과고3학년 수행평가 문제

세트1

1. 세 꼭짓점이 포물선 $\displaystyle y=x ^ {2} $ 위에 있는 정삼각형을 한 개 찾아 그 넓이를 구하시오.

풀이) 원점을 지나고 기울기가 $\pm \tan 60^{\circ}$인 직선과 $y=x^2$과 만나는 점이 정삼각형을 이룬다.

 

2. 미분가능한 함수 $\displaystyle f ( x),~g ( x) $는 다음 조건을 만족한다. 적분값 $\displaystyle \int _ {0} ^ {\pi } { \frac {3f \left ( x \right ) g ' \left ( x \right ) -f ' \left ( x \right ) g \left ( x \right )} {\left\{ f \left ( x \right ) \right\} ^ {2} g \left ( x \right )} dx} $를 구하시오.

(i) $\displaystyle f ( 0)=3 $, $\displaystyle f ( \pi )=5 $

(2) $\displaystyle 0 \leq x \leq \pi $인 실수 $\displaystyle x $에 대하여 $\displaystyle g \left ( x \right ) \neq 0 $이다.

(3) $\displaystyle f ' ( x) $와 $\displaystyle g ' ( x) $는 연속함수이다.

(4) $\displaystyle 0 \leq x \leq \pi $인 실수 $\displaystyle x $에 대하여 $\displaystyle \left\{ f ( x) \right\} ^ {2} - \left\{ g ( x) \right\} ^ {4} =4 $이다.

 

풀이)

$\displaystyle \begin{align} \int _ {0} ^ {\pi } { \frac {3f \left ( x \right ) g ' \left ( x \right ) -f ' \left ( x \right ) g \left ( x \right )} {\left\{ f \left ( x \right ) \right\} ^ {2} g \left ( x \right )} dx}&=\int_0^{\pi} \frac{3 g'(x)}{f(x)g(x)}dx -\int_{0}^{\pi} \frac{f'(x)}{\left\{f(x)\right\}^2} dx \\&   =\int_0^{\pi} \frac{3 g'(x)}{f(x)g(x)}dx +\left[ \frac{1}{f(x) } \right]_{0}^{\pi} \end{align}$

여기서 $f^2 -g^4=4$, 양변을 미분하면 $2ff'=4g^3 g'$이므로 이를 이용하여 변형하면

$\displaystyle  \begin{align}  \int_0^{\pi} \frac{3 g'(x)}{f(x)g(x)}dx &=\int_0^{\pi} \frac{3}{f(x)g(x)} \times \frac{2f(x)f'(x)}{ 4 \left\{g(x)\right\}^3 }dx \\&= \int_0^{\pi} \frac{3f'(x)}{2(f^2 -4)}dx \\&= \int_0^{\pi} \frac{3}{8} \left( \frac{1}{f(x)-2}-\frac{1}{f(x)+2} \right)f'(x)dx\end{align}$

이를 적분하면 된다.

 

 

 

 

세트2.

1. 양의 실수로 이루어진 수열 $\displaystyle \left\{ a _ {n} \right\} $에 대하여 $\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {\left ( a _ {n} \right ) ^ {n} =2019} $일 때 극한값 $\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {n \left ( a _ {n} -1 \right )} $의 값을 구하시오.

(풀이) $\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {\left ( a _ {n} \right ) ^ {n} =2019} $이고 $\displaystyle e ^ {x} $가 연속함수이므로

$\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {\left ( a _ {n} \right ) ^ {n} = \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {e ^ {n\ln a _ {n} } } =e ^ {\lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {n\ln a _ {n} } } =2019} $

$\displaystyle \therefore ~ \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {n\ln a _ {n} } =\ln 2019 $

여기서 $\displaystyle n \rightarrow \infty $이므로 $\displaystyle \ln a _ {n} \rightarrow 0 $, 즉 $\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {a _ {n} } =1 $

$\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {n \left ( a _ {n} -1 \right )} $의 극한값을 구하기 위해 다음과 같이 변형하자.

$\displaystyle \left ( a _ {n} \right ) ^ {n} = \left\{ 1+ ( a _ {n} -1) \right\} ^ {n} = \left\{ 1+ ( a _ {n} -1) \right\} ^ { \frac {1} {a _ {n} -1} \times n ( a _ {n} -1)} $

양변에 로그($\displaystyle \ln $)를 취하면

$\displaystyle n\ln \left ( a _ {n} \right ) =n ( a _ {n} -1)\ln \left\{ 1+ ( a _ {n} -1) \right\} ^ { \frac {1} {a _ {n} -1} } $$\displaystyle \cdots \cdots ~ ( \mathrm { i}) $

이고

$\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {\ln \left\{ 1+ ( a _ {n} -1) \right\} ^ { \frac {1} {a _ {n} -1} } } =1 \neq 0 $, $\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {n\ln a _ {n} } =\ln 2019 $

이므로 ($\displaystyle \mathrm { i }$)의 양변에 극한($\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {} $)를 취하면

$\displaystyle \therefore ~ \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {n \left ( a _ {n} -1 \right )} =\ln 2019 $

 

 

2. $\displaystyle f(x)=\frac{x^2}{x+\sqrt{a^2 -x^2}}$일 때, 정적분 $\displaystyle \int _ {0} ^ {\pi } {xf ( a\sin x)} dx $의 값을 다음 식을 활용하여 구하시오.

$\displaystyle \int _ {0} ^ {\pi } {xf ( a\sin x)} dx= \int _ {0} ^ { \frac {\pi } {2} } {xf ( a\sin x)} dx+ \int _ { \frac {\pi } {2} } ^ {\pi } {xf ( a\sin x)} dx= \pi \int _ {0} ^ { \frac {\pi } {2} } {f ( a\sin x)} dx $

(풀이) $\displaystyle \int _ {0} ^ {\pi } {xf ( a\sin x)} dx $는 $\displaystyle  \pi \int _ {0} ^ { \frac {\pi } {2} } {f ( a\sin x)} dx $이므로 

$\displaystyle \begin{align} \pi \int _ {0} ^ { \frac {\pi } {2} } {f ( a\sin x)} dx & = \pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a^2 \sin^2 x}{a \sin x +\sqrt{a^2 -a^2 \sin^2 x}}dx \\&=\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a^2 \sin^2 x }{a \sin x +a \cos x} ~~(\because ~0 \leq x \leq \frac{\pi}{2},~\cos x \geq 0 ) \\&= \pi \textcolor {red}{\int_0 ^{\frac{\pi}{2}} \frac{a \sin^2 x}{\sin x + \cos x} dx }\end{align} $

이제 여기서 위의 색칠한 정적분을 $\mathrm I$로 놓고 이를 계산하기 위해 먼저 $x= \frac{\pi}{2}-t$로 치환하자. 그러면

$\displaystyle \begin{align} \mathrm I &=  \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a \sin^2 x }{ \sin x + \cos x}  = \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \frac{ \sin^2 \left(\frac{\pi}{2}-t \right)}{ \sin \left(\frac{\pi}{2}-t \right)+\cos \left( \frac{\pi}{2}-t \right)} (-dt)\\&= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a \cos^2 t}{\cos t +\sin t } dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a \cos^2 x}{\cos x +\sin x } dx =\mathrm I \end{align} $

$\displaystyle \begin{align} \mathrm {2I} &=  \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a \sin^2 x }{ \sin x + \cos x}  + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a \cos^2 x}{\cos x +\sin x } dx \\&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a}{\sin x +\cos x}dx \end{align} $

$\displaystyle \begin{align} \therefore \mathrm I &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a}{\sin x +\cos x}dx \end{align} $

위의 정적분의 피적분함수 중 분모를 합성하면 $\sin x + \cos x =\sqrt2 \sin \left(x+ \frac{\pi}{4} \right) $이고 또, $$\begin{align} \int \frac{1}{\sin x}dx &= \int \csc x dx =\int \frac{\csc x (\csc x +\cot x)}{\csc x +\cot x}dx \\& =\int - \frac{ (\csc x + \cot x)'}{\csc x +\cot x} \\&= - \ln \left|\csc x+ \cot x \right|+C \end{align}$$이므로 $\mathrm I$는
$$\displaystyle \begin{align} \therefore \mathrm I &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a}{\sin x +\cos x}dx  = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sin \left(x+ \frac{\pi}{4} \right)} dx \\&=- \left[\ln \left| \csc \left( x+\frac{\pi}{4} \right) + \cot \left(x+ \frac{\pi}{4} \right)\right | \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\&= \ln \left| \frac{1}{\sqrt2}-1\right| -\ln \left|\frac{1}{\sqrt2}+1 \right| \\&= 2 \ln \left(\sqrt 2 -1 \right) \end{align} $$

따라서

$$\displaystyle \begin{align} \pi \int _ {0} ^ { \frac {\pi } {2} } {f ( a\sin x)} dx & = \pi \int_0 ^{\frac{\pi}{2}} \frac{a \sin^2 x}{\sin x + \cos x} dx \\&= 2\pi \ln \left(\sqrt2 -1 \right)\end{align} $$

이다.

 

세트3.

1. 점 $\displaystyle \mathrm { P} ( a,~a ^ {2} ) $을 지나고 기울기가 $\displaystyle \tan t$ (단, $\displaystyle -\frac{\pi}{2} <t< \frac{\pi}{2} $) 인 직선이 포물선 $\displaystyle y=x ^ {2} $과 만나는 $\displaystyle \mathrm { P} $가 아닌 점을 $\displaystyle \mathrm { Q }$라 하자. 선분 $\displaystyle \mathrm { \overline {PQ} }$의 길이를 $\displaystyle a $와 $\displaystyle t $에 관한 식으로 나타내시오.

직선 $y=(\tan t )(x-a)+a^2$와 $y=x^2$의 교점을 구하기 위해 $y$를 소거하여 정리하면

$$x^2 -(\tan t)x -a \tan t +a^2 =0$$

이 방정식의 근 중 하나가 $x=a$이므로  근과 계수의 관계에 의해 두 근의 합이 $\tan t$이므로 다른 한 근은 $\tan t -a$이다. 따라서 $Q$ 점의 좌표는 $\left(\tan t -a, (\tan t -a)^2 \right)$이므로 선분 $\mathrm {\overline{PQ}}$는 

$\mathrm {\overline{PQ}}=\sqrt{(\tan t -2a)^2+\left\{(\tan t-a)^2 -a^2 \right\}^2}=\sec t \left| \, \tan t - 2a \,\right| $

 

 

2. 점 $\displaystyle \mathrm { C }( 1,~0) $을 지나고 기울기가 양수 $\displaystyle m $인 직선이 타원 $\displaystyle \frac {x ^ {2} } {4} + \frac {y ^ {2} } {3} =1 $과 마난는 두 점을 각각 $\displaystyle \mathrm { A} ( x _ {1} ,~y _ {1} ) $와 $\displaystyle \mathrm { B} ( x _ {2} ,~y _ {2} ) $라고 하자. (단, $\displaystyle x _ {1} <x _ {2} $이다.) 두 점 $\displaystyle \mathrm { D  ( -2,~0),~E ( 2,~0) }$에 대하여 삼각형 $\displaystyle \mathrm { ACD }$의 넓이를 $\displaystyle S _ {1} $, 삼각형 $\displaystyle \mathrm { BCE} $의 넓이를 $\displaystyle S _ {2} $라 할 때, 극한값 $\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } { \frac {S _ {1} } {S _ {2} } } $을 구하시오.

(풀이)

삼각형 $\displaystyle \mathrm { ACD} $의 넓이 $\displaystyle S _ {1} $는

$\displaystyle S _ {1} = \frac {1} {2} \overline {\mathrm { CD} } \times ( -y _ {1} )=- \frac {3} {2} y _ {1} $

이고 삼각형 $\displaystyle \mathrm { BCE} $의 넓이 $\displaystyle S _ {2} $는

$\displaystyle S _ {1} = \frac {1} {2} \overline {\mathrm { CE} } \times ( y _ {2} )= \frac {1} {2} y _ {2} $

타원 $\displaystyle \frac {x ^ {2} } {4} + \frac {y ^ {2} } {3} =1 $과 $\displaystyle y=m \left ( x-1 \right ) $ ($\displaystyle m>0 $)의 교점의 $\displaystyle y $좌표가 필요하기 때문에 $\displaystyle x= \frac {y+m} {m} $을 타원에 대입해서 이차방정식을 만들자.

$\displaystyle \frac {1} {4} \left ( \frac {y+m} {m} \right ) ^ {2} + \frac {y ^ {2} } {3} =1 $, $\displaystyle \left ( 4m ^ {2} +1 \right ) y ^ {2} +6my-9m ^ {2} =0 $

근의 공식에 대입하면

$\displaystyle \begin{align}y & = \frac {-3m\pm \sqrt {9m ^ {2} +9m ^ {2} ( 4m ^ {2} +1)} } {4m ^ {2} } \\ & =-3m\pm 9m ^ {2} \frac {\sqrt {4m ^ {2} +2)} } {4m ^ {2} } \end{align}$

이므로 $\displaystyle y _ {1} = \frac {-3m-3m \sqrt {4m ^ {2} +2} } {4m ^ {2} } ,~y _ {2} = \frac {-3m+3m \sqrt {4m ^ {2} +2} } {4m ^ {2} } $

따라서 $\displaystyle \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } { \frac {S _ {1} } {S _ {2} } } $은

$\displaystyle\begin{align} \lim\limits _ {m \rightarrow 0} { \frac {S _ {1} } {S _ {2} } } &= \lim\limits _ {m \rightarrow 0} { \frac {- \frac {3} {2} y _ {1} } { \frac {1} {2} y _ {2} } } = \lim\limits _ {m \rightarrow 0} { \frac {-3y _ {1} } {y _ {2} } }   = \lim\limits _ {m \rightarrow 0} { \frac {-3 \times \frac {-3m-3m \sqrt {4m ^ {2} +2} } {4m ^ {2} } } { \frac {-3m+3m \sqrt {4m ^ {2} +2} } {4m ^ {2} } } } \\&= \lim\limits _ {m \rightarrow 0} { \frac {3 ( \sqrt {4m ^ {2} +2} +1)} {\sqrt {4m ^ {2} +2} -1} }\\&=3 \end{align}$

 

 

세트4.

1. 점 $\displaystyle \left ( -3,~1 \right ) $에서 포물선 $\displaystyle x=y ^ {2} $에 접하는 직선을 두 개 그었을 때, 두 접선이 이루는 각을 $\displaystyle \theta ~ \left ( 0 \leq \theta \leq \frac {\pi } {2} \right ) $라고 하자. 이 때, $\displaystyle \cos \theta $의 값을 구하시오. (단, $\displaystyle \cos \left ( \alpha + \beta \right ) =\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta $이다.)

포물선 $y^2 =4px$에서 기울기가 $m$인 접선의 방정식은 $y=mx + \frac{p}{m}$임을 이용하자.

포물선 $\displaystyle x=y ^ {2} $에 접하는 기울기가 $m$인 접선은 $y=mx+ \frac{1}{4m}$이다. 이 접선이 $\displaystyle \left ( -3,~1 \right ) $을 지나므로 대입하여 정리하면

 $1=-3m+ \frac{1}{4m},~~12m^2 +4m -1=0$

이 방정식의 두 근을 $m_1 ,~m_2$라 하면

$m_1 +m_2 = - \frac{1}{3},~m_1 m_2 = -\frac{1}{12}$

여기서 두 근의 차 $\left|m_1 -m_2 \right| =  {\frac{2}{3}}$이다. 따라서 두 접선이 이루는 각을 $\theta$라 하면

$$\begin{align} \tan \theta &= \left|\frac{m_2 -m_1}{1+m_1 m_2} \right| \\&= \frac{ \frac{2}{3}}{1+\left( - \frac{1}{12}\right)} =\frac{8}{11}\end{align}$$

따라서 $\cos \theta = \frac{11}{\sqrt{185}}$

 

 

 

2. 곡선 $\displaystyle y= \frac {1} {x} $ 위의 점 $\displaystyle \mathrm { P} $가 점 $\displaystyle \mathrm { A} \left ( a,~ \frac {1} {a} \right ) $, $\displaystyle \mathrm { B} \left ( e ^ {2} a,~ \frac {1} {e ^ {2} a} \right ) $사이를 움직일 때, 선분 $\displaystyle \mathrm { AP} $와 곡선 $\displaystyle y= \frac {1} {x} $로 둘러싸인 부분의 넓이를 $\displaystyle S _ {1} $, 선분 $\displaystyle \mathrm { PB} $와 곡선 $\displaystyle y= \frac {1} {x} $로 둘러싸인 부분의 넓이를 $\displaystyle S _ {2} $라 하자. $\displaystyle S _ {1} +S _ {2} $의 최솟값을 구하시오. (단, $\displaystyle a>0 $이고 $\displaystyle e= \lim\limits _ {n \rightarrow \infty } {\left ( 1+ \frac {1} {n} \right )} ^ {n} $이다.)

 

이 문제를 풀기 위해서는 다음의 사실을 이용하는 것이 편하다. 위의 그림에서 보듯이 $y=\frac{1}{x}$의 그래프에서는  "왼쪽 그림에서 색칠한 넓이와 오른쪽 그림에서 색칠한 넓이가 서로 같다."

왜냐하면 $y=\frac{1}{x}$에서는 삼각형 $\mathrm {OP} a$의 넓이와 삼각형 $\mathrm {OQ} b$가 항상 $1$로 같기 때문이다. 즉

$$\begin{align} (색칠한 ~넓이)&= \textcolor{red}{\int_0^a \mathrm {\overleftrightarrow{OP}}}+\int _a^b \frac{1}{x}dx- \textcolor{red} {\int_0^b \mathrm{\overleftrightarrow {OQ}}dx } \\&= \int_a^b \frac{1}{x}dx \end{align}$$

$a < t < e^2 a$인 실수 $t$에 대하여 점 $\mathrm P$의 좌표는 $\left(t,~\frac{1}{t}\right)$라 놓고 $S_1,~S_2$를 구해보자.

$$S_1 =\triangle \mathrm{OAP} -\int_a^{t} \frac{1}{x}dx   $$

$$S_2 =\triangle \mathrm{OBP}- \int_t^{e^2a} \frac{1}{x}dx     $$

따라서 $S_1 +S_2$는

$$ \begin{align} S_1+S_2 &= \triangle \mathrm {OAP} -\int_a^{t} \frac{1}{x}dx + \triangle \mathrm{OBP}- \int_t^{e^2 a} \frac{1}{x}dx \\&= \mathrm{\triangle OAP+\triangle OBP}-\int_a^{e^2 a} \frac{1}{x}dx\\&=\mathrm{\triangle OAP+\triangle OBP}-2 \end{align}$$

여기서 두 삼각형의 넓이의 합이 최소가 될 때, $S_1 +S_2$의 값이 최소가 된다. 이제 삼각형의 넓이를 구해보자.

먼저 $a<t< e^2 a$임을 고려하여 $\triangle \mathrm{OAP}$에서 $\displaystyle \mathrm O(0,~0),~\mathrm A \left(a,~\frac{1}{a}\right),~\mathrm P \left(t,~\frac{1}{t}\right)$이므로 $\triangle \mathrm{ OAP}$의 넓이는 

$$\frac{1}{2} \left| \frac{a}{t} - \frac{t}{a}\right| =\frac{1}{2}\left( \frac{t}{a}-\frac{a}{t} \right)$$

마찬가지로 $\triangle \mathrm{OBP}$에서 $\displaystyle \mathrm O(0,~0),~\mathrm B \left(e^2 a,~\frac{1}{e^2 a}\right),~\mathrm P \left(t,~\frac{1}{t}\right)$이므로 $\triangle \mathrm{ OAP}$의 넓이는 

$$\frac{1}{2} \left| \frac{e^2 a}{t} - \frac{t}{e^2 a}\right| = \frac{1}{2} \left(\frac{e^2 a}{t}-\frac{t}{e^2 a }\right)$$

따라서 두 삼각형의 넓이의 합은

$$\begin{align} \frac{1}{2}\left( \frac{t}{a}-\frac{a}{t} \right)+ \frac{1}{2} \left(\frac{e^2 a}{t}-\frac{t}{e^2 a }\right) &= \frac{1}{2} (e^2 -1) \left(\frac{t}{e^a} + \frac{a}{t} \right) \\& \geq (e^2 -1) \sqrt{\frac{t}{e^2a}\times \frac{a}{t}}=\frac{e^2 -1}{e}\end{align}$$

(등호는 $t=ea$일 때 성립)

따라서 $S_1 +S_2$의 최솟값은 $\displaystyle \frac{e^2-1}{e}-2$