Вступительные экзамены по математике в Московском авиационном институте (МАИ) 1969 г.

35

---

running_head:
folio:

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 изменении угла, вершина которого находится внутри и вне кругга.

2. Доказать точекство

$$\left( \mathrm{tg} 2\alpha + \frac{1}{\cos 2\alpha} \right) (\cos \alpha - \sin \alpha) = \sqrt{2} \cos \left( \frac{\pi}{4} - \alpha \right).$$

3. В трапеции $ABCD$ сумма углов при основании $AD$ равна $90^\circ$. Нижнее и верхнее основание 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 боковой поверхности конуса, если высота его равна $h$.

5. Решить уравнение

$$4 \sin^2 x + \sec (3\pi + x) = 1.$$

Вариант 2

1. Вывод формулы суммы $n$ членов геометрической прогрессии.

2. Найти комплексное число $z = x + iy$, если $|z + 3i|^2 - z = 3 + 2i$.

3. Решить уравнение

$$\log_3 (\log_2 x - 1)^2 = \sqrt{5} \log_5 4.$$

4. Двое вышили одновременно из $M$ и $N$ навстречу друг другу. Они встретились в $50$ м от $N$, а затем, дояда до $N$ и $M$, пошли обратно и вновь встретились в $25$ м от $M$. Найти расстояние $MN$, если известно, что они двигались равномерно и непрерывно.

5. При каких действительных значениях параметра $m$ корни уравнения

$$\sqrt{x^2 - x - 2m^2 + 2m + 2} = \frac{x + 1}{\sqrt{2}}$$

деяствительны и имеют разные знаки?

Решения

Вариант 1

2. Преобразуем левую часть следующим образом:

$$\frac{1 + \sin 2\alpha}{\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha} (\cos \alpha - \sin \alpha) = \frac{1 + \cos \left( \frac{\pi}{2} - 2\alpha \right)}{\cos \alpha + \sin \alpha} = \frac{2 \cos^2 \left( \frac{\pi}{4} - \alpha \right)}{\sqrt{2} \cos \alpha + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \alpha} = \frac{2 \cos^2 \left( \frac{\pi}{4} - \alpha \right)}{\sqrt{2} \cos \left( \frac{\pi}{4} - \alpha \right)} = \sqrt{2} \cos \left( \frac{\pi}{4} - \alpha \right).$$

36

Рис. 1.

3. Изображим трапецю с искомым отрезком $EF$ и продолжим ее боковые стороны до взаимного пересечения в точке $M$ (рис. 1). Продолжение прямой $EF$ также пройдёт через точку $M$, так как $MF$ будет медианой полученного $\angle AMD$. По условию $\angle AMD = 180^\circ - \angle A - \angle D = 90^\circ$. Из свойства медианы прямого треугольника следует, что
   $$MF = \frac{1}{2}AD \text{ и } ME = \frac{1}{2}BC.$$
   Многие не использовали этого свойства медианы и испытывали затруднения в решении задачи. Между тем нетрудно сообщить, 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 найти искомый отрезок:

$$EF = MF - ME = \frac{1}{2}(AD - BC) = \frac{1}{2}(7 - 3) = 2.$$

4. В обозначениях рисунка 2 боковая поверхность конуса
   $$S_{бок} = \pi \cdot AO \cdot AS.$$
   Обозначим $AS = BS = x$. Тогда, так как $\angle ASB$ прямой, $AB = x\sqrt{2}$, а $AC = \frac{x\sqrt{2}}{2}$.
   По условию $\angle AOB = 120^\circ$, следовательно, $\angle AOC = 60^\circ$ и
   $$AO = \frac{AC}{\sin 60^\circ} = \frac{x\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{3} = x\sqrt{\frac{2}{3}}.$$
   Высота конуса
   $$SO = \sqrt{AS^2 - AO^2} =$$

$$\sqrt{x^2 - \frac{2}{3}x^2} = \frac{x}{\sqrt{3}} = h.$$
Отсюда найдем $x = h\sqrt{3}$, а $AO = h\sqrt{2}$.
Боковая поверхность конуса будет
$$S_{бок} = \pi h\sqrt{2} \cdot h\sqrt{3} = \pi h^2\sqrt{6}.$$
5. Имеем $4\sin^2 x - \frac{1}{\cos x} = 1$, где $\cos x \neq 0$,
т. е. $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$. Приводя к общему значению, получим
$$4\sin^2 x \cdot \cos x - 1 = \cos x,$$
$$4(1 - \cos^2 x) \cdot \cos x = 1 + \cos x$$
или
$$(1 + \cos x)(4\cos^2 x - 4\cos x + 1) = 0$$
и далее приравниваем каждый из сомножителей нулю. Здесь многое не выносили общий множитель $(1 + \cos x)$ за скобку, а раскрывали скобки в предпоследнем выражении и приходим к кубическому уравнению
$$4\cos^3 x - 3\cos x + 1 = 0,$$
с решением которого не справились.
Однако простые кубические 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
$$4\cos^3 x - 3\cos x + 4 - 3 = 0$$
Группируя, запишем
$$4(\cos^3 x + 1) - 3(\cos x + 1) = 0,$$
а затем
$$(\cos x + 1)[4(\cos^2 x - \cos x + 1) - 3] = 0$$

37

---

running_head:
folio:

$(\cos x + 1)(4 \cos^2 x - 4 \cos x + 1) = 0$.

Получили то же, что и в первом варианте решения. Далее,

1. $\cos x + 1 = 0; \cos x = -1$ и $x_1 = \pi (2k + 1)$;
2. $(2 \cos x - 1)^2 = 0; \cos x = \frac{1}{2}$ и $x_2, 3 = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.

Вариант 2

2. В этом примере основная трудность заключается в правильной записи модели комплексного числа. Здесь компLEXное число $z = x + iy$, а компLEXное число $z + 3i = x + iy + 3i = x + (y + 3)i$. Модуль последнего $|z + 3i| = \sqrt{x^2 + (y + 3)^2}$, а его квадрат $|z + 3i|^2 = x^2 + (y + 3)^2$. Таким образом, имеем $x^2 + (y + 3)^2 - x - iy = 3 + 2i$.

Два компLEXных числа равны, если равны их действительные части и коэффициенты при минимых частях. Следовательно,

$$\begin{cases} x^2 + (y + 3)^2 - x = 3, \\ y = -2. \end{cases}$$

Решая систему, найдем $x_1 = -1$ и $x_2 = 2$. Отсюда получим два компLEXных числа: $z_1 = -1 - 2i$ и $z_2 = 2 - 2i$.

3. Используя основное логарифмическое подходство, получим

$$\log_3 (\log_2 x - 1)^2 = 2.$$

Далее многое допускали ошибку, а именно логарифмировали степень, выносая показатель степени скобки 2 за знак логарифма, и сокращали уравнение на двойку. Такое преобразование в данном случае приводит к потере корня, так как логарифмирования выражение в скобках может быть положительным, в то время как в исходном уравнении оно могло быть и положительным и отрицательным.

Правильно решение:

$(\log_2 x - 1)^2 = 9$ или $|\log_2 x - 1| = 3$.

Отсюда $\log_2 x - 1 = \pm 3$, что приводит к двум решениями:

1. $\log_2 x = 4$ и $x_1 = 16$;
2. $\log_2 x = -2$ и $x_2 = \frac{1}{4}$.

Оба корня положительных и удовлетворяют ОДЗ неизвестного $x > 0$.

4. Обозначим расстояние между $M$ и $N$ через $x$. Тогда путем первого от $M$ до первого второго встречи будет $(x - 50)$, а пусть его от первого второго встречи равен $50 + (x - 25) = x + 25$. Путь второго от $N$ до первого второго будет $50$, а от первого второго встречи $(x - 50) + 25 = x - 25$. Так как они движались равномерно, то относение пути первого и второго второго встречи и от первого второго второго должно быть неотрицательна. Отсюда получим уравнение

$$\frac{x - 50}{50} = \frac{x + 25}{x - 25}$$

или $(x - 50)(x - 25) = 50(x + 25)$.

5. Прежде всего следует заметить, что левая часть заданного уравнения, как аргументский корень четной степени, неотрицательна. Следовательно, и правая часть его должна быть неотрицательна, т. е. $x + 1 \geq 0$; отсюда находится ОДЗ неизвестного: $x \geq -1$.

Возвода обе части irrationalного уравнения в квадрат, получим в области допустимых значений $x \geq -1$ равnocльное ему уравнение

$$2(x^2 - x - 2m^2 + 2m + 2) = x^2 + 2x + 1$$

или

$$x^2 - 4x - 4m^2 + 4m + 3 = 0,$$