Квант
Экзаменационные материалы

Московский институт стали и сплавов

Треногин В. А.

Квант 1979, №6с. 39-40Тег ZL05

39

Вариants
вступительные экзаменов
в вызы в 1978 году

Московский институт
стали и сплавов

В «Кванте», 1979, № 5 были опубликованы варианты вступительных экзаменов по физике. Ниже мы публикуем варианты вступительных экзаменов 1978 года по математике (письменный экзамен). Кроме самых вариантов, решений и ответов здесь приводятся подробный разбор одного из вариантов с указанием типичных ошибок школьников.

Математика

В 1978 г. МИСИС второй год проводил вступительные экзамены по математике по новой программе. Вместо ожидавшейся нами в этом году стабилизация значений абитурентов, мы вынуждены отметить отсутствие заметного улущения их подготовленности и даже неокоторое ее снижение. Это относится, в частности, к разделам школьного курса, посвященных дифференцированию и интегрированию. Особенно пллюго дело остraint с геометрией: применять векторную алгебру к решению геометрических задач почти никто не имеет.

В порядке возрастания трудности вариантов, факультеты МИСИС можно расположить примерно следующим образом: технический факультет, факультет металургии черных металлов и сплавов, факультет металургии цветных и редких металлов и сплавов, факультет полупроводниковых материалов и приборов, физико-химический факультет.

Факультет полупроводниковых материалов

  1. Найти область определения функций

y=log⁡0.5(3x−8)−log⁡0.5(x2+4)y = \sqrt{\log_{0.5}(3x - 8) - \log_{0.5}(x^2 + 4)}

Эта задача состоит в решению системы неравенств. Многие из абитурентов не смогли правильно получить эту систему неравенств, т.к. пллюго знания стеленной и логарифмической функций. Система неравенств имеет вид

{3x−8>03x−8x2+4≤1⇒{3x−8>0x2−3x+12≥0.\begin{cases} 3x - 8 > 0 \\ \frac{3x - 8}{x^2 + 4} \leq 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 3x - 8 > 0 \\ x^2 - 3x + 12 \geq 0. \end{cases}

Некоторые поступающие не смогли правильно решить эту систему, хотя из того, что второе неравенство выполено при всех x∈Rx \in \mathbb{R} сразу получается ответ: x>83x > \frac{8}{3}.

  1. Решить трионометрическое уравнение

11+ctgx+12cos⁡(x−π4)=1−ctgx2(1+ctgx)\frac{1}{1 + \text{ctg}x} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \left(x - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1 - \text{ctg}x}{2(1 + \text{ctg}x)}

Типичные ошибки здесь следующие: незначение основных формул трионометрики, например

cos⁡(x−π4)=cos⁡x⋅cos⁡π4+sin⁡x⋅sin⁡π4,\cos \left(x - \frac{\pi}{4}\right) = \cos x \cdot \cos \frac{\pi}{4} + \sin x \cdot \sin \frac{\pi}{4},

ctgx=cos⁡xsin⁡x;\text{ctg}x = \frac{\cos x}{\sin x};

прибретение построенных корней.

Решить это уравнение можно, например, следующим образом.

sin⁡x≠0,1+ctgx≠0⇒x≠−π4+kπ.\sin x \neq 0, 1 + \text{ctg}x \neq 0 \Rightarrow x \neq -\frac{\pi}{4} + k\pi.

k∈Zk \in \mathbb{Z}, x≠mπx \neq m\pi, m∈Zm \in \mathbb{Z}.

Преобразуем уравнение

1+12(cos⁡x⋅12+sin⁡x⋅12)×(1+cos⁡xsin⁡x)=12(1−cos⁡xsin⁡x)⇒(1+ctgx)(cos⁡x+sin⁡x+1)=0.1 + \frac{1}{\sqrt{2}} \left(\cos x \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \sin x \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \times \left(1 + \frac{\cos x}{\sin x}\right) = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{\cos x}{\sin x}\right) \Rightarrow (1 + \text{ctg}x) \left(\cos x + \sin x + 1\right) = 0.

  1. 1+ctgx=0⇒x=−π4+kπ1 + \text{ctg}x = 0 \Rightarrow x = -\frac{\pi}{4} + k\pi

не входит в область определения.

  1. cos⁡x+sin⁡x+1=0⇒sin⁡(x+π4)=−22⇒x+π4=(−1)k+1π4+kπ⇒x=[(−1)k+1−1]π4+kπ=(2π+1)π,k=2n+1\cos x + \sin x + 1 = 0 \Rightarrow \sin \left(x + \frac{\pi}{4}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow x + \frac{\pi}{4} = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{4} + k\pi \Rightarrow x = \left[(-1)^{k+1} - 1\right] \frac{\pi}{4} + k\pi = \left(2\pi + 1\right) \pi, k = 2n + 1

−π2+2nπ,k=2n-\frac{\pi}{2} + 2n\pi, k = 2n

40

x=(2n+1)πx = (2n + 1)\pi не входит в область определения. Ответ x=−π2+2nπ,n∈Zx = -\frac{\pi}{2} + 2n\pi, n \in \mathbb{Z}.

  1. Найти уравнение общей касательной к кривым

y=x2+4x+8y = x^2 + 4x + 8 и y=x2+8x+4y = x^2 + 8x + 4. Большинство абитурентов, не решивших эту задачу, не смогли правильно написать уравнение касательной к кривой. Решение задачи следующего: уравнение касательных к первой и второй кривым

{y=f′(x1)(x−x1)+f(x1),y=g′(x2)(x−x2)+g(x2).\begin{cases} y = f'(x_1)(x - x_1) + f(x_1), \\ y = g'(x_2)(x - x_2) + g(x_2). \end{cases}

Условие того, что касательная общая,

{f′(x1)=g′(x2)f(x1)−f′(x1)⋅x1=g(x2)−g′(x2)⋅x2⇒{2x1+4=2x2+8−x12+8=−x22+4⇒{x1=2x2=0.\begin{cases} f'(x_1) = g'(x_2) \\ f(x_1) - f'(x_1) \cdot x_1 = g(x_2) - g'(x_2) \cdot x_2 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 2x_1 + 4 = 2x_2 + 8 \\ -x_1^2 + 8 = -x_2^2 + 4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x_1 = 2 \\ x_2 = 0. \end{cases}

Получаем уравнение общей касательной

y=8x+4y = 8x + 4.

  1. Найти предел последовательности

xn=12⋅3⋅4⋅5+13⋅4⋅5⋅6+⋯+1n(n+1)(n+2)(n+3)x_n = \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} + \frac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6} + \dots + \frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)}

=∑k=2n1k(k+1)(k+2)(k+3)= \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)(k+3)}.

Типичная ошибка: поступающие пользовательсь тем, что последнее слагаемое в сумме стремится к нулю, и на основании этого решали, что предел равен первому слагаемому, или сумме нескольких первых членов, в зависимости от личного вкуса. При этом забывали о том, что число слагаемых в сумме растет с ростом nn. Правильно решить задачу можно, например, так. Разложим общий член 1k(k+1)(k+2)(k+3)\frac{1}{k(k+1)(k+2)(k+3)} на сумму простейших дробей и сложим эти дроби так:

xn=∑k=2n[16(1k−1k+3)+12(1k+2−1k+1)]=16[(12−15)+(13−16)+(14−17)+(15−18)+⋯+(1n−1n+3)]+12[(14−13)+(15−14)+⋯+(16−15)]+⋯+x_n = \sum_{k=2}^{n} \left[ \frac{1}{6} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+3} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k+2} - \frac{1}{k+1} \right) \right] = \frac{1}{6} \left[ \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{6} \right) + \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{7} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{8} \right) + \dots + \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+3} \right) \right] + \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{4} \right) + \dots + \left( \frac{1}{6} - \frac{1}{5} \right) \right] + \dots +

+(1n+2−1n+1)=16(12+13+14)−16+14−1n+1−1n+2−1n+3+12−13+1n+2+1n+3+ \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+1} \right) = \frac{1}{6} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) - \frac{1}{6} + \frac{1}{4} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3}

Отсюда

lim⁡n→∞xn=16(12+13+14)−16+lim⁡n→∞[12(n+2)−16(1n+1+1n+2+1n+3)]=16(12+13+14)+14−1+0=172\lim_{n \to \infty} x_n = \frac{1}{6} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) - \frac{1}{6} + \lim_{n \to \infty} \left[ \frac{1}{2(n+2)} - \frac{1}{6} \left( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3} \right) \right] = \frac{1}{6} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) + \frac{1}{4} - 1 + 0 = \frac{1}{72}

  1. Точка A(1;2;3),B(1;5;3),C(3;3;3)A(1; 2; 3), B(1; 5; 3), C(3; 3; 3) лежит на окружности нижнего основания цилиндра, а точка D(2;3;7)D(2; 3; 7) на его верхнем основании. Найти координаты центров оснований и объем цилиндра.

С этой задачей на примере встерометрии не справились большимство абитурентов. Можно предложить, например, такое решение:

  1. Найдем уравнение плоскости, проходящей через точки A,BA, B и CC (очевидно, проходящей и через центр OO нижнего основания)

ax+by+cz+d=0.ax + by + cz + d = 0.

Для определения a,b,ca, b, c и dd получим систему (координаты точки A,B,CA, B, C удовлетворяют уравнению плоскости).

  1. Пусть O(x;y;z)O(x; y; z). Тогда для определения (x;y;z)(x; y; z) имеем систему уравнений

{z=3(x−1)2+(y−2)2+(z−3)2==(x−1)2+(y−5)2+(z−3)2==(x−3)2+(y−3)2+(z−3)2\begin{cases} z = 3 \\ (x - 1)^2 + (y - 2)^2 + (z - 3)^2 = \\ = (x - 1)^2 + (y - 5)^2 + (z - 3)^2 = \\ = (x - 3)^2 + (y - 3)^2 + (z - 3)^2 \end{cases}

⇒{z=3y2−4y+4=y2−10y+25x2−2x+1+y2−4y+4==x2−6x+9+y2−6y+9\Rightarrow \begin{cases} z = 3 \\ y^2 - 4y + 4 = y^2 - 10y + 25 \\ x^2 - 2x + 1 + y^2 - 4y + 4 = \\ = x^2 - 6x + 9 + y^2 - 6y + 9 \end{cases}