Home » Квант » ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА

ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА

Побываем на устном экзамене.

Е. Б. Ваховский, А. Б. Волынский

Квант 6/1972

Квант 6/1972

 НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
АКАДЕМИИ НАУК СССР И АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК СССР

Квант
Квант №6 1972

Скачать  сборники журнала «Квант» в хорошем качестве
Если хотите быстро ознакомится только с содержанием статей, смотрите ниже.
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно):


Что спрашивают на устном экзамене по математике? Такой
вопрос особенно часто задают поступающие в те вузы, где
предъявляются повышенные требования (МГУ, МФТИ и другие).
Стандартный ответ, заключающийся в юм, что нужно четко
отвечать на билеты и знать все пункты программы, мало кого
удовлетворяет. «Как отвечать на билет и какие имеются билеты,
мы знаем по выпускным школьным экзаменам, — говорят аби-
туриенты, — но нам неизвестно, что спрашивают после ответа
на билет».
В известной мере этот вопрос оправдан. В то время как имею-
щаяся сейчас литература может дать поступающим почти полное
представление о письменных экзаменах, материалы устных
экзаменов существуют только в виде брошюрок, изданных в раз-
личных институтах для внутреннего пользования.
В настоящей статье авторы сделали попытку на нескольких
примерах проиллюстрировать специфику устного экзамена.
Статья делится на две части. В первой части будут приведены
формулировки задач без решений (наиболее сложные задачи
будут снабжены краткими указаниями); во второй части
будут даны решения или указания. Предполагаема, что чита-
тель вначале самостоятельно попробует свои силы, затем загля-
нет в указание, если таковое имеется, и лишь потом посмотрит
в решение, если все усилия будут безрезультатны.

Если рассмотреть все вопросы
(задачи), задаваемые на устном эк-
замене, то их условия можно разде-
лить на два уровня.
К вопросам первого (более прос-
того) уровня можно отнести те воп-
росы, на которые абитуриент, твердо
знающий программу, может и дол-
жен ответить почти сразу — через
несколько минут. Если абитуриент
неправильно отвечает или затрудня-
ется при ответе на такой вопрос, то
это значит, что он имеет серьезные
провалы в основах элементарной ма-
тематики.
Задачи второго уровня — более
сложные. Они, безусловно, потребу-
ют от абитуриента активного, а не
простого формального владения
44
школьной программой. Следует, прав-
да, отметить, что такие вопросы могут
встречаться только в институтах с
повышенными требованиями по ма-
тематике.
Вопросы перкою уровня
1. Решить уравнение
х- ¦;•»
;-1
л- .-2.V- — ] ;» ‘¦
2. Если в уравнении х~ -\- рх ~,-
— q == 0, где р, q — действительные
числа
а) q > О, то верно ли, что корня
его одного знака?
б) q < 0, то верно ли, что корни
его разных знаков?

44 Устный экзамен.

3. Внутри окружности радиуса R
находятся две другие окружности,
касающиеся друг друга и данной
окружности. Найти периметр тре-
угольника, вершинами которого слу-
жат центры трех окружностей.
4. Может ли для углов треуголь-
ника удовлетворяться равенство
sin A -|- sin В = sin С?
5. Возможно ли равенство sin a
—¦¦ lg sin а?
6. Доказать, что треугольник
является равнобедренным, если у не-
го равны две медианы.
7. Доказать, что для произволь-
ной трапеции A BCD справедливо ра-
венство АО-ВО DO СО, где О —-
точка пересечения диагоналей АС
и BD.
8. Полуокружность радиуса R
разделена на три равные части и точ-
ки деления соединены с одним из кон-
цов диаметра, стягивающего эту полу-
окружность. Найти площадь, огра-
ниченную двумя хордами и заклю-
ченной между ними дугой.
9. В некоторой пирамиде дву-
гранные углы при основании равны
а и площадь основания 5. Найти
площадь боковой поверхности.
Вопросы второго уроннн
1*. Найти множество точек плос-
кости М (х, у), координаты которых
удовлетворяют уравнению
sin х- sin у —
J
2*. Решить уравнение tg x +
-4-ctgx^—1,75.
3*. Решить неравенство 23х -*-
+ з2* — 2-П*>0.
4*. При каких условиях квадрат-
ный трехчлен ах2 4- Ьх -}- с (а Ф 0) с
действительными коэффициентами яв-
ляется квадратом линейного двух-
члена с действительными коэффициен-
тами?
5*. Сколько сфер можно провести
через четыре точки в пространстве?
6* Можно ли пересечь плоскостью
параллелепипед таким образом, что-
бы в сечении получился правильный
пятиугольник?
V к а з а и и е. Применить теорему о
пересечении двух параллельных плоскостей
третьей плоскостью.
7*. Треугольник ABC — остро-
угольный, s$A — а. На стороне ВС
как на диаметре описана полуокруж-
ность; Р и Q — точки пересечения
этой полуокружности со сторонами
А В и АС соответственно. Найти от-
ношение площадей треугольников
ABC и PAQ.
8*. На сторонах произвольного
выпуклого четырехугольника как на
диаметре построены круги. Доказать,
что они покрывают весь четырех-
угольник.
9*. Найти первые три десятич-
ных знака числа
\
10*. а) Существует ли восьми-
угольная пирамида, у которой все
ребра равны?
б) Для каких, п существует пра-
вильная п-угольная пирамида, у ко-
торой все ребра равны?
11*. В параллелограмме A BCD
точки М н N — середины сторон ВС
и CD соответственно. Доказать, что
отрезки AM и Л N делят диагональ BD
на три равные части.
12*. В угол вписаны две окруж-
ности: А и В — точки касания пер-
вой окружности со сторонами угла,
Л, и В[ — второй. Отрезок АВХ пере-
секает эти окружности в точках С
и Cj. Доказать, что АС — ВХСХ.
13*. Построить треугольник, если
даны: прямая, на которой лежит ос-
нование, и две точки — основания
высот, опущенных на боковые сторо-
ны.
14*. Существует ли треугольник,
у которого середины
а) биссектрис лежат на одной
прямой;
б) высот лежит на одной прямой?
Указание. Продумайте различие
между пунктами а) и 6).
15*. Доказать, что tg Ъ° — ирра-
циональное число.
Указание. Предположите против-
ное н сделайте отсюда какое-то заключение
для известного нам тангенса некоторого
угла.

45 Устный экзамен.

16*. В треугольнике все стороны
меньше единицы. Доказать, что его
ут
площадь меньше -^—¦
У к а з я и II с. Не применят!» теорему
Героиа.
17*. Привести пример двух по-
добных, но неравных треугольников,
имеющих по две соответственно рав-
ные стороны.
У кала к и с. Постарайтесь найти не
геометрический, а алгебраически» подход,
работая с длинами сторон этих треугольни-
ков.
18*. Пусть 1Л и /.;—две скрещи-
вающиеся, прямые в пространстве.
Найти геометрическое место точек,
из которых нельзя провести прямую,
пересекающую /j и /,.
19*. Существует ли такая тре-
угольная пирамида, у которой к каж-
дому ребру прилегает хотя бы один
тупой плоский угол?
У к а на I» и с. Доказать, что такой
пирамиды не существует, использовав гот
факт, что некоторые из сторон тупоугольного
треугольника не могут быть наибольшими.
РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ
Вопросы первого уровня
ГОтвет: х Ф — 1. Иногда
дают ответ: х — любое, забывая, что
знаменатель не должен равнять нулю.
2. Обычно эти вопросы задают под-
ряд— сначала а), потом б). Вспом-
нив теорему Виета: xY х., — q, аби-
туриент часто, не думая, отвечает на
вопрос а) утвердительно. Ответ не-
верный, что доказывает простой при-
мер уравнения: хг т 1 -0, здесь
q > 0, но корни мнимые и сравни-
вать их с нулем нельзя. Таким об-
разом, ответ на вопрос а) — отрица-
тельный, Всдед за этим абитуриенту
задают вопрос б). Наученный горь-
ким опытом, он отвечает на него так-
же отрицательно, забывая, что если
q <L 0, то корни не могут быть мни-
мыми, так при этом дискриминант
р2 — Aq > 0. Поэтому ответ на воп-
рос б) — положительный.
3. Ответ: 2R. Указание:
см. рисунок 1.
4. Нет, не может. Этот факт часто
доказывают с помощью тригоно-
метрических выкладок. Но ответ по-
лучится сразу, если заметить, что
стороны а, Ь, с, треугольника про-
порциональны синусам соответству-
ющих углов, и из равенства sin Л —
I- sin В =¦- sin С следует a -f- b =- с.
5. Нет. С одной стороны, sin.ee>-
>• 0 (иначе Ig sin ос не существует),
а с другой, lg sin а ^ 0 (так как
sin a ^ 1).
6. Если в ААВС (см. рис. 2)
медианы AD и СЕ равны, то ААОС —
равнобедренный, так как АО -у АО
2
и СО = -у СЕ. Но тогда отрезок OF
медианы BF является высотой в
ДЛОС Следовательно, и медиана
в ?\АВС является высотой, то есть
л А ВС — равнобедренный.
7. Из подобия AA0D и АВОС
, Оч АО DO
(см. рис. 3) видно, что cq^IW’
откуда АО-ВО = CO-DO.

Устный экзамен

Устный экзамен

46 Устный экзамен.

8. Очевидно, площадь искомой
фигуры равна сумме площадей тре-
угольника ABC и сегмента, отсе-
каемого хордой ВС (рис. 4). Но пло-
щади треугольников ABC и ВОС
одинаковы, так как у них общее ос-
нование ВС и высоты, опущенные на
это основание, равны. Следовательно,
площадь искомой фигуры совпадает
с площадью сектора ВОС, то есть
л/?а
равна -р-.
9. Рассмотрим одну из боковых
граней SAB (рис. S). Пусть 50 —
высота пирамиды, SDJ_^B, GDJ ЛЯ
и *$SD0 = а. Так как у треуголь-
ника SAB и 0.4/3 общее основание
то отношение их площадей
SdSAB _ SD I_
S,^»» OD— cos-a ‘
Откуда
cos a
Если мы запишем аналогичные
равенства для каждой боковой грани
и сложим их, то получим, что боко-
вая поверхность равна
Вопросы второго уровни
1*. Задача решается разбором
четырех случаев
; Ьу<0.
Например, в случае {.v>0, // > 0}
уравнение равносильно системе
х =
где
n, m ==0, 1, 2,. . .
Разобрав все четыре случая, по-
лучим множество точек, изображен-
ных на рисунке G.
2*. Из известного неравенства
и 4 >2 (ft > 0) легко получается
неравенство а~- — ^ — 2(й <0).
Отсюда |tg д- -f ctg л-1 ^ 2. Наше
уравнение противоречит этому не-
равенству и потому оно не имеет ре-
шении.
3*. У казанн е. Разделив не-
равенство ий Нл’, представим его в
виде (-уг) -\- (тг j ->^- ^’СЛИ х ^*то
-jy-
/ 9
1 » I —I
если л-< 0, то
Напротив,
1
» (-prj»
>
4*. Если ах2 Ьх + с
(fk — t*J» т0 этот трехчлен имеет
е
равные корни: xL = х-> — — -^-.
Следовательно, его дискриминант
У
Uin//=1,

47 Устный экзамен

D = b* — 4ac — 0. Обычно это соот-
ношение и считают ответом. Однако
этого мало. Следует заметить, что
если D = 0, то можно лишь утвер-
ждать, что ах2 + bx -f с — а (х —
—Xx)z, где Хх— корень трехчлена, но
выражение а {х — xtJ еще не явля-
ется квадратом двучлена с действи-
тельными коэффициентами. Его мож-
но привести к виду [V а х — Уаху)~
тогда и только тогда, когда а >> 0.
5*. Ответ. Если четыре точки
лежат в одной плоскости, то через
них либо нельзя провести ни одной
сферы (если они не лежат на одной
окружности), либо можно провести
бесконечно много сфер (если эти точки
лежат на одной окружности). Если же
четыре точки не лежат в одной плос-
кости, то через них можно провести
одну единственную сферу.
6*. Для того, чтобы в сечении по-
лучился пятиугольник, секущая плос-
кость должна пересечь пять граней.
Так как в параллелепипеде всего
шесть граней, то из этих пяти найдут-
ся две параллельные грани. Секу-
щая плоскость должна пересечь эти
две грани по параллельным прямым,
но в правильном пятиугольнике нет
двух параллельных сторон.
7*. Так как ВС — диаметр (рис. 7)
то BQJ_AC и СР±АВ. Отсюда
AQ — АВ cos а и АР = AC cos о.
-: = cos2 а.
~yAB- AC since
8*. Пусть О — любая точка в че-
тырехугольнике ABCD. Все четыре
угла J$BOA, 2>ВОС, COD DOA
не могут быть острыми, так как их
сумма равна 2л. Следовательно, один
из углов, например, <J BOC^-~.
Но тогда окружность, построенная
на ВС как на диаметре, содержит
точку О.
9*. Из свойств показательной
функции вытекает, что
0,999 <i 0,999 <1.
10*. Все боковые грани данной
пирамиды — равносторонние тре-
угольники. Следовательно, все плос-
кие углы при вершине равны 60\
Но известно, что сумма плоских углов
выпуклого многогранного угла мень-
ше 360′. Аналогичное рассуждение
показывает, что такая п-угольная пи-
рамида может существовать лишь при
п ^ 5. Тот факт, что при п — 3, 4, 5
такие пирамиды существуют, мы предо-
ставляем доказать читателю, заметив
только, что существование такой п-
угольной пирамиды равносильно \с-
ловню а„ > Rn (где а„ — сторона
правильного л-угольника, a Rn —
радиус описанной окружности).
11*. Пусть О — точка пересе-
чения диагоналей, а ? и F — точки
пересечения BD с AM и А N соответ-
ственно (рис. 8). Легко видеть, что
Е — точка пересечения медиан тре-
О
угольника ABC, поэтому BE = —ВО и
ЕО^~ВО, Аналогично FD-^-OD
hOF-_LOD Но поскольку ВО =
3
, то BE = FD, a EF = EO-{-
F^-^-BO, EF=rBE=FD.

48 Устный экзамен

12*. Пусть (рис. 9) АС — л,
i == у, BjC, — z. Согласно из-
вестной теореме
A A* АВХ-АСХ Мх + {/ + г)Х
X (х + у).
Аналогично
ВВ* = АВ1-В1С — С*+ «/ + *)>
X (у + г).
Но тогда из очевидного равенства
АА\ — ВВ'{ вытекает х ~\- у = у +г,
то есть х — 2.
13*. Итак, дана прямая / и точки
D и Е (рис. 10). Предположим, что
задача решена. Поскольку -,АОС —
= 4АЕС = 90% точки A,D, ? и С
лежат на полуокружности, построен-
ной на АС как на диаметре. Отсюда
вытекает способ построения. Из се-
редины отрезка DE восставим к не-
му перпендикуляр, он пересечет I
в точке О. Из точки О как из центра
проведем полуокружность радиуса
ОЕ = OD; она пересечет / в точках А
и С. Проводя AD и СЕ, получим точ-
ку В.
14*. Очевидно, что середины бис-
сектрис (как и высог) лежат на сто-
ронах (или на их продолжениях) тре-
угольника AtBiClt образованного
средними линиями первоначального
треугольника ABC (рис. 11). Раз-
ница между случаями а) и б) сос-
тоит в том, что середины биссектрис
лежат внутри сторон треугольника
AjBiC,, а середины высот могут,
вообще говоря, лежать на его сторо-
нах или даже вне треугольника. Если
допустить, что середины биссектрис
лежат на одной прямой, то получится
противоречие, так как тогда будет
существовать прямая, пересекающая
всетри стороны треугольника А ^Су.
Простой пример прямоугольного тре-
угольника показывает, что середины
высот могут лежать на одной прямой.
15*. Из тождества
— ‘8<хЧ
:- В) — ‘8
tgatgp
следует, что tg (ex + р1) является ра-
циональным числом, если таковы tg о.
и tg р\ Если предположить теперь, что
tg 5 рациональное число, то полу-
чим, что tg 10 tg (о3 4- 5 ) тоже
рациональное число и, далее, tg 20″
и tg 30* тоже рациональны. Послед-
нее, однако, противоречит иррацио-
нальности числа tg30° = —г=.
У з
16*. Основные усилия абиту-
риентов в этой задаче, как правило,
связаны с различными попытками
применить формулы Герона, так как
в условиях идет речь о сторонах и
площади. Тем не менее наиболее
короткое решение связано с другой
идеей.
Вес углы треугольника А ВС не
могут быть больше 60 \ так как иначе
их сумма была бы больше 180J.
Пусть, например, -^.4^60». Тогда
be
из формулы S- ^—sin Л вытекает,
что
Рис. Ю.
Рис. П.
17*. Пусть стороны треугольника
образуют геометрическую прогрес-
сию: 1, q, q2 (q. > 1). Увеличим сто-
роны этого треугольника в q раз;
новый треугольник будет иметь сто-
роны q, д2, д4. Оба треугольника по-
добны и имеют две равные стороны:
q и q3. Осталось отметить, что такие
треугольники действительно сущест-
Еуют. Достаточно проверить, что не-
равенство q~ <С 1 + q выполняется
пр.. r<,<-lipl.
18*. Через каждую нх прямых /t
и /2 можно провести единственную

ШКОЛЬНИКИ
РАСЧИЩАЮТ КАТОК

КАТОК
(см. стр. 35)
Работа затрачивается на
то, чтобы вынести снег за
пределы катка. Каждый ко-
мок слега выгоднее всего нес-
ти к ближайшей точке на гра-
нице катка (по радиусу).
Следовательно, работа, ко-
торую школьники должны
при этом затратить, пропор-
циональна расстоянию от
комка снега до края катка,
поэтому она пропорциональ-
на объему столбика над ку-
сочком снега, высота стол-
бика раина расстоянию от
кусочка снега до края катка.
Построим все такие стоЛ-
бики; тогда работа но рас-
чистке катка будет численно
равна сумме объемов всех
столбиков. Для круглого кат-
ка столбики заполняют пря-
мой круговой конус с пря-
мым углом при вершине
(рис. I). Если Л — радиус
Рис. 1.
катка, то объем построенного
конуса равен -^-#3. то есть
пропорционален кубу ради-
уса катка. Следовательно,
каток радиусом и 20 .и школь-
ники расчистят зз 8 часов.
Хоккейную площадку
школьники смогут расчис-
тить значительно быстрее.
Столбики, построенные над
хоккейной площадкой, за-
полняют тело, имеющее фор-
му «крыши сарая» (рис. 2)-
A

Рис 2.
Объем «крыши сарая» легко
вычислить, а если сравнить
полученный объем с объе-
мом кругового конуса, то
получится, что школьники
расчистят хоккейную пло-
щадку за шесть часов.

49 Устный экзамен.

Скачать Квант (все выпуски).
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК

, ,

Статистика


Яндекс.Метрика