[문제 1-1] 구간 $(0, 4)$에서 미분가능 하려면 $x=2$에서 연속이고 미분가능해야 한다.
(i) 연속 조건: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = f(2) \implies 2(2)-2 = 2 \implies 2a e^{2b} = 2 \implies a e^{2b} = 1$
(ii) 미분가능 조건: $x=2$에서 좌미분계수 $2$, 우미분계수는 $f'(x) = a e^{bx} + a b x e^{bx}$이므로 $x=2$ 대입시 $a e^{2b} (1 + 2b)$이다. 좌우 미분계수가 같으므로:
$2 = a e^{2b}(1 + 2b) \implies 2 = 1 \times (1 + 2b) \implies 2b = 1 \implies b = \frac{1}{2}$
$a e^{2(1/2)} = 1 \implies a e = 1 \implies a = \frac{1}{e}$
따라서 $\mathbf{a = \frac{1}{e}, b = \frac{1}{2}}$이다.

[문제 1-2] $f(x) = \begin{cases} 2x-2 & (0 \le x < 2) \\ x e^{\frac{1}{2}x - 1} & (2 \le x \le 4) \end{cases}$ 이고,
$g(x) = |(x-1)(x-3)| - 5$를 구간별로 나누면:
$x < 1, x > 3$인 경우, $g(x) = x^2 - 4x - 2$
$1 \le x \le 3$인 경우, $g(x) = -x^2 + 4x - 8$
두 그래프와 $x=4$로 둘러싸인 넓이 $S = \int_0^4 (f(x) - g(x)) dx$는 적분 구간을 4개로 분할하여 계산한다.
$S = \int_0^1 ((2x-2) - (x^2 - 4x - 2)) dx + \int_1^2 ((2x-2) - (-x^2 + 4x - 8)) dx$
$\quad + \int_2^3 (x e^{\frac{1}{2}x - 1} - (-x^2 + 4x - 8)) dx + \int_3^4 (x e^{\frac{1}{2}x - 1} - (x^2 - 4x - 2)) dx$
다항함수 적분 및 지수함수의 부분적분 $\int x e^{\frac{1}{2}x-1} dx = 2x e^{\frac{1}{2}x-1} - 4e^{\frac{1}{2}x-1}$을 적용해 대입 연산하면,
최종 구하는 도형의 넓이는 $\mathbf{4e + 16}$이다.

[문제 2-1] $f(x) = e^{cx} \implies f'(x) = c e^{cx}$.
곡선 위의 점 $B_1(a_1, f(a_1))$ 즉 $(N, e^{cN})$에서의 접선의 방정식은:
$y = c e^{cN} (x - N) + e^{cN}$
$x$절편인 $A_2(a_2, 0)$을 구하기 위해 $y=0$ 대입:
$0 = c e^{cN} (a_2 - N) + e^{cN} \implies a_2 = N - \frac{1}{c}$
삼각형 $A_1 B_1 A_2$의 밑변 길이는 $|a_2 - a_1| = \frac{1}{c}$이고, 높이는 $f(a_1) = e^{cN}$이므로 넓이 $S_1$은:
$\mathbf{S_1 = \frac{1}{2c} e^{cN}}$이다.

[문제 2-2] 점 $B_n(a_n, f(a_n))$에서의 접선의 $x$절편은 동일 관계식에 의해 $a_{n+1} = a_n - \frac{1}{c}$을 만족한다.
첫째항 $a_1 = N$이므로 등차수열 관계에 의해 $a_n = N - \frac{n-1}{c}$이 된다.
따라서 삼각형의 높이 $f(a_n) = e^{c a_n} = e^{c(N - \frac{n-1}{c})} = e^{cN - n + 1}$이다.
밑변의 길이는 $|a_{n+1} - a_n| = \frac{1}{c}$로 일정하므로, 일반항 $S_n$은:
$\mathbf{S_n = \frac{1}{2c} e^{c a_n} = \frac{1}{2c} e^{cN - n + 1}}$이다.
[문제 2-3] $S_n = \frac{1}{2c} e^{cN + 1} \times e^{-n}$ 수열은 첫째항이 $\frac{1}{2c} e^{cN}$, 공비가 $e^{-1} = \frac{1}{e}$인 무한등비급수이다.
공비 $|1/e| < 1$이므로 무한등비급수 합 공식에 대입하면:
$\sum_{n=1}^{\infty} S_n = \frac{\frac{1}{2c} e^{cN}}{1 - e^{-1}} = \mathbf{\frac{e^{cN+1}}{2c(e-1)}}$이다.

[문제 2-4] $c=1$인 경우, $f(a_n) = e^{N - n + 1}$이다.
$f(a_n) < 0.1 \implies e^{N - n + 1} < 0.1$
$n = N+1$일 때 $f(a_{N+1}) = e^0 = 1 > 0.1$
$n = N+2$일 때 $f(a_{N+2}) = e^{-1} \approx \frac{1}{2.7} \approx 0.37 > 0.1$
$n = N+3$일 때 $f(a_{N+3}) = e^{-2} \approx \frac{1}{7.29} \approx 0.137 > 0.1$
$n = N+4$일 때 $f(a_{N+4}) = e^{-3} \approx \frac{1}{19.68} \approx 0.051 < 0.1$
따라서 최솟값을 만족하는 자연수 $n$은 $\mathbf{N + 4}$이다.

[문제 3-1] 삼차방정식 $x^3 - 12x^2 + 45x - k = 0$이 서로 다른 3개의 실근을 가질 조건은 함수 $f(x) = x^3 - 12x^2 + 45x - k$의 극댓값이 $0$ 이상이고, 극솟값이 $0$ 이하이어야 한다.
$f'(x) = 3x^2 - 24x + 45 = 3(x-3)(x-5)$이므로 $x=3, x=5$에서 극값을 갖는다.
이계도함수 $f''(x) = 6x - 24$를 판정하면, $f''(3) = -6 < 0$ (극대), $f''(5) = 6 > 0$ (극소)이다.
극댓값: $f(3) = 27 - 108 + 135 - k = 54 - k \ge 0 \implies k \le 54$
극솟값: $f(5) = 125 - 300 + 225 - k = 50 - k \le 0 \implies k \ge 50$
따라서 만족하는 실수 $k$의 범위는 $\mathbf{50 \le k \le 54}$이다.

[문제 3-2] 근과 계수의 관계에 의해:
$a+b+c = 12$ (1), $ab+bc+ca = 45$ (2), $abc = k$ (3) 이다.
$a, b, c$가 양의 정수이므로 $k = abc$도 양의 정수이며 [문제 3-1]에 의해 가능한 $k$는 $50, 51, 52, 53, 54$이다.
합이 $12$, 두 개씩의 곱의 합이 $45$인 세 정수의 순서쌍 $(a, b, c)$를 조사하면 $(3,3,6)$과 $(2,5,5)$만 존재한다.
$(2,5,5)$일 때 $k = 2 \times 5 \times 5 = 50$
$(3,3,6)$일 때 $k = 3 \times 3 \times 6 = 54$
따라서 가능한 $k$값은 $\mathbf{50, 54}$이다.

[문제 3-3] 삼각형 성립 조건인 '가장 긴 변의 길이는 나머지 두 변의 합보다 작아야 한다'에 의해:
세 변의 길이 후보 $(2,5,5)$는 $2+5 > 5$로 성립하지만, $(3,3,6)$은 $3+3=6$이 되어 삼각형을 구성할 수 없다.
따라서 세 변의 길이는 $a=2, b=5, c=5$이다.
코사인법칙 $\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$, $\cos B = \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$, $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$을 대입하면:
$ab \cos C + bc \cos A + ca \cos B = ab \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} + bc \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} + ca \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$
$= \frac{a^2+b^2-c^2}{2} + \frac{b^2+c^2-a^2}{2} + \frac{c^2+a^2-b^2}{2} = \frac{a^2+b^2+c^2}{2}$
$= \frac{2^2 + 5^2 + 5^2}{2} = \frac{4 + 25 + 25}{2} = \mathbf{27}$이다.

[문제 1-1] 소구간의 폭 $\Delta x = \frac{1}{5}$ 이다. 높이를 각 소구간의 우측 끝점으로 정하는 $A_1(5)$는:
$A_1(5) = \frac{1}{5} \left[ \left(\frac{1}{5}\right)^2 + \left(\frac{2}{5}\right)^2 + \left(\frac{3}{5}\right)^2 + \left(\frac{4}{5}\right)^2 + \left(\frac{5}{5}\right)^2 \right] = \frac{1+4+9+16+25}{125} = \frac{55}{125} = \mathbf{0.44}$ 이다.
높이를 각 소구간의 좌측 끝점으로 정하는 $A_2(5)$는:
$A_2(5) = \frac{1}{5} \left[ 0^2 + \left(\frac{1}{5}\right)^2 + \left(\frac{2}{5}\right)^2 + \left(\frac{3}{5}\right)^2 + \left(\frac{4}{5}\right)^2 \right] = \frac{0+1+4+9+16}{125} = \frac{30}{125} = \mathbf{0.24}$ 이다.
[문제 1-2] 소구간의 폭 $\Delta x = \frac{1}{100}$ 이다. 수열의 합 공식을 적용하면:
$A_1(100) = \frac{1}{100^3} \sum_{k=1}^{100} k^2 = \frac{1}{100^3} \times \frac{100 \times 101 \times 201}{6} = \frac{338350}{1000000} = \mathbf{0.33835}$ 이다.
$A_2(100) = \frac{1}{100^3} \sum_{k=1}^{99} k^2 = \frac{1}{100^3} \times \frac{99 \times 100 \times 199}{6} = \frac{328350}{1000000} = \mathbf{0.32835}$ 이다.

[문제 1-3] 둘러싸인 영역의 넓이 $S = \int_0^{\sqrt{\pi/2}} x \cos(x^2) dx$ 이다.
$x^2 = t$로 치환하면 $2x dx = dt$이므로:
$S = \int_0^{\pi/2} \cos(t) \frac{1}{2} dt = \frac{1}{2} [\sin t]_0^{\pi/2} = \frac{1}{2} (1 - 0) = \mathbf{\frac{1}{2}}$ 이다.

[문제 2-1] 삼차방정식 $x^3 + ax^2 + bx - 4 = 0$의 한 허근이 $1+i$이므로 계수가 실수인 삼차방정식의 성질에 따라 다른 한 허근은 켤레복소수인 $1-i$이다. 나머지 실근을 $x_1$이라 하면:
$(x - (1+i))(x - (1-i))(x - x_1) = 0 \implies (x^2 - 2x + 2)(x - x_1) = 0$
전개하면 $x^3 - (x_1 + 2)x^2 + (2x_1 + 2)x - 2x_1 = 0$ 이다.
상수항을 비교하면 $-2x_1 = -4 \implies x_1 = 2$ 이다. 계수를 매칭하면:
$a = -(2+2) = -4$, $b = 2(2)+2 = 6$ 이 되어 삼차함수 식은 $y = x^3 - 4x^2 + 6x - 4$ 이다.
$x$절편은 2이고, 구간 $0 \le x \le 2$에서 곡선은 $x^3 - 4x^2 + 6x - 4 \le 0$을 만족하므로 구하는 넓이 $S$는:
$S = \int_0^2 (-x^3 + 4x^2 - 6x + 4) dx = \left[ -\frac{1}{4}x^4 + \frac{4}{3}x^3 - 3x^2 + 4x \right]_0^2 = -4 + \frac{32}{3} - 12 + 8 = \mathbf{\frac{8}{3}}$ 이다.

[문제 2-2] $f(x) = x^3 + cx^2 + 100x + 100$이 극댓값과 극솟값을 모두 가지려면, 도함수 $f'(x) = 3x^2 + 2cx + 100 = 0$이 서로 다른 두 실근을 가져야 한다. 판별식 $D/4 > 0$ 이므로:
$D/4 = c^2 - 300 > 0 \implies c^2 > 300$
$17^2 = 289 < 300$, $18^2 = 324 > 300$이므로 양의 정수 $c$의 최솟값은 $\mathbf{18}$이다.

[문제 3-1] 부분적분법을 적용하여 위치 좌표 $x_1(t), y_1(t)$를 구한다.
$x_1(t) = \int_0^t \theta \sin \theta d\theta = [-\theta \cos \theta]_0^t + \int_0^t \cos \theta d\theta = -t \cos t + \sin t$
$y_1(t) = \int_0^t \theta \cos \theta d\theta = [\theta \sin \theta]_0^t - \int_0^t \sin \theta d\theta = t \sin t + \cos t - 1$
원점과의 거리 $s(t) = \sqrt{x_1(t)^2 + y_1(t)^2}$ 이므로:
$s(t) = \sqrt{(-t \cos t + \sin t)^2 + (t \sin t + \cos t - 1)^2} = \mathbf{\sqrt{t^2 + 2 - 2t \sin t - 2 \cos t}}$ 이다.

[문제 3-2] 거리 $s(t)$의 순간변화율 $s'(t) = 0$이 되는 조건을 구한다.
$s'(t) = \frac{2t - 2\sin t - 2t \cos t + 2\sin t}{2\sqrt{t^2 + 2 - 2t \sin t - 2 \cos t}} = \frac{t(1 - \cos t)}{\sqrt{t^2 + 2 - 2t \sin t - 2 \cos t}} = 0$
분자가 0이 되려면 $t=0$ 또는 $\cos t = 1$ 이어야 하므로 시각은 $\mathbf{t = 0, 2n\pi}$ ($n$은 자연수)이다.

[문제 3-3] 매개변수 곡선의 길이 공식 $L = \int_0^{2\pi} \sqrt{(x_1'(t))^2 + (y_1'(t))^2} dt$ 이다.
$x_1'(t) = t \sin t$, $y_1'(t) = t \cos t$ 이므로:
$L = \int_0^{2\pi} \sqrt{t^2 \sin^2 t + t^2 \cos^2 t} dt = \int_0^{2\pi} t dt = \left[ \frac{1}{2}t^2 \right]_0^{2\pi} = \mathbf{2\pi^2}$ 이다.

[문제 3-4] 두 점 $P_1, P_2$ 사이의 거리를 $d(t)$라 하자.
$d(t) = \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2} = \sqrt{(\sin t)^2 + (\cos t - 1)^2} = \sqrt{2 - 2 \cos t}$ 이다.
시각 구간 $0 \le t \le 2\pi$ 에서 $\cos t$의 최솟값은 $t=\pi$일 때 $-1$이다.
따라서 거리가 최대가 되는 시각은 $\mathbf{t = \pi}$ 이고, 이때의 거리는 $\sqrt{2 - 2(-1)} = \mathbf{2}$ 이다.

[문제 1-1] 정사각형 $ABCD$의 한 변의 길이를 $q$라 하면 $A$와 $D$의 $y$좌표 대소 및 $B$와 $C$의 $y$좌표 대소로부터 다음이 성립한다.
점 $D$는 곡선 $y=2\sqrt{3x}$ 위의 점이므로 점 $D(p, 2\sqrt{3p})$ 이고 $y$좌표인 높이는 $q$가 된다. 즉, $q = 2\sqrt{3p}$ 이다.
점 $C$는 곡선 $y=2\sqrt{x}$ 위의 점이므로 점 $C(p+q, 2\sqrt{p+q})$ 이고 $y$좌표인 높이는 마찬가지로 $q$가 된다. 즉, $q = 2\sqrt{p+q}$ 이다.
따라서 $2\sqrt{3p} = 2\sqrt{p+q}$ 이므로 양변을 제곱하면:
$12p = 4(p+q) \implies 8p = 4q \implies q = 2p$ 이다.
이를 다시 $q = 2\sqrt{3p}$ 에 대입하면 $q = 2\sqrt{3(q/2)} = \sqrt{6q}$ 이다. 양변을 제곱하면:
$q^2 = 6q \implies q = \mathbf{6}$ (∵ $q>0$)이고, $p = q/2 = \mathbf{3}$ 이다.
[문제 1-2] 단면인 정삼각형의 한 변의 길이 $\ell(x) = 6 - 2\sqrt{x}$ 이므로 단면적 $S(x)$는 다음과 같다.
$S(x) = \frac{\sqrt{3}}{4} (6 - 2\sqrt{x})^2 = \sqrt{3} (9 - 6\sqrt{x} + x)$ 이다. 따라서 입체도형의 부피 $V$는:
$V = \int_3^9 S(x) dx = \sqrt{3} \int_3^9 (9 - 6x^{1/2} + x) dx = \sqrt{3} \left[ 9x - 4x^{3/2} + \frac{1}{2}x^2 \right]_3^9$
$= \sqrt{3} \left[ 9(9-3) - 4(27 - 3\sqrt{3}) + \frac{1}{2}(81-9) \right] = \sqrt{3} [ 54 - 108 + 12\sqrt{3} + 36 ]$
$= \sqrt{3} (12\sqrt{3} - 18) = \mathbf{36 - 18\sqrt{3}}$ 이다.
따라서 유리수 $m = 36, n = -18$ 이므로 $m+n = 36 - 18 = \mathbf{18}$ 이다.

[문제 2-1] 도함수의 정의와 삼각함수의 덧셈정리에 의해:
$y' = \lim_{h \to 0} \frac{\cos 2(x+h) - \cos 2x}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\cos 2x \cos 2h - \sin 2x \sin 2h - \cos 2x}{h}$ 이다.
이를 극한의 덧셈 성질에 맞게 분리하면:
$= \cos 2x \left( \lim_{h \to 0} \frac{\cos 2h - 1}{h} \right) - \sin 2x \left( \lim_{h \to 0} \frac{\sin 2h}{h} \right)$ 이다.
여기에 제시문 (가)의 극한 공식 $\lim_{2h \to 0} \frac{\cos 2h - 1}{2h} = 0$ 과 $\lim_{2h \to 0} \frac{\sin 2h}{2h} = 1$ 을 대입하자.
$\lim_{h \to 0} \frac{\cos 2h - 1}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\cos 2h - 1}{2h} \times 2 = 0 \times 2 = 0$
$\lim_{h \to 0} \frac{\sin 2h}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\sin 2h}{2h} \times 2 = 1 \times 2 = 2$ 이므로,
$y' = \cos 2x \times 0 - \sin 2x \times 2 = \mathbf{-2\sin 2x}$ 가 유도된다.

[문제 2-2] $f(x) = e^{-x} \cos 2x$ 로부터 $f(0) = e^0 \cos 0 = 1$ 이다.
도함수 $f'(x) = -e^{-x} \cos 2x - 2e^{-x} \sin 2x$ 이므로, $f'(0) = -e^0 \cos 0 - 0 = -1$ 이다.
미분계수의 정의에 의해 $\lim_{x \to 0} \frac{f(kx) - f(0)}{x} = k f'(0)$ 이 성립하므로, 구하고자 하는 식은:
$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} [ (f(x)-f(0)) + (f(2x)-f(0)) + \dots + (f(2023x)-f(0)) ]$ 이며 (이유: $2023 \times f(0) = 2023$ 이므로),
$= f'(0) \times (1 + 2 + 3 + \dots + 2023) = -1 \times \frac{2023 \times 2024}{2} = \mathbf{-2,047,276}$ 이다.

[문제 3-1] 귀류법 증명의 논리적 배열 순서는 (III) → (IV) → (I) → (II) 이다.
- (III)의 빈칸: $a \ne 0$ 또는 $b \ne 0$
- (IV)의 ②번 빈칸: $a^2 = 0, b^2 > 0$ 이므로 $a^2 + b^2 > 0$ 이다.

[문제 3-2] 일차함수 $f(x) = px+q$ 가 주어진 범위에서 일대일대응이 되려면 기울기가 양수인 경우와 음수인 경우로 나뉜다.
① 증가함수일 때: 두 점 $(-c, -8)$ 과 $(c, 0)$ 을 지나야 한다.
  기울기 $p = \frac{0 - (-8)}{c - (-c)} = \frac{8}{2c} = \frac{4}{c}$ 이고, $(c, 0)$ 을 대입하면 $q = -4$ 이다.
  따라서 $\frac{q}{p} = \frac{-4}{4/c} = -c$ 이다.
② 감소함수일 때: 두 점 $(-c, 0)$ 과 $(c, -8)$ 을 지나야 한다.
  기울기 $p = \frac{-8 - 0}{c - (-c)} = -\frac{4}{c}$ 이고, $(-c, 0)$ 을 대입하면 $q = -4$ 이다.
  따라서 $\frac{q}{p} = \frac{-4}{-4/c} = c$ 이다.
그러므로 구하는 $\frac{q}{p}$의 값은 $\mathbf{\pm c}$ 이다.

[문제 3-3] 자연수 조건 $x_1 \ge x_2 \ge x_3 \ge 1$ 이고 삼각형 결정조건에 의해 $x_1 < x_2 + x_3$ 이 성립한다.
$2x_1 < x_1 + x_2 + x_3 = 36 \implies x_1 < 18$ 이며, $3x_1 \ge x_1 + x_2 + x_3 = 36 \implies x_1 \ge 12$ 이다.
따라서 변 $x_1$의 범위는 $12 \le x_1 \le 17$ (자연수)이다.
- $x_1 = 12$: (12, 12, 12) → 1개
- $x_1 = 13$: (13, 13, 10), (13, 12, 11) → 2개
- $x_1 = 14$: (14, 14, 8), (14, 13, 9), (14, 12, 10), (14, 11, 11) → 4개
- $x_1 = 15$: (15, 15, 6), (15, 14, 7), (15, 13, 8), (15, 12, 9), (15, 11, 10) → 5개
- $x_1 = 16$: (16, 16, 4), (16, 15, 5), (16, 14, 6), (16, 13, 7), (16, 12, 8), (16, 11, 9), (16, 10, 10) → 7개
- $x_1 = 17$: (17, 17, 2), (17, 16, 3), (17, 15, 4), (17, 14, 5), (17, 13, 6), (17, 12, 7), (17, 11, 8), (17, 10, 9) → 8개
총 개수는 $1 + 2 + 4 + 5 + 7 + 8 = \mathbf{27}$개 이다.

[문제 1-1] $1 \le k \le n$ 인 모든 자연수 $k$에 대하여 다음 부등식이 성립한다.
$\frac{1}{n^2+n} \le \frac{1}{n^2+k} \le \frac{1}{n^2+1}$ 이다. 여기에 양의 실수 $k$를 곱하여 합을 구하면:
$\frac{1}{n^2+n} \sum_{k=1}^n k \le \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2+k} \le \frac{1}{n^2+1} \sum_{k=1}^n k$ 이다.
수열의 합 $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$ 을 대입하고 양 경계의 극한값을 구하면:
- 좌변: $\lim_{n \to \infty} \frac{n(n+1)}{2(n^2+n)} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2+n}{2n^2+2n} = \frac{1}{2}$
- 우변: $\lim_{n \to \infty} \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2+n}{2n^2+2} = \frac{1}{2}$
두 극한값이 $\frac{1}{2}$ 로 수렴하므로, 수열의 극한의 대소 관계(샌드위치 정리)에 의해:
$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2+k} = \mathbf{\frac{1}{2}}$ 이다.

[문제 1-2] 일반항을 부분분수로 분해하면 다음과 같다.
$\frac{2}{(2n-1)(2n+3)} = \frac{2}{4} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+3} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+3} \right)$
이 급수의 부분합 $S_n$을 계산하면:
$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+3} \right) = \frac{1}{2} \left[ \left( 1 - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{7} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{9} \right) + \dots + \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+3} \right) \right]$
$= \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3} \right)$ 이다.
따라서 부분합의 극한을 통해 급수의 합 $S$를 구하면:
$S = \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{3} \right) = \frac{1}{2} \times \frac{4}{3} = \mathbf{\frac{2}{3}}$ 이다. (급수는 수렴하며 합은 $\frac{2}{3}$ 이다.)

[문제 2-1] 도함수 $f'(x)$ 가 모든 실수에서 연속이어야 하므로 경계인 $x = -3, 0$에서 도함수 연속 조건을 조사한다.
$f'(x) = \begin{cases} a & (x < -3) \\ -2x & (-3 < x < 0) \\ c & (x > 0) \end{cases}$ 이다.
- $x = -3$에서 도함수 연속 조건: $\lim_{x \to -3^+} f'(x) = 6 = \lim_{x \to -3^-} f'(x) = a \implies a = 6$
- $x = 0$에서 도함수 연속 조건: $\lim_{x \to 0^-} f'(x) = 0 = \lim_{x \to 0^+} f'(x) = c \implies c = 0$
함수 $f(x)$ 도 모든 실수에서 연속이어야 하므로:
- $x = -3$에서 연속 조건: $\lim_{x \to -3^-} f(x) = -3a + b = -18 + b = f(-3) = 0 \implies b = 18$
- $x = 0$에서 연속 조건: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 9 = f(0) = d \implies d = 9$
따라서 $a = 6, b = 18, c = 0, d = 9$ 이며, $f(x)$ 식은 다음과 같다.
$$f(x) = \begin{cases} 6x + 18 & (x < -3) \\ -x^2+9 & (-3 \le x < 0) \\ 9 & (0 \le x) \end{cases}$$
두 함수가 접하므로 $g(x) = k(x-1) + 12$ 와 $y = -x^2+9$ ($x<0$ 영역)가 접하는 실근 조건을 판별식으로 구한다.
$-x^2+9 = kx + 12 - k \implies x^2 + kx + 3-k = 0$
판별식 $D = k^2 - 4(3-k) = k^2 + 4k - 12 = (k-2)(k+6) = 0$ 이다.
$k > 0$ 이므로 양수 $\mathbf{k = 2}$ 이다. (이때 접점은 $x = -1$ 로서 $-3 \le x < 0$ 범위 내에 속함)

[문제 2-2] 접점의 $x$좌표는 $x = -1$ 이며 $g(-1) = 8$ 이다. 직선 $g(x) = 2x+10$ 과 $y=0$의 교점은 $x = -5$ 이다. 또한 $f(x)$와 $y=0$의 교점은 $x = -3$ 이다. 따라서 둘러싸인 도형의 넓이 $S$는 다음 두 정적분의 합이다.
$S = \int_{-5}^{-3} (2x+10) dx + \int_{-3}^{-1} [ (2x+10) - (-x^2+9) ] dx$ 이다.
- 첫 번째 적분: $\int_{-5}^{-3} (2x+10) dx = [x^2 + 10x]_{-5}^{-3} = (9 - 30) - (25 - 50) = 4$
- 두 번째 적분: $\int_{-3}^{-1} (x^2 + 2x + 1) dx = \left[ \frac{1}{3}x^3 + x^2 + x \right]_{-3}^{-1} = \left( -\frac{1}{3} + 1 - 1 \right) - ( -9 + 9 - 3 ) = -\frac{1}{3} + 3 = \frac{8}{3}$
따라서 도형의 총 넓이는 $4 + \frac{8}{3} = \mathbf{\frac{20}{3}}$ 이다.

[문제 3-1] $t = 2\sin \frac{\pi}{5}x + 3$ 이라 하면, 모든 실수 $x$에 대하여 $\sin$ 범위가 $[-1, 1]$ 이므로 $t$의 범위는 $1 \le t \le 5$ 이다.
구하고자 하는 함수는 $f(t) = t^3 - 2t^2 - 5$ 이며 닫힌구간 $[1, 5]$에서의 최대/최소를 조사한다.
$f'(t) = 3t^2 - 4t = t(3t-4) = 0 \implies t = 0$ 또는 $t = 4/3$ 이다.
구간 내 극값 후보는 $t = 4/3$ 뿐이므로 증감을 조사하면 다음과 같다.
- $f(1) = 1 - 2 - 5 = -6$
- $f(4/3) = \frac{64}{27} - \frac{32}{9} - 5 = -\frac{167}{27} \approx -6.19$
- $f(5) = 125 - 50 - 5 = 70$
따라서 닫힌구간 내 최솟값 $m = -\frac{167}{27}$ 이고 최댓값 $M = 70$ 이다.
구하는 값: $27m + M = 27 \left( -\frac{167}{27} \right) + 70 = -167 + 70 = \mathbf{-97}$ 이다.

[문제 3-2] $f(x) = x^3 - 2x^2 - 5$ 로부터 $f'(x) = x(3x-4)$ 이며 극댓값은 $f(0) = -5$, 극솟값은 $f(4/3) = -\frac{167}{27}$ 이다.
함수 $y = f(x-1)+3$ 은 $f(x)$를 $x$축 방향으로 1, $y$축 방향으로 3만큼 평행이동한 도형이므로:
- 평행이동된 극댓값은 $x = 1$ 에서 $-5 + 3 = -2$ 이다.
- 평행이동된 극솟값은 $x = 7/3$ 에서 $-\frac{167}{27} + 3 = -\frac{86}{27} \approx -3.19$ 이다.
극댓값과 극솟값이 모두 음수이므로 함수 $y = f(x-1)+3$ 의 그래프는 $x$축과 단 한 점(교점 $x = C$)에서 만난다.
$g(x) = \frac{5}{2} |f(x-1)+3|$ 의 그래프는 꺾여 올라가므로 $x = 1$ (원래 극대)은 극소(값은 $|-2| \times 2.5 = 5$)로 바뀌고, 교점 $x = C$는 극소(값은 0)가 되며 원래 극소였던 $x = 7/3$ 은 접혀 올라가 극대로 바뀐다.
따라서 극값을 갖는 점의 개수 $\alpha = 3$ 이고, 극솟값의 합 $\beta = g(1) + g(C) = 5 + 0 = 5$ 이다.
구하는 값: $\alpha\beta = 3 \times 5 = \mathbf{15}$ 이다.

[문제 1-1] 임의로 주머니 하나를 선택하는 확률은 각각 $\frac{1}{3}$ 이다. 1번 공이 뽑히는 사건을 $D_1$이라 하면:
$P(D_1) = P(A)P(D_1|A) + P(B)P(D_1|B) + P(C)P(D_1|C) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{4} + \frac{1}{3} \times \frac{2}{4} + \frac{1}{3} \times 1 = \mathbf{\frac{7}{12}}$ 이다.
꺼낸 공이 1번 공일 때 주머니 C일 조건부확률은:
$P(C|D_1) = \frac{P(C \cap D_1)}{P(D_1)} = \frac{1/3}{7/12} = \mathbf{\frac{4}{7}}$ 이다.

[문제 1-2] $n$번 모두 1번 공이 뽑히는 사건을 $D_n$이라 하면:
$P(D_n) = P(A)P(D_n|A) + P(B)P(D_n|B) + P(C)P(D_n|C) = \frac{1}{3} \left(\frac{1}{4}\right)^n + \frac{1}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^n + \frac{1}{3} \times 1$ 이므로,
$P(C|D_n) = \frac{P(C \cap D_n)}{P(D_n)} = \frac{1/3}{\frac{1}{3} \left( (1/4)^n + (1/2)^n + 1 \right)} = \frac{1}{(1/4)^n + (1/2)^n + 1} = \mathbf{\frac{4^n}{1 + 2^n + 4^n}}$ 이다.

[문제 1-3] [문제 1-2]에서 유도한 조건부확률 $P(C|D_n)$에 실험 횟수 $n$을 대입하여 판별한다.
- $n=1$: $P(C|D_1) = 4/7 \approx 0.57 < 0.9$
- $n=2$: $P(C|D_2) = 16/21 \approx 0.76 < 0.9$
- $n=3$: $P(C|D_3) = 64/73 \approx 0.87 < 0.9$
- $n=4$: $P(C|D_4) = 256/273 \approx 0.938 \ge 0.9$
따라서 4회 이상 반복 실험에서 모두 1번 공이 뽑혔을 때, 주머니 C가 선택되었다는 주장이 사실일 확률이 0.9 이상이라고 할 수 있다.

[문제 2-1] 접선의 방정식을 구하면:
- 점 $A(a, a^2)$에서의 접선: $y = 2ax - a^2$
- 점 $B(b, b^2)$에서의 접선: $y = 2bx - b^2$
두 접선의 교점의 $x$좌표는 $2ax - a^2 = 2bx - b^2 \implies x = \frac{a+b}{2}$ 이다. 둘러싸인 넓이 $S$는:
$S = \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} [x^2 - (2ax-a^2)] dx + \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} [x^2 - (2bx-b^2)] dx = \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} (x-a)^2 dx + \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} (x-b)^2 dx$
$= \left[ \frac{1}{3}(x-a)^3 \right]_{a}^{\frac{a+b}{2}} + \left[ \frac{1}{3}(x-b)^3 \right]_{\frac{a+b}{2}}^{b} = \frac{1}{3}\left(\frac{b-a}{2}\right)^3 - \frac{1}{3}\left(\frac{a-b}{2}\right)^3 = \mathbf{\frac{1}{12}(b-a)^3}$ 이다.

[문제 2-2] 내분점의 $x$좌표는 $f(t) = \frac{mb+na}{m+n}$ 이다. $a, b$의 극한값을 각각 유리화하여 구한다.
- $\lim_{t \to \infty} a = \lim_{t \to \infty} \frac{-t+\sqrt{t^2+16t}}{8} = \lim_{t \to \infty} \frac{16t}{8(t+\sqrt{t^2+16t})} = \frac{16}{8(1+1)} = 1$
- $\lim_{t \to \infty} b = \lim_{t \to \infty} \frac{-3t+3\sqrt{t^2+4t}}{8} = \lim_{t \to \infty} \frac{12t}{8(t+\sqrt{t^2+4t})} = \frac{12}{8(1+1)} = \frac{3}{4}$
따라서 $\lim_{t \to \infty} f(t) = \frac{m \lim b + n \lim a}{m+n} = \frac{\frac{3}{4}m + n}{m+n} = \mathbf{\frac{3m+4n}{4(m+n)}}$ 이다.

[문제 3-1] 수거한 쓰레기 1500톤 중 첫 재활용량은 $1500 \times 0.65 \times 0.8 = 1500 \times 0.52 = 780$ 톤이다.
이후 매회 $0.52$ 비율로 반복하여 순환되므로 첫째항이 780이고 공비가 $0.52$인 무한등비급수합이다.
총 재활용량 = $\frac{780}{1 - 0.52} = \frac{780}{0.48} = \mathbf{1625}$ 톤이다.

[문제 3-2] 부분합 정적분 $A(x) = \int_{1.5}^{x} (10t^2 - 9t - 9)e^{-t} dt$ 이다. 부분적분법을 두 번 적용한다.
$\int (10t^2 - 9t - 9)e^{-t} dt = -(10t^2 - 9t - 9)e^{-t} + \int (20t-9)e^{-t} dt$
$= -(10t^2 - 9t - 9)e^{-t} - (20t-9)e^{-t} + \int 20e^{-t} dt = (-10t^2 - 11t - 2)e^{-t} + C$ 이다.
$A(x) = [(-10t^2 - 11t - 2)e^{-t}]_{1.5}^x = (-10x^2 - 11x - 2)e^{-x} - (-10(1.5)^2 - 11(1.5) - 2)e^{-1.5}$
$= (-10x^2 - 11x - 2)e^{-x} + 41e^{-1.5}$ 이다. $x \to \infty$ 일 때 $\lim_{x \to \infty} x^2 e^{-x} = 0$ 이므로:
$\lim_{x \to \infty} A(x) = \mathbf{41e^{-1.5}}$ 이다.

[문제 3-3] $f(t) = (10t^2 - 9t - 9)e^{-t}$ 로부터 이계도함수 $f''(t)$ 를 구한다.
$f'(t) = (20t-9)e^{-t} - (10t^2-9t-9)e^{-t} = (-10t^2+29t)e^{-t}$
$f''(t) = (-20t+29)e^{-t} - (-10t^2+29t)e^{-t} = (10t^2 - 49t + 29)e^{-t}$
$f''(t) = 0$ 에서 $t = \frac{49 \pm \sqrt{1241}}{20}$ 이다. $\sqrt{1241} \approx 35.23$ 이므로 $t_1 \approx 0.69, t_2 \approx 4.21$ 이다.
시각 $t \ge 1.5$ 이므로 유효한 해는 $t = \frac{49+\sqrt{1241}}{20}$ 이며, 이 점의 좌우에서 $f''(t)$의 부호가 바뀌므로 변곡점의 $t$좌표는 $\mathbf{a = \frac{49+\sqrt{1241}}{20}}$ 이다.