Письменный экзамен по математике на мехмате МГУ в 1970 году

45

ПИСЬМЕННЫЙ ЭКЗАМЕН
ПО МАТЕМАТИКЕ
НА МЕХМАТЕ МГУ В 1970 ГОДУ

Н. Н. Колесников

В «Кванте» № 2 за 1970 год была напечатана статья Н. С. Бахвалова и Н. Н. Кузнецова о письменном экзамене по математике на mexmate МГУ в 1969 году. Хотелось бы, не повторяя сделанные там замечания о характере этого экзамена, подчеркнуть некоторые его особенности в 1970 году.

Задачи, предложенные поступившим, еще раз подтверждают положение о том, что успешное их решение достигло любому абитриенту, твордо условием школьного программу, а не только выпускником математических школ. Вы увидите, что эти задачи не содержат «подводных камней» или «ловушек», а требуют четкого понимания основных разделов программы по математике для поступающих вузы и определенных навчков в технических выкладок и решении простейших уравнений, неравенств и геометрических задач.

Естественно, что такая «стандартность» задач предполагает повышение требований к оценке их решений, требований к умению доводить решение до конца, а не ограничиваться намеками на решение. Удовлительная оценка (tri) ставилась в 1970 году за доведенное до конца правильное решение любых двух или трех задач, хорошо (четыре) — любых четырех задач, отличная (пять) — пяты задач. На решение задачи (набор из пяты задач — варианта) отводилось 4 астрономических часов.

Перейдем к разбору одного из вариантов письменного экзамена по математике, коротко оставливаясь на наиболее характерных ошибках, встретившихся в работах поступивших на механико-mатематический факультет.

Вариант 1

1. Решить неравенство
   $$-\log_2(1 + \cos 3x) \leq 2 + \log_2\left(\frac{1}{4} - \cos x\right).$$

2. Найти все действительные решения системы
   $$\begin{cases} y^2 - |xy| + 2 = 0, \\ 8 - x^2 = (x + 2y)^2. \end{cases}$$

3. Три гоншика A, B и C, стартовав одновременно, движутся с постоянными скоростями в одном направлении по колъевому шоссе. В момент старта гоншика B находится перед гоншиком A на расстоянии $1/3$ длины шоссе, а гоншик C — перед гоншиком B на таком же расстоянии. Гоншик A впервые догал B в тот момент, когда B закончил свой первый круг, а еще через 10 минут A впервые догал гоншика C. Гоншик B траит на круг на 2,5 минуты меньше, чем C. Сколько времени траит на круг гоншика A?

4. На диагонали AC выпуклочете рехуговника ABCD находится центр окружности радиуса r, касающейся сторона AB, AD и BC. На диагонали BD находится центр окружности такого же радиуса r, касающейся сторона BC, CD и AD. Найти площад четырех(reхуговника ABCD), зная, что указаные окружности касаются друг друга внешним образом.

5. Шар радиуса r касается плоскости P в точке A. Примая l образует с плоскостью P

47

входит модуль произведение неизвестных, рассмотрим два случая.

а) Пусть $xy \geq 0$. При этом условия системы имеет вид

$$\begin{cases} y^2 - xy + 2 = 0, \\ 8 - x^2 = (x + 2y)^2, \\ y^2 - xy + 2 = 0, \\ -8 + 2x^2 + 4xy + 4y^2 = 0. \end{cases}$$

Умножая первое уравнение на 4 и складывая со вторым, получим $2x^2 + 8y^2 = 0$, что возможно только при действительных $x = y = 0$. Но эти значения неизвестных рассматриваемой системе являются неудовлетворяющими.

б) Пусть теперь $xy < 0$. Исходная система примет вид

$$\begin{cases} y^2 + xy + 2 = 0, \\ 8 - x^2 = (x + 2y)^2 \\ y^2 + xy + 2 = 0, \\ 2x^2 + 4xy + 4y^2 - 8 = 0. \end{cases}$$

Умножая первое уравнение опять на 4 и вычитая его из второго, получим $x^2 = 8$, то есть $x = \pm 2\sqrt{2}$. Теперь из первого уравнения легко найти $y: (y \pm \sqrt{2})^2 = 0$, откуда $y = \mp \sqrt{2}$.

Согласно предположению $xy < 0$. Учитывая это, находим ответ:

$$x = 2\sqrt{2}, y = -\sqrt{2}$$

или

$$x = -2\sqrt{2}, y = \sqrt{2}$$

Проверка подтверждает, что обе пары чисел являются корнями.

Этот пример также не содержит в себе никаких подвохов и хитростей. Он расчитан на школьников, имеющих обычную математическую культуру. Ошибки поступавших при решении этого примера были связаны с нечетким представлением об абсолютиной величины (модуле) функции и неуменнем правильно записать ответ. При этом либо не рассматривались два случая, а уравнение с моделем просто заменялось тем или другим уравнением без него, либо полученный набор значений $x$ и $y$ не был согласно с условиям $xy < 0$, появлялись лишные ответы.

3. Эту задачу можно решать поразному, вводя те или другие неизвестные.

Пусть $t_A, t_B$ и $t_C$ — времена, которые траят на круг гонщикки $A$, $B$ и $C$ соответственно (длину пути приmem за единицу). Тогда скорости каждого из них будут $\frac{1}{t_A}, \frac{1}{t_B}, \frac{1}{t_C}$.

Заметим, что при любых, но одинаковых абсолютиных скоростях расстояние между гонщикками во все время движения сохраняется бы неизменным. Расстояние между гонщикками сокращаются за счет избытка скорости одного над скоростью другого. Скорость гонщика $A$ относительно $B$ есть $\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_B}$, $A$ относительно $C$ — $\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_C}$, а скорость $B$ относительно $C$ равна $\frac{1}{t_B} - \frac{1}{t_C}$.

Теперь легко перевести условия задачи на язык уравнения. Поскольку гонщикк $A$ впервые договора $B$, когда последний закончил свой первый круг, то $A$ договора $B$ за $t_B$ часов. Но для этого $A$ попадилось покрыть $1/3$ круга с относительной скоростью $\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_B}$, это дает уравнение

$$\left(\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_B}\right)t_B = \frac{1}{3}.$$

Начальное расстояние между гонщикками $A$ и $C$ было $2/3$, гонщикк $A$ покрыл его с относительной скоростью $\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_C}$ за $t_B + \frac{1}{6}$ часов; получили второе уравнение:

$$\left(\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_C}\right)\left(t_B + \frac{1}{6}\right) = \frac{2}{3}.$$

Кроме того, известно, что

$$t_B + \frac{1}{24} = t_C.$$

Из уравнения (1) сразу следует, что $t_B = \frac{4}{3}t_A$, а из уравнения (3) $t_C = \frac{4}{3}t_A + \frac{1}{24}$. Исключая теперь из

48

Рис. 2.

уравнение (2) $t_B$ и $t_C$, получаем уравнение, содержащое только $t_A$:

$$\left( \frac{1}{t_A} - \frac{24}{32t_A + 1} \right) \left( \frac{4}{3} t_A + \frac{1}{6} \right) = \frac{2}{3},$$

или

$$64t_A^2 - 12t_A - 1 = 0. \quad (4)$$

Отбрасывая непригодное по смыслу задачи отрицательное решение квадратного уравнения (4), получаем ответ: $t_A = \frac{1}{4}$.

Большинство поступавших, не решивших до конца эту задачу, не проявили достоинных навыков в решении логических задач: они либо ошибались при составлении уравнения, либо не могли аккуратно решить полученную систему.

4. Пусть $ABCD$ (рис. 2) — данный четырехугольник, $O_1$ и $O_2$ — центры указанных окружностей, лежащие на диагоналях $AC$ и $DB$. Точки $K_1, L_1, M_1$ являются точками касания окружности с центром в $O_1$ со стороны $AD, AB, BC$ соответственно, а $K_2, L_2, M_2$ — точки касания окружности с центром в $O_2$ со стороны $AD, CD, BC$. Пусть $B'$ — основание высоты, опущенной из $B$ на $AD$.

Согласно условиям окружности равны и касаются друг друга, откуда следует параллельность общих к ним касательных: $BC$ и $AD$. Теперь заменаем, что $\Rightarrow BCA = \Rightarrow CAD$, как накрест лежащие углы, и $\Rightarrow CAD = \Rightarrow BAC$, так как $AC$ — биссектриса ($AB$ и $AD$ — касательные, а $AC$ проходит через центр окружности). Следовательно, $\Rightarrow BAC = \Rightarrow CAD$, требовательно, $\Rightarrow ABC$ — равноведренный и $AB=BC$.

Итак, у нашей четырехугольника $BC \parallel AD, AB=CD$, следовательно, он либо трапеця, причем равноведренная, либо параллелограмм.

Параллелограмм не подходит, поскольку центры $O_1$ и $O_2$ должны лежать на средней линии четырехугольника, но в параллелограмме диагонали, пересекаясь между собой, делятся пополам, то есть центры окружностей обязаны были бы совпать, что противоречит условиям. Следаем новый рисунок (рис. 3).

Пусть $BM_1=M_2C=x$. Тогда $AB=BC=2r+2x$. Но $BM_1=BL_1$, как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, и тогда $AL_1=AK_1=2r+x$.

По построению $B'K_1=x$, следовательно, $AB'=2r=BB'$, треугольник $AB'B$ равноведренный и прямогольный, то есть

$$\Rightarrow A = \Rightarrow ABB' = \frac{\pi}{4} \quad \text{и} \quad D = \frac{\pi}{4}.$$

Теперь легко получить ответ. Искомая площадь

$$S = BB' \frac{BC+AD}{2}, \quad BB' = 2r,$$

$$BC = AB = 2\sqrt{2}r,$$

$$AD = BC + 2AB' = 2\sqrt{2}r + 4r,$$

$$S = 2r \cdot \frac{2\sqrt{2}r + (2\sqrt{2}r + 4r)}{2} = 4(\sqrt{2} + 1)r^2.$$

Характерной ошибкой поступавших при решении этой задачи было

49

Рис. 4.

лое чрезмерное увлечение «очевидноность» неокоторых логических выражений, нережность в промежуточных рассуждениях. Так, многие без всяких доказательств написали, что $ABCD$ — равноочная трапеция, другиевозможности при этом неисследовались. Были случан, когда доказательством того, что $ABCD$ может быть только трапецей, служил … чертеж и слова о том, что для выполнения условий задачи по-другому четырехугольник нарисовать нельзя.

5. Пусть $B'$ — основание перпендикулара, опущенного из точки $B$ на плоскость $P$ (рис. 4). Согласно условия

$$\Rightarrow BCB' = \varphi, OB = OA = r, CA = 2r, \\ \Rightarrow CBO = \frac{\pi}{2}.$$

Искомудо длину отрезка $AB$ можно найти, например, из прямогоного треугольника $AB'B$, стороны которого легко вычислить. Заметаем, что $CB = CA = 2r$ — это отрезки касательных к шару, проведенных из одной точки. Отсюда следует, что

$$BB' = CB \sin \varphi = 2r \sin \varphi.$$

Сторона $AB'$ треугольника $AB'B$ равна перпендикулуру $OO'$, опущенном из $O$ на $BB'$ ($OA \parallel BB'$, как перпендичеры к одной плоскости; $BB' \perp AB'$ так как $AB'$ лежит в плоскости $P$, перпендикулярной $BB'$; $OO' \perp BB'$ по построению; поэтому $OO'B'A$ — прямойник). $OO'$ находится из прямогоного треугольника $OO'B'$:

$$OO' = \sqrt{r^2 - (BO')^2},$$

$$BO' = |BB' - B'O'| = |BB' - OA| = |2r \sin \varphi - r|,$$

$$OO' = AB' = \sqrt{\sin \varphi - \sin^2 \varphi} \cdot 2r.$$

Наконец, $AB$ находится из треугольника $AB'B$:

$$AB = \sqrt{(AB')^2 + (B'B)^2} = 2r \sqrt{\sin \varphi}.$$

Мы сейчас убедились, что трудности при решении этой стереометрической задачи (как и других, предложенных в 1970 году) не превосходят тех, которые встречаются при решении школьных задач. Однако каждый год очень много абитурентов на письменном экзамене по математике просто не присутствит к решению стереометрических задач, видимо, считая, что их заведено невозможно решить.

Из ошибок, встречавшихся в работе поступающих, следует отметить часть неопоннимаемого того, что такое угол прямой с плоскостью. Так, в разобранной задаче за этот угол часто принимается $\Rightarrow BCA$.

Также часто при решении пользоваться условиями, что $\Rightarrow CB'A$ — прямой, хотя в обшем случае это совсем не так.

В заключение предлагаем читательям журнала для самостоятельного решения еще один вариант письменной работы по математике, предлагающий на механизм МГУ в 1970 году.