Viện kiến ​​trúc Moscow

57

lyu) thành giá trị $S = 2$ cm$^2$. Xác định cường độ dòng điện chạy qua mạch trong thời gian $\tau$, nếu điện trở của mạch là $R = 1$ Ohm.

8. Bên trong ống khói có một khoang khí có tiết diện hình tam giác (Hình 4). Góc ở đỉnh của tam giác là $\gamma = 30^\circ$. Chiết suất của ống khói và không khí lần lượt là $n_c = \sqrt{3}$ và $n_B = 1$. Một tia sáng chiếu tới mặt bên của lăng kính tam giác với góc $\alpha = 30^\circ$. Xác định góc đi ra của chùm tia tới lăng kính kia.

9. Cực âm của tế bào quang điện chân không được chiếu sáng bằng ánh sáng có bước sóng $\lambda = 0,5$ µm. Với sự chênh lệch chậm lại, điện thế giữa anome và catốt $U = 1,2$ V sẽ dừng dòng quang điện. Xác định công năng của electron từ vật liệu catốt. Hằng số Planck $h = 6,6 \times 10^{-34}$ J s; điện tích $e = 1,6 \times 10^{-19}$ Cl; tốc độ ánh sáng $c = 3 \cdot 10^8$ m/s.

10. Trong phản ứng nhiệt hạch, sự kết hợp giữa deuterium$^2$H và tritium$^3$H tạo thành neutron, một hạt chưa xác định và $E_0 = 17,6$ MeV năng lượng được giải phóng. Xác định hạt chưa biết và tổng năng lượng được giải phóng nếu $m = 1$ g deuterium phản ứng. Số Avogadro $N_A = 6 \times 10^{23}$ mall$^{-1}$; $1$ eV = $1,6 \cdot 10^{-19}$ J.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
N. A. Gladkov, V. F. Panov

Viện kiến ​​trúc Moscow

Toán học
Bài thi vấn đáp

1. Đơn giản hóa biểu thức
   $$\sqrt{(1-\cos \alpha \cdot \cos \beta)^2 \sin^2 \alpha \cdot \sin^2 \beta}.$$
2. Tính toán không có bảng
   a) $tg 1^\circ \cdot tg 3^\circ \cdot tg 5^\circ \dots \cdot tg 89^\circ$,
   b) $cos 5^\circ \cdot cos 55^\circ \cdot cos 65^\circ$,
   b) $cos 20^\circ \cdot cos 40^\circ \cdot cos 60^\circ \cdot cos 80^\circ$.
3. Chứng minh tính chính xác
   a) $32 \cos^6 \alpha = 10 + 15 \cos 2\alpha + 6 \cos 4\alpha + \cos 6\alpha$,
   b) $\cos 9\alpha + 3 \cos 7\alpha + 3 \cos 5\alpha + \cos 3\alpha = 8 \cos 6\alpha \cdot \cos^3\alpha$.
4. Giải phương trình
   a) $\log_2(9^{x-1} + 7) = 2 + \log_2(3^{x-1} + 1)$,
   b) $3 \cdot 16^x + 2 \cdot 81^x = 5 \cdot 36^x$,
   b) $\sin^6 x + \cos^6 x = \frac{7}{16}$,
   d) $\sqrt{y^2 + 4y + 8} + \sqrt{y^2 + 4y + 4} = \sqrt{2(y^2 + 4y + 6)}$.
5. Giải bất đẳng thức
   a) $\frac{1}{2^x + 3} > \frac{1}{2^{x+2} - 1}$,
   b) $x^2 - 3 > \sqrt{x^2 - 2x + 1}$,
   b) $\log_x^2(4x + 5) \leq 1$.
6. Vẽ đồ thị
   a) $y = |x| - |x+1| + 2$,
   b) $y = \frac{x}{|x-1|}$.
7. Giải quyết hệ thống
   $$\begin{cases} x + xy + y = 11, \\ x^2y + xy^2 = 30. \end{cases}$$
8. Hệ thống “n” lời giải nhằm mục đích gì
   $$\begin{cases} nx - y = 5, \\ 2x + 3ny = 7 \end{cases}$$

Vật lý
Bài thi vấn đáp

1. Một quả bóng có thể tích $V = 600$ m$^3$ đang ở trạng thái cân bằng. Phải ném bao nhiêu quả bóng xuống biển để quả bóng bắt đầu bay lên với gia tốc $a = 0,1$ m/$c^2$? Mật độ không khí $q = 1,29$ kg/$m^3$.
2. Một vật có khối lượng $m = 2$ kg được kéo dọc theo một bề mặt nằm ngang nhẵn nhờ sự trợ giúp của một lò xo, lò xo này bị giãn ra $\Delta l = 1$ cm khi chuyển động. Độ cứng của lò xo là $k = 100$ H/m. Xác định gia tốc chuyển động của vật.
3. Một vật không có vận tốc ban đầu bắt đầu trượt trên một mặt phẳng nghiêng có độ cao $h = 5$ m. Góc nghiêng là $a = 30^\circ$, hệ số ma sát là $μ = 0,05$. Tìm thời gian chuyển động của vật.
4. Tìm lực của một vật nặng tác dụng lên một vật có khối lượng $m = 12$ kg, được nâng lên trên Trái đất một khoảng bằng lực của bán kính Trái đất.
5. Một quả bóng có khối lượng $m = 0,5$ kg, được treo trên một sợi dây cố định có chiều dài $l = 1$ m, dao động trong một mặt phẳng thẳng đứng. Tìm lực căng của sợi dây tại thời điểm nó tạo thành một góc $α = 60^\circ$ với phương thẳng đứng. Lúc này tốc độ của quả bóng là $v = 1,5$ m/$c$.
6. Một khối có chiều dài $l$ và khối lượng $m$ được đóng đinh vào cạnh trên của doxy có chiều dài $L$ và khối lượng $M$ (xem hình). Tấm ván được cố định tại điểm $O$ và tựa vào tường một góc $α$ so với đế. Với lực ngang $F$ nào, tác dụng ở độ cao $h$, liệu trạng thái cân bằng doxy không bị phá vỡ nếu bức tường bị dỡ bỏ?
7. Một vật có khối lượng $m$ lăn xuống từ một ngọn núi có độ cao $h$ và bị bỏ lại phía sau. Cần phải làm những công việc gì để nâng $m = 3000$ t vật liệu giàn lên độ cao $h = 12$ m. Công suất tiêu thụ của động cơ cầu trục là bao nhiêu nếu hiệu suất của động cơ là $η = 60\%$?
8. Một vật có khối lượng $m = 2$ kg và thể tích $V = 1000$ cm$^3$ nằm trong một hồ nước ở độ sâu $h = 5$ m. Phải thực hiện công gì khi vật lên đến độ cao $H = 5$ m so với mặt nước?
9. Quả bóng treo bất động ở bên ngoài khi bị kéo dãn $\Delta l = 4$ cm. Xác định chu kỳ bình của ma trận lò xo thẳng đứng như vậy.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
Yu. M. Metszerkov, Yu. A. Morozov,
V. A. Smirnov

58

Đảo ngược

4. c) Trong trường hợp nghịch đảo tâm tại điểm $O$, các đường thẳng $l_1$ và $l_2$ cắt nhau tại một điểm $A$, biến thành các đường tròn đi qua điểm $O$. Qua điểm $O$ chúng ta vẽ các tiếp tuyến $t_1$ và $t_2$ với các đường tròn $l'_1$ và $l'_2$. Dễ dàng nhận thấy rằng $t_1 \parallel l_1$, $t_2 \parallel l_2$ và các tiếp tuyến của $l'_1$ và $l'_2$ tại điểm $A'$ tạo thành một góc giống như $t_1$ và $t_2$.

5. 6. Vì các tiếp tuyến của đường tròn biến thành đường tròn hoặc đường tiếp tuyến với ảnh của các đường tròn cho trước, nên chỉ cần thay đường tròn bằng các tiếp tuyến tại điểm chung của chúng là đủ.

6. Hãy thực hiện phép nghịch đảo đối với một đường tròn có bán kính tùy ý có tâm tại điểm $A$ (xem Hình 11 trên trang 30). Khi đó các đường tròn đi qua tâm nghịch đảo sẽ biến thành các đường thẳng song song và hai đường tròn còn lại sẽ trở thành các đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng này (Hình 1). Khi các điểm tiếp tuyến sẽ nằm trên cùng một đường thẳng (hãy chứng minh điều đó!), đường thẳng này khi lặp lại phép nghịch đảo sẽ biến thành một đường tròn.

7. Chúng ta hãy thực hiện phép nghịch đảo đối với một đường tròn có tâm tại điểm $B$ bán kính $\sqrt{|AB| \cdot |AM|}$. Khi đó $C_2$ kết quả sẽ biến thành chính nó, kết quả $C_1$ và tia $m$ sẽ biến đổi lẫn nhau, vì các góc vuông với đường thẳng $(AB)$ được giữ nguyên. Do đó, đường tròn $C_3$ sẽ đi vào chính nó và điểm tiếp tuyến $D$ của các đường tròn $C_2$ và $C_3$ sẽ giữ nguyên, do đó đường thẳng $BD$ sẽ đi vào chính nó, nhưng trong trường hợp này $BD$ có một điểm chung duy nhất với cả $C_2$ và $C_3$, tức là nó chạm vào của các vòng tròn.

8. Giả sử $\Gamma$ là một đường tròn có tâm tại điểm $A$ sao cho khi ngược chiều với nó, đường tròn $T$ biến thành chính nó. Bán kính của đường tròn $\Gamma$ bằng độ dài đoạn tiếp tuyến kẻ từ điểm $A$ đến đường tròn $T$. Khi đảo ngược với $\Gamma$, tia $AB$ biến thành chính nó, kết quả là $C_1$ và $C_2$ được ánh xạ lên các tia $C'_1$ và $C'_2$

giao nhau với $(AB)$ vuông góc tại các điểm $B'$ và $M'$ (xem Hình 2). Hình ảnh của $C_3$ thu được là $C'_3$ thu được, được xây dựng trên đoạn $B'M'$ làm đường kính. Điểm $O$ tất nhiên không giữ nguyên vị trí, một đường tròn $T$ biến thành chính nó nên khoảng cách chúng ta quan tâm từ tâm $T$ đến đường thẳng $AB$ sẽ không thay đổi. Khoảng cách này bằng 2 $r$, vì đường tròn $T$ chạm vào cả ba đường thẳng $C'_1$, $C'_2$, $C'_3$, do đó $|B'M'| = 2 r$.

14. Sự đảo ngược có tâm tại bất kỳ điểm nào của một đường tròn nhất định sẽ đặt các thuộc tính giống như các thuộc tính được thảo luận trong đoạn 4 bài toán 7.

15. 6. Sau khi nghịch đảo tâm tại điểm $A$ bài toán tính chất sau: dựng một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho và tiếp xúc với đường tròn đã cho (xem Hình 3). Điểm a) nghịch đảo đối với một điểm tùy ý không nằm trên đường thẳng $l$ và đường tròn $C$ thuộc tính của điểm 6).

16. Chúng ta hãy tăng bán kính của cả ba vòng tròn lên cùng một lượng $d$ để hai trong số chúng chạm nhau tại một điểm nào đó $A$ (Hình 4). Chúng ta hãy thực hiện phép đảo ngược tâm tại điểm $A$ so với một đường tròn có bán kính tùy ý. Bài toán về tính chất như sau: dựng đường tròn $T'$ tiếp xúc với hai đường thẳng song song cho trước và một đường tròn cho trước. Vẫn còn phải tìm $T$ của đường tròn $T'$ bằng cách thực hiện đảo ngược một lần nữa và tăng bán kính $T$ lên số lượng $d$.

17. Hãy thực hiện đảo ngược với tâm tại điểm $D$, trong khi các điểm $A$ và $B$ sẽ chuyển sang $A'$ và $B'$. Bài toán về tính chất như sau: dựng hai đường thẳng song song cách đều điểm $D$ sao cho một đường đi qua điểm $A'$, đường kia đi qua điểm $B'$. Điều này rất dễ thực hiện nếu bạn nhận thấy rằng các đường này song song với đoạn $DM$ nối $D$ với điểm giữa $M$ của đoạn $A'B'$ (Hình 5).

Nghịch ngợm bài toán

1. $(-\frac{\pi}{2} + 2\pi n)^2, n \in \mathbb{N}$. 2. Nếu $a > 0$ thì $x \geq -b/a$. Nếu $a < 0$ thì $x \leq -b/a$. Nếu $a = 0$ và $b \geq 0$ thì $x$ có thể là bất cứ thứ gì. Nếu $a = 0$ và $b < 0$, lời giải không xuất hiện. 3. $(x; y): x \geq 0, y = 0$. 4. $] - \infty; 0[$.

Hình 1. Hình 2. Hình 3.

Hình 4. Hình 5

59

5. [−1; 4], 6. ] −1; 1 [ (đối với mọi giá trị của số a). 7. log₅ 8 < log₂ 3. 8. Đồ thị trùng với trục hoành trong đoạn [0; 1] [ và với đường thẳng y=1 trong phần ] 1, +∞ [, và với x=1 thì nó có một “điểm cô lập” (1, 1/2). 9. Gợi ý. Diện tích của cung OCD, trong đó O là trung điểm của đoạn AB, bằng diện tích của hình F. 10. Gợi ý. Vẽ một đường tròn trên đường chéo (chứa đỉnh của góc nhọn) như trên đường kính. 11. 0. 12. Có. 13. Liên quan đến 1:27.

Các bài tập của trường đã chọn

1. a) Cho M là một điểm tùy ý bên trong tam giác, h₁, h₂ và h₃ khoảng cách của nó với các cạnh, a và h sự tương ứng giữa chiều dài cạnh và chiều cao của một tam giác đều (Hình 6). Ta viết tổng diện tích các tam giác MAB, MBC và MAC bằng diện tích tam giác ABC:
   $$\frac{ah_1}{2} + \frac{ah_2}{2} + \frac{ah_3}{2} = \frac{ah}{2},$$
   $h_1 + h_2 + h_3 = h$ đến từ đâu, đó là điều bắt buộc. Nghe này, khi M là điểm biên của một tam giác thì nó được chia theo cách tương tự.

6. Các đoạn nối tâm của hình tròn nội tiếp với các đỉnh của đa giác chia nó thành các hình tam giác, đáy là các cạnh của đa giác và chiều cao là bán kính của hình tròn được vẽ tại các điểm tiếp xúc với các cạnh (Hình 7). Gọi a, b, c, …, d là độ dài các cạnh của đa giác. Vì tổng diện tích của các hình tam giác mà đa giác được chia bằng diện tích của đa giác nên chúng ta thu được $\frac{ar}{2} + \frac{br}{2} + \frac{cr}{2} + \dots + \frac{dr}{2} = S$, từ đó $S = r \cdot \frac{a+b+c+\dots+d}{2}$, tức là $S = p \cdot r$.

2. Đáp số: (0; 0), (1; −2) và $(-\frac{1}{2}; -\frac{1}{2})$.

Lời giải. Vì p và q là nghiệm của phương trình, nên bằng cách thay từng giá trị đó vào phương trình, chúng ta thu được hai đẳng thức thực:
$$p^2 + p^2 + q = 0$$
Sau khi giải hệ kết quả, chúng ta tìm thấy đáp số.
Quét. Sai lầm điển hình; vì p và q là nghiệm của phương trình, nên p+q=−p và pq=q, từ đó chúng ta tìm thấy p=q=0 hoặc p=1, q=−2. Lý do này giả định điều gì đó không có trong các điều kiện - rằng p và q là hai nghiệm của phương trình (kết hợp với đáp số cuối cùng trong lời giải của chúng ta: với p=q=−$\frac{1}{2}$ phương trình có dạng $x^2 - \frac{x}{2} - \frac{1}{2} = 0$ và có nghiệm 1 và −$\frac{1}{2}$).

3. Vì các tam giác ABD và ACD có cùng chiều cao giảm từ đỉnh A (Hình 8), nên diện tích của chúng liên hệ với nhau bằng độ dài của các đáy tương ứng: $S_{ABD}:S_{ACD} = x:y$. Vì điểm D nằm trên đường phân giác nên cách đều các cạnh AB và AC. Do đó, độ cao của các tam giác ABD và ACD, bị bỏ qua đỉnh D, bằng nhau và tính hợp lý của các tam giác này liên hệ với độ dài cạnh mà các đường cao này bị bỏ qua: $S_{ABD}:S_{ACD} = c:b$. Từ đẳng thức này và đẳng thức trước đó ta thu được mệnh đề bài toán.

6. Sử dụng định lý cosin, từ các tam giác ABD và ACD, ta thu được: $c^2 = x^2 + l^2 - 2xl \cos \alpha$ và $l^2 = y^2 + b^2 + 2yl \cos \alpha$, trong đó α=ADB. Hãy nhân số tương ứng đầu tiên với y, số thứ hai với x và thêm: $c^2 + b^2 = l^2(x+y) + xy(x+y)$, tức là $l^2 = \frac{c^2 + b^2}{x+y} - xy$. Vì, theo định lý chia đôi (xem phần a)), cy=bx, chúng ta thu được $c^2y=bcx, b^2x=bcy$, từ đó $\frac{c^2y+b^2x}{x+y} = bc$ và $l^2 = bc-xy$.

4. Đáp số: $\sqrt{2}$. Lời giải. Vì $\sqrt{2} + \sqrt{3} = \frac{\sqrt{4} + 2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}}$ và $\sqrt{2} - \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}}$, chúng ta nhận được $\frac{2 + \sqrt{3}}{\sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{3}} + \frac{2 - \sqrt{3}}{\sqrt{2} - \sqrt{2} - \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{3})}{2 + \sqrt{3} + 1} + \frac{\sqrt{2}(2 - \sqrt{3})}{2 - (\sqrt{3} - 1)} = \frac{(2\sqrt{2} + \sqrt{6})(3 - \sqrt{3}) + (2\sqrt{2} - \sqrt{6})(3 + \sqrt{3})}{(3 + \sqrt{3})(3 - \sqrt{3})} = \frac{6\sqrt{2}}{9 - 3} = \sqrt{2}$.

5. Đáp số: a) $2^{300} < 3^{200};$ 6) $2^{91} > 5^{35}$. Lời giải. a) Vì theo sau, một mặt, có ít hơn 7% số thành viên của vòng tròn là thành viên, và mặt khác, mặc dù có một học sinh lớp tám (Misha) tham gia vào vòng tròn, do đó 1<0,07x, từ đó x>14,2 …. Vì các thành viên của vòng tròn là thành viên nên chúng ta thấy rằng số lượng người tham gia nhỏ nhất có thể là 15. Trong trường hợp này, tất cả các điều kiện đều được đáp ứng.

6. Đáp số: 7. Lời giải. Bất kỳ mặt phẳng loại trừ nào cũng phải giao nhau với địa hình. Thật vậy, nếu không thì bốn đỉnh có cùng khoảng cách với mặt phẳng và nằm trên cùng một phía của mặt phẳng, có nghĩa là chúng nằm trong một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho, điều này không xảy ra trong thực tế. Hơn nữa, mặt phẳng mong muốn chia các đỉnh của địa hình thành hai nhóm: thành nhóm một và ba đỉnh, hoặc thành hai nhóm hai đỉnh. Trong trường hợp đầu tiên (Hình 9 a), nó đi qua điểm giữa của chiều cao của bậc thang, hạ xuống cạnh, tại đó

60

phải có một nhóm ba đỉnh song song với mặt này. Rõ ràng là có nhiều mặt phẳng như vậy bằng bốn chiều cao của một tứ diện. Trong trường hợp thứ hai, mặt phẳng mong muốn (Hình 9.6) song song với các cạnh giao nhau của tứ diện nối hai đỉnh của mỗi nhóm và đi qua đường giữa của các mặt tương ứng. Có ba mặt phẳng như vậy. Vì vậy, có tổng cộng bảy mặt phẳng thỏa mãn điều kiện.

8. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $\frac{a}{b} < \frac{a+c}{b+d}$. Từ các điều kiện $\frac{a}{b} < \frac{c}{d}$, $b > 0$, $d > 0$ suy ra $ad < bc$. Cộng số $ab$ vào cả hai vế của bất đẳng thức này, ta thu được $a(b+d) < b(a+c)$, từ đó chia cả hai vế cho số dương $b(b+d)$, ta thu được bất đẳng thức $\frac{a}{b} < \frac{a+c}{b+d}$. Tương tự, ta có thể chứng minh rằng $\frac{a+c}{b+d} < \frac{c}{d}$.

9. Đáp số: $C$ là giao điểm của mặt phẳng $a$ với đoạn $AB_1$, trong đó $B_1$ là điểm đối xứng với điểm $B$ so với mặt phẳng $a$. Gợi ý. Đối với bất kỳ điểm $M \neq M'$ nào của mặt phẳng $a|AM|+|MB| = |AM|+|MB_1| > |AB_1|$, nhờ bất đẳng thức tam giác, $a|AB_1| = |AC|+|CB_1| = |AC|+|CB|$.

10. Đáp số: $90^\circ$. Gợi ý. Góc cần tìm bằng góc giữa các tiếp tuyến với parabol đi qua điểm $M$ (0; -0,25) (không nằm trên parabol!). Castel đến parabol tại điểm $M$ ($x_0; x_0^2$) có phương trình $= 2xx_0 - x_0^2$ và đi qua điểm $M$ (0; -0,25) tại $x_0^2 = 0,25$; phương trình các tiếp tuyến tương ứng: $y=x$ và $y=-x$.

11. Vì $0 < a < 1$, nên $a^{10} < a^2$, tương tự như $b^{10} < b^2$, do đó $a^{10} + b^{10} < a^2 + b^2 = 1$.

12. Hãy nối tâm của hình cầu với tất cả các đỉnh của khối đa diện. Trong trường hợp này, khối đa diện sẽ được chia thành các paramit, các đáy của chúng là các mặt của khối đa diện, có một đỉnh chung - tâm của hình cầu. Độ cao của các paramit này, được hạ xuống từ tâm quả cầu, là bán kính của quả cầu được vẽ đến các điểm tiếp xúc. Viết rằng tổng thể tích của paramid bằng thể tích của khối đa diện, ta thu được công thức cần tìm (so sánh với bài toán 1, 6).

13. Để chứng minh điều này, chúng ta sẽ sử dụng hai phát biểu: 1) độ dài các đoạn tiếp tuyến vẽ từ một điểm tới hình cầu bằng nhau; 2) Nếu vẽ hai vật nghiêng từ một điểm (không nằm trong mặt phẳng) lên mặt phẳng thì các vật nghiêng bằng nhau tạo thành các góc bằng nhau với mặt phẳng, còn vật nghiêng lớn tạo thành một góc nhỏ hơn với mặt phẳng. Giả sử tứ giác $ABCD$ gần một hình cầu và gọi $K, L, M, N$ lần lượt là điểm tiếp tuyến của các cạnh $AB$, $BC, CD, DA$. Chúng ta hãy vẽ mặt phẳng a đi qua các điểm $K, L$ và $M$. Vì các điểm $A$ và $D$ nằm đối diện nhau của $a$ nên đoạn $AD$ cắt nhau $a$ tại một điểm nào đó $P$ (Hình 10).

Ta cần chứng minh rằng $P$ trùng với $N$. Hãy biểu thị góc giữa $(AB)$ và $a$ bằng $φ$. Theo tính chất tiếp tuyến của hình cầu $|BK| = |BL|$ và vì độ dài của mặt nghiêng $BK$ và $BL$ vẽ từ điểm $B$ của mặt phẳng $a$ bằng nhau nên các đường thẳng $AB$ và $BC$ tạo thành các góc bằng nhau với mặt phẳng này, tức là góc giữa $(BC)$ và $a$ cũng bằng $φ$. Tương tự, $|CL| = |CM|$ và góc giữa $(CD)$ và $a$ là $φ$ (vì nó bằng góc giữa $(CB)$ và $a$).

Bây giờ giả sử rằng $P$ không trùng với $N$ và đặt $|AP| < |AN|$, sau đó $|DP| > |DN|$. Hãy biểu thị góc giữa $(AD)$ và $a$ bằng $ψ$. Telery, vì $|AP| < |AK| = |AN|$, chúng ta thu được $ψ > φ$ (nhờ câu 2)), mặt khác, từ $|DP| > |DM| = |DN|$, nó theo sau $ψ < φ$. Chúng ta đi đến mâu thuẫn theo cách tương tự bằng cách đặt $|AP| > |AN|$. Do đó, điểm $P$ và $N$ trùng nhau.

14. Đáp số: $120^\circ$. Lời giải. Xét hình nón bằng một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón. Khi gieo, một tam giác đều thu được từ cạnh - đường sinh của hình nón. Hãy chứng minh rằng hạt càng gần với chiều cao thì góc ở đỉnh của hạt tương ứng càng lớn. Thật vậy, khi gieo hạt đạt đến độ cao của hình nón, chiều dài của chiều cao gieo hạt hạ xuống từ đỉnh hình nón giảm đi (vì hình chiếu của chiều cao này lên mặt phẳng của đế giảm đi (Hình 11), do đó tỷ lệ của chiều cao này và đường sinh, cosin của góc dương ở đỉnh gieo, giảm. Nhưng khi cosin của góc nhọn giảm, góc đó sẽ tăng. Do đó, khi gieo hạt đạt đến độ cao của hình nón, góc Vì mặt phẳng gieo hạt bằng một nửa tích bình phương của chiều dài của máy gieo hạt ở đỉnh gieo hạt, nên diện tích gieo hạt là lớn nhất nếu góc sin ở đỉnh gieo hạt là lớn nhất. mặt phẳng định hướng (Hình 12 a). $a^2 + b^2 + c^2$ - bình phương khoảng cách từ điểm gốc đến điểm $(a; b; c)$đưa ra cho

61

Bài toán có thể được phát biểu lại như sau: chứng minh rằng các điểm trên mặt phẳng $a+b+c=1$ cách gốc tọa độ không nhỏ hơn $1/\sqrt{3}$. Sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng (xem § 62 SGK “Hình học 9-10”), ta thấy khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng đang xét là $1/\sqrt{3}$. Điều này dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh.
6) Các điều kiện bổ sung (so với a)) có nghĩa là tọa độ của các điểm $(a; b; c)$ thỏa mãn các bất đẳng thức $a<b+c, b<a+c$ và $c<a+b$, xác định các nửa không gian. Giao điểm của các nửa không gian này cắt ra một tam giác MNP từ các đường trung bình trên mặt phẳng $a+b+c=1$ (Hình 12 6). Vì các đỉnh của tam giác này, các điểm $M, N$ và $P$, cách xa gốc tọa độ tối đa so với các điểm còn lại của tam giác này và $|OM|=|ON|=|OP|=\frac{1}{\sqrt{2}}$, nên bất đẳng thức đang được chứng minh là đúng.

Đại học bang Novosibirsk mang tên Lenin Komsomol

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1

1. $x=\pm \frac{2\pi}{3}+2\pi k$ ($k\in Z$).
2. $0\leq a<\log_2 3$.
3. $x_1=7\sqrt{3}r, x_2=\frac{7\sqrt{143}}{6}r$.
4. $\frac{\pi}{6}$.
5. $9999999998$ và $12222224$.
   Tùy chọn 2
6. $x_1=\frac{n\pi}{3}, x_2=\frac{\pi}{12}+\frac{m\pi}{2}$ ($n,m\in Z$).
7. $|AB|=13$, với $|AC|=10, |BC|=13$ hoặc $|AC|=13; |BC|=10$.
8. Nếu $v$ là tốc độ của bộ phóng điện thì $500\text{ m/min}<v<600\text{ m/min}$.
9. $\sqrt{3}<|a|<\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{2}}$.
10. $\frac{3\sqrt{30}}{2}$.

Vật lý
Tùy chọn 1

1. Rõ ràng tốc độ của quả bóng là lớn nhất vào thời điểm chạm tường. Từ tính đối xứng và tính đến độ khác nhau của vận tốc của quả bóng tại tường và mặt phẳng tiếp tuyến, chúng ta tìm được $v_{\max}=gT/(2\sin\alpha)$. Khi đi qua trục của lỗ, tốc độ bóng đạt giá trị nhỏ nhất (còn gọi là tốc độ ngang): $v_{\min}=v_{\max}\cos\alpha=(gT\mathrm{ctg}\alpha)/2$.
2. Kết quả là một hình tròn (Hình 13) có đường kính $2r=2F\mathrm{tg}\theta\approx 2F\theta=2F(\beta-\alpha)\approx 2F\alpha(n-1)$.
3. Số lượng Tellot $Q$ biến đổi thành độ biến thiên nội năng $\Delta U$ và thành công $A'$ về sự giãn nở của chất khí:
   $Q=\Delta U+A'=c\Delta T+p\Delta V$.
   Từ phương trình Mendeleev-Clapeyron, được viết cho trạng thái ban đầu của khí: $(p/2)V=RT$ và cho trạng thái cuối cùng: $p\cdot 2V=RT_1$, chúng ta tìm thấy $\Delta U=c\Delta T=c(T_1-T)=3cT$, $A'=p\Delta V=pV=RT_1/2=2RT$.
   Rồi cuối cùng $Q=(3c+2R)T$.
4. Ở tốc độ kim $v$ và tần số $v$ âm thanh đặc trưng tương ứng với độ lớn của độ không đồng nhất $l\sim v/v$. Sau khi chọn bán kính của rãnh âm thanh $R\sim 10$ cm và tính đến số vòng quay mỗi phút đối với các bản ghi lâu dài là $n=33\text{ об/min}\approx 0.5\text{ об/c}$, chúng ta có $v=2\pi nR\sim 30\text{ cm/c}$. Polyam tần số đặc trưng của âm thanh $v\sim 10^3\text{ Гц}$, ta có
   $l\sim v/v\sim 3\cdot 10^{-2}\text{ см}$.
5. Số phần tán xạ và hấp thụ ánh sáng dọc theo trục không thay đổi khi pha loãng; phần planolylipsal của bình và tổng số bộ phận được giữ nguyên. Điều này có nghĩa là số phần mà ánh sáng gặp trên đường đi dọc theo trục được bảo toàn (đường đi tăng bao nhiêu lần, nồng độ sữa giảm bao nhiêu lần, chúng ta coi nước là hoàn toàn trong suốt) và cường độ tín hiệu truyền đi thực tế không thay đổi. Khi ánh sáng đi qua trục, số phần mà ánh sáng gặp phải sẽ giảm khi bị pha loãng (nồng độ đã giảm nhưng đường đi vẫn giữ nguyên). Do đó, cường độ ánh sáng truyền qua sẽ tăng lên trong trường hợp này.
   Tùy chọn 2
6. Để tính đến tiếng vang cùng với nguồn âm thanh tại điểm $A$ (Hình 14), bạn có thể lấy nguồn tối thiểu $A'$, đối xứng so với tường (như khi ánh sáng phản xạ từ một hạt phẳng). Để tín hiệu phản xạ đến ngay lập tức mọi người theo đường thẳng thì phải đáp ứng một điều kiện.
   $vt=|AC|+|CB|-r=|A'B|-r=\sqrt{(l_1+l_2)^2+r^2-(l_2-l_1)^2}-r$.
   Ở đâu
   $t=(\sqrt{r^2+4l_1l_2}-r)/v$.
7. Sau thời gian $t$ độ cao của electron so với mặt phẳng $AB$ у=at^2/2, trong đó $a$ là gia tốc của nó và phương thẳng đứng

62

phép chiếu vận tốc cuối cùng $v_y=at$. Sau thời gian $l/v-t$ tọa độ $y=0$. Như vậy,
$$\frac{at^2}{2}+at\left(\frac{l}{v}-t\right)-\frac{a}{2}\left(\frac{l}{v}-t\right)^2=0.$$
Chắc chắn rồi, vì $t<l/v$. chúng tôi nhận được
$$t=\frac{2-\sqrt{2}}{2}\frac{l}{v}.$$
3. Gọi $x_1$ là độ dịch chuyển của vật bên phải sang trái và $x_2$ ở bên phải của vị trí ban đầu. Khi đó từ định luật bảo toàn năng lượng ta thu được
$$\frac{mv^2}{2}=\frac{kx_1^2}{2}+\mu mgx_1, \frac{kx_1^2}{2}=\frac{kx_2^2}{2}+\mu mg(x_1+x_2).$$
Yêu cầu dịch chuyển trọng lượng bên trái đưa ra điều kiện $kx_2=\mu mg$.
Giải hệ ba phương trình, ta được
$$x_1=3x_2, \text{ и } v=\mu g\sqrt{15m/k}.$$
4. Trong thời gian t, con châu chấu duỗi thẳng chân có chiều dài $l$, tăng tốc độ $v$ rồi bay lên độ cao $H$:
$$\frac{v\tau}{2}\sim l, \text{ v}\sim \sqrt{2gH}.$$
Sức mạnh châu chấu trung bình
$$N\sim \frac{E_{\text{кин}}}{\tau}\sim \frac{mv^2}{2\tau}.$$
Từ đây
$$\frac{N}{m}\sim \frac{v^3}{4l}\sim \frac{(2gH)^{3/2}}{4l}.$$
Giả sử $l\sim 3\cdot 10^{-2}$ m, $H\sim 1$ m, $g=10$ m/s$^2$, chúng ta có $N/m\sim 1$ kW/kg.
5. Khi bình nguội đi, nước ngưng tụ trên đó và tạo ra vết đục trên bề mặt phản chiếu. Thay vì bị phản xạ theo một hướng cụ thể, ánh sáng bắt đầu phân tán theo một phạm vi góc khá rộng. Kết quả là độ sáng của màn hình ở khu vực chú thỏ đầu tiên giảm đi.
Tùy chọn 3

1. Độ phân kỳ cực đại của các tia ló ra từ quả bóng sang bên phải được xác định bởi hiện tượng phản xạ toàn phần ánh sáng (Hình 15):
   $$n\sin\alpha=1, \alpha=\arcsin(1/2)=30^\circ.$$
   Sau đó
   $$x=|AO|+|AB|=R/\sin 30^\circ+R/\mathrm{tg} 30^\circ= =R(2+\sqrt{3}).$$
2. Đặt $p_2$ là áp suất cao và $p_1$ nhỏ hơn. Theo định luật Boyle - Maryutta
   $$p_2l/2=pl \text{ и } p_1\cdot 3l/2=pl.$$
   Định luật thứ hai của Newton đưa ra
   $$m\omega^2l/2=(p_2-p_1)S.$$
   Giải hệ phương trình, ta được
   $$\omega=2\sqrt{\frac{2pS}{3ml}}.$$
3. Hãy xem xét một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$. Trong thời gian này, $N=I\Delta t/e$ electron sẽ bay lên cực dương (ở đây $e$ là điện tích của electron) và truyền động lượng $P=mvN$ cho nó. Tốc độ $v$ của electron ở cực dương được xác định từ định luật bảo toàn năng lượng $mv^2/2=eU$. Theo định luật II Newton,
   $$F\Delta t=\Delta P, \text{ или } F\Delta t=mvI\Delta t/e.$$
   Từ đây, xét đến liên kết $I=cU^{3/2}$, ta tìm được
   $$F=\frac{I}{e}mv=c\sqrt{\frac{2m}{e}}U^2.$$
   Như vậy tỉ số lực
   $$F/F_0=(U/U_0)^2=4.$$
4. Hãy chọn mô hình vật lý đơn giản nhất (Hình 16): chúng ta sẽ giả sử rằng góc lệch của xương so với phương thẳng đứng tại thời điểm tiếp xúc với xương khác là nhỏ và lực đẩy của xương tiếp theo bắt đầu rơi xuống, nhưng thực tế nó không ảnh hưởng đến việc dự trữ năng lượng. Theo định luật bảo toàn năng lượng (có tính đến độ nhỏ của góc $\varphi$)
   $$\frac{mv^2}{2}\sim mg\left(\frac{l}{2}-\frac{l\cos\varphi}{2}\right)~ \sim mgl\sin^2\frac{\varphi}{2}\sim \frac{mgl\varphi^2}{4}\sim \frac{mgx^2}{4l}.$$
   Sau đó
   $$v\sim x\sqrt{\frac{g}{2l}}, \quad v_x\text{ средн}=\frac{v}{2}\sim \frac{x}{2}\sqrt{\frac{g}{2l}} \text{ и}$$
   $$T=100\frac{x}{v_x\text{ средн}} \sim 100\sqrt{\frac{8l}{g}}.$$
   Tại $l\sim 5$ cm $T\sim 20$ giây.
5. Do có nhiều phản xạ từ cả hai bề mặt của một tấm dày (Hình 17), một số tia xuất hiện ở cả hai mặt của tấm, liên tiếp bị suy yếu, vì mỗi lần chạm vào bề mặt của tấm, tia đó sẽ bị phản xạ một phần trên bề mặt và bị khúc xạ một phần. Điểm sáng nhất, như có thể thấy từ hình, phải là những điểm ngoài cùng.

63

Trường Kỹ thuật Cao cấp Mátxcơva được đặt theo tên của N. E. Bauman

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1

1. $\frac{3+\sqrt{3}}{2}$.
2. $x=\pm \frac{\pi}{9}+\frac{2\pi k}{3}(k\in Z)$.
3. $\{-1\}$.
4. $]0;3]$.
5. $R=\frac{a}{18}$.
   Tùy chọn 2
6. $108=6\cdot 18$.
7. $x_1=\frac{\pi}{4}(2k+1);x_2=(-1)^{l+1}\frac{\pi}{18}+$ $+\frac{l\pi}{3}(k,l\in Z)$.
8. $\{2\}$.
9. $]-\infty;2[\cup]3;4[$.
10. $\pi \frac{r^2\sqrt{3}}{2}\left(1+\sqrt{3}+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2$.

Vật lý

1. $S_{\max}=\pi v_0^4/g^2=314\text{ m}^2$.
2. $v=\sqrt{v_0^2(1-Mm/(m+M)^2)-2gR}\approx 2\text{ m/c}$.
3. $x_m\leqslant(m+M)\mu g/(2k)=0,1\text{ m}$.
4. $h_m=Q(1-T_0/T)/(mg)=8,45\text{ m}$
   (ở đây $T_0=273\text{ K}, T=473\text{ K})$.
5. $\varphi_m=\arccos(1-m\omega_0^2l/(4qE))=60^\circ$.
6. $R=2\mathcal{E}_2r/(\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_2)=1\text{ Om}$.
7. $I=B(S_0-S)/(R\tau)=4\text{ mkA}$.
8. $\beta=\arcsin(1/2\sqrt{3})\approx 17^\circ$.
9. $A=hc/\lambda-eU\approx 2\cdot 10^{-19}\text{ Djx}\approx 1,25\text{ эВ}$.
10. Ngoài neutron, hạt nhân của nguyên tử gel $^4\text{He}$ cũng được hình thành. Tổng năng lượng bằng $E=E_0N_Am/M\approx 8,5\cdot 10^{11}\text{ Djx}$, trong đó $M=2\cdot 10^{-3}\text{ кг/mоль}$ là khối lượng mol của deuterium.

Viện kiến ​​trúc Moscow

Toán học
Bài thi vấn đáp

1. $|\cos\alpha-\cos\beta|$.
2. a) $1;6)$ $\frac{\sqrt{2}}{16}(\sqrt{3}+1)$; c) $\frac{1}{16}$.
3. a) $\{1;2\};6)$ $\{0;\frac{1}{2}\}$; c) $\{\frac{\pi}{6}(3n\pm 1)\}$, $n\in Z$; d) $\{-2\}$.
4. a) $]-\infty;-2[\cup]2-\log_23;+\infty[$.

6. $]-\infty;-\frac{1+\sqrt{17}}{2}[\cup]2;+\infty[$.
   b) $]-\frac{5}{4};-1[\cup]-1;0[\cup]0;1[\cup]5;+\infty[$.

7. $\{(1;5);(5;1),(2;3),(3;2)\}$.
8. $n_1=0,n_2=1$.

Vật lý

1. $\Delta m=\rho Va/(g+a)\approx 7,8\text{ кг}$.
2. $a=k\Delta l/m=0,5\text{ m/c}^2$.
3. $t=\sqrt{\frac{2h}{g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)\sin\alpha}}\approx 2,1\text{ с}$.
4. $F_\tau=(3/4)^2mg\approx 66\text{ H}$.
5. $T=m(g\cos\alpha+v^2/l)\approx 3,6\text{ H}$.
6. $F=\frac{(MgL+mg(2L-l))\cos\alpha}{2h}$.
7. $A=2mgh$.
8. $N=\frac{mgh}{t\eta/100\%}\approx 20,4\text{ кВт}$.
9. $A=mg(H+h)-\rho Vgh\approx 150\text{ Дjx}$.
10. $T=2\pi\sqrt{\Lambda/g}\approx 0,4\text{ c}$.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 4)

1. Trong trường hợp đầu tiên - với bất kỳ sự tương ứng nào về bán kính, trong trường hợp thứ hai - không một bánh răng nào phải quay cùng một lúc… theo hai hướng ngược nhau (xem Hình 18).

Hình 18.

2. Khoảng cách là ba hình vuông liền kề với một trong các đỉnh của khối lập phương. Rõ ràng, tất cả chúng đều phải có màu khác nhau. Tuyên bố bài toán xuất phát từ nhận xét này.
3. $+\frac{85679}{171358}$.
4. Hai thao tác đầu tiên trên một số có thể được thay thế bằng cách nhân số đó với 21 và toàn bộ quy trình có thể được thay thế bằng cách nhân với số 21·481=10101. Rõ ràng là khi nhân với 10101, bất kỳ số có hai chữ số nào cũng tạo ra số hex, được viết dưới dạng lặp lại ba lần của số hạng đầu tiên.
5. Số 2 đứng ở vị trí đầu tiên trong 4 giờ (từ 20:00 đến 00:00). Trong 20 giờ còn lại, nó đứng ở vị trí thứ hai trong 2 giờ (từ 02:00 đến 03:00 và từ 12:00 đến 13:00). Trong 18 giờ còn lại, số 2 ở vị trí thứ ba trong 10 phút, và trong 50 phút còn lại của mỗi giờ, một phút ở vị trí thứ tư thêm 5 lần nữa, tổng cộng là 15 phút trong mỗi 18 giờ, tức là 4 giờ 30 phút. Tổng cộng chúng ta có 4 giờ + 2 giờ + 4 giờ 30 phút = 10 giờ 30 phút.
   Đối với số 0 và 1, ta tương tự có 15 giờ 00 phút, đối với số 3 - 8 giờ 15 phút, đối với số 4 và 5 - 7 giờ 30 phút, đối với các số còn lại (6, 7, 8 và 9) - 4 giờ 12 phút.

Trang cờ vua
(xem «Kvant» số 2)
Nhiệm vụ 3 (Rudakovsky - Botvinnik, nhà vô địch Liên Xô, 1945). 1… N:c1 2. Rb:c1 R:c1 3. R:c1 Qh6! Thoạt nhìn, đòn kép không nguy hiểm vì có bảo vệ - 4. Fs4. Nhưng bây giờ quân Hậu đã quá tải và Đen đang tận hưởng điều đó. 4… Bb5 5. Qs5 b6! Người da trắng đầu hàng.
Nhiệm vụ 4 (Taimanov - Vorotnikov, Leningrad, 1978). 1…Kf3!! Hóa ra gần như tất cả quân trắng đều bị quá tải. Không ai trong số họ có thể phân tâm khỏi công việc kinh doanh của mình và hạ hiệp sĩ ở f3 mà không bị trừng phạt: 2. K4:f3 Ke3+, 2. K2:f3 Ke3+ 3. Kpg1 K:d1 4. R:d1 C:f4, cuối cùng là 2. C:f3 Ke3+, và Đen thắng. 2. Rxf3 Qh4! 3. Rxg3 Qh1+ 4. Rg1 Ke3+ 5. Npf2 Qh2+. Người da trắng đầu hàng.

Người chiến thắng trong cuộc thi cờ vua năm 1983
Những người chiến thắng trong cuộc thi là: S. Aleksaandrov (làng Chernogolovka, vùng Moscow), M. Akhmadeeva (làng Etkul, vùng Chelyabinsk), G. Bedny (Berdichev), A. Boyarsky (Bendery), B. Vorontsov (Izhevsk), V. Gaevsky (Bendery),