1970年莫斯科国立大学力学与数学系数学笔试

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笔试
数学方面
1970 年在密歇根州立大学梅赫马特分校

N·N·科列斯尼科夫

1970年«Kvant»第2期发表了N.S.巴赫瓦洛夫和N.N.库兹涅佐夫关于1969年莫斯科国立大学数学笔试的文章。我不想重复那里关于这项考试性质的评论，我想强调它在 1970 年的一些特点。

向申请人提出的任务再次证实了这样的立场：根据学校课程的条件，任何申请人都可以成功解决问题，而不仅仅是数学学校的毕业生。你会发现这些问题并不包含“陷阱”或“陷阱”，而是需要对大学申请者数学课程的主要部分有清晰的了解，并具有一定的技术计算和解决简单方程、不等式和几何问题的技能。

当然，这种问题的“标准化”意味着对解决方案的评估要求更高，对解决方案的能力要求更高，而不仅仅是暗示解决方案。 1970年，完成任何两到三个问题的正确解决方案获得满意的分数（三分），任何四个问题的良好（四分），五个问题的优秀（五分）。分配了 4 个天文小时来解决该问题（一组五个问题 - 变体）。

让我们继续分析数学笔试的一个选项，简要关注机械与数学学院录取的学生在作业中遇到的最典型的错误。

选项1

1. 解决不平等问题
   $$-\log_2(1 + \cos 3x) \leq 2 + \log_2\left(\frac{1}{4} - \cos x\right).$$

2. 找出系统的所有有效解
   $$\begin{cases} y^2 - |xy| + 2 = 0, \\ 8 - x^2 = (x + 2y)^2. \end{cases}$$

3. 甲、乙、丙三名赛车手同时出发，沿环路向一个方向匀速行驶。开始时，赛车手 B 位于赛车手 A 的前方，距离为公路长度$1/3$，赛车手 C 位于赛车手 B 的前方，距离相同。赛车手 A 在 B 完成第一圈的时刻首先追上了赛车手 B，10 分钟后，A 首次追上了赛车手 C。赛车手 B 每圈花费的时间比 C 少 2.5 分钟。赛车手 A 每圈花费的时间是多少？

4. 在凸平面 ABCD 的对角线 AC 上，有与边 AB、AD 和 BC 相切的半径为 r 的圆的圆心。对角线 BD 是半径为 r 的圆的中心，与边 BC、CD 和 AD 相连。求四（圆ABCD）的面积，知道所指示的圆在外部相互接触。

5. 半径为 r 的球在 A 点接触平面 P。直线 l 与平面 P 形成

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包括未知数模块的乘积，考虑两种情况。

a) 设 $xy \geq 0$。在这种情况下，系统的条件具有以下形式

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

将第一个方程乘以 4 并与第二个方程相加，我们得到 $2x^2 + 8y^2 = 0$，这仅适用于实数 $x = y = 0$。但所考虑的系统的这些未知值并不令人满意。

b) 现在让$xy < 0$。原始系统将采用以下形式

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

将第一个方程再次乘以 4，然后从第二个方程中减去它，我们得到 $x^2 = 8$，即 $x = \pm 2\sqrt{2}$。现在从第一个方程很容易找到$y: (y \pm \sqrt{2})^2 = 0$，因此$y = \mp \sqrt{2}$。

根据假设$xy < 0$。考虑到这一点，我们找到答案：

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

或者

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

检查确认两对数字都是根。

这个例子也不包含任何技巧或窍门。它是为具有正常数学背景的学童设计的。解决这个例子时所犯的错误与对函数的绝对值（模）的概念不清楚以及无法正确写下答案有关。在这种情况下，要么不考虑两种情况，而将带有模型的方程简单地替换为一个或另一个不带模型的方程，或者得到的一组值$x$和$y$与条件$xy < 0$不相符，并出现不必要的答案。

3. 这个问题可以通过引入某些未知数以不同的方式解决。

令$t_A, t_B$和$t_C$分别为赛车手$A$、$B$和$C$跑一圈的时间（我们将路径长度设为1）。那么他们每个人的速度都是$\frac{1}{t_A}, \frac{1}{t_B}, \frac{1}{t_C}$。

请注意，在绝对速度相同的情况下，骑手之间的距离在整个运动过程中将保持不变。由于一个人的速度超过另一个人的速度，赛车手之间的距离缩短了。赛车手$A$相对于$B$的速度为$\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_B}$，$A$相对于$C$的速度为$\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_C}$，$B$相对于$C$的速度为$\frac{1}{t_B} - \frac{1}{t_C}$。

现在很容易将问题的条件翻译成方程语言。由于骑手$A$在完成第一圈时首先同意$B$，然后$A$在$t_B$小时内同意$B$。但是对于这个 $A$ 以相对速度 $\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_B}$ 覆盖圆的 $1/3$，这给出了等式

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

$A$和$C$之间的初始距离为$2/3$，$A$以$\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_C}$的相对速度在$t_B + \frac{1}{6}$小时内跑完；我们得到第二个方程：

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

此外，据了解，

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

从方程（1）可以得出$t_B = \frac{4}{3}t_A$，从方程（3）可以得出$t_C = \frac{4}{3}t_A + \frac{1}{24}$。现在排除

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图 2.

方程(2)$t_B$和$t_C$，我们得到一个只包含$t_A$的方程：

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

或者

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

丢弃二次方程（4）的负解，它不适合问题的目的，我们得到答案：$t_A = \frac{1}{4}$。

大多数没有完全解决这个问题的申请者在解决逻辑问题方面没有表现出良好的技能：他们要么在编写方程时犯了错误，要么无法准确地解决所得到的系统。

4. 令$ABCD$ (图 2) 为给定的四边形，$O_1$ 和$O_2$ 为位于对角线$AC$ 和$DB$ 上的指定圆的中心。点 $K_1, L_1, M_1$ 分别是从边 $AD, AB, BC$ 到$O_1$ 的圆的切点，$K_2, L_2, M_2$ 是从边 $AD, CD, BC$ 到$O_2$ 的圆的切点。令 $B'$ 为从 $B$ 下降到 $AD$ 的高度的底数。

根据条件，圆相等且相互接触，这意味着它们的公切线$BC$和$AD$平行。现在我们将 $\Rightarrow BCA = \Rightarrow CAD$ 替换为横向角，并替换 $\Rightarrow CAD = \Rightarrow BAC$，因为 $AC$ 是平分线（$AB$ 和 $AD$ 是切线，$AC$ 通过圆心）。因此，$\Rightarrow BAC = \Rightarrow CAD$要求严格，$\Rightarrow ABC$等边，$AB=BC$。

所以，我们的四边形有 $BC \parallel AD, AB=CD$，因此，它要么是梯形，要么是等边四边形，要么是平行四边形。

平行四边形不合适，因为中心$O_1$和$O_2$必须位于四边形的中线上，但在平行四边形中，彼此相交的对角线被分成两半，也就是说，圆的中心必须重合，这与条件相矛盾。我们遵循新的 图 (图 3)。

让$BM_1=M_2C=x$。然后$AB=BC=2r+2x$。但是$BM_1=BL_1$，作为从一点绘制到圆的切线段，然后是$AL_1=AK_1=2r+x$。

通过构造，$B'K_1=x$，因此$AB'=2r=BB'$，三角形$AB'B$是等边直角，即

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

现在很容易得到答案。所需面积

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

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

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

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

解决这个问题时犯的一个典型错误是

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图 4.

对某些逻辑表达的“显而易见”的热情过低，中间推理时粗心大意。因此，许多人在没有任何证据的情况下写道$ABCD$是等边梯形；没有探索其他可能性。在某些情况下，$ABCD$只能是梯形的证明是……一张图和文字，为了满足问题的条件，不能以任何其他方式绘制四边形。

5. 设 $B'$ 为从点 $B$ 到平面 $P$ (图 4) 的垂线的底边。根据条件

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

求线段$AB$的长度可以例如从直角三角形$AB'B$求出，其边长很容易计算。请注意，$CB = CA = 2r$ 是从一点绘制的球的切线段。由此可见

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

三角形$AB'B$的边$AB'$等于从$O$到$BB'$的垂线$OO'$（$OA \parallel BB'$，垂直于一个平面；$BB' \perp AB'$，因为$AB'$位于平面$P$，垂直于$BB'$；$OO' \perp BB'$）通过构造；因此 $OO'B'A$ 是直的）。 $OO'$ 来自直角三角形$OO'B'$：

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

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

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

最后，由三角形$AB'B$求出$AB$：

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

我们现在确信，解决这个立体测量问题（以及 1970 年提出的其他问题）的困难不会超过解决学校问题所遇到的困难。然而，每年都有很多数学笔试的申请者根本不关注解决立体测量问题，显然认为这些问题本质上是不可能解决的。

在申请人工作中遇到的错误中，值得注意的是，不清楚直线与平面的角度是多少。因此，在所分析的问题中，这个角度常常取$\Rightarrow BCA$。

当决定使用 $\Rightarrow CB'A$ 是直接的条件时也很常见，尽管在一般情况下这根本不是真的。

总之，我们为该杂志的读者提供了数学书面作品的另一个版本，以供他们自己决定，该版本提出了 1970 年莫斯科国立大学的机制。