/
Text
ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА
Вступительные экзамены
по математике в Московском
авиационном институте (МАИ) 1969 г.
В большинстве ВТУЗ ов страны проводятся два вступительных экзамена по математике: один устный, а второй письменный. В МАИ проводятся также два экзамена, но оба они письменные.
Первая письменная работа содержит
один теоретический вопрос по геометрии или
тригонометрии, две задачи по геометрии и
два примера, в том числе одно уравнение,
' по тригонометрии. ¦
Вторая письменная работа содержит один теоретический вопрос и четыре примера или задачи из алгебры.
Приведем теперь типовые варианты по геометрии, тригонометрии и алгебре.
Вариант 1
1. Доказать теорему об измерении угла, вершина которого находится внутри и вне круга.
2. Доказать тождество
f tg 2а + cos2aj (cosа— sin а) =
= V5 cos (-=--
3. В трапеции ABCD сумма углов при основании AD равна 90°. Нижнее и верхнее основания равны соответственно 7 и 3. Определить отрезок, соединяющий середины оснований.
4. Две взаимно перпендикулярные образующие прямого кругового конуса делят окружность- основания в отношении 1:2. Найти боковую поверхность конуса, если высота его равна h.
5. Решить уравнение
4 sin2 х + sec (Зя + *)=!.
Вариант 2
1. Вывод формулы суммы п членов геометрической прогрессии.
2. Найтн комплексное число z=x-\-iy, если
|z + 3»"|2 — z =
3. Решить уравнение
4. Двое вышли одновременно из М и N навстречу друг другу. Они встретились в 50 л от TV, а затем, дойдя до N и М, пошли обратно и вновь встретились в 25 м от М. Найти расстояние MN, если известно, что они двигались равномерно и непрерывно.
5. При каких действительных значениях параметра т корни уравнения
х _i_ 1
У л:2 — х — 2т2 + 2т + 2 =
действительны и имеют разные знаки? Решения
Вариант I
2. Преобразуем левую часть следующим образом:
l+sin2a
+ cosl"2- —2 cos a + sin а
2 cos2 (-^--ex)
1
vrcosa+"vrslna)
2 cos2 (-^-a
1/2 cos (-3—a)
35
A
¦
/
7
-
R /
IV
}
1
1
(
'/
/
V
\
E_
4
V
F
z—
\
'¦
\
\
\
D
•
¦
3. Изобразим трапецию с искомым отрезком EF и продолжим се боковые стороны до взаимного пересечения в точке М (рис. 1). Продолжение прямой EF также пройдет через точку М, так как MF будет медианой полученного \ AMD. По условию— !ЛШ = =-1803—^А—^D=90°. Из свойства медианы прямоугольного треугольника следует, что
I I
Многие не использовали этого свойства медианы и испытывали затруднения в решении задачи. Между тем нетрудно сообразить, что прямой угол опирается на диаметр окружности, описанной около треугольника. Центр такой окружности лежит на середине гипотенузы, т. е. в основании медианы. Следовательно, MF и AF равны как радиусы. Отсюда вытекает указанное выше свойство. Далее легко иайти искомый отрезок:
EF = MF — ME = -у- (AD — ВС) =
4. В обозначениях рисунка 2 боковля поверхность конуса
^бок — л • АО ¦ AS.
Обозначим AS—BS=x. Тогда, так как ^А SB прямой, АВ=х\'Т, а АС=:Х V? .
По условию ^Л 06= 120°, следовательно, ^АОС=60° и
А0 =
АС
\ х - з х Уз
Отсюда найдем х= li\f 3, a AO=hY 2. Боковая поверхность конуса будет
SGoK = rth Va-й 1/3 = я/г2 5. Имеем 4 sin2 х— —oj^- = 1, где
я т. е. х Ф —п~ -f- zik. Приводя к общему ана-
менателю, получим
4sin2x-cos х — ! = cos x, 4(1 — cos2 х) ¦ cos х = I + cos x или
(1 + cos x) (4 cos2 x — 4 cos x + 1) = 0
и далее приравниваем каждый из сомножителей нулю. Здесь многие не выносили общий множитель (l-(-cosx) за скобку, а раскрывали скобки в предпоследнем выражении и приходили к кубическому уравнению
4 cos3 х — 3 cos x: + 1 =0,
с решением которого не справились.
OflHaKj простые кубичные уравнения, такие, которые решаются разложением на множители, могут встречаться на вступительных экзаменах, и их необходимо уметь решать.
В данном случае выразим 1 как разность чисел 4 и 3 и представим уравнение в виде
4 со'" х — 3 cos х + 4—3 = О Группируя, запишем
4(cossx+ 1) —3(cosx+ 1) = C, а затем (cosx+l)[4(cos2* — cosx+1) — 3] =0
Рис
2.
-
-
- -
2
_ J
- 1
1
г
¦1-
i—
\
—
1
~9~
/
—
2
1
1
4
(cos .v + I) (4 cos2 x — 4 cos x + I) = 0.
Получили то же, что и в первом варианте решения. Далее,
1) cos х:-\- I = 0; cos х = — I и
*i = n(2fe+l);
2) (2cosx — I)2 = 0; cosx = ij-
Вариант 2
2. В этом примере основная трудность заключается в правильной записи модуля комплексного числа. Здесь комплексное число z -x+iy, а комплексное число z-{-3i—x+ +i(/+3i=A,+(j/+3)i. Модуль последнего | г + +3i| уГх2+(у+3)2, я его квадрат |z+3i|2-
л;?+((/+3)2. Таким образом, имеем
*2 + {У + З)2 — х — II/ -= 3 + 2i.
Два комплексных числа равны, если равны их действительные части и коэффициенты при мнимых частях. Следовательно, -
| *2 + (У+ 3)2-х = 3, I J/ = —2.
Решая систему, найдем хх 1 и хг—2. Отсюда получим два комплексных числа: Zi =—I—2i и z2=2—2i.
3. Используя основное логарифмическое тождество, получим
log, (leg, *-!)• = 2.
Далее многие допускали ошибку, а именно логарифмировали степень, вынося показатель степени скобки 2 за знак логарифма, н сокращали уравнение на двойку. Такое преобразование в данном случае приводит к потере корня, так как после логарифмирования выраже
ние в скобках может быть лишь положительным, в то время как в исходном уравнении оно могло быть н положительным и отрицательным.
Правильное решение:
(log»*— 1)2 = 9 или | log2 д: — I | = 3.
Отсюда log.,,*-—1=±3, что приводит к двум решениям:
1) log2x=4 и а;1=16;
2) log2A; —2 и x2=-f.
Оба корня положительны и удовлетворяют ОДЗ неизвестного х^>0.
4. Обозначим расстояние между М и Л' через х. Тогда путем первого от М до первой встречи будет (х—50), а путь его от первой до второй встречи равен 50+(лг—25)=х+25. Путь второго от N до первой встречи 50, а от первой до второй встречи (х—50)+25=л,—25. Так как онн двигались равномерно, то отношение путей первого и второго до первой встречи н от первой встречи до второй постоянно. Отсюда получим уравнение
х — 50 х + 25
50
Л--25
или (а,—50) (а,—25) =50(х+25).
5. Прежде всего следует заметить, что левая часть заданного уравнения, как арифметический корень четной степени, неотрицательна. Следовательно, и правая часть его должна быть неотрицательна, т. е. х+1^0; отсюда находим ОДЗ неизвестного: х~>а — I
Возводя обе части иррационального уравнения в квадрат, получим в области допустимых значений х^—1 равносильное ему уравнение
2 (я2 _ х — 2т2 + 2т + 2) = х* + 2х + 1 или
,К2 __ 4л- _ 4m2 -f 4т + 3 = 0,
37
Рис
/
3.
/
/
1
-/.
1
-1-
S
гл
г
1
\
\
1
\
L
h
корни которого
ч.
т.
2 =
'. Хл
2±
= 1
l/4 + 4/n2 — 2±(2т—1] + 2т и х2 =
4т- = 3-
-3 = -2т.
Полученные корни будут действительны при всех действительных т. Для найденных значений корней необходимо потребовать выполнения ОДЗ, т. е.
( I +2mSs— 1, ( \ 3 — 2m Ss— I; \
2;
отсюда
— 1 =scmsc2.
(1)
Кроме того, по условию задачи кории должны иметь разные знаки. Это будет в том случае, если xvx2<0 или (l+2m)(3—2m) <0. Последнее неравенство выполняется при
1 3
т<-у и ш>у. (2)
Сопоставляя полученные результаты (1) и (2) на числовой оси (рис. 3), получим, что все поставленные условия задачи выполняются при следующих значениях т:
1 3
l — -g- и -g-
Остается отметить, что поскольку я, и хг являются решениями заданного уравнения, то при х=х1 и х=х2 его подкоренное выражение обязательно будет полным квадратом, а следовательно, неотрицательно. Это можно проверить и непосредственной подстановкой.
Типичная ошибка, которую допускали 70% абитуриентов^ в этой задаче, заключалась в том, что не" учитывалась область до- лустимых значений д;Ьг—1.
В. А. Нагаев
П. И.Торжков 38
МЕШОК КАРТОШКИ
В мешке находится картошка весом 100 кг при влажности 99%. Картошка высохла, влажность уменьшилась до 98%.
Коков стал ее новый вес?
ТОЛЬКО ЛИ 2?
Всем хорошо известны следующие равенства:
2X2=4, 2+2=4; 0+0= =0X0=0.
Подумайте иад такими вопросами:
1. Существуют ли другие целые а чЬ, что
2. Существуют ли другие рациональные числа?
3. Пусть к тому же
a+b=ab=p,
где р—целое число, рфО, рф4. Возможно ли это:
а) для действительных а, Ь;
б) для рациональных а, Ь.
1. Натуральное число не делится ни на 2, ни на 3, ни на 5. Найти остаток от деления 4-й степени этого числа на 480.
2. Двое купили одинаковые блокноты: первый 5 шт., второй 31 шт. Сдача первому с пяти рублей содержала столько рублей и копеек, сколько копеек и рублей соответственно содержала сдача второго с '25 руб. Сколько стоит блокнот?