[문제 1-1] 7전 4선승제 경기에서 치르게 되는 시합 수 $N$은 $4, 5, 6, 7$의 값을 가질 수 있다.
$P(N=4) = (1/2)^4 \times 2 = 2/16$
$P(N=5) = {}_4\text{C}_3 (1/2)^3 (1/2) \times (1/2) \times 2 = 4/16$
$P(N=6) = {}_5\text{C}_3 (1/2)^3 (1/2)^2 \times (1/2) \times 2 = 10/32 = 5/16$
$P(N=7) = {}_6\text{C}_3 (1/2)^3 (1/2)^3 \times (1/2) \times 2 = 20/64 = 5/16$
시합 수의 기댓값 $E(N) = 4 \times \frac{2}{16} + 5 \times \frac{4}{16} + 6 \times \frac{5}{16} + 7 \times \frac{5}{16} = \frac{93}{16} = \mathbf{5.8125}$ (회)이다.

[문제 1-2] 각 상황별 승리 마진에 따른 승리 확률을 계산하면 다음과 같다.
(i) 마진이 1인 상황:
- 3승 2패 상황(마진 1): 승리 확률은 $1/2 + (1/2) \times (1/2) = 0.75$ (75%)
- 2승 1패 상황(마진 1): 승리 확률은 $11/16 = 0.6875$ (68.75%)
- 1승 상황(마진 1): 승리 확률은 $21/32 = 0.65625$ (65.625%)
(ii) 마진이 2인 상황:
- 3승 1패 상황(마진 2): 승리 확률은 $1/2 + 1/2 \times 1/2 + (1/2)^2 \times 1/2 = 7/8 = 0.875$ (87.5%)
- 2승 상황(마진 2): 승리 확률은 $13/16 = 0.8125$ (81.25%)
(iii) 마진이 3인 상황:
- 3승 상황(마진 3): 승리 확률은 $15/16 = 0.9375$ (93.75%)
따라서 최종 승리 확률이 80% 이상이 되는 마진은 $\mathbf{2, 3}$ (또는 2 이상)이다.

[문제 1-3] X를 3승 2패인 팀이 최종 승리하는 횟수라 하자. X는 이항분포 $B(100, 0.75)$를 따른다.
평균 $m = 100 \times 0.75 = 75$, 분산 $\sigma^2 = 100 \times 0.75 \times 0.25 = 18.75$.
표준화하면 $P(X \ge 80) = P(Z \ge \frac{80-75}{\sqrt{18.75}}) = P(Z \ge \frac{5}{\sqrt{18.75}}) = P(Z \ge \frac{2}{\sqrt{3}}) \approx P(Z \ge 1.16)$ 이다.
$P(Z \ge 1.16) = 0.5 - 0.3770 = \mathbf{0.123}$이다.

[문제 1-4] 승률이 $p = 3/5 = 0.6$일 때,
(i) 단판승부 승리 확률: $0.6$
(ii) 5전 3선승제 승리 확률: ${}_3\text{C}_3 p^3 + {}_3\text{C}_2 p^2 (1-p) p + {}_4\text{C}_2 p^2 (1-p)^2 p = p^3 + 3p^3(1-p) + 6p^3(1-p)^2 = \frac{2133}{3125} = 0.68256$
$0.68256 > 0.6$이므로 $\mathbf{5\text{전 } 3\text{선승제}}$ 경기 방식이 더 유리하다.

[문제 2-1] 일반항 분수식 정리:
$\frac{2k-1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{2k}{k(k+1)(k+2)} - \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{2}{(k+1)(k+2)} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right)$
$= 2 \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right)$
이웃한 항 소거를 통해 부분합 $S_n$을 계산하면:
$S_n = 2 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right)$
극한값 $\alpha = \lim_{n \to \infty} S_n = 2(1/2) - 1/2(1/2) = 1 - 1/4 = \mathbf{\frac{3}{4}}$이다.
따라서 급수 항은 $\frac{1}{\alpha^n} S_n = (4/3)^n S_n$ 이다.
$\lim_{n \to \infty} (4/3)^n = \infty$ 이고 $\lim_{n \to \infty} S_n = 3/4 \ne 0$ 이므로 일반항이 $0$으로 수렴하지 않는다.
따라서 $\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{\alpha^n} S_n)$은 \mathbf{발산}한다.

[문제 2-2] 배각공식 $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$를 누적 적용하면,
$\sin(2^{11}x) = 2^{11} \sin x P(x)$이므로, $P(x) = \frac{\sin(2^{11}x)}{2^{11} \sin x}$이다.
$|P(x)| = \frac{1}{2^{11}} \implies |\sin(2^{11}x)| = \sin x$ ($0 < x < \pi$에서 $\sin x > 0$ 이므로)
이 방정식은 다음 두 경우로 나뉜다.
(i) $\sin(2^{11}x) = \sin x \implies 2^{11}x = x + 2k\pi$ 또는 $2^{11}x = \pi - x + 2m\pi$
(ii) $\sin(2^{11}x) = -\sin x \implies 2^{11}x = -x + 2k\pi$ 또는 $2^{11}x = \pi + x + 2m\pi$
위 근들의 구간 $0 < x < \pi$ 내 존재 여부 및 동시 만족 중복을 검사하면 중복되는 근은 존재하지 않으며,
서로 다른 실근의 개수는 $2^{11}-1$개씩 각각 존재하여 총 개수는 $2^{12} - 2 = \mathbf{4094}$개이다.

[문제 3-1] $\alpha = \theta / 2$라 하고 원 $O_1$의 반지름을 $g$, 중심을 $G$, $\overline{OH} = k$라 하자.
삼각형 $HOG$에서 $\sin \alpha = \frac{g}{1-g} \implies g(\alpha) = \frac{\sin \alpha}{1 + \sin \alpha}$이다.
그리고 $k(\alpha) = \frac{\cos \alpha}{1 + \sin \alpha}$이다.
타원 $T$의 단축을 $2b$라 할 때, $b^2 = 1 - k^2$이다. 단축의 길이가 $2 \overline{OF}$이므로 $b = \overline{OF} = k$이다.
$b^2 = k^2 \implies 1 - k^2 = k^2 \implies 2k^2 = 1 \implies k = \frac{1}{\sqrt{2}}$이다.
$\frac{\cos \alpha}{1 + \sin \alpha} = \frac{1}{\sqrt{2}} \implies 2 \cos^2 \alpha = (1 + \sin \alpha)^2 \implies 2(1 - \sin^2 \alpha) = 1 + 2 \sin \alpha + \sin^2 \alpha$
$\implies 3 \sin^2 \alpha + 2 \sin \alpha - 1 = 0 \implies (3\sin \alpha - 1)(\sin \alpha + 1) = 0 \implies \sin \alpha = \frac{1}{3}$ 이다.
원 $O_1$의 넓이 $S(\alpha) = \pi g^2 = \pi \frac{\sin^2 \alpha}{(1 + \sin \alpha)^2}$이므로,
변화율 $\frac{dS}{dt} = \frac{dS}{d\alpha} \frac{d\alpha}{dt}$ 이고, $\frac{d\alpha}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d\theta}{dt} = \frac{\sqrt{2}}{2}$이다.
$\frac{dS}{d\alpha} = \pi \frac{2 \sin \alpha \cos \alpha (1 + \sin \alpha) - 2 \sin^2 \alpha \cos \alpha}{(1 + \sin \alpha)^3} = \frac{2\pi \sin \alpha \cos \alpha}{(1 + \sin \alpha)^3}$이다.
$\sin \alpha = 1/3 \implies \cos \alpha = \frac{2\sqrt{2}}{3}$이므로 대입하면:
$\frac{dS}{dt} = \frac{2\pi (1/3) (2\sqrt{2}/3)}{(4/3)^3} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \mathbf{\frac{3\pi}{16}}$이다.
[문제 3-2] $\vec{OQ} \perp \vec{AQ}, \vec{OQ} \perp \vec{CQ}$ 이므로 점 $Q$는 선분 $AO$와 선분 $CO$를 각각 지름으로 하는 두 원의 교점이다.
따라서 점 $Q$는 점 $O$에서 선분 $AC$에 내린 수선의 발이다. $\overline{OQ} = \sin \alpha$ 이다.
내적 조건 $\vec{JI} \cdot \vec{JO} \ge \vec{IJ} \cdot \vec{IF} \implies \overline{JF} \ge \overline{IF}$가 유도된다.
삼각형 $IOF$와 $OJF$에서 $\theta \le \pi/4$를 얻는다. 따라서 $\alpha = \theta / 2 \le \pi / 8$이다.
따라서 $|\vec{OQ}|^2 = \sin^2 \alpha$의 최댓값은 $\alpha = \pi/8$일 때 발생한다.
$\sin^2(\pi/8) = \frac{1 - \cos(\pi/4)}{2} = \frac{1 - \sqrt{2}/2}{2} = \mathbf{\frac{2 - \sqrt{2}}{4}}$이다.

[문제 3-3] 원 $O_2$의 반지름을 $f$, 선분 $OK$의 길이를 $h$라 하자. 원 $O_2$가 선분 $OD$에 접하므로 $h = f$이다.
직각삼각형 성질로부터 $\tan(\alpha/2) = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}$를 얻는다.
덧셈정리를 활용하여 $\sin \alpha = \frac{4 - 2\sqrt{2}}{5 - 2\sqrt{2}}$, $\cos \alpha = \frac{2\sqrt{2}-1}{5-2\sqrt{2}}$, $\cos 2\alpha = \frac{9-4\sqrt{2}}{33-20\sqrt{2}}$를 얻고,
최종 관계식 $\overline{OI} = \frac{119 + 6\sqrt{2}}{21}$을 연산하면 $u = 119, v = 6, w = 21$이 된다.
따라서 $u + v + w = 119 + 6 + 21 = \mathbf{146}$이다.

[문제 1-1] 초점거리 $2c=14 \implies c=7$ 이므로 초점 $F(7,0), F'(-7,0)$ 이다. 주축의 길이 $2a=10 \implies a=5$ 이다. 쌍곡선의 성질 $a^2 + b^2 = c^2$ 에 의해 $b^2 = 49 - 25 = 24$ 이므로 방정식은 $\frac{x^2}{25} - \frac{y^2}{24} = 1$ 이다.
쌍곡선 위의 점 $P$에서 $PF' - PF = 10$ 이고, $F'R = 10$ 이므로 $PR = PF$ 가 되어 $\triangle PRF$는 이등변삼각형이다. 접선 $\ell$이 $\angle FPF'$을 이등분하고 $\triangle PQR \equiv \triangle PQF$ (SAS 합동)이므로 $RQ=FQ$ 가 유도된다.
$\angle F'QR = \pi/2$ 이므로 $\triangle F'QR$은 직각삼각형이다. $Q(k,0)$ 이라 하면 $F'Q=7+k, FQ=7-k, RQ=7-k$ 이므로:
$(7+k)^2 + (7-k)^2 = 10^2 \implies 98 + 2k^2 = 100 \implies k=1$ (∵ $k>0$)이 되어 $Q(1,0)$ 이고 접선의 방정식은 $y=x-1$ 이다. 대입해 점 $P$를 구하면 $P(25, 24)$ 이다. $PF=30, PF'=40, FF'=14$ 이므로 코사인법칙에 의해:
$\cos\theta = \frac{30^2+40^2-14^2}{2 \times 30 \times 40} = \frac{2304}{2400} = \frac{24}{25} \implies \sin\theta = \frac{7}{25}$ 이다.
구하고자 하는 정적분 수식에 부분적분과 치환적분($x = \pi/2 - t$)을 각각 적용하면:
$\int_0^\theta x \cos x f'(\sin x) dx = \theta f(\sin\theta) - \int_0^\theta f(\sin x) dx$
$\int_{\pi/2-\theta}^{\pi/2} f(\cos x) dx = \int_0^\theta f(\sin t) dt$ 이므로 두 항을 더하면 $\theta f(\sin\theta)$ 만 남는다.
$f(\sin\theta) = f(7/25) = \frac{5}{\theta} (5(7/25)-2)^3 = -\frac{27}{25\theta}$ 이므로 구하는 정적분 값은:
$\theta \times \left(-\frac{27}{25\theta}\right) = \mathbf{-\frac{27}{25}}$ (또는 $-1.08$)이다.

[문제 1-2] $D$가 선분 $RF$를 $2:1$로 내분하는 점이므로 $\vec{PD} = \frac{1}{3}\vec{a} + \frac{2}{3}\vec{b}$ 이다.
$D$의 $PR$에 대한 대칭점이 $E$이므로 $\vec{PD} + \vec{PE}$는 $\vec{a}$의 실수배이다.
$\vec{PE} = k\vec{a} + l\vec{b}$ 이므로 $\vec{PD} + \vec{PE} = (k+1/3)\vec{a} + (l+2/3)\vec{b} = m\vec{a}$ 가 성립한다.
두 벡터 $\vec{a}, \vec{b}$는 서로 평행하지 않으므로 $l + 2/3 = 0 \implies l = -2/3$ 이다. 또한 $|\vec{PD}|^2 = |\vec{PE}|^2$ 이므로:
$\left|\frac{1}{3}\vec{a} + \frac{2}{3}\vec{b}\right|^2 = \left|k\vec{a} - \frac{2}{3}\vec{b}\right|^2 \implies \frac{1}{9}|\vec{a}|^2 + \frac{4}{9}|\vec{b}|^2 + \frac{4}{9}\vec{a}\cdot\vec{b} = k^2|\vec{a}|^2 + \frac{4}{9}|\vec{b}|^2 - \frac{4}{3}k\vec{a}\cdot\vec{b}$
$|\vec{a}|=|\vec{b}|$ 이고 $\cos\theta = 24/25$ 이므로 내적을 대입하면 $225k^2 - 288k - 121 = 0 \implies (3k+1)(75k-121)=0$ 이 유도된다.
$k \ne -1/3$ 이므로 $k = \frac{121}{75}$ 이다. 따라서 $k+l = \frac{121}{75} - \frac{50}{75} = \mathbf{\frac{71}{75}}$ 이다.

[문제 2-1] $\triangle OAB$에서 $\overline{AC} \perp \overline{OB}$ 이고 $\overline{OC} = \overline{BC}$ 이므로 $\triangle OAB$는 $\overline{AO} = \overline{AB}$ 인 이등변삼각형이다. 또한 원뿔에서 $\overline{OA} = \overline{OB} = \ell$ 이므로 $\triangle OAB$는 정삼각형이다. 따라서 $\overline{AB} = 2R = \ell \implies R = \ell/2$ 이다. 부채꼴 호 $AK$의 길이 $g(\theta) = R\theta$ 이다.
점 $P$에서 밑면으로의 수선의 발 $J$라 하고 $\overline{MJ}=t$라 하면, $x$축과의 각도 $\theta$에 대하여 $\triangle MGJ$에서 $\overline{GM}=t\cos\theta$ 이므로 $\overline{AG} = R - t\cos\theta$ 이고 $\overline{JK} = R-t$ 이다.
직각삼각형 $\triangle AGH$에서 $\overline{HG} = (R - t\cos\theta)/\sqrt{3}$ 이고, $\triangle KJP$에서 $\overline{PJ} = \sqrt{3}(R - t)$ 이다. 직사각형 $HGJP$에서 $\overline{HG} = \overline{PJ}$ 이므로:
$\frac{R - t\cos\theta}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}(R - t) \implies t = \frac{2R}{3 - \cos\theta}$ 이 유도된다.
직사각형 성질에 의해 $PH = JG = t\sin\theta$ 이고 대칭성에 의해 $PQ = 2PH = 2t\sin\theta$ 이므로 $f(\theta) = 2t\sin\theta$ 이다.
따라서 $L(\theta) = \frac{f(\theta)}{g(\theta)} = \frac{2t\sin\theta}{R\theta} = \frac{4\sin\theta}{\theta(3-\cos\theta)}$ 이고, 극한값은:
$\lim_{\theta \to 0^+} L(\theta) = \lim_{\theta \to 0^+} \frac{\sin\theta}{\theta} \times \frac{4}{3-\cos\theta} = 1 \times \frac{4}{2} = \mathbf{2}$ 이다.

[문제 2-2] 모든 구의 중심을 지나는 평면 단면에서 구의 반지름 $r$과 원기둥의 반지름 $R$ 사이의 관계를 구하자.
정$n$각형의 중심과 구의 중심 사이의 관계를 나타내면 정$n$각형 꼭짓점 사잇각은 $2\pi/n$의 절반인 $\pi/n$이다.
$R = r + \frac{r}{\sin(\pi/n)} = r \left( 1 + \frac{1}{\sin(\pi/n)} \right) \implies r = \frac{R \sin(\pi/n)}{1 + \sin(\pi/n)}$ 이다.