상 $0$으로 일정하다 ($-20$부터 $20$까지 $0$을 제외한 정수의 총합). 따라서 평균은 $E(X) = \mathbf{0}$으로 일정하다.

[문제 3-2] 분산 $V(X) = E(X^2) - (E(X))^2 = E(X^2)$ 이다. \[ E(X^2) = \sum_{i=1}^{20} \frac{1}{20} (a_i + b_i)^2 = \frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} (a_i^2 + b_i^2) + \frac{1}{10} \sum_{i=1}^{20} a_i b_i \] 여기서 $\sum_{i=1}^{20} (a_i^2 + b_i^2)$는 카드쌍 구성과 무관하게 $2\sum_{k=1}^{20} k^2 = 5740$으로 일정하므로 constant 항은 $287$이다. 따라서 $\sum_{i=1}^{20} a_i b_i$가 최대가 될 때 분산이 최대가 된다. 재배열 부등식에 의해 큰 수끼리, 작은 수끼리 인접하게 짝지을 때 합이 최대가 된다. 즉, 오름차순 정렬 후 인접한 두 수끼리 짝지어야 한다. \[ \text{짝짓기 방법}: \{(-20, -19), (-18, -17), \dots, (-2, -1), (1, 2), \dots, (19, 20)\} \] 이때의 최대 분산 값은 다음과 같다. \[ V(X) = \frac{1}{10} \sum_{k=1}^{10} (4k^2 - 2k) + 287 = 286 + 287 = \mathbf{573} \]

[문제 4-1] 두 반직선 $l_1$과 $l_2$가 만나는 점 $P(1, 4)$이다. 새로 생성된 반직선 $l$ 위의 임의의 점 $R$은 $\vec{OR} = \vec{OP} + t\vec{v}$ ($t \ge 0$)를 만족한다. 법선벡터 $\vec{w} = (-d, c)$에 대하여 $\vec{w} \cdot \vec{PR} = 0$ 이므로, 임의의 $A$에 대하여 $\vec{w} \cdot \vec{PA} > 0$ 이면 반직선 $l$은 $A$를 지나지 않는다. 규칙 (가)에 의해 방향벡터는 $\vec{v} = (-a, -1)$ 또는 $\vec{v} = (-1, -a)$ 이다.
1) $\vec{v} = (-a, -1)$일 때, $\vec{w} = (1, -a)$ 이고 $\vec{w} \cdot \vec{PA} = (1, -a) \cdot (1, -2) = 1 + 2a > 0$ ($\because a > 0$ 이므로 항상 양수).
2) $\vec{v} = (-1, -a)$일 때, $\vec{w} = (a, -1)$ 이고 $\vec{w} \cdot \vec{PA} = (a, -1) \cdot (1, -2) = a + 2 > 0$ ($\because a > 0$ 이므로 항상 양수).
따라서 $A(2,2)$를 지나는 반직선은 생성될 수 없으며, 조건을 만족하는 양의 실수 $a$는 **존재하지 않는다**.

[문제 4-2] 새로 생성된 반직선 $m$의 시작점을 $P$, 방향벡터를 $\vec{v} = a\vec{u}_1 + \vec{u}_2$ (또는 $\vec{v} = \vec{u}_1 + a\vec{u}_2$)라 하자. 법선벡터는 $\vec{w} = a\vec{w}_1 + \vec{w}_2$ 이 된다. 귀납적으로 각 단계별 결합에 대칭성을 적용하면, 이전 단계의 모든 반직선들이 $\vec{w}_i \cdot \vec{P_i A} > 0$ 을 만족하므로: \[ \vec{w} \cdot \vec{PA} = (a\vec{w}_1 + \vec{w}_2) \cdot \vec{PA} = a \vec{w}_1 \cdot \vec{PA} + \vec{w}_2 \cdot \vec{PA} > 0 \quad (\because a > 0) \] 수학적 귀납법에 의해 새로 생성되는 모든 반직선은 항상 $\vec{w} \cdot \vec{PA} > 0$ 을 만족하게 되므로 점 $A(2,2)$를 지낼 수 없다. 따라서 조건을 만족하는 양의 실수 $a$는 **존재하지 않는다**.

[문제 1-1] 전등의 번호 $n$의 버튼은 수험번호가 $n$의 약수인 학생이 누른다. $2023 = 7 \times 17^2$ 이므로 $2023$의 약수의 개수는 $(1+1) \times (2+1) = 6$개다. 따라서 버튼은 총 6번 눌러진다.

[문제 1-2] 전등이 최종 켜지려면 홀수 번 눌러져야 하므로 약수의 개수가 홀수여야 한다. 이는 해당 전등 번호가 제곱수인 경우뿐이다. $44^2 = 1936 < 2023 < 2025 = 45^2$ 이므로 켜져 있는 전등은 총 44개이다. 약수의 개수가 3개인 전등은 소수의 제곱수 $p^2$ 형태이다. $44$ 이하의 소수는 ${2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43}$ 총 14개다. 따라서 켜져 있는 전등 중 버튼이 3번 눌린 전등을 고를 확률은: \[ \frac{14}{44} = \mathbf{\frac{7}{22}} \]
[문제 1-3] $1, 2, 3$번 학생과 $2022, 2023$번 학생이 지나가지 않았으므로, 1부터 2021까지 학생이 모두 통과했을 때보다 전등은 최대 3번 덜 눌린다.
각 번호 $n \le 2021$에 대해 약수 중 ${1, 2, 3}$에 속하는 개수만큼 덜 눌린다. $2021$ 이하의 제곱수 $44$개(집합 $A$), 비제곱수(집합 $B$)로 분류하고 약수의 포함 관계를 통해 계산한다.
1) 1번 덜 눌린 경우 (2, 3의 배수 아님): 비제곱수 $\to$ 켜짐 (659개)
2) 2번 덜 눌린 경우 (2 또는 3의 배수나 6의 배수 아님): 제곱수 $\to$ 켜짐 (22개)
3) 3번 덜 눌린 경우 (6의 배수): 비제곱수 $\to$ 켜짐 (329개)
켜진 전등의 총 개수는 $659 + 22 + 329 = 1010$개이다. $n = 2022, 2023$은 모두 꺼져 있으므로 최종 확률은: \[ \mathbf{\frac{1010}{2023}} \]

[문제 2-1] 부등식 $36x^3 - 27x^2 - 4x + 9 > 6$ 을 정리하면 $(4x-3)(3x-1)(3x+1) > 0$ 이다. 구간 $[0, 1]$ 에서 이를 만족하는 $x$ 의 영역은 $S = [0, 1/3) \cup (3/4, 1]$ 이므로 길이는 $g(6) = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \mathbf{\frac{7}{12}}$ 이다.
[문제 2-2] $f(x) = 8x^3 - 11x^2 + 3x + 5$의 도함수는 $f'(x) = 24x^2 - 22x + 3 = 24(x-1/6)(x-3/4)$ 이다. 구간 $[0,1]$에서 최소값은 극소점 $x=3/4$ 또는 경계 $x=0$에서 발생한다. $f(0)=5$ 이고 $f(3/4) = 71/16$ 이므로 최소값은 $71/16$ 이다. $g(t)=1$ 이기 위해서는 $t \le \mathbf{\frac{71}{16}}$ 이어야 한다.
[문제 2-3] $ax = bx+c$ 의 교점 $x_0 = \frac{c}{a-b}$ 이다. $x_0$의 범위에 따라 $g(t)$를 구한다.
1) $c \le 0$: $g(t) = \begin{cases} 1 & (t \le b+c) \\ \frac{t-c}{b} & (b+c < t \le c) \\ 0 & (t > c) \end{cases}$
2) $c \ge a-b$: $g(t) = \begin{cases} 1 & (t \le 0) \\ 1 - \frac{t}{a} & (0 < t \le a) \\ 0 & (t > a) \end{cases}$
3) $0 < c < a-b$, $b+c \ge 0$: $g(t) = \begin{cases} 1 & (t \le 0) \\ 1 - \frac{t}{a} & (0 < t \le b+c) \\ (\frac{1}{b} - \frac{1}{a})t - \frac{c}{b} & (b+c < t \le \frac{ac}{a-b}) \\ 0 & (t > \frac{ac}{a-b}) \end{cases}$
4) $0 < c < a-b$, $b+c < 0$: $g(t) = \begin{cases} 1 & (t \le b+c) \\ \frac{t-c}{b} & (b+c < t \le 0) \\ (\frac{1}{b} - \frac{1}{a})t - \frac{c}{b} & (0 < t \le \frac{ac}{a-b}) \\ 0 & (t > \frac{ac}{a-b}) \end{cases}$
[문제 2-4] $g(t)$ 의 정의상 $\int_{0}^{2023} g(t) dt$ 는 곡선 $y = f(x)$와 $x$축 및 두 직선 $x=0, x=1$로 둘러싸인 부분의 넓이와 같다. $[-10 < a, b < 0, 0 < c < 1]$ 이므로: \[ \int_0^1 f(x)dx = \int_0^c a(x-b)(x-c)dx + \int_c^1 -a(x-b)(x-c)dx \] \[ = \mathbf{-a\left( \frac{1}{3} c^3 - bc^2 + bc - \frac{1}{2} b - \frac{1}{2} c + \frac{1}{3} \right)} \]

[문제 3-1] $P(x_1, mx_1)$, $Q(x_2, -mx_2)$ 이므로 중점 $M(x,y)$의 좌표는 $x = \frac{x_1 + x_2}{2}$, $y = \frac{m(x_1 - x_2)}{2}$ 이다. 이를 대입해 역산하면 $x_1 = x + \frac{y}{m}$, $x_2 = x - \frac{y}{m}$ 이다. 두 점 사이의 거리 $(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2 = 1$ 에 대입하면: \[ \left( \frac{2y}{m} \right)^2 + m^2 (2x)^2 = 1 \implies \mathbf{4m^2 x^2 + \frac{4}{m^2} y^2 = 1} \] 이때 $x_1 \ge 0, x_2 \ge 0$ 이므로 범위는 $x \ge \frac{1}{2\sqrt{m^2+1}}$ (또는 $|y| \le mx$)이다.

[문제 3-2] $Q(t, -mt)$ 이며 $OQ = \frac{1}{2}$ 일 때 $t = \frac{1}{2\sqrt{1+m^2}}$ 이다. $P(s, ms)$ 라 하고 거리 조건 $(s-t)^2 + m^2(s+t)^2 = 1$ 을 $s$ 에 대해 정리하면: \[ s = \frac{(1-m^2)t + \sqrt{(1+m^2) - 4m^2 t^2}}{1+m^2} \] 양변을 $t$ 로 미분하고 $t$ 값을 대입하여 $\frac{ds}{dt}$ 를 도출한다. \[ \frac{ds}{dt} = \frac{1}{1+m^2} \left( 1 - m^2 - \frac{2m^2}{\sqrt{1+m^2+m^4}} \right) \] 따라서 $P$ 의 속도벡터는 $\vec{v}_P = \mathbf{\left( \frac{ds}{dt}, m\frac{ds}{dt} \right)}$ 이다.

[문제 3-3] 삼각형 넓이 관계를 이용하여 내접원 $C_1$의 반지름 $R = \frac{\sqrt{15}}{24}$ 을 구한다. 원 $C_1$의 중심을 지나고 $l_1$에 수직인 직선 $l_3$와 두 원의 대칭적 닮음비를 구하면 $\frac{r}{R} = \frac{4-\sqrt{10}}{4+\sqrt{10}}$ 이 성립한다. 이로부터 계산하면 두 중심 사이의 거리는: \[ R + r = \mathbf{\frac{2}{9}\sqrt{15} - \frac{5}{18}\sqrt{6}} \]

[문제 1-1] 주사위의 눈 $a$ 가 나오면 직각이등변삼각형의 빗변 위의 음이 아닌 정수 좌표 $(x,y)$의 개수는 $x+y=a$를 만족하는 음이 아닌 정수쌍의 개수이므로 $X = a+1$ 이다. 눈 $a$의 기댓값은 $E(a) = 3.5$ 이므로 구하는 기댓값은: \[ E(X) = E(a+1) = E(a) + 1 = 3.5 + 1 = \mathbf{4.5} \]
[문제 1-2] 직각이등변삼각형의 둘레 및 내부에 있는 정수 좌표의 개수 $Y$는 다음과 같다. \[ Y = \sum_{k=0}^a (k+1) = \frac{(a+1)(a+2)}{2} = \frac{a^2 + 3a + 2}{2} \] 눈 $a$에 대해 각 제곱의 기댓값은: \[ E(a) = \frac{7}{2}, \quad E(a^2) = \frac{1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2}{6} = \frac{91}{6} \] 따라서 구하고자 하는 기댓값 $E(Y)$는: \[ E(Y) = \frac{1}{2} \left( E(a^2) + 3E(a) + 2 \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{91}{6} + \frac{63}{6} + \frac{12}{6} \right) = \mathbf{\frac{83}{6}} \approx 13.83 \]

[문제 2-1] 만나는 교점의 좌표 $x = b_n$에 대해 $\frac{b_n^2}{a_{n+1}^2} - 1 = (\ln(1+b_n))^2$ 이 성립하고 $b_n > a_{n+1}$ 임은 당연하다.
함수 $h(x) = \frac{x^2}{a_{n+1}^2} - (\ln(1+x))^2 - 1$ 이라 하면 $x > a_{n+1}$ 에서 $h'(x) > 0$ 이므로 증가함수이다.
$h(a_n)$을 구하면 조건 $1 + \frac{1}{a_n^2} \le \frac{1}{a_{n+1}^2}$ 에 의해: \[ h(a_n) \ge a_n^2 \left( 1 + \frac{1}{a_n^2} \right) - (\ln(1+a_n))^2 - 1 = a_n^2 - (\ln(1+a_n))^2 \] 제시문 1에 의해 $\ln(1+a_n) < a_n$ 이므로 $h(a_n) > 0$ 이다.
증가함수에서 $h(b_n) = 0$ 이고 $h(a_n) > 0$ 이므로 $b_n < a_n$ 이다. 따라서 $a_{n+1} < b_n < a_n$ 이 성립한다.

[문제 2-2] $a_n = \frac{1}{\sqrt{n}}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{-n/2}$ 이라 하면 $n \to \infty$ 일 때 $\lim_{n\to\infty} \sqrt{n}a_n = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$ 이다.
앞서 증명한 $a_{n+1} < b_n < a_n$ 과 샌드위치 정리에 의해 $\lim_{n\to\infty} \sqrt{n} b_n = \frac{1}{\sqrt{e}}$ 이다. 극한값 $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1$ 임을 이용하면: \[ \lim_{n\to\infty} \sqrt{n} \ln(1+b_n) = \lim_{n\to\infty} \sqrt{n} b_n \frac{\ln(1+b_n)}{b_n} = \mathbf{\frac{1}{\sqrt{e}}} \]

[문제 3-1] 등차수열 ${a_n}$의 첫째항을 자연수 $x$라 하면 합은 $S_m = mx + \frac{m(m-1)}{2}$ 이다.
조건 (나2)에 의해 $mx + \frac{m(m-1)}{2} \le N$ 이므로 $x \le \frac{N}{m} - \frac{m-1}{2}$ 이다. 첫째항 $x$는 자연수($x \ge 1$)이므로 만족하는 개수는: \[ g_N(m) = \max \left( 0, \leftlfloor \frac{N}{m} - \frac{m-1}{2} ightrfloor \right) \] $N = qm + r$ 이고 $m$은 홀수이므로 $\frac{m-1}{2}$은 정수이다. 따라서 개수는: \[ g_N(m) = \mathbf{\frac{N-r}{m} - \frac{m-1}{2}} \quad \left( 단, \, N \ge \frac{m(m-1)}{2} \right) \]
[문제 3-2] 조건 (나1)에 의해 $mx + \frac{m(m-1)}{2} = N$ 이 성립하는 $x \ge 1$ 가 존재할 조건은 $N \ge \frac{m(m-1)}{2}$ 이고 $N - \frac{m(m-1)}{2}$ 이 $m$의 배수인 것이다.
시그마 합의 순서를 변경하여 구한다: \[ \sum_{N=1}^{200} f(N) = \sum_{m \text{ 홀수}} m \times g_{200}(m) \] 여기서 $g_{200}(m) = \lfloor \frac{200}{m} - \frac{m-1}{2} floor \ge 1$ 을 만족하는 홀수 $m$의 범위는 $m \le 19$ 이다.
각 홀수 $m$에 대한 항을 합산하면: - $m=1: 1 \times 200 = 200$ - $m=3: 3 \times 65 = 195$ - $m=5: 5 \times 38 = 190$ - $m=7: 7 \times 25 = 175$ - $m=9: 9 \times 18 = 162$ - $m=11: 11 \times 13 = 143$ - $m=13: 13 \times 9 = 117$ - $m=15: 15 \times 6 = 90$ - $m=17: 17 \times 3 = 51$ - $m=19: 19 \times 1 = 19$
따라서 구하는 총합은 $200 + 195 + 190 + 175 + 162 + 143 + 117 + 90 + 51 + 19 = \mathbf{1342}$ 이다.

[문제 4-1] 내각의 크기가 $180^\circ$ 미만(볼록 다각형)이고 꼭짓점 $V$가 내부의 점이므로 이웃하는 3개 세 점으로 향하는 단위벡터 $\vec{u}_1, \vec{u}_2, \vec{u}_3$ 간의 사잇각은 모두 $180^\circ$ 미만이어야 한다. 조건 (라)에 의해 3개 벡터 중 2개는 좌표축에 평행하다. 가능한 조합은 축 평행 벡터 2개와 대각선 벡터 1개 형태뿐이다. 회전 대칭성에 의해 $\vec{u}_1 = (1,0)$, $\vec{u}_2 = (0,1)$ 이면 대각선 벡터 $\vec{u}_3$는 $(-1,-1)$이 되어 $\vec{u}_1 + \vec{u}_2 + \vec{u}_3 = \vec{0}$ 가 만족된다. 다른 모든 회전 형태도 동일하므로 합은 항상 $\vec{0}$ 이다.

[문제 4-2] 다각형의 내부 꼭짓점 $V$에서 이웃 꼭짓점으로 뻗어나가는 벡터의 합은 $\vec{u}_{V1} + \vec{u}_{V2} + \vec{u}_{V3} = \vec{0}$ 이다. 모든 다각형 내부 꼭짓점 $V$에 대해 이 벡터 합을 전부 더하면, 내부 선분들은 양 끝점 꼭짓점에서 서로 반대 방향 벡터로 더해져 소거된다. 따라서 전체 합은 경계 꼭짓점 $P$에서 내부 꼭짓점 $Q$를 향하는 경계벡터들의 합만 남게 되며, 이 또한 $\vec{0}$ 이 된다.

[문제 4-3] 삼각형 $OAB$의 둘레 위의 점 $P$에 대한 경계벡터 $\vec{u}$의 성질을 이용한다. 다각형 변이 $OAB$ 변과 만날 때 수직(조건 다)이므로:
- 선분 $OA$ ($y=0$) 위의 경계벡터들은 $y$축 방향 벡터 $(0, 1)$ 이다. 개수를 $N_{OA}$ 라 하자.
- 선분 $OB$ ($x=0$) 위의 경계벡터들은 $x$축 방향 벡터 $(1, 0)$ 이다. 개수를 $N_{OB}$ 라 하자.
- 선분 $AB$ ($x+y=2022$) 위의 경계벡터들은 대각선 방향 벡터 $(-1, -1)$ 이다. 개수를 $N_{AB}$ 라 하자.
모든 경계벡터의 합이 $\vec{0}$ 이므로: \[ N_{OB} (1, 0) + N_{OA} (0, 1) + N_{AB} (-1, -1) = (0, 0) \] \[ (N_{OB} - N_{AB}, \, N_{OA} - N_{AB}) = (0, 0) \implies N_{OA} = N_{OB} = N_{AB} \] 따라서 세 선분과 만나는 다각형의 개수는 모두 같다.