2단계 · 소문항 (2) 가로선·세로선 제약 조건을 만족하는 경우의 수 $b, c$ (10점) • 경우의 수 $b$: $3$개의 가로선 각각에서 자연수가 표시될 타일을 $1$개씩 선택하는 경우의 수는 제시문 【가】의 중복순열에 의하여 ${}_3\Pi_3 = 3^3 = 27$이다. 선택된 $3$개의 타일에 표시할 자연수를 $y_1, y_2, y_3 \ge 1$이라 하면 $y_1 + y_2 + y_3 = 6 \iff (y_1 - 1) + (y_2 - 1) + (y_3 - 1) = 3$이므로 자연수를 배정하는 경우의 수는 ${}_3\mathrm{H}_3 = {}_5\mathrm{C}_3 = 10$이다. 따라서 곱의 법칙에 의하여 $$b = 3^3 \times {}_3\mathrm{H}_3 = 27 \times 10 = \mathbf{270}$$ • 경우의 수 $c$: 각 가로선과 각 세로선에 자연수가 표시된 타일이 정확히 $1$개씩 놓이려면, 1행에서 열을 선택하는 방법 $3$가지, 2행에서 나머지 열을 선택하는 방법 $2$가지, 3행에서 남은 열을 선택하는 방법 $1$가지로 총 $3! = 6$가지이다. 선택된 $3$개의 타일에 합이 $6$인 자연수를 배정하는 경우의 수는 동일하게 ${}_3\mathrm{H}_3 = 10$이므로 $$c = 3! \times {}_3\mathrm{H}_3 = 6 \times 10 = \mathbf{60}$$

3단계 · 소문항 (3) 모비율 $p$의 $95\%$ 신뢰구간과 최소 표본 크기 $n$ (12점) $n = 400, \; \hat{p} = 0.64$일 때 $\sqrt{\dfrac{\hat{p}(1 - \hat{p})}{n}} = \sqrt{\dfrac{0.64 \times 0.36}{400}} = \dfrac{0.8 \times 0.6}{20} = 0.024$이므로 오차한계는 $1.96 \times 0.024 = 0.04704$이다. 따라서 제시문 【다】에 의하여 모비율 $p$의 신뢰도 $95\%$ 신뢰구간 $[L, U]$는 $$[0.64 - 0.04704, \; 0.64 + 0.04704] = \mathbf{[0.59296, \; 0.68704]}$$ 이다. 또한 동일한 $\hat{p} = 0.64$에서 신뢰구간의 길이 $U - L = 2 \times 1.96\sqrt{\dfrac{0.64 \times 0.36}{n}} = \dfrac{2 \times 1.96 \times 0.48}{\sqrt{n}} = \dfrac{1.8816}{\sqrt{n}}$이 $0.04704$ 이하가 되려면 $$\frac{1.8816}{\sqrt{n}} \le 0.04704 \iff \sqrt{n} \ge \frac{1.8816}{0.04704} = 40 \implies \mathbf{n \ge 1600}$$ 이므로 표본의 크기 $n$의 최솟값은 $\mathbf{1600}$이다.

2단계 · 소문항 (2) 공초점 조건을 이용한 두 접선 $l_1, l_2$의 수직 증명 (10점) 타원과 쌍곡선이 두 초점 $(\pm c, 0)$을 공유하므로 제시문 【가】에 의하여 $$c^2 = a^2 - b^2 = \alpha^2 + \beta^2 \implies \mathbf{a^2 - \alpha^2 = b^2 + \beta^2}$$ 이다. 또한 점 $\mathrm{P}(x_0, y_0)$에서의 타원의 접선 $l_1 : \dfrac{x_0 x}{a^2} + \dfrac{y_0 y}{b^2} = 1$의 기울기는 $m_1 = -\dfrac{b^2 x_0}{a^2 y_0}$이고, 쌍곡선의 접선 $l_2 : \dfrac{x_0 x}{\alpha^2} - \dfrac{y_0 y}{\beta^2} = 1$의 기울기는 $m_2 = \dfrac{\beta^2 x_0}{\alpha^2 y_0}$이다. (1)의 결과와 $a^2 - \alpha^2 = b^2 + \beta^2$을 대입하면 두 접선의 기울기의 곱은 $$m_1 m_2 = -\frac{b^2\beta^2 x_0^2}{a^2\alpha^2 y_0^2} = -\frac{b^2\beta^2}{a^2\alpha^2} \cdot \frac{a^2\alpha^2(b^2 + \beta^2)}{b^2\beta^2(a^2 - \alpha^2)} = -\frac{b^2 + \beta^2}{a^2 - \alpha^2} = \mathbf{-1}$$ 이므로 두 접선 $l_1$과 $l_2$는 서로 수직이다.

3단계 · 소문항 (3) 접평면 $\pi_1$의 방정식과 두 평면이 이루는 각 $\cos\theta$ (10점) 중심이 원점 $\mathrm{O}(0, 0, 0)$인 구 $x^2 + y^2 + z^2 = 9$ 위의 점 $\mathrm{Q}(1, 2, 2)$에서의 접평면 $\pi_1$은 법선벡터가 $\vec{n}_1 = \overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (1, 2, 2)$이므로 제시문 【나】에 의하여 $$1(x - 1) + 2(y - 2) + 2(z - 2) = 0 \iff \mathbf{\pi_1 : x + 2y + 2z = 9}$$ 이다. 평면 $\pi_2 : 2x - y + 2z = 5$의 법선벡터는 $\vec{n}_2 = (2, -1, 2)$이므로, 제시문 【다】에 의하여 두 평면이 이루는 예각 $\theta$의 코사인값은 다음과 같다. $$\cos\theta = \frac{|\vec{n}_1\cdot\vec{n}_2|}{|\vec{n}_1||\vec{n}_2|} = \frac{|1\cdot 2 + 2\cdot(-1) + 2\cdot 2|}{\sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2}\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}} = \frac{4}{3 \times 3} = \mathbf{\frac{4}{9}}$$

2단계 · 소문항 (2) 부피 보존과 합성함수 미분법을 이용한 $H'(t) = \dfrac{S}{A - S}v$ 유도 (14점) 제시문 【나】에 의하여 시각 $t$에서 물속에 잠긴 입체도형의 부피는 $V(h(t)) = \displaystyle\int_0^{h(t)} S(z)\,dz$이다. 이 부피만큼 수조의 수면이 $H(0)$에서 $H(t)$로 상승하였으므로, 밑면의 넓이가 $A$인 원기둥 수조에서 증가한 부피는 $A\{H(t) - H(0)\}$와 같다. 즉, $$A\{H(t) - H(0)\} = \int_0^{h(t)} S(z)\,dz$$ 가 성립한다. 양변을 $t$에 대하여 미분하면 제시문 【나】와 【다】의 합성함수 미분법에 의하여 $$A H'(t) = S(h(t))\,h'(t) = S\{H'(t) + v\} \implies (A - S)H'(t) = Sv$$ 이고, $S < A$이므로 수면의 상승 속도는 다음과 같다. $$\mathbf{H'(t) = \frac{S}{A - S}v}$$

3단계 · 소문항 (3) 최대 상승 속도와 그때까지 물속에 잠긴 입체도형의 부피 (14점) $A = 8\pi, \; v = 3$이고 $S(z) = \pi z(4 - z) = \pi\{4 - (z - 2)^2\}\;(0 \le z \le 4)$이다. 함수 $f(S) = \dfrac{3S}{8\pi - S} = -3 + \dfrac{24\pi}{8\pi - S}$는 $0 \le S < 8\pi$에서 $S$에 대한 순증가함수이므로, 단면의 넓이 $S(z)$가 최대일 때 수면의 상승 속도 $H'(t)$도 최대가 된다.
• $S(z) = \pi\{4 - (z - 2)^2\}$은 $\mathbf{z = h(t) = 2\,(\mathrm{m})}$일 때 최댓값 $S(2) = 4\pi\,(\mathrm{m}^2)$를 가진다.
• 그때의 최대 상승 속도는 $H'(t) = \dfrac{4\pi}{8\pi - 4\pi} \times 3 = \mathbf{3\,(\mathrm{m/s})}$이다.
• $z = 2\,(\mathrm{m})$까지 물속에 잠긴 입체도형의 부피 $V$는 제시문 【나】에 의하여 다음과 같다. $$V = \int_0^2 \pi(4z - z^2)\,dz = \pi\left[2z^2 - \frac{1}{3}z^3\right]_0^2 = \pi\left(8 - \frac{8}{3}\right) = \mathbf{\frac{16}{3}\pi\,(\mathrm{m}^3)}$$