(1) (7.7점): \[ \begin{aligned} &\{f(x)g(x)\}' = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} \\ &\quad = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)g(x+h) \boxed{- f(x)g(x+h) + f(x)g(x+h)} - f(x)g(x)}{h} \\ &\quad = \lim_{h \to 0} \frac{\{f(x+h)-f(x)\}g(x+h) + f(x)\{g(x+h)-g(x)\}}{h} \\ &\quad = \boxed{\lim_{h \to 0} \frac{\{f(x+h)-f(x)\}g(x+h)}{h}} + \boxed{\lim_{h \to 0} \frac{f(x)\{g(x+h)-g(x)\}}{h}} \\ &\quad = \lim_{h \to 0} \frac{\{f(x+h)-f(x)\}}{h} \times \lim_{h \to 0} g(x+h) + \lim_{h \to 0} f(x) \times \lim_{h \to 0} \frac{\{g(x+h)-g(x)\}}{h} \\ &\quad = \boxed{f'(x)g(x) + f(x)g'(x)} \end{aligned} \] ※ 별해(두 번째 줄): \(= \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h)g(x+h) \boxed{- f(x+h)g(x) + f(x+h)g(x)} - f(x)g(x)}{h}\)
(2) (3.3점): \(g'(x) = \dfrac{d}{dx}\{(x^2+1)f(x)\} = \{(x^2+1)\}'f(x) + (x^2+1)f'(x) = 2xf(x) + (x^2+1)f'(x)\).
\(g'(1) = (2\times 1)f(1) + (1^2+1)f'(1) = 2f(1) + 2f'(1) = 2(2) + 2(1) = 6\).    답: (2) \(6\)

근과 계수와의 관계에 따라서 \(\alpha + \beta = \dfrac{1}{2}, \ \alpha\beta = \dfrac{1}{4}\)이므로
\(\alpha^2 + \beta^2 = (\alpha + \beta)^2 - 2\alpha\beta = \dfrac{1}{4} - 2\times\dfrac{1}{4} = -\dfrac{1}{4}\),    \(\alpha^3 + \beta^3 = (\alpha + \beta)^3 - 3\alpha\beta(\alpha + \beta) = \dfrac{1}{8} - \dfrac{3}{4}\times\dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{4}\).
또한 \((2x+1)(4x^2-2x+1) = 0\)이므로 \(x^3 = -\dfrac{1}{8}\)이다. 따라서 \(a_1 + a_2 + a_3 = 0\)이고, \(a_4 + a_5 + a_6 = -\dfrac{1}{8}(a_1 + a_2 + a_3) = 0\)이며,
자연수 \(n\)에 대하여 \(a_{3n+1} + a_{3n+2} + a_{3n+3} = -\dfrac{1}{8}(a_{3n-2} + a_{3n-1} + a_{3n}) = 0\)이므로 \[ \begin{aligned} &\sum_{n=1}^{100} a_n = a_{100} = \alpha^{100} + \beta^{100} = (\alpha^{33})^3\alpha + (\beta^{33})^3\beta = (\alpha^3)^{33}(\alpha + \beta) = \left(-\frac{1}{8}\right)^{33} \times \frac{1}{2} = -\frac{1}{2^{100}} \end{aligned} \] 답: \(-\dfrac{1}{2^{100}}\)   (별해: 각 \(\alpha, \beta\)의 복소수값을 구해 패턴을 찾아 푼 경우 등 모두 정답 처리)

\(\dfrac{1}{32} \le x \le 1\)이므로 \(-5 \le \log_2 x \le 0\), 즉 \(-\dfrac{19\pi}{4} \le \pi\log_2 x + \dfrac{\pi}{4} \le \dfrac{\pi}{4}\).   \(\sin\left(\pi\log_2 x + \dfrac{\pi}{4}\right) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)에서:
\(\pi\log_2 x + \dfrac{\pi}{4} = \boxed{-\dfrac{3}{4}\pi}\) 또는 \(\boxed{-\dfrac{1}{4}\pi}\),   \(\boxed{-\dfrac{11}{4}\pi}\) 또는 \(\boxed{-\dfrac{9}{4}\pi}\),   \(\boxed{-\dfrac{19}{4}\pi}\) 또는 \(\boxed{-\dfrac{17}{4}\pi}\).
따라서 \(x = \dfrac{1}{2}, \ \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \ \dfrac{1}{8}, \ \dfrac{\sqrt{2}}{8}, \ \dfrac{1}{32}, \ \dfrac{\sqrt{2}}{32}\)이므로 모든 교점의 \(x\)좌표의 합은 \(\dfrac{21}{32}(1 + \sqrt{2})\).    답: \(\dfrac{21}{32}(1 + \sqrt{2})\)

(1) (5점): \(a_1 = a, \ a_3 = ar^2 = 100 \implies \log(ar^2) = \log 100 \implies \log a + 2\log r = 2 \implies \log r = \dfrac{2 - \log a}{2}\).
따라서 \(-(\log a)^3 + (\log a_2)^2 = -(\log a)^3 + \left(\log a + \dfrac{2 - \log a}{2}\right)^2 = -(\log a)^3 + \left(1 + \dfrac{\log a}{2}\right)^2\).
(2) (8점): \(t = \log a\)라 하면 \(1 \le a \le 100\)에서 \(0 \le t \le 2\)이고, \(g(t) = -t^3 + \left(1 + \dfrac{t}{2}\right)^2\).
\(g'(t) = -3t^2 + \dfrac{1}{2}t + 1 = 0\)에서 \(t = \dfrac{2}{3}\) 또는 \(t = -\dfrac{1}{2}\)이므로 \(0 \le t \le 2\)에서 \(t = \dfrac{2}{3}\). 증감표는 다음과 같다:

\(t\)	\(0\)	\(\cdots\)	\(\frac{2}{3}\)	\(\cdots\)	\(2\)
\(g'(t)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(g(t)\)	\(1\)	\(\nearrow\)	\(\frac{40}{27}\)	\(\searrow\)	\(-4\)

  \(t = \dfrac{2}{3}\)에서 최댓값 \(\dfrac{40}{27}\).   답: (1) \(-(\log a)^3 + \left(1 + \dfrac{\log a}{2}\right)^2\)   (2) \(\dfrac{40}{27}\)

풀이) (1) (3점): \(s > 0, \ t > 0\)일 때, \[ \begin{aligned} &\frac{s+t}{2} - \sqrt{st} = \frac{(\sqrt{s})^2 - 2\sqrt{st} + (\sqrt{t})^2}{2} = \frac{(\sqrt{s} - \sqrt{t})^2}{2} \ge 0 \implies \frac{s+t}{2} \ge \sqrt{st} \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] (2) (10점):
i) \(a = 0\)일 때: \(y = -2x + 3\)은 \(-3 \le x \le 1\)에서 감소하므로 \(x = 1\)에서 최솟값 \(1\)을 갖는다 [2점].
ii) \(a > 0\)일 때: \(y = a\left(x - \left(a + \dfrac{1}{a}\right)\right)^2 - \dfrac{(a^2+1)^2}{a} + 2a^2 - a + 3\)이므로 꼭짓점의 \(x\)좌표는 \(a + \dfrac{1}{a}\)이다.
\(a > 0\)이고 \(\dfrac{1}{a} > 0\)이므로 (1)에 의해 \(a + \dfrac{1}{a} \ge 2\)이다. 즉, 꼭짓점의 \(x\)좌표가 \(2\)보다 크거나 같으므로 아래로 볼록인 이차함수 \(f(x)\)는 \(-3 \le x \le 1\)의 범위에서 꼭짓점의 \(x\)좌표에서 가장 가까이 있는 \(x = 1\)에서 최솟값을 갖고, 이때 최솟값은 \(f(1) = 1\)이다 [4점].
iii) \(a < 0\)일 때: 꼭짓점의 \(x\)좌표는 \(a + \dfrac{1}{a}\)이다. \(b = -a\)라 하면 \(b > 0, \ \dfrac{1}{b} > 0\)이므로 (1)에 의해 \(b + \dfrac{1}{b} \ge 2\)이고, \(a + \dfrac{1}{a} = -\left(b + \dfrac{1}{b}\right) \le -2\)이다.
꼭짓점의 \(x\)좌표가 \(-2\)보다 작거나 같으므로 위로 볼록인 이차함수 \(f(x)\)는 \(-3 \le x \le 1\)의 범위에서 꼭짓점의 \(x\)좌표에서 가장 멀리 있는 \(x = 1\)에서 최솟값을 갖고, 이때 최솟값은 \(f(1) = 1\)이다 [4점].
따라서 i), ii), iii)에 의해 실수 \(a\)의 값에 관계없이 함수 \(f(x)\)의 최솟값은 \(1\)로 일정하다.
답: \(a\)의 값에 관계없이 \(x = 1\)에서 최솟값 \(f(1) = 1\)로 일정함 증명 완료

\(a = \left(\dfrac{3}{2}\displaystyle\int_0^1 tf'(t)\,dt\right)^2\)이고 \(b = \displaystyle\int_0^2 f(t)\,dt\)라 하면 \(f(x) = -4x^3 + ax^2 - 2x + b\)이다 [3점]. \(f'(x) = -12x^2 + 2ax - 2\)이므로: \[ \begin{aligned} &a = \left(\frac{3}{2}\int_0^1 (-12t^3 + 2at^2 - 2t)\,dt\right)^2 = \left(\frac{3}{2}\left[-3t^4 + \frac{2a}{3}t^3 - t^2\right]_0^1\right)^2 = (a - 6)^2 \\ &\implies a^2 - 13a + 36 = 0 \implies a = 4 \ \text{또는} \ a = 9 \quad [4\text{점}] \end{aligned} \] 이때 \(b = \displaystyle\int_0^2 (-4t^3 + at^2 - 2t + b)\,dt = -20 + \dfrac{8}{3}a + 2b\)이므로 \(b = 20 - \dfrac{8}{3}a\) [3점]. 따라서 \(a = 4\)일 때 \(b = \dfrac{28}{3}\), \(a = 9\)일 때 \(b = -4\)이다 [2점]. 답: \(f(x) = -4x^3 + 4x^2 - 2x + \dfrac{28}{3}\) 또는 \(f(x) = -4x^3 + 9x^2 - 2x - 4\)

풀이) (1) (7점): \(x < 0\)일 때 \(y = x^2\)과 \(y = -kx + 2k^2\)의 교점의 \(x\)좌표는 \(x = -2k\)이다.
따라서 \(A_k\)의 넓이는 \(S(k) = \displaystyle\int_{-2k}^0 (-x^2 - kx + 2k^2)\,dx = \dfrac{10}{3}k^3\)이다 [3점].
\(x > 0\)일 때 \(y = x\)와 \(y = -kx + 2k^2\)의 교점의 \(x\)좌표는 \(x = \dfrac{2k^2}{k+1}\)이다. \(B_k\)는 \(y\)절편(\(2k^2\))이 밑변이고 높이가 교점의 \(x\)좌표인 삼각형이므로
\(T(k) = \dfrac{1}{2}\cdot 2k^2 \cdot \dfrac{2k^2}{k+1} = \dfrac{2k^4}{k+1}\)이다 [2점].
따라서 \(\lim_{k \to \infty} \dfrac{S(k)}{T(k)} = \lim_{k \to \infty} \left(\dfrac{10}{3}k^3 \times \dfrac{k+1}{2k^4}\right) = \lim_{k \to \infty} \dfrac{5(k+1)}{3k} = \dfrac{5}{3}\)이다 [2점].
(2) (6점): \(k = 1\)일 때 \(\alpha = -2\)이므로 점 \((-2, 4)\)를 지나고 \(B_1\)의 넓이를 이등분하는 직선을 \(l: y - 4 = m(x + 2)\) (기울기 \(m\))라 하자.
직선 \(l\)과 \(y = x\)의 교점의 \(x\)좌표는 \(x - 4 = m(x + 2) \implies x = \dfrac{2m+4}{1-m}\)이고 \(y\)절편은 \(2m + 4\)이다.
\(k = 1\)일 때 \(B_1\)의 넓이는 \(T(1) = 1\)이므로 이등분된 삼각형 넓이 \(\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\times(2m+4)\times\dfrac{2m+4}{1-m} \implies 4m^2 + 17m + 15 = 0 \implies m = -3\) 또는 \(m = -\dfrac{5}{4}\) [4점].
그런데 이 직선의 기울기는 \(-2 \lt m \lt -1\)이어야 하므로 \(m = -\dfrac{5}{4}\)이다 [2점]. (다른 풀이: \(y = mx + b\)에 \((-2,4)\) 대입하여 \(b = 2m+4\)로 푸는 방법 동일 인정)
답: (1) \(\dfrac{5}{3}\)    (2) \(-\dfrac{5}{4}\)

집합 \(B\)의 원소 \(z = k(2 + 2i) = 2k + 2ki\) (\(k\)는 실수)를 집합 \(A\)의 조건 \(z\bar{z} = 2\)에 대입하면 \[ \begin{aligned} &z\bar{z} = (2k)^2 + (2k)^2 = 8k^2 = 2 \implies k^2 = \frac{1}{4} \implies k = \pm\frac{1}{2} \end{aligned} \] 따라서 \(k = \dfrac{1}{2}\)일 때 \(z = 1 + i\), \(k = -\dfrac{1}{2}\)일 때 \(z = -1 - i\)이므로 \(A \cap B = \{1 + i, \ -1 - i\}\)이다 [10점].
답: \(\{1 + i, \ -1 - i\}\)

(1) (6점): \(x = 4\)의 근방(\(x > 3\))에서 \(f(x) = (x+2)(x-3)|x-4|\)이고 \(f(4) = 0\)이므로 제시문 나)에 의해 좌·우 극한을 구하면 \[ \begin{aligned} &\lim_{\Delta x \to 0-} \frac{f(4 + \Delta x) - f(4)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0-} \frac{(4 + \Delta x + 2)(4 + \Delta x - 3)(4 - 4 - \Delta x)}{\Delta x} = -6, \\ &\lim_{\Delta x \to 0+} \frac{f(4 + \Delta x) - f(4)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0+} \frac{(4 + \Delta x + 2)(4 + \Delta x - 3)(4 + \Delta x - 4)}{\Delta x} = 6 \end{aligned} \] 좌미분계수와 우미분계수가 서로 달라 \(\lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(4 + \Delta x) - f(4)}{\Delta x}\)가 존재하지 않으므로 \(x = 4\)에서 \(f(x)\)는 미분가능하지 않다 [6점].
(2) (6점): \(x > 0\)에서 \(g(x) = (x+2)(x-3)(x-4) = x^3 - 5x^2 + 2x + 24\)라 하면 \(g(3) = g(4) = 0\)이고 \(g'(3) = -1 \ne 0, \ g'(4) = 6 \ne 0\)이므로 절댓값 함수 \(f(x) = |g(x)|\)는 \(x = 3, \ 4\)에서 꺾여 미분가능하지 않다.
또한 \(x = 0\)의 우미분계수는 \(g'(0) = 2\)이고, \(f(-x) = f(x)\) (우함수, \(y\)축 대칭)이므로 \(x = 0\)의 좌미분계수는 \(-2\)가 되어 \(x = 0\)에서도 미분가능하지 않으며, 대칭성에 의해 \(x = -3, \ -4\)에서도 미분가능하지 않다.
따라서 \(f(x)\)가 미분가능하지 않은 \(a\)의 값은 \(-4, \ -3, \ 0, \ 3, \ 4\)이다 [6점].
답: (1) 증명 완료    (2) \(a = -4, \ -3, \ 0, \ 3, \ 4\)

(1) (5점): \(a_n = 2\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}, \ b_n = 9\left(\dfrac{1}{27}\right)^{n-1}\)이므로 \(\mathrm{R}_1 = (2, 9), \ \mathrm{R}_2 = \left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{1}{3}\right), \ \mathrm{R}_3 = \left(\dfrac{2}{9}, \dfrac{1}{81}\right)\)이고,
중점 \(\mathrm{O}_1 = \left(\dfrac{4}{3}, \dfrac{14}{3}\right), \ \mathrm{O}_2 = \left(\dfrac{4}{9}, \dfrac{14}{81}\right)\)이다 [각 1점, 총 5점].
(2) (6점): 원 \(C_n\)의 중심 \(\mathrm{O}_n\)은 선분 \(\mathrm{R}_n\mathrm{R}_{n+1}\)의 중점이므로 \[ \begin{aligned} &\mathrm{O}_n = \left(\frac{a_n + a_{n+1}}{2}, \ \frac{b_n + b_{n+1}}{2}\right) \quad [3\text{점}] \implies \mathrm{O}_n = \left(\frac{4}{3^n}, \ \frac{126}{27^n}\right) \quad \left(\text{또는 } \left(\frac{4}{3}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}, \ \frac{14}{3}\left(\frac{1}{27}\right)^{n-1}\right)\right) \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] (3) (8점): \(f\left(\dfrac{4}{3}\right) = a\left(\dfrac{4}{3}\right)^3 + b\left(\dfrac{4}{3}\right)^2 = \dfrac{14}{3}\),   \(f\left(\dfrac{4}{9}\right) = a\left(\dfrac{4}{9}\right)^3 + b\left(\dfrac{4}{9}\right)^2 = \dfrac{14}{81}\)을 연립하여 풀면 \(a = \dfrac{63}{32}, \ b = 0\)이다 [8점].
(4) (9점): 직선 \(\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2\)의 기울기는 \(\dfrac{\frac{14}{81} - \frac{14}{3}}{\frac{4}{9} - \frac{4}{3}} = \dfrac{91}{18}\)이다 [3점]. 구간 \(\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]\)에서 직선 \(\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2\)로부터 가장 먼 거리에 있는 점 \(\mathrm{P}\)는 기울기가 \(\dfrac{91}{18}\)인 접선과 만나는 접점이므로 \(f'(\alpha) = \dfrac{63}{32}(3\alpha^2) = \dfrac{91}{18}\)에서 \(\alpha^2 = \dfrac{208}{243}\) (\(= \dfrac{1456}{1701}\))이다 [6점].
답: (1) 위 좌표 참조   (2) \(\left(\dfrac{4}{3^n}, \dfrac{126}{27^n}\right)\)   (3) \(a = \dfrac{63}{32}, \ b = 0\)   (4) \(\alpha^2 = \dfrac{208}{243}\)

원이 두 직선 \(x + y - 4 = 0\)과 \(x - y + 2 = 0\)에 동시에 접하므로 원의 중심 \((a, a^2)\)에서 두 직선까지의 거리 \(d\)가 서로 같고 \(|b| = d\)이다. 제시문 가)에 의하여 \[ \begin{aligned} &d = \frac{|a + a^2 - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|a - a^2 + 2|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} \implies |a + a^2 - 4| = |a - a^2 + 2| \end{aligned} \] i) \(a + a^2 - 4 = a - a^2 + 2\)일 때: \(2a^2 = 6 \implies a = \pm\sqrt{3}\).
ii) \(a + a^2 - 4 = -(a - a^2 + 2)\)일 때: \(2a = 2 \implies a = 1\) [4점].
각 \(a\)의 값에 대하여 \(|b| = d = \dfrac{|a - a^2 + 2|}{\sqrt{2}}\)를 구하면:
• \(a = \sqrt{3}\)일 때: \(|b| = \dfrac{|\sqrt{3} - 3 + 2|}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}} \implies b = \pm\dfrac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}}\)
• \(a = -\sqrt{3}\)일 때: \(|b| = \dfrac{|-\sqrt{3} - 3 + 2|}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}} \implies b = \pm\dfrac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}}\)
• \(a = 1\)일 때: \(|b| = \dfrac{|1 - 1 + 2|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \implies b = \pm\sqrt{2}\) [6점].
답: \(\left(\sqrt{3}, \dfrac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}\right), \ \left(\sqrt{3}, -\dfrac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}\right), \ \left(-\sqrt{3}, \dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}\right), \ \left(-\sqrt{3}, -\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}\right), \ (1, \sqrt{2}), \ (1, -\sqrt{2})\)

\(n^2 - 2na < 0\) (①)이고 \(n\)은 자연수, \(0 \le a < 1\)이므로 \(n^2 < 2na < 2n\) (②)이다.
따라서 \(n^2 - 2n < 0\), 즉 \(n(n - 2) < 0\)을 만족하는 자연수는 \(n = 1\)뿐이다 [3점].
\(n = 1\)을 부등식 ①에 대입하면 \(1 - 2a < 0\)이고 \(0 \le a < 1\)이므로 \(\dfrac{1}{2} \lt a \lt 1\) (③)이다 [3점].
[풀이 1] \(f(x) = x^3 + 6x^2 + 12x + 8 = (x + 2)^3\)이라 놓으면 방정식 \(f(x) = k\)의 한 근이 \(x = n + a = 1 + a\)이므로 \(k = (n + a + 2)^3 = (a + 3)^3\)이다.
③에서 \(\dfrac{7}{2} < a + 3 < 4\)이므로 [4점]   \(\left(\dfrac{7}{2}\right)^3 \lt k \lt 4^3\), 즉 \(\dfrac{343}{8} \lt k \lt 64\)이다 [2점]. 답: \(\dfrac{343}{8} \lt k \lt 64\)   (또는 \(\left(\dfrac{7}{2}\right)^3 \lt k \lt 4^3\))

제시문 나)에 의해 함수 \(y = \sin(20\pi x)\)는 주기가 \(\dfrac{2\pi}{20\pi} = \dfrac{1}{10}\)인 주기함수이다 [2점].
교점의 \(x\)좌표가 \((n+1)^2\) 이상이고 \(2(n+1)^2\) 이하인 구간(길이 \((n+1)^2\), 즉 주기가 \(10(n+1)^2\)번 반복)에서의 교점의 개수 \(a_n\)은 \(0\) 이상 \((n+1)^2\) 이하인 구간에서의 교점의 개수와 같다.
• i) \(n = 1\)일 때 (\(y = 0\)): 한 주기마다 \(2\)개씩 \(10(1+1)^2\)주기에 양 끝점 포함이므로 \(a_1 = 20(1+1)^2 + 1 = 81\) [2점].
• ii) \(2 \le n \le 10\)일 때 (\(0 < \dfrac{n-1}{10} < 1\)): 한 주기마다 \(2\)개씩이므로 \(a_n = 20(n+1)^2\) [2점].
• iii) \(n = 11\)일 때 (\(y = 1\)): 한 주기마다 \(1\)개씩이므로 \(a_{11} = 10(11+1)^2 = 1440\) [2점].
• iv) \(12 \le n \le 20\)일 때 (\(\dfrac{n-1}{10} > 1\)): 치역 \([-1, 1]\)을 벗어나므로 \(a_n = 0\) [2점].
따라서 구하는 합은 \[ \begin{aligned} &\sum_{n=1}^{20} a_n = 81 + \sum_{n=2}^{10} 20(n+1)^2 + 1440 = 81 + 20\left(\frac{11 \times 12 \times 23}{6} - 1^2 - 2^2\right) + 1440 = 81 + 10020 + 1440 = 11541 \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] 답: \(11541\)

\(x < 0\) 또는 \(x \ge 2\)일 때 \(x^2 - 2x \ge 0\)이므로 \(f(x) = 2x^2 - 4x\)이고, \(0 \le x < 2\)일 때 \(x^2 - 2x < 0\)이므로 \(f(x) = 0\)이다.
\(a > 2\)이므로 정적분 구간 \([-a, a]\)를 \([-a, 0], \ [0, 2], \ [2, a]\)로 나누어 \(h(a)\)를 계산하면 \[ \begin{aligned} &h(a) = \int_{-a}^0 (2x^2 - 3x - 12)\,dx + \int_0^2 (x - 12)\,dx + \int_2^a (2x^2 - 3x - 12)\,dx \\ &\quad = \left[\frac{2}{3}x^3 - \frac{3}{2}x^2 - 12x\right]_{-a}^0 + \left[\frac{1}{2}x^2 - 12x\right]_0^2 + \left[\frac{2}{3}x^3 - \frac{3}{2}x^2 - 12x\right]_2^a \\ &\quad = \left(\frac{2}{3}a^3 + \frac{3}{2}a^2 - 12a\right) + (-22) + \left(\frac{2}{3}a^3 - \frac{3}{2}a^2 - 12a + \frac{74}{3}\right) = \frac{4}{3}a^3 - 24a + \frac{8}{3} = \frac{4}{3}(a^3 - 18a + 2) \quad [6\text{점}] \end{aligned} \] \(h(a)\)를 \(a\)에 대하여 미분하면 \(h'(a) = 4a^2 - 24 = 4(a^2 - 6) = 4(a + \sqrt{6})(a - \sqrt{6})\)이고, \(a > 2\)에서 \(h'(a) = 0\)인 \(a\)의 값은 \(a = \sqrt{6}\)이다 [4점].
\(a > 2\)에서 함수 \(h(a)\)의 증가와 감소를 표로 나타내면 다음과 같다 [3점]:

\(a\)	\((2)\)	\(\cdots\)	\(\sqrt{6}\)	\(\cdots\)
\(h'(a)\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(h(a)\)		\(\searrow\)	\(-16\sqrt{6} + \frac{8}{3}\)	\(\nearrow\)

제시문 라)에 의해 \(h(a)\)는 \(a = \sqrt{6}\)에서 극소이고 극솟값 \(h(\sqrt{6}) = -16\sqrt{6} + \dfrac{8}{3}\)을 가지며, 극댓값은 갖지 않는다 [2점].
답: 증감표 위 참조, 극솟값 \(-16\sqrt{6} + \dfrac{8}{3}\) (극댓값 없음)

\(\dfrac{b}{a} = -\sqrt{3}\)이므로 \(b = -\sqrt{3}a\), 즉 \(z = a(1 - \sqrt{3}i)\)이고 \(\bar{z} = a(1 + \sqrt{3}i)\)이다.
\(z^2 = a^2(1 - 2\sqrt{3}i - 3) = a^2(-2 - 2\sqrt{3}i) = -2a^2(1 + \sqrt{3}i)\)이고 \(-\dfrac{\bar{z}}{2} = -\dfrac{a}{2}(1 + \sqrt{3}i)\)이므로 \(-2a^2 = -\dfrac{a}{2}\)에서 \(a = \dfrac{1}{4} \ (\because a \ne 0)\)이다 [3점].
실수 계수 이차방정식 \(x^2 + px + q = 0\)의 두 근은 \(z = \dfrac{1}{4} - \dfrac{\sqrt{3}}{4}i\)와 \(\bar{z} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{\sqrt{3}}{4}i\)이므로 근과 계수의 관계에 의하여:
• \(p = -(z + \bar{z}) = -2a = -\dfrac{1}{2}\) [2점],    • \(q = z\bar{z} = \left(\dfrac{1}{4} - \dfrac{\sqrt{3}}{4}i\right)\left(\dfrac{1}{4} + \dfrac{\sqrt{3}}{4}i\right) = \dfrac{1}{16} + \dfrac{3}{16} = \dfrac{1}{4}\) [2점].    답: \(p = -\dfrac{1}{2}, \ q = \dfrac{1}{4}\)   (채점표 표기: \(\alpha = -\dfrac{1}{2}, \ \beta = \dfrac{1}{4}\))

(1) (6점): \(b_3 = b_2(1 + h) = b_1(1 + h)^2 = (1 + h)^2\) [1.5점]이고 \(a_3 = a_2 + h = a_1 + 2h = 1 + 2h\) [1.5점]이므로, \(h > 0\)에서 \(b_3 - a_3 = (1 + h)^2 - (1 + 2h) = 1 + 2h + h^2 - (1 + 2h) = h^2 > 0\)이다 [3점].
(2) (5점): \(n = k \ (k \ge 3)\)일 때 \(b_k > a_k\)라 가정하면, \(h > 0\)이고 \(a_k = 1 + (k - 1)h > 1\)이므로 \[ \begin{aligned} &b_{k+1} = b_k(1 + h) > a_k(1 + h) = a_k + ha_k > a_k + h = a_{k+1} \implies b_{k+1} - a_{k+1} > 0 \quad [5\text{점}] \end{aligned} \] (3) (5점): (1)과 (2)에 의하여 \(n \ge 3\)인 모든 자연수 \(n\)에 대하여 \(b_n > a_n\)이 성립한다. (또는 \(n \ge 1\)인 모든 자연수 \(n\)에 대하여 \(b_n \ge a_n\)이 성립한다.) [5점]
답: (1), (2) 위 과정 참조    (3) \(n \ge 3\)인 모든 자연수 \(n\)에 대하여 \(b_n > a_n\)이 성립한다.

(1) (5점): \(f(x) = -x^3 + 6x\)를 미분하면 \(f'(x) = -3x^2 + 6 = 0\)에서 \(x = \pm\sqrt{2}\)이다.
\(f(x)\)의 증가와 감소를 표로 나타내면 다음과 같다:

\(x\)	\(\cdots\)	\(-\sqrt{2}\)	\(\cdots\)	\(\sqrt{2}\)	\(\cdots\)
\(f'(x)\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(f(x)\)	\(\searrow\)	극소 (\(-4\sqrt{2}\))	\(\nearrow\)	극대 (\(4\sqrt{2}\))	\(\searrow\)

따라서 \(x = -\sqrt{2}\)에서 극솟값 \(-4\sqrt{2}\)를 갖고 \(x = \sqrt{2}\)에서 극댓값 \(4\sqrt{2}\)를 갖는다 [4점].
그러므로 두 점 \((-\sqrt{2}, -4\sqrt{2})\)와 \((\sqrt{2}, 4\sqrt{2})\)를 지나는 직선의 기울기는 \(m = \dfrac{4\sqrt{2} - (-4\sqrt{2})}{\sqrt{2} - (-\sqrt{2})} = 4\)이다 [1점].
(2) (7점): 직선 \(y = 4x + k\)와 곡선 \(y = f(x)\)가 만나는 점의 개수는 방정식 \(-x^3 + 6x = 4x + k\), 즉 직선 \(y = k\)와 곡선 \(y = g(x) = -x^3 + 2x\)의 교점의 개수와 같다.
\(g'(x) = -3x^2 + 2 = 0\)에서 \(x = \pm\sqrt{\dfrac{2}{3}}\)이고, \(g(x)\)의 증가와 감소를 조사하면 다음과 같다:

\(x\)	\(\cdots\)	\(-\sqrt{\frac{2}{3}}\)	\(\cdots\)	\(\sqrt{\frac{2}{3}}\)	\(\cdots\)
\(g'(x)\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(g(x)\)	\(\searrow\)	\(-\frac{4\sqrt{6}}{9}\)	\(\nearrow\)	\(\frac{4\sqrt{6}}{9}\)	\(\searrow\)

[5점] 따라서 \(-\dfrac{4\sqrt{6}}{9} \lt k \lt \dfrac{4\sqrt{6}}{9}\)일 때 서로 다른 세 점에서 만난다 [2점].
답: (1) \(m = 4\)     (2) \(-\dfrac{4\sqrt{6}}{9} \lt k \lt \dfrac{4\sqrt{6}}{9}\)

(1) (5점): \(3x^2 - 5(a + 1)x + 3a^2 = 0\)이 서로 다른 두 실근을 가지려면 판별식 \(D > 0\)이어야 하므로 \[ \begin{aligned} &D = \{5(a + 1)\}^2 - 36a^2 = -11a^2 + 50a + 25 = -(11a + 5)(a - 5) > 0 \implies -\frac{5}{11} \lt a \lt 5 \quad \cdots \text{①} \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] 또한 두 근이 모두 양수이려면 두 근의 합 \(\alpha + \beta = \dfrac{5(a + 1)}{3} > 0\)이고 두 근의 곱 \(\alpha\beta = a^2 > 0\)이어야 하므로 \(a > -1\)이고 \(a \ne 0\) (②)이다 [1점].
따라서 ①과 ②에 의해 \(-\dfrac{5}{11} \lt a \lt 0\) 또는 \(0 \lt a \lt 5\)이다 [1점].
(2) (8점): \(-\sqrt{\beta}, \ -\sqrt{\alpha}, \ \sqrt{\alpha}, \ \sqrt{\beta}\)가 이 순서대로 등차수열을 이루므로 등차중항의 성질에 의해 \(2\sqrt{\alpha} = -\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}\), 즉 \(3\sqrt{\alpha} = \sqrt{\beta}\)에서 \(\beta = 9\alpha\)이다.
근과 계수의 관계에 의하여 \(\alpha + \beta = 10\alpha = \dfrac{5}{3}(a + 1)\) (①)이고 \(\alpha\beta = 9\alpha^2 = a^2\) (②)이다 [6점].
①에서 \(\alpha = \dfrac{1}{6}(a + 1)\)을 ②에 대입하면 \(\dfrac{1}{4}(a + 1)^2 = a^2 \implies 3a^2 - 2a - 1 = (3a + 1)(a - 1) = 0\)이므로 \(a = 1\) 또는 \(a = -\dfrac{1}{3}\)이다 (모두 (1)의 범위를 만족함) [2점].
답: (1) \(-\dfrac{5}{11} \lt a \lt 0\) 또는 \(0 \lt a \lt 5\)     (2) \(a = 1, \ -\dfrac{1}{3}\)

(1) (6점): 함수 \(f(x)\)의 그래프와 직선 \(y = k \ (k > 0)\)가 만나는 서로 다른 두 점의 좌표를 구하면 \(\mathrm{A}_k(k^2, k), \ \mathrm{B}_k(-\sqrt{k}, k)\)이다 [2점].
\(\overline{\mathrm{OA}_k} = \sqrt{k^4 + k^2}, \ \overline{\mathrm{OB}_k} = \sqrt{k + k^2}, \ \overline{\mathrm{A}_k\mathrm{B}_k} = k^2 + \sqrt{k}\)이므로 코사인법칙에 의하여 \[ \begin{aligned} &h(k) = \cos(\angle\mathrm{A}_k\mathrm{OB}_k) = \frac{\overline{\mathrm{OA}_k}^2 + \overline{\mathrm{OB}_k}^2 - \overline{\mathrm{A}_k\mathrm{B}_k}^2}{2\,\overline{\mathrm{OA}_k}\,\overline{\mathrm{OB}_k}} = \frac{(k^4 + k^2) + (k + k^2) - (k^4 + 2k^2\sqrt{k} + k)}{2\sqrt{k^2(1 + k^2)}\sqrt{k(1 + k)}} = \frac{\sqrt{k}(1 - \sqrt{k})}{\sqrt{1 + k}\sqrt{1 + k^2}} \quad [4\text{점}] \end{aligned} \] (2) (4점): \[ \begin{aligned} &\lim_{k \to \infty} \sqrt{k}\,h(k) = \lim_{k \to \infty} \frac{k(1 - \sqrt{k})}{\sqrt{1 + k}\sqrt{1 + k^2}} = \lim_{k \to \infty} \frac{\frac{1}{\sqrt{k}} - 1}{\sqrt{\frac{1}{k} + 1}\sqrt{\frac{1}{k^2} + 1}} = -1 \quad [4\text{점}] \end{aligned} \] 답: (1) \(h(k) = \dfrac{\sqrt{k}(1 - \sqrt{k})}{\sqrt{1 + k}\sqrt{1 + k^2}}\)     (2) \(-1\)

주어진 정적분 조건을 계산하면 \[ \begin{aligned} &\int_0^1 \{x^2 - (\alpha + \beta)x + \alpha\beta\}\,dx = \frac{1}{3} - \frac{\alpha + \beta}{2} + \alpha\beta = \frac{1}{3} \implies \alpha + \beta = 2\alpha\beta \quad \cdots \text{①} \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] 함수 \(S(\alpha)\)를 정적분하면 \[ \begin{aligned} &S(\alpha) = \int_{-\alpha}^\alpha (2\alpha - 1)f(x)\,dx = (2\alpha - 1)\left[\frac{1}{3}x^3 - \frac{\alpha + \beta}{2}x^2 + \alpha\beta x\right]_{-\alpha}^\alpha = (2\alpha - 1)\left(\frac{2}{3}\alpha^3 + 2\alpha^2\beta\right) \quad \cdots \text{②} \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] ①에서 \(2\alpha\beta = \alpha + \beta \implies (2\alpha - 1)\beta = \alpha\)를 ②에 대입하여 정리하면 \[ \begin{aligned} &S(\alpha) = \frac{2}{3}(2\alpha - 1)\alpha^3 + 2\alpha^2(2\alpha - 1)\beta = \frac{4}{3}\alpha^4 - \frac{2}{3}\alpha^3 + 2\alpha^3 = \frac{4}{3}\alpha^4 + \frac{4}{3}\alpha^3 \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] \(S(\alpha)\)를 \(\alpha\)에 대하여 미분하면 \(S'(\alpha) = \dfrac{16}{3}\alpha^3 + 4\alpha^2 = \dfrac{4}{3}\alpha^2(4\alpha + 3)\)이고, \(S(\alpha)\)의 증가와 감소를 표로 나타내면 다음과 같다:

\(\alpha\)	\(\cdots\)	\(-\frac{3}{4}\)	\(\cdots\)	\(0\)	\(\cdots\)
\(S'(\alpha)\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(+\)
\(S(\alpha)\)	\(\searrow\)	극소 \(-\frac{9}{64}\)	\(\nearrow\)	\(0\)	\(\nearrow\)

따라서 \(S(\alpha)\)는 \(\alpha_1 = -\dfrac{3}{4}\)에서 최솟값 \(m = -\dfrac{9}{64}\)를 갖는다 [6점].
답: \(\alpha_1 = -\dfrac{3}{4}, \quad m = -\dfrac{9}{64}\)

\(a, b, c\)는 이 순서대로 등비수열을 이루므로 \(b^2 = ac\)이고, \(8 = abc = b^3\)이므로 \(b = 2, \ ac = 4\)이다 [3점].
세 실수 \(a, b, c\)를 다른 순서로 나열하여 등차수열을 만드는 경우는 (i) \(b\)가 등차중항, (ii) \(a\)가 등차중항, (iii) \(c\)가 등차중항인 세 가지 경우가 있다.
(i) \(b\)가 등차중항인 경우: \(2b = a + c\)이고 \(b = 2\)이므로 \(a + c = 4\). \(ac = 4\)이므로 \(a\)와 \(c\)는 \(t^2 - 4t + 4 = 0\)의 두 근, 즉 \(a = c = 2\)이다. 하지만 \(a, b, c\)가 서로 다르다는 가정을 만족하지 않는다 [3점].
(ii) \(a\)가 등차중항인 경우: \(2a = b + c = 2 + c\)이므로 \(c = 2a - 2\). \(ac = 4\)에서 \(2a^2 - 2a = 4\), 즉 \(2(a - 2)(a + 1) = 0\)이므로 \(a = -1\) 또는 \(a = 2\). \(a = 2\)이면 \(c = 2\)가 되어 가정에 모순이므로 \(a = -1, \ b = 2, \ c = -4\)이다 [3점].
(iii) \(c\)가 등차중항인 경우: \(2c = a + b = a + 2\)이므로 \(a = 2c - 2\). \(ac = 4\)에서 \(2(c - 2)(c + 1) = 0\)이므로 \(c = -1\) 또는 \(c = 2\). \(c = 2\)이면 \(a = 2\)가 되어 모순이므로 \(a = -4, \ b = 2, \ c = -1\)이다 [3점].
결국 구하는 순서쌍 \((a, b, c)\)는 \((-1, 2, -4), \ (-4, 2, -1)\)이다 [3점].
답: \((-1, 2, -4), \ (-4, 2, -1)\)

점 \(\mathrm{B}(b, 2b - b^2)\)라 하면 \(0 \lt b \lt 2\)이고, 선분 \(\mathrm{OB}\)의 길이는 \(\sqrt{b^2 + (2b - b^2)^2} = b\sqrt{1 + (b - 2)^2}\)이며, 직선 \(\mathrm{OB}\)의 방정식은 \(y = \dfrac{2b - b^2}{b}x = (2 - b)x\)이다 [2점].
곡선 위의 점 \(\mathrm{C}(c, 2c - c^2)\)와 직선 \(\mathrm{OB}\) 사이의 거리는 \(\dfrac{|(2 - b)c - (2c - c^2)|}{\sqrt{1 + (2 - b)^2}} = \dfrac{|c^2 - bc|}{\sqrt{1 + (2 - b)^2}}\)이므로 \[ \begin{aligned} &(\text{삼각형 OBC의 넓이}) = \frac{1}{2}\Big(b\sqrt{1 + (b - 2)^2}\Big)\frac{|c^2 - bc|}{\sqrt{1 + (2 - b)^2}} = \frac{b}{2}|c^2 - bc| \end{aligned} \] \(0 \lt t \lt b\)인 실수 \(t\)에 대하여 점 \(\mathrm{P}(t, 2t - t^2)\)에 대한 삼각형 \(\mathrm{OBP}\)의 넓이를 구하면 \[ \begin{aligned} &\frac{b}{2}|t^2 - bt| = \frac{b}{2}(bt - t^2) = -\frac{b}{2}\left\{\left(t - \frac{b}{2}\right)^2 - \frac{b^2}{4}\right\} \le \frac{b^3}{8} \end{aligned} \] 그러므로 \(t = \dfrac{b}{2}\)일 때 삼각형 \(\mathrm{OBP}\)의 넓이가 최대이고, 점 \(\mathrm{C}\)의 좌표는 \(\left(\dfrac{b}{2}, \ b - \dfrac{b^2}{4}\right)\)이다 [4점]. \[ \begin{aligned} &(\text{사각형 OABC의 넓이}) = (\text{삼각형 OBC}) + (\text{삼각형 OAB}) = \frac{b^3}{8} + \frac{1}{2} \times 2 \times (2b - b^2) = \frac{b^3}{8} - b^2 + 2b \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] \(g(b) = \dfrac{b^3}{8} - b^2 + 2b\)라 하면 \(g'(b) = \dfrac{3}{8}b^2 - 2b + 2 = \dfrac{1}{8}(3b - 4)(b - 4)\)이므로 \(b = \dfrac{4}{3}\) 또는 \(b = 4\)일 때 \(g'(b) = 0\)이다 [3점]. \(y = g(b)\)의 증감표는 다음과 같다 [3점]:

\(b\)	\(0\)	\(\cdots\)	\(\frac{4}{3}\)	\(\cdots\)	\(2\)
\(g'(b)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(g(b)\)	\(0\)	\(\nearrow\)	\(\frac{32}{27}\)	\(\searrow\)	\(0\)

따라서 사각형 \(\mathrm{OABC}\)의 넓이의 최댓값은 \(\dfrac{32}{27}\)이다 [2점].    답: \(\dfrac{32}{27}\)

일차함수 \(f(x) = ax + b\)를 집합 \(A\)의 원소라 하면 \(\displaystyle\int_0^1 (3x - 1)f(x)\,dx = 0\)이 성립한다 [1점]. 따라서 \[ \begin{aligned} &\int_0^1 (3x - 1)(ax + b)\,dx = \int_0^1 \{3ax^2 + (3b - a)x - b\}\,dx = \left[ax^3 + \frac{1}{2}(3b - a)x^2 - bx\right]_0^1 = \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b = 0 \end{aligned} \] 이고 \(b = -a\)이다 [3점]. 따라서 모든 실수 \(a\)에 대해 \(f(x) = ax - a = a(x - 1)\)이므로 \(y = f(x)\)의 그래프는 \(a\)에 상관없이 항상 점 \((1, 0)\)을 지난다 [2점].    답: \(\mathrm{P}(1, 0)\)

일차함수 \(f(x)\)가 집합 \(A \cap B\)의 원소라 하면, \(f(x)\)는 집합 \(A\)의 원소이므로 \(\displaystyle\int_0^1 f(x)(3x - 1)\,dx = 0\)이고, 집합 \(B\)의 원소이므로 \(\displaystyle\int_0^1 \{f(x)\}^2\,dx = 1\)이다 [2점]. 따라서 \[ \begin{aligned} \int_0^1 \{f(x) - (3x - 1)\}^2\,dx &= \int_0^1 \{f(x)\}^2\,dx - 2\int_0^1 f(x)(3x - 1)\,dx + \int_0^1 (3x - 1)^2\,dx \\ &= 1 + 0 + \int_0^1 (9x^2 - 6x + 1)\,dx = 1 + \Big[3x^3 - 3x^2 + x\Big]_0^1 = 1 + 3 - 3 + 1 = 2 \quad [6\text{점}] \end{aligned} \] 답: \(2\)

일차함수 \(f(x) = ax + b\)를 집합 \(B \cap C\)의 원소라 하자. \(f(x)\)는 집합 \(B\)의 원소이므로 \(\displaystyle\int_0^1 \{f(x)\}^2\,dx = 1\)이 성립한다 [1점]. 따라서 \[ \begin{aligned} &\int_0^1 (ax + b)^2\,dx = \int_0^1 (a^2x^2 + 2abx + b^2)\,dx = \left[\frac{1}{3}a^2x^3 + abx^2 + b^2x\right]_0^1 = \frac{1}{3}a^2 + ab + b^2 = 1 \quad \cdots \text{①} \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] \(f(x)\)는 집합 \(C\)의 원소이므로 \(\displaystyle\int_0^1 \{f(x) - (3x - 1)\}^2\,dx = 1\)이 성립한다 [1점]. 그런데 \(f(x) \in B\)이므로 \[ \begin{aligned} \int_0^1 \{f(x) - (3x - 1)\}^2\,dx &= \int_0^1 \{f(x)\}^2\,dx - 2\int_0^1 (ax + b)(3x - 1)\,dx + \int_0^1 (9x^2 - 6x + 1)\,dx \\ &= 1 - 2\left[ax^3 + \frac{1}{2}(3b - a)x^2 - bx\right]_0^1 + \Big[3x^3 - 3x^2 + x\Big]_0^1 = 1 - a - b + 1 = 1 \end{aligned} \] 즉, \(a + b = 1 \ \cdots \text{②}\)이다 [3점].
①과 ②를 연립하면 \(1 = \dfrac{1}{3}a^2 + a(1 - a) + (1 - a)^2 = \dfrac{1}{3}a^2 - a + 1\)이고 \(a^2 - 3a = 0\)이므로 \(a = 0, \ b = 1\) 또는 \(a = 3, \ b = -2\)이다 [2점].
그러므로 \(f(x) = 1\) 또는 \(f(x) = 3x - 2\)이다 [1점].    답: \(f(x) = 1\) 또는 \(f(x) = 3x - 2\)

\(f'(x) = x^2 - 9a^2\)이고 \(x = \pm 3a\)일 때 \(f'(x) = 0\)이다 [2점].
\(a > 0\)이므로 \(f(x)\)의 증감상태를 조사하면 다음과 같다.

\(x\)	\(\cdots\)	\(-3a\)	\(\cdots\)	\(3a\)	\(\cdots\)
\(f'(x)\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(\nearrow\)	극대	\(\searrow\)	극소	\(\nearrow\)

따라서 \(x = 3a\)일 때 \(f(x)\)는 극솟값을 갖고 \(f(3a) = 9a^3 - 27a^3 + 6a - 5 = -18a^3 + 6a - 5\)이므로 \(g(a) = -18a^3 + 6a - 5\)이다 [3점].
이제 \(g'(a) = -54a^2 + 6\)이므로 \(a = \pm\dfrac{1}{3}\)일 때 \(g'(a) = 0\)이다 [2점]. \(a > 0\)에서 \(g(a)\)의 증감상태를 조사하면 다음과 같다.

\(a\)	\((0)\)	\(\cdots\)	\(\dfrac{1}{3}\)	\(\cdots\)
\(g'(a)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(g(a)\)		\(\nearrow\)	극대	\(\searrow\)

위 표에서 \(g(a)\)는 \(a = \dfrac{1}{3}\)일 때 극대이면서 최대이고, \(g\left(\dfrac{1}{3}\right) = -18\left(\dfrac{1}{3}\right)^3 + 6\left(\dfrac{1}{3}\right) - 5 = -\dfrac{11}{3}\)이므로 최댓값은 \(-\dfrac{11}{3}\)이다 [3점].
정답: \(-\dfrac{11}{3}\)

(1)에서 \(a = \dfrac{1}{3}\)일 때 \(g(a)\)는 최대가 되고, 이때 \(f(x)\)의 증감상태를 조사하면 (1)의 증감표로부터 다음 증감표를 얻는다.

\(x\)	\(\cdots\)	\(-1\)	\(\cdots\)	\(1\)	\(\cdots\)
\(f'(x)\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(\nearrow\)	극대	\(\searrow\)	극소	\(\nearrow\)

위 표에서 \(x = -1\)일 때 \(f(x)\)는 극대이고 [3점], \(f(-1) = \dfrac{1}{3}\times(-1)^3 - 9\times\left(\dfrac{1}{3}\right)^2\times(-1) + 6\times\dfrac{1}{3} - 5 = -\dfrac{7}{3}\)이 \(f(x)\)의 극댓값이다 [3점].
그런데 극댓값 \(\left(-\dfrac{7}{3}\right)\)과 극솟값 \(\left(-\dfrac{11}{3}\right)\)이 모두 음수이므로 \(f(x)\)의 그래프는 \(x\)축과 한 번 만난다. 따라서 \(f(x) = 0\)은 \(1\)개의 실근을 갖는다 [4점].
정답: \(1\)

함수 \(y = x^2\)의 도함수는 \(y' = 2x\)이고, 직선 \(l\)은 곡선 \(y = x^2\) 위의 점 \((\alpha, \alpha^2)\)에서의 접선이므로 그 방정식은 \(y = 2\alpha x - \alpha^2\)이고, \(x\)절편은 \(\dfrac{1}{2}\alpha\)이다 [4점].
삼각형 \(\mathrm{APQ}\)의 넓이 \(T\)와 곡선 \(y = x^2\), \(x\)축 및 직선 \(l\)로 둘러싸인 부분의 넓이 \(S\)는 각각 다음과 같다. \[ \begin{aligned} &T = \frac{1}{2} \times \overline{\mathrm{PQ}} \times \overline{\mathrm{AQ}} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\alpha\right)\alpha^2 = \frac{1}{4}\alpha^3 \quad [2\text{점}] \\ &S = \int_0^{\alpha} x^2\,dx - (\triangle\mathrm{APQ}\text{의 넓이}) = \frac{1}{3}\alpha^3 - \frac{1}{4}\alpha^3 = \frac{1}{12}\alpha^3 \quad [2\text{점}] \end{aligned} \] 따라서 \(\dfrac{T}{S} = \dfrac{\frac{1}{4}\alpha^3}{\frac{1}{12}\alpha^3} = 3\)이다 [2점].
정답: \(3\)

곡선 \(y = x^2\)의 수직인 두 접선 \(l\)과 \(m\)이 \(y = x^2\)의 그래프와 두 점 \((\alpha, \alpha^2)\)과 \((\beta, \beta^2)\)에서 각각 접하므로 직선 \(l\)과 \(m\)의 방정식은 각각 \(l : y = 2\alpha x - \alpha^2, \ m : y = 2\beta x - \beta^2\)이고, 점 \(\mathrm{C}(p, q)\)는 두 접선의 교점이므로 다음 연립방정식을 만족한다 [4점]. \[ \begin{cases} q = 2\alpha p - \alpha^2 \\ q = 2\beta p - \beta^2 \end{cases} \] 두 식을 연립하여 풀면 \(2\alpha p - \alpha^2 = 2\beta p - \beta^2 \implies 2(\alpha - \beta)p = \alpha^2 - \beta^2 = (\alpha - \beta)(\alpha + \beta)\)이므로 \(p = \dfrac{1}{2}(\alpha + \beta)\)이고 [5점], \[ q = 2\alpha p - \alpha^2 = 2\alpha \times \frac{1}{2}(\alpha + \beta) - \alpha^2 = \alpha^2 + \alpha\beta - \alpha^2 = \alpha\beta \quad [2\text{점}] \] 두 직선은 서로 수직이므로 기울기의 곱 \(4\alpha\beta = -1\), 즉 \(\alpha\beta = -\dfrac{1}{4}\)이다. 따라서 \(q = -\dfrac{1}{4}\)이다 [2점].
정답: \(-\dfrac{1}{4}\)

점 \(\mathrm{A}\)의 좌표는 \((\alpha, \alpha^2)\)이고, (2)의 풀이과정에서 점 \(\mathrm{C}\)의 좌표는 \(\left(\dfrac{\alpha + \beta}{2}, \ -\dfrac{1}{4}\right)\), 점 \(\mathrm{D}\)의 좌표는 \(\left(\alpha, \ -\dfrac{1}{4}\right)\)이다.
따라서 삼각형 \(\mathrm{ACD}\)의 넓이 \(S(\alpha)\)는 \[ \begin{aligned} S(\alpha) &= \frac{1}{2}\left(\alpha - \frac{\alpha + \beta}{2}\right)\left(\alpha^2 + \frac{1}{4}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\beta}{2}\right)\left(\alpha^2 + \frac{1}{4}\right) = \frac{1}{4}(\alpha - \beta)\left(\alpha^2 + \frac{1}{4}\right) \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] 그런데 두 접선 \(l\)과 \(m\)이 수직이므로 \(\alpha\beta = -\dfrac{1}{4}\), 즉 \(\beta = -\dfrac{1}{4\alpha}\)이다 [2점].
이를 대입하여 \(S(\alpha)\)를 \(\alpha\)에 대한 식으로 정리하면 \[ \begin{aligned} S(\alpha) &= \frac{1}{4}(\alpha - \beta)\left(\alpha^2 + \frac{1}{4}\right) = \frac{1}{4}\left(\alpha + \frac{1}{4\alpha}\right)\left(\alpha^2 + \frac{1}{4}\right) = \frac{(4\alpha^2 + 1)^2}{64\alpha} \quad [4\text{점}] \end{aligned} \] 그러므로 구하는 극한값은 다음과 같다 [3점]. \[ \begin{aligned} \lim_{\alpha \to \infty} \frac{S(\alpha)}{\alpha^3} = \lim_{\alpha \to \infty} \frac{(4\alpha^2 + 1)^2}{64\alpha^4} = \lim_{\alpha \to \infty} \frac{16\alpha^4 + 8\alpha^2 + 1}{64\alpha^4} = \lim_{\alpha \to \infty} \frac{16 + \frac{8}{\alpha^2} + \frac{1}{\alpha^4}}{64} = \frac{1}{4} \end{aligned} \] 정답: \(\dfrac{1}{4}\)

시각 \(t\)에서의 두 버스의 위치의 차이를 \(h(t)\)라 하면 \(h(t) = f(t) - g(t)\)이다 [2점].
출발 시각 \(t = 0\)에서 \(f(0) = g(0)\)이므로 \(h(0) = f(0) - g(0) = 0\)이고, 두 버스가 정류장 \(\mathrm{B}\)에 동시에 도착하는 시각을 \(t = b\)라 하면 \(f(b) = g(b)\)이므로 \(h(b) = f(b) - g(b) = 0\)이다 [3점].
이때 두 함수 \(f(t)\)와 \(g(t)\)는 닫힌구간 \([0, b]\)에서 연속이고 열린구간 \((0, b)\)에서 미분가능하므로 함수 \(h(t)\)도 닫힌구간 \([0, b]\)에서 연속이고 열린구간 \((0, b)\)에서 미분가능하다 [3점].
롤의 정리에 의해 함수 \(h(t)\)는 \(h'(t_0) = 0\)인 \(t_0\)가 열린구간 \((0, b)\)에 적어도 하나 존재하므로 \(h'(t_0) = f'(t_0) - g'(t_0) = 0\), 즉 \(f'(t_0) = g'(t_0)\)이다. 따라서 이동 중 두 버스의 속도가 같아지는 시각 \(t_0\)가 적어도 하나 존재한다 [2점].    답: 풀이 참조

(1) (5점): 함수 \(f(x) = 2x^3 - 6x + 4\)는 \(f(x) = 2(x + 2)(x - 1)^2\)이므로 \(x \ge -2\)일 때 \(f(x) \ge 0\)이다 [2점].
따라서 \(t \ge -2\)일 때, 두 점 \(\mathrm{P}(t, 0), \ \mathrm{Q}(t, f(t))\)에 대하여 선분 \(\mathrm{PQ}\)는 원 \(O_t\)의 지름이므로 원 \(O_t\)의 반지름의 길이는 \(\dfrac{1}{2}f(t) = t^3 - 3t + 2\)이고 [2점], 점 \(\mathrm{R}\)의 좌표를 \((x, y)\)라 할 때 점 \(\mathrm{R}\)의 \(x\)좌표는 \(x = t + \dfrac{1}{2}f(t) = t^3 - 2t + 2\)이다 [1점].
(2) (10점): 점 \(\mathrm{R}\)의 \(x\)좌표를 \(g(t)\)라 하면 \(g(t) = t^3 - 2t + 2\)이므로 \(g'(t) = 3t^2 - 2\)이다 [3점].
따라서 \(-2 \le t \le 1\)일 때, 함수 \(g(t)\)의 증가와 감소를 표로 나타내면 다음과 같다:

\(t\)	\(-2\)	\(\cdots\)	\(-\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)	\(\cdots\)	\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)	\(\cdots\)	\(1\)
\(g'(t)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(g(t)\)	\(-2\)	\(\nearrow\)	극대 (\(2 + \frac{4\sqrt{6}}{9}\))	\(\searrow\)	극소 (\(2 - \frac{4\sqrt{6}}{9}\))	\(\nearrow\)	\(1\)

\(g\left(-\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right) = 2 + \dfrac{4\sqrt{6}}{9}\)이고 \(g\left(-\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right) > g(1) = 1\)이므로 [5점] 함수 \(g(t)\)는 \(t = -\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)일 때 최댓값을 가진다. 따라서 점 \(\mathrm{R}\)의 \(x\)좌표가 최대가 되는 \(t\)의 값은 \(-\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)이다 [2점].
(3) (5점): 정적분을 계산하면 \[ \begin{aligned} &\int_{-2}^{1} \{f(x) - a\}\,dx = \int_{-2}^{1} (2x^3 - 6x + 4 - a)\,dx = \left[\frac{1}{2}x^4 - 3x^2 + 4x - ax\right]_{-2}^{1} \\ &\quad = \left(\frac{1}{2} - 3 + 4 - a\right) - (8 - 12 - 8 + 2a) = \frac{27}{2} - 3a = 0 \quad [4\text{점}] \end{aligned} \] 따라서 \(3a = \dfrac{27}{2}\)이고 \(a = \dfrac{9}{2}\)이다 [1점].
답: (1) \(t^3 - 2t + 2\)     (2) \(t = -\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)     (3) \(a = \dfrac{9}{2}\)

(1) (10점): \(\mathrm{P}(E_2)\)와 \(\mathrm{P}(E_4)\)를 여사건 확률의 성질을 이용하여 구하면, \(\mathrm{P}(E_2^C)\)는 \(2\)개의 엔진 \(\mathrm{A}\)가 모두 \(10\)년 안에 비정상 작동하는 확률이므로 \(p^2\)이고 \(\mathrm{P}(E_2) = 1 - \mathrm{P}(E_2^C) = 1 - p^2\) (㉠)이다 [2점].
\(\mathrm{P}(E_4^C)\)는 \(4\)개의 엔진 \(\mathrm{A}\) 중 \(3\)개가 \(10\)년 안에 비정상 작동하거나 \(4\)개의 엔진 \(\mathrm{A}\) 모두가 \(10\)년 안에 비정상 작동하는 확률이므로 \({}_4\mathrm{C}_3 p^3(1 - p) + p^4\)이고 \(\mathrm{P}(E_4) = 1 - \mathrm{P}(E_4^C) = 1 - 4p^3(1 - p) - p^4\) (㉡)이다 [3점].
이때, 부등식 \(\mathrm{P}(E_2) > \mathrm{P}(E_4)\)를 만족하므로 ㉠, ㉡에서 \[ \begin{aligned} &1 - p^2 > 1 - 4p^3(1 - p) - p^4 \iff p^2(3p^2 - 4p + 1) < 0 \iff p^2(3p - 1)(p - 1) < 0 \implies \frac{1}{3} \lt p \lt 1 \quad [3\text{점}] \end{aligned} \] 조건에서 \(0 \lt p \lt \dfrac{1}{2}\)이므로 구하는 \(p\)의 범위는 \(\dfrac{1}{3} \lt p \lt \dfrac{1}{2}\)이다 [2점].
(2) (10점): (1)에서 \(\mathrm{P}(E_2) = 1 - p^2\)이다 [1점]. \(\mathrm{P}(E_3^C)\)는 \(3\)개의 엔진 중 \(2\)개가 \(10\)년 안에 비정상 작동하거나 \(3\)개의 엔진이 모두 \(10\)년 안에 비정상 작동하는 확률이므로 \(2 \times 2p^2(1 - 2p) + 4p^2(1 - p) + 4p^3 = 8p^2 - 8p^3\)이고 \(\mathrm{P}(E_3) = 1 - \mathrm{P}(E_3^C) = 1 - 8p^2 + 8p^3\)이다 [3점].
이때, 부등식 \(\mathrm{P}(E_3) > \mathrm{P}(E_2)\)를 만족하므로 \(1 - 8p^2 + 8p^3 > 1 - p^2 \iff 8p^3 - 7p^2 > 0 \iff p^2(8p - 7) > 0 \implies p > \dfrac{7}{8}\)이다 [3점].
조건에서 \(0 \lt p \lt \dfrac{1}{2}\)이므로 \(p > \dfrac{7}{8}\)이고 \(0 \lt p \lt \dfrac{1}{2}\)인 확률 \(p\)는 존재하지 않는다. 따라서 \(\mathrm{P}(E_3) > \mathrm{P}(E_2)\)인 \(p\)의 값은 존재하지 않는다 [3점].
답: (1) \(\dfrac{1}{3} \lt p \lt \dfrac{1}{2}\)     (2) 확률 \(p\)는 존재하지 않는다 (이유: 풀이 참조)