[문제 1-1 정답]: \((-2, -6)\)
해설: \(y = x^3 - x\)를 미분하면 \(\frac{dy}{dx} = 3x^2 - 1\) 이다. 점 \((1, 0)\)에서의 접선의 기울기는 \(3(1)^2 - 1 = 2\) 이다. 따라서 접선 \(l\)의 방정식은 \(y - 0 = 2(x - 1) \implies y = 2x - 2\) 이다.
곡선과 접선의 교점을 구하기 위해 \(x^3 - x = 2x - 2 \implies x^3 - 3x + 2 = 0 \implies (x-1)^2 (x+2) = 0\) 이다. 접점 \((1, 0)\)을 제외한 교점의 \(x\)좌표는 \(x = -2\) 이며, 이때 \(y = 2(-2) - 2 = -6\) 이다. 따라서 교점의 좌표는 \((-2, -6)\) 이다.

[문제 1-2 정답]: \(9\)
해설: 구간 \(\left[-2-\frac{1}{n}, -2\right]\)에서는 직선 \(l\)이 곡선 \(y = x^3 - x\) 위에 있고, 구간 \(\left[-2, -2+\frac{1}{n}\right]\)에서는 곡선 \(y = x^3 - x\)가 직선 \(l\) 위에 있다.
넓이 \(A_n = \int_{-2-\frac{1}{n}}^{-2} (-x^3 + 3x - 2) dx + \int_{-2}^{-2+\frac{1}{n}} (x^3 - 3x + 2) dx\) 이다.
각각 \(x = -2 - u\), \(x = -2 + u\)로 치환하면:
$A_n = \int_{0}^{\frac{1}{n}} (u^3 + 6u^2 + 9u) du + \int_{0}^{\frac{1}{n}} (u^3 - 6u^2 + 9u) du = \int_{0}^{\frac{1}{n}} (2u^3 + 18u) du = \left[ \frac{1}{2}u^4 + 9u^2 \right]_{0}^{\frac{1}{n}} = \frac{1}{2n^4} + \frac{9}{n^2}$ 이다.
따라서 \(\lim_{n \to \infty} (n^2 A_n) = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2n^2} + 9 \right) = 9\) 이다.

정답: \(a = \sqrt[4]{5}, 1, 2\)
해설:
1. 음함수 \(x^4 + 7x^2 y^2 + y^4 = 45\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면:
\[4x^3 + 14x y^2 + 14x^2 y \frac{dy}{dx} + 4y^3 \frac{dy}{dx} = 0\] 2. \(\frac{dy}{dx} = -1\)을 대입하고 정리하면:
\[4x^3 + 14x y^2 - 14x^2 y - 4y^3 = 0 \implies 4(x^3 - y^3) - 14xy(x - y) = 0\] \[(x - y)\left(4x^2 + 4xy + 4y^2 - 14xy\right) = 0 \implies (x - y)(4x^2 - 10xy + 4y^2) = 0\] \[2(x - y)(2x^2 - 5xy + 2y^2) = 0 \implies (y - x)(2x - y)(x - 2y) = 0\] 3. 각 경우별 \(x = a\)의 값 도출:
(i) \(y = x\)일 때: \(x^4 + 7x^4 + x^4 = 45 \implies 9x^4 = 45 \implies x^4 = 5\). \(x > 0\)이므로 \(x = \sqrt[4]{5}\) 이다.
(ii) \(y = 2x\)일 때: \(x^4 + 7x^2(4x^2) + 16x^4 = 45 \implies (1 + 28 + 16)x^4 = 45 \implies 45x^4 = 45 \implies x^4 = 1 \implies x = 1\) 이다.
(iii) \(y = \frac{1}{2}x\)일 때: \(x^4 + 7x^2\left(\frac{1}{4}x^2\right) + \frac{1}{16}x^4 = 45 \implies \frac{45}{16}x^4 = 45 \implies x^4 = 16 \implies x = 2\) 이다.
따라서 가능한 \(a\)의 값은 \(\sqrt[4]{5}, 1, 2\) 이다.

[문제 3-1 정답]: \((-\infty, \infty)\) (실수 전체 구간)
해설: 미적분학의 기본정리를 이용하여 \(g'(x) = 1 + a e^{-x^2}\)을 구하면, \(a > 0\)이고 \(e^{-x^2} > 0\)이므로 모든 실수 \(x\)에 대하여 \(g'(x) > 0\) 이다. 따라서 \(g(x)\)가 증가하는 구간은 \((-\infty, \infty)\) 이다.

[문제 3-2 정답]: \(a = \frac{e}{e-1}\)
해설: \(g(x)\)가 실수 전체에서 증가하므로 일대일대응이고 역함수 \(g^{-1}(x)\)가 존재한다. \(x = g(u)\)라 하면 \(dx = g'(u)du\) 이고 \(x = 0 \implies u = 0\), \(x = g(1) \implies u = 1\) 이므로 치환적분을 할 수 있다:
\[\int_{0}^{g(1)} g^{-1}(x) dx = \int_{0}^{1} u g'(u) du = \int_{0}^{1} u (1 + a e^{-u^2}) du = \int_{0}^{1} u du + a \int_{0}^{1} u e^{-u^2} du\] 첫 번째 적분은 \(\left[ \frac{1}{2}u^2 \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2}\) 이다.
두 번째 적분은 \(t = u^2\)으로 치환하면 \(dt = 2u du \implies \int_{0}^{1} u e^{-u^2} du = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} e^{-t} dt = \frac{1}{2}(1 - e^{-1})\) 이다.
따라서 $\frac{1}{2} + \frac{a}{2}(1 - e^{-1}) = 1 \implies \frac{a}{2}(1 - e^{-1}) = \frac{1}{2} \implies a(1 - e^{-1}) = 1 \implies a = \frac{1}{1 - e^{-1}} = \frac{e}{e-1}$ 이다.

정답: \(440\)
해설:
1. 점 \(P_n(a_n^2, a_n)\)을 지나고 기울기가 \(-1\)인 직선의 방정식은 \(y - a_n = -1(x - a_n^2) \implies y = -x + a_n^2 + a_n\) 이다.
\(x\)축과의 교점이 \(Q_n(b_n, 0)\)이므로 \(0 = -b_n + a_n^2 + a_n \implies b_n = a_n^2 + a_n\) 이다. 따라서 \(Q_n(a_n^2 + a_n, 0)\) 이다.
2. 점 \(Q_n(a_n^2 + a_n, 0)\)을 지나고 기울기가 \(1\)인 직선의 방정식은 \(y - 0 = 1(x - a_n^2 - a_n) \implies y = x - (a_n^2 + a_n)\) 이다.
곡선 \(y = \sqrt{x} \implies x = y^2\)와의 교점 \(P_{n+1}(a_{n+1}^2, a_{n+1})\)을 구하기 위해 \(x = y^2\)을 대입하면:
\(y = y^2 - (a_n^2 + a_n) \implies y^2 - y - a_n(a_n + 1) = 0 \implies (y - (a_n + 1))(y + a_n) = 0\)
\(y > 0\)이므로 \(y = a_n + 1\) 이다. 따라서 \(a_{n+1} = a_n + 1\) 이다.
첫째항 \(a_1 = 1\)이므로 \(a_n = n\) 이다. 즉, \(P_n(n^2, n)\), \(Q_n(n^2 + n, 0)\), \(P_{n+1}((n+1)^2, n+1)\) 이다.
3. 두 직선의 기울기가 \(1\), \(-1\)이므로 두 직선은 직교하며 \(\angle P_n Q_n P_{n+1} = \frac{\pi}{2}\) 이다.
선분 \(\overline{P_n Q_n}\)의 길이는 \(\sqrt{(n^2 - (n^2+n))^2 + (n - 0)^2} = \sqrt{n^2 + n^2} = \sqrt{2}n\) 이다.
선분 \(\overline{Q_n P_{n+1}}\)의 길이는 \(\sqrt{(((n+1)^2 - (n^2+n))^2 + (n+1 - 0)^2} = \sqrt{(n+1)^2 + (n+1)^2} = \sqrt{2}(n+1)\) 이다.
삼각형 \(P_n Q_n P_{n+1}\)의 넓이 \(S_n = \frac{1}{2} \times \sqrt{2}n \times \sqrt{2}(n+1) = n(n+1) = n^2 + n\) 이다.
4. 구하고자 하는 급수의 값은:
\[\sum_{n=1}^{10} S_n = \sum_{n=1}^{10} (n^2 + n) = \frac{10 \times 11 \times 21}{6} + \frac{10 \times 11}{2} = 385 + 55 = 440\]

[문제 5-1 정답]: \(a = \frac{1}{2}, b = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
해설: \(f(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} (a\sin x + b\cos x)\)를 미분하면:
\[f'(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} (a\sin x + b\cos x) + e^{x+\frac{\pi}{3}} (a\cos x - b\sin x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} \left[ (a-b)\sin x + (a+b)\cos x \right]\] 조건 \(f\left(\frac{\pi}{6}\right) = e^{\frac{\pi}{2}}\) 대입:
\[e^{\frac{\pi}{2}} \left( a\sin \frac{\pi}{6} + b\cos \frac{\pi}{6} \right) = e^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1}{2}a + \frac{\sqrt{3}}{2}b \right) = e^{\frac{\pi}{2}} \implies a + \sqrt{3}b = 2 \quad \text{--- (①)}\] 조건 \(f'\left(\frac{\pi}{6}\right) = e^{\frac{\pi}{2}}\) 대입:
\[e^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1}{2}a + \frac{\sqrt{3}}{2}b \right) + e^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}a - \frac{1}{2}b \right) = e^{\frac{\pi}{2}} \implies e^{\frac{\pi}{2}} + e^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}a - \frac{1}{2}b \right) = e^{\frac{\pi}{2}}\] \[\implies \frac{\sqrt{3}}{2}a - \frac{1}{2}b = 0 \implies b = \sqrt{3}a \quad \text{--- (②)}\] ②를 ①에 대입하면 \(a + \sqrt{3}(\sqrt{3}a) = 4a = 2 \implies a = \frac{1}{2}\) 이고 \(b = \frac{\sqrt{3}}{2}\) 이다.

[문제 5-2 정답]: \(\frac{1}{\sqrt{2}} e^{\frac{3\pi}{4}}\)
해설: \(a = \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\), \(b = \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}\) 이므로 삼각함수의 합성(덧셈정리)에 의해:
\[f(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} \left( \sin x \cos \frac{\pi}{3} + \cos x \sin \frac{\pi}{3} \right) = e^{x+\frac{\pi}{3}} \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right)\] 미분하면 $f'(x) = e^{x+\frac{\pi}{3}} \left[ \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) + \cos\left(x + \frac{\pi}{3}\right) \right] = 0 \implies \tan\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = -1$
구간 \([0, \pi]\)에서 \(x + \frac{\pi}{3} \in \left[\frac{\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}\right]\)이므로 \(x + \frac{\pi}{3} = \frac{3\pi}{4} \implies x = \frac{5\pi}{12}\) 일 때 유일한 극댓값을 갖는다.
후보값 비교: \(f(0) = \frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{\pi}{3}}\), \(f\left(\frac{5\pi}{12}\right) = e^{\frac{3\pi}{4}} \sin \frac{3\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{\frac{3\pi}{4}}\), \(f(\pi) = -\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{4\pi}{3}}\).
\(f\left(\frac{5\pi}{12}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{\frac{3\pi}{4}}\)가 구간 \([0, \pi]\)에서의 최댓값이다.

[문제 6-1 정답]: A\((0, 1)\), B\((t, e^t)\), C\((t+1, e^{t+1})\)
해설: \(2 \le t \le 3\)일 때 점 \(P(t, 0)\)을 지나고 \(y = e^{|x|}\)와 한 점에서 만나는 점은 A\((0, 1)\)과 B\((t, e^t)\)가 있다.
세 번째 점 C는 곡선 \(y = e^x\)와 접하는 점이다. 접점 \((x, e^x)\)와 \(P(t, 0)\)을 잇는 직선의 기울기는 \(\frac{e^x - 0}{x - t} = e^x \implies \frac{1}{x-t} = 1 \implies x = t + 1\) 이다.
따라서 C\((t+1, e^{t+1})\) 이다. \(a_1 < b_1 < c_1\)이므로 A\((0, 1)\), B\((t, e^t)\), C\((t+1, e^{t+1})\) 이다.

[문제 6-2 정답]: \(\frac{1}{2}(2e^4 - 4e^3 + 2e^2 + 1)\)
해설: 두 점 B\((t, e^t)\), C\((t+1, e^{t+1})\)를 지나는 직선의 방정식은 \((e^{t+1} - e^t)x - y + e^t - t(e^{t+1} - e^t) = 0\) 이다.
점 A\((0, 1)\)에서 이 직선까지의 거리 \(h = \frac{| -1 + e^t - t(e^{t+1} - e^t) |}{\sqrt{(e^{t+1} - e^t)^2 + 1}}\) 이다.
밑변 \(\overline{\text{BC}} = \sqrt{(t+1-t)^2 + (e^{t+1}-e^t)^2} = \sqrt{1 + (e^{t+1}-e^t)^2}\) 이다.
삼각형 ABC의 넓이 \(S(t) = \frac{1}{2} \overline{\text{BC}} \cdot h = \frac{1}{2} \left[ (e-1)t e^t - e^t + 1 \right]\) 이다.
정적분 계산:
\[\int_{2}^{3} S(t) dt = \frac{1}{2} \int_{2}^{3} \left[ (e-1)t e^t - e^t + 1 \right] dt = \frac{1}{2} \left[ (e-1)(t e^t - e^t) - e^t + t \right]_{2}^{3}\] \[= \frac{1}{2} \left( 2e^4 - 4e^3 + 2e^2 + 1 \right)\]

정답: \(t^2 = 6 + 6\sqrt{5}\)
해설:
1. 타원 \(\frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} = 1\)에 접하는 기울기 \(m\)인 접선의 방정식은 \(y = mx \pm \sqrt{6m^2 + 3}\) 이다.
이 접선이 점 \(P(t, 3)\)을 지나므로 \(3 - mt = \pm \sqrt{6m^2 + 3}\) 이다.
양변을 제곱하여 정리하면 \((3 - mt)^2 = 6m^2 + 3 \implies 9 - 6mt + m^2 t^2 = 6m^2 + 3 \implies (t^2 - 6)m^2 - 6tm + 6 = 0\) 이다.
2. 이 이차방정식의 두 근을 \(m_1 = \tan \theta_1\), \(m_2 = \tan \theta_2\) (\(m_1 > m_2\))라 하면 근과 계수의 관계에 의해:
\[m_1 + m_2 = \frac{6t}{t^2 - 6}, \quad m_1 m_2 = \frac{6}{t^2 - 6}\] 3. 두 접선이 이루는 예각이 \(45^\circ\)이므로 \(\tan(\theta_1 - \theta_2) = 1\) 이다.
\[1 = \tan^2(\theta_1 - \theta_2) = \frac{(m_1 - m_2)^2}{(1 + m_1 m_2)^2} = \frac{(m_1 + m_2)^2 - 4m_1 m_2}{(1 + m_1 m_2)^2}\] \[(1 + m_1 m_2)^2 = \left( 1 + \frac{6}{t^2-6} \right)^2 = \frac{t^4}{(t^2-6)^2}\] \[(m_1 + m_2)^2 - 4m_1 m_2 = \frac{36t^2}{(t^2-6)^2} - \frac{24(t^2-6)}{(t^2-6)^2} = \frac{12t^2 + 144}{(t^2-6)^2}\] 따라서 \(t^4 = 12t^2 + 144 \implies t^4 - 12t^2 - 144 = 0\) 이다.
\(t^2 \ge 0\)이므로 근의 공식에 의해 \(t^2 = \frac{12 + \sqrt{144 + 576}}{2} = \frac{12 + \sqrt{720}}{2} = 6 + 6\sqrt{5}\) 이다.

정답: 최솟값 \(-\frac{1}{2}\), 삼각형 ABC 넓이 \(\frac{\sqrt{3}}{4}\)
해설:
1. 원의 중심을 O라 하자 (\(\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}\)는 단위벡터):
2. \(\vec{OB}, \vec{OC}\) 사이의 사잇각을 \(\theta\) (\(0 \le \theta \le \pi\))라 하면 \(\vec{OB} \cdot \vec{OC} = \cos \theta\) 이다.
\(|\vec{OB} + \vec{OC}|^2 = 1 + 1 + 2\cos \theta = 2(1 + \cos \theta) = 4\cos^2 \frac{\theta}{2} \implies |\vec{OB} + \vec{OC}| = 2\cos \frac{\theta}{2}\) 이다.
3. \(\vec{OB} + \vec{OC}\)와 \(\vec{OA}\) 사이의 사잇각을 \(\phi\) (\(0 \le \phi \le \pi\))라 하면:
\[\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \cos \theta - 2\cos \frac{\theta}{2} \cos \phi + 1\] 내적이 최솟값을 가지려면 \(\cos \phi = 1\) (\(\phi = 0\), 즉 \(\vec{OA}\)가 \(\vec{OB}+\vec{OC}\)와 같은 방향)이어야 한다.
이때 내적은 $f(\theta) = \cos \theta - 2\cos \frac{\theta}{2} + 1 = 2\cos^2 \frac{\theta}{2} - 2\cos \frac{\theta}{2} = 2\left(\cos \frac{\theta}{2} - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{2}$ 이다.
따라서 \(\cos \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \implies \frac{\theta}{2} = \frac{\pi}{3} \implies \theta = \frac{2\pi}{3}\) 일 때 최솟값 \(-\frac{1}{2}\)을 갖는다.
4. 이때 \(\overline{AB} = \overline{AC} = 1\), \(\angle BAC = \frac{2\pi}{3}\) 이므로 삼각형 ABC의 넓이는:
\[\text{Area} = \frac{1}{2} \times 1 \times 1 \times \sin \frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{4}\]

정답: \(\frac{4}{5}\)
해설:
1. 1학년 학생 1명을 기준 원탁 위치에 고정하고 시계방향 위치를 \(1, \dots, 7\)이라 하자.
2. 2학년 학생 2명의 위치를 \(i, j\) (\(i < j\))라 하면 조건에 의해 \(i+2 < j < i+6\) 이어야 하고, 만족하는 쌍은 \((1,4), (1,5), (1,6), (2,5), (2,6), (3,6), (3,7), (4,7)\) 등 9가지 이다.
3. 이 중 1학년 학생이 2학년 학생과 이웃하는 \((i, j)\) 쌍은 \(i=1\) 또는 \(j=7\)인 경우로 총 6가지이다.
이 경우 남아있는 자리에 조건에 맞춰 배치하는 경우의 수는 \(6 \times 2 \times 3 \times 4! = 864\)가지 이다.
4. 이웃하지 않는 경우는 남은 3가지이며 경우의 수는 \(3 \times 2 \times {_3P_2} \times 3! = 216\)가지 이다.
5. 따라서 구하는 확률은 \(\frac{864}{864 + 216} = \frac{864}{1080} = \frac{4}{5}\) 이다.

[문제 2-1 정답]: \(m = 4, n = 5, k = 1\)
해설: \(f'(x) = 3x^2 + 2mx + n = 0\)의 두 근 \(\alpha, \beta\)에 대하여 근과 계수의 관계에 의해 \(\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} = \frac{\alpha+\beta}{\alpha\beta} = -\frac{2m}{n}\) 이다.
\(f(1) = 1 + m + n + k = 11 \implies m + n + k = 10\) 이고, 판별식 \(D/4 = m^2 - 3n > 0\) 조건을 만족하는 조건에서 \(-\frac{2m}{n}\)이 최대가 되는 자연수는 \(m = 4, n = 5, k = 1\) 이다. (\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta} = -\frac{8}{5}\) 최대)

[문제 3-1 정답]: \(2\ln(\ln 3) - \ln(\ln 2) - \ln(\ln 4)\) (또는 \(\ln\left(\frac{(\ln 3)^2}{2(\ln 2)^2}\right)\))
해설: 분자를 변형하면 \((3+\frac{k}{n})\ln(3+\frac{k}{n}) - (2+\frac{k}{n})\ln(2+\frac{k}{n})\) 이므로 정적분으로 나타내면:
\(\int_0^1 \left[ \frac{1}{(2+x)\ln(2+x)} - \frac{1}{(3+x)\ln(3+x)} \right] dx = \left[ \ln(\ln(2+x)) - \ln(\ln(3+x)) \right]_0^1\) 계산하면 \(2\ln(\ln 3) - \ln(\ln 2) - \ln(\ln 4)\) 이다.

[문제 3-2 정답]: \(a = \frac{53}{2}, b = -5, c = -\frac{7}{4}, d = -\frac{1}{2}\)
해설: \(f(x) = |x| + 2\sqrt{(x-t)^2 + 3t}\)의 최솟값을 구하면 \(0 \le t \le 1\)일 때 \(m(t) = 2\sqrt{t^2+3t}\), \(t \ge 1\)일 때 \(m(t) = t + 3\sqrt{t}\) 이다.
구간 \([1/2, 4]\)를 나누어 치환적분 및 부분적분을 하면 정적분 값은 \(\frac{53}{2}\ln 2 - 5\ln 5 - \frac{7}{4}\ln 7 - \frac{1}{2}\) 이다.

[문제 4-1 정답]: \(72 + 36\sqrt{6} + 4\pi\)
해설: \(\vec{\text{OX}} = \vec{\text{RS}} + \vec{\text{PQ}}\)로 나타낼 수 있다.
육각형 영역의 넓이 \(36\sqrt{6}\), 6개 직사각형의 넓이 \(2 \times 2 \times (5+6+7) = 72\), 6개 부채꼴의 넓이 \(4\pi\)를 모두 더하면 \(72 + 36\sqrt{6} + 4\pi\) 이다.

[문제 4-2 정답]: \(\sqrt{5}\pi\)
해설: 구의 중심 \(\text{O}\)에서 점 \(\text{T}\)까지의 거리 \(\overline{\text{OT}} = 5\sqrt{5}\), 접선 길이 \(\overline{\text{PT}} = 5\) 이다.
점 \(\text{P}\)가 나타내는 도형은 중심각 \(\pi/2\)인 호이므로 호의 길이 \(l = \sqrt{5} \times \frac{\pi}{2} \times 2 = \sqrt{5}\pi\) 이다.

정답: \(\frac{2}{9}\)
해설:
1. 2개의 주사위 합이 4 이하일 사건 \(A\)의 확률: \(P(A) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}\), \(P(A^c) = \frac{5}{6}\) 이다.
2. 1회 시행에서 점수 \(X=0\)인 사건 \(C\), \(X=1\)인 사건 \(D\)의 조건부확률:
\(P(C|A) = \frac{_6C_2}{_{10}C_2} = \frac{15}{45} = \frac{1}{3}, \quad P(D|A) = \frac{_6C_1 \times _4C_1}{_{10}C_2} = \frac{24}{45} = \frac{8}{15}\)
\(P(C|A^c) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}, \quad P(D|A^c) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}\)
3. 따라서 \(P(C) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{3} + \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{5} = \frac{1}{18} + \frac{1}{2} = \frac{5}{9}\) 이다.
\(P(D) = \frac{1}{6} \cdot \frac{8}{15} + \frac{5}{6} \cdot \frac{2}{5} = \frac{4}{45} + \frac{1}{3} = \frac{19}{45}\) 이다.
4. 2회 시행의 점수 합이 2점 이상일 확률은 여사건을 이용하여 구하면:
$P(\text{점수합} \ge 2) = 1 - P(C)^2 - 2P(C)P(D) = 1 - \left(\frac{5}{9}\right)^2 - 2\left(\frac{5}{9}\right)\left(\frac{19}{45}\right) = 1 - \frac{25}{81} - \frac{38}{81} = \frac{18}{81} = \frac{2}{9}$ 이다.

[문제 2-1 정답]: \(a_1 = \frac{499}{2}\)
해설: \(a_n = S_n - S_{n-1}\) 관계를 대입하면 \(S_{2m+2} = -S_{2m+1} - 4\), \(S_{2m+1} = 2S_{2m} - 3\)을 얻는다.
따라서 \(S_{2m+2} = -2S_{2m} - 1\) 점화식이 성립한다.
\(S_8 = -2S_6 - 1 = 4S_4 + 1 = -8S_2 - 3 = 2025 \implies S_2 = -\frac{507}{2}\) 이다.
\(S_2 = -S_1 - 4 \implies a_1 = S_1 = \frac{499}{2}\) 이다.

[문제 2-2 정답]: \(-\frac{8}{\pi^2} + 15\)
해설: \(f(x) = 2f(x+2) + 3 = 4f(x+4) + 9\) 이므로 구간별 변환을 적용하면:
\(\int_{-4}^{-1} f(x)dx = 4\int_{-4}^{-3}(x+4)^2\cos\pi(x+4)dx - 2\int_{-3}^{-2}(x+2)^2\cos\pi(x+2)dx + 2\int_{-2}^{-1}(x+2)^2\cos\pi(x+2)dx + 15\)
\(= 4\int_0^1 x^2\cos(\pi x)dx + 15\) 이다.
부분적분에 의해 \(\int_0^1 x^2\cos(\pi x)dx = \left[\frac{x^2\sin\pi x}{\pi} + \frac{2x\cos\pi x}{\pi^2} - \frac{2\sin\pi x}{\pi^3}\right]_0^1 = -\frac{2}{\pi^2}\) 이다.
따라서 구하는 정적분 값은 \(4\left(-\frac{2}{\pi^2}\right) + 15 = -\frac{8}{\pi^2} + 15\) 이다.

[문제 3-1 정답]: \(4 - \ln 2\)
해설: \(y^3 - 3e^{2x}y + 2e^{3x} = (y - e^x)^2 (y + 2e^x) = 0\) 이고 \(y \ge 0\)이므로 곡선은 \(y = e^x\) 이다.
직선 \(AB\)의 방정식은 \(2x - y - 6 = 0\) 이다. \(y = e^x\)에서 기울기가 2인 접점은 \((\ln 2, 2)\) 이다.
이 점에서 직선까지의 최단거리 \(d = \frac{|2\ln 2 - 2 - 6|}{\sqrt{5}} = \frac{8 - 2\ln 2}{\sqrt{5}}\) 이다.
\(\overline{AB} = \sqrt{5}\)이므로 삼각형 \(PAB\) 넓이의 최솟값은 \(\frac{1}{2} \times \sqrt{5} \times \frac{8-2\ln 2}{\sqrt{5}} = 4 - \ln 2\) 이다.

[문제 3-2 정답]: \(\frac{\sqrt{2}}{6} - \frac{3}{16}\)
해설: 삼각형 넓이 관계 \(2\sin 3x = 2f(x)\sin x + f(x)\sin 2x\) 및 \(\sin 3x = \sin x\cos 2x + \cos x\sin 2x\)를 이용하면 \(f(x) = \frac{4\cos^2 x - 1}{1 + \cos x}\) 이다.
\(y = \cos x\)로 치환적분하면 (\(dy = -\sin x dx\)):
$\int_{\pi/6}^{\pi/4} f(x)\sin 3x dx = \int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{3}/2} (4y^2 - 1)(1-y) dy = \left[\frac{4}{3}y^3 - y^4 - y + \frac{1}{2}y^2\right]_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{3}/2} = \frac{\sqrt{2}}{6} - \frac{3}{16}$ 이다.

[문제 4-1 정답]: \(\frac{\sqrt{14}}{2}\)
해설: 삼수선의 정리에 의해 수선의 발을 잡으면 \(AP = \sqrt{2}, AQ = 1\)을 얻는다.
직각삼각형 \(QAP\)에서 \(PQ = \sqrt{AP^2 + AQ^2} = \sqrt{3}\) 이고, 점 \(A\)에서 \(PQ\)에 내린 수선의 발 \(R\)에 대하여 \(AR = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\) 이다.
직각삼각형 \(RAE\)에서 \(ER = \sqrt{AR^2 + AE^2} = \frac{\sqrt{14}}{\sqrt{3}}\) 이므로 삼각형 \(EPQ\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot PQ \cdot ER = \frac{\sqrt{14}}{2}\) 이다.

[문제 4-2 정답]: \(\frac{4\sqrt{3}}{21}\)
해설: \(c = \frac{2\sqrt{3}}{3}\)이므로 초점은 \(F\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0\right), F'\left(-\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0\right)\) 이다.
접선 \(ax - 3by = 1\)과 점근선 \(y = \frac{x}{\sqrt{3}}\)의 교점 \(R\)의 \(x\)좌표 및 넓이 이등분 조건으로부터 \(a = 2\sqrt{3}b\)를 얻는다.
\(a^2 - 3b^2 = 1\)에 대입하면 \(a = \frac{2\sqrt{3}}{3}, b = \frac{1}{3}\) 이다.
\(FP = \frac{1}{3}, F'P = \frac{7}{3}, F'F = \frac{4\sqrt{3}}{3}\)이고 \(\triangle F'FP\)는 직각삼각형이므로 수선의 발까지의 거리는 \(FH = \frac{F'F \cdot FP}{F'P} = \frac{4\sqrt{3}}{21}\) 이다.