[미적분] 2018학년도 9월 수능모의평가 수학 가형 21번, 2019학년도 수능 수학 가형 30번
가장 어려운 소위 말하는 킬러문제의 풀이이다.
2018학년도 9월 모의평가 수학 가형 21번
수열 {an}이a1=−1,an=2−12n−2(n≥2)이다. 구간 [−1,2)에서 정의된 함수 f(x)가 모든 자연수 n에 대하여f(x)=sin(2nπx)(an≤x≤an+1)이다. −1<α<0인 실수 α에 대하여 ∫tαf(x)dx=0을 만족시키는 t(0<t<2)의 값의 개수가 103일 때, log2(1−cos(2πα))의 값은? [4점]
풀이: ∫tαf(x)dx=∫0αf(x)dx+∫t0f(x)dx=0이므로 ∫α0f(x)dx=∫t0f(x)dx이고, ∫α0f(x)dx>0이며, 이 식을 만족하는 t가 103개 있다.
다음은 함수 y=f(x)의 그래프이다.
2이상의 자연수 n에 대해 an=2−12n−2=2−22n−1(=2n+1−42n), an+1=2−12n−1이므로 bn=an+an+12라 하면 bn=2n+1−32n(n≥3)이고∫bnanf(x)dx=[−12nπcos(2nπx)]bnan=−cos(2nbnπ)−cos(2nanπ)2nπ이며 이때 2이상의 자연수 n에 대해 2nbn=2n+1−3이므로 2nbn은 홀수이고, 2nan=2n+1−4이므로 2nan은 짝수이다. 그러면cos(2nbnπ)=−1,cos(2nanπ)=1이고 따라서∫bnanf(x)dx=22nπ=12n−1π이다.
다음은 함수 y=∫x0f(s)ds(1≤x<2)의 그래프이다.
t에 대한 방정식 ∫t0f(x)dx=∫α0f(x)dx는 구간 [0,a2]에서 최대 2개의 해를 갖고, [0,a3]에서 최대 4개, [0,a4]에서 최대 6개를 갖고, [0,a52]에서 최대 102개를 갖는다.
2이상의 자연수 n에 대해 구간 [an,an+1]에서 y=∫x0f(s)ds의 최댓값은 12n−1π이다. 방정식 ∫t0f(x)dx=∫α0f(x)dx의 해가 103개이고, 앞에서 [0,a52]에서 최대 102개의 해를 가지므로 [a52,a53]에서 1개의 해를 가져야 하며, 이때 ∫t0f(x)dx=1252−1π=1251π이다.
[−1,0]에서 f(x)=sin2πx이므로1251π=∫t0f(x)dx=∫α0f(x)dx=∫α0sin2πxdx=[−12πcos(2πx)]α0=1−cos(2πα)2π이고, 1−cos(2πα)=2−50이므로 따라서 log2(1−cos(2πα))=−50이다.
2019학년도 수능 수학 가형 30번
최고차항의 계수가 6π인 삼차함수 f(x)에 대하여 함수 g(x)=12+sin(f(x))이 x=α에서 극대 또는 극소이고 α≥0인 모든 α를 작은 수부터 크기순으로 나열한 것을 α1,α2,α3,α4,α5,...라 할 때, g(x)는 다음 조건을 만족시킨다.
(가) α1=0이고 g(α1)=25이다. (나) 1g(α5)=1g(α2)+12 |
g′(−12)=aπ라 할 때, a2의 값을 구하시오.
(단, 0<f(0)<π2) [4점]
풀이: 조건 (가)에서 α1=0, g(α1)=25이므로g(α1)=g(0)=12+sinf(0)=25이고 2+sinf(0)=52이므로 sinf(0)=12이고 0<f(0)<π2이므로 f(0)=π6이다.g′(x)=−f′(x)cosf(x){2+sinf(x)}2이고 α1=0은 g(x)의 극값이므로 g′(0)=0이고 cosf(0)=√32이므로 f′(0)=0이다.
또한1g(α5)=2+sinf(α5),1g(α2)=2+sinf(α2)조건 (나)에 의해sinf(α5)=sinf(α2)+12이다. 앞에서 f(x)의 최고차항의 계수가 6π이고 f(0)=π6, f′(0)=0이므로f(x)=6πx3+px2+π6,f′(x)=18πx2+2px이다. f(x)의 최고차항의 계수가 양수이므로 x≥0에서 f(x)는 증가하거나 하나의 극솟값을 가져야 하는데 조건 (나)로부터 얻은 결과sinf(α5)=sinf(α2)+12를 만족해야 하므로 f(x)는 x≥0에서 하나의 극솟값을 가져야 하고 f′(α2)=0 또는 f′(α5)=0이어야 한다.
f′(α2)=0이면, 0<x<α2에서 f(x)는 감소하고f(α3)=π2,f(α4)=32π,f(α5)=52π이므로 sinf(α5)=1이고 sinf(α2)=12이 되는데 0<x<α2에서 f(x)는 감소하고 f(α1)=π6, sinf(α1)=12이므로 sinf(α2)=12일 수는 없다.
그러므로 f′(α5)=0이어야 하고, 0<x<α5에서 f(x)는 감소하며f(α2)=−π2,f(α3)=−32π,f(α4)=−52π이고 조건 (나)로부터 얻은 결과 sinf(α5)=sinf(α2)+12를 만족해야 하며 sinf(α2)=−1이므로 f(α5)=−12이고 f(α4)=−52π이므로 f(α5)=−52π−π3=−176π이다.f′(α5)=18πα25+2pα5=0이므로 α5=−p9π이고f(α5)=6π(−p9π)3+p(−p9π)2+π6=−176π이며−6πp3(9π)3+p3(9π)2+3π=3πp3(9π)3+3π=0이므로 p3=−(9π)3이고 p=−9π이다. 그러므로f(x)=6πx3−9πx+π6,f′(x)=18πx2−18πx이고f(−12)=−34π−94π+π6=−3π+π6=−2π−56πf′(−12)=92π+9π=272π이므로cosf(−12)=cos56π=−√32,sinf(−12)=−sin56π=−12이고g′(−12)=−272π⋅(−√32){2−12}2=27√3494=3√3π이므로 a=3√3이고 따라서 a2=27이다.
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