Текст статьи Бахвалов Н. С., Кузнецов Н. Н. О письменном экзамене на мехмате МГУ в 1969 году // Квант. — 1970. — № 2. — С. 50—55.
Письменный экзамен по математике является основным экзаменом для поступающих на механико-математический факультет МГУ. Часто приходится слышать о его чрезмерной трудности, о том, что получить даже «тройку» на этом экзамене могут только выпускники московских математических школ.
Эти слухи совершенно неосновательны *). Задания (так называемые «варианты», состоящие из 4 задач), предлагаемые на письменном экзамене, составляются так, чтобы в каждом варианте одна-две задачи были
*) В 1969 году из 922 поступавших москвичей получило на письменном экзамене положительную оценку (тройку и выше) 469 (около 50%), и из 2356 иногородних — 912 человек (около 40%).
вполне доступны тому, кто обладает средней математической подготовкой. Решение таких задач уже гарантирует тройку. Поэтому для успешной сдачи письменного экзамена нужно лишь твердое знание школьной программы по математике, а неудовлетворительную оценку получают только те абитуриенты, которые не показали подготовки, достаточной для успешного обучения на факультете.
Конечно, наряду с нетрудными задачами, в вариант включаются и задачи, решение которых требует достаточной математической культуры (но не дополнительных знаний, выходящих за рамки программы). Поэтому высокую оценку на этом экзамене получить действительно нелегко. Для
Вариант |
1. Пункты А и В находятся на дорогах, пересекающихся под углом АСВ= 60°. Из
пункта А в В можно доехать на автобусе — сначала по одной дороге до перекрестка С, потом по другой, — затратив 11 мин. Если пойти из А в В пешком напрямик, то это займет 1 час. 10 мин., а если сначала дойти кратчайшим путем до дороги, на которой стоит пункт В, а затем подъехать на автобусе, — то еще больше времени, даже если на автобус сесть сразу. Ῥ каково расстояние от пункта А до перекрестка, если скорость пешехода равна З км/час, а скорость автобуса — 30 км/час? (Дороги считать прямыми.)
2. В треугольнике АВС проведены биссектрисы AD и ВЕ, пересекающиеся в точке О. Известно, что отрезок ОЕ имеет длину 1, а вершина С лежит на окружности, проходящей
через точки Е, О, О. Найти стороны и углы треугольника EDO. 3. Найти все значения х, удовлетворяющие одновременно следующим условиям:
cos 13x = cos x, cos 2х +sinbx=1, |x <3.
4. Прямоугольные проекции плоского четырехугольника Ha две взаимно перпендикулярные плоскости являются квадратами со сторонами 2. Найти периметр четырехугольника, зная, что одна из его сторон равна 5.
этого нужно специально подготовиться, пользуясь, соответствующей литературой *).
Здесь мы рассмотрим для примера один типичный набор задач в варианте, предлагавшемся на письменном экзамене на мехмат в 1969 году (вариант 1 на стр. 50). На его решение давалось 4 часа. Для получения оценки «3» было достаточно решить хотя бы одну задачу; оценка «5» выставлялась, если имелось полное решение любых трех задач, а четвертая была в основном решена.
Мы обстоятельно разберем эти задачи и отметим характерные ошибки, допущенные поступавшими при их решении, а в заключение предложим читателям «Кванта» еще один вариант для самостоятельного решения.
РАЗБОР ЗАДАЧ
Задача 1
Сделаем чертеж (рис. 1). D — ближайшая к А точка прямой ВС. Заметим, что расположение точки В относительно О заранее неизвестно (на чертеже изображены два варианта ее расположения). Пусть х= АС, y=CB (эти расстояния измерены в километрах). Записывая условия задачи, получим систему двух уравнений:
ДЕЛУ (1) х* + yt — ху = 12,25 и неравенство:
10х уЗ + |29 — х| > 70 (2)
*) В качестве подходящих задачников укажем, например, на книги Е. Б. Ва хов ского и А. А. Рывкина «Задачи по элементарной математике повышенной трудности» (о ней см. статью «Как решать задачу» на стр. 60 этого номера «Кванта»), Н. Х. Розова, М. К. Потапова, Г. В. Дорофеева, «Пособие по математике для поступающих в вузы», В. Б. Лидского, П. В. Овсянникова, А. Н. Тулайкова и М. И. Шабунина «Задачи по элементарной математике».
Рис. 1
Система уравнений (1) имеет два решения: а) х= 4, у= 1,5; б) х= 1,5, у=4, и мы должны выбрать из них то, которое удовлетворяет дополнительному условию (2). Второе решение этому условию не удовлетворяет, ибо 15у 3--6,5<-30--6,5<-70. Первое же решение ему удовлетворяет. Чтобы убедиться в этом,нужно проверить, что 403+ 1⩾70, или 40у 3:569. Возведя последнее неравенство в квадрат, получаем 4800>4781 и тем caмым убеждаемся, что оно верно. Итак, решением задачи является х=4 км.
Отметим типичные ошибки, которые допускали абитуриенты при решении этой задачи.
С составлением и решением системы уравнений (1) справилось большинство из них; однако, выбор нужного решения при помощи дополнительного условия (2) оказался для многих непреодолимым препятствием. Пожалуй, наибольшую долю ошибочных решений породило неверное наглядное представление о взаимном расположении точек В и О, в результате которого вместо неравенства (2) проверялось неправильное неравенство
10х у 3 + ду — х> 70. (3) При этом довольно часто экзаменующиеся ограничивались проверкой лишь одного из найденных решений. Например, установив, что неравенству (3) второе решение системы (1) (х= 1,5; y=4) не удовлетворяет, они автоматически делали на этом основании
51
52
вывод, что искомым является первое решение (хотя легко заметить, что неравенству (3) оно также не удовлетворяет). Отметим еще одну ошибку, которую допустила немалая часть поступавших: при проверке условия (2) значение 1/3 заменялось приближенным рациональным значением, например, 1,7, и проверялось неправильное равенство
17х + |29 — х| ⩾ 70
(ему, как легко проверить, также не удовлетворяют оба решения системы уравнений (1)).
Задача 2
Соединим точки С и О (см. рис. 2). Прямая СО — биссектриса угла С, ибо она проходит через точку пересечения биссектрис AD и ВЕ. Поэтому
= ЕСО = ОСО (1) Вписанные в окружность ОЕСО углы
ο
кА
Рис. 2.
В
ОЕО и ОСО равны, как опирающиеся на одну дугу. То же верно относительно углов EDO и ECO. На основании (1) заключаем, что
= ОЕО = < EDO,
т. е. треугольник EDO — равнобедренный.
Вписанные углы ECD и EOD опираются на дополнительные дуги; поэтому их сумма равна 180°. С другой
стороны, имеем цепочку равенств: = EOD = АОВ = 180° — (-ОАВ + < 0ВА) =
= 180°. (= А+ = В) =
=180° — (180° — = С) =
= 90° + | (.- 0).
2
Поэтому 180° — (= С) = 90° + 4 (= ©),
откуда „= С = 60°.
Из рассуждений, ше, следует, что
„= ОЕО = ЕОО = 30°, — EOD = 120°,
так что стороны треугольника EDO равны 1, 1 и УЗ.
Наиболее типичной ошибкой в этой задаче было «доказательство» того, что ДАВС — равносторонний. Часть экзаменующихся, основываясь на геометрической иллюзии, предполагала, что центр окружности OECD лежит на прямой СО. Отсюда следовало, что углы ОЕС и ООС — прямые, так что биссектрисы АР и ВЕ являются одновременно высотами, что возможно только в равностороннем треугольнике.
Другая часть экзаменующихся, доказывавших равносторонность тре угольника АВС, основывалась на следующем рассуждении: опустим из точки О перпендикуляры ОЕ’ и ОР’ на стороны АС и ВС соответственно. Рассмотрим два варианта расположения точек О’ и Е’ относительно точек О и Е (см. рис. 3). В случае а) углы СРО и СЕО — тупые, а в случае б) они оба острые. Поэтому вокруг точек С, О, О, Е можно описать окружность лишь тогда, когда точка Ε΄ совпадает с Е , aD — с О.
Отсюда следует заключение,
AD | ВС и ВЕ | АС.
приведенных вычто
б Рис. 3
Мы хотим предоставить читателям в качестве упражнения найти ошибку в приведенном выше рассуждении.
Следует заметить, что число экзаменующихся, правильно решивших эту задачу (и аналогичные задачи других вариантов) было сравнительно невелико: ее решил, примерно, 1 человек из 9.
Задача 3
Решение первого уравнения данной системы:
соѕ х — соѕ 13х = 0 или
2 зіп 7х ѕіп бх = 0 дает две серии значений
а) х= -пл (п=0, +1, £2,
б) х тл (m=0, + 1, +2,...).
1 6 Отбирая из этих значений те, которые удовлетворяют неравенству |х| «3,
находим:
1 а) х= τ πη, |п|⩽ 6, б) х= тд, |т| = 5.
6
Теперь мы должны выбрать те значения х, которые удовлетворяют второму уравнению системы. Это уравнение можно представить в виде:
1 = зіп 5х + cos 2х =
віп ( ЕЯ + 2х) =
= ѕіп 5х +
ος 7х л 3x л
= 2 ѕіп (+) cos (2 --). Подставим в него сначала серию (а). Поскольку Ίχ--ηπ ( |) <6), то должно выполняться равенство:
зіп(5- +) cos
Tak как вип (5. +2) = +, т 2 4 2 Зил л) .Υ cos (зи. =) = + > И, следоваЗил π тельно, "14 -должно отличаться л л от τς начисло кратное ---. Однако З 3 ак что 2 OJIXKHO 479? т | долж
быть целым. При ограничении |n| <6 это имеет место лишь при л=0. Подставляя значение n=0 в уравнение (1), убеждаемся, что оно ему удовлетворяет. Итак, из серии (а) решением является только х=0. Проверим теперь серию (б). Представив второе уравнение данной системы в виде sin 5х = 1 — cos 2x = 2 sin%x,
(2)
замечаем, что sin 5х должен быть неотрицательным, то есть угол 5х =
ΞΞ тл (| <5) заключен в первых
двух четвертях. Подставляя в выра- 5 жение – тл возможные целые значения т от —5 до +5, устанавливаем, что проверке подлежат только шесть
53
из них: m=0, 1, 3, 5; —2, —4. Вычисляя при этих значениях левую и правую части уравнения (2), получаем таблицу:
т 0 | 1 |3 | 5 |2 | 4 , бтл ΒΕ 1 |У | УЗ sing ale)! jE mn 1 1 |3 |з ων [00 2 TTT
из которой получаем искомые решения: т=0, 1, 5, т. е. π ὅπ х=0, =, τ᾿ (3)
Три значения (3) и дают полное решение задачи, так как решение серии (а) давало значение x=0, уже включенное в (3).
Отметим, что таким же образом, путем перебора, можно проверить и серию (а).
При решении этой задачи характерной ошибкой было следующее: многие забывали, что решение должно удовлетворять всем условиям задачи одновременно, а зачастую просто не понимали этого. Некоторые ограничивались тем, что решали одно из уравнений и совершали отбор решений по неравенству, другие комбинировали уравнения и решали в конце концов также лишь одно уравнение, не эквивалентное предложенной системе.
Задача 4
Пусть ABCD — данный четырехугольник, АВ= 5. Прямоугольные проекции любого многоугольника на параллельные плоскости равны между собой; поэтому проведем плоскости Py и Р, параллельные исходным плоскостям, через вершину Аивдальнейшем будем говорить о проекциях четырехугольника именно на эти плоскости.
Для каждой точки М пространства мы будем обозначать через MyM, и
54
М, проекции точки М соответственно на плоскость Py, плоскость Р, и прямую пересечения Р; и Р,;очевидно, ММ = М.М; и MM,=MM;. По принятому построению плоскостей Р, и Р, все три проекции точки А (Αι, A, и А,) совпадают с A; по
условию задачи ABCD, и A,B,C,D, — квадраты со стороной 2.
Так как АВ ,=2, то из прямоугольного треугольника АВВ, находим ВВ, = 5—4 = 1.Поскольку в прямоугольном треугольнике АВ „В, гипотенуза АВ, равна 2, а катет В,В,= ВВ ,=1, то < В,АВ;— 30°; следовательно, острый угол Ар,Р,, стороны которого перпендикулярны сторонам угла B,AB; (АВ, | AD,, D,D, | АВ;), тоже равен 30°; поэтому
из прямоугольного треугольника AD,D, находим, что
D,D,=D,A ук =у ἃ, откуда
и AD=V4+3=VT.
Прямые AB и DC, являются линиями пересечения параллельных
плоскостей АВВ, и ОО C,C с πποςкостью данного четырехугольника ABCD; поэтому АВ||ОС. Аналогично заключаем, что ВС|АР. Следовательно, ABCD — параллелограмм,
а поэтому его периметр равен
2(И5+у 7).
Заметьте, что мы записали решение таким образом, что нам нигде для обоснования рассуждений не приходилось ссылаться на чертеж (хотя для того, чтобы разобраться в решении, полезно делать для себя рисунки вроде 4 а, б, в). Часто при решении подобных задач существенно опираются на чертеж, забывая проанализировать все возможные случаи взаимного расположения фигур.
Следует заметить, что при оценке задачи 4 на экзамене не требовался подробный анализ всех возможных расположений четырехугольника ABCD относительно плоскостей Р; и P,. Задача считалась решенной правильно, если было рассмотрено хотя бы одно их них.
Эту задачу решили очень немногие; поэтому говорить о типичных ошибках в связи с этой задачей невозможно.
В заключение предлагаем читателям для упражнения еще один из вариантов письменного задания.
Вариант 2
1. В пунктах А и В от реки отходят два канала, пересекающиеся друг с другом
под прямым углом. Катер идет от
А до В по реке 1 час 15 мин., а по каналам | час
10 мин. Из пункта С на реке, находящегося между Аи В, в полтора раза ближе к A, чем к В, до точки пересечения каналов можно доехать напрямик на автомобиле менее,
чем за 13 мин.
Сколько времени катер идет от А до точки пересечения каналов, если скорость движения катера по реке на одну треть меньше, а скорость автомобиля вдвое больше, чем скорость движения катера по каналу? (Реку и каналы считать прямыми.)
2. В равнобедренном треугольнике KLM (KL = КМ) проведены биссектрисы KN, ІР, МО. Известно, что вершина К лежит на окружности, проведенной через точки М,
Р, О. Найти KM, если КР = 2 м.
3. Найти все значения х, удовлетворяющие одновременно следующим условиям: 2 cos? 9х = | -|cos 10x, cos 9х + зіп 5х = 1, |х| < 5.
4. Прямоугольные проекции треугольника АВС на две взаимно перпендикулярные плоскости являются правильными треугольниками со сторонами, равными |. Медиана AD
9
ў: треугольника АВС равна | 8. Найти ВС.