Ленинградский государственный педагогический институт им. А. И. Герцена

59

Ленинградский государственный педагогический институт им. А. И. Герцена

Математика
Писменный экзамен
Вариант 1
(mатематический факультет)

1. Упростите при $x > 1$ выражение

$$\frac{\sqrt{\sqrt{2}-1} \cdot \sqrt[4]{3+2\sqrt{2}} + \sqrt[3]{(x+12)\sqrt{x}-6x-8}}{\frac{x-\sqrt{x}}{\sqrt{1-2x+x^2}} - \sqrt{\sqrt{2}+1} \cdot \sqrt[4]{3-2\sqrt{2}}}.$$

2. Решите неравенство

$$\left(\frac{2}{3}\right)^{\left|\frac{x-1}{x+2}\right|} \geq \frac{4}{9}.$$

3. Найдите промежутки monotonности функций $y = \frac{3}{2} \ln^2 x - \ln^3 x$.

4. На основаниих $AB$ и $CD$ вне трапеции построены квадраты. Докажите, что прямая, соединишая их центры, проходит через точку пересечения диагональной трапеции.

5. Шар радиуса $R$ вписан в парамиду, в основании которого лежит ромб с острым углом $a$. Боковые грани парамиды наклонены к плоскости основания под углом $φ$. Найдите объем парамиды.

Вариант 2
(физический факультет)

1. Упростите выражение

$$\left[ \frac{xy^{\frac{3}{2}}-yx^{\frac{3}{2}}}{x^2+y^2} : \frac{(xy)^{\frac{3}{2}}}{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2-3(xy)^{\frac{1}{2}}} \right] \times \left( \frac{\sqrt{x}-\sqrt{y}}{xy^{\frac{1}{2}}+yx^{\frac{1}{2}}} \right)^{-1}.$$

2. Решите уравнение

$$(0,4)^{1\lg^2 x+1} = (6,25)^{2-\lg x^3}.$$

3. Решите уравнение

$$2 \cos 2x + \cos^2 \frac{x}{2} - 10 \cos \left(\frac{5\pi}{2} - x\right) + \frac{7}{2} = \frac{1}{2} \cos x.$$

4. Найдите точки максимума и минимума функций $f(x) = \frac{(x-1)^2}{x^2+1}$.

5. В правильной четырехугольной парамиде плоский угол при вершине равен $60^\circ$. Докажите, что один из двумерных углов этой парамиды вдвое меньше другого.

Задачи устного экзамена

1. Зная, что $\lg 64 = k$, найдите $\lg^3 \sqrt{25}$.

2. Определите знак числа sin (2 arctg $\frac{1}{3}$ + arccos $\frac{\sqrt{3}}{2}$).

3. Решите уравнение

a) $\frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{\log_3 \frac{x-2}{x-3}} = \frac{\log_3 3}{x-2}$;

b) $\log_2 \log_3 x + 1 = \log_2 \log_3 (4x-3)$;

b) $1-3 \sin^2 \alpha \cdot \cos^2 \alpha = \frac{7}{16}$.

4. Решите неравенство

a) $(0,3)^{\log_2(\log_3(x^2-19))-2} > 1$;

b) $\left| \frac{2-3|x|}{1+|x|} \right| < 1$;

b) $4 \log_{64}(x-3) + \log_2^5 > 50$.

5. Найдите область определения функций

a) $\arccos (4-x)$ $\sqrt{x^2-x-12}$;

b) $\log_7-2x (x^2+11x-26)$;

b) $(\sin x+\cos x)^2 - \frac{1-\cos 4x}{2 \sin 2x} - \cos x$.

6. Найдите множество значений функций

a) $(\sin x+\cos x)^2 - \frac{1-\cos 4x}{2 \sin 2x} - \cos x$;

b) $1-6 \cos^2 x+6 \sin^2 x$.

7. Постройте график функции

a) $\frac{2x(2x+3)}{\sqrt{4x^2+12x+9}} - 4$;

b) $\cos^2 x \cdot \frac{1}{2} - \frac{\sin^2 x}{2}$.

8. В ромб вписан круг. Каждая сторона ромба точкой касания делится на отрезки, длины которых $a$ и $b$. Найдите площадь круга.

9. Через точку внутри треугольника проведены прямые параллельно сторонам. Площади треугольников, образованных при этом, равны $S_1$, $S_2$ и $S_3$. Найдите площадь данной треугольника.

10. Дано круговое кольцо, площадь которого $Q$. Определите длину хорды большого круга, касательной к меньшему.

11. Из точки $O$, не принадлежащей прямой $b$, проведены к $b$ перпендикуляр $(OB)$ и наклонная $(OM) (M \in b, B \in b)$. Докажите, что $\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OM}$ не зависит от положения точки $M$ на прямой $b$.

12. Определите площадь полной поверхности конуса, если угол между образующей и плоскостью основания равен $a$, а площадь осевого сечения равна $Q$.

13. Высота правильной четырехугольной парамиде 6 см, плоский угол при вершине парамиды $60^\circ$. Найдите объем парамиды.

Физика
Задание устного экзамена
физический факультет

1. Тело за время $t = 6$ с переместилось на $s = 270$ см. Первы три секунды тело двиглос равнопеременного, а последнее три се-

61

4. $x_1 = \frac{\pi}{12} + \frac{\pi}{6} k, x_2 = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi}{4} l (k, l \in \mathbb{Z})$.
5. $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Указание. Пусть $O$ — основание высоты пирамиды; тогда $O \in [AB]$ и $|AO| = |OB|$. В системе координат с началом $O$ и осями $OB, OC, OS$ найдите координаты точек $A, B, M, N$; затем найдите уравнение плоскости $\alpha = (BMN)$ как плоскости, проходящей через три извесные точки; наконец, примените формулу из §62 «Геометрии 9—10». Задачу можно решить и чисто геометрическим: пусть $K = \alpha \cap (AC), L$ — основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на $\alpha$; докажите, что $(KB) \perp (SAB)$; выведите отсюда, что $L \in (BM)$.

Физика

Вариант 1

1. См. решения задачи Ф800, которое будет опубликовано позже.
2. См. решения задачи Ф802, которое будет опубликовано позже.
3. После того как часть льда растяла, толщина слоя оставшегося пористого льда равна $(1-\beta)h$. Слой воды, произвед в поры льда, имеет толщину $h_1 = (1-\beta)h_{\rho}/\rho_B$ (рис. 1) и массу $m_B = (1-\alpha)q_BSh_1 = (1-\alpha)(1-\beta)q_BSh$. Масса всей воды, образованшейся в результате таяния, равна $m'_B = \alpha\beta q_BSh$. Если $m'_B > 0$ (что реализуется по условиям задачи, поскольку $\alpha + \beta = 1,3 > 1$), то лед всплывает. Высота уровня воды под слоем льда равна $h_2 = (m'_B - m_B)/(\rho_BS) = (\alpha + \beta - 1)h_{\rho}/\rho_B$, а искоматная высота уровня воды в стакане равна
   $$H = h_1 + h_2 = \alpha h_{\rho}/\rho_B = 0,54h.$$
   Этот результат можно получить проще. Действительно, если лед плавает, то от его таяния уровень воды в стакане не меняется: лед, плавая, вытеянет столько воды, какова масса его самого. Значит, при таянии образуется столько воды, сколько вытеянлось. Поэтому растим мысленно весь лед и найдем искому высоту уровня воды из равенства $\alpha h_{\rho}/S = H_{\rho}/S$.
4. Грузовик массы $m$, имея в начале торможения скорость $v$, обладает кинетической энергии $mv^2/2$. Вся эта энергия переходит в тепло за время торможения $t \sim 2l/v$, где $l$ — длина пути торможения. Таким образом, средняя мощность $P \sim mv^2/2:2l/v \sim mv^3/(4l)$. При значениях $v \sim 60$ km/ч $\sim 16$ м/c, $m \sim 10^4$ кг и $l \sim 10$ м получаем $P \sim 10^6$ Вт, то есть порядка метаватта.
5. Как видно из рисунка 2, положка разбиает световой поток на два, формирующих два размыты изображения каждой точки предмета (штриховой линей указано положение экрана, при котором эти изображения сливаются в одно резкое). Правильное обяснение эфекта получается и в том случае, если неакрытые части объекта расматривать как две разнесенные линзы.
   Вариант 2
6. $x = \frac{d^2}{2d-R} = \frac{9}{8} R \left(\frac{R}{2} \leq d \leq R\right)$.
7. $v_{\min} = \left(5g l + \frac{q^2 B^2 l^2}{2m^2} \left(1 - \sqrt{1 + \frac{4m^2 g}{q^2 B^2}}\right)\right)^{1/2}$.
8. Масса воды, поступающая из насса в единицу времени при скорости $v$ через сечение $S$, равна $qvS$. Мощность насса без трубки равна
   $$N_0 = qvS \cdot \frac{v^2}{2}.$$
   При наличии трубки высоты $h$ вода, кроме кинетической энергии, обладает еще и потенциальной энергейой, связанной с подъемом жидкости на высоту $h$, поэтому мощность
   $$N = quS \cdot \frac{u^2}{2} + quS \cdot gh$$
   где $u$ — скорость воды. Из kinematики имеем
   $$v^2 = 2gH, u^2 = 2g(H-h).$$
   Тогда окончательно получаем
   $$\frac{N}{N_0} = \frac{u}{v} \left(\left(\frac{u}{v}\right)^2 + \frac{2gh}{v^2}\right) = \frac{u}{v} = \sqrt{1 - \frac{h}{H}}.$$
   Можно решить задачу проще, затем, что сила направна на обих случае одна и та же (так как одинаковы высоты фонтов). Тогда, используя формулы $N = Fu$ и $N_0 = Fv$, получаем $N/N_0 = u/v = \sqrt{1-h/H}$.
9. После остывания воздуха от температуры $T$ до температуры среды $T_0$ давление в банке падает от $p_0$ до $p$, создавая силу приасывления $F \sim (p_0 - p)S$. Масса и объем воздуха внутри не изменяются, так что $p_0/T = p/T_0$. Отсюда
   $$F \sim p_0 \frac{T-T_0}{T} S \sim p_0 \frac{\Delta T}{T} S.$$
   Выбирая $\Delta T \sim 100$ K, $T \sim 400$ K, $S \sim 10$ см$^2 \sim \sim 10^{-3}$ м$^2$ и $p_0 \sim 10^5$ Pa, получаем
   $$F \sim p_0 \frac{\Delta T}{T} S \sim 25H.$$
10. В первом случае, без перекладины (рис. 3, а), силу треня преодолевает, натягивая нить по горизонтали на себя. При отпускании нити горизонтальная сила треня покоряет подставку. Во втором случае, как и в первом, подставка неподвижна до взаимодействия с перекладиной $\Pi$ (рис. 3, б).

62

А после этого взаимодействия импульс шарика за укороченное (из-за уменьшения длины магнитника) время передается подставке, и сила трения преодолевается большей горизонтальной силой. Можно подойти к обьясению и иначе. Горизонтальная проекция силы натяжения нити легко выражается через углы отклонения нити от вертикалки: $T_r = mg \sin \alpha \times (3 \cos \alpha - \cos \alpha_0)$. Чем больше максимальный угол отклонения $\alpha_0$, тем больше горизонтальная силая. После взаимодействия нити с перекладной максимальной угол отклонения $\beta_0$ увеличивается, увеличивается и горизонтальная силая, преодолевается силу трения покоя. Это и приводит к смешению подставки в направлении от руки к перекладине.

Вариант 3

1. См. решения задачи Ф798, которое будет опубликовано позже.
2. $x = R/(n-1)$.
3. Запишем уравнение состояния газа до и после подвода телла:
   $phS = RT$ и $(p + Mg/S)2hS = RT'$
   и закон сохранения энергии:
   $Q = \Delta U + A = c(T' - T) + (Mg + pS)h$.
   Отсюда получаем
   $Q = (c + R)T + Mgh(1 + 2c/R)$.
4. Из условия равновесия вертолета следует, что он выталкивает столько воды, какова его масса (воздух при этом играет роль передающего посредника и из расстояния может быть исключен). Выбрав массу вертолета $m \sim 10^4$ кг и длину лопастей $l \sim 5$ м, получаем глубину ямы $h \sim \frac{m}{\varrho_{\text{BOd}} \pi l^2} \sim 0,1$ м.
5. При разомкнутых концах проводов взаимодействие катушки с магнитным полем практическим отсутствует, и колбация почти не затухает. Если концы замкнуты, в витках катушки, при ее попадании в магнитное поле, наводится индукционный ток. По правилам Ленца ток имеет такое направление, чтобы воспрепятствовать изменению магнитного потока через катушки. В результате на переднюю часть витка, вошедшего в сильное магнитное поле, действует сила, направленная против движения. На другую часть витка, находящаяся в перipherной области поля, где оно значительное слабее, действует сила противоположного направления. Но поскольку первая сила по модели существенного большей второй, результатырушающая сила, превращаются этому выходу. Индукционные токи приводят к тепловым потерям энергии в проводе катушки, в результате колбация быстро затухает.

Московский энергетический институт

Математика
Писменный экзамен
Вариант 1

1. При $x > 0$ $f'(x) = -\frac{2}{3\sqrt{3}x^5}$.

2. {(2; 0), (0; 1)}.

3. Большое основа $\frac{3}{4}a$.

4. $-\frac{\pi}{3}, -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3}, \frac{2}{3}\pi$.

5. $\frac{4}{3}a^3 \sin \alpha \cdot \cos^3 \frac{\alpha}{2}$.
   Вариант 2

6. 1. Заметание. Область определения уравнения выражения ] 0; 1 [U] 1; +∞ [.

7. ] 1; $1\frac{11}{25}$ ] ∪ [36; +∞ [.

8. $-10 = (-5) + (-5)$.

9. $-\frac{3}{4}\pi, -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{4}, \frac{5}{4}\pi, \frac{3}{2}\pi$.

10. $-4S \cdot tg\alpha$. Указание. $\vec{AD} \cdot \vec{DC} = \vec{AD} \cdot (\vec{AC} - \vec{AD})$.

Задачи устного экзамена

1. $(0,9)^{-1,2}$. 2. 31. 3. 2. 4. См. рис. 4. 5. ] —∞; 1 [.

Рис. 4.
6. $\ln 2 \cdot \frac{1}{x^2} \cdot \sin \frac{1}{x} \cdot 2^{\cos \frac{1}{x}}$. 7. $\frac{100}{101}$. Указание.
$\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$. 8. Решение. Данную точку $A$ соедините с концами $C$ и $D$ данного диаметра. Точка $C$ соедините с точкой $F$ пересечения $(AD)$ с данной окружностью, а точку $D$ соедините с точкой $E$ пересечения $(AC)$ с данной окружностью. Прямая, проходящая через $A$ и $(CF) \cap (DE)$, — исключая.
9. $\frac{|\vec{b}| - |\vec{a}|}{\|\vec{b}\|}$. Указание. $|BC| = |\vec{b}| - |\vec{a}|$. 10. $\frac{2ab}{a+b}$. Решение. Из подобия треугольников $AEO$ и $ABC$ (обозначения см. на рис. 5) $\frac{|AE|}{|AB|} = \frac{|EO|}{b}$, из подобия Физика
Вариант писменного экзамена
2. При быстроистечении газа из баллона теплообменном с окружшей средой можно

63

пренебречь. Газ, расширяясь, совершает положительный работу, поэтому, согласно первому закону термодинамики, его внутренняя энергия уменьшается, и газ охлаждается, что приводит к охлаждению вентиля. Когда температура вентиля становится равной точке росы, начинается кондensation воды паров, содержащихся в воздухе, то есть выпадает роса. При дальнейшем уменьшении температуры воздуха и образование инея.
3. $\Delta P = m\sqrt{v_A^2 + v_B^2} = 10$ кг·м/c.
4. $\lambda_M = \frac{hc}{hv - mv_0^2/2}$, где $h$ — постоянная Планка, $c$ — скорость света, $m$ — масса электрона.
5. $Q = C\sqrt{U_1^2 + L(I_1^2 - I_2^2)}/C \approx 2,3 \cdot 10^{-3}$ Кл.

Задачи устного экзамена

1. $\Delta \vec{P} = \vec{P}_2 - \vec{P}_1$; $\Delta P = m(v_1 + v_2) = 0,18$ кг·м/c; $F = mg + \Delta P/\tau = 18,2$ Н.
2. $Q = \varepsilon_0\varepsilon SU^2/(2d) \approx 1,8 \cdot 10^{-2}$ Дж.
3. $Q = 2\pi Br^2/R \approx 2,8 \cdot 10^{-2}$ Кл.

Ленинградский государственный педагогический институт им. А. И. Герцена

Математика
Писменный экзамен
Вариант 1

1. $1 - x$.
2. $] - \infty; -5] \cup [-1; +\infty[$.
3. $]0; 1]$ и $[e; +\infty[$ — промежутки убывания, $[1; e]$ — промежуток возрастания.
4. Указание. Соедините точку $O$ пересечения диагональной трапеции с центрами $O_1$, $O_2$ квадратов и доказите, что треугольники $OBO_1$ ($O_1$ — центр квадрата, построенного на $AB$) и $ODO_2$ подобны.
5. $\frac{4}{3}R^3\frac{\text{ctg}^3\frac{\varphi}{2} \cdot \text{tg}\varphi}{\sin \alpha}$. Указание. Вершина $S$ данной примеры проектируется в точку $O$ пересечения диагональной основания $ABCD$. Центр $K$ вписанного шара лежит на $[SO]$. Пусть $F$ — основание перpendикуляра, опущенного из $O$ на $(CD)$; тогда $[FK]$ — bicsectrica < $SFO$.

Вариант 2

1. $-1$.
2. $\{10, 10^5\}$.
3. $x = (-1)\frac{\pi}{6} + \pi k(k \in Z)$.
4. $x = -1$ — точка максимума, $x = 1$ — точка минимума.

Задачи устного экзамена

1. $\frac{6 - k}{9}$.
2. $+$. 3. a) $\{6\}$; 6) $\{3\}$; b) $x =$

$= \pm \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2} k (k \in Z)$
4. a) $] - 10; -2\sqrt{5}[$
5. a) $] - \frac{3}{2}; - \frac{1}{4}[$
6. $] \frac{1}{4}; \frac{3}{2}[$; b) $]11; +\infty[$.
5. a) $]0; 1[$; b) $]1; 2[$;
6. $][-5; 7]$.
8. $\pi ab$.
9. $(\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} + \sqrt{S_3})^2$.
10. $2\sqrt{\frac{Q}{\pi}}$. 12. $\pi Q \cdot \text{ctg}\frac{\alpha}{2}$. 13. $144 \text{ cm}^3$.

Физика
Физический факультет

1. $v_0 = (4s - 18s')/t = 0,6\text{ m/c}$.
2. Количество теплоты уменшится в $(2r + R)^2/(r + R)^2 = 2,25$ раза.
3. $D = -3/d = -7,5$ дитр; изобравнение уменшится.

Математический факультет

1. $t = l/(v_1 + v_2) = 20$ с (см. также рис. 6); $x = v_1t = 200$ м; во втором случае время до встречи уменшится в два раза, а место встречи не изменится.
2. См. рис. 7.
3. См. рис. 8.
4. См. рис. 9.

Рис. 9

Иnductrialно-педагогический факультет

1. $v_{cp} = \frac{3l}{2t + l/v} = 6 \text{ m/c}$.
2. Сначала в пустой сосуд выливают воду из первого и третього сосудов. Затем половину