Материалы вступительных экзаменов в МГУ

Разные стандартные и нестандартные задачи

Так же, как и в предыдущие годы, на вступительных экзаменах в МГУ им. М.В. Ломоносова в 2000 г. предлагались задачи, которые трудно отнести к какой-нибудь определенной теме в школьной программе. Но именно такие задачи представляют наибольший (даже эстетический) интерес из-за их необычности и составляют предмет настоящего обзора. Тематически по постановкам разные задачи разделены на девять больших групп и включают в себя задачи от самых легких до самых трудных (экстремальных, трансцендентных и функциональных уравнений и неравенств и т. д.).

I.  Уравнения с модулями.
II.  Неравенства с модулями.
III.  Системы уравнений.
IV.  Графики функций и множества точек на координатной плоскости.
V.  Задачи на экстремум.
VI.  Задачи на прогрессии.
VII.  Текстовые задачи.
VIII. Необычные уравнения.
IX.  Разные задачи на целые и натуральные числа.

В каждой группе задачи упорядочены, по возможности, по возрастающей сложности.

Как всегда, мы указываем факультет (иногда факультеты и их отделения), месяц проведения экзамена или олимпиады, порядковый номер задачи в варианте, а в скобках — количество задач в одном варианте (от 5 до 12-ти). Решение одной задачи разбираем (с разной степенью подробности в зависимости от трудности), а для второй — предлагаем ответ. К некоторым задачам и решениям даны комментарии или замечания, полезные, с нашей точки зрения, для читателей.

Существенно новым является разбор задач с устных экзаменов геологического, механико-математического факультетов и факультета вычислительной математики и кибернетики; месяц проведения экзамена не указан. Впервые приведены задачи с выездных экзаменов в Черноморском филиале МГУ в г. Севастополе. По возможности, мы не разбирали уже опубликованные решения первого варианта.

В первых двух группах представлены традиционные задачи, содержащие знак абсолютной величины с самыми разными идейными подходами к решениям.

I. Уравнения с модулями

С целью экономии места слова «Решите уравнение» в условиях задач опущены.

Химический факультет и факультет наук о материалах, июль 2000 г., № 1 (6).

1. | x | = 4 – x.

Решение. Уравнение равносильно смешанной системе

Ответ: 2.

2. | x | = 2 – x.

Ответ: 1.

Экономический факультет, отделение менеджмента, июль 2000 г., № 1 (6).

1. 3| x + 2 | + x² + 6x + 2 = 0.

Решение. Рассмотрим два случая.

Ответ: {– 4; – 1}.

2. 3| x + 1 | + x² + 4x – 3 = 0.

Ответ: {– 3; 0}.

Социологический факультет, июль 2000 г., № 1 (6).

1. | x² + 3x | = 2(x + 1).

Решение. Уравнение равносильно системе

Ответ:

2. | x² – 3x | = 2x – 4.

Ответ:

Экономический факультет, вечернее отделение, июль 2000 г., № 1 (7).

1. 

Решение. Напишем равносильную смешанную систему

Ответ: – 4.

2. 

Ответ: – 3.

Географический факультет, июль 2000 г., № 2 (6).

1. | 2x + 8 | – | x – 5 | = 12.

Решение. Раскрытие пары модулей приводит к трем случаям (без x + 4 Ј 0, x – 5 і 0).

Ответ: {– 25; 3}.

2. | 2x + 9 | – | x – 6 | = 15.

Ответ: {– 30; 4}.

Геологический факультет, заочный тур олимпиады до мая 2000 г., № 4 (10).

| 4 – x | + | (x – 1)(x – 3) | = 1.

Решение. Учтя, что | 4 – x | = | x – 4 |, рассмотрим четыре случая.

1) 

так как

2) 

 

3) 

4) 

Ответ: 3.

Комментарий. Полезно ответ получить и графически, вычертив, например, графики функций y = |(x–1)(x–3)| и y=1–|x–4 |, рисунок 1.

Рис. 1

Физический факультет, июль 2000 г., № 5 (8).

1. 

Решение. Перепишем уравнение в виде

где обозначено и рассмотрим три случая.

1) 0 < y < 5. Тогда – 2y + 11 = 1 Ы y = 5 — нет решений.

2) 5ЈyЈ6. Тогда уравнение переходит в тождество 1 = 1, т. е. по y все решения из рассматриваемого отрезка, а по x из отрезка

3) y > 6. Тогда 2y – 11 = 1 Ы y = 6 — нет решений.

Ответ: – log₅6Ј x Ј–1.

2. 

Ответ: 1 Ј x Ј log₃ 6.

В заключение приведем решение одной параметрической задачи с модулем с устного экзамена, где основным является логика в получении и записи ответа.

Геологический факультет, устный экзамен.

Найдите наибольшее целое значение параметра a, при котором уравнение (3 – x)⁵= |x + a|⁵ не имеет решений.

Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению

Вторая система имеет решение только при a=– 3 (при этом ее решениями будут все x Ј 3). Первая система не имеет решений, если

При этом наибольшее целое a, очевидно, равно – 4.

Ответ: a = – 4.

Комментарий. Решение задачи можно интерпретировать графически, построив графики y=3–x и y=|x+a |, рисунок 2.

Рис. 2

II. Неравенства с модулями

Для экономии места слова «Решите неравенство» опущены.

Институт Азии и Африки, июль 2000 г., № 1 (7).

1. 

Решение. Если x < 1, то неравенство выполнено (левая часть неотрицательна, а правая отрицательна).

Если же x > 1 (а, значит, x+2>0), то

Отсюда так как x > 1.

Ответ:

Комментарий. Выгоднее рассматривать знаки правой части, а не раскрывать модуль по схеме xЈ–2; x>–2.

2. 

Ответ:

Черноморский филиал МГУ, май 2000 г., № 4 (10).

(Выездной экзамен проводился на всех факультетах одновременно в г. Севастополе.)

1. | | 2x²–7x |–3 | Ј 2x² + 7x + 4.

Решение. Неравенство равносильно системе

Ответ:

2. | |3x²+5x | – 2 | і 3x²–5x+4.

Ответ:

Черноморский филиал МГУ, июль 2000 г., № 7 (10).

1. log_| x+1| 2 > log_| x–1| 2.

Решение. Решив неравенства

| x+1|>1 Ы xО(– Ґ; – 2)И(0; + Ґ),

| x–1|>1 Ы xО(–Ґ; 0)И(2; +Ґ),

заметим, что log₂| x + 1|>0 и log₂ |x –1|>0 одновременно на множестве xО(–Ґ; – 2)И(2; +Ґ), а на множестве xО(– 2; – 1)И(– 1; 0)И(0; 1)И(1; 2) эти логарифмы имеют разные знаки.

Поэтому для неравенства рассмотрим два случая.

1) xО(– Ґ; – 2) И (2; + Ґ). Тогда log₂ |x – 1| > log₂ |x + 1 | Ы | x – 1 |>| x + 1 | Ы (x – 1)² > (x + 1)² Ы x < 0,

откуда получаем для ответа xО(–Ґ; –2).

2) xО(– 2; 2), x№0; x № ±1. Тогда, домножая обе части неравенства на log₂ | x + 1 | log₂ | x – 1 | < 0, имеем

log₂ | x – 1 | < log₂ | x + 1 | Ы | x – 1 | < | x + 1 | Ы

Ы (x – 1)² < (x + 1)² Ы x > 0.

В этом случае решениями являются xО(0; 2), x № 1.

Ответ: (– Ґ; – 2) И (0; 1) И (1; 2).

2. log_| x+2 | 5 < log_| x | 5.

Ответ: (– 3; – 2) И (– 2; – 1) И (1; + Ґ).

Факультет вычислительной математики и кибернетики, апрель 2000 г., № 1 (6).

1. | | x² – 8x + 2 | – x² | і 2x + 2.

Решение. Неравенство равносильно совокупности

Ответ: (– Ґ; 0] И [1; 2] И [5; + Ґ).

Комментарий. Если раскрывать модуль «изнутри», как это делали многие абитуриенты, то задача будет технически очень сложна, хотя и решаема. Убедитесь в этом сами.

2. | | x² + 3x – 8 | – x² і  8 – x.

Ответ: (– Ґ; – 4] И [– 1; 0] И [4; + Ґ).

Механико-математический факультет, март 2000 г., № 1 (6).

1. 

Решение. Умножим обе части исходного неравенства на положительную величину (при всех x «сопряженное» выражение для левой части)

получим равносильное неравенство

Ответ: (3; 4) И (4; 7).

Комментарий. При всяком другом способе решения возрастут технические трудности, а само решение удлинится. Убедитесь в этом сами.

2. 

Ответ: (– 13; – 4) И (– 4; – 1).

Последнее логарифмическое неравенство содержит модуль синуса в качестве основания логарифма.

Химический факультет, заочный тур олимпиады до мая 2000 г., № 3 (12).

Решение. Переписав неравенство в виде

заключаем, что оно равносильно системе четырех неравенств

 

Первое из неравенств выполнено при всех x, так как Тогда система принимает вид

так как имеют место неравенства из которых только предпоследнее неочевидно, но сводится к очевидному (рис. 3).

Рис. 3

.