Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen

59

Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1
(khoa toán học)

1. Rút gọn tại $x > 1$ biểu thức

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

2. Giải bất đẳng thức

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

3. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số $y = \frac{3}{2} \ln^2 x - \ln^3 x$.

4. Trên các đáy $AB$ và $CD$, các hình vuông được dựng bên ngoài hình thang. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm của chúng đi qua giao điểm của hình thang chéo.

5. Một quả cầu có bán kính $R$ được nội tiếp trong một paramid, ở đáy của nó là một hình thoi có góc nhọn $a$. Các mặt bên của paramid nghiêng với mặt phẳng của đế một góc $φ$. Tìm thể tích của paramid.

Tùy chọn 2
(Khoa Vật lý)

1. Đơn giản hóa biểu thức

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

2. Giải phương trình

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

3. Giải phương trình

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

4. Tìm điểm cực đại và cực tiểu của hàm số $f(x) = \frac{(x-1)^2}{x^2+1}$.

5. Trong một paramid tứ giác đều, góc phẳng ở đỉnh là $60^\circ$. Chứng minh rằng một trong các góc hai chiều của paramid này bằng một nửa góc kia.

Bài toán thi vấn đáp

1. Biết rằng $\lg 64 = k$, hãy tìm $\lg^3 \sqrt{25}$.

2. Xác định dấu của số sin (2 arctan $\frac{1}{3}$ + arccos $\frac{\sqrt{3}}{2}$).

3. Giải phương trình

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. Giải bất đẳng thức

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. Tìm miền hàm

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. Tìm tập hợp các giá trị hàm

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. Vẽ đồ thị hàm số

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. Một vòng tròn được ghi trong một hình thoi. Mỗi cạnh của hình thoi được chia bởi một điểm tiếp tuyến thành các đoạn có độ dài là $a$ và $b$. Tìm diện tích hình tròn.

9. Các đường thẳng được vẽ qua một điểm bên trong một tam giác song song với các cạnh. Diện tích của các hình tam giác hình thành trong trường hợp này là $S_1$, $S_2$ và $S_3$. Tìm diện tích của tam giác này.

10. Cho một vòng tròn có diện tích là $Q$. Xác định độ dài dây cung của đường tròn lớn tiếp xúc với đường tròn nhỏ.

11. Từ điểm $O$, không thuộc đường thẳng $b$, một đường vuông góc $(OB)$ và một đường xiên $(OM) (M \in b, B \in b)$ được vẽ thành $b$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OM}$ không phụ thuộc vào vị trí của điểm $M$ trên đường thẳng $b$.

12. Xác định diện tích toàn phần của hình nón nếu góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy là $a$ và diện tích phần trục là $Q$.

13. Chiều cao của một paramid hình tứ giác đều là 6 cm, góc phẳng ở đỉnh của paramid là $60^\circ$. Tìm thể tích của paramid.

Vật lý
Bài thi vấn đáp
Khoa Vật lý

1. Trong thời gian $t = 6$ s vật chuyển động được $s = 270$ cm. Trong ba giây đầu vật chuyển động đều và trong ba giây cuối

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. $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Gợi ý. Gọi $O$ là đáy của chiều cao của kim tự tháp; sau đó $O \in [AB]$ và $|AO| = |OB|$. Trong hệ tọa độ có gốc $O$ và các trục $OB, OC, OS$, tìm tọa độ các điểm $A, B, M, N$; rồi tìm phương trình mặt phẳng $\alpha = (BMN)$ là mặt phẳng đi qua ba điểm đã biết; cuối cùng, áp dụng công thức từ §62 của Hình học 9-10. Bài toán cũng có thể được giải thuần túy về mặt hình học: gọi $K = \alpha \cap (AC), L$ là đáy của đường vuông góc giảm từ $A$ xuống $\alpha$; chứng minh rằng $(KB) \perp (SAB)$; từ đó suy ra rằng $L \in (BM)$.

Vật lý

Tùy chọn 1

1. Xem lời giải bài toán F800 sẽ được xuất bản sau.
2. Xem lời giải bài toán F802 sẽ được xuất bản sau.
3. Sau khi một phần băng tan chảy, độ dày của lớp băng xốp còn lại là $(1-\beta)h$. Lớp nước được tạo ra trong các lỗ băng có độ dày $h_1 = (1-\beta)h_{\rho}/\rho_B$ (Hình 1) và khối lượng $m_B = (1-\alpha)q_BSh_1 = (1-\alpha)(1-\beta)q_BSh$. Khối lượng của tất cả nước tạo ra khi tan chảy là $m'_B = \alpha\beta q_BSh$. Nếu $m'_B > 0$ (được thực hiện theo điều kiện bài toán, vì $\alpha + \beta = 1,3 > 1$), thì băng sẽ nổi lên. Độ cao của mực nước dưới lớp băng bằng $h_2 = (m'_B - m_B)/(\rho_BS) = (\alpha + \beta - 1)h_{\rho}/\rho_B$ và độ cao đẳng tích của mực nước trong cốc bằng
   $$H = h_1 + h_2 = \alpha h_{\rho}/\rho_B = 0,54h.$$
   Kết quả này có thể đạt được dễ dàng hơn. Thật vậy, nếu băng nổi, thì sự tan chảy của nó không làm thay đổi mực nước trong cốc: băng nổi sẽ hút nhiều nước bằng khối lượng của nó. Điều này có nghĩa là khi tan chảy, lượng nước hình thành cũng như lượng nước thoát ra. Do đó, chúng ta nhẩm trồng tất cả băng và tìm ra độ cao mong muốn của mực nước từ đẳng thức $\alpha h_{\rho}/S = H_{\rho}/S$.
4. Một xe tải có khối lượng $m$, lúc bắt đầu phanh có vận tốc $v$ thì có động năng $mv^2/2$. Tất cả năng lượng này chuyển thành nhiệt trong thời gian phanh $t \sim 2l/v$, trong đó $l$ là chiều dài đường phanh. Như vậy, công suất trung bình là $P \sim mv^2/2:2l/v \sim mv^3/(4l)$. Với các giá trị $v \sim 60$ km/h $\sim 16$ m/s, $m \sim 10^4$ kg và $l \sim 10$ m, chúng ta thu được $P \sim 10^6$ W, tức là ở mức metawatt.
5. Như có thể thấy trong Hình 2, chiếc kệ chia luồng ánh sáng thành hai, tạo thành hai hình ảnh mờ của mỗi điểm của vật thể (đường đứt nét cho biết vị trí của màn hình mà tại đó những hình ảnh này hợp nhất thành một hình ảnh sắc nét). Cũng có thể có được lời giải thích chính xác về hiệu ứng nếu các phần không được che phủ của vật thể được coi là hai thấu kính tách biệt.
   Tùy chọn 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. Khối lượng nước chảy ra từ máy bơm trong một đơn vị thời gian với tốc độ $v$ qua tiết diện $S$ bằng $qvS$. Công suất của máy bơm không có ống là
   $$N_0 = qvS \cdot \frac{v^2}{2}.$$
   Khi có một ống có chiều cao $h$, nước ngoài động năng còn có thế năng liên quan đến việc chất lỏng dâng lên độ cao $h$, do đó công suất
   $$N = quS \cdot \frac{u^2}{2} + quS \cdot gh$$
   trong đó $u$ là tốc độ của nước. Từ động học ta có
   $$v^2 = 2gH, u^2 = 2g(H-h).$$
   Sau đó, cuối cùng chúng tôi nhận được
   $$\frac{N}{N_0} = \frac{u}{v} \left(\left(\frac{u}{v}\right)^2 + \frac{2gh}{v^2}\right) = \frac{u}{v} = \sqrt{1 - \frac{h}{H}}.$$
   Bạn có thể giải bài toán đơn giản hơn, vì lực tác dụng trong cả hai trường hợp là như nhau (vì chiều cao của phông chữ là như nhau). Sau đó, sử dụng các công thức $N = Fu$ và $N_0 = Fv$, chúng ta thu được $N/N_0 = u/v = \sqrt{1-h/H}$.
9. Sau khi không khí nguội đi từ nhiệt độ $T$ đến nhiệt độ trung bình $T_0$, áp suất trong bình giảm từ $p_0$ xuống $p$, tạo ra lực gây nghiện $F \sim (p_0 - p)S$. Khối lượng và thể tích của không khí bên trong không thay đổi nên $p_0/T = p/T_0$. Từ đây
   $$F \sim p_0 \frac{T-T_0}{T} S \sim p_0 \frac{\Delta T}{T} S.$$
   Chọn $\Delta T \sim 100$ K, $T \sim 400$ K, $S \sim 10$ cm$^2 \sim \sim 10^{-3}$ m$^2$ và $p_0 \sim 10^5$ Pa, ta thu được
   $$F \sim p_0 \frac{\Delta T}{T} S \sim 25H.$$
10. Trong trường hợp đầu tiên, không có thanh ngang (Hình 3, a), lực ma sát được khắc phục bằng cách kéo sợi chỉ theo chiều ngang về phía chính nó. Khi sợi dây được thả ra, lực ma sát ngang tác động lên giá đỡ. Trong trường hợp thứ hai, cũng như trường hợp thứ nhất, giá đỡ đứng yên cho đến khi nó tiếp xúc với thanh ngang $\Pi$ (Hình 3, b).

62

Và sau sự tương tác này, động lượng của quả bóng được truyền sang giá đỡ trong thời gian rút ngắn hơn (do độ dài của nam châm giảm), đồng thời lực ma sát bị một lực nằm ngang lớn hơn khắc phục. Bạn có thể tiếp cận lời giải thích theo cách khác. Hình chiếu theo phương ngang của lực căng chỉ được thể hiện dễ dàng thông qua các góc lệch của sợi so với phương thẳng đứng: $T_r = mg \sin \alpha \times (3 \cos \alpha - \cos \alpha_0)$. Góc lệch tối đa $\alpha_0$ càng lớn thì lực ngang càng lớn. Sau khi sợi ren tương tác với góc truyền tối đa thì góc lệch $\beta_0$ tăng lên, lực ngang cũng tăng lên và lực ma sát tĩnh bị khắc phục. Điều này dẫn đến việc pha trộn giá đỡ theo hướng từ tay đến xà ngang.

Tùy chọn 3

1. Xem lời giải bài toán F798 sẽ được xuất bản sau.
2. $x = R/(n-1)$.
3. Viết phương trình trạng thái của khí trước và sau khi cung cấp khí cho vật:
   $phS = RT$ và $(p + Mg/S)2hS = RT'$
   và định luật bảo toàn năng lượng:
   $Q = \Delta U + A = c(T' - T) + (Mg + pS)h$.
   Từ đây chúng ta có được
   $Q = (c + R)T + Mgh(1 + 2c/R)$.
4. Từ trạng thái cân bằng của máy bay trực thăng, nó suy ra rằng nó đẩy ra lượng nước bằng khối lượng của nó (trong trường hợp này, không khí đóng vai trò trung gian truyền tải và có thể bị loại khỏi khoảng cách). Sau khi chọn khối lượng của máy bay trực thăng $m \sim 10^4$ kg và chiều dài của cánh quạt $l \sim 5$ m, chúng ta thu được độ sâu của hố $h \sim \frac{m}{\varrho_{\text{BOd}} \pi l^2} \sim 0,1$ m.
5. Khi hai đầu dây hở, thực tế không có sự tương tác giữa cuộn dây và từ trường, độ rung gần như không bị giảm bớt. Nếu hai đầu đóng lại thì một dòng điện cảm ứng xuất hiện trong cuộn dây khi nó đi vào từ trường. Theo định luật Lenz, dòng điện có chiều sao cho từ thông qua cuộn dây không bị thay đổi. Kết quả là, một lực chống lại chuyển động tác dụng lên phần trước của cuộn dây, phần này đã đi vào một từ trường mạnh. Phần còn lại của cuộn dây, nằm ở vùng ngoại vi của từ trường, nơi nó yếu hơn đáng kể, bị ảnh hưởng bởi một lực theo hướng ngược lại. Nhưng vì lực thứ nhất, theo mô hình, lớn hơn lực thứ hai đáng kể nên kết quả của lực hủy diệt sẽ trở thành đầu ra này. Dòng điện cảm ứng dẫn đến tổn thất nhiệt năng trong cuộn dây, do đó độ rung nhanh chóng giảm đi.

Viện năng lượng Moscow

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1

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

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

3. Đế lớn $\frac{3}{4}a$.

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

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

6. 1. Quét. Miền biểu thức của phương trình ] 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. $-4S \cdot tg\alpha$. Gợi ý. $\vec{AD} \cdot \vec{DC} = \vec{AD} \cdot (\vec{AC} - \vec{AD})$.

Bài toán thi vấn đáp

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

Hình 4.
6. $\ln 2 \cdot \frac{1}{x^2} \cdot \sin \frac{1}{x} \cdot 2^{\cos \frac{1}{x}}$. 7. $\frac{100}{101}$. Gợi ý.
$\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$. 8. Lời giải. Nối điểm $A$ này với các đầu $C$ và $D$ của đường kính đã cho. Nối điểm $C$ với điểm $F$ của giao điểm $(AD)$ với đường tròn đã cho và nối điểm $D$ với điểm $E$ của giao điểm $(AC)$ với đường tròn đã cho. Đường đi qua $A$ và $(CF) \cap (DE)$ bị loại trừ.
9. $\frac{|\vec{b}| - |\vec{a}|}{\|\vec{b}\|}$. Gợi ý. $|BC| = |\vec{b}| - |\vec{a}|$. 10. $\frac{2ab}{a+b}$. Lời giải. Từ sự giống nhau của các tam giác $AEO$ và $ABC$ (để biết ký hiệu, xem Hình 5) $\frac{|AE|}{|AB|} = \frac{|EO|}{b}$, từ sự giống nhau
Tùy chọn thi viết
2. Khi khí thoát ra nhanh khỏi xi lanh và trao đổi nhiệt với môi trường thì có thể

63

sao nhãng. Khi một chất khí nở ra, nó thực hiện công dương, do đó, theo định luật nhiệt động thứ nhất, nội năng của nó giảm đi và chất khí nguội đi, dẫn đến van làm mát. Khi nhiệt độ van bằng điểm sương, hơi nước trong không khí bắt đầu ngưng tụ, tức là sương rơi. Với nhiệt độ không khí giảm hơn nữa, sương giá sẽ hình thành.
3. $\Delta P = m\sqrt{v_A^2 + v_B^2} = 10$ kg m/s.
4. $\lambda_M = \frac{hc}{hv - mv_0^2/2}$, trong đó $h$ là hằng số Planck, $c$ là tốc độ ánh sáng, $m$ là khối lượng của electron.
5. $Q = C\sqrt{U_1^2 + L(I_1^2 - I_2^2)}/C \approx 2,3 \cdot 10^{-3}$Cl.

Bài toán thi vấn đáp

1. $\Delta \vec{P} = \vec{P}_2 - \vec{P}_1$; $\Delta P = m(v_1 + v_2) = 0,18$ kg m/s; $F = mg + \Delta P/\tau = 18,2$ N.
2. $Q = \varepsilon_0\varepsilon SU^2/(2d) \approx 1,8 \cdot 10^{-2}$ J.
3. $Q = 2\pi Br^2/R \approx 2,8 \cdot 10^{-2}$Cl.

Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1

1. $1 - x$.
2. $] - \infty; -5] \cup [-1; +\infty[$.
3. $]0; 1]$ và $[e; +\infty[$ là khoảng giảm dần, $[1; e]$ là khoảng tăng dần.
4. Gợi ý. Nối điểm $O$ giao điểm của đường chéo hình thang với tâm $O_1$, $O_2$ của các hình vuông và chứng minh rằng các tam giác $OBO_1$ ($O_1$ là tâm của hình vuông dựng trên $AB$) và $ODO_2$ tương tự nhau.
5. $\frac{4}{3}R^3\frac{\text{ctg}^3\frac{\varphi}{2} \cdot \text{tg}\varphi}{\sin \alpha}$. Gợi ý. Đỉnh $S$ của ví dụ này được chiếu tới điểm $O$ giao điểm của đường chéo đáy $ABCD$. Tâm $K$ của quả bóng nội tiếp nằm trên $[SO]$. Gọi $F$ là đáy của đường vuông góc giảm từ $O$ xuống $(CD)$; thì $[FK]$ - bisectrica < $SFO$.

Tùy chọn 2

1. $-1$.
2. $\{10, 10^5\}$.
3. $x = (-1)\frac{\pi}{6} + \pi k(k \in Z)$.
4. $x = -1$ là điểm tối đa, $x = 1$ là điểm tối thiểu.

Bài toán thi vấn đáp

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. $144 \text{ cm}^3$.

Vật lý
Khoa Vật lý

1. $v_0 = (4s - 18s')/t = 0,6\text{ m/c}$.
2. Lượng nhiệt sẽ giảm $(2r + R)^2/(r + R)^2 = 2,25$ lần.
3. $D = -3/d = -7,5$ sai lầm; Hình ảnh sẽ bị giảm đi.

Khoa Toán

1. $t = l/(v_1 + v_2) = 20$ s (xem thêm Hình 6); $x = v_1t = 200$ m; trường hợp thứ hai, thời gian đến cuộc họp sẽ giảm đi một nửa nhưng địa điểm họp sẽ không thay đổi.
2. Xem hình. 7.
3. Xem hình. 8.
4. Xem hình. 9.

Hình 9

Khoa công nghiệp và sư phạm

1. $v_{cp} = \frac{3l}{2t + l/v} = 6 \text{ m/c}$.
2. Đầu tiên, nước từ bình thứ nhất và bình thứ ba được đổ vào bình rỗng. Sau đó một nửa