1-1 한 번의 게임에서 비길 확률을 $p$, 갑이 이길 확률을 $P(A)$, 을이 이길 확률을 $P(B)$라 하자.
승부가 날 때까지 반복하므로 갑이 최종 승자가 될 확률 $P_{갑} = \frac{P(A)}{1-p}$, 을이 최종 승자가 될 확률 $P_{을} = \frac{P(B)}{1-p}$이다.
따라서 $P_{갑} = P_{을}$이 되기 위한 조건은 $P(A) = P(B)$이다.

비길 확률 $p$: 갑과 을이 같은 수를 뽑을 확률은 $k \le 11$인 $k$를 제외한 10가지 수가 일치할 때이므로
$$p = \frac{10}{10n} = \frac{1}{n}$$ 갑이 이길 사건 $A$: 갑의 수가 을의 수보다 큰 경우의 수의 총합은
$$\sum_{x \in \{1,\dots,11\}\setminus\{k\}} (n - x) = 10n - \left(\sum_{x=1}^{11} x - k\right) = 10n - (66 - k)$$ 따라서 $P(A) = \frac{10n - 66 + k}{10n}$이다.

을이 이길 사건 $B$: 을의 수가 갑의 수보다 큰 경우의 수의 총합은
$$\sum_{x \in \{1,\dots,11\}\setminus\{k\}} (x - 1) = (66 - k) - 10 = 56 - k$$ 따라서 $P(B) = \frac{56 - k}{10n}$이다.

$P(A) = P(B)$에서 $10n - 66 + k = 56 - k \implies 5n + k = 61$
$n \ge 11$이고 $1 \le k \le 11$이므로:
• $n = 11 \implies k = 61 - 55 = 6$ ($1 \le 6 \le 11$ 만족)
• $n = 12 \implies k = 61 - 60 = 1$ ($1 \le 1 \le 11$ 만족)
• $n \ge 13 \implies k \le -4$ (모순)
따라서 구하는 순서쌍은 $(11, 6), (12, 1)$이다.

$\overline{PA}^2 \cdot \overline{PB}^2 = \{(x+1)^2 + y^2\}\{(x-1)^2 + y^2\} = 1$
전개하면 $(x^2+y^2+1)^2 - 4x^2 = 1 \iff (x^2+y^2)^2 = 2(x^2-y^2)$

2-1 양변을 $x$에 대해 음함수 미분하면
$$2(x^2+y^2)\left(2x + 2y\frac{dy}{dx}\right) = 2\left(2x - 2y\frac{dy}{dx}\right) \implies \frac{dy}{dx} = \frac{x(1 - x^2 - y^2)}{y(1 + x^2 + y^2)}$$ $\frac{dy}{dx} = 0$이 되려면 $x > 0$이므로 $x^2 + y^2 = 1$이어야 한다.
원래 관계식에 대입하면 $1 = 2(x^2-y^2) \implies x^2 - y^2 = \frac{1}{2}$
$x^2+y^2=1$과 연립하면 $x^2 = \frac{3}{4}, \; y^2 = \frac{1}{4}$
$x>0, y>0$이므로 $a = \frac{\sqrt{3}}{2}, \; b = \frac{1}{2}$이다.

2-2 $(x^2+y^2)^2 + 2y^2 = 2x^2$에서 $u = x^2$ ($x dx = \frac{1}{2}du$)로 치환하면 $u \in [\frac{3}{4}, 1]$이고
$$\int_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 x y^2 dx = \int_{\frac{3}{4}}^1 \frac{1}{2}\left(\sqrt{2u+\frac{1}{4}} - u - \frac{1}{2}\right)du = \mathbf{\frac{3\sqrt{3}-4}{24}}$$

3-1 $t = \log_k x$라 하면 $k = 2^a > 1$이므로 $x \in [\frac{1}{4}, 16]$에서 $-\frac{2}{a} \le t \le \frac{4}{a}$이다.
$g(t) = |(t+4)(t-8)| = |(t-2)^2 - 36|$
$t = 2$에서 최솟값 $0$이고, 구간 내 최댓값은 $t = -\frac{2}{a}$ 또는 $t = \frac{4}{a}$에서 발생한다.
$g(4/a) \ge 29$ 또는 $g(-2/a) \ge 29$를 만족하는 $a$의 최솟값은 $a = \frac{4}{9}$이다.

3-2 $t = \sin x$ ($-1 \le t \le 1$)라 하면 $g(t) = |4(t - \frac{1}{2})^2 - (a+1)|$
$t \in [-1, 1]$에서 $4t^2 - 4t - a$의 치역은 $[-(a+1), 8-a]$이므로 최댓값 $M = \max(a+1, |8-a|)$이다.
방정식 $f(x) = M$이 서로 다른 3개의 실근을 가지려면 $t = \frac{1}{2}$ (2개 실근)에서 $a+1$, $t = -1$ (1개 실근)에서 $8-a$를 가져야 한다.
따라서 $a+1 = 8-a \implies \mathbf{a = \frac{7}{2}}$
이때 세 실근은 $x_1 = \frac{\pi}{6}, \; x_2 = \frac{5\pi}{6}, \; x_3 = \frac{3\pi}{2}$이다.

4-1 $y = e^{x^2}$의 도함수는 $y' = 2x e^{x^2}$이다.
접점 $(x, e^{x^2})$에서 점 $(t, 0)$을 잇는 접선 방정식 $\frac{e^{x^2}}{x-t} = 2x e^{x^2} \implies 2x^2 - 2tx - 1 = 0$
두 근 $\alpha, \beta$에 대해 $\alpha+\beta = t, \; \alpha\beta = -\frac{1}{2}$이므로
$$m_1(t)m_2(t) = (2\alpha e^{\alpha^2})(2\beta e^{\beta^2}) = -2 e^{t^2+1}$$ $s = t^2$ ($ds = 2tdt$) 치환 및 부분적분으로
$$\int_0^2 t^3 m_1(t)m_2(t)dt = -e \int_0^4 s e^s ds = \mathbf{-(3e^5 + e)}$$
4-2 $f(x) = |x-1|^{\frac{n}{13}} + |x+1|^{\frac{n}{13}}$은 우함수이므로 $0 \le x \le 1$만 고려한다.
• $1 \le n \le 12$일 때: $f'(x) \le 0$이므로 $x = 1$에서 최솟값 $a_n = 2^{\frac{n}{13}}$이다.
• $n \ge 13$일 때: $f'(x) \ge 0$이므로 $x = 0$에서 최솟값 $a_n = 2$이다.
따라서 급수의 합은
$$\sum_{n=1}^{27} a_n = \sum_{n=1}^{12} 2^{\frac{n}{13}} + \sum_{n=13}^{27} 2 = \mathbf{\frac{2 - 2^{\frac{1}{13}}}{2^{\frac{1}{13}} - 1} + 30}$$

5-1 포물선의 초점은 $F(1, 0)$이고, 제1사분면 접점 $P(x_1, y_1)$에서의 접선은 $y_1 y = 2(x + x_1)$이다.
$y$절편은 $Q(0, \frac{y_1}{2})$이다. 포물선 정의에 의해 $\overline{FP} = x_1 + 1$이다.
$\overline{PQ}^2 + \overline{FQ}^2 = x_1^2 + 2x_1 + 1 = \overline{FP}^2$이므로 $\angle PQF = 90^\circ$ 직각삼각형이다.
$\tan^2 30^\circ = \frac{1}{3} = \frac{\overline{PQ}^2}{\overline{FQ}^2} = x_1 \implies x_1 = \frac{1}{3}, \; y_1 = \frac{2}{\sqrt{3}}$
사각형 $OFPQ$의 넓이는 $S = \triangle OFP + \triangle OPQ = \mathbf{\frac{7\sqrt{3}}{18}}$이다.

5-2 정사면체의 한 모서리의 길이를 $3a$라 하자.
$\triangle CDQ$에서 코사인법칙으로 $\overline{CQ} = \sqrt{7}a = \overline{BQ}$이고, $\cos(\angle BCQ) = \frac{3}{2\sqrt{7}}$이다.
$\triangle PCQ$에서 $\overline{PQ} = \sqrt{5}a$이다.
모서리 $AC$를 $2:1$로 내분하는 점 $R$에 대해 $\overline{QR} \parallel \overline{CD}$이므로 $\theta = \angle PQR$이다.
$\triangle PCR$에서 $\overline{PR} = \sqrt{3}a$이고, $\triangle PQR$에서 코사인법칙에 의해
$$\cos\theta = \frac{\overline{PQ}^2 + \overline{QR}^2 - \overline{PR}^2}{2\overline{PQ}\cdot\overline{QR}} = \frac{5a^2 + 4a^2 - 3a^2}{2(\sqrt{5}a)(2a)} = \mathbf{\frac{3\sqrt{5}}{10}}$$

(1) 두 테스트에서 팀이 바뀌지 않는 사건을 $A$라 하고, 4명의 학생 모두 프로그램에 합격하는 사건을 $B$라 하자. 남학생을 각각 ㄱ, ㄴ, 여학생을 각각 $a, b$라 하자.

(2) 팀이 고정되는 경우는
    $(\text{ㄱ}-a, \text{ㄴ}-b) \to (\text{ㄱ}-a, \text{ㄴ}-b)$,
    $(\text{ㄱ}-b, \text{ㄴ}-a) \to (\text{ㄱ}-b, \text{ㄴ}-a)$
의 두 가지이고, 팀이 바뀌는 경우는
    $(\text{ㄱ}-a, \text{ㄴ}-b) \to (\text{ㄱ}-b, \text{ㄴ}-a)$,
    $(\text{ㄱ}-b, \text{ㄴ}-a) \to (\text{ㄱ}-a, \text{ㄴ}-b)$
의 두 가지이다. 따라서 $P(A) = P(A^c) = \frac{1}{2}$이다.

(3) $A$의 경우 $B$의 조건부확률 $P(B \mid A)$는 다음과 같이 구한다.
• 첫 번째 테스트에서 두 팀이 모두 통과할 확률은 $\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$이다. 이 경우 두 번째 테스트의 통과 여부와 관계없이 항상 4명 모두 합격이므로, 합격 확률 역시 $\frac{1}{4}$이다.
• 첫 번째 테스트에서 두 팀 중 한 팀만 통과할 확률은 $2 \times \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}$이다. 이 경우 첫 번째 테스트를 통과한 팀은 항상 합격이며, 첫 번째 테스트를 실패한 팀이 합격할 확률은 $\frac{1}{4}$이다. 따라서 모두 합격할 확률은 $\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$이다.
• 첫 번째 테스트에서 두 팀 모두 실패할 확률은 $\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$이다. 이 경우 두 팀 모두 두 번째 테스트를 통과할 확률은 $\left(\frac{1}{4}\right)^2 = \frac{1}{16}$이다. 따라서 모두 합격할 확률은 $\frac{1}{4} \times \frac{1}{16} = \frac{1}{64}$이다.
• 종합하면, $P(B \mid A) = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{64} = \frac{25}{64}$이다.

(4) $A^c$의 경우 $B$의 조건부확률 $P(B \mid A^c)$는 다음과 같이 구한다.
• 첫 번째 테스트에서 두 팀이 모두 통과했을 경우, 두 번째 테스트의 통과 여부와 관계없이 항상 4명이 모두 합격이므로 합격 확률은 $\frac{1}{4}$이다.
• 첫 번째 테스트에서 두 팀 중 한 팀만 통과했을 경우, 두 팀 모두 두 번째 테스트를 통과해야 한다. 예를 들어 첫 번째 테스트에서 $\text{ㄱ}-a$ 팀이 통과하고 $\text{ㄴ}-b$ 팀이 실패했다고 하자. 두 번째 테스트에서 $\text{ㄱ}-b$ 팀만 통과한다면 ㄴ은 탈락이며, $\text{ㄴ}-a$ 팀만 통과한다면 $b$는 탈락이다. 두 팀 모두 두 번째 테스트를 통과할 확률은 $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$이므로, 모두 합격할 확률은 $2 \times \frac{1}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$이다.

• 첫 번째 테스트에서 모두 실패했을 경우, 두 팀 모두 두 번째 테스트를 통과해야 한다. 이 확률은 $\frac{1}{4}$이므로 모두 합격할 확률은 $\frac{1}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{16}$이다.
• 종합하면, $P(B \mid A^c) = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} = \frac{7}{16}$이다.

(5) 최종적으로, 구하는 확률은
$$P(B) = P(A)P(B \mid A) + P(A^c)P(B \mid A^c) = \frac{1}{2} \times \frac{25}{64} + \frac{1}{2} \times \frac{7}{16} = \frac{53}{128}\text{이다.}$$

(1) 팀이 고정되었을 경우 두 팀이 각각 한 번 이상 통과하면 전원 합격이다.
• 각 팀이 한 번 이상 통과할 확률은 첫 번째 테스트를 통과하거나 첫 번째 실패 후 두 번째 통과할 확률과 같으므로 $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{5}{8}$이다.
• 각 팀의 통과 여부는 서로 독립이므로, $P(B \mid A) = \left(\frac{5}{8}\right)^2 = \frac{25}{64}$이다.

(2) 팀이 바뀌었을 경우 4개 테스트의 통과 확률은 각각 $\frac{1}{2}$이고 통과 여부는 모두 독립이다.
• 4개 테스트를 모두 통과했다면 전원 합격: $\left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{16}$
• 3개 통과 1개 실패 시 전원 합격: $_4\mathrm{C}_3 \times \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{4}$
• 2개 통과 2개 실패 시: 1차에서 2개 또는 2차에서 2개 통과해야 전원 합격이므로 $2 \times \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{8}$
• 종합하면 $P(B \mid A^c) = \frac{1}{16} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{7}{16}$이다.

집합 $A$의 원소의 개수가 $5$이므로 $\{a_n\}$의 어느 항 이후 수열의 항들이 반복되어야 하고 반복되는 서로 다른 수는 많아야 5개이다.
$n(A) = 5$를 만족하는 수열의 어느 항 이후 반복될 부분 5개를 생각해보자.
$$\alpha \to \beta \to \gamma \to \delta \to \eta \quad (a_m = \alpha, a_{m+1} = \beta, a_{m+2} = \gamma, a_{m+3} = \delta, a_{m+4} = \eta)$$ 모든 수가 3의 배수이면 계속 감소하므로 적어도 하나는 3의 배수가 아니고 $\alpha$가 3의 배수가 아니라고 가정해도 무방하다.
$\alpha = 3k+1$ 또는 $3k+2$ ($k$는 0 이상의 정수)라면 $\beta = 9(k+1), \gamma = 3(k+1), \delta = k+1$이고, $\eta = \frac{1}{3}(k+1)$ ($k+1$이 3의 배수) 또는 $\eta = 3(k+2)$ ($k$를 3으로 나눈 나머지 1) 또는 $\eta = 3(k+3)$ ($k$가 3의 배수)이다.

(i) $\beta = \alpha$인 경우는 수열의 정의에서 가능하지 않다.
(ii) $\gamma = \alpha$인 경우는 $3(k+1) = 3k+1$ 또는 $3(k+1) = 3k+2$인데 이를 만족하는 정수 $k$는 없다.
(iii) $\alpha, \beta, \gamma$가 다른 수이고 $\delta = \alpha$인 경우는 $k+1 = 3k+1$ 또는 $k+1 = 3k+2$인데 이를 만족하는 $k = 0, \alpha = 1$이다. 그러므로 $1 \to 9 \to 3 \to 1 \to 9 \to 3 \to 1 \dots$ 처럼 반복 가능하다.
(iv) $\alpha, \beta, \gamma, \delta$가 다른 수이고 $\eta = \alpha$인 경우는 이를 만족하는 양의 정수 $k$는 존재하지 않는다.
(v) $\alpha, \beta, \gamma, \delta, \eta$가 모두 다른 수이고 $\eta$ 다음에 $\alpha$가 오는 경우도 $\alpha \ne 1$이면서 가능한 $k$는 존재하지 않는다.

따라서 $n(A) = 5$인 경우는 $a_1, a_2$가 $9, 3, 1$과 다른 자연수로 $a_3$ 이후 $9, 3, 1$이 반복되는 경우이다.
$a_3 = 1, 3$이 되는 경우 $a_2$는 각각 $3, 9$만 가능한데 이는 다른 수가 아니므로 가능한 경우는 $a_3 = 9$뿐이다.
$a_3 = 9$인 경우 $a_2 = 1, 2, 27$이 가능하고 이 중 1이 아닌 경우는 $2, 27$이다.
• $a_2 = 2$인 경우 $a_1 = 6$
• $a_2 = 27$인 경우 $\frac{1}{3}a_1 = 27$ 혹은 $3(a_1+1) = 27$ 혹은 $3(a_1+2) = 27$이므로 $a_1 = 81, 8, 7$
그러므로 가능한 $a_1 = 6, 7, 8, 81$이다.

집합 $A$의 원소의 개수가 5이므로 $\{a_n\}$의 어떤 특정한 항들이 반복되어야 한다.
(i) 서로 다른 2개의 수가 반복되는 경우: $\dots \to \alpha \to \beta \to \alpha \to \beta \dots$이고 두 수 중 하나는 3의 배수, 다른 하나는 3의 배수가 아니어야 한다. $\alpha = 3k+1$ 또는 $3k+2$라면 $\beta = 9(k+1), \alpha = 3(k+1)$로 이를 만족하는 $k$는 없다.

(ii) 서로 다른 3개의 수가 반복되는 경우: $\dots \to \alpha \to \beta \to \gamma \to \alpha \to \beta \to \gamma \dots$이고 세 수 중 적어도 하나는 3의 배수가 아니어야 한다. $\alpha = 3k+1$ 또는 $3k+2$라면 $\beta = 9(k+1), \gamma = 3(k+1), \alpha = k+1$로 만족하는 $k = 0, \alpha = 1$이다. 그러므로 $1 \to 9 \to 3 \to 1 \dots$처럼 반복 가능하다.

(iii) 서로 다른 4개의 수가 반복되는 경우: $\dots \to \alpha \to \beta \to \gamma \to \delta \to \alpha \dots$에서 $\beta = 9(k+1), \gamma = 3(k+1), \delta = k+1$이고 $\alpha = \frac{1}{3}(k+1)$ 또는 $3(k+2)$ 또는 $3(k+3)$인데 이를 만족하는 $k$는 존재하지 않는다.

(iv) 서로 다른 5개의 수가 반복되는 경우: 다섯 개 중 적어도 하나는 3의 배수가 아니므로 $\alpha$가 3의 배수가 아니라고 놓으면 $\beta = 9(k+1), \gamma = 3(k+1), \delta = k+1$이고, $(\eta, \alpha)$ 순서쌍을 조사하면 $\alpha \ne 1$이면서 가능한 $k$는 존재하지 않는다.

따라서 $n(A) = 5$인 경우는 $a_3 = 9$ 이후 $9, 3, 1$이 반복되는 경우이며, $a_2 = 2, 27$로부터 $a_1 = 6, 7, 8, 81$을 얻는다.

$x - u = t$라 치환하면 $\int_0^x u f'(x - u)\,du = -\int_x^0 (x - t)f'(t)\,dt = \int_0^x (x - t)f'(t)\,dt$이다.
제시문의 부분적분을 적용하면
$$\int_0^x (x - t)f'(t)\,dt = x\int_0^x f'(t)\,dt - \int_0^x t f'(t)\,dt = x(f(x) - f(0)) - [t f(t)]_0^x + \int_0^x f(t)\,dt = \int_0^x f(t)\,dt - x f(0)$$ 주어진 식에 의하여 $\int_0^x f(t)\,dt = -x e^{-x} + x^2 + ax + x f(0)$이고, 양변을 $x$에 대해 미분하면
$$f(x) = (x - 1)e^{-x} + 2x + f(0) + a$$ 위 식의 양변에 $x = 0$을 대입하면 $f(0) = -1 + f(0) + a \implies a = 1$이다.
따라서 $f(x) = (x - 1)e^{-x} + 2x + 1 + f(0)$이고, 도함수는 $f'(x) = (2 - x)e^{-x} + 2$이다.
이를 이용하면 $(t, f(t))$에서의 접선의 방정식은
$$y = ((2 - t)e^{-t} + 2)(x - t) + (t - 1)e^{-t} + 2t + 1 + f(0) \implies g(t) = (t^2 - t - 1)e^{-t} + 1 + f(0)$$ 조건에서 $\int_{\ln 2}^{\ln 4} g(t)\,dt$를 계산하면
$$\int_{\ln 2}^{\ln 4} t^2 e^{-t}\,dt = \left[-t^2 e^{-t} - 2t e^{-t} - 2e^{-t}\right]_{\ln 2}^{\ln 4} = -\frac{1}{2}(\ln 2)^2 + \frac{1}{2}$$ $$-\int_{\ln 2}^{\ln 4} t e^{-t}\,dt = \left[(t+1)e^{-t}\right]_{\ln 2}^{\ln 4} = -\frac{1}{4}, \quad -\int_{\ln 2}^{\ln 4} e^{-t}\,dt = \left[e^{-t}\right]_{\ln 2}^{\ln 4} = -\frac{1}{4}$$ 따라서 $\int_{\ln 2}^{\ln 4} g(t)\,dt = -\frac{1}{2}(\ln 2)^2 + (f(0) + 1)\ln 2$이고, 조건 $4\ln 2 - \frac{1}{2}(\ln 2)^2$와 비교하면 $f(0) = 3$이다.
그러므로 $g(t) = (t^2 - t - 1)e^{-t} + 4$이고, $g'(t) = (-t^2 + 3t)e^{-t}$이므로 $t = 0, 3$에서 극값을 갖는다.
따라서 $t = 0$에서 극솟값 $g(0) = 3$, $t = 3$에서 극댓값 $g(3) = 5e^{-3} + 4$를 갖는다.

$\frac{3e^{2x} - 6}{e^{2x} + 3e^x + 2} = e^x - \frac{3}{2}$를 풀면 $(e^x - 1)(e^x - 2)(2e^x + 3) = 0$이다. 두 곡선이 만나는 $x$좌표는 $0, \ln 2$이다.
피적분함수를 부분분수 분해하면
$$\frac{3e^{2x} - 6}{e^{2x} + 3e^x + 2} = 3 - \frac{9e^x + 12}{(e^x + 1)(e^x + 2)} = 3 - \frac{3}{e^x + 1} - \frac{6}{e^x + 2}$$ 구하는 둘러싸인 도형의 넓이는 다음과 같다.
$$\int_0^{\ln 2} \left(3 - \frac{3}{e^x + 1} - \frac{6}{e^x + 2} - e^x + \frac{3}{2}\right)dx = \int_0^{\ln 2} \left(3 - \frac{3e^{-x}}{1 + e^{-x}} - \frac{6e^{-x}}{1 + 2e^{-x}} - e^x + \frac{3}{2}\right)dx$$ $$= 3\ln 2 + [3\ln(1 + e^{-x})]_0^{\ln 2} + [3\ln(1 + 2e^{-x})]_0^{\ln 2} + \frac{3}{2}\ln 2 - 1 = \frac{3}{2}\ln 2 - 1$$

두 곡선의 교점 $x = 0, \ln 2$에서 넓이를 치환적분 형태로 정리하면
$$\int_0^{\ln 2} \left(\frac{3(e^x - 2e^{-x})}{e^x + 3 + 2e^{-x}} - e^x + \frac{3}{2}\right)dx = [3\ln(e^x + 3 + 2e^{-x})]_0^{\ln 2} - [e^x]_0^{\ln 2} + \frac{3}{2}\ln 2 = \frac{3}{2}\ln 2 - 1$$

$\angle\mathrm{BAC} \le \frac{\pi}{2}$이므로 원의 중심이 삼각형 내부나 선분 $\overline{\mathrm{BC}}$ 위에 있다.
$\overline{\mathrm{BC}} = 2x$ ($0 \le x \le 1$)라 하면 $\overline{\mathrm{BC}}^2 = 4x^2$이고, $\overline{\mathrm{AB}}^2 = \overline{\mathrm{AC}}^2 = 2 + 2\sqrt{1 - x^2}$이다.
따라서
$$\overline{\mathrm{BC}}^4 + \frac{15}{4}(\overline{\mathrm{AB}}^2 + \overline{\mathrm{AC}}^2) = 16x^4 + 15(1 + \sqrt{1 - x^2})$$ $x^2 = t$ ($0 \le t \le 1$)로 놓고 함수 $f(t) = 16t^2 + 15(1 + \sqrt{1 - t})$의 최댓값을 구한다.
도함수를 구하면 $f'(t) = 32t - \frac{15}{2\sqrt{1 - t}}$이고, $f'(0) = -\frac{15}{2}$이다.
$f'(t) = 0$을 정리하면
$$(64)^2 t^3 - (64)^2 t^2 + (15)^2 = (16t)^3 - 16(16t)^2 + (15)^2 = (16t - 15)((16t)^2 - 16t - 15) = 0$$ 이차식 $g(t) = (16)^2 t^2 - 16t - 15$는 중심축이 $\frac{1}{32}$이고 $g(0) < 0, g(\frac{1}{2}) > 0$이므로 음근과 양근 $\alpha$ ($\frac{1}{32} < \alpha < \frac{1}{2}$)를 갖는다.
$f'(t)$의 부호를 고려하여 곡선의 증감을 살펴보면, $t = \alpha$에서 극소이고 $t = \frac{15}{16}$에서 극대이다.
양 끝점과 극댓값을 비교하면
$$f(0) = 30, \quad f(1) = 31, \quad f\left(\frac{15}{16}\right) = \frac{525}{16} \approx 32.8125 > 32$$ 이므로 구하는 최댓값은 $\frac{525}{16}$이다.

$\angle\mathrm{BAC} \le \frac{\pi}{2}$이므로 원의 중심이 삼각형 내부나 선분 $\overline{\mathrm{BC}}$ 위에 있다.
$\overline{\mathrm{BC}} = 2x$ ($0 \le x \le 1$)라 하면 $\overline{\mathrm{BC}}^2 = 4x^2, \overline{\mathrm{AB}}^2 = \overline{\mathrm{AC}}^2 = 2 + 2\sqrt{1 - x^2}$이다.
따라서 식은 $16x^4 + 15(1 + \sqrt{1 - x^2})$이다.

$x = \sin t$ ($0 \le t \le \frac{\pi}{2}$)로 놓으면
$$f(t) = 16\sin^4 t + 15(1 + \cos t) = 16(1 - \cos^2 t)^2 + 15(1 + \cos t)$$ 의 최댓값을 구하면 된다. 다시 $\cos t = s$ ($0 \le s \le 1$)로 놓고 함수 $g(s) = 16(1 - s^2)^2 + 15(1 + s)$의 최댓값을 구한다.
미분하면
$$g'(s) = (4s)^3 - 16(4s) + 15 = (4s - 1)(16s^2 + 4s - 15)$$ $0 \le s \le 1$에서 $16s^2 + 4s - 15 < 0$이므로, $g'(s)$의 부호는 $s = \frac{1}{4}$의 좌우에서 양에서 음으로 바뀐다.
따라서 $s = \frac{1}{4}$에서 극대이다.
$$g(0) = 31, \quad g(1) = 30, \quad g\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{525}{16} > 32$$ 이므로 구하는 최댓값은 $\frac{525}{16}$이다.

점 $\mathrm{P}_1$의 좌표를 $(x_1, y_1)$이라 하자. 접선 $l_1$의 방정식 $\frac{x_1 x}{6} - \frac{y_1 y}{6} = 1$과 두 직선 $y = -x, y = x$를 연립하여 계산한 두 점 $\mathrm{A, B}$의 $x$좌표의 값에 $\sqrt{2}$를 곱해 $\overline{\mathrm{OA}} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{x_1}{6} + \frac{y_1}{6}}, \overline{\mathrm{OB}} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{x_1}{6} - \frac{y_1}{6}}$을 얻는다.
따라서 $\triangle\mathrm{OAB} = \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{\frac{x_1}{6} + \frac{y_1}{6}} \times \frac{\sqrt{2}}{\frac{x_1}{6} - \frac{y_1}{6}} = \frac{1}{\frac{x_1^2 - y_1^2}{36}} = 6$이다. 비슷한 방법으로 $\triangle\mathrm{OCD} = 6$이다.

$\overline{\mathrm{OA}} = 2t, \overline{\mathrm{OD}} = 3t$ ($t > 0$)라 놓으면 $\triangle\mathrm{ODA} = 3t^2$이고, $\triangle\mathrm{OAB} = \triangle\mathrm{OCD} = 6$이므로 $\overline{\mathrm{OB}} = \frac{6}{t}, \overline{\mathrm{OC}} = \frac{4}{t}$이다.
따라서 $\triangle\mathrm{OBC} = \frac{12}{t^2}$이고, 사각형 $\mathrm{ABCD}$의 넓이를 $S$라 하면
$$S = \triangle\mathrm{ODA} + \triangle\mathrm{OAB} + \triangle\mathrm{OCD} + \triangle\mathrm{OBC} = 3t^2 + 12 + \frac{12}{t^2}\text{이다.}$$ $\overline{\mathrm{OA}} : \overline{\mathrm{OD}} = \overline{\mathrm{OC}} : \overline{\mathrm{OB}}$이므로 두 직각삼각형 $\mathrm{ODA}$와 $\mathrm{OBC}$는 닮은꼴이고 $\angle\mathrm{ODA} = \angle\mathrm{OBC}$이다.
따라서 두 선분 $\mathrm{AD}$와 $\mathrm{BC}$는 평행하고 두 삼각형 $\mathrm{ADE}$와 $\mathrm{BCE}$도 닮았다.
삼각형 $\mathrm{ODA}$에서 $\overline{\mathrm{AD}}^2 = 13t^2$이고 삼각형 $\mathrm{OBC}$에서 $\overline{\mathrm{BC}}^2 = \frac{52}{t^2}$이므로 두 삼각형 $\mathrm{ADE}$와 $\mathrm{BCE}$의 넓이의 비는 $t^2 : \frac{4}{t^2}$이다.
$x = t^2$ ($x > 0$)이라 놓으면 $\triangle\mathrm{BCE} = S + 4 = 3x + 16 + \frac{12}{x}$이므로
$$x : \frac{4}{x} = \triangle\mathrm{ADE} : \triangle\mathrm{BCE} = 4 : \left(3x + 16 + \frac{12}{x}\right)$$ 에서 $0 = 3x^3 + 16x^2 + 12x - 16 = (x + 2)(x + 4)(3x - 2)$를 얻는다. $x > 0$이므로 $x = \frac{2}{3}$이고,
$$S = 3x + 12 + \frac{12}{x} = 3\left(\frac{2}{3}\right) + 12 + \frac{12}{2/3} = 2 + 12 + 18 = 32\text{이다.}$$

피타고라스의 정리에 의해 $\overline{\mathrm{BG}} = \overline{\mathrm{GD}} = \overline{\mathrm{DB}} = 2\sqrt{2}, \overline{\mathrm{MB}} = \overline{\mathrm{MD}} = \sqrt{5}, \overline{\mathrm{MG}} = 3$임을 알 수 있다.
이등변삼각형 $\mathrm{DMB}$와 정삼각형 $\mathrm{BGD}$의 넓이는 각각 $\sqrt{6}, 2\sqrt{3}$이다.
$\theta = \angle\mathrm{MBG}$라 하면 삼각형 $\mathrm{BMG}$에서 $\cos\theta = \frac{5+8-9}{2 \times \sqrt{5} \times 2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{10}}$이므로 $\sin\theta = \frac{3}{\sqrt{10}}$이다.
따라서 삼각형 $\mathrm{BMG}$의 넓이 $S = \frac{1}{2} \times \sqrt{5} \times 2\sqrt{2} \times \frac{3}{\sqrt{10}} = 3$이다. 비슷한 방법으로 삼각형 $\mathrm{DMG}$의 넓이도 3이다.

직선 $\mathrm{AC}$와 직선 $\mathrm{BD}$의 교점을 $\mathrm{B'}$이라 하면 삼각형 $\mathrm{MBB'}$과 $\mathrm{MDB'}$이 합동이므로 선분 $\mathrm{MB'}$과 $\mathrm{BD}$는 수직이다.
그리고 삼각형 $\mathrm{GBB'}$과 $\mathrm{GDB'}$이 합동이므로 선분 $\mathrm{GB'}$과 $\mathrm{BD}$는 수직이다.
$\overline{\mathrm{BB'}} = \sqrt{2}$이므로 직각삼각형 $\mathrm{MBB'}$에서 $\overline{\mathrm{MB'}} = \sqrt{5 - 2} = \sqrt{3}$이고 직각삼각형 $\mathrm{GBB'}$에서 $\overline{\mathrm{GB'}} = \sqrt{8 - 2} = \sqrt{6}$이다.
따라서 $\overline{\mathrm{MG}}^2 = 9 = \overline{\mathrm{MB'}}^2 + \overline{\mathrm{GB'}}^2$이므로 $\angle\mathrm{MB'G} = 90^\circ$이다. 즉, 두 평면 $\mathrm{DMB}$와 $\mathrm{BGD}$는 수직으로 만난다.
점 $\mathrm{M}$에서 평면 $\mathrm{BGD}$에 내린 수선의 발은 점 $\mathrm{B'}$이므로 사면체 $\mathrm{BDMG}$의 부피 $V$는
$$V = \frac{1}{3} \times \triangle\mathrm{BGD} \times \overline{\mathrm{MB'}} = \frac{1}{3} \times 2\sqrt{3} \times \sqrt{3} = 2$$ 점 $\mathrm{B}$에서 평면 $\mathrm{DMG}$에 내린 수선의 발을 $\mathrm{I}$라 하면, $V = \frac{1}{3} \times \triangle\mathrm{DMG} \times \overline{\mathrm{BI}}$에서 $\overline{\mathrm{BI}} = 2$이다.
점 $\mathrm{B}$에서 직선 $\mathrm{MD}$에 내린 수선의 발을 $\mathrm{J}$라 하면, $\triangle\mathrm{DMB} = \frac{1}{2} \times \overline{\mathrm{MD}} \times \overline{\mathrm{BJ}}$에서 $\overline{\mathrm{BJ}} = \frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{5}}$이다.
삼수선의 정리에 의해 $\mathrm{MD} \perp \mathrm{IJ}$이므로 $\alpha = \angle\mathrm{BJI}$이고 $\sin\alpha = \frac{\overline{\mathrm{BI}}}{\overline{\mathrm{BJ}}} = \frac{\sqrt{30}}{6}$이다.
따라서 $SV\sin\alpha = 3 \times 2 \times \frac{\sqrt{30}}{6} = \sqrt{30}$이다.

피타고라스의 정리에 의해 $\overline{\mathrm{BG}} = \overline{\mathrm{GD}} = \overline{\mathrm{DB}} = 2\sqrt{2}, \overline{\mathrm{MB}} = \overline{\mathrm{MD}} = \sqrt{5}, \overline{\mathrm{MG}} = 3$임을 알 수 있다.
이등변삼각형 $\mathrm{DMB}$와 정삼각형 $\mathrm{BGD}$의 넓이는 각각 $\sqrt{6}, 2\sqrt{3}$이다.
앞의 해설과 동일하게 $S = 3$이고, 사면체 $\mathrm{BDMG}$의 부피 $V = 2$이다.

삼각형 $\mathrm{DMB'}$은 삼각형 $\mathrm{DMG}$의 평면 $\mathrm{DMB}$ 위로의 정사영이므로 두 평면이 이루는 각 $\alpha$에 대하여
$$\cos\alpha = \frac{\triangle\mathrm{DMB'}}{\triangle\mathrm{DMG}} = \frac{\frac{1}{2}\triangle\mathrm{DMB}}{\triangle\mathrm{DMG}} = \frac{\frac{1}{2}\sqrt{6}}{3} = \frac{\sqrt{6}}{6}$$ 따라서 $\sin\alpha = \sqrt{1 - \cos^2\alpha} = \sqrt{1 - \frac{6}{36}} = \frac{\sqrt{30}}{6}$이다.

그러므로 구하는 값은
$$SV\sin\alpha = 3 \times 2 \times \frac{\sqrt{30}}{6} = \sqrt{30}\text{이다.}$$

1 주머니 안의 $10$개 공 중 $k$를 꺼낼 확률을 $P(X=k)$, 지불 비용을 $C_k = k \times (\text{주머니에 남아 있는 공 중 } k\text{보다 큰 수의 개수})$라 하자.
1) $k=1$: 확률 $P(X=1) = \frac{4}{10}$, $1$보다 큰 수는 $2$가 $3$개, $3$이 $2$개, $4$가 $1$개이므로 $C_1 = 1 \times 6 = 6$.
2) $k=2$: 확률 $P(X=2) = \frac{3}{10}$, $2$보다 큰 수는 $3$이 $2$개, $4$가 $1$개이므로 $C_2 = 2 \times 3 = 6$.
3) $k=3$: 확률 $P(X=3) = \frac{2}{10}$, $3$보다 큰 수는 $4$가 $1$개이므로 $C_3 = 3 \times 1 = 3$.
4) $k=4$: 확률 $P(X=4) = \frac{1}{10}$, $4$보다 큰 수는 없으므로 $C_4 = 4 \times 0 = 0$.
따라서 비용의 기댓값은
\[ E(C) = 6 \times \frac{4}{10} + 6 \times \frac{3}{10} + 3 \times \frac{2}{10} + 0 \times \frac{1}{10} = \frac{24 + 18 + 6 + 0}{10} = \frac{48}{10} = \frac{24}{5} = 4.8 \]

2-1 극한 $\lim_{x \to 1} \frac{e^{f(x)} - e}{x - 1} = 0$에서 $f(1) = 1$이고 $f'(1) = 0$이다. 따라서 $f(x) - 1 = (x - 1)^2 (x - b)$이다.
도함수는 $f'(x) = (x - 1)(3x - 2b - 1)$이며, 점 $(-1, f(-1))$에서의 접선의 방정식은 $y = 4(b + 2)x + 5$이다.
구간 $[-1, 0]$에서 곡선과 접선 및 두 직선 $x = -1, x = 0$으로 둘러싸인 도형의 넓이는
\[ \int_{-1}^{0} \{(x - 1)^2 (x - b) + 1 - (4(b + 2)x + 5)\} dx = -\left( \frac{17}{12} + \frac{b}{3} \right) = 0 \implies b = -\frac{35}{2} \] 따라서 $f'(x) = (x - 1)(3x + 34)$이므로 $f'\left(\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{2}{3}\right) \times 35 = -\frac{70}{3}$이다.

2-2 교점의 $x$좌표 방정식 $x^2 - \frac{1}{t+1}x - e^{\frac{t^2-2}{t+1}} = 0$의 두 실근 $\alpha, \beta$에 대하여
\[ \overline{PQ}^2 = (\beta - \alpha)^2 \{1 + (\alpha + \beta)^2\} = \left( \frac{1}{(t+1)^2} + 1 \right) \left( \frac{1}{(t+1)^2} + 4e^{\frac{t^2-2}{t+1}} \right) \] 정삼각형의 넓이 $S(t) = \frac{\sqrt{3}}{4}\overline{PQ}^2$의 정적분은 $\left(t - 1 - \frac{1}{t+1}\right)' = 1 + \frac{1}{(t+1)^2}$을 이용한 치환적분에 의해
\[ \int_{0}^{1} S(t) dt = \frac{\sqrt{3}}{4} \left[ -\frac{1}{3(t+1)^3} - \frac{1}{t+1} + 4e^{t - 1 - \frac{1}{t+1}} \right]_{0}^{1} = \frac{19\sqrt{3}}{96} + \sqrt{3}\left(e^{-\frac{1}{2}} - e^{-2}\right) \]

3-1 $a_{n+1} = \int_{1}^{e} (\ln x)^{n+1} dx = \left[ x(\ln x)^{n+1} \right]_{1}^{e} - (n+1) \int_{1}^{e} (\ln x)^n dx = e - (n+1)a_n$이므로
점화식 $a_{n+1} + (n+1)a_n = e$가 성립한다. 구하는 급수를 부분분수로 전개하면
\[ e \sum_{n=1}^{13} \frac{\ln(n+1) - \ln n}{\ln\left(\frac{n}{15}\right) \ln\left(\frac{n+1}{15}\right)} = e \sum_{n=1}^{13} \left( \frac{1}{\ln\left(\frac{n}{15}\right)} - \frac{1}{\ln\left(\frac{n+1}{15}\right)} \right) = e \left( \frac{1}{\ln\frac{15}{14}} - \frac{1}{\ln 15} \right) \]

3-2 $\overline{PA}^2 \cdot \overline{PB}^2 = (x^2 + t^2 - 1)^2 + 4t^2$의 최솟값 함수 $g(t)$는:
1) $0 < t < 1$: $x^2 = 1 - t^2 \implies g(t) = \frac{1}{2}\ln(4t^2) = \ln(2t)$
2) $t \ge 1$: $x = 0 \implies g(t) = \frac{1}{2}\ln(t^2 + 1)^2 = \ln(t^2 + 1)$
따라서 구하는 정적분은 $\int_{1/2}^{2} 2t g(t) dt = \int_{1/2}^{1} 2t\ln(2t) dt + \int_{1}^{2} 2t\ln(t^2 + 1) dt = \left(\ln 2 - \frac{3}{8}\right) + (5\ln 5 - 2\ln 2 - 3) = 5\ln 5 - \ln 2 - \frac{27}{8}$이다.

4-1 타원 $\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{4} = 1$의 초점 $F(2\sqrt{3}, 0), F'(-2\sqrt{3}, 0)$이고, 접선 $y = mx + \sqrt{16m^2 + 4}$에 대하여
$\overline{QR}^2 = 20 + 16m^2 + \frac{4}{m^2} \ge 36$이므로 $m = -\frac{1}{2}$일 때 최솟값 $6$을 갖는다. 이때 $Q(2\sqrt{6}, 0), R(0, 2\sqrt{3})$이고 $y_1 = \sqrt{2}$이므로
\[ \triangle PRF' = \triangle QRF' - \triangle QPF' = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3}(\sqrt{2}+1) \cdot (2\sqrt{3} - \sqrt{2}) = 4(\sqrt{2}+1) \] 4-2 $(m-5)^2 + (n-4)^2 < 9$의 정수해 집합 $S$와 원 $(x+1)^2 + (y-8)^2 = 1$의 중심 $Z(-1, 8)$에 대하여
$\vec{OP} \cdot \vec{OQ} = \vec{OP} \cdot \vec{OZ} + |\vec{OP}|\cos\theta = -m + 8n + \sqrt{m^2 + n^2}$ (최댓값은 $\theta = 0$일 때).
$n = 6$일 때 $f(x) = -x + 48 + \sqrt{x^2 + 36}$은 $3 \le x \le 7$에서 감소하므로 $m = 3$일 때 최댓값 $45 + 3\sqrt{5}$를 갖는다.

1 점 $A_1(x_1, 0), A_2(x_1, y_1)$의 좌표 및 거리를 분석하면 다음과 같다.
1) $m=2, n=3$ (선택확률 $1/2$): $A_2(8, 2)$ ($P=1/6$, 거리 $\sqrt{20} < 8$ 만족), $A_2(8, 12)$ ($P=1/12$, 거리 $\sqrt{160} > 8$), $A_2(-12, 2)$ ($P=1/6$, 거리 $\sqrt{580} > 12$), $A_2(-12, 12)$ ($P=1/12$, 거리 $\sqrt{720} > 12$).
2) $m=3, n=2$ (선택확률 $1/2$): $A_2\left(9, \frac{8}{3}\right)$ ($P=1/6$, 거리 $\sqrt{145/9} < 9$ 만족), $A_2\left(-6, \frac{8}{3}\right)$ ($P=1/3$, 거리 $\sqrt{2980/9} > 6$).
따라서 점 $A_2$와 $P(12, 0)$ 사이의 거리가 $|x_1|$보다 작은 경우는 $A_2(8, 2)$와 $A_2\left(9, \frac{8}{3}\right)$이며, 구하는 확률은 $\frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$이다.

2-1 $f'(x) = (x^2 + 5)\left\{ 1 - 2\sin\left( \frac{\pi x}{x^2 + 5} \right) \right\}$에서 $f'(x) = 0 \implies x = 1$ ($x > 0$ 범위).
$(-1, 1)$에서 $f' > 0$, $(1, 5)$에서 $f' < 0$이므로 $x = 1$에서 최댓값 $f(1) = 2 \int_{0}^{1} (t^2 + 5) dt = 2 \times \frac{16}{3} = \frac{32}{3}$를 갖는다.

2-2 속력은 $\frac{\sin t (9 + \cos^2 t)}{\sqrt{3}(9 - \cos^2 t)}$이므로 $u = \cos t$ ($du = -\sin t dt$) 치환적분에 의해
\[ \int_{0}^{\pi} \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dt = \frac{2}{\sqrt{3}} \int_{0}^{1} \left( -1 + \frac{3}{3-u} + \frac{3}{3+u} \right) du = -\frac{2}{\sqrt{3}} + 2\sqrt{3}\ln 2 \]

3-1 일반항 $a_n = \int_{0}^{\ln(n+1)} (2e^{2x} - e^x) dx = n(n+1)$이므로
$\sum_{k=1}^{99} \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{k+1} + 1 \right) \frac{1}{a_k} = \sum_{k=1}^{99} \left( \frac{1}{k^2} - \frac{1}{(k+1)^2} \right) + \sum_{k=1}^{99} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) = \frac{9999}{10000} + \frac{99}{100} = \frac{19899}{10000}$이다.

3-2 함수 $f(\theta) = \sqrt{74 - 70\cos\theta} + \sqrt{74 - 70\sin\theta}$에 대하여
$f'(\theta) = 0 \implies (\sin\theta - \cos\theta)[37(\sin\theta + \cos\theta) - 35(1 + \sin\theta\cos\theta)] = 0$이다.
후보점 중 $\sin\alpha = 3/5, \cos\alpha = 4/5$일 때 $\{f(\alpha)\}^2 = (3\sqrt{2} + 4\sqrt{2})^2 = 98$로 최소이다.

4-1 타원 $x^2 + \frac{y^2}{2} = 1$ 밖의 점 $P(k, \sqrt{3})$에서 그은 접선의 방정식 $(k^2 - 1)m^2 - 2\sqrt{3}km + 1 = 0$에 대하여
두 접선이 이루는 예각이 $45^\circ$이므로 $\tan(\alpha - \beta) = 1$이다. 덧셈정리를 적용하면
\[ 1 = \frac{(\tan\alpha - \tan\beta)^2}{(1 + \tan\alpha\tan\beta)^2} = \frac{\frac{12k^2}{(k^2-1)^2} - \frac{4}{k^2-1}}{\left(1 + \frac{1}{k^2-1}\right)^2} \implies (k^2)^2 - 8k^2 - 4 = 0 \implies k^2 = 4 + 2\sqrt{5} \]

4-2 $\triangle ABC = \frac{\sqrt{3}}{4}a \sqrt{a^2 + 4d^2} = 6\sqrt{3}$이므로 $a = 2\sqrt{3}, d = 3$이다.
따라서 $\overline{AB} = \overline{BC} = \sqrt{21}, \overline{AC} = 4\sqrt{3}$, 정사영 넓이 $\triangle A'B'C' = 3\sqrt{3}$, $\cos\theta = \frac{1}{2}$이다.
내접원의 반지름 $r = 2(\sqrt{7}-2)$이므로 내접원의 그림자의 넓이는 $\pi r^2 \cos\theta = 2(11 - 4\sqrt{7})\pi$이다.

1 비용 $9000$원 이하, $7$시간 이내 조건을 만족하는 조합은 $(x=y, z)$에 대하여:
• 조합 III $(2, 2)$: 경로의 수는 $\frac{4!}{2!2!} \times 3 + (2 \times 2) \times 3 = 18 + 12 = 30$가지이다.
• 조합 IV $(3, 1)$: 경로의 수는 $\frac{6!}{3!3!} \times 2 + \left(2 \times \frac{4!}{2!2!}\right) \times 2 = 40 + 24 = 64$가지이다.
따라서 구하는 총 경로의 수는 $30 + 64 = 94$가지이다.

2-1 치환적분 $u = -x$ 및 부분적분법을 적용하면
\[ \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \frac{|x|}{1 - \sin x} dx = 2 \int_{0}^{\pi/4} x \sec^2 x dx = 2 \left( \frac{\pi}{4} - [-\ln|\cos x|]_{0}^{\pi/4} \right) = \frac{\pi}{2} - \ln 2 \] 2-2 거리 제곱의 도함수 $f'(x) = \frac{2x}{3}(t - 3)(4t^3 + 12t^2 + 36t - 1)$ ($t = \sqrt{1+x^2/36}$)에서 $t = 3 \implies x = \pm 12\sqrt{2}$일 때 최소이다.
따라서 구하는 곡선의 길이는 $\int_{-12\sqrt{2}}^{12\sqrt{2}} \left( 1 + \frac{x^2}{18} \right) dx = 2(12\sqrt{2} + 64\sqrt{2}) = 152\sqrt{2}$이다.

3-1 곡선과 원의 연립방정식의 판별식 $D = 0$에서 $b = f(a) = \frac{2a^2 + 5a + 2}{2a^2 + 4a + 2}$이다.
$f'(a) = \frac{1-a}{2(a+1)^3}$이므로 $a = 1$에서 극대이자 최댓값 $f(1) = \frac{9}{8}$을 갖는다.

3-2 $(x - \cos t)^2 + (\sqrt{x} - \sin t)^2 = 1$을 음함수 미분하면
1) $t = \frac{\pi}{2}$일 때 $\frac{dx}{dt} = -1$이다.
2) $x'(\alpha) = 0$에서 $2\cos^2\alpha + \cos\alpha - 2 = 0 \implies \cos\alpha = \frac{-1 + \sqrt{17}}{4}$이므로 최댓값은 $x = \frac{\sqrt{17} - 1}{2}$이다.

1 1) $m = 2$: 가로 $2$개, 세로 $n$개 선에서 직사각형 개수 $A(2, n) = {_nC_2} - (n-1)$이므로 $A(2, 100) = 4851$.
2) $m = 3$: 대각선 직사각형 $n-2$개를 포함하여 $A(3, n) = 3{_nC_2} + (n-2) - 2(n-1) = 3{_nC_2} - n$이므로 $A(3, 100) = 14750$.
따라서 $A(3, 100) - A(2, 100) = 2{_{100}C_2} - 1 = 9899$이다.

2-1 방정식 $2x^3 + 3kx^2 = 2k^2 + k - 2$가 단 하나의 실근을 가질 조건은 극값의 부호가 같은 것이므로
$f(0) > 0 \implies 0 \le k < \frac{-1 + \sqrt{17}}{4}$ 또는 $f(-k) < 0 \implies 1 < k < 2$이다.

2-2 삼각함수 덧셈정리 및 미분 연립을 통해 $f(x) = \ln(1+x^2) + \left(\frac{2x}{1+x^2}\right)'$를 얻는다.
치환적분 및 부분적분법을 적용하면 $\int_{0}^{2} x f(x) dx = \left(\frac{5}{2}\ln 5 - 2\right) + \left(\frac{8}{5} - \ln 5\right) = \frac{3}{2}\ln 5 - \frac{2}{5}$이다.

3-1 영역의 넓이 $g(\theta) = \frac{\pi}{2} - \theta - \sin\theta\cos\theta$에 대하여 부분적분법을 적용하면
\[ \int_{0}^{\pi/4} \frac{\frac{\pi}{2} - \theta - \sin\theta\cos\theta}{\cos^2\theta} d\theta = \frac{\pi}{2}[\tan\theta]_{0}^{\pi/4} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} \] 3-2 원점을 지나는 접선 $\frac{f(a)}{a} = f'(a)$에서 $\ln a = 2 + \sqrt{3}$일 때 기울기가 최대이다.
따라서 두 단위벡터의 내적의 최댓값은 $\cos\theta = \frac{2e^{2+\sqrt{3}}}{1 + e^{4+2\sqrt{3}}}$이다.