Kvant
Tài liệu thi cử

Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow

Ефашкин Г. В., Тонян В. А.

Kvant 1985, số 1tr. 56, 58, 59, 60, 61, 62, 63, 64Thẻ QCB7

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

56

Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1

  1. Giải phương trình
    2sin⁡x=−3tgx.\sqrt{2 \sin x} = -\sqrt{3} \mathrm{tg} x.
  2. Cạnh đáy của một đường thẳng tam giác đều là aa; cạnh bên bằng bb. Xác định thể tích và diện tích mặt cắt ngang của nó đi qua cạnh đáy vuông góc với cạnh đối diện với cạnh này.
  3. a≥ba \geq b có nghĩa là gì? Chứng minh rằng nếu a>ba > b và b≥cb \geq c thì a>ca > c.
  4. Sắp xếp các số sau theo thứ tự tăng dần:
    1;0,37;6563;6159;tg33∘;tg(−314∘).1; 0,37; \frac{65}{63}; \frac{61}{59}; \mathrm{tg} 33^\circ; \mathrm{tg} (-314^\circ).
  5. Chứng minh rằng nếu f(x)=x2+2x−13f(x) = \frac{x^2 + 2x - 1}{3} thì
    2f(x+2)+f(−x−1)=x2+4x+4.2f(x+2) + f(-x-1) = x^2 + 4x + 4.
    Tuyên bố ngược lại có đúng không?

Tùy chọn 2

  1. Giải phương trình
    ∣sin⁡x+sin⁡2x∣(2x−5)=sin⁡x+sin⁡2x.|\sin x + \sin 2x| (2x-5) = \sin x + \sin 2x.
  2. Trong một hình lập phương ABCDAB1C1D1ABCD_A B_1 C_1 D_1 có cạnh dài aa lần lượt có các cạnh nối AA1,A1B1,B1C1,C1C,CD,DAAA_1, A_1 B_1, B_1 C_1, C_1 C, CD, DA và AA1AA_1. Chứng minh rằng hình thu được là hình lục giác đều và tính diện tích của nó.
  3. a) Với a=b=2a = b = 2 giải phương trình
    ax+bx+1+2−bx−1=0.\frac{a}{x} + \frac{b}{x+1} + \frac{2-b}{x-1} = 0.
  1. Vẽ trên mặt phẳng tọa độ tập hợp các điểm M(a;b)M(a; b) mà phương trình này có duy nhất lời giải.
  1. Sắp xếp các số sau theo thứ tự tăng dần:

58

  1. Tìm các thông số thể tích, đáy của tam giác vuông có cạnh huyền dài 6 cm và góc nhọn 30°, nếu các cạnh bên nghiêng với mặt phẳng của đáy một góc α = 45°.
  2. Giải phương trình

sin⁡4x+cos⁡4x=3+sin⁡(7π2+6x)4\sin^4 x + \cos^4 x = \frac{3 + \sin \left(\frac{7\pi}{2} + 6x\right)}{4}

Tùy chọn 3
(Khoa sư phạm cá nhân)

  1. Hai công nhân làm chung một công việc thì sau 6 ngày sẽ hoàn thành một công việc. Nếu mỗi người làm công việc này một mình thì người thứ nhất sẽ làm việc nhiều hơn người thứ hai 5 ngày. Xác định xem mỗi người trong số họ có thể hoàn thành công việc này trong bao nhiêu ngày?
  2. Giải phương trình
    sin⁡5x−sin⁡x=sin⁡2x\sin 5x - \sin x = \sin 2x
  3. Trong một giếng hình trụ có đường kính trong 2,5 m, lượng nước dâng lên 30 cm. tăng bao nhiêu mét khối nước?
  4. Giải phương trình
    23x=51232^{3x} = \sqrt[3]{512}
  5. Xác định các khoảng tăng giảm của hàm
    y=x3−27x+15y = x^3 - 27x + 15

Tùy chọn 4
(Khoa Địa chính trị)

  1. Dân số thành phố tăng từ 20.000 lên 22.050 người trong hai năm. Tìm tỷ lệ phần trăm tăng trưởng dân số trung bình hàng năm của thành phố này.
  2. Giải phương trình
    (sin⁡2x+cos⁡2x)2=1−32(\sin 2x + \cos 2x)^2 = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2}
  3. Điểm A được lấy trên một trong các cạnh song song của hình thang và điểm B nằm trên cạnh kia. Chứng minh rằng đoạn AB cắt đường trung bình của hình thang.
  4. Vẽ đồ thị hàm số y=x3−6x2+9x−4y = x^3 - 6x^2 + 9x - 4.

Vật lý
Bài thi vấn đáp

  1. Hai khối có khối lượng m1=0,4m_1=0,4 kg và m2=0,6m_2=0,6 kg chuyển động không ma sát với gia tốc đều dưới tác dụng của một lực (F=2F=2 N) tác dụng lên khối thứ hai. Các khối chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu? Lực căng của sợi dây nối chúng là bao nhiêu?

  2. Một quả cầu có khối lượng m=100m=100 g được treo bằng một sợi dây. Ở vị trí tự nhiên, sợi dây được đặt nằm ngang và quả bóng được thả ra. Lực căng của sợi dây là bao nhiêu nếu tại một thời điểm nhất định nó tạo thành một góc α=30°\alpha=30° với phương nằm ngang? Sợi dây phải có độ bền kéo bằng bao nhiêu để nó không bị đứt trong thí nghiệm này?

  3. Cơ thể nặng P=3P=3 N trong không khí, PB=1,8P_B=1,8 N trong nước và Pж=2,04P_{ж}=2,04 N trong chất lỏng có mật độ không xác định. Mật độ của chất lỏng là gì?

  4. Một viên đạn bay ngang chạm vào một khối gỗ nằm trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn và xuyên qua nó. Xác định lượng năng lượng mà viên đạn truyền vào cơ thể. Khối lượng đạn m=10m=10 g, khối lượng chùm tia M=1M=1 kg, tốc độ đạn ban đầu v0=500v_0=500 m/s, tốc độ đạn sau khi phóng v=300v=300 m/s.

  5. Khi làm đá trong tủ lạnh gia đình, phải mất τ1=16\tau_1=16 phút để làm lạnh nước từ T1=289T_1=289 K xuống T2=273T_2=273 K và τ2=1\tau_2=1 h 20 phút nữa để biến thành đá. Dựa trên những dữ liệu này, hãy xác định nhiệt dung riêng của quá trình hóa rắn của nước. Nhiệt dung riêng của nước c=4,2⋅103c=4,2 \cdot 10^3 J/(kg K).

  6. Bếp được đốt trong phòng và nhiệt độ tăng từ t1=16∘Ct_1=16^\circ\text{C} lên t2=21∘Ct_2=21^\circ\text{C}. Áp suất không khí trong phòng không thay đổi. Bao nhiêu không khí đã rời khỏi phòng?

  7. Xác định EMF và điện trở trong của nguồn hiện tại nếu ở cường độ dòng điện I1=2I_1=2 A, công suất P1=3P_1=3 W được giải phóng trong mạch ngoài và ở cường độ dòng điện I2=4I_2=4 A, công suất P2=4P_2=4 W được giải phóng.

  8. Bếp điện có hai phần trong lò sưởi. Khi bật một phần, nước trong chảo sẽ sôi trong τ=8\tau=8 phút và khi bật phần thứ hai (không có phần đầu tiên) - trong τ2=20\tau_2=20 phút. Sẽ mất bao nhiêu phút để nước sôi trong chảo nếu cả hai phần đều được bật: a) song song? b) tuần tự? Các điều kiện sưởi ấm là như nhau trong mọi trường hợp.

  9. Dưới đáy một bình chứa đầy nước có độ cao H=2H=2 m có nguồn sáng chính xác. Một chiếc đĩa tròn nổi trên mặt nước, tâm đĩa nằm phía trên nguồn sáng. Ở bán kính nhỏ nhất của đĩa sẽ không có tia sáng nào thoát ra khỏi mặt nước? Chiết suất của nước là n=4/3n=4/3.

  10. Một vật phải đặt cách thấu kính có tiêu cự F=20F=20 cm một khoảng bằng bao nhiêu để ảnh thật của nó lớn hơn vật Γ=4\Gamma=4 lần?

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
A. V. Zhmuleva,
Ô. Yu. Ovchinnikov

59

Phản ánh đường cong và công thức chuyển đổi
(xem trang 29)

  1. M(y;x)M(y; x) và M(−y;−x)M(-y; -x).
  2. a) y=f(−x)y = f(-x); b) y=−f(x)y = -f(x); c) y=∣f(x)∣y = |f(x)|; d) y=f(∣x∣)y = f(|x|); e) y=∣f(x)−2∣+2y = |f(x) - 2| + 2; f) y=f(−∣x∣)y = f(-|x|); g) y=f(1−∣x−1∣)y = f(1 - |x - 1|); h) y=f(1+∣x−1∣)y = f(1 + |x - 1|);
    i) y=−f(−x)y = -f(-x);
    xem thêm hình. 1.
  3. a) f(−x,y)=0f(-x, y) = 0; b) f(−∣x∣,y)=0f(-|x|, y) = 0; c) f(x,−y)=0f(x, -y) = 0; d) f(∣x∣,y)=0f(|x|, y) = 0; e) f(−∣x∣,∣y∣)=0f(-|x|, |y|) = 0; f) f(∣x∣,∣y∣)=0f(|x|, |y|) = 0; g) f(∣x∣,−∣y∣)=0f(|x|, -|y|) = 0; h) f(−2∣x∣,2∣y∣)=0f(-2|x|, 2|y|) = 0; i) f(−∣x∣,∣y∣)f(−2∣x∣,2∣y∣)=0f(-|x|, |y|) f(-2|x|, 2|y|) = 0;
    xem thêm hình. 2.
  4. a) y=∣∣x∣−1y = ||x| - 1; b) y=∣∣x∣−2∣−1∣y = ||x| - 2| - 1|; c) ∣y∣=∣∣x∣−2∣|y| = ||x| - 2|; d) ∣y∣=2−∣∣x∣−1∣−2∣|y| = 2 - ||x| - 1| - 2|; e) ∣y∣=2−∣∣x∣−1∣−2∣|y| = 2 - ||x| - 1| - 2|; f) ∣y∣=3−∣∣x∣−1∣−2∣|y| = 3 - ||x| - 1| - 2|; g) 2∣y∣=∣∣x∣−2∣−∣x∣+42|y| = ||x| - 2| - |x| + 4.
    Gợi ý. Tham khảo đồ thị hàm số y=∣x∣−xy = |x| - x và sử dụng nó để rút ra hàm số được mô tả và “xây dựng” một công thức phù hợp.
  1. 2∣y∣=∣∣x∣−4∣−∣x∣+2∣2|y| = ||x| - 4| - |x| + 2|. Gợi ý. Sử dụng hướng dẫn ở bài toán 4, g trước đó.
    i) ∣y∣=∣x∣−∣x−2∣−x+2|y| = |x| - |x - 2| - x + 2. Gợi ý. Nhìn vào đồ thị của hàm y=f(x)−∣x∣y = f(x) - |x|, trong đó f(x)f(x) là hàm có đồ thị “zig-zag”, phần nằm ở nửa trên
    một số mở rộng (hóa ra là 19845\frac{1984}{5} + +198425+\frac{1984}{25} + 1984125\frac{1984}{125} + 1984625\frac{1984}{625} lần) và đảm bảo rằng tập 2 sẽ lớn hơn. ([x] là phần nguyên của số xx).
  1. Gợi ý. Vị trí sau đây của điểm là hợp lệ:
    2a2+2b2+2c2−2ab−2bc−2ca2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca
    =(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2= (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2.

*) Đối với lời giải tương tự như bài toán người ta có thể sử dụng phương pháp chung để xây dựng điều khiển đa giác có trong lời giải bài toán M848 (xem «Kvant», 1984, Số 5, trang 47).

60

  1. Đáp số: đầy một nửa ống trong 59 phút.
  2. Đáp số: đặt B∗B^* là một điểm trong mặt phẳng đối xứng với điểm BB so với đường thẳng đã cho; thì điểm MM là giao điểm của đường thẳng này với đường thẳng AB∗AB^*. Quét. Nếu A∗A^* là một điểm đối xứng với điểm AA so với một đường thẳng cho trước thì đường thẳng này và đường thẳng A∗BA^*B cắt nhau tại cùng một điểm MM.
  3. Đáp số: 2ab/(a+b)2ab/(a+b). Gợi ý. Gọi OO là giao điểm của các đường chéo ACAC và BDBD của hình thang ABCDABCD, và MNMN là đoạn được nhắc đến trong điều kiện (và điểm MM nằm ở cạnh bên ABAB). Để tính độ dài của MOMO, bạn có thể sử dụng thực tế là ΔABD∼ΔMBO\Delta ABD \sim \Delta MBO, ΔBAC∼ΔMAO\Delta BAC \sim \Delta MAO.
  4. Gợi ý. Bằng mâu thuẫn: nếu hóa ra log⁡418=pq\log_4 18 = \frac{p}{q}, thì đẳng thức 22p−q=32q2^{2p-q} = 3^{2q} sẽ giữ nguyên, nhưng điều đó là không thể (tại sao?).
  5. Đáp số: thẳng y=1y=1. từ đó tất cả các điểm (πk/2;1)(\pi k/2; 1), k∈Zk \in \mathbb{Z} đều bị tắt.
  6. Đáp số: Phương trình không có nghiệm tại bất kỳ số tự nhiên nào n>1n>1. Gợi ý. Cần phải sử dụng bất đẳng thức sin⁡α≤1\sin \alpha \leq 1.
  7. Đáp số: Không bắt buộc.
  8. Đáp số: ba đường thẳng. Gợi ý. Để chứng minh, bạn cần đưa ra ví dụ về ba đường thẳng thỏa mãn điều kiện và giải thích tại sao không thể tồn tại thêm ba đường thẳng như vậy.
  9. Đáp số: bạn có thể. Gợi ý. Xét 1984 số tự nhiên theo sau số
    1⋅2⋅3⋅⋯⋅1985+1.1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot 1985+1.
  10. Đáp số: 0. Gợi ý. Đẳng thức hữu ích sau đây là đúng:
    alog⁡bc=clog⁡ba,a>0,b>0,c>0,b≠1.a^{\log_b c} = c^{\log_b a}, a > 0, b > 0, c > 0, b \neq 1.
  11. Đáp số: 2πk<x<(π/2)+2kπ2\pi k < x < (\pi/2) + 2k\pi, k∈Zk \in \mathbb{Z}. Gợi ý. Trước tiên hãy chứng minh thực tế sau: nếu giá trị xx sao cho 0<sin⁡x<10 < \sin x < 1, thì với giá trị này xx thì bất đẳng thức sin⁡x>sin⁡2x\sqrt{\sin x} > \sin^2 x đúng (một phát biểu tương tự cũng đúng với cosine).
  12. Đáp số: hình bình hành. Gợi ý. Nó là đủ để đảm bảo rằng
    [MN]∥[AC]∥[QP],[MQ]∥[BD]∥[NP].[MN] \parallel [AC] \parallel [QP], [MQ] \parallel [BD] \parallel [NP].
    Do đó: nếu bạn nối tuần tự các đoạn của cạnh giữa của một tứ giác không gian tùy ý, bạn sẽ có được một hình phẳng - hình bình hành.
  13. Đáp số: Hình lục giác đều. Gợi ý. Nếu ABCD1B1C1D1ABCD_1B_1C_1D_1 là hình lập phương đã cho, (ABCD(ABCD là đáy dưới, AA1,BB1,CC1,DD1AA_1, BB_1, CC_1, DD_1 là các cạnh bên) và chùm tia sáng song song với đường chéo của hình lập phương BD1BD_1, thì teng là một hình lục giác có các đỉnh ở giữa các cạnh của hình lập phương không thẳng với các đỉnh của hình lập phương BB và DD.

Viện Vật lý và Công nghệ Moscow
Matematika
Tùy chọn 1

  1. ] 0; +∞ [.

  2. 12\frac{1}{2}. Gợi ý. Phương trình này tương đương với phương trình 6x−3+x6x−3=06x - 3 + \sqrt{x} \sqrt{6x - 3} = 0. Tại x=12x = \frac{1}{2} vế trái của phương trình này bằng 0,
    a∝x>12a \propto x > \frac{1}{2}

  3. r1=3,r2=12r_1 = 3, r_2 = 12. Lời giải. Tiếp tuyến ll có ​​phương trình y=43(x−6)y = \frac{4}{3}(x - 6) cắt trục OxOx và OyOy tại các điểm B(6;0)B(6; 0) và C(0;−8)C(0; -8). Trên trục OyOy có hai điểm Q1Q_1 và Q2Q_2 (Hình 4), là tâm của các đường tròn tiếp xúc với trục OxOx và đường thẳng ll. Các đường thẳng (Q1B)(Q_1B) và (Q2B)(Q_2B) vuông góc và lần lượt là các đường phân giác của góc BB và góc ngoài BB của tam giác OBCOBC. Theo tính chất phân giác của một góc trong tam giác ∣OQ∣∣Q1C∣=∣OB∣∣BC∣=35\frac{|OQ|}{|Q_1C|} = \frac{|OB|}{|BC|} = \frac{3}{5}. Ngoài ra, ∣OQ1∣+∣Q1C∣=8|OQ_1| + |Q_1C| = 8. Vì vậy r1=∣OQ1∣=3r_1 = |OQ_1| = 3. Từ sự giống nhau của tam giác vuông Q1OBQ_1OB và Q2OBQ_2OB suy ra r2=∣OQ2∣=∣OB∣2∣Q1C∣=12r_2 = |OQ_2| = \frac{|OB|^2}{|Q_1C|} = 12.

  4. {(π4+πn;πk),(π4+πn;−π2+πm),(−arctg3+πn;2arctg3+πm)}(k,m,n∈Z)\left\{ \left(\frac{\pi}{4} + \pi n; \pi k\right), \left(\frac{\pi}{4} + \pi n; -\frac{\pi}{2} + \pi m\right), \left(-\arctg 3 + \pi n; 2 \arctg 3 + \pi m\right) \right\}(k, m, n \in \mathbb{Z}). Gợi ý. Các số 12\frac{1}{2} stg x,2cos⁡(x+y),4sin⁡2x,16sin⁡(x−y)x, 2 \cos(x+y), 4 \sin 2x, 16 \sin(x-y) tạo thành một cấp số nhân khi và chỉ khi những số này khác 0:
    ctg x≠0,cos⁡(x+y)≠0,sin⁡2x≠0,sin⁡(x−y)≠0, и выполнены равенства\text{ctg } x \neq 0, \cos(x+y) \neq 0, \sin 2x \neq 0, \sin(x-y) \neq 0, \text{ и выполнены равенства}
    12ctg x⋅4sin⁡2x=(2cos⁡(x+y))2,\frac{1}{2} \text{ctg } x \cdot 4 \sin 2x = (2 \cos(x+y))^2,
    2cos⁡(x+y)⋅16sin⁡(x−y)=(4sin⁡2x)2.2 \cos(x+y) \cdot 16 \sin(x-y) = (4 \sin 2x)^2.
    Giải hệ phương trình thu được, ta thu được đáp số.

  5. V=4V = 4; mặt phẳng PP chia đoạn ACAC theo tỷ lệ 3:13. Lời giải. Chúng ta hãy thả một đường vuông góc (NN1)(NN_1) từ điểm NN xuống mặt phẳng ABCDABCD. Vì (BB1C1C)⊥(ABCD)(BB_1C_1C) \perp (ABCD) và N∈(BB1C1C)N \in (BB_1C_1C), đáy N1N_1 của đường vuông góc (NN1)(NN_1) nằm trên đường thẳng BCBC (Hình 5). Trong trường hợp này, (NN1)∥(BB1)(NN_1) \parallel (BB_1), N1∈[BC]N_1 \in [BC], ∣BN1∣:∣N1C∣=2:3|BN_1|:|N_1C| = 2:3. Chiều cao của các đường bằng đoạn NN1NN_1. Vì vậy, cô ấy

61

Âm lượng V=SABCD⋅∣NN1∣=12∣AC∣⋅∣BD∣⋅∣NN1∣V = S_{ABCD} \cdot |NN_1| = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \cdot |NN_1|.

Tam giác MNN1MNN_1 là hình chữ nhật: ∣NN1∣=∣MN∣2−∣MN1∣2|NN_1| = \sqrt{|MN|^2 - |MN_1|^2}. Xét rằng theo điều kiện ∣AC∣=4,∣BD∣=2,∣MN∣=5|AC| = 4, |BD| = 2, |MN| = \sqrt{5}, chúng ta thu được V=12⋅4⋅2⋅5−∣MN1∣2=45−∣MN1∣2V = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 \cdot \sqrt{5 - |MN_1|^2} = 4 \sqrt{5 - |MN_1|^2}.

Vẫn còn phải tìm độ dài của đoạn MN1MN_1.

Gọi OO là giao điểm của các đường chéo của hình thoi ABCDABCD. Điểm đối xứng với điểm MM so với OO nằm trên đoạn BCBC, chia nó theo tỷ lệ 2:3, tính từ điểm BB và do đó trùng với điểm N1N_1. Do đó, OO là trung điểm của đoạn MN1:∣MN1∣=2∣ON1∣MN_1:|MN_1|=2|ON_1|. Trong hình thoi ABCDABCD ∣BO∣=1,∣OC∣=2,(BO)⊥(OC)|BO|=1, |OC|=2, (BO)\perp (OC).

Do đó, ∣BC∣=5,∣BN1∣=25,cos⁡α=15|BC|=\sqrt{5}, |BN_1|=\frac{2}{\sqrt{5}}, \cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}}, trong đó α=OBC^\alpha=\widehat{OBC}. Theo định lý cosin cho tam giác OBN1OBN_1 ta có ∣ON1∣2=∣BO∣2+∣BN1∣2−2∣BO∣⋅∣BN1∣cos⁡α=1|ON_1|^2=|BO|^2+|BN_1|^2-2|BO| \cdot |BN_1| \cos \alpha=1.

Do đó ∣ON1∣=∣MO∣=1,∣MN1∣=2,V=4|ON_1|=|MO|=1, |MN_1|=2, V=4.

Với đáp số chúng ta chứng minh bổ đề cho câu hỏi thứ hai bài toán.

Bổ đề. Đặt A≠A1A \neq A_1 và M≠NM \neq N là các điểm trong không gian nằm trên các đường thẳng không song song (AA1)(AA_1) và (MN)(MN). Chọn mặt phẳng PP trong tất cả các mặt phẳng đi qua đường thẳng (MN)(MN) sao cho hình chiếu của đoạn AA1AA_1 có độ dài nhỏ nhất trên đó. Khi đó mặt phẳng PP vuông góc với mặt phẳng MNN1MNN_1, trong đó N1N_1 là một điểm trong không gian sao cho AA1→=N1N→\overrightarrow{AA_1}=\overrightarrow{N_1N}.

Bằng chứng. Đặt KK là cơ sở của đường phân phối lại được thả từ điểm N1N_1 đến (MN)(MN), và P∗P_* là mặt phẳng đi qua đường (MN)(MN) và là đường phân phối lại của đường (N1K)(N_1K) (mặt phẳng P∗P_* được phân phối lại cho mặt phẳng MNN1MNN_1). Chúng ta hãy chứng minh rằng P∗P_* là PP, điều này sẽ hoàn thành việc chứng minh khẳng định.

Ta lấy một mặt phẳng tùy ý QQ đi qua đường thẳng (MN)(MN) và khác với mặt phẳng PP. Chúng ta hãy biểu thị bằng LL cơ sở của phép phân phối lại rơi từ điểm N1N_1 lên mặt phẳng PP (Hình 6). Chúng ta hãy kiểm tra xem độ dài ∣LN∣|LN| của hình chiếu của đoạn N1NN_1N lên mặt phẳng QQ có lớn hơn độ dài ∣KN∣|KN| của hình chiếu của đoạn này lên mặt phẳng PP (mặt phẳng chiếu của các đoạn AA1AA_1 và N1NN_1N lên bất kỳ mặt phẳng nào đều giống nhau, điều này có nghĩa là P∗=PP_*=P). Bằng cách xây dựng, (N1K)⊥(KN)(N_1K) \perp (KN). Áp dụng định lý trên ba phân phối lại, chúng ta thu được điều đó và (LK)⊥(KN)(LK) \perp (KN). Nhưng điều này có nghĩa là tam giác LKNLKN là góc vuông và đoạn thẳng LNLN là cạnh huyền của nó. Vì vậy, ∣LN∣>∣KN∣|LN|>|KN|. Q.E.D.

62

Vật lý
Tùy chọn 1

  1. Từ thực tế là khối tâm của thanh nằm ở phần nối và các hình trụ tạo nên thanh có cùng tiết diện (S)(S) nhưng được làm bằng các vật liệu khác nhau, từ đó suy ra chiều dài của các hình trụ. Chúng tôi biểu thị chúng bằng l1l_1 và l2l_2. Khi đó khối lượng của các hình trụ bằng khối lượng tương ứng

m1=ql1Sm2=2ql2S.m_1 = q l_1 S \quad m_2 = 2 q l_2 S.

Hãy viết điều kiện để mômen trọng trường bằng trọng tâm của hệ:

m1gl12=m2gl22.m_1 g \frac{l_1}{2} = m_2 g \frac{l_2}{2}.

Từ đây chúng ta có được

m2/m1=2.m_2 / m_1 = \sqrt{2}.

  1. Từ đường đẳng nhiệt này, rõ ràng lúc đầu hơi nước chứa trong không khí chưa bão hòa. Tại điểm 2, nó trở nên bão hòa và duy trì như vậy trong toàn bộ phần 2-3. Do đó, độ ẩm tương đối tại điểm 2 và 3 là 100%:

φ2=φ3=100%.\varphi_2 = \varphi_3 = 100 \%.

Đối với điểm 1 chúng ta có

φ1=pπ1pπ2100%=pπ1pπ2100%=p1p2100%.\varphi_1 = \frac{p_{\pi 1}}{p_{\pi 2}} 100 \% = \frac{p_{\pi 1}}{p_{\pi 2}} 100 \% = \frac{p_1}{p_2} 100 \%.

  1. Nếu lúc đầu tụ điện không được tích điện, sau khi đóng phím, điện tích C0C_0 chạy qua mạch, nguồn dòng điện hoạt động C02C_0^2 và tụ điện thu được năng lượng C02/2C_0^2/2. Theo định luật bảo toàn năng lượng, lượng nhiệt tỏa ra bởi điện trở bằng độ chênh lệch giữa công của nguồn và năng lượng của tụ điện:

Q=C02−C02/2=C02/2.Q = C_0^2 - C_0^2/2 = C_0^2/2.

Bây giờ hãy xem xét trường hợp bản bên phải của tụ điện ban đầu được tích điện. Hãy biểu thị điện tích này bằng qq. Trong trường hợp này, ngay cả trước khi đóng công tắc vào tụ điện, đã xuất hiện một điện trường có cường độ E=q/(2ε0S)E = q/(2\varepsilon_0 S) và trường này có mức dự trữ năng lượng điện W=ε0E2S/d/2=q2/(8C)W = \varepsilon_0 E^2 S/d/2 = q^2/(8C) (ở đây SS là diện tích các bản tụ, dd là khoảng cách giữa các bản, C=ε0S/dC = \varepsilon_0 S/d là điện dung của tụ điện). Điều gì xảy ra sau khi đóng công tắc, khi hiệu điện thế giữa các bản bằng Φ\Phi? Chúng ta hãy lưu ý hai trường hợp quan trọng. Thứ nhất, mức sạc hiện tại qq sẽ không thay đổi: việc bật pin chỉ dẫn đến việc phân phối lại pin. Vì vậy có thể sử dụng định luật bảo toàn điện tích. Thứ hai, ngay cả khi công tắc đóng, hai bản tụ điện không tạo thành tụ điện theo nghĩa thông thường, vì tổng điện tích không bằng 0 và điện trường không chỉ ở giữa các bản mà còn ở bên ngoài. Tuy nhiên, trong trường hợp này, điện trường bên ngoài các bản, do tổng điện tích không đổi nên vẫn giữ nguyên. Chỉ có năng lượng trường thay đổi trong không gian giữa các bản:

ΔW=C022−q28C.\Delta W = \frac{C_0^2}{2} - \frac{q^2}{8C}.

Bây giờ hãy để tấm bên trái có điện tích q1q_1, và tấm bên phải q2q_2. Từ định luật bảo toàn điện tích q1+q2=qq_1 + q_2 = q. (1)

Điện tích q1q_1 tạo ra trường có cường độ E1=q1/(2ε0S)E_1 = q_1/(2\varepsilon_0 S) và điện tích q2q_2 tạo ra trường có cường độ E2=q2/(2ε0S)E_2 = q_2/(2\varepsilon_0 S). Hướng dẫn kết quả

nữ tính bằng E2−E1=(q2−q1)/(2ε0S)E_2 - E_1 = (q_2 - q_1)/(2\varepsilon_0 S). Mặt khác, (E2−E1)d=ε0S(E_2 - E_1)d = \varepsilon_0 S. Vì vậy q2−q1=2ε0S/d=2C0q_2 - q_1 = 2\varepsilon_0 S/d = 2C_0. (2)

Từ đẳng thức (1) và (2) ta thu được

q1=q2−C0,q2=q2+C0,Δq=q2−q=C0−q/2.q_1 = \frac{q}{2} - C_0, \quad q_2 = \frac{q}{2} + C_0, \quad \Delta q = q_2 - q = C_0 - q/2.

Điện tích này là ΔqΔq và truyền qua nguồn, nên công do nguồn thực hiện là (Δq=C0−q/2)(Δq = C_0 - q/2).

Theo định luật bảo toàn năng lượng, A=ΔW+Q,A = ΔW + Q,

hoặc

C0−q2=C022−q28C+C022.C_0 - \frac{q}{2} = \frac{C_0^2}{2} - \frac{q^2}{8C} + \frac{C_0^2}{2}.

Từ đây chúng ta có được

q=4C0.q = 4C_0.

  1. Từ điều kiện bài toán rõ ràng thấu kính là phân kỳ. Sau đó từ công thức thấu kính (viết cho trường hợp này)

1F−1f=−1F\frac{1}{F} - \frac{1}{f} = -\frac{1}{F}

chúng ta sẽ tìm

f=F/2.f = F/2.

Mở rộng mục

Γ=Hh=fd,\Gamma = \frac{H}{h} = \frac{f}{d},

kích thước của mặt hàng đến từ đâu?

h=Hdf=2H=2⋅0.7 см=1.4 см.h = H \frac{d}{f} = 2H = 2 \cdot 0.7 \text{ см} = 1.4 \text{ см}.

Tùy chọn 2

  1. α=arccos⁡0.25=60∘.\alpha = \arccos \sqrt{0.25} = 60^\circ.
  2. Δl1=L/4\Delta l_1 = L/4 (pít-tông bên trái sẽ được định vị sau khi chỉnh sửa bình), Δl2=0\Delta l_2 = 0 (với tốc độ khuếch tán đủ cao, pít-tông bên phải thực tế sẽ không nhúc nhích).
  3. T≈22.4T \approx 22.4 h.
  4. d<F12F2+LF2+L−F1=16d < F_1 \frac{2F_2 + L}{F_2 + L - F_1} = 16 xem

Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow

Matematika

Tùy chọn 1

  1. x1=kπ,x2=5π6+2lπ(k,l∈Z).x_1 = k\pi, \quad x_2 = \frac{5\pi}{6} + 2l\pi \quad (k, l \in Z). Gợi ý.

Phương trình bằng hệ

2sin⁡x=3tg2x,S=a24b3b2−a2.2 \sin x = 3 \mathrm{tg}^2 x, \quad S = \frac{a^2}{4b} \sqrt{3b^2 - a^2}. Gợi ý. Khi tính diện tích mặt cắt ngang SS bù bằng đẳng thức V=13bS.V = \frac{1}{3} bS.

  1. Bất đẳng thức x≥yx \geq y có nghĩa là x−y≥0x - y \geq 0. Tuyên bố bài toán suy ra từ đẳng thức ước lượng a−c=(a−b)+(b−c).a - c = (a - b) + (b - c).

  2. 0.37<tg33∘<1<6563<6159<tg(−314∘).0.37 < \mathrm{tg} 33^\circ < 1 < \frac{65}{63} < \frac{61}{59} < \mathrm{tg} (-314^\circ).

Gợi ý. tg(−314∘)=tg46∘=1+tg1∘1−tg1∘,\mathrm{tg} (-314^\circ) = \mathrm{tg} 46^\circ = \frac{1 + \mathrm{tg} 1^\circ}{1 - \mathrm{tg} 1^\circ}, nhưng tg1∘=tg1∘=11−tg1∘.\mathrm{tg} 1^\circ = \mathrm{tg} 1^\circ = \frac{1}{1 - \mathrm{tg} 1^\circ}.

tg1∘=tg1∘=11−tg1∘.\mathrm{tg} 1^\circ = \mathrm{tg} 1^\circ = \frac{1}{1 - \mathrm{tg} 1^\circ}.

63

Cơm. 7.

21−tg1∘−1>21−160−1=6159.\frac{2}{1 - \mathrm{tg} 1^\circ} - 1 > \frac{2}{1 - \frac{1}{60}} - 1 = \frac{61}{59}.

  1. Phải. Lời giải. Chúng tôi yêu cầu sự bình đẳng phải được xác minh dễ dàng. Hãy chứng minh khẳng định ngược lại. Đặt một số hàm cho bất kỳ xx nào thỏa mãn các điều kiện 2f(x+2)+f(−x−1)=x2+4x+42f(x+2) + f(-x-1) = x^2 + 4x + 4. Thay thế biểu thức −x−3-x-3 vào đẳng thức này cùng với xx, chúng ta thu được 2f(−x−1)+f(x+2)=(x+3)2−4(x+3)+42f(-x-1) + f(x+2) = (x+3)^2 - 4(x+3) + 4. Trừ số thứ hai từ đẳng thức thứ nhất nhân với 2, chúng ta nhận được 2f(x+2)=x2+6x+72f(x+2) = x^2 + 6x + 7. Thay thế xx bằng x−2x-2 ở đây, chúng ta nhận được f(x)=13((x−2)2+6(x−2)+7)=x2+2x−13f(x) = \frac{1}{3}((x-2)^2 + 6(x-2) + 7) = \frac{x^2 + 2x - 1}{3}.

Tùy chọn 2

  1. x1=2kπ3,x2=π(2l+1)(k,l∈Z)x_1 = \frac{2k\pi}{3}, x_2 = \pi (2l+1) (k, l \in \mathbb{Z}). Gợi ý. Đối với x+sin⁡2x>0x + \sin 2x > 0 phương trình có dạng 2x−5=12x-5=1, do đó x=3x=3, nhưng sin3+sin6<0sin 3+sin 6 < 0. Với x+sin⁡2x<0x + \sin 2x < 0 chúng ta nhận được x=2x=2, nhưng sin2+sin4>0sin 2+sin 4 > 0. Điều này để lại trường hợp x+sin⁡2x=0x + \sin 2x = 0.

  2. 3a234\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}. Gợi ý. Các đoạn nối trung điểm của các cạnh được liệt kê với tâm của hình lập phương vuông góc với đường chéo BD1BD_1 và do đó nằm trong cùng một mặt phẳng. Hơn nữa, độ dài của các đoạn này bằng nhau. Dễ dàng suy ra rằng hình lục giác có độ dài cạnh a22\frac{a\sqrt{2}}{2}.

  3. a) x=−12x = -\frac{1}{2}; 6) xem hình 7.

Gợi ý. Phương trình tương đương với hệ (a+2)x2+(2−2b)x−a=0∗,x≠0,x≠1,x≠−1(a+2)x^2 + (2-2b)x-a=0^*, x \neq 0, x \neq 1, x \neq -1. Phương trình bậc hai (a≠−2)(a \neq -2) có ​​một nghiệm duy nhất tại D4=(1−b)2+a2+2a=0\frac{D}{4} = (1-b)^2 + a^2 + 2a=0, hay nói cách khác là tại (b−1)2+(a+1)2=1(b-1)^2 + (a+1)^2=1. Tại a=−2a=-2, chúng ta đi đến phương trình (2−2b)x=−2(2-2b)x=-2, có một nghiệm duy nhất là b≠1b \neq 1. Phương trình (*) có nghiệm x1=0x_1=0 tại a=0a=0. Đồng thời x2=b−1x_2=b-1. Do đó, phương trình ban đầu sẽ có một nghiệm duy nhất trong trường hợp này nếu b≠2,b≠1,b≠0b \neq 2, b \neq 1, b \neq 0. Trường hợp x1=1,x1=−1x_1=1, x_1=-1 cũng được xử lý tương tự.

  1. 0,02<0,85<−cos⁡(−571∘)<32<0,762<10,02 < 0,85 < -\cos(-571^\circ) < \frac{\sqrt{3}}{2} < \sqrt{0,762} < 1.

Lời giải. Tất cả các bất đẳng thức ngoại trừ cos⁡(−571∘)=cos⁡31∘>0,85\cos(-571^\circ) = \cos 31^\circ > 0,85 đều có thể được chứng minh dễ dàng. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng cos⁡31∘>0,85\cos 31^\circ > 0,85.

cos⁡31∘=cos⁡(30∘+1)=cos⁡30∘⋅cos⁡1∘−sin⁡30∘⋅sin⁡1∘=12(3cos⁡1∘−sin⁡1∘)=12(3cos⁡π180−sin⁡π180)>12(3(1−π22⋅1802)−π180)>32−34⋅π21802−π360>32−π22⋅802−π360>0;86−0,01>0,85\cos 31^\circ = \cos(30^\circ + 1) = \cos 30^\circ \cdot \cos 1^\circ - \sin 30^\circ \cdot \sin 1^\circ = \frac{1}{2} (\sqrt{3} \cos 1^\circ - \sin 1^\circ) = \frac{1}{2} (\sqrt{3} \cos \frac{\pi}{180} - \sin \frac{\pi}{180}) > \frac{1}{2} \left(\sqrt{3} \left(1 - \frac{\pi^2}{2 \cdot 180^2}\right) - \frac{\pi}{180}\right) > \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\pi^2}{180^2} - \frac{\pi}{360} > \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi^2}{2 \cdot 80^2} - \frac{\pi}{360} > 0; 86-0,01>0,85

(chúng tôi đã sử dụng bất đẳng thức sin⁡x<x\sin x < x cho x>0x > 0 và bất đẳng thức thu được cos⁡x>1−x22\cos x > 1 - \frac{x^2}{2} cho x>0x > 0, cũng như thực tế là π<3,2\pi < 3,2).

  1. max⁡f(x)=1\max f(x) = 1. Câu lệnh ngược lại (nếu 2≤x≤42 \leq x \leq 4) max⁡∣2x2−12x+17∣\max |2x^2 - 12x + 17| nhận giá trị cao nhất tại một trong các điểm x=2x=2, x=3x=3 hoặc x=4x=4.

Để chứng minh mệnh đề ngược lại, cần lưu ý rằng nếu các điều kiện bài toán được thỏa mãn thì các bất đẳng thức f(2)≤1,f(3)≤1f(2) \leq 1, f(3) \leq 1 và f(4)≤1f(4) \leq 1 hoặc ∣8+2a+b∣≤1,∣18+3a+b∣≤1|8+2a+b| \leq 1, |18+3a+b| \leq 1 và ∣32+4a+b∣≤1|32+4a+b| \leq 1 là đúng.

Từ hai bất đẳng thức đầu tiên sử dụng bất đẳng thức ∣u−v∣≤∣u∣+∣v∣|u-v| \leq |u|+|v|, chúng ta thu được ∣a+10∣≤2|a+10| \leq 2, và từ bất đẳng thức thứ hai và thứ ba, chúng ta thu được ∣a+14∣≤2|a+14| \leq 2, do đó a=−12a=-12.

Vật lý

  1. α=arctg(1/63)≈6∘\alpha = \arctg(1/6\sqrt{3}) \approx 6^\circ.
  2. F=mg(1−v2/(2gl))≈0,44F = mg(1-v^2/(2gl)) \approx 0,44 H.
  3. Δt=αμgl/c≈1,4⋅10−3\Delta t = \alpha \mu gl/c \approx 1,4 \cdot 10^{-3} K.
  4. α=1+c(tn−t)/r=1,15\alpha = 1 + c(t_n^-t)/r = 1,15.
  5. p′=3/2p≈105p' = 3/2p \approx 10^5 Pa.
  6. Q=−(4h2+d2)3/24d3≈−3,8⋅10−6Q = -\frac{(4h^2+d^2)^{3/2}}{4d^3} \approx -3,8 \cdot 10^{-6}Cl.
  7. Umax⁡=U(1+C1/C2)=350U_{\max} = U(1+C_1/C_2) = 350 B.
  8. Rπ=U0/I0−R0=599R_\pi = U_0/I_0 - R_0 = 599 Ôm; Pπ=I02Rπ=0,599P_\pi = I_0^2R_\pi = 0,599 Tây; P0=I02R0=1P_0 = I_0^2R_0 = 1 mW.
  9. Xem Hình 8.
  10. d=d0/(1−d0D)=14,3d = d_0/(1-d_0D) = 14,3 cm (ở đây d0=25d_0 = 25 cm là khoảng cách tầm nhìn tốt hơn của mắt bình thường).

Viện Nhà nước Moscow được đặt theo tên. V. I. Lênin

Matematika

Tùy chọn 1

64

Cơm. 9.
2. x=(−1)n+1π4+3πn2(n∈Z)x = (-1)^{n+1} \frac{\pi}{4} + \frac{3\pi n}{2} (n \in \mathbb{Z}).
3. a269\frac{a^2 \sqrt{6}}{9}.
4. {3}.
5. 441454 \frac{41}{45}.

Tùy chọn 2

  1. v3;arcsin⁡33\sqrt[3]{v}; \arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}.
  2. ] 12; +∞ [.
  3. 932cm3\frac{9 \sqrt{3}}{2} \text{cm}^3.

Tổng biên tập - Viện sĩ I. K. Kikoin
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov
Phó tổng biên tập: L. G. Aslamazov, V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov

Tuyển tập biên tập: M. I. Bashmkov, V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky, A. A. Borovoy, Yu. M. Bruk, V. V. Vavilov, N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, V. V. Gnedenko, V. L. Gutenkhacher, N. P. Dolbilin, V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov, A. R. Zilberman, A. I. Klimanov, S. M. Kozel, S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, E. M. Nikshin, S. P. Novikov, M. K. Potapov, V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. H. Rozov, A. P. Savin, Ya. A. Smorodinsky, A. B. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant

Ban biên tập: A. M. Baldin, S. T. Belyaev, V. V. Bukhovtsev, E. P. Velikhov, I. Ya. Verchenko, V. V. Vozdizhensky, G. V. Dorofeev, N. A. Ermolaeva, A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, L. V. Kantorovich, V. A. Kriplov, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva, R. Z. Sagdeev, S. L. Sobolev, A. L. Stasenko, I. K. Surin, E. L. Surkov, L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số đã được chuẩn bị:
A. N. Vilenkin, V. N. Dubrovsky, A. A. Egorov, V. M. Ivlev, T. S. Petrova; A. V. Sosinsky, V. A. Tikhomirova

Số đã được phát hành:
M. V. Dubakh, V. K. Egorov, V. S. Koval, A. Ya. Korshunov, D. A. Krymov, V. I. Savela, I. E. Smirnova, E. K. Tenchurina, E. S. Shabelinik

Ảnh được gửi bởi:
Yu. Belozerov (Biên niên sử ảnh TASS), L. D. Schwartz

Trưởng biên tập L. V. Chernova

biên tập nghệ thuật
E. A. Smirnov

Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova

Người hiệu đính N.V. Rumyantseva

103006 Mátxcơva K-6, st. Gorky, 32/1, •Kvant©,
điện thoại. 250-33-54

Giao hàng vào ngày 21/11/84.
Đã ký xuất bản ngày 27/12/84
in offset
Giấy 70×108 1/16. Đã ổn định cuộc sống. cr.-ott. 23 giờ 80.
Đã ổn định cuộc sống. lò nướng l. 5.6. Biên tập học thuật. tôi. 7,46. T-23648
Giá 40 kopecks. Đặt hàng 3109. Phát hành 175628 bản.

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO •Soyuzpolygrafiya*
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
về xuất bản, in ấn và kinh doanh sách
Chekhov, khu vực Moscow