Вступительные экзамены по математихе в Московском текстильном институте в 1970 году
Вступительные экзамены в МТИ проводятся в полном соответствии с программой по математике для поступающих в вузы. Как и во всех технических вузах, математика является профилирующим предметом при поступлении в МТИ.
На факультетах энерго-механиче- ском и текстильного машиностроения абитуриенты сдают два экзамена по математике: письменный и устный. На механико-технологическом, химико-технологическом и инженерно-экономическом факультетах проводится один экзамен по математике — устный. На всех факультетах медалисты сдают экзамен по математике.
Разберем один из вариантов, предлагавшийся на письменном экзамене.
Вариант 1. Решить уравнение
cos 2* l
2. Решить уравнение
3. Упростить при 0 < а ^ 1:
YW+Va
¦+Va
\3 "11
j   Jr
4. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник с гипотенузой с и острым углом а, боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания №од углом (р. Най.ти объем пирамиды.
Т. И. Берхина, Э. М. Кан
Раэбор задач варианта
1. Находим      ОДЗ      уравнения
Л —/—    п     *|     Л -f-~ ~~J    \fiffl         1J   \1 ^   ttl — U,
±1, ...). Теперь преобразуем левую часть:   (ctg х— 1) (tgj\H-l) = cos  2x,
cos х     sin x
cos 2л; = -=- cos 2л: sin 2л;,
cos2a-| 1—2-sin2A-] = 0.
Так как второй сомножитель в (*) отличен от нуля (sin 2хф2), то cos 2л:=0 и
* = -?(2*+1)   (* = 0, ±1, .   .   .).
Учитывая ОДЗ, исключаем те значения х, которые получаются при нечетных k.
Ответ:
 (п = 0, ±1, .   .   .).
Решение этого примера не вызвало особых затруднений, однако многие получили лишние корни, так как не учитывали ОДЗ.
2. ОДЗ уравнения таково: х>\. Преобразуем левую часть, используя свойства логарифмов:
16 log* (ж—1) + 9 log| (ж—1)=25.
Решая полученное биквадратное урав-
45

нение,   которое   равносильно  заданному,   находим
log25 (*-!) = 1 или1об^- 1) = --§.
Последнее равенство невозможно, остается   log6 (х — 1) = ± 1, откуда
xt=6,xa = -J-.
Типичная ошибка: многие абитуриенты забывали возводить в соответствующую степень показатели 2 и 3 при вынесении их за знак логарифма.
3. Сначала находим допустимые значения а и Ъ: аф—Ъ. Преобразуем исходное выражение:
 =
(2 У«
При решении этого примера абитуриенты не всегда обращали внимание на условие 0<а<:1 и поэтому допускали ошибку при извлечении квадратного корня.
4. Высота пирамиды (см. рисунок) пройдет через центр О круга, описанного около основания, так как боко-
D
вые ребра пирамида наклонены к плоскости основания под равными углами. Известно, что в прямоугольном треугольнике центр описанного круга лежит в середине гипотенузы.
Объем  пирамиды:  V = -4- S^AechMs
О
Д ABC находим
В С= с cos a, AC — с sin a, с2 sin о cos a       c2 sin 2a
S&ABC=
Высоту пирамиды находим из прямоугольного Д DO A: DO = -|-tg<p. Таким образом,
.,        1   с* sin 2a   с V-   -з"	4	-
= ~24C* sin2«tg(p. Ответ: V = ^r-c3sin2atg(p.
В этой несложной задаче некоторые абитуриенты испытывали затруднения при построении чертежа (неверно была изображена высота).
Разберем еще несколько примеров, предлагавшихся на письменном и устном экзаменах.
1.	Решить уравнение
7 cos х+2 sin 3* cos 2x — sin 5* =5.
Преобразуя второй член в сумму, приводим уравнение к виду
7 cos х + sin x = 5.
Теперь можно использовать половинный угол для сведения уравнения к однородному или решать это уравнение с помощью введения вспомогательного угла.
Ответ:
xt = 2 arctg -i- + 2пя,
хг = — 2 arctg -^- + 2kn (л, k = 0, ±1, .   .   .).
2.	Решить  неравенство
log2llog3(*2-6)]>0.

Это неравенство равносильно системе неравенств
io<logg(*8-6)<l
или
ра-6>0,
Ь <ха-6<3.
Второе неравенство включает в себя первое, из него и находим 7 <х2 <9, VI < \А < 3. Ответ:
В этой задаче многие абитуриенты не учитывали, что основание внешнего логарифма меньше 1, а некоторые забыли про знак модуля и потеряли вторую часть ответа.
В заключение приводим один вариант письменной работы и отдельные задачи из письменных работ и устных экзаменов для самостоятельного  решения.
Вариант Решить уравнения:
*         3 1. cos— cos-jj-x — sin*sin3* —
— sin2xsin3jc = 0.
2.
3. Упростить: а + х
 + 27) = 0.
Va
4.	Сторона основания   правильной  треугольной пирамиды равна а,   боковые грани наклонены к плоскости   основания  под углом ф. Найти объем пирамиды.
Отдельные задачи Решить уравнения:
5.	sin4 дг-f- sin* f —g	дм   -sin2,c
6. J-iL sin 3* — -jj- cosЗдс = cos 7x.
8. Преобразовать в произведение: sec* a — tg2 о + n
— —г)
4 9. Дано: tga = -g-,
a
Найти
Решить уравнения:
10.	\Г64 — У 23jc+3 + 12 = 0.
П.	Ю'в1* +*1вл = 20.
12.	lga Юд; + Ig a: = 19.
13.	4loe'* -\-x2 = 8.
14.	log, (3* - 1) log, <3*+l - 3) = 6.
Решить неравенства: 0>2д:-0.5
•5
-       yg
 g-     > 5-0,04*- '.
3—л: T^x       16
16.	0,8        <l5"-
17.	lgAT2 < lgSJC.
18.	(x2 — 4)log0l6jc>0.
19.	log0	l
21.	При каких значениях а уравнение (5a-l)xa-(5a + 2)x + (3a-2) = 0
имеет равные корни?
22.	Упростить:
+
23.	Доказать, что в прямоугольном треугольнике биссектриса прямого  угла  делит пополам угол  между  медианой и  высотой, опущенными на гипотенузу.
24.	Площадь  равностороннего треугольника,   построенного  на   гипотенузе   прямоугольного треугольника, вдвое больше  площади последнего.  Определить  углы  прямоугольного треугольника.
47