关于1969年莫斯科国立大学力学与数学学院笔试

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N.S.巴赫瓦洛夫、N.N.库兹涅佐夫

数学笔试是莫斯科国立大学力学与数学学院申请者的主要考试。经常出现这样的情况，即考试难度过高，只有莫斯科数学学校的毕业生才能在这项考试中获得“C”。

这些案例完全没有根据*)。笔试中提供的任务（所谓的“变体”，由 4 个问题组成）的构成方式是，每个变体都有一个任务

*) 1969 年，在 922 名莫斯科申请人中，有 469 人（约占 50%）在笔试中获得了积极的分数（三分或更高），而在 2,356 名非居民中，有 912 人（约占 40%）。

对于那些受过平均数学训练的人来说是很容易理解的。解决这样的问题就已经保证了三。因此，要成功通过笔试，你只需要对学校的数学课程有扎实的了解，只有那些没有做好充分准备以顺利在学院学习的申请者才会获得不令人满意的成绩。

当然，我会解决简单的问题；该版本还包括其解决方案需要足够的数学文化的任务（但不需要超出程序范围的额外知识）。因此，这次考试不可能拿高分。

选项1

1. 点 A 和 B 位于以 ACB=60° 角相交的道路上。您可以乘坐巴士从 A 点前往 B 点 - 首先沿着一条路到达交叉路口 C，然后沿着另一条路行驶 - 花费 11 分钟。如果从A到B方向正确的话，需要1个小时。 10分钟，如果先走最短路线到B点所在的路，然后再坐公交车，那么时间就更长了，即使马上就有公交车。

如果行人速度为 3 公里/小时，公交车速度为 30 公里/小时，从 A 点到交叉路口的距离是多少？ （道路被认为是直的。）

2. 在三角形ABC中，画三边形AD和BE，交于点O。已知线段OE的长度为1，顶点C位于经过点E、D、O的圆上。求三角形EDO的边和角。

3. 找出同时满足以下条件的所有 x 值：

$$\cos 13x = \cos x,$$
$$\cos 2x + \sin 5x = 1,$$
$$|x| < 3.$$

4. 一个平面四边形变成两个相互垂直的平面的本初过程是边长为 2 的正方形。已知四边形的一条边等于 $\sqrt{5}$，求该四边形的周长。

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这需要特殊准备和使用适当的文献*)。

在这里，我们将考虑 1969 年 MEXMATH 笔试版本中的一组典型问题（第 50 页的变体 1）作为示例。他有 4 个小时的时间来做出决定。要获得“3”分，就足以解决至少一个问题；如果其中任意三个问题有完整的解决方案，则得分为“5”，其中四个属于主要解决方案。

我们将详细分析这些问题，并记录那些到达解决问题的人所犯的典型错误，最后我们将为 Kvanat 的读者提供另一种独立解决方案的选择。

任务分析

任务1

让我们画一幅画（图1）。 $D$ 是线$BC$ 靠近$A$ 的点。请注意，点$B$相对于$D$的位置事先是未知的（图中显示了两个位置选项）。设$x=AC$、$y=CB$（这些距离以公里为单位）。写下问题的条件，我们得到两个方程组：

$$\begin{cases} x+y=5,5 \\ x^2+y^2-xy=12,25 \end{cases}$$

和不平等：

$$10x\sqrt{3}+|2y-x|>70$$

*) 作为合适的问题书，我们指出，例如，E. B. Vakhovsky 和 ​​A. A. Ryvkin 的书《难度增加的初等数学任务》（关于它，请参阅本期《Kvanat》第 60 页的文章“如何解决问题”），N. Kh. Rozov、M.K. Potapov、G. V. Dorofeev，“大学申请者数学手册”，V. B. Lidsky、P. V. Ovsyannikova、A. N. Tulaikova 和 M. I. Shabunna，“初等数学任务”。

方程组（1）有两个解：a）$x=4$，$y=1,5$； 6) $x=1,5$，$y=4$，我们必须从中选择满足附加条件（2）的一个。该条件的第二个解不满足，即$15\sqrt{3}+6,5<30+6,5<70$。第一个决定让他很满意。要验证这一点，您需要检查$40\sqrt{3}+1>70$或$40\sqrt{3}>69$。通过对最后一个不等式进行平方，我们得到$4800>4781$，从而验证它的正确性。所以，问题的解是$x=4$公里。

让我们看看申请人在解决这个问题时所犯的典型错误。

他们中的大多数人都成功地编译并求解了方程组（1）；然而，对于许多人来说，使用附加条件（2）选择所需的解决方案是一个难以克服的障碍。请理解顺序的最方便的方法是点 $B$ 和 $D$ 相对位置的错误视觉表示，因此，检查的不是不等式 (2)，而是不正确的不等式

$$10x\sqrt{3}+2y-x>70.$$

与此同时，审查员常常仅限于检查找到的解决方案之一。例如，在确定系统（1）的第二个解（$x=1,5$；$y=4$）不满足不等式（3）后，他们会在此基础上自动满足

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结论是第一个解就是我们要寻找的解（尽管很容易看出它也不满足不等式（3）。让我们注意一个相当多的构造者所犯的错误：在检查条件（2）时，值$\sqrt{3}$被替换为近似有理数，例如1.7，并且不正确地检查了等式

$$17x + |2y - x| > 70$$

（很容易检查方程组（1）的两个解也不满足它）。

问题2

让我们连接点 $C$ 和 $O$（参见 图 2）。线$CO$是角$C$的平分线，或者穿过平分线$AD$和$BE$的交点。这就是为什么

$$\angle ECO = \angle DCO$$

(1)

圆内切角 $OECD$

图 2.

$DEO$ 和 $DCO$ 相等，就好像它们位于同一条弧上。对于角度$EDO$和$ECO$也是如此。根据（1）我们得出结论

$$\angle DEO = \angle EDO,$$

即三角形$EDO$是等边三角形。

内切角$ECD$和$EOD$由附加圆弧支撑；因此它们的总和是 $180^\circ$。另一方面，我们有一个整数相等：

$$\angle EOD = \angle AOB =$$

$$= 180^\circ - (\angle OAB + \angle OBA) =$$

$$= 180^\circ - \frac{1}{2} (\angle A + \angle B) =$$

$$= 180^\circ - \frac{1}{2} (180^\circ - \angle C) =$$

$$= 90^\circ + \frac{1}{2} (\angle C).$$

因为

$$180^\circ - (\angle C) = 90^\circ + \frac{1}{2} (\angle C),$$

在哪里

$$\angle C = 60^\circ.$$

从上面给出的推理可以看出

$$\angle DEO = \angle EDO = 30^\circ,$$

$$\angle EOD = 120^\circ,$$

所以三角形$EDO$的边是1、1和$\sqrt{3}$。

Nibaulier 在这个问题上的典型错误是“证明”$\triangle ABC$ 是等边的。一些考生基于几何错觉，假设圆心$OECD$位于直线$CO$上。由此可见，角$OEC$和$ODC$是直角，因此平分线$AD$和$BE$同时是高，这只有在等边三角形中才有可能。

另一部分证明三角形$ABC$等边的人，基于以下推理：让我们从点$O$分别垂下垂线$OE'$和$OD'$到边$AC$和$BC$。距离是点$D'$和$E'$相对于点$D$和$E$的位置的两个选项（参见图3）。在情况 a) 中，$CDO$ 和 $CEO$ 是钝角，在情况 b) 中，它们都是锐角。因此，只有当点$E'$与$E$重合，$D'$与$D$重合时，点$C$、$D$、$O$、$E$的向量才能描述圆。

由此得出$AD \perp BC$和$BE \perp AC$的结论。

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我们想把它留给读者作为练习，以找出上述推理中的错误。

值得注意的是，正确解决该题（以及其他选项的类似题）的考生数量相对较少：大约九分之一的人解决了它。

任务3

该系统第一个方程的解：

$$\cos x - \cos 13x = 0$$

或者

$$2\sin 7x\sin 6x = 0$$

给出两个系列的值

a) $x = \frac{1}{7}n\pi$ ($n = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$),

6. $x = \frac{1}{6}m\pi$ ($m = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$).

从这些值中选择那些满足不等式$|x| < 3$的值，我们发现：

a) $x = \frac{1}{7}n\pi$, $|n| \leq 6$,

6. $x = \frac{1}{6}m\pi$, $|m| \leq 5$.

现在我们必须选择那些满足系统第二个方程的$x$值。该方程可以表示为：

$$1 = \sin 5x + \cos 2x = \sin 5x + \sin \left(\frac{\pi}{2} + 2x\right) = 2\sin \left(\frac{7x}{2} + \frac{\pi}{4}\right)\cos \left(\frac{3x}{2} - \frac{\pi}{4}\right).$$

让我们首先将系列（a）代入其中。由于 $7x = n\pi$ ($|n| \leq 6$)，必须满足等式：

$$\sin \left(\frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right)\cos \left(\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}$$

因为$\sin \left(\frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right) = \pm \frac{V^2}{2}$，所以$\cos \left(\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}\right) = \pm \frac{V^2}{2}$，因此，$\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}$ 必须与$\frac{\pi}{4}$ 相差$\frac{\pi}{2}$ 的初始倍数。但是，$\frac{3n\pi}{14} = \frac{3n}{7}\cdot \frac{\pi}{2}$，所以$\frac{3n}{7}$一定是整数。在约束 $|n| \leq 6$ 下，这种情况仅发生在 $n = 0$ 处。将值$n = 0$代入式(1)，确保满足式(1)。因此，从系列 (a) 中，只有 $x = 0$ 是一个解。

现在让我们检查系列 (6)。该系统的第二个方程的形式为：

$$\sin 5x = 1 - \cos 2x = 2\sin^2x,$$

我们注意到$\sin 5x$必须是非负的，即角度$5x = \frac{5}{6}m\pi$（$|m| \leq 5$）包含在前两个四元组中。将$-5$到$+5$可能的整数值​​$m$代入表达式$\frac{5}{6}m\pi$，我们确定只有六个需要验证

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其中：$m=0, 1, 3, 5; -2, -4$。用这些值计算式（2）左右两边，可得：

$$\begin{array}{c c c c c c c} m & 0 & 1 & 3 & 5 & -2 & -4 \\ \sin \frac{5m\pi}{6} & 0 & \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ 2\sin^2 \frac{m\pi}{6} & 0 & \frac{1}{2} & 2 & \frac{1}{2} & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} \end{array}$$

从中我们得到所需的解决方案：$m=0, 1, 5, t. e.$

$$x=0, \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}.$$

(3) 的三个值给出了问题的完整解，因为系列 (a) 的解给出了值 $x=0$，已包含在 (3) 中。

请注意，以同样的方式，通过暴力，我们可以检查系列（a）。

在解决这个问题时，一个典型的错误是：许多人忘记了解决方案必须同时满足问题的所有条件，并且常常根本不理解这一点。一些人仅限于求解其中一个方程并根据不等式选择一个解，另一些人则组合方程并最终仅求解一个与所提出的系统不等价的方程。

任务4

令 $ABCD$ 为给定的四边形，$AB=\sqrt{5}$。任意多边形在平行平面上的原角过程彼此相等；因此，我们将通过顶点$A$画出与原平面平行的平面$P_1$和$P_2$，以后我们将在这些平面上精确地讨论四边形的过程。

对于空间的每个点 $M$，我们将用 $M_1,M_2$ 表示，并且

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由于$AB_1=2$，则从直角三角形$ABB_1$有$BB_1=\sqrt{5}-4=1$。由于在直角三角形 $AB_2B_3$ 中，斜边 $AB_2$ 等于 2，且直角边 $B_2B_3=BB_1=1$，则 $\angle B_2AB_3=30^\circ$；因此，锐角$AD_2D_3$的边垂直于角$B_2AB_3$（$AB_2\perp AD_2$，$D_2D_3\perp AB_3$）的边，也等于$30^\circ$；因此从直角三角形$AD_2D_3$可以发现

$$D_2D_3=D_2A\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3},$$

在哪里

$$DD_1=D_2D_3=\sqrt{3}$$

和

$$AD=\sqrt{4}+3=\sqrt{7}.$$

接收$AB$和$DC_2$是平行平面$ABB_1$和$DD_1C_1C$与给定四边形$ABCD$平面的交线；因此$AB||DC$。我们同样得出$BC||AD$的结论。因此，$ABCD$是平行四边形，因此它的周长等于

$$2(\sqrt{5}+\sqrt{7}).$$

请注意，我们以这样的方式写下解决方案，我们从来不需要参考绘图来证明解释的合理性（尽管为了理解解决方案，为自己制作 图 是有用的，例如 4 a, 6, c）。通常，在解决此类问题时，他们严重依赖绘图，而忘记分析其中某一问题的所有可能情况。

这个问题目前还没有得到很好的解决；因此，不可能谈论与此任务相关的典型错误。

总之，我们为读者提供了另一个版本的书面练习任务。

选项2

1. 在点 $A$ 和 $B$ 处，两条河道远离河流，彼此成直角交叉。船从$A$到$B$沿河行驶1小时15分钟，沿运河行驶1小时10分钟。从河上的$C$点（位于$A$和$B$之间）出发，距离$A$比$B$近一倍半，您可以使用自动路线在不到13分钟的时间内到达运河交汇点。

如果船沿河的速度小于三分之一，而自动车的速度是船沿运河的速度的两倍，那么船从$A$行驶到航道交汇点需要多长时间？ （河流和运河被认为是直的。）

2. 在等腰三角形 $KLM(KL=KM)$ 中，绘制了二等边$KN$、$LP$、$MQ$。已知顶点$K$位于通过点$N$、$P$、$Q$绘制的圆上。如果 $KP=2m$ 则求 $KM$。

3. 找到满足同时条件的$x$的所有值：

$$2\cos^2 9x=1+\cos 10x,$$

$$\cos 9x+\sin 5x=1,$$

$$|x|<5.$$

4. 三角形$ABC$在两个相互垂直的平面上的初过程是边长为1的正三角形。三角形$ABC$的中线$AD$等于$\sqrt{\frac{9}{8}}$。找到$BC$。