[단계별 모범답안]

(1) 변곡점 도출 및 점대칭 증명 [10점]:
$f'(x) = 3x^2 - 6x$, $f''(x) = 6x - 6 = 6(x - 1)$이다. $f''(x) = 0$에서 $x = 1$이고, $x = 1$ 좌우에서 $f''(x)$의 부호가 음에서 양으로 바뀌므로 변곡점은 $P(1, f(1)) = (1, 0)$이다.
임의의 실수 $x$에 대하여 $f(1 + x) + f(1 - x)$를 계산하면,
$f(1 + x) = (1 + x)^3 - 3(1 + x)^2 + 2 = (1 + 3x + 3x^2 + x^3) - (3 + 6x + 3x^2) + 2 = x^3 - 3x$,
$f(1 - x) = (1 - x)^3 - 3(1 - x)^2 + 2 = (1 - 3x + 3x^2 - x^3) - (3 - 6x + 3x^2) + 2 = -x^3 + 3x$이다.
따라서 $f(1 + x) + f(1 - x) = 0 = 2f(1)$이 항상 성립하므로 곡선 $y = f(x)$는 점 $P(1, 0)$에 대하여 대칭이다.

(2) 평행한 접점의 중점 일치 논증 [10점]:
두 접점 $A(\alpha, f(\alpha)), B(\beta, f(\beta))$ ($\alpha \neq \beta$)에서의 접선이 평행하므로 $f'(\alpha) = f'(\beta)$이다.
$3\alpha^2 - 6\alpha = 3\beta^2 - 6\beta \iff 3(\alpha^2 - \beta^2) - 6(\alpha - \beta) = 0 \iff 3(\alpha - \beta)(\alpha + \beta - 2) = 0$이다.
$\alpha \neq \beta$이므로 $\alpha + \beta - 2 = 0$, 즉 $\frac{\alpha + \beta}{2} = 1$이다.
또한 (1)의 점대칭성에 의해 $\beta = 2 - \alpha$이므로 $f(\alpha) + f(\beta) = f(1 + (\alpha-1)) + f(1 - (\alpha-1)) = 0$이다.
따라서 두 점 $A, B$의 중점 $M$의 좌표는 $\left(\frac{\alpha + \beta}{2}, \frac{f(\alpha) + f(\beta)}{2}\right) = (1, 0)$이며, 이는 변곡점 $P(1, 0)$과 항상 일치한다.

[단계별 모범답안]

(1) 삼각함수 배각 변형 및 극한 계산 [10점]:
$\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x = 1 - 2\sin^2 x$이므로 $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$이다.
따라서 $f(x) = \frac{2\sin^2 x}{x\sin 3x}$이다.
$x \to 0$일 때의 극한값을 구하면,
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left[ 2 \times \left(\frac{\sin x}{x}\right) \times \left(\frac{\sin x}{\sin 3x}\right) \right] = \lim_{x \to 0} \left[ 2 \times \frac{\sin x}{x} \times \frac{\sin x}{x} \times \frac{3x}{\sin 3x} \times \frac{1}{3} \right] = 2 \times 1 \times 1 \times 1 \times \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

(2) 도함수 $f'(\frac{\pi}{4})$ 계산 [10점]:
$f(x) = \frac{2\sin^2 x}{x\sin 3x}$의 분자를 $u(x) = 2\sin^2 x$, 분모를 $v(x) = x\sin 3x$라 하자.
$u'(x) = 4\sin x\cos x = 2\sin 2x$, $v'(x) = \sin 3x + 3x\cos 3x$이다.
$x = \frac{\pi}{4}$를 대입하면,
$u\left(\frac{\pi}{4}\right) = 2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 = 1$,   $u'\left(\frac{\pi}{4}\right) = 2\sin\frac{\pi}{2} = 2$.
$\sin\frac{3\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,   $\cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$이므로,
$v\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}\pi}{8}$,   $v'\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}} + 3\left(\frac{\pi}{4}\right)\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{3\sqrt{2}\pi}{8} = \frac{\sqrt{2}(4 - 3\pi)}{8}$.
몫의 미분법 $f'(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2}$에 대입하면,
$u'v - uv' = 2 \cdot \frac{\sqrt{2}\pi}{8} - 1 \cdot \frac{\sqrt{2}(4 - 3\pi)}{8} = \frac{\sqrt{2}(5\pi - 4)}{8}$.
$v^2 = \left(\frac{\sqrt{2}\pi}{8}\right)^2 = \frac{2\pi^2}{64} = \frac{\pi^2}{32}$.
따라서 $g\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\frac{\sqrt{2}(5\pi - 4)}{8}}{\frac{\pi^2}{32}} = \frac{4\sqrt{2}(5\pi - 4)}{\pi^2}$.

[단계별 모범답안]

(1) $f(x)$ 산출 [8점]:
주어진 등식의 좌변을 전개하면 $x\int_1^x f(t)\,dt - \int_1^x t f(t)\,dt = x\ln x - x + 1$이다.
양변을 $x$에 대하여 미분하면,
$1 \cdot \int_1^x f(t)\,dt + x f(x) - x f(x) = (\ln x + 1) - 1$,
즉 $\int_1^x f(t)\,dt = \ln x$이다.
이 식의 양변을 다시 $x$에 대하여 미분하면 $f(x) = \frac{d}{dx}(\ln x) = \frac{1}{x}$이다. (단, $x \gt 0$)

(2) 치환적분법을 이용한 정적분 계산 [12점]:
구하고자 하는 정적분은 $I = \int_1^e \frac{1/x}{1 + (\ln x)^2}\,dx$이다.
$u = \ln x$로 치환하면 $\frac{du}{dx} = \frac{1}{x} \implies du = \frac{1}{x}dx$이다.
적분구간의 대응을 살펴보면,
$x = 1$일 때 $u = \ln 1 = 0$,   $x = e$일 때 $u = \ln e = 1$이다.
따라서 $I = \int_0^1 \frac{1}{1 + u^2}\,du$이다.
여기서 $u = \tan\theta$ ($-\frac{\pi}{2} \lt \theta \lt \frac{\pi}{2}$)로 치환하면 $du = \sec^2\theta\,d\theta$이고,
$u = 0 \implies \theta = 0$,   $u = 1 \implies \theta = \frac{\pi}{4}$이다.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2\theta}{1 + \tan^2\theta}\,d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} 1\,d\theta = [\theta]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{4}$.

[단계별 모범답안]

(1) 수열의 계산 및 일반항 추론 [8점]:
$a_1 = 1$
$a_2 = \frac{a_1}{1 + 2a_1} = \frac{1}{1 + 2(1)} = \frac{1}{3}$
$a_3 = \frac{a_2}{1 + 2a_2} = \frac{1/3}{1 + 2/3} = \frac{1/3}{5/3} = \frac{1}{5}$
$a_4 = \frac{a_3}{1 + 2a_3} = \frac{1/5}{1 + 2/5} = \frac{1/5}{7/5} = \frac{1}{7}$
분자는 항상 $1$이고 분모는 첫째항이 $1$, 공차가 $2$인 등차수열 $1, 3, 5, 7, \dots$이므로 일반항은 $a_n = \frac{1}{2n - 1}$로 추론할 수 있다.

(2) 수학적 귀납법 증명 [12점]:
명제 $P(n): a_n = \frac{1}{2n - 1}$이라 하자.
i) $n = 1$일 때, 좌변은 $a_1 = 1$, 우변은 $\frac{1}{2(1) - 1} = 1$이므로 $n = 1$일 때 명제 $P(1)$은 성립한다.
ii) $n = k$ ($k \ge 1$)일 때 명제 $P(k)$가 성립한다고 가정하면, $a_k = \frac{1}{2k - 1}$이다.
이때 $n = k + 1$일 때의 좌변은 문제의 점화식에 의해
$a_{k+1} = \frac{a_k}{1 + 2a_k} = \frac{\frac{1}{2k - 1}}{1 + 2 \cdot \frac{1}{2k - 1}} = \frac{\frac{1}{2k - 1}}{\frac{2k - 1 + 2}{2k - 1}} = \frac{1}{2k + 1} = \frac{1}{2(k + 1) - 1}$이다.
이는 $n = k + 1$일 때도 명제 $P(k+1)$이 성립함을 보여준다.
i), ii)에 의해 모든 자연수 $n$에 대하여 $a_n = \frac{1}{2n - 1}$이 성립한다.

[단계별 모범답안]

(1) 양성 판정 확률 산출 [10점]:
어떤 사람이 실제로 질병 $X$에 걸린 사건을 $A$, 진단 키트 검사 결과 양성으로 판정받는 사건을 $B$라 하자.
문제의 조건에서,
$P(A) = 0.02$, $P(A^c) = 1 - 0.02 = 0.98$
$P(B|A) = 0.98$, $P(B^c|A^c) = 0.95 \implies P(B|A^c) = 1 - 0.95 = 0.05$이다.
전확률의 정리에 의해 양성으로 판정받을 확률 $P(B)$는
$P(B) = P(A \cap B) + P(A^c \cap B) = P(A)P(B|A) + P(A^c)P(B|A^c)$
$= (0.02 \times 0.98) + (0.98 \times 0.05) = 0.0196 + 0.0490 = 0.0686$이다.

(2) 베이즈 정리를 통한 실제 감염 조건부확률 [10점]:
양성 판정을 받았을 때 실제로 질병 $X$에 걸려 있을 조건부확률은 $P(A|B)$이다.
$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(A)P(B|A)}{P(B)}$
$= \frac{0.0196}{0.0686} = \frac{196}{686}$이다.
분모와 분자를 $98$로 약분하면,
$\frac{196 \div 98}{686 \div 98} = \frac{2}{7}$이다.
따라서 양성 판정을 받은 사람이 실제로 질병에 걸려 있을 확률은 $\frac{2}{7}$ (약 28.57%)이다.

[단계별 모범답안]

(1) $g(0)$ 및 $g'(0)$ 산출 [10점]:
$g(0) = k$라 하면 $f(k) = 0$이다.
$k^3 + 2k - 3 = (k - 1)(k^2 + k + 3) = 0$에서 $k^2 + k + 3 = (k + 1/2)^2 + 11/4 \gt 0$이므로 유일한 실근은 $k = 1$이다.
따라서 $g(0) = 1$이다.
$f'(x) = 3x^2 + 2$이므로 $f'(1) = 3(1)^2 + 2 = 5$이다.
역함수의 미분법에 의해 $g'(0) = \frac{1}{f'(g(0))} = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{5}$이다.

(2) $h(x)$의 접선의 방정식 도출 [10점]:
$h(x) = g(x^2 - 1)$이므로 $x = 1$일 때 $h(1) = g(1^2 - 1) = g(0) = 1$이다.
접점의 좌표는 $(1, 1)$이다.
합성함수의 미분법을 적용하면 $h'(x) = g'(x^2 - 1) \cdot \frac{d}{dx}(x^2 - 1) = 2x \cdot g'(x^2 - 1)$이다.
$x = 1$에서의 접선의 기울기는 $h'(1) = 2(1) \cdot g'(0) = 2 \cdot \frac{1}{5} = \frac{2}{5}$이다.
따라서 점 $(1, 1)$에서의 접선의 방정식은
$y - 1 = \frac{2}{5}(x - 1) \implies y = \frac{2}{5}x + \frac{3}{5}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 무게중심 증명 및 $AH$의 길이 [10점]:
$A$에서 평면 $BCD$에 내린 수선의 발을 $H$라 하면 $AH \perp BH, AH \perp CH, AH \perp DH$이다.
정사면체의 세 모서리의 길이는 $AB = AC = AD = 4$로 같으므로 직각삼각형 $\triangle AHB, \triangle AHC, \triangle AHD$는 빗변의 길이와 한 변($AH$)이 같은 합동이다.
따라서 $BH = CH = DH$이므로 점 $H$는 정삼각형 $BCD$의 외심이다.
정삼각형에서는 외심, 내심, 무게중심이 일치하므로 점 $H$는 정삼각형 $BCD$의 무게중심이다.
변 $CD$의 중점을 $M$이라 하면 정삼각형 $BCD$의 높이는 $BM = 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$이다.
$H$가 무게중심이므로 $BH = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3} \times 2\sqrt{3} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$이다.
직각삼각형 $ABH$에서 피타고라스 정리에 의해
$AH = \sqrt{AB^2 - BH^2} = \sqrt{4^2 - \left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \sqrt{16 - \frac{16}{3}} = \sqrt{\frac{32}{3}} = \frac{4\sqrt{6}}{3}$.

(2) 이면각 $\cos\theta$ 및 정사영 넓이 [10점]:
변 $CD$의 중점 $M$에 대하여 $\triangle ACD, \triangle BCD$는 모두 정삼각형이므로 $AM \perp CD$, $BM \perp CD$이다.
따라서 면 $ACD$와 면 $BCD$가 이루는 이면각의 크기는 $\angle AMB = \theta$이다.
$AM = BM = 2\sqrt{3}$이고 $AB = 4$이다.
삼각형 $ABM$에서 코사인법칙을 적용하면,
$\cos\theta = \frac{AM^2 + BM^2 - AB^2}{2 \cdot AM \cdot BM} = \frac{(2\sqrt{3})^2 + (2\sqrt{3})^2 - 4^2}{2 \cdot (2\sqrt{3}) \cdot (2\sqrt{3})} = \frac{12 + 12 - 16}{24} = \frac{8}{24} = \frac{1}{3}$.
정삼각형 $ACD$의 넓이는 $S = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 4^2 = 4\sqrt{3}$이다.
따라서 평면 $BCD$ 위로의 정사영의 넓이 $S'$은
$S' = S \cos\theta = 4\sqrt{3} \times \frac{1}{3} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$.

[단계별 모범답안]

(1) 기댓값 $E(X) = np$ 유도 [10점]:
이항정리에 의해 $(px + q)^n = \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k p^k q^{n-k} x^k$ ($q = 1 - p$)이다.
이 항등식의 양변을 $x$에 대하여 미분하면,
$n p (px + q)^{n-1} = \sum_{k=1}^n k \cdot {}_n\mathrm{C}_k p^k q^{n-k} x^{k-1}$이다.
양변에 $x = 1$을 대입하면 $p + q = 1$이므로,
좌변: $n p (p(1) + q)^{n-1} = n p (1)^{n-1} = n p$,
우변: $\sum_{k=1}^n k \cdot {}_n\mathrm{C}_k p^k q^{n-k} (1)^{k-1} = \sum_{k=0}^n k \cdot P(X = k) = E(X)$이다.
따라서 $E(X) = np$이다.

(2) 분산 $V(X) = npq$ 증명 [10점]:
(1)의 미분 식 $n p (px + q)^{n-1} = \sum_{k=1}^n k \cdot {}_n\mathrm{C}_k p^k q^{n-k} x^{k-1}$의 양변에 $x$를 곱하면,
$n p x (px + q)^{n-1} = \sum_{k=1}^n k \cdot {}_n\mathrm{C}_k p^k q^{n-k} x^k$이다.
이 식의 양변을 다시 $x$에 대하여 미분하면,
$n p (px + q)^{n-1} + n(n - 1)p^2 x (px + q)^{n-2} = \sum_{k=1}^n k^2 \cdot {}_n\mathrm{C}_k p^k q^{n-k} x^{k-1}$이다.
양변에 $x = 1$을 대입하면,
좌변: $n p (1)^{n-1} + n(n - 1)p^2 (1)^{n-2} = n p + n(n - 1)p^2$,
우변: $\sum_{k=1}^n k^2 \cdot P(X = k) = E(X^2)$이다.
분산의 정의에 의해 $V(X) = E(X^2) - \{E(X)\}^2$이므로,
$V(X) = [n p + n(n - 1)p^2] - (n p)^2 = n p + n^2 p^2 - n p^2 - n^2 p^2 = n p - n p^2 = n p (1 - p)$이다.
따라서 $V(X) = np(1 - p)$임이 증명된다.

[단계별 모범답안]

(1) 치환 및 $t$의 범위 산출 [10점]:
$2^x \gt 0$이고 $2^{-x} \gt 0$이므로 산술-기하평균 부등식에 의해
$t = 2^x + 2^{-x} \ge 2\sqrt{2^x \cdot 2^{-x}} = 2\sqrt{1} = 2$이다.
(등호는 $2^x = 2^{-x}$, 즉 $x = -x \implies x = 0$일 때 성립한다.)
따라서 $t$의 값의 범위는 $t \ge 2$이다.
한편 $4^x + 4^{-x} = (2^x + 2^{-x})^2 - 2 = t^2 - 2$이다.
이를 $f(x)$에 대입하면,
$f(x) = (t^2 - 2) - 2t + 5 = t^2 - 2t + 3$.

(2) 최솟값 및 $x$의 값 도출 [10점]:
함수 $g(t) = t^2 - 2t + 3 = (t - 1)^2 + 2$이다.
이차함수 $g(t)$의 그래프의 축의 방정식은 $t = 1$이며, 아래로 볼록한 포물선이다.
그런데 (1)에서 구한 $t$의 정의역은 $t \ge 2$이므로, $g(t)$는 $t \ge 2$에서 단조 증가한다.
따라서 최솟값은 정의역의 왼쪽 끝점인 $t = 2$에서 발생한다.
$t = 2$일 때 $g(2) = (2 - 1)^2 + 2 = 1 + 2 = 3$이다.
$t = 2$가 되는 $x$의 값은 $2^x + 2^{-x} = 2 \implies x = 0$이다.
따라서 $f(x)$의 최솟값은 $3$이고 그때의 $x$의 값은 $0$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 정적분 변환 및 대응 함수 $f(x)$ [8점]:
일반항 $\frac{k^2}{n^3 + k^3}$의 분모와 분자를 $n^3$으로 나누면,
$\frac{k^2 / n^3}{1 + (k/n)^3} = \frac{(k/n)^2}{1 + (k/n)^3} \cdot \frac{1}{n}$이다.
따라서 주어진 급수는 다음과 같이 변형된다.
$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{k^2}{n^3 + k^3} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{(k/n)^2}{1 + (k/n)^3}$.
여기서 $x = \frac{k}{n}$, $\Delta x = \frac{1}{n}$으로 두면 대응하는 연속함수는 $f(x) = \frac{x^2}{1 + x^3}$이다.
정적분의 정의에 의해 주어진 극한값은 $\int_0^1 f(x)\,dx = \int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^3}\,dx$가 된다.

(2) 치환적분법을 이용한 극한값 계산 [12점]:
$I = \int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^3}\,dx$에서 $u = 1 + x^3$으로 치환하자.
양변을 $x$에 대하여 미분하면 $\frac{du}{dx} = 3x^2 \implies x^2\,dx = \frac{1}{3}\,du$이다.
적분구간의 대응은
$x = 0$일 때 $u = 1 + 0^3 = 1$,
$x = 1$일 때 $u = 1 + 1^3 = 2$이다.
따라서 $I = \int_1^2 \frac{1}{u} \cdot \frac{1}{3}\,du = \frac{1}{3}\int_1^2 \frac{1}{u}\,du$이다.
$\frac{1}{3}[\ln|u|]_1^2 = \frac{1}{3}(\ln 2 - \ln 1) = \frac{1}{3}\ln 2$.

[단계별 모범답안]

(1) 속력 $|\vec{v}|$ 산출 [10점]:
곱의 미분법을 이용하여 $x(t), y(t)$를 각각 $t$에 대하여 미분하면,
$x'(t) = e^t \cos t - e^t \sin t = e^t(\cos t - \sin t)$,
$y'(t) = e^t \sin t + e^t \cos t = e^t(\sin t + \cos t)$이다.
속도벡터는 $\vec{v} = (x'(t), y'(t))$이므로 속력 $|\vec{v}|$는
$|\vec{v}|^2 = \{x'(t)\}^2 + \{y'(t)\}^2 = e^{2t}(\cos t - \sin t)^2 + e^{2t}(\sin t + \cos t)^2$
$= e^{2t}(\cos^2 t - 2\cos t\sin t + \sin^2 t) + e^{2t}(\sin^2 t + 2\sin t\cos t + \cos^2 t)$
$= e^{2t}(1 - 2\sin t\cos t + 1 + 2\sin t\cos t) = 2e^{2t}$이다.
따라서 속력은 $|\vec{v}| = \sqrt{2e^{2t}} = \sqrt{2}e^t$이다.

(2) 움직인 거리 $s$ 계산 [10점]:
곡선의 길이 공식에 의해 시각 $t = 0$에서 $t = \ln 2$까지 움직인 거리 $s$는
$s = \int_0^{\ln 2} |\vec{v}|\,dt = \int_0^{\ln 2} \sqrt{2}e^t\,dt = \sqrt{2}[e^t]_0^{\ln 2}$
$= \sqrt{2}(e^{\ln 2} - e^0) = \sqrt{2}(2 - 1) = \sqrt{2}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) $\cos A$ 및 넓이 $S$ 산출 [10점]:
코사인법칙에 의해
$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{7^2 + 5^2 - 6^2}{2 \times 7 \times 5} = \frac{49 + 25 - 36}{70} = \frac{38}{70} = \frac{19}{35}$이다.
$0 \lt A \lt \pi$이므로 $\sin A \gt 0$이며,
$\sin A = \sqrt{1 - \cos^2 A} = \sqrt{1 - \left(\frac{19}{35}\right)^2} = \sqrt{\frac{1225 - 361}{1225}} = \frac{\sqrt{864}}{35} = \frac{12\sqrt{6}}{35}$이다.
따라서 삼각형 $ABC$의 넓이 $S$는
$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \times 7 \times 5 \times \frac{12\sqrt{6}}{35} = \frac{35}{2} \times \frac{12\sqrt{6}}{35} = 6\sqrt{6}$이다.

(2) 중선 $AM$의 길이 계산 [10점]:
점 $M$은 변 $BC$의 중점이므로 $BM = \frac{a}{2} = \frac{6}{2} = 3$이다.
파푸스의 중선정리 $AB^2 + AC^2 = 2(AM^2 + BM^2)$에 대입하면,
$5^2 + 7^2 = 2(AM^2 + 3^2) \implies 25 + 49 = 2(AM^2 + 9)$,
$74 = 2AM^2 + 18 \implies 2AM^2 = 56 \implies AM^2 = 28$이다.
$AM \gt 0$이므로 $AM = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 신뢰구간 추정 [10점]:
표본평균 $\bar{x} = 170$, 모표준편차 $\sigma = 10$, 표본의 크기 $n = 100$이다.
신뢰도 $95\%$의 신뢰계수는 $k = 1.96$이므로 신뢰구간은
$\left[\bar{x} - 1.96 \frac{\sigma}{\sqrt{n}}, \; \bar{x} + 1.96 \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right] = \left[170 - 1.96 \times \frac{10}{\sqrt{100}}, \; 170 + 1.96 \times \frac{10}{\sqrt{100}}\right]$
$= [170 - 1.96 \times 1, \; 170 + 1.96 \times 1] = [170 - 1.96, \; 170 + 1.96] = [168.04, \; 171.96]$이다.

(2) 표본의 최소 크기 $n$ 산출 [10점]:
신뢰도 $95\%$에서의 신뢰구간의 길이를 $L$이라 하면
$L = 2 \times 1.96 \times \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 2 \times 1.96 \times \frac{10}{\sqrt{n}} = \frac{39.2}{\sqrt{n}}$이다.
조건에서 $L \le 1$이어야 하므로
$\frac{39.2}{\sqrt{n}} \le 1 \iff \sqrt{n} \ge 39.2$이다.
양변을 제곱하면
$n \ge (39.2)^2 = 1536.64$이다.
$n$은 자연수(표본의 크기)이므로 이를 만족시키는 $n$의 최솟값은 $1537$이다.

[단계별 모범답안]

(1) $h$와 부피 함수 $V(r)$ 모델링 [10점]:
원뿔의 중심축을 포함하는 단면을 생각하면, 밑변의 길이가 $12$이고 높이가 $12$인 이등변삼각형 내부에 가로 $2r$, 높이 $h$인 직사각형이 내접한다.
원뿔의 꼭짓점에서 원기둥 윗면까지의 높이는 $12 - h$이다.
삼각형의 닮음에 의해
$\frac{12 - h}{12} = \frac{r}{6} \implies 12 - h = 2r \implies h = 12 - 2r = 2(6 - r)$이다.
반지름의 범위는 $0 \lt r \lt 6$이다.
따라서 원기둥의 부피 $V(r)$는
$V(r) = \pi r^2 h = \pi r^2 (12 - 2r) = 2\pi (6r^2 - r^3)$이다.

(2) 부피의 최댓값 도출 [10점]:
$V(r)$를 $r$에 대하여 미분하면
$V'(r) = 2\pi (12r - 3r^2) = 6\pi r (4 - r)$이다.
$0 \lt r \lt 6$에서 $V'(r) = 0$이 되는 $r$의 값은 $r = 4$이다.
부호 변화를 조사하면:
- $0 \lt r \lt 4$일 때 $V'(r) \gt 0$ (증가)
- $4 \lt r \lt 6$일 때 $V'(r) \lt 0$ (감소)
따라서 $V(r)$는 $r = 4$에서 유일한 극댓값을 가지며, 열린구간 $(0, 6)$에서 최댓값을 갖는다.
최대 부피는
$V(4) = 2\pi (6 \times 4^2 - 4^3) = 2\pi (96 - 64) = 2\pi \times 32 = 64\pi$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 접선 $l$ 및 교점 $Q$ 산출 [8점]:
$f'(x) = 3x^2 - 6x$이므로 점 $P(0, 4)$에서의 접선의 기울기는 $f'(0) = 0$이다.
따라서 접선 $l$의 방정식은 $y - 4 = 0(x - 0) \implies y = 4$이다.
접선 $y = 4$와 곡선 $y = x^3 - 3x^2 + 4$의 교점의 $x$좌표는
$x^3 - 3x^2 + 4 = 4 \implies x^3 - 3x^2 = 0 \implies x^2 (x - 3) = 0$이다.
따라서 $x = 0$ (접점) 또는 $x = 3$이다.
그러므로 다른 교점 $Q$의 좌표는 $(3, 4)$이다.

(2) 둘러싸인 영역의 넓이 $S$ 정적분 계산 [12점]:
구간 $[0, 3]$에서 곡선과 접선의 상하 관계를 보면,
$4 - (x^3 - 3x^2 + 4) = -x^3 + 3x^2 = x^2(3 - x) \ge 0$이므로 항상 직선 $y = 4$가 곡선 $y = f(x)$보다 위쪽에 있다.
따라서 둘러싸인 영역의 넓이 $S$는
$S = \int_0^3 \{4 - (x^3 - 3x^2 + 4)\}\,dx = \int_0^3 (-x^3 + 3x^2)\,dx$
$= \left[ -\frac{x^4}{4} + x^3 \right]_0^3 = \left(-\frac{3^4}{4} + 3^3\right) - 0 = -\frac{81}{4} + 27 = -\frac{81}{4} + \frac{108}{4} = \frac{27}{4}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 사이값 정리를 통한 실근 존재 증명 [10점]:
$f(x) = x^5 - 3x - 1$이라 하자.
함수 $f(x)$는 다항함수이므로 모든 실수에서 연속이며, 따라서 닫힌구간 $[1, 2]$에서도 연속이다.
구간의 양 끝점에서의 함숫값을 계산하면,
$f(1) = 1^5 - 3(1) - 1 = 1 - 3 - 1 = -3 \lt 0$,
$f(2) = 2^5 - 3(2) - 1 = 32 - 6 - 1 = 25 \gt 0$이다.
따라서 $f(1)f(2) \lt 0$이므로, 사이값 정리에 의해 $f(c) = 0$인 실수 $c$가 열린구간 $(1, 2)$에 적어도 하나 존재한다.
즉, 주어진 방정식은 구간 $(1, 2)$에서 적어도 하나의 실근을 갖는다.

(2) 실근의 유일성 논증 [10점]:
도함수 $f'(x)$를 구하면 $f'(x) = 5x^4 - 3$이다.
구간 $(1, 2)$에 속하는 모든 $x$에 대하여 $x \gt 1$이므로 $x^4 \gt 1$이다.
따라서 $f'(x) = 5x^4 - 3 \gt 5(1) - 3 = 2 \gt 0$이다.
도함수가 양수이므로 함수 $f(x)$는 열린구간 $(1, 2)$에서 엄격히 단조 증가한다.
단조 증가하는 연속함수는 한 구간에서 $x$축과 최대 한 번만 만날 수 있다.
(1)에서 실근이 적어도 하나 존재함을 보였으므로, 이 구간에서 실근은 오직 하나만 존재한다.

[단계별 모범답안]

(1) 음함수 미분법 및 기울기 분석 [10점]:
주어진 방정식 $x^2 - xy + y^2 = 3$의 양변을 $x$에 대하여 미분하면,
$\frac{d}{dx}(x^2) - \frac{d}{dx}(xy) + \frac{d}{dx}(y^2) = 0$,
$2x - \left(1 \cdot y + x \frac{dy}{dx}\right) + 2y \frac{dy}{dx} = 0$,
$2x - y + (2y - x)\frac{dy}{dx} = 0 \implies (2y - x)\frac{dy}{dx} = y - 2x$이다.
따라서 $\frac{dy}{dx} = \frac{y - 2x}{2y - x}$ (단, $2y - x \neq 0$)이다.
점 $P(2, 1)$의 좌표를 대입하면 분모는 $2(1) - 2 = 0$이 되고, 분자는 $1 - 2(2) = -3 \neq 0$이다.
분모가 $0$이 되므로 점 $P$에서의 접선은 $y$축에 평행한 수직선(기울기가 무한대)이다.

(2) 접선과 법선의 방정식 도출 [10점]:
점 $P(2, 1)$을 지나고 접선의 기울기가 수직이므로 접선의 방정식은
$x = 2$이다.
법선은 점 $P(2, 1)$을 지나고 접선 $x = 2$에 수직인 직선이므로 $x$축에 평행한 수평선이다.
따라서 법선의 방정식은
$y = 1$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 내적을 이용한 $\cos\theta$ 산출 [10점]:
$\vec{OA} = (3, 1), \vec{OB} = (1, 2)$이다.
내적: $\vec{OA} \cdot \vec{OB} = 3(1) + 1(2) = 3 + 2 = 5$.
각 벡터의 크기:
$|\vec{OA}| = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10}$,
$|\vec{OB}| = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$.
따라서 두 벡터가 이루는 각의 코사인값은
$\cos\theta = \frac{\vec{OA} \cdot \vec{OB}}{|\vec{OA}||\vec{OB}|} = \frac{5}{\sqrt{10} \times \sqrt{5}} = \frac{5}{\sqrt{50}} = \frac{5}{5\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$이다.
(이때 두 벡터가 이루는 각의 크기는 $\theta = \frac{\pi}{4}$이다.)

(2) 점 $P$가 그리는 도형의 방정식 및 기하학적 의미 [10점]:
점 $P(x, y)$의 위치벡터를 $\vec{OP} = (x, y)$라 하면
$\vec{AP} = \vec{OP} - \vec{OA} = (x - 3, y - 1)$,
$\vec{BP} = \vec{OP} - \vec{OB} = (x - 1, y - 2)$이다.
주어진 조건 $(\vec{OP} - \vec{OA}) \cdot (\vec{OP} - \vec{OB}) = 0$에 대입하면,
$(x - 3)(x - 1) + (y - 1)(y - 2) = 0$,
$(x^2 - 4x + 3) + (y^2 - 3y + 2) = 0 \implies x^2 + y^2 - 4x - 3y + 5 = 0$이다.
완전제곱식으로 변형하면,
$(x - 2)^2 + \left(y - \frac{3}{2}\right)^2 = 4 + \frac{9}{4} - 5 = \frac{5}{4} = \left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2$이다.
[기하학적 의미]: $\vec{AP} \cdot \vec{BP} = 0$은 두 벡터 $\vec{AP}$와 $\vec{BP}$가 서로 수직임을 의미한다. 즉, $\angle APB = 90^\circ$이므로 점 $P$는 두 점 $A(3, 1), B(1, 2)$를 지름의 양 끝점으로 하는 원을 그린다.

[단계별 모범답안]

수학적 귀납법 증명 [20점]:
명제 $P(n): (1 + h)^n \gt 1 + nh$ ($h \gt 0$)라 하자.

1. 초기 단계 ($n = 2$):
좌변은 $(1 + h)^2 = 1 + 2h + h^2$이고, 우변은 $1 + 2h$이다.
좌변에서 우변을 빼면 $(1 + 2h + h^2) - (1 + 2h) = h^2$이다.
$h \gt 0$이므로 $h^2 \gt 0$이다.
따라서 $(1 + h)^2 \gt 1 + 2h$가 성립하므로 $n = 2$일 때 명제 $P(2)$는 성립한다. [6점]

2. 귀납 가정 및 유도 단계 ($n = k \implies n = k + 1$):
$k \ge 2$인 자연수 $k$에 대하여 $n = k$일 때 명제 $P(k)$가 성립한다고 가정하자.
즉, $(1 + h)^k \gt 1 + kh$이다. [4점]
$h \gt 0$이므로 $1 + h \gt 0$이다. 이 부등식의 양변에 $1 + h$를 곱하면 부등호의 방향이 유지되므로
$(1 + h)^k (1 + h) \gt (1 + kh)(1 + h)$,
$(1 + h)^{k+1} \gt 1 + h + kh + kh^2 = 1 + (k + 1)h + kh^2$이다. [5점]
여기서 $k \ge 2$이고 $h \gt 0$이므로 $kh^2 \gt 0$이다.
따라서 $1 + (k + 1)h + kh^2 \gt 1 + (k + 1)h$가 성립한다.
그러므로 부등식의 추이율에 의해
$(1 + h)^{k+1} \gt 1 + (k + 1)h$이다. [3점]
이는 $n = k + 1$일 때도 명제 $P(k+1)$이 성립함을 보여준다.

3. 결론:
1과 2에 의해 $2$ 이상의 모든 자연수 $n$에 대하여 부등식 $(1 + h)^n \gt 1 + nh$가 성립한다. [2점]

[단계별 모범답안]

(1) 상수 $c$ 산출 [8점]:
확률밀도함수의 전체 확률은 $1$이므로 $\int_0^2 f(x)\,dx = 1$이다.
$\int_0^2 c(2x - x^2)\,dx = c \left[ x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_0^2 = c \left( 2^2 - \frac{2^3}{3} \right) = c \left( 4 - \frac{8}{3} \right) = c \cdot \frac{4}{3} = 1$.
따라서 $c = \frac{3}{4}$이다.
(이때 $0 \le x \le 2$에서 $f(x) = \frac{3}{4}x(2 - x) \ge 0$이므로 확률밀도함수의 비음수 조건도 만족한다.)

(2) 기댓값 $E(X)$ 및 확률 $P(X \ge 1)$ 계산 [12점]:
기댓값의 정의에 의해
$E(X) = \int_0^2 x f(x)\,dx = \int_0^2 x \cdot \frac{3}{4}(2x - x^2)\,dx = \frac{3}{4}\int_0^2 (2x^2 - x^3)\,dx$
$= \frac{3}{4} \left[ \frac{2}{3}x^3 - \frac{x^4}{4} \right]_0^2 = \frac{3}{4} \left( \frac{2}{3}(8) - \frac{16}{4} \right) = \frac{3}{4} \left( \frac{16}{3} - 4 \right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{3} = 1$.
(함수 $f(x) = \frac{3}{4}(2x - x^2)$의 그래프는 직선 $x = 1$에 대하여 대칭이므로 대칭성에 의해서도 $E(X) = 1$임을 확인할 수 있다.)

확률 $P(X \ge 1)$은
$P(X \ge 1) = \int_1^2 f(x)\,dx = \frac{3}{4} \int_1^2 (2x - x^2)\,dx = \frac{3}{4} \left[ x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_1^2$
$= \frac{3}{4} \left[ \left( 4 - \frac{8}{3} \right) - \left( 1 - \frac{1}{3} \right) \right] = \frac{3}{4} \left( \frac{4}{3} - \frac{2}{3} \right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{2}$.

[단계별 모범답안]

(1) 롤의 정리 $c$ 산출 [8점]:
$f(x) = x^3 - 3x$는 다항함수이므로 닫힌구간 $[0, \sqrt{3}]$에서 연속이고 열린구간 $(0, \sqrt{3})$에서 미분가능하다.
$f(0) = 0$, $f(\sqrt{3}) = (\sqrt{3})^3 - 3\sqrt{3} = 3\sqrt{3} - 3\sqrt{3} = 0$이므로 $f(0) = f(\sqrt{3})$이다.
$f'(x) = 3x^2 - 3$이므로 롤의 정리에 의해 $f'(c) = 3c^2 - 3 = 0$이다.
$c^2 = 1 \implies c = \pm 1$이다.
열린구간 $(0, \sqrt{3})$에 속해야 하므로 $c = 1$이다.

(2) 평균값 정리 $c$ 산출 [12점]:
$f(x)$는 닫힌구간 $[1, 3]$에서 연속이고 열린구간 $(1, 3)$에서 미분가능하다.
구간의 평균변화율은
$\frac{f(3) - f(1)}{3 - 1} = \frac{(3^3 - 3(3)) - (1^3 - 3(1))}{2} = \frac{(27 - 9) - (1 - 3)}{2} = \frac{18 - (-2)}{2} = \frac{20}{2} = 10$이다.
평균값 정리에 의해 $f'(c) = 10$인 $c$가 열린구간 $(1, 3)$에 존재한다.
$f'(c) = 3c^2 - 3 = 10 \implies 3c^2 = 13 \implies c^2 = \frac{13}{3}$이다.
$c = \pm \sqrt{\frac{13}{3}} = \pm \frac{\sqrt{39}}{3}$이다.
$1 \lt \frac{13}{3} \lt 9$이므로 $1 \lt \sqrt{\frac{13}{3}} \lt 3$이다.
따라서 열린구간 $(1, 3)$에 속하는 $c$의 값은 $c = \frac{\sqrt{39}}{3}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} x \cos x\,dx$ 계산 [10점]:
$u(x) = x, v'(x) = \cos x$로 두면 $u'(x) = 1, v(x) = \sin x$이다.
부분적분법 공식에 대입하면,
$\int_0^{\frac{\pi}{2}} x \cos x\,dx = [x \sin x]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \cdot \sin x\,dx$
$= \left( \frac{\pi}{2} \sin\frac{\pi}{2} - 0 \right) - [-\cos x]_0^{\frac{\pi}{2}}$
$= \left( \frac{\pi}{2} \cdot 1 \right) + [\cos x]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} + \left(\cos\frac{\pi}{2} - \cos 0\right) = \frac{\pi}{2} + (0 - 1) = \frac{\pi}{2} - 1$.

(2) $\int_0^1 x^2 e^x\,dx$ 계산 [10점]:
$u(x) = x^2, v'(x) = e^x$로 두면 $u'(x) = 2x, v(x) = e^x$이다.
1차 부분적분 적용:
$\int_0^1 x^2 e^x\,dx = [x^2 e^x]_0^1 - \int_0^1 2x e^x\,dx = (1^2 e^1 - 0) - 2\int_0^1 x e^x\,dx = e - 2\int_0^1 x e^x\,dx$.
$\int_0^1 x e^x\,dx$에 2차 부분적분을 적용하면,
$\int_0^1 x e^x\,dx = [x e^x]_0^1 - \int_0^1 1 \cdot e^x\,dx = (1 \cdot e^1 - 0) - [e^x]_0^1 = e - (e - 1) = 1$.
따라서 구하는 정적분 값은
$\int_0^1 x^2 e^x\,dx = e - 2(1) = e - 2$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 초점 및 접선 $l$ 산출 [8점]:
$a^2 = 25, b^2 = 9$이므로 $c = \sqrt{25 - 9} = \sqrt{16} = 4$이다.
따라서 타원의 두 초점의 좌표는 $F(4, 0), F'(-4, 0)$이다.
점 $P(5\cos\theta, 3\sin\theta)$에서의 접선의 방정식은
$\frac{(5\cos\theta)x}{25} + \frac{(3\sin\theta)y}{9} = 1 \implies \frac{\cos\theta}{5}x + \frac{\sin\theta}{3}y = 1$이다.
양변에 $15$를 곱하여 일반형으로 정리하면
$3\cos\theta \cdot x + 5\sin\theta \cdot y - 15 = 0$이다.

(2) 거리의 곱 $d_1 d_2$ 불변성 증명 [12점]:
초점 $F(4, 0)$과 접선 $l$ 사이의 거리 $d_1$은
$d_1 = \frac{|3\cos\theta(4) + 5\sin\theta(0) - 15|}{\sqrt{(3\cos\theta)^2 + (5\sin\theta)^2}} = \frac{|12\cos\theta - 15|}{\sqrt{9\cos^2\theta + 25\sin^2\theta}}$이다.
초점 $F'(-4, 0)$과 접선 $l$ 사이의 거리 $d_2$는
$d_2 = \frac{|3\cos\theta(-4) + 5\sin\theta(0) - 15|}{\sqrt{(3\cos\theta)^2 + (5\sin\theta)^2}} = \frac{|-12\cos\theta - 15|}{\sqrt{9\cos^2\theta + 25\sin^2\theta}} = \frac{|12\cos\theta + 15|}{\sqrt{9\cos^2\theta + 25\sin^2\theta}}$이다.
두 거리의 곱 $d_1 d_2$를 계산하면,
$d_1 d_2 = \frac{|(15 - 12\cos\theta)(15 + 12\cos\theta)|}{9\cos^2\theta + 25\sin^2\theta} = \frac{|225 - 144\cos^2\theta|}{9\cos^2\theta + 25\sin^2\theta}$이다.
$|\cos\theta| \le 1$이므로 $144\cos^2\theta \le 144 \lt 225$이므로 절댓값 안은 항상 양수이다.
분모에 $\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$를 대입하면,
분모 $= 9\cos^2\theta + 25(1 - \cos^2\theta) = 25 - 16\cos^2\theta$이다.
분자를 $9$로 묶으면,
분자 $= 225 - 144\cos^2\theta = 9(25 - 16\cos^2\theta)$이다.
따라서 $d_1 d_2 = \frac{9(25 - 16\cos^2\theta)}{25 - 16\cos^2\theta} = 9$이다.
분모와 분자의 $\theta$에 관한 식이 완전히 소거되므로, 점 $P$의 위치에 관계없이 두 거리의 곱 $d_1 d_2$는 항상 $b^2 = 9$로 일정하다.

[단계별 모범답안]

(1) 부등식 및 상·하한 유도 [10점]:
자연수 $n$과 $1 \le k \le n$에 대하여 분모의 범위를 생각하면
$n^2 + 1 \le n^2 + k \le n^2 + n$이다.
각 변은 모두 양수이므로 역수를 취하면 부등호의 방향이 바뀐다:
$\frac{1}{n^2 + n} \le \frac{1}{n^2 + k} \le \frac{1}{n^2 + 1}$.
각 변에 양수 $n$을 곱하면
$\frac{n}{n^2 + n} \le \frac{n}{n^2 + k} \le \frac{n}{n^2 + 1}$이다.
이 부등식의 각 변에 대하여 $k = 1$부터 $n$까지 합을 취하면,
$\sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2 + n} \le \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2 + k} \le \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2 + 1}$이다.
좌변과 우변의 각 항은 $k$에 무관한 상수이므로
좌변: $n \times \frac{n}{n^2 + n} = \frac{n^2}{n^2 + n}$,
우변: $n \times \frac{n}{n^2 + 1} = \frac{n^2}{n^2 + 1}$이다.
따라서 부등식 $\frac{n^2}{n^2 + n} \le S_n \le \frac{n^2}{n^2 + 1}$이 성립한다.

(2) 조임정리를 통한 극한값 계산 [10점]:
(1)에서 구한 하한과 상한의 $n \to \infty$ 극한을 취하면,
$\lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2 + n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + 1/n} = 1$,
$\lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2 + 1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + 1/n^2} = 1$이다.
좌변과 우변의 극한값이 모두 $1$로 일치하므로,
수열의 극한의 조임정리(샌드위치 정리)에 의해
$\lim_{n \to \infty} S_n = 1$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 음이 아닌 정수해의 개수 [10점]:
방정식 $x + y + z + w = 10$에서 $x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0, w \ge 0$인 정수해의 순서쌍 $(x, y, z, w)$의 개수는 서로 다른 $4$개의 문자 $x, y, z, w$에서 중복을 허락하여 $10$개를 택하는 중복조합의 수와 같다.
따라서 구하는 개수는
${}_4\mathrm{H}_{10} = {}_{4 + 10 - 1}\mathrm{C}_{10} = {}_{13}\mathrm{C}_{10} = {}_{13}\mathrm{C}_3$
$= \frac{13 \times 12 \times 11}{3 \times 2 \times 1} = \frac{1716}{6} = 286$이다.

(2) 제한 조건이 있는 정수해의 개수 [10점]:
주어진 조건 $x \ge 1, y \ge 1, z \ge 2, w \ge 2$를 만족시키기 위하여 다음과 같이 새로운 변수를 정의하자.
$X = x - 1 \implies x = X + 1$ ($X \ge 0$),
$Y = y - 1 \implies y = Y + 1$ ($Y \ge 0$),
$Z = z - 2 \implies z = Z + 2$ ($Z \ge 0$),
$W = w - 2 \implies w = W + 2$ ($W \ge 0$).
이를 주어진 방정식에 대입하면,
$(X + 1) + (Y + 1) + (Z + 2) + (W + 2) = 10$,
$X + Y + Z + W + 6 = 10 \implies X + Y + Z + W = 4$이다.
여기서 $X, Y, Z, W$는 모두 음이 아닌 정수이므로, 구하는 해의 개수는 서로 다른 $4$개에서 중복을 허락하여 $4$개를 택하는 중복조합의 수와 같다.
${}_4\mathrm{H}_4 = {}_{4 + 4 - 1}\mathrm{C}_4 = {}_7\mathrm{C}_4 = {}_7\mathrm{C}_3 = \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 도함수, 이계도함수 및 극값 산출 [10점]:
곱의 미분법을 적용하면,
$f'(x) = 2x e^{-x} + (x^2 - 1)(-e^{-x}) = (-x^2 + 2x + 1)e^{-x}$이다.
이계도함수를 구하면,
$f''(x) = (-2x + 2)e^{-x} + (-x^2 + 2x + 1)(-e^{-x}) = (x^2 - 4x + 1)e^{-x}$이다.
$e^{-x} \gt 0$이므로 $f'(x) = 0 \iff x^2 - 2x - 1 = 0 \implies x = 1 \pm \sqrt{2}$이다.
- $x = 1 + \sqrt{2}$일 때 $f''(1+\sqrt{2}) = \{(1+\sqrt{2})^2 - 4(1+\sqrt{2}) + 1\}e^{-(1+\sqrt{2})} = (3 + 2\sqrt{2} - 4 - 4\sqrt{2} + 1)e^{-(1+\sqrt{2})} = -2\sqrt{2}e^{-(1+\sqrt{2})} \lt 0$이므로 극댓값을 갖는다.
극댓값은 $f(1+\sqrt{2}) = \{(1+\sqrt{2})^2 - 1\}e^{-(1+\sqrt{2})} = 2(\sqrt{2} + 1)e^{-(1+\sqrt{2})}$이다.
- $x = 1 - \sqrt{2}$일 때 $f''(1-\sqrt{2}) = 2\sqrt{2}e^{-(1-\sqrt{2})} \gt 0$이므로 극솟값을 갖는다.
극솟값은 $f(1-\sqrt{2}) = -2(\sqrt{2} - 1)e^{-(1-\sqrt{2})}$이다.

(2) 변곡점 및 극한 해석 [10점]:
$f''(x) = 0 \iff x^2 - 4x + 1 = 0 \implies x = 2 \pm \sqrt{3}$이다.
$x = 2 \pm \sqrt{3}$의 좌우에서 $f''(x)$의 부호가 바뀌므로 변곡점의 $x$좌표는 $x = 2 - \sqrt{3}$과 $x = 2 + \sqrt{3}$이다.
변곡점의 좌표는 $(2-\sqrt{3}, f(2-\sqrt{3}))$, $(2+\sqrt{3}, f(2+\sqrt{3}))$이다.
극한을 조사하면,
$x \to \infty$일 때 지수함수의 증가율이 다항함수보다 빠르므로 $\lim_{x \to \infty} (x^2 - 1)e^{-x} = 0$이다. ($x$축이 점근선)
$x \to -\infty$일 때 $t = -x \to \infty$로 두면 $\lim_{x \to -\infty} (x^2 - 1)e^{-x} = \lim_{t \to \infty} (t^2 - 1)e^t = \infty$이다.

[단계별 모범답안]

(1) $S_n$ 부분분수 분할 및 합 [10점]:
$a_k = 2k - 1, a_{k+1} = 2k + 1$이다.
$a_{k+1} - a_k = (2k + 1) - (2k - 1) = 2$이므로
$\frac{1}{a_k a_{k+1}} = \frac{1}{(2k - 1)(2k + 1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k + 1}\right)$이다.
따라서 $S_n$은
$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k + 1}\right)$
$= \frac{1}{2}\left[ \left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1}\right) \right]$
$= \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n + 1}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2n}{2n + 1} = \frac{n}{2n + 1}$이다.

(2) 급수의 극한값 계산 [10점]:
$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{2n + 1} = \frac{1}{2}$이다.
다음으로 $a_k = 2k - 1, a_{k+2} = 2k + 3$이므로 $a_{k+2} - a_k = 4$이다.
$\frac{1}{a_k a_{k+2}} = \frac{1}{(2k - 1)(2k + 3)} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k + 3}\right)$이다.
부분합 $T_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{4}\left(\frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k + 3}\right)$을 전개하면,
$T_n = \frac{1}{4}\left[ \left(1 - \frac{1}{5}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{7}\right) + \left(\frac{1}{5} - \frac{1}{9}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2n - 3} - \frac{1}{2n + 1}\right) + \left(\frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 3}\right) \right]$
$= \frac{1}{4}\left(1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2n + 3}\right)$이다.
$n \to \infty$ 극한을 취하면,
$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{a_k a_{k+2}} = \lim_{n \to \infty} T_n = \frac{1}{4}\left(1 + \frac{1}{3} - 0 - 0\right) = \frac{1}{4} \cdot \frac{4}{3} = \frac{1}{3}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 중점 $M$과 $MA$의 길이 [6점]:
선분 $AB$의 중점 $M$의 좌표는
$M\left(\frac{3 + 0}{2}, \frac{0 + 4}{2}\right) = M\left(\frac{3}{2}, 2\right)$이다.
선분 $MA$의 길이는 $AB$의 절반이므로
$AB = \sqrt{(0 - 3)^2 + (4 - 0)^2} = \sqrt{9 + 16} = 5 \implies MA = \frac{5}{2}$이다.
(또는 $MA = \sqrt{(3 - 3/2)^2 + (0 - 2)^2} = \sqrt{9/4 + 4} = \sqrt{25/4} = \frac{5}{2}$)

(2) 내적 $\vec{PA} \cdot \vec{PB}$의 최댓값과 최솟값 [14점]:
제시문의 중점벡터 분해 공식에 의해
$\vec{PA} \cdot \vec{PB} = |\vec{PM}|^2 - |\vec{MA}|^2 = |\vec{PM}|^2 - \left(\frac{5}{2}\right)^2 = |\vec{PM}|^2 - \frac{25}{4}$이다.
원점 $O(0, 0)$과 점 $M(3/2, 2)$ 사이의 거리는
$OM = \sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^2 + 2^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + 4} = \frac{5}{2}$이다.
점 $P$는 원점 중심의 단위원($|\vec{OP}| = 1$) 위의 점이므로, 삼각형의 부등식에 의해 선분 $PM$의 길이의 범위는
$OM - 1 \le |\vec{PM}| \le OM + 1 \iff \frac{5}{2} - 1 \le |\vec{PM}| \le \frac{5}{2} + 1 \iff \frac{3}{2} \le |\vec{PM}| \le \frac{7}{2}$이다.
따라서 $|\vec{PM}|^2$의 최댓값은 $(7/2)^2 = 49/4$, 최솟값은 $(3/2)^2 = 9/4$이다.
- 최댓값: $\frac{49}{4} - \frac{25}{4} = \frac{24}{4} = 6$.
- 최솟값: $\frac{9}{4} - \frac{25}{4} = -\frac{16}{4} = -4$.

[단계별 모범답안]

(1) 사건 $A$와 $B$의 독립/종속 판정 [10점]:
표본공간은 $S = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$으로 $n(S) = 6$이다.
- 짝수 사건: $A = \{2, 4, 6\} \implies P(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.
- 3의 배수 사건: $B = \{3, 6\} \implies P(B) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.
곱사건은 $A \cap B = \{6\}$이므로 $P(A \cap B) = \frac{1}{6}$이다.
$P(A) \times P(B) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$이다.
따라서 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$가 성립하므로 두 사건 $A$와 $B$는 서로 독립이다.

(2) 사건 $A$와 $C$의 독립/종속 판정 및 $P(A \cup C)$ [10점]:
- 4 이하 사건: $C = \{1, 2, 3, 4\} \implies P(C) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.
곱사건은 $A \cap C = \{2, 4\}$이므로 $P(A \cap C) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$이다.
$P(A) \times P(C) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$이다.
따라서 $P(A \cap C) = P(A)P(C)$가 성립하므로 두 사건 $A$와 $C$도 서로 독립이다.
확률의 덧셈정리에 의해
$P(A \cup C) = P(A) + P(C) - P(A \cap C) = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6}$이다.
(또는 합사건 $A \cup C = \{1, 2, 3, 4, 6\}$이므로 $P(A \cup C) = \frac{5}{6}$)

[단계별 모범답안]

(1) 교점의 $x$좌표 산출 [6점]:
$-6x^2 + 1578x = 789x \implies -6x^2 + 789x = 0$,
$-3x(2x - 263) = 0$이다.
따라서 교점의 $x$좌표는 $x = 0$ 또는 $x = \frac{263}{2} = 131.5$이다.

(2) 정적분 계산 및 공식 일치 증명 [14점]:
구간 $[0, 131.5]$에서 포물선이 직선 위에 있으므로 피적분함수는 $(-6x^2 + 1578x) - 789x = -6x^2 + 789x$이다.
정적분의 기본정리를 적용하면,
$S = \int_0^{\frac{263}{2}} (-6x^2 + 789x)\,dx = \left[ -2x^3 + \frac{789}{2}x^2 \right]_0^{\frac{263}{2}}$
$= -2\left(\frac{263}{2}\right)^3 + \frac{789}{2}\left(\frac{263}{2}\right)^2$이다.
여기서 $789 = 3 \times 263$이므로 $\frac{789}{2} = 3 \times \frac{263}{2}$이다.
따라서
$S = -2\left(\frac{263}{2}\right)^3 + 3\left(\frac{263}{2}\right)^3 = \left(\frac{263}{2}\right)^3 = \frac{18191447}{8} = 2273930.875$이다.

한편 제시문의 넓이 공식에 $\alpha = 0, \beta = \frac{263}{2}, a = -6$을 대입하면,
$\frac{|a|}{6}(\beta - \alpha)^3 = \frac{|-6|}{6}\left(\frac{263}{2} - 0\right)^3 = 1 \cdot \left(\frac{263}{2}\right)^3 = \left(\frac{263}{2}\right)^3$이다.
따라서 정적분으로 직접 계산한 결과와 공식에 의한 결과가 완벽히 일치함이 증명된다.

[단계별 모범답안]

(1) 도형의 넓이 $S$ 부분적분 계산 [8점]:
구간 $[0, 1]$에서 $x e^x \ge 0$이므로 넓이는 $S = \int_0^1 x e^x\,dx$이다.
$u(x) = x, v'(x) = e^x$로 두면 $u'(x) = 1, v(x) = e^x$이다.
$S = [x e^x]_0^1 - \int_0^1 1 \cdot e^x\,dx = (1 \cdot e^1 - 0) - [e^x]_0^1 = e - (e - 1) = 1$이다.

(2) 회전체의 부피 $V$ 계산 [12점]:
회전체의 부피 공식에 의해
$V = \pi \int_0^1 (x e^x)^2\,dx = \pi \int_0^1 x^2 e^{2x}\,dx$이다.
1차 부분적분: $u = x^2, v' = e^{2x} \implies u' = 2x, v = \frac{1}{2}e^{2x}$이다.
$\int_0^1 x^2 e^{2x}\,dx = \left[ \frac{x^2}{2}e^{2x} \right]_0^1 - \int_0^1 2x \left(\frac{1}{2}e^{2x}\right)\,dx = \frac{e^2}{2} - \int_0^1 x e^{2x}\,dx$.
2차 부분적분: $\int_0^1 x e^{2x}\,dx$에서 $u = x, v' = e^{2x} \implies u' = 1, v = \frac{1}{2}e^{2x}$이다.
$\int_0^1 x e^{2x}\,dx = \left[ \frac{x}{2}e^{2x} \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{1}{2}e^{2x}\,dx = \frac{e^2}{2} - \left[ \frac{1}{4}e^{2x} \right]_0^1 = \frac{e^2}{2} - \left(\frac{e^2}{4} - \frac{1}{4}\right) = \frac{e^2 + 1}{4}$.
이를 대입하면,
$\int_0^1 x^2 e^{2x}\,dx = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2 + 1}{4} = \frac{2e^2 - e^2 - 1}{4} = \frac{e^2 - 1}{4}$이다.
따라서 구하는 회전체의 부피는 $V = \frac{\pi(e^2 - 1)}{4}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 변 $a$와 외접원의 반지름 $R$ [10점]:
코사인법칙에 의해
$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A = 3^2 + 5^2 - 2(3)(5)\cos 120^\circ$
$= 9 + 25 - 30\left(-\frac{1}{2}\right) = 34 + 15 = 49$이다.
$a \gt 0$이므로 $a = 7$이다.
사인법칙에 의해 $\frac{a}{\sin A} = 2R$이므로
$2R = \frac{7}{\sin 120^\circ} = \frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{14}{\sqrt{3}}$이다.
따라서 $R = \frac{7}{\sqrt{3}} = \frac{7\sqrt{3}}{3}$이다.

(2) 넓이 $S$와 내접원의 반지름 $r$ [10점]:
삼각형 $ABC$의 넓이 $S$는
$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \times 3 \times 5 \times \sin 120^\circ = \frac{15}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{15\sqrt{3}}{4}$이다.
내접원의 반지름 $r$과 삼각형의 둘레 사이의 공식 $S = \frac{1}{2}r(a + b + c)$에 대입하면,
둘레 $a + b + c = 7 + 3 + 5 = 15$이므로
$S = \frac{1}{2}r(15) = \frac{15}{2}r$이다.
따라서 $\frac{15}{2}r = \frac{15\sqrt{3}}{4} \implies r = \frac{15\sqrt{3}}{4} \times \frac{2}{15} = \frac{\sqrt{3}}{2}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 표본비율 $\hat{p}$ 및 표준편차 산출 [8점]:
표본의 크기 $n = 400$이고 선호 응답자 수 $X = 240$이므로 표본비율 $\hat{p}$는
$\hat{p} = \frac{X}{n} = \frac{240}{400} = \frac{6}{10} = 0.6$이다.
표본비율의 표준편차 추정치는
$\sigma_{\hat{p}} = \sqrt{\frac{\hat{p}(1 - \hat{p})}{n}} = \sqrt{\frac{0.6 \times (1 - 0.6)}{400}} = \sqrt{\frac{0.6 \times 0.4}{400}} = \sqrt{\frac{0.24}{400}} = \sqrt{\frac{24}{40000}} = \frac{\sqrt{24}}{200} = \frac{2\sqrt{6}}{200} = \frac{\sqrt{6}}{100}$이다.
(소수 근사치로는 약 $0.0245$이다.)

(2) 모비율 $p$의 신뢰도 95% 신뢰구간 추정 [12점]:
신뢰도 $95\%$의 신뢰계수는 $1.96$이므로 신뢰구간 공식에 대입하면,
$\left[ \hat{p} - 1.96\sqrt{\frac{\hat{p}(1 - \hat{p})}{n}}, \; \hat{p} + 1.96\sqrt{\frac{\hat{p}(1 - \hat{p})}{n}} \right]$
$= \left[ 0.6 - 1.96 \times \frac{\sqrt{6}}{100}, \; 0.6 + 1.96 \times \frac{\sqrt{6}}{100} \right]$이다.
오차한계를 소수로 계산하면,
$1.96 \times \sqrt{0.0006} \approx 1.96 \times 0.0244949 \approx 0.04801$이다.
따라서 신뢰구간은
$[0.6 - 0.04801, \; 0.6 + 0.04801] = [0.55199, \; 0.64801]$,
소수점 셋째 자리까지 표기하면 $[0.552, \; 0.648]$ (또는 $0.6 \pm 0.048$)이다.

[단계별 모범답안]

(1) $a$의 조건 및 극값 도출 [10점]:
$f'(x) = 4x^3 - 4ax = 4x(x^2 - a)$이다.
$f'(x) = 0$이 서로 다른 세 실근을 가져야 최고차항이 양수인 사차함수가 극댓값을 갖는다.
$x = 0$이 실근이므로 $x^2 - a = 0$이 $0$이 아닌 서로 다른 두 실근을 가져야 한다.
따라서 $a \gt 0$이어야 한다. (문제의 조건 $a \gt 0$과 일치)
세 실근은 $x = -\sqrt{a}, 0, \sqrt{a}$이다.
도함수의 부호 변화를 조사하면:
- $x \lt -\sqrt{a}$: $f' \lt 0$ (감소)
- $-\sqrt{a} \lt x \lt 0$: $f' \gt 0$ (증가) $\implies x = -\sqrt{a}$에서 극소
- $0 \lt x \lt \sqrt{a}$: $f' \lt 0$ (감소) $\implies x = 0$에서 극대
- $x \gt \sqrt{a}$: $f' \gt 0$ (증가) $\implies x = \sqrt{a}$에서 극소
따라서 극댓값은 $f(0) = b$이고,
극솟값은 $f(\pm\sqrt{a}) = (\sqrt{a})^4 - 2a(\sqrt{a})^2 + b = a^2 - 2a^2 + b = b - a^2$이다.

(2) $a, b$의 값 산출 [10점]:
극댓값이 $5$이므로 $b = 5$이다.
극솟값이 $1$이므로 $b - a^2 = 1$이다.
$b = 5$를 대입하면 $5 - a^2 = 1 \implies a^2 = 4$이다.
$a \gt 0$이므로 $a = 2$이다.
따라서 구하는 상수는 $a = 2, b = 5$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 원 $C$의 중심, 반지름, 넓이 산출 [10점]:
구의 방정식 $x^2 + y^2 + z^2 = 25$에 평면의 방정식 $z = 3$을 대입하면,
$x^2 + y^2 + 3^2 = 25 \implies x^2 + y^2 + 9 = 25 \implies x^2 + y^2 = 16$이다.
따라서 교선 원 $C$는 평면 $z = 3$ 위에 있으며,
- 원의 중심의 좌표: $(0, 0, 3)$
- 원의 반지름의 길이: $r = \sqrt{16} = 4$
- 원의 넓이: $\pi r^2 = \pi \times 4^2 = 16\pi$이다.

(2) 선분 $AP$의 길이 불변성 증명 [10점]:
원 $C$ 위의 임의의 점 $P$의 좌표를 $(x_1, y_1, 3)$이라 하면, $x_1^2 + y_1^2 = 16$을 만족한다.
점 $A(0, 0, -3)$과 점 $P(x_1, y_1, 3)$ 사이의 거리를 계산하면,
$AP^2 = (x_1 - 0)^2 + (y_1 - 0)^2 + \{3 - (-3)\}^2$
$= x_1^2 + y_1^2 + 6^2 = (x_1^2 + y_1^2) + 36$이다.
여기서 $x_1^2 + y_1^2 = 16$이므로 이를 대입하면,
$AP^2 = 16 + 36 = 52$이다.
따라서 $AP = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}$이다.
이 값은 점 $P$의 좌표 $(x_1, y_1)$의 위치에 관계없이 항상 일정하다.
(기하학적으로 점 $A(0, 0, -3)$은 원 $C$의 중심 $(0, 0, 3)$을 지나고 평면 $z=3$에 수직인 직선(즉, $z$축) 위의 점이므로, 선분 $AP$는 밑면이 원 $C$이고 꼭짓점이 $A$인 원뿔의 모선에 해당하여 그 길이가 항상 일정하다.)

[단계별 모범답안]

(1) 접선과 곡선의 다른 교점 $Q$의 $x$좌표 [10점]:
$f'(x) = 3x^2 - 6x$이므로 점 $P(t, f(t))$에서의 접선 $l$의 방정식은
$y = (3t^2 - 6t)(x - t) + (t^3 - 3t^2 + 4)$이다.
곡선 $y = f(x)$와 접선 $l$의 교점의 $x$좌표를 구하는 방정식은
$x^3 - 3x^2 + 4 - \{(3t^2 - 6t)(x - t) + t^3 - 3t^2 + 4\} = 0$이다.
이 식을 정리하면 삼차방정식 $x^3 - 3x^2 - (3t^2 - 6t)x + 2t^3 - 3t^2 = 0$이 된다.
접선은 $x = t$에서 접하므로 좌변은 $(x - t)^2$을 인수로 갖는다.
다른 한 교점의 $x$좌표를 $x_Q$라 하면, 근과 계수의 관계에 의해 세 실근의 합은
$t + t + x_Q = -\frac{-3}{1} = 3$이다.
따라서 $2t + x_Q = 3 \implies x_Q = 3 - 2t$이다.

(2) 변곡점의 $1:2$ 내분 관계 증명 [10점]:
변곡점 $M$의 $x$좌표를 구하기 위하여 $f''(x)$를 구하면
$f''(x) = 6x - 6 = 6(x - 1)$이다.
$f''(x) = 0$에서 $x = 1$이므로 변곡점 $M$의 $x$좌표는 $x_M = 1$이다.
점 $P$의 $x$좌표 $x_P = t$와 점 $Q$의 $x$좌표 $x_Q = 3 - 2t$를 $1:2$로 내분하는 점의 좌표를 구하면,
$\frac{1 \cdot x_Q + 2 \cdot x_P}{1 + 2} = \frac{1 \cdot (3 - 2t) + 2 \cdot t}{3} = \frac{3 - 2t + 2t}{3} = \frac{3}{3} = 1$이다.
이 값은 $t$의 값에 관계없이 항상 변곡점 $M$의 $x$좌표 $1$과 정확히 일치한다.
따라서 변곡점 $M$의 $x$좌표는 두 접점 $P$와 교점 $Q$의 $x$좌표를 항상 $1:2$로 내분함이 증명된다.

[단계별 모범답안]

(1) $f(x)$의 최댓값 도출 [8점]:
$x \gt 0$일 때 $f'(x) = \frac{(1/x) \cdot x - (\ln x) \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$이다.
$x^2 \gt 0$이므로 $f'(x) = 0 \iff 1 - \ln x = 0 \implies \ln x = 1 \implies x = e$이다.
증감표를 작성하면:
- $0 \lt x \lt e$일 때 $\ln x \lt 1 \implies f'(x) \gt 0$ (증가)
- $x \gt e$일 때 $\ln x \gt 1 \implies f'(x) \lt 0$ (감소)
따라서 $f(x)$는 $x = e$에서 유일한 극댓값을 가지며, 이것이 곧 양의 실수 전체에서의 최댓값이다.
최댓값은 $f(e) = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e}$이다.

(2) $e^\pi$와 $\pi^e$의 대소 비교 증명 [12점]:
자연로그의 밑 $e \approx 2.718$이고 원주율 $\pi \approx 3.14159$이므로 $e \lt \pi$이다.
(1)의 결과에 의해 함수 $f(x)$는 $x \ge e$에서 엄격하게 단조 감소한다.
따라서 $e \lt \pi$이므로 $f(e) \gt f(\pi)$가 성립한다.
즉, $\frac{\ln e}{e} \gt \frac{\ln \pi}{\pi}$이다.
양변에 양수 $e\pi$를 곱하면
$\pi \ln e \gt e \ln \pi$이다.
로그의 성질에 의해
$\ln(e^\pi) \gt \ln(\pi^e)$이다.
밑이 $e \gt 1$인 자연로그 함수는 단조 증가하므로 진수의 대소 관계가 그대로 유지된다.
따라서 $e^\pi \gt \pi^e$이다.

[단계별 모범답안]

(1) $A$의 자릿수 판정 [10점]:
$A = 6^{20}$의 양변에 상용로그를 취하면,
$\log_{10} A = \log_{10} (6^{20}) = 20 \log_{10} 6 = 20 (\log_{10} 2 + \log_{10} 3)$이다.
문제의 조건에서 $\log_{10} 2 = 0.3010, \log_{10} 3 = 0.4771$이므로
$\log_{10} A = 20 \times (0.3010 + 0.4771) = 20 \times 0.7781 = 15.5620$이다.
따라서 상용로그의 정수부분은 $n = 15$이고, 소수부분은 $\alpha = 0.5620$이다.
정수부분이 $15$이므로 $A = 6^{20}$은 $15 + 1 = 16$자리의 정수이다.

(2) 최고 자리의 숫자 논증 [10점]:
소수부분 $\alpha = 0.5620$을 상용로그 값들과 비교하자.
- $\log_{10} 3 = 0.4771$
- $\log_{10} 4 = \log_{10} (2^2) = 2\log_{10} 2 = 2 \times 0.3010 = 0.6020$
따라서 $0.4771 \lt 0.5620 \lt 0.6020$이므로
$\log_{10} 3 \lt \alpha \lt \log_{10} 4$가 성립한다.
각 변에 정수부분 $15$를 더하면,
$15 + \log_{10} 3 \lt 15 + \alpha \lt 15 + \log_{10} 4$,
$\log_{10} (3 \times 10^{15}) \lt \log_{10} A \lt \log_{10} (4 \times 10^{15})$이다.
상용로그 함수는 단조 증가하므로 진수의 대소 관계에 의해
$3 \times 10^{15} \lt A \lt 4 \times 10^{15}$이다.
따라서 $A = 6^{20}$의 최고 자리의 숫자는 $3$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 초점, 준선 및 선분 $PF$의 길이 [8점]:
포물선 방정식 $y^2 = 1040x = 4(260)x$이므로 $p = 260$이다.
따라서 초점의 좌표는 $F(260, 0)$이고, 준선의 방정식은 $x = -260$이다.
포물선의 정의에 의해 곡선 위의 임의의 점에서 초점까지의 거리는 준선까지의 거리와 같다.
점 $P(1040, 1040)$에서 준선 $x = -260$에 내린 수선의 발을 $H$라 하면
$PF = PH = 1040 - (-260) = 1040 + 260 = 1300$이다.
(좌표로 직접 계산해도 $\sqrt{(1040 - 260)^2 + 1040^2} = \sqrt{780^2 + 1040^2} = \sqrt{608400 + 1081600} = \sqrt{1690000} = 1300$)

(2) 접점 $T$ 및 이등변삼각형 증명 [12점]:
점 $P(1040, 1040)$에서의 접선의 방정식은 공식 $y_1 y = 2p(x + x_1)$에 의해
$1040 y = 2(260)(x + 1040) \implies 1040 y = 520(x + 1040)$이다.
양변을 $520$으로 나누면 $2y = x + 1040 \implies x - 2y + 1040 = 0$이다.
접선이 $x$축과 만나는 점 $T$는 $y = 0$을 대입하면
$x + 1040 = 0 \implies x = -1040$이다.
따라서 점 $T$의 좌표는 $T(-1040, 0)$이다.
선분 $FT$의 길이를 구하면 초점 $F(260, 0)$과 $T(-1040, 0)$ 사이의 거리이므로
$FT = 260 - (-1040) = 260 + 1040 = 1300$이다.
(1)에서 구한 $PF = 1300$과 비교하면 $PF = FT = 1300$이다.
따라서 삼각형 $FPT$는 변 $FP$와 변 $FT$의 길이가 같은 이등변삼각형임이 증명된다.

[단계별 모범답안]

(1) 좌표축 절편 및 사면체 부피 $V$ [10점]:
평면 $\alpha: x + y + z = 780$의 좌표축 절편을 구하면,
- $y = 0, z = 0$ 대입: $x = 780 \implies A(780, 0, 0)$
- $x = 0, z = 0$ 대입: $y = 780 \implies B(0, 780, 0)$
- $x = 0, y = 0$ 대입: $z = 780 \implies C(0, 0, 780)$이다.
세 선분 $OA, OB, OC$는 서로 직교하므로 사면체 $OABC$의 부피 $V$는
$V = \frac{1}{3} \times (\triangle OAB\text{의 넓이}) \times OC = \frac{1}{3} \times \left(\frac{1}{2} \times 780 \times 780\right) \times 780 = \frac{1}{6} \times 780^3$이다.
$780^3 = 474552000$이므로
$V = \frac{474552000}{6} = 79092000$이다.

(2) 수선의 발 $H$와 거리 $OH$ 산출 [10점]:
평면 $\alpha: x + y + z - 780 = 0$의 법선벡터는 $\vec{n} = (1, 1, 1)$이다.
원점 $O(0, 0, 0)$을 지나고 평면 $\alpha$에 수직인 직선은 법선벡터 $\vec{n}$을 방향벡터로 가지므로 매개변수 $t$를 이용하여 다음과 같이 표현된다.
$x = t, y = t, z = t$.
이 직선과 평면 $\alpha$의 교점 $H$는 평면의 방정식을 만족하므로 대입하면,
$t + t + t = 780 \implies 3t = 780 \implies t = 260$이다.
따라서 수선의 발의 좌표는 $H(260, 260, 260)$이다.
선분 $OH$의 길이는
$OH = \sqrt{260^2 + 260^2 + 260^2} = \sqrt{3 \times 260^2} = 260\sqrt{3}$이다.
(점과 평면 사이의 거리 공식 $d = \frac{|0 + 0 + 0 - 780|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{780}{\sqrt{3}} = 260\sqrt{3}$과도 일치한다.)

[단계별 모범답안]

(1) 함숫값 및 정적분 계산 [8점]:
$f(x) = x^3 + x$이므로
$f(0) = 0^3 + 0 = 0$,
$f(2) = 2^3 + 2 = 8 + 2 = 10$이다.
정적분은
$\int_0^2 f(x)\,dx = \int_0^2 (x^3 + x)\,dx = \left[ \frac{x^4}{4} + \frac{x^2}{2} \right]_0^2 = \frac{16}{4} + \frac{4}{2} = 4 + 2 = 6$이다.

(2) 역함수 정적분 공식 증명 및 $\int_0^{10} g(x)\,dx$ [12점]:
[공식 증명]: $y = f(x)$로 치환하면 $dy = f'(x)dx$이고, $g(y) = g(f(x)) = x$이다.
$y = f(a) \implies x = a$, $y = f(b) \implies x = b$이므로 치환적분법에 의해
$\int_{f(a)}^{f(b)} g(y)\,dy = \int_a^b x f'(x)\,dx$이다.
우변에 부분적분법을 적용하면,
$\int_a^b x f'(x)\,dx = [x f(x)]_a^b - \int_a^b 1 \cdot f(x)\,dx = b f(b) - a f(a) - \int_a^b f(x)\,dx$이다.
이항하면 $\int_a^b f(x)\,dx + \int_{f(a)}^{f(b)} g(x)\,dx = b f(b) - a f(a)$임이 증명된다.

[정적분 계산]: $a = 0, b = 2$를 대입하면 $f(0) = 0, f(2) = 10$이므로
$\int_0^2 f(x)\,dx + \int_0^{10} g(x)\,dx = 2 \cdot f(2) - 0 \cdot f(0) = 2 \times 10 - 0 = 20$이다.
(1)에서 $\int_0^2 f(x)\,dx = 6$이므로
$6 + \int_0^{10} g(x)\,dx = 20 \implies \int_0^{10} g(x)\,dx = 20 - 6 = 14$이다.

[단계별 모범답안]

(1) $b_n$과 일반항 $a_n$ 유도 [10점]:
$a_{n+2} = \frac{a_{n+1} + a_n}{2} \implies 2a_{n+2} - a_{n+1} - a_n = 0$이다.
이를 변형하면 $a_{n+2} - a_{n+1} = -\frac{1}{2}(a_{n+1} - a_n)$이다.
계차수열을 $b_n = a_{n+1} - a_n$이라 하면,
$b_{n+1} = -\frac{1}{2}b_n$이므로 수열 $\{b_n\}$은 첫째항이 $b_1 = a_2 - a_1 = 2 - 1 = 1$, 공비가 $-\frac{1}{2}$인 등비수열이다.
따라서 $b_n = 1 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$이다.
$n \ge 2$일 때 일반항 $a_n$은
$a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k = 1 + \sum_{k=1}^{n-1} \left(-\frac{1}{2}\right)^{k-1}$
$= 1 + \frac{1 \cdot \left[1 - (-1/2)^{n-1}\right]}{1 - (-1/2)} = 1 + \frac{1 - (-1/2)^{n-1}}{3/2} = 1 + \frac{2}{3}\left[1 - \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right]$
$= 1 + \frac{2}{3} - \frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} = \frac{5}{3} - \frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$이다.
($n = 1$일 때도 $\frac{5}{3} - \frac{2}{3}(1) = 1 = a_1$이므로 모든 자연수 $n$에 대하여 성립한다.)

(2) 극한값 $\lim_{n \to \infty} a_n$ 계산 [10점]:
$|-1/2| \lt 1$이므로 $\lim_{n \to \infty} \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} = 0$이다.
따라서
$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \left[ \frac{5}{3} - \frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} \right] = \frac{5}{3} - \frac{2}{3}(0) = \frac{5}{3}$이다.

[단계별 모범답안]

(1) 3명씩 세 조로 분할하는 경우의 수 [10점]:
서로 다른 9명에서 3명을 택하고, 남은 6명에서 3명을 택하고, 남은 3명에서 3명을 택하는 방법의 수는
${}_9\mathrm{C}_3 \times {}_6\mathrm{C}_3 \times {}_3\mathrm{C}_3$이다.
그런데 세 조의 인원수가 모두 $3$명으로 같으므로, 조의 순서가 바뀌는 $3!$가지 경우는 같은 분할이다.
따라서 중복을 없애기 위해 $3!$으로 나누어야 한다.
${}_9\mathrm{C}_3 = \frac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2 \times 1} = 84$,
${}_6\mathrm{C}_3 = \frac{6 \times 5 \times 4}{3 \times 2 \times 1} = 20$,
${}_3\mathrm{C}_3 = 1$이다.
구하는 분할의 수는
$\frac{84 \times 20 \times 1}{3!} = \frac{1680}{6} = 280$이다.

(2) 세 실험실에 배정하는 경우의 수 [10점]:
(1)에서 나누어진 세 조를 서로 다른 3개의 실험실(물리, 화학, 생명과학)에 1:1로 대응시켜 배정하는 방법의 수는 세 조를 일렬로 나열하는 순열의 수 $3!$이다.
곱의 법칙에 의해 구하는 총 경우의 수는
$280 \times 3! = 280 \times 6 = 1680$이다.
(참고: 9명을 세 실험실에 3명씩 순서대로 직접 배정하는 경우의 수 ${}_9\mathrm{C}_3 \times {}_6\mathrm{C}_3 \times {}_3\mathrm{C}_3 = 84 \times 20 \times 1 = 1680$과도 일치한다.)

[단계별 모범답안]

(1) $f(x)$의 극값 및 증감표 작성 [10점]:
$f'(x) = 3x^2 - 6x - 9 = 3(x^2 - 2x - 3) = 3(x - 3)(x + 1)$이다.
$f'(x) = 0$에서 $x = -1$ 또는 $x = 3$이다.
증감표는 다음과 같다:
- $x \lt -1$: $f'(x) \gt 0$ (증가)
- $x = -1$: $f'(x) = 0$, $f(-1) = (-1)^3 - 3(-1)^2 - 9(-1) = -1 - 3 + 9 = 5$ (극대)
- $-1 \lt x \lt 3$: $f'(x) \lt 0$ (감소)
- $x = 3$: $f'(x) = 0$, $f(3) = 3^3 - 3(3)^2 - 9(3) = 27 - 27 - 27 = -27$ (극소)
- $x \gt 3$: $f'(x) \gt 0$ (증가)
따라서 극댓값은 $5$ (at $x = -1$), 극솟값은 $-27$ (at $x = 3$)이다.