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이 게시글은 2023년 5월 10일 수요일에 치른 경기도교육청이 주관한 2023년 4월 고3 전국연합학력평가 수학 오답률 TOP 10 확통선택 기출문제의 풀이 및 해설입니다. 아래는 EBSi 오답률 TOP 10입니다. 문이과 통합 이후 공통문항이 1번부터 22번까지이고, 확률과 통계, 미적분, 기하와 벡터 각 8개 문항은 23번부터 30번까지로 선택으로 치르고 있습니다. 이 포스팅에서는 오답률 TOP 10에 오른 확통선택 3개 문항과 오답률이 50%가 넘은 24번까지 4개 문항에 대해서만 풀이 및 해설하고 있으며, 공통문항과 타 선택과목의 풀이에 대해서는 아래 게시글을 참조하십시오. 오답률 1위(97.3%) 30번 문제의 풀이 및 해설입니다... 
① a의 개수가 3일 때 ② a의 개수가 4일 때 ③ a의 개수가 5일 때 ① a의 개수가 3일 때 ㉠ b 4개일 때 bb(aaa)bb 1가지뿐이고, c 4개일 때도 마찬가지. ㉡ b 3개, c 1개일 때 (aaa), b, b, b, c를 일렬로 나열하는 경우의 수에서 (aaa), (bbb), c를 일렬로 나열하는 경우의 수를 빼면 5!/3! - 3! = 14이고, b 1개, c 3개일 때도 마찬가지. ㉢ b 2개, c 2개일 때 (aaa), b, b, c, c를 일렬로 나열하는 경우의 수 = 5! / 2!2! = 30. 따라서 1 × 2 + 14 × 2 + 30 = 60 ② a의 개수가 4일 때 ㉠ b 3개일 때 (aaa), a, b, b, b를 일렬로 나열하는 경우의 수에서 (a1aaa), (bbb) 또는 (aaaa2), (bbb)를 일렬로 나열하는 경우의 수를 빼면 5!/3! - 2 × 2! = 16이고, c 3개일 때도 마찬가지. ㉡ b 2개, c 1개일 때 (aaa), a, b, b, c를 일렬로 나열하는 경우의 수에서 (a1aaa), b, b, c 또는 (aaaa2), b, b, c를 일렬로 나열하는 경우의 수를 빼면 5!/2! - 2 × 4!/2! = 36이고, b 1개, c 2개일 때도 마찬가지. 따라서 16 × 2 + 36 × 2 = 104 ③ a의 개수가 5일 때 ㉠ b 2개일 때 (baaab), a, a를 일렬로 나열하는 경우의 수 3, (baaa)에서 b의 왼쪽에 a, a, b를 일렬로 나열하는 경우의 수 3, (aaab)에서 b의 오른쪽에 a, a, b를 일렬로 나열하는 경우의 수 3이므로 3 + 3 + 3 = 9이고, c 2개일 때도 마찬가지. ㉡ b 1개, c 1개일 때 (baaac), a, a를 일렬로 나열하되 b, c는 바꿀 수 있는 경우의 수 = 3!/2! × 2! = 6. 따라서 9 × 2 + 6 = 24 이상으로부터 ① + ② + ③ = 60 + 104 + 24 = 188 오답률 3위(93.3%) 29번 문제의 풀이 및 해설입니다... 
① f(4) = 3일 때 ② f(4) = 4일 때 ③ f(4) = 5일 때 ① f(4) = 3일 때 f(1) = f(2) = f(3) = 1이고, 2f(4) = 6 = f(5) + f(6) + f(7) + f(8)에서 6 = 3 + 1 + 1 + 1, 6 = 2 + 2 + 1 + 1가 가능하므로 3, 1, 1, 1을 일렬로 나열해서 순서대로 f(5), f(6), f(7), f(8)에 할당하는 방법의 수 = 4!/3! = 4이고, 2, 2, 1, 1을 일렬로 나열해서 마찬가지로 할당하는 방법의 수 = 4! / 2!2! = 6. 따라서 1 × (4 + 6) = 10 ② f(4) = 4일 때 4 = 2 + 1 + 1만 가능하므로 f(1), f(2), f(3)을 결정짓는 방법의 수는 위에서와 같이 생각해서 3가지. 2f(4) = 8 = f(5) + f(6) + f(7) + f(8)에서 8 = 5 + 1 + 1 + 1 = 4 + 2 + 1 + 1 = 3 + 3 + 1 + 1 = 3 + 2 + 2 + 1 = 2 + 2 + 2 + 2가 가능하고, 마찬가지로 할당하는 방법의 수는 각각 4!/3!, 4!/2!, 4! / 2!2! , 4!/2!, 1이므로, 3 × (4 + 12 + 6 + 12 + 1) = 105 ③ f(4) = 5일 때 5 = 3 + 1 + 1 = 2 + 2 + 1이 가능하므로 f(1), f(2), f(3)을 결정짓는 방법의 수 = 3 + 3 = 6. 2f(4) = 10 = f(5) + f(6) + f(7) + f(8)에서 10 = 5 + 3 + 1 + 1 = 5 + 2 + 2 + 1 = 4 + 4 + 1 + 1 = 4 + 3 + 2 + 1 = 4 + 2 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3 + 1 = 3 + 3 + 2 + 2가 가능하고, 마찬가지로 할당하는 방법의 수는 각각 4!/2!, 4!/2!, 4!/ 2!2!, 4!, 4!/3!, 4!/3!, 4!/ 2!2!이므로, 6 × (12 + 12 + 6 + 24 + 4 + 4 + 6 ) = 408 이상으로부터 ① + ② + ③ = 10 + 105 + 408 = 523 합이 주어질 때는 중복조합을 이용한 풀이가 좋습니다. 함숫값 f(1), f(2), …, f(8)을 변수 x1, x2, …, x8이라 두면 ① f(4) = 3일 때 ⇔ x1 + x2 + x3 = 3일 때 (x1, x2, x3) = (1, 1, 1) 한 가지만 가능하고, x5 + x6 + x7 + x8 = 6을 만족하는 자연수 해의 순서쌍 (x5, x6, x7, x8)의 개수는 x5' + x6' + x7' + x8' = 6 - 4 = 2를 만족하는 음이 아닌 정수해의 순서쌍의 개수와 같고 이는 서로 다른 4개에서 2개를 택하는 중복조합의 수와 같으므로 4H2 = 5C2 = 10. 따라서 1 × 10 = 10 ② f(4) = 4일 때 ⇔ x1 + x2 + x3 = 4일 때 x1 + x2 + x3 = 4를 만족하는 자연수 해의 개수는 x1' + x2' + x3' = 1을 만족하는 음이 아닌 정수해의 개수와 같으므로 3H1 = 3C1 = 3이고, x5 + x6 + x7 + x8 = 8을 만족하는 자연수 해의 개수는 x5' + x6' + x7' + x8' = 8 - 4 = 4를 만족하는 음이 아닌 정수해의 개수와 같으므로 4H4 = 7C4 = 35. 따라서 3 × 35 = 105 ③ f(4) = 5일 때 ⇔ x1 + x2 + x3 = 5일 때 x1 + x2 + x3 = 5를 만족하는 자연수 해의 개수는 x1' + x2' + x3' = 2를 만족하는 음이 아닌 정수해의 개수와 같으므로 3H2 = 4C2 = 6이고, x5 + x6 + x7 + x8 = 10을 만족하는 자연수 해의 개수는 x5' + x6' + x7' + x8' = 10 - 4 = 6을 만족하는 음이 아닌 정수해의 개수와 같은데, 가장 큰 자연수가 5여야 하므로 xk = 6, 7, 8, 9, 10이 하나라도 존재하는 경우는 제외해 주어야 합니다. 10 = 6 + 2 + 1 + 1 = 7 + 1 + 1 + 1이므로 4H6 - (4!/2! + 4) = 9C3 - (12 + 4) = 68 따라서 6 × 68 = 408 이상으로부터 ① + ② + ③ = 10 + 105 + 408 = 523 오답률 6위(74.4%) 28번 문제의 풀이 및 해설입니다... 
짝수 2, 2, 2, 4 홀수 1, 1, 3, 3 7장을 뽑아서 일렬로 나열할 때 홀수끼리 이웃하지 않으면 됩니다. ① 짝수 4장, 홀수 3장일 때 ② 짝수 3장, 홀수 4장일 때 ① 짝수 4장, 홀수 3장일 때 ∨■∨■∨■∨■∨ 짝수 2, 2, 2, 4를 먼저 일렬로 나열해서 ■ 자리에 놓았다 치면, 사이와 양끝 ∨ 자리 중에 세 곳을 택하여 홀수 1, 1, 3 또는 1, 3, 3을 나열해주면 됩니다. 2, 2, 2, 4를 나열하는 경우의 수 = 4!/3! ∨ 자리 세 곳을 택하는 경우의 수 = 5C3 1, 1, 3을 나열하는 경우의 수 = 3!/2! 1, 3, 3을 나열하는 경우의 수 = 3!/2! 따라서 4 × 10 × (3 + 3) = 240 ② 짝수 3장, 홀수 4장일 때 ∨■∨■∨■∨ 짝수 2, 2, 2 또는 2, 2, 4를 먼저 일렬로 나열해서 ■ 자리에 놓은 후, 사이와 양끝 ∨ 자리 네 곳 모두에 홀수 1, 1, 3, 3을 나열해주면 됩니다. (1 + 3!/2!) × (4! / 2!2!) = 24 홀수 1, 1, 3, 3을 먼저 나열한 후 사이 세 곳에 짝수 2, 2, 2 또는 2, 2, 4를 나열해 주어도 됩니다. 이상으로부터 ① + ② = 240 + 24 = 264이고 정답은 오지선다형 ①번 오답률 12위(54.5%) 24번 문제의 풀이 및 해설입니다... 
모두 더하면 192. 정답은 오지선다형 ⑤번 다른 풀이, 덧붙이는 생각입니다... 앞 풀이는 0부터 5까지 n에 대하여,,, 집합 A에 n개, 집합 B에 5 - n개를 넣는 경우의 수를 모두 구해서 더한 것입니다. 다른 생각을 해봅니다. 일단 집합 A 또는 B에 넣을 5개를 택합니다. 6C5 = 6. 이제 이 다섯 개를 A, B에 나누어 넣어야겠는데,,, 중복순열을 발상(發想)하는 것이 늘 어렵습니다... A, B 각각에 몇 개씩 넣지?라고 생각하면 A + B = 5이므로 A, B 2개에서 중복 허용해서 5개를 택하는 중복조합의 수 2H5 = 6C5 = 6가지의 경우가 있겠는데, 이때는 A에 어느 수가 B에 어느 수가 들어 갔는지는 구분되지 않습니다. 이 구분을 감안한 것이 중복순열입니다. A, B 2개에서 중복 허용해서 5개를 택하여 일렬로 나열하는 경우의 수는 ? BBBBB ⇒ 5C0 ABBBB ⇒ 5C1 AABBB ⇒ 5C2 AAABB ⇒ 5C3 AAAAB ⇒ 5C4 AAAAA ⇒ 5C5 중복조합의 수인 6가지 경우 각각에 대해서 일렬로 나열하는 경우의 수를 모두 적어 보면 이와 같고 모두 더하면 32이므로 6 × 32 = 192로 앞풀이의 결과와 같습니다. 이때 32가 바로 이항계수의 성질인 5C0 + 5C1 + 5C2 + 5C3 + 5C4 + 5C5 = 25이기도 하지만 서로 다른 2개에서 5개를 택하는 중복순열의 수 2Π5 = 25입니다. X = { 1, 2, 3, 4, 5 }, Y = { A, B }일 때 X에서 Y로 가는 함수 f의 개수가 A, B에서 중복 허용해서 5개를 택하여 일렬로 나열한 그 순서로 1, 2, 3, 4, 5의 함숫값으로 할당하는 경우의 수와 같으므로 25이죠... 1의 함숫값으로 가능한 경우가 5가지, 2의 함숫값으로 가능한 경우도 5가지, … 모두가 각각 5가지이므로 곱의 법칙에 의하여 25이다라고 생각하는 것이 훨씬 쉽습니다. 그만큼 발상이 좀 불편한 것이지요... 이상입니다. 
수학의 힘 !!! #수지수학학원# 진산서당(☎031-276-5536)
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이 게시글은 2023년 11월 4일 토요일에 치른 제37회 한국수학올림피아드(KMO) 중등부 2차 오후 기출문제에 대한 풀이 및 해설입니다. 4개 문항에 제한시간 3시간 오전 문제는 별도의 게시글 [KMO2023기출] 37회 중등부 2차(2023.11.4) 오전 기출문제의 풀이 및 해설을 참조하십시오. [문제 5]의 풀이 및 해설입니다... 아래 그림과 같이 5 간격으로 같은 색을 칠해 보면,,, 따라서 가능한 양의 정수 n은 5의 배수. [문제 6]의 풀이 및 해설입니다... x, y를 실수라 가정하고 파란색 y에 관한 이차 절대부등식의 성립 조건을 판별식으로 해결한 다음 ①, ②, ③, ④ 네 경우별로 살피면 실수 A의 최댓값은 √7 - 1입니다. 그런데, x, y가 자연수이므로 만족하는 A의 최댓값은 √7 - 1보다 큰 어떤 유리수가 될 것입니다... 이상의 검토로부터 핑크색 부등식을 만족하는 실수 A의 최댓값은 5/3라고 가정할 수 있고, 5/3보다 더 작은 어떤 값은 x, y가 자연수일 때 식의 값이 될 수 없음을 보이면 되겠습니다. 모든 자연수 x, y에 대하여 A = 5/3일 때 준 부등식이 항상 성립하는 것을 보이는 것으로 충분하므로,,, ① 6y = 5x인 경우 x는 짝수이므로 좌변의 최솟값은 x = 2일 때 162 = 256이므로 성립. 실제는 x = 6, y = 5일 때 최소이고 좌변이 이보다 더 큼. ② 6y ≠ 5x인 경우 (6y - 5x)2 ≥ 1, (23x - 30)2 ≥ 72에서 좌변의 최솟값은 x = 1, y = 1일 때 23 + 49 = 72로 성립... 이상으로부터 <조건>을 만족하는 가장 큰 실수 A의 값은 5/3 [문제 7]의 풀이 및 해설입니다... N = 3일 때 A = { 3, 2 }, B = { 1, 4 }이면 주어진 세 조건을 모두 만족합니다. N = 5일 때 A = { 5, 4 }, { 1, 8 }, N = 6일 때 A = { 6, 4 }, B = { 2, 8}, N = 7일 때 A = { 7, 2, 4 }, B = { 1, 4, 8}, N = 9일 때 A = { 9, 8 }, B = {1, 16 } …… 세 조건 모두 만족하고 있습니다. 2의 거듭제곱수가 아닌 자연수 N = 3, 5, 6, 7, 9, 10, 11, … 등에 대하여, 세 조건 모두를 만족하지는 못하는 가장 작은 자연수 N을 찾는 문제인데... 2의 거듭제곱수가 아닌 N을 이진법 전개식으로 나타내어서 아래와 같이 변형하면 2의 거듭제곱수와 N으로 이루어진 원소의 개수와 합이 같은 서로 다른 두 집합 A, B를 일반적으로 뽑아 낼 수 있습니다. 위 수식에서 k는 2 이상의 자연수이고,,, A, B ⊆ { 2k | k = 0, 1, 2, …, 2023 } ∪ { N }임을 생각하면, ak ≤ 2022이므로 위 수식을 만족하는 N의 최댓값은 22023 - 1. 이상,,, 3 이상 22023 - 1 이하의 2의 거듭제곱수가 아닌 자연수 N에 대해서는 세 조건 모두를 만족하는 서로 다른 두 집합 A, B가 항상 존재합니다. 이제,,, 22023 + 1 이상의 2의 거듭제곱수가 아닌 자연수 N에 대해서 찾아야 겠습니다. 1 + 2 + 22 + … + 2n = 2n+1 - 1임을 생각하면 1부터 22023까지의 총합이 22024 - 1이고, 또 22023의 절반이 22022이므로 22023 + 1부터 22023 + 22022 - 1까지 2의 거듭제곱수가 아닌 자연수 N에 대해서도 앞에서와 비슷한 방법으로 항상 성공함을 보일 수 있을 것 같습니다... 위 수식에서 k는 1 이상의 자연수이고, ak + 1 ≤ 2022 ⇒ ak ≤ 2021이어야 하므로 N의 최솟값은 22023 + 1, 최댓값은 22023 + 22022 - 1이 되겠습니다. 그렇군요... 자 ~ 그렇다면, 2의 거듭제곱수가 아닌 그 다음 자연수 N = 22023 + 22022는 실패하겠죠? A, B ⊆ { 2k | k = 0, 1, 2, …, 2023 } ∪ { 22023 + 22022 } 먼저, N ∉ A, N ∉ B인 경우에 조건을 만족하는 서로 다른 두 집합 A, B가 존재한다고 가정해보면 다음, N ∈ A, N ∈ B인 경우 위 논리에 의해 A - { N } = B - { N }에서 A = B가 되므로 조건을 만족하는 서로 다른 두 집합 A, B는 존재하지 않으며,,, 이제, 일반성을 잃지 않고 N ∈ A, N ∉ B인 경우에 조건을 만족하는 서로 다른 두 집합 A, B가 존재하지 않음을 보이면 되겠습니다. k = 0일 때 A = { N } = { 22023 + 22022 } ≠ { 2b0 } = B에서 22023 + 22022 = 2b0을 만족하는 자연수 b0가 존재하지 않음은 자명하고, k = 1일 때 A = { N, 2a1 } = { 22023 + 22022, 2a1 } ≠ { 2b0, 2b1 } = B에서 원소의 합이 같기 위해서는 22023 + 22022 + 2a1 = 2b0 + 2b1이어야 하는데, 이진법 전개식의 유일성에 의하여 불가. k = 0일 때 22023 + 22022 = 2b0도 풀어 적어 보면 22023 + 22022 = 22022×2 + 22022×1 = 22022 × 3이므로 2b0와 같을 수가 없지만, 진법 전개식의 유일성 관점에서 보아도 두가지로 표현될 수는 없지요... 따라서 N ∈ A, N ∉ B인 경우도 조건을 만족하는 서로 다른 두 집합 A, B는 존재하지 않습니다. 이상으로부터,,, 2의 거듭제곱수가 아닌 자연수 N 중에서, 세 조건을 모두 만족하는 서로 다른 집합 A, B가 존재하지 않는 가장 작은 자연수 N = 22023 + 22022. [문제 8]의 풀이 및 해설입니다... 이게 기하 문제? 조합문제는 아닐테고. 4개 영역별로 한 문제씩은 꼭 출제되는 걸 생각하면 기하 문제라고 해야겠는데, 고전적인 순수 논증기하와는 결을 달리하는 조합기하 부문의 기하 문제라고 해야 겠습니다... 
Combinatorial Algebraic Geometry KIAS 참조 아래 애니메이션에서 보듯이 빨간색 정삼각형을 모두 덮을 수 있는 세 개의 파란색 정삼각형의 한 변의 길이 c의 최솟값이 2/3라는 것은 누구나 추측할 수 있는 문제입니다. 손을 대기조차 까다로운 문제가 배치되는 마지막 문제라는 걸 생각하면 아주 쉬운 문제라고 해야... 남은 관건은 늘 그렇지만 서술... c < 2/3일 때도 조건을 만족하는 파란색 삼각형이 존재한다고 가정하고 모순임을 보이는 방식으로 밀고 나가야 겠습니다. 아래 그림에서 점 D, E, F, G, H, I는 각각 변의 삼등분점입니다. c < 2/3 < 1이므로 꼭짓점 A, B, C를 포함하는 파란색 정삼각형은 서로 다르며, 여섯 개의 삼등분점 중 점 D와 I는 A를 포함한 정삼각형만이, 점 E와 F는 B를 포함한 정삼각형만이, 점 G와 H는 C를 포함한 정삼각형만이 포함할 수 있습니다. 세 파란색 정삼각형 중 어느 하나는 중심 O를 포함해야하므로 일반성을 잃지 않고 점 A를 포함한 파란색 정삼각형 PQR이 점 O를 포함한다고 가정하겠습니다. 빗금친 빨간색 마름모를 포함해야 겠고,,, c가 최소일 때이므로 마름모의 꼭짓점이 변 위에 오겠는데, 일반성을 잃지 않고 A, O, I가 변 위의 점이라 가정하겠습니다. 사각형 AEOI의 내각 E = 60°, 대각 I = 120°에서 내접사각형의 성질에 의해 점 A, E, O, I가 공원점이고, 이 보라색 원은 삼각형 AIO의 외접원기도 하죠. 원의 중심 D가 외심. 호 AI의 중심각이 60°이므로 원주각 AQI = 30°이고 정삼각형의 내각 P = 60°에서 변 PR과 선분 QI가 수직이 됩니다. 그렇다면, 반직선 QD와 변 PR의 교점을 K라고 하면 ∠QIK = 90°에서 교점 K는 보라색 원 위의 점이 되므로 보라색 선분 QK는 이 원의 지름... 지름 QK가 변 QR보다 클 수는 없고 지름의 길이가 2/3이므로, 파란색 정삼각형 PQR의 한 변의 길이는 2/3보다 작지는 않게 되네요... 모순이죠. 위 애니메이션에서도 파란색 정삼각형의 한 변의 길이가 2/3보다 작게 될 때는 보라색 각 θ의 크기가 60°보다 작거나 120°보다 클 때인데, 이때 파란색 정삼각형이 빗금친 빨간색 마름모를 포함하지 못하게 되는 것을 관찰할 수 있지요... 아래에서와 같이 빗금친 두 보라색 삼각형에 사인법칙을 적용해서 c가 2/3보다 작을 수 없음을 보일 수도 있습니다... 이상입니다... 수지수학학원 진산서당에서는 중등 KMO, 초등 KJMO 기출문제에 대한 풀이 및 해설을 계속하여 제공하고 있습니다. 아래 링크한 포스팅에 최근년도 기출문제의 풀이와 해설을 모두 모았습니다. 
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