Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1260
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Δευ Οκτ 29, 2018 10:10 pm

Θέματα των γραπτών(*) εισαγωγικών εξετάσεων στο Μηχανικό-Μαθηματικό τμήμα του Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας (Ιούλιος 1998).


1. Να λύσετε την ανίσωση

\displaystyle 3 \cdot \sqrt{\left | x+1 \right |-3} \geq \sqrt{x^2-2x-3} .


2. Να λύσετε την ανίσωση

\displaystyle \log_{\frac{2x+2}{5x-1} } \left ( 10x^{2}+x-2 \right ) \leq 0 .


3. Να λύσετε την εξίσωση

\displaystyle 3 \cdot 2^{\cos x +3\sqrt{1-\sin^2 x}} + 11 \cdot 2^{2\cos x} -34=0.


4. Κύκλος, εγγεγραμμένος σε ισοσκελές τρίγωνο ABC, εφάπτεται της βάσης AC στο σημείο D και της πλευράς AB στο σημείο E. Έστω F το μέσο της πλευράς AB και G το σημείο τομής του κύκλου με το τμήμα FD, διαφορετικό του D. Η εφαπτομένη του κύκλου, που διέρχεται από το σημείο G, τέμνει την πλευρά AB στο σημείο H. Να βρείτε την γωνία BCA, αν είναι γνωστό, ότι FH:HE=2:3.


5. Για ποιές τιμές της παραμέτρου a το σύστημα

\displaystyle \left\{\begin{matrix} 
\cos^2 \left (\pi xy  \right )-2 \sin^2 \left ( \pi x \right ) -3\sin^2 \left ( \pi y \right ) -2 + \tan \left ( \pi a \right ) = 0 
\\  
cos \left (\pi xy  \right )-\dfrac{3}{2} \sin^2 \left ( \pi x \right ) -2\sin^2 \left ( \pi y \right ) -\dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2}\tan \left ( \pi a \right ) = 0 
\\  
\log_{2} \left ( 1+4\sin^2 \left ( \dfrac{\pi a}{4} -\dfrac{\pi}{16} \right ) -x^2 -y^2  \right ) \leq \dfrac{1}{2} 
\end{matrix}\right.

έχει ακριβώς τέσσερεις ρίζες;


6. Δίνεται πυραμίδα ABCD. Σφαίρα εφέπτεται των επιπέδων DAB, DAC και DBC στα σημεία K, L και M αντίστοιχα. Εξάλλου το σημείο K βρίσκεται στην πλευρά AB, το σημείο L στην πλευρά AC και το σημείο M στην πλευρά BC. Να βρείτε τον όγκο της πυραμίδας, αν είναι γνωστό, ότι η κατίνα της σφαίρας είναι ίση με 3, \angle ADB =90^0, \angle BDC = 105^0, \angle ADC = 75^0.



(*) Υπήρχε και συμπληρωματική προφορική εξέταση.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11921
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Νοέμ 03, 2018 10:29 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Δευ Οκτ 29, 2018 10:10 pm

4. Κύκλος, εγγεγραμμένος σε ισοσκελές τρίγωνο ABC, εφάπτεται της βάσης AC στο σημείο D και της πλευράς AB στο σημείο E.

Έστω F το μέσο της πλευράς AB και G το σημείο τομής του κύκλου με το τμήμα FD, διαφορετικό του D. Η εφαπτομένη του κύκλου,

που διέρχεται από το σημείο G, τέμνει την πλευρά AB στο σημείο H. Να βρείτε την γωνία BCA, αν είναι γνωστό, ότι FH:HE=2:3.
Παλαιά  Μόσχα.png
Παλαιά Μόσχα.png (18.09 KiB) Προβλήθηκε 1484 φορές
Όλες οι πράσινες γωνίες είναι ίσες . Τώρα : \dfrac{2}{3}=\dfrac{FH}{HE}=\dfrac{FH}{HG}=\dfrac{\sin\theta}{\sin2\theta}=\dfrac{1}{2\cos\theta}

δηλαδή : \cos\theta=\dfrac{3}{4} , οπότε : \theta=arccos(\dfrac{3}{4}) .


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1260
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Νοέμ 03, 2018 12:52 pm

Στην παραπάνω λύση το σημείο (μέσο) F ανήκει στο τμήμα AE. Μπορεί το F να ανήκει στο τμήμα BE; Αλλάζει η λύση;


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11921
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Νοέμ 03, 2018 2:00 pm

Αμβλεία.png
Αμβλεία.png (15.69 KiB) Προβλήθηκε 1454 φορές
Η \theta είναι οξεία , άρα η παραπληρωματική της \omega είναι αμβλεία , συνεπώς :

FH>HG=HE , επομένως : \dfrac{FH}{HE}>1


ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 992
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Τετ Δεκ 26, 2018 9:36 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Δευ Οκτ 29, 2018 10:10 pm
Θέματα των γραπτών(*) εισαγωγικών εξετάσεων στο Μηχανικό-Μαθηματικό τμήμα του Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας (Ιούλιος 1998).

2. Να λύσετε την ανίσωση

\displaystyle \log_{\frac{2x+2}{5x-1} } \left ( 10x^{2}+x-2 \right ) \leq 0 .
Θα είμαι σύντομος στις πράξεις για να μην σας κουράσω...

Κατ' αρχήν \displaystyle10x^{2}+x-2> 0\Leftrightarrow  x<-\frac{1}{2} ή \displaystyle x>\frac{2}{5} (1)

Aς ξεκινήσουμε με την περίπτωση \displaystyle0<\frac{2x+2}{5x-1}<1

\displaystyle0<\frac{2x+2}{5x-1} ισοδυναμεί με \displaystyle x<-1 ή \displaystyle x > \frac{1}{5}

\displaystyle\frac{2x+2}{5x-1}< 1 ισοδυναμεί με \displaystyle x< \frac{1}{5} ή x >1

Μπορεί λοιπόν να γραφεί ότι \displaystyle0<\frac{2x+2}{5x-1}< 1\Leftrightarrow x<-1 ή x>1 (2)

Έτσι έχουμε ότι \displaystyle \log_{\frac{2x+2}{5x-1} } \left ( 10x^{2}+x-2 \right ) \leq 0\Leftrightarrow10x^{2}+x-2\geq 1\Leftrightarrow 10x^{2}+x-3\geq 0\Leftrightarrow  \displaystyle x\leq -\frac{3}{5} ή \displaystyle x\geq  \frac{1}{2} (3)

Οι (1) και (2) και (3) συναληθεύουν για  x<-1 ή x>1 , που αποτελούν και τις λύσεις της ανίσωσης για αυτήν την περίπτωση.


Ας δούμε την περίπτωση \displaystyle\frac{2x+2}{5x-1}>1

\displaystyle\frac{2x+2}{5x-1}>1 ισοδυναμεί με \displaystyle\frac{1}{5}< x< 1 (4)

Έτσι έχουμε ότι \displaystyle \log_{\frac{2x+2}{5x-1} } \left ( 10x^{2}+x-2 \right ) \leq 0\Leftrightarrow10x^{2}+x-2 \leq1\Leftrightarrow 10x^{2}+x-3\leq0 \Leftrightarrow  \displaystyle -\frac{3}{5} \leq x\leq \frac{1}{2} (5)

Οι (1) και (4) και (5) συναληθεύουν για \displaystyle \frac{2}{5} < x \leq \frac{1}{2} , που αποτελούν και τις λύσεις της ανίσωσης για αυτήν την περίπτωση.

Συμπερασματικά , η ανίσωση αληθεύει για  x<-1 ή \displaystyle \frac{2}{5} < x\leq \frac{1}{2} ή x>1

Αλέξανδρε , θα ήταν ικανοποιημένοι οι Ρώσοι εξεταστές με μια τέτοια λύση;
Να ξέρεις ότι θα το εκτιμούσα ιδιαίτερα , αν έβλεπα θέματα από το τμήμα αυτό και από άλλες χρονιές...
Την παραπάνω λύση την σκέφτηκα στο γραφείο των καθηγητών του σχολείου όπου εργάζομαι τον Νοέμβριο , αλλά μόλις σήμερα βρήκα
λίγο χρόνο για να την υποβάλλω στο forum μας...


ΕDIT Οφείλω να παραδεχτώ ότι στην αρχική μου δημοσίευση ξέχασα να γράψω την απαράβατη συνθήκη για το θετικό της ποσότητας που λογαριθμίζεται...
Την πάτησα σαν πρωτάρης , ίσως γιατί βιάστηκα , ίσως γιατί έχω πολλά στο μυαλό μου...
Ευχαριστώ τον Αλέξανδρο που μου επισήμανε το λάθος μου , ευχαριστώ και τον nikkru που με ένα διακριτικό π.μ. επισήμανε το ίδιο λάθος...
Ασφαλώς οι Ρώσοι εξεταστές θα μου έκοβαν κάτι ...
Αλέξανδρε , συνέχιζε να δημοσιεύεις θέματα εισαγωγικών εξετάσεων από τη Ρωσία , αρέσουν σε πολλούς...
τελευταία επεξεργασία από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ σε Τετ Δεκ 26, 2018 4:42 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1917
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Δεκ 26, 2018 1:45 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Δευ Οκτ 29, 2018 10:10 pm
Θέματα των γραπτών(*) εισαγωγικών εξετάσεων στο Μηχανικό-Μαθηματικό τμήμα του Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας (Ιούλιος 1998).

5. Για ποιες τιμές της παραμέτρου a το σύστημα

\displaystyle \left\{\begin{matrix} 
\cos^2 \left (\pi xy  \right )-2 \sin^2 \left ( \pi x \right ) -3\sin^2 \left ( \pi y \right ) -2 + \tan \left ( \pi a \right ) = 0 
\\  
cos \left (\pi xy  \right )-\dfrac{3}{2} \sin^2 \left ( \pi x \right ) -2\sin^2 \left ( \pi y \right ) -\dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2}\tan \left ( \pi a \right ) = 0 
\\  
\log_{2} \left ( 1+4\sin^2 \left ( \dfrac{\pi a}{4} -\dfrac{\pi}{16} \right ) -x^2 -y^2  \right ) \leq \dfrac{1}{2} 
\end{matrix}\right.

έχει ακριβώς τέσσερις ρίζες;


Μετά από μια ατυχία στην πληκτρολόγηση το μήνυμα που έγραφα σβήστηκε. :) Δεν έχω κουράγιο, τώρα, παρά για μια περίληψη!

Πολλαπλασιάζουμε την δεύτερη επί 2 και την αφαιρούμε από την πρώτη:

(cos \pi xy-1)^2+sin^2 \pi x + sin^2 \pi y=0

Προκύπτει ότι τα x, y είναι ακέραιοι με γινόμενο άρτιο. Αντικαθιστούμε σε μία από τις δύο πρώτες και παίρνουμε

tan a \pi=1 \Leftrightarrow a= k+\frac{1}{4},  k\in \mathbb{Z}

Αντικαθιστούμε στην τρίτη και είναι ισοδύναμη με το σύστημα

1+4sin^2\left ( \dfrac{k \pi}{16}\right )\geq x^2+y^2  \geq 1+4sin^2\left ( \dfrac{k \pi}{16}\right )-\dfrac{1}{\sqrt{2}}

Για k=0 έχουμε τέσσερις λύσεις (0,1), (0,-1), (1,0), (-1,0) κ.λπ. :P


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1260
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τετ Δεκ 26, 2018 1:55 pm

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:
Τετ Δεκ 26, 2018 9:36 am

Ας δούμε την περίπτωση \displaystyle\frac{2x+2}{5x-1}>1

\displaystyle\frac{2x+2}{5x-1}>1 ισοδυναμεί με \displaystyle\frac{1}{5}< x< 1 (3)

Έτσι έχουμε ότι \displaystyle \log_{\frac{2x+2}{5x-1} } \left ( 10x^{2}+x-2 \right ) \leq 0\Leftrightarrow10x^{2}+x-2 \leq1\Leftrightarrow 10x^{2}+x-3\leq0 \Leftrightarrow  \displaystyle -\frac{3}{5} \leq x\leq \frac{1}{2} (4)

Οι (3) και (4) συναληθεύουν για \displaystyle \frac{1}{5}< x\leq \frac{1}{2} , που αποτελούν και τις λύσεις της ανίσωσης για αυτήν την περίπτωση.

Συμπερασματικά , η ανίσωση αληθεύει για  x<-1 ή \displaystyle \frac{1}{5}< x\leq \frac{1}{2} ή x>1

Αλέξανδρε , θα ήταν ικανοποιημένοι οι Ρώσοι εξεταστές με μια τέτοια λύση;
Να ξέρεις ότι θα το εκτιμούσα ιδιαίτερα , αν έβλεπα θέματα από το τμήμα αυτό και από άλλες χρονιές...
Την παραπάνω λύση την σκέφτηκα στο γραφείο των καθηγητών του σχολείου όπου εργάζομαι τον Νοέμβριο , αλλά μόλις σήμερα βρήκα
λίγο χρόνο για να την υποβάλλω στο forum μας...
Καλησπέρα κ.Τηλέμαχε και Χρόνια Πολλά!

Η αλήθεια είναι δεν έχω δει σχέδια βαθμολόγησης στις πηγές των θεμάτων (περιοδικά "Μαθηματικά στο σχολείο", Κβαντ, βιβλία με θέματα εισαγωγικών εξετάσεων), οπότε δε ξέρω τι θα τους ικανοποιούσε από βαθμολογικής άποψης. Όσο αναφορά τη δεδομένη ανισότητα, στη δεύτερη περίπτωση υπάρχει και ο επιπλέον περιορισμός

10x^{2}+x-2  > 0

που οδηγεί σε ελαφρώς διαφορετικό τελικό αποτέλεσμα. Μάλλον θα χάνατε κάποια μόρια :D .


Υγ. Θα προσπαθήσω τις επόμενες μέρες να ανεβάσω και θέματα άλλων ετών...


Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1860
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Τετ Δεκ 26, 2018 3:28 pm

rek2 έγραψε:
Τετ Δεκ 26, 2018 1:45 pm

Μετά από μια ατυχία στην πληκτρολόγηση το μήνυμα που έγραφα σβήστηκε. :) Δεν έχω κουράγιο, τώρα, παρά για μια περίληψη!

Κώστα χρόνια πολλά, αν την ώρα που γράφουμε στον editor του :logo: κατά λάθος σβηστεί κάτι και ο κέρσορας εξακολουθεί να βρίσκεται εντός του κειμενογράφου και να αναβοσβήνει τότε με ένα Ctrl+Z μπορούμε να επαναφέρουμε κάτι που έχει σβηστεί. :D


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1917
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Δεκ 26, 2018 8:33 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Δευ Οκτ 29, 2018 10:10 pm
Θέματα των γραπτών(*) εισαγωγικών εξετάσεων στο Μηχανικό-Μαθηματικό τμήμα του Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας (Ιούλιος 1998).


3. Να λύσετε την εξίσωση

\displaystyle 3 \cdot 2^{\cos x +3\sqrt{1-\sin^2 x}} + 11 \cdot 2^{2\cos x} -34=0.
Λυμένη από τον Γιώργο στον σύνδεσμο: viewtopic.php?f=21&t=63424


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1917
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Δεκ 26, 2018 8:35 pm

Christos.N έγραψε:
Τετ Δεκ 26, 2018 3:28 pm
rek2 έγραψε:
Τετ Δεκ 26, 2018 1:45 pm

Μετά από μια ατυχία στην πληκτρολόγηση το μήνυμα που έγραφα σβήστηκε. :) Δεν έχω κουράγιο, τώρα, παρά για μια περίληψη!

Κώστα χρόνια πολλά, αν την ώρα που γράφουμε στον editor του :logo: κατά λάθος σβηστεί κάτι και ο κέρσορας εξακολουθεί να βρίσκεται εντός του κειμενογράφου και να αναβοσβήνει τότε με ένα Ctrl+Z μπορούμε να επαναφέρουμε κάτι που έχει σβηστεί. :D
Χρήστο, πολύ χρήσιμο φίλε! Σε ευχαριστώ. Να είσαι πάντα καλά και πάντα γιορτινός! :mathexmastree:


Άβαταρ μέλους
Ratio
Δημοσιεύσεις: 256
Εγγραφή: Παρ Σεπ 09, 2016 8:59 am

Re: Εισαγωγικές Μηχανικό-μαθηματικό Μόσχας 1998

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ratio » Πέμ Δεκ 27, 2018 8:50 am

Να λυθεί 3\sqrt{\left | x+1 \right |-3}\geq \sqrt{x^2-2x-3}

Πεδία ορισμού:
\left | x+1 \right |-3\geq 0\Leftrightarrow \left | x+1 \right |\geq 3\Leftrightarrow x+1\geq 3
 x+1\leq -3\Leftrightarrow x\in(-oo,-4]\cup x\in[2,+oo)
x^2-2x-3\geq 0\Leftrightarrow x\in(-oo,-1]\cup x\in[3,+oo)

Από την τομή των πεδίων ορισμού αναζητούμε λύσεις στα διαστήματα  (-oo,-4]\cup[3,+oo)

3\sqrt{\left | x+1 \right |-3 }\geq \sqrt{x^2-2x-3}\Leftrightarrow 9\left | x+1 \right |-27\geq (x+1)(x-3)\Leftrightarrow
 9\left | x+1 \right |-(x+1)(x-3)-27\geq 0


Από αυτό το σημείο και ανάλογα με το πρόσημο του απολύτου, προκύπτουν δύο ανισώσεις:
x^2-7x+33\leq 0, x\leq -4, η οποία είναι αδύνατη και
x^2-11x+15\leq 0, x\geq 3
που δίνει λύσεις

x_{1,2}=\frac{11\pm \sqrt{61}}{2}

H λύση είναι στο διάστημα  [3,\frac{11+\sqrt(61)}{2}]
Συνημμένα
geogebra-export (1) (1).png
geogebra-export (1) (1).png (209.56 KiB) Προβλήθηκε 1087 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διάφορα άλλα θέματα εξετάσεων”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης