Kvant
升学备考

1969 年莫斯科航空学院 (MAI) 数学入学考试

Нагаев В. А., Торжков П. Н.

Kvant 1970 年第 6 期第 35-37 页

自动生成的粗略译稿，质量较低：可能有错误，语句也不够通顺。之后会被更好的译文取代。 原文 →

35

running_head:
folio:

该国大多数学院和大学都会进行两次数学入学考试：一项是口试，另一项是笔试。 MAI 也举办两次考试，但都是笔试。

第一篇书面作品包含一个几何或三角学理论问题、两个几何问题和两个三角学示例，其中包括一个方程。

第二份书面作业包含一个理论问题和四个代数示例或问题。

现在让我们介绍几何、三角学和代数中的典型选项。

选项1

  1. 证明顶点在圆内外的角变化定理。

  2. 证明点

(tg2α+1cos⁡2α)(cos⁡α−sin⁡α)=2cos⁡(π4−α).\left( \mathrm{tg} 2\alpha + \frac{1}{\cos 2\alpha} \right) (\cos \alpha - \sin \alpha) = \sqrt{2} \cos \left( \frac{\pi}{4} - \alpha \right).

  1. 在梯形 ABCDABCD 中，底边 ADAD 的角度之和为 90∘90^\circ。下底和上底分别等于 7 和 3。确定连接底边中点的线段。

  2. 直圆锥的两条互相垂直的母线以1:2的比例划分底面的圆周。如果圆锥体的高度为 hh，则求圆锥体的侧面。

  3. 解方程

4sin⁡2x+sec⁡(3π+x)=1.4 \sin^2 x + \sec (3\pi + x) = 1.

选项2

  1. 几何级数nn项之和公式的推导。

  2. 如果∣z+3i∣2−z=3+2i|z + 3i|^2 - z = 3 + 2i，求复数z=x+iyz = x + iy。

  3. 解方程

log⁡3(log⁡2x−1)2=5log⁡54.\log_3 (\log_2 x - 1)^2 = \sqrt{5} \log_5 4.

  1. 两者同时从MM和NN向对方绣。他们于NN5050米集合，到达NN和MM后，返回并于MM2525米再次集合。如果已知它们均匀且连续地移动，则求距离MNMN。

  2. 参数mm的实际值是方程的根

x2−x−2m2+2m+2=x+12\sqrt{x^2 - x - 2m^2 + 2m + 2} = \frac{x + 1}{\sqrt{2}}

是否活跃并有不同的迹象？

解决方案

选项1

  1. 让我们将左侧变换如下：

1+sin⁡2αcos⁡2α−sin⁡2α(cos⁡α−sin⁡α)=1+cos⁡(π2−2α)cos⁡α+sin⁡α=2cos⁡2(π4−α)2cos⁡α+12sin⁡α=2cos⁡2(π4−α)2cos⁡(π4−α)=2cos⁡(π4−α).\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

图 1.

  1. 让我们用所需的线段 EFEF 绘制一个梯形，并延伸其边直到它们在点 MM (图 1) 处相交。线 EFEF 的延续也将经过点 MM，因为 MFMF 将是结果 ∠AMD\angle AMD 的中位数。根据条件∠AMD=180∘−∠A−∠D=90∘\angle AMD = 180^\circ - \angle A - \angle D = 90^\circ。由直角三角形中线的性质可知
    MF=12AD и ME=12BC.MF = \frac{1}{2}AD \text{ и } ME = \frac{1}{2}BC.
    许多人没有利用中位数的这一特性，因此很难解决问题。同时，不难发现直角取决于三角形外接圆的直径。这样一个圆的中心位于斜边的中间，即中线的底部。因此，MFMF 和 AFAF 的半径相等。这意味着上述性质。然后就很容易找到需要的段了：

EF=MF−ME=12(AD−BC)=12(7−3)=2.EF = MF - ME = \frac{1}{2}(AD - BC) = \frac{1}{2}(7 - 3) = 2.

  1. 在符号 图 2 中，圆锥的侧面
    Sбок=π⋅AO⋅AS.S_{бок} = \pi \cdot AO \cdot AS.
    我们用AS=BS=xAS = BS = x来表示它。那么，由于∠ASB\angle ASB是直的，AB=x2AB = x\sqrt{2}是直的，AC=x22AC = \frac{x\sqrt{2}}{2}是直的。
    根据条件 ∠AOB=120∘\angle AOB = 120^\circ，因此 ∠AOC=60∘\angle AOC = 60^\circ 且
    AO=ACsin⁡60∘=x22⋅3=x23.AO = \frac{AC}{\sin 60^\circ} = \frac{x\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{3} = x\sqrt{\frac{2}{3}}.
    锥体高度
    SO=AS2−AO2=SO = \sqrt{AS^2 - AO^2} =

x2−23x2=x3=h.\sqrt{x^2 - \frac{2}{3}x^2} = \frac{x}{\sqrt{3}} = h.
从这里我们找到x=h3x = h\sqrt{3}和AO=h2AO = h\sqrt{2}。
圆锥体的侧面将是
Sбок=πh2⋅h3=πh26.S_{бок} = \pi h\sqrt{2} \cdot h\sqrt{3} = \pi h^2\sqrt{6}.
5. 我们有 4sin⁡2x−1cos⁡x=14\sin^2 x - \frac{1}{\cos x} = 1，其中 cos⁡x≠0\cos x \neq 0，
即x≠π2+πkx \neq \frac{\pi}{2} + \pi k。减少到一般值，我们得到
4sin⁡2x⋅cos⁡x−1=cos⁡x,4\sin^2 x \cdot \cos x - 1 = \cos x,
4(1−cos⁡2x)⋅cos⁡x=1+cos⁡x4(1 - \cos^2 x) \cdot \cos x = 1 + \cos x
或者
(1+cos⁡x)(4cos⁡2x−4cos⁡x+1)=0(1 + \cos x)(4\cos^2 x - 4\cos x + 1) = 0
然后我们将每个因素都等于零。这里我们没有把公因数(1+cos⁡x)(1 + \cos x)放在括号外，而是把倒数第二个表达式中的括号打开，得到三次方程
4cos⁡3x−3cos⁡x+1=0,4\cos^3 x - 3\cos x + 1 = 0,
他们未能解决这个问题。
然而，简单的三次方程，例如那些可以通过因式分解解决的方程，可能会出现在入学考试中，并且需要能够解决它们。
在本例中，我们将 1 表示为数字 4 和 3 之间的差，并将方程表示为以下形式
4cos⁡3x−3cos⁡x+4−3=04\cos^3 x - 3\cos x + 4 - 3 = 0
分组，我们来写
4(cos⁡3x+1)−3(cos⁡x+1)=0,4(\cos^3 x + 1) - 3(\cos x + 1) = 0,
进而
(cos⁡x+1)[4(cos⁡2x−cos⁡x+1)−3]=0(\cos x + 1)[4(\cos^2 x - \cos x + 1) - 3] = 0

37

running_head:
folio:

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

我们得到了与第一个解决方案相同的结果。下一个，

  1. cos⁡x+1=0;cos⁡x=−1\cos x + 1 = 0; \cos x = -1和x1=π(2k+1)x_1 = \pi (2k + 1)；
  2. (2cos⁡x−1)2=0;cos⁡x=12(2 \cos x - 1)^2 = 0; \cos x = \frac{1}{2} 和 x2,3=±π3+2πkx_2, 3 = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k。

选项2

  1. 在这个例子中，主要困难在于正确编写复数模型。这里complexLEX数是z=x+iyz = x + iy，complexLEX数是z+3i=x+iy+3i=x+(y+3)iz + 3i = x + iy + 3i = x + (y + 3)i。后者的模为∣z+3i∣=x2+(y+3)2|z + 3i| = \sqrt{x^2 + (y + 3)^2}，其平方为∣z+3i∣2=x2+(y+3)2|z + 3i|^2 = x^2 + (y + 3)^2。因此我们有x2+(y+3)2−x−iy=3+2ix^2 + (y + 3)^2 - x - iy = 3 + 2i。

如果两个复数的实部和最小部分的系数相等，则两个复数相等。因此，

{x2+(y+3)2−x=3,y=−2.\begin{cases} x^2 + (y + 3)^2 - x = 3, \\ y = -2. \end{cases}

求解系统，我们找到x1=−1x_1 = -1和x2=2x_2 = 2。从这里我们得到两个复数：z1=−1−2iz_1 = -1 - 2i和z2=2−2iz_2 = 2 - 2i。

  1. 使用基本对数方法，我们得到

log⁡3(log⁡2x−1)2=2.\log_3 (\log_2 x - 1)^2 = 2.

然后他们犯了很多错误，就是取次数的对数，把括号2的指数移到对数符号之外，把方程缩短了二。在这种情况下，这种变换会导致根丢失，因为括号中的对数表达式可以是正数，而在原始方程中它可以是正数，也可以是负数。

正确的解决方案：

(log⁡2x−1)2=9(\log_2 x - 1)^2 = 9 或 ∣log⁡2x−1∣=3|\log_2 x - 1| = 3。

因此log⁡2x−1=±3\log_2 x - 1 = \pm 3，这导致两个解决方案：

  1. log⁡2x=4\log_2 x = 4和x1=16x_1 = 16；
  2. log⁡2x=−2\log_2 x = -2 和 x2=14x_2 = \frac{1}{4}。

两个根都是正数并且满足未知 x>0x > 0 的 ODZ。

  1. 让我们用 xx 表示 MM 和 NN 之间的距离。那么从MM到第一次第二次相遇的路径就是(x−50)(x - 50)，从第一次第二次相遇开始的路径就是50+(x−25)=x+2550 + (x - 25) = x + 25。第二次从NN到第一秒的路径是5050，从第一次第二次相遇的路径是(x−50)+25=x−25(x - 50) + 25 = x - 25。由于它们均匀移动，因此第一次和第二次相遇以及从第一次到第二次的路径比率应该是非负的。从这里我们得到方程

x−5050=x+25x−25\frac{x - 50}{50} = \frac{x + 25}{x - 25}

或(x−50)(x−25)=50(x+25)(x - 50)(x - 25) = 50(x + 25)。

  1. 首先，应该注意的是，给定方程的左侧作为偶次参数根，是非负的。因此，它的右侧也必须是非负的，即x+1≥0x + 1 \geq 0；从这里开始就是未知的 ODZ：x≥−1x \geq -1。

通过对无理方程两边进行平方，我们得到在允许值范围内 x≥−1x \geq -1 其等价方程

2(x2−x−2m2+2m+2)=x2+2x+12(x^2 - x - 2m^2 + 2m + 2) = x^2 + 2x + 1

或者

x2−4x−4m2+4m+3=0,x^2 - 4x - 4m^2 + 4m + 3 = 0,