Московский государственный педагогический институт им. В. И. Ленина

59

Вительными или минными? Определите расстояния от этих изображений до линии.

10. При любом стольновении atoma водорода, дивигшегося со скоростью $v_0 = 7 \cdot 10^4$ м/c, с поконвизимся atomом водорода был испущен световой квант с длиной волны $\lambda = 1220$ Å. Пренебрегая импульсом кванта, определяте скорости atomов после стольновения (atoms движутся вдоль одной прямой). Масса atoma водорода $m = 1,67 \times 10^{-27}$ кг, постоянная Планка $h = 6,62 \times 10^{-34}$ Дж·с.

Публикацию подготовили
Г. В. Ефашкин, В. А. Тонян

Московский государственный педагогический институт им. В. И. Ленина

Математика
Писменный экзамен
Вариант 1
(mатематический факультет)

1. Вычисление
   $$\frac{(1 \frac{11}{18} + 1 \frac{19}{24}) \cdot \frac{16}{49}}{37 \frac{1}{3} : 3,5 - 3 \frac{5}{6}}.$$
2. Решите неравенство
   $$(6,25)^{x+8} \cdot \left(\frac{2}{5}\right)^{x^2+1} \leq 1.$$
3. Решите уравнение
   $$\sin^2 x + \sin^2 2x = 1.$$
4. Около шара описан конус, высота которого вдвое больше диаметра шара. Найдите отношение площадей полной поверхности конуса и поверхности шара.
5. В равноведренном треугольнике длина основания равна 30 см, длины высоты, проведенной к основанию, — 20 см. Определите длину высоты, проведенной к боковой стороне.
   Вариант 2
   (физический факультет)
6. Исследуйте функцию $y = x^3 - 12x$ и построите ее график.
7. Решите уравнение
   $$\log_2 (5-x) + 2 \log_2 \sqrt{3-x} = 0.$$
8. Дан треугольник ABC: $A (-1; 4)$, $B (5; 1)$, $C (2; -2)$. Доказите, что треугольник ABC — равноведренный, найдите длину медианы AD.
9. Решите уравнение
   $$\sin x + \cos x = \frac{1}{\sin x}.$$
10. Основанием прямой прямых служит равноведренный треугольник, основание которого равно $a$ и угол при основании $b$. Определите объем прямых, если боковая поверхность равна сумме площадей ее оснований.

Вариант 3
(географический факультет)

1. Решите уравнение
   $(\sin x - \cos x)^2 + \mathrm{tg} x = 2 \sin^2 x.$
2. Решите уравнение
   $$2 \lg (x+2) = 2 \lg 3.$$
3. Найдите объем правильно тетраэдра, если длина его ребра равна $a$.
4. Бригада рабочих должна была изготовить 8000 одинаковых деталей в определенный срок. Фактически эта работа была окончена на 8 дней раныше срока, так как бригада изготовления ежедневно на 50 деталей больше, чем это было намечено по плану. В какой срок должны окончена работа?

Физика
Задание устного экзамена

1. Поезд длиной $l = 120$ м движется по месту равномерно со скоростью $v = 18$ км/ч. За какое время предет мест, если длина места $L = 480$ м?
2. Свободно падающее тело в последнюю секунду своего движения проходит половину всего пути. Определите время падения и высоту, с которой тело падаю без начальной скорости.
3. Тело, брошенное вертикально вверх, вернулось в точку бросания через $t = 10$ с. Какова начальная скорость тела? На какую максимальную высоту оно поднималось?
4. Два груза с массами $m_1 = 9$ кг и $m_2 = 11$ кг высот на концах нити, переброшенной через легкий блок. С каким ускорением движутся грузы? Каково натяжение нити?
5. Санни массой $m = 60$ кг спускают с горы длиной $l = 100$ м и высотой $h = 10$ м, преодолевая силу сопротивления $F_c = 20$ Н. Какой будет скорость сайта в конце горы?
6. На какой угол надо отклонить нить с подвешенным к ней груzem, чтобы при прохождения положения равновесия натяжение нити было в 2 раза больше веса груза?
7. В запаянной с одной конца узкой стеклянной трубке, расположенной горизонтально, находится воздушный столбик длиной $l = 50$ см, запертый столбиком рутины длиной $h = 19$ см. Как изменится длина воздушного столбика, если трубку поставить вертикально от крытым концом вверх? Атмосферное давление $p_a = 760$ мм pt. ст.
8. Аккумулятор с ЭДС $\delta = 10$ В и внутренним сопротивлением $r = 1$ Ом замкнут на резistor и выделят в нем мощность $P = 9$ Вт. Определите разность потенциальов на klemmах аккумулятора.
9. Под каким углом следует направить луч на поверхности стекла, показатель преломления которого $n = 1,54$, чтобы угол преломления получился равным $\beta = 30^\circ$?
10. С помощью фоноппарата «Зенит», дающего сигнки размером $24 \times 36$ см, формируюру Останкинскую телевизиюнуюащию, высота которой приблизительно равна $H = 530$ м. На каком наименьшем расстоянии следует встать фотографиу, чтобы все苞шня уменьшалась на снимке? Фокусное расстояние объектива фотопарата $F = 5$ см.

Публикацию подготовили
В. С. Копылов, О. Ю. Овчинников,
О. С. Редкоубова

60

Системы линейных уравнений

22. $x = \frac{a + b\sqrt{a^2 - b^2}}{\sqrt{1 - a^2} + b^2}, y = \frac{b + a\sqrt{a^2 - b^2}}{\sqrt{1 - a^2} + b^2}$. Ре-
    шение. Положив $\sqrt{x^2 - y^2} = v$, перепишем
    данную систему в виде
    $$\begin{cases} x - yv = a\sqrt{1 - v^2} \\ -xv + y = b\sqrt{1 - v^2}. \end{cases}$$

Решив ее как линейную систему относительной
$x, y$, получим
$$\begin{cases} x = \frac{a + bv}{\sqrt{1 - v^2}} \\ y = \frac{b + av}{\sqrt{1 - v^2}}. \end{cases}$$

Возведя уравнения системы (1) в квадрат
и вычтя второе уравнение из первого, найдем,
учитьвая $v \neq 1$, $v = \sqrt{a^2 - b^2}$, откуда и следует
ответ. Поскольку мы воспользовались следующим из уравнения системы, надо бы сделать проверку; вместе этого можно заметить,
что формулы в ответе — такие же, как в данной системе, если заменить $x$ на $a$ и $-y$ на $b$;
позному ее уравнения следует из формулы ответа.

Московский физико-технический институт
Математика
Вариант 1

1. $$\frac{1}{2}; \pi$$

2. $3\frac{5}{9}$. Указание. Пусть точки $A(-x, 3x^2)$ и $B(x; 3x^2)$, где $0 < x \leq 1$, — вершины расматриваемых треугольников. Третья вершина $C$ определяна неоднозначно, поскольку точка $M$ может быть серединой как $[AC]$, так и $[BC]$, но в общих случаях площадь треугольника получается одна и та же.

3. $\frac{3}{2} (\sqrt{3} - 1) \text{ cm}^2$. Указание. Воспользовавшись подобным треугольников $ANM$ и $BCN$, найти в $\triangle ANM$ высоту, опущенную из вершины $N$.

4. $$\left\{ \arccos \frac{4}{5}; \arccos \left(-\frac{5}{13}\right) \right\};$$
   $\arccos \left(-\frac{4}{5}; \pi\right)$. Указание. Решите (линейную!) система относительно sin $y$ и cos $y$, затем примените тожество $\sin^2 y + \cos^2 y = 1$. Проще, однако, умножить первое уравнение системы на 2, второе — на 5, возвести их в квадрат и сложить.

5. 30. Решение. Обозначим через $a_1$ и $a_2$ плоскости сечений, проведенных через точки $D$ и $E$. Пусть $M = [SA] \cap a_1$, $N = (SC) \cap a_1$, $F = (AB) \cap a_2$, $T = (SA) \cap a_2$. Так как по условию первое сечение является треугольником, $N \in [SC]$ (рис. 1). Из треугольника ASB видно, что $F \in [AB]$, поскольку $|SD| = |DE|$, а $|SM| = 2 |MA|$. Проведяем точку $A$ прямую, паралелную ($MD$), при помощи подобных треугольников найдем $|FE| = \frac{6}{5} |MD|$. Если бы плоскость $a_2$ пересекала отрезок $BC$ в некоторой точке $P$, то вторым сечением был $\triangle FEP$, в котором $|EP| \leq 2 |DN|$ (действительно, если $(EP) \cap (SC) = Q$, то $|EP| \leq |EQ|$, а $|EQ| = 2 |DN|$, так как $|SD| = |DE|$); из $MDN = FEP$ тогда вытекало бы
       $S_{FEP} = \frac{|FE| \cdot |EP|}{|MD| \cdot |DN|} \cdot S_{MDN} \leq \frac{6}{5} \cdot 2 \cdot 5 = 12$, что противоречит условиям задачи. Следовательно, плоскость $a_2$ пересекает отрезок $SC$ и второе сечение будет чет孵угулников $EFGH$, где $G = [AC] \cap a_2$, $H = [SC] \cap a_2$. Козффициент подобия треугольников $ETH$ и $DMN$ равен 2, поэтому $S_{FTG} = S_{ETH} - S_{EFGH} = 4$. Но $|FT| = \frac{4}{5} |DM|$, $FTG = D\widehat{MN}$; следовательно, $\frac{|TG|}{|MN|} = \frac{S_{FTG}}{S_{DMN}} \cdot \frac{|DM|}{|FT|} = 1$; значит, $|TG| = |GH| \cdot |MN|$. Если $O$ — середина $|NH|$, то $[AO][[GH][, |AO| = \frac{3}{2} |GH|]$ и из подобия $\triangle AOC \sim \triangle GHC$ следует $|CH| = 2 |HO|$, то есть точки $N$ и $H$ делят $[SC]$ на три равные части. Поэтому, если мы проведем через точки $C$ плоскость $a_3 \parallel a_1$ и положим $K = [SB] \cap a_3$ и $L = (SA) \cap a_3$, то $|SA| = |AL|$. Отсюда следует, что точки $S$ и $L$ равноделены от плоскости $ABC$ и $V_{SABC} = V_{LABC}$. Значит, $V_{SABC} = \frac{1}{2} V_{SLBC} = \frac{1}{2} V_{SKLC} + \frac{1}{2} V_{BKLC} = \frac{1}{6} |BS| \cdot S_{KLC} = 30$, так как $(BS) \perp (CKL)$, а $S_{KLC} = 9 S_{DMN} = 45$. Замечание. Задача создания перепределения составителями для облегчения решения: условия «первое из этих сечений — треугольник» вытекает из остальных условий.

Вариант 2

1. $$\frac{1}{2}; + \infty$$

2. $x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k (k \in Z).$

61

3. $\frac{15}{4}$ см. Указание. Если $O$ — центр окружности, а $K$ — точка касания окружности с прямой $DM$, то $|KM| = 1$.

4. $\frac{3\sqrt{3}}{50} a^3$. Указание. Если $O$ — середина отрезка $B_1D_1$, то точка $K$ является проекцией точки $B_1$ на прямую $DO$.

5. $\{(0; y; 0), \text{ где } y = \frac{z}{x}\}$. Указание. Заметим, что при $x \neq 0$, разделив все уравнения на $x^2$, мы сможем через переменные $y$ и $t = \frac{z}{x}$ выразить все слагаемые, за исключением двух — одного в первом и одного в третьем уравнениях. Сначала расстояние случай $x = 0$. Затем при $x \neq 0$ сложите первое уравнение системы, умноженное на $\frac{z}{x^3}$, с третьим уравнениями системы, умноженное на $\frac{1}{x^2}$; после сокращения на 2 получится $t^3 - 1 = 9y$. К этому уравнению прибавьте второе уравнение системы, умноженное на $\frac{3}{x^2}$; получится $(t - 1)^3 = 27y^3$.

Вариант 3.

1. {7}.

2. $] 0; \frac{4}{3}]$.

3. $x_1 = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} k, x_2 = \pm \frac{1}{2} \arccos \left(-\frac{5}{6}\right) + \pi l(k, l \in \mathbb{Z})$. Указание. Уравнение $tg \alpha = tg \beta$ равносильно системе
   $$\begin{cases} \sin (\alpha - \beta) = 0 \\ \cos \alpha \neq 0 \\ \cos \beta \neq 0. \end{cases}$$
   Не забудьте, что $|\cos \gamma| \leq 1$.

4. $\arccos \frac{1}{7}$. Указание. Выразив $|CO|$ и $|CE|$ через $|DC|$ и $\hat{C}$, примените к треугольнику $COE$ теорему косинусов. Заметим и. Задча сознанnelно переопределяна составители для облегчения решения: условия «$\triangle ABC$ — остроугольный» вытекает из остальных условий.

5. $\frac{5\sqrt{3}}{48} a^3$. Решение. Проведем через $M$ прямую, параллельную $(AB)$; обозначим через $A_2$ и $B_2$ точки ее пересечения с ребрами $AC$ и $BC$ (рис. 2). Тогда $(C_1CE) \perp (C_1A_2B_2), (MC_1) = (C_1CE) \cap (C_1A_2B_2)$ и симметричную прямую $MC_1$ есть композиция симметричной относительной плоскости $C_1CE$ и $C_1A_2B_2$. Но $(C_1CE)$ — плоскость симметрики прямы $ABCA_1B_1C_1$; следовательно, общая часть прямы будет симметрична относительной $(C_1A_2B_2)$. Поэтому достаточно взять точку $O$, симметричную $C$ относительной $(MC_1)$, и найти удвоенный объем общей части прямы $OA_2B_2C_1$ и прямы $ABCA_1B_1C_1$. Пусть $E_1$ — середина $[A_1B_1]$, $N = (OM) \cap [EE_1]$; из $tg C_1MC = \frac{9}{8} a : \frac{3\sqrt{3}}{8} a = \sqrt{3}$ и $C_1MO = C_1MC$ следует $OME = 60^\circ$; от сюда $|MN| = \frac{1}{2} |EC|$, а так как $|MO| = |MC| = \frac{3}{4} |EC|$, $O$ расположена вне примыты $ABCA_1B_1C_1$. Пусть $[OC_1] \cap [EE_1] = C_2$. Тогда $E_1C_1C_2 = 90^\circ - 2\hat{M}C_1C_2 = 30^\circ, |C_1C_2| = a$ и $|OC_2| = \frac{a}{8}$. Положим $A_3 = [OA_2] \cap (AA_1B_1B), B_3 = [OB_2] \cap (AA_1B_1B)$. Если из примыты $OA_2B_2C_1$ удалить примыду $OA_3B_3C_2$, останется общая часть примытия $ABCA_1B_1C_1$ и примыды $OA_2B_2C_1$. Учитывая, что $(C_1O) \perp (OA_2B_2), a|A_3B_3| = \frac{1}{3}|A_2B_2| = \frac{a}{4}$, вычислим объем этих примыд:

$$V_{OA_2B_2C_1} = \frac{1}{3}|OC_1|S_{OA_2B_2} = \frac{1}{3}|OC_2|S_{OA_2B_2} = \frac{1}{3}|OA_2B_2|S_{OA_2B_2} = \frac{1}{3}|OA_2B_2|S_{OA_2B_2} = \frac{1}{3}|OA_2B_2|S_{OA_2B_2}$$

Отсюда находится значение угловой скорости:

$$\omega = \sqrt{\mu mg / (MR)}$$

2. Запишем условия плавания лодки в начальном состоянии, до ремонта:

$$mg = \rho_B lSg,$$

где $m$ — масса лодки, $\rho_B$ — плотность воды, $l$ — глубина погруженной части лодки, $S$ — площадь дна. После наклеивания пластика снаружи условия плавания примет вид

62

$$mg + qdSg = q_B(l + d + h)Sg.$$
Из полученных уравнений находим плотность $\rho$ пластки:
$$\rho = q_B(d + h) / d = 1,6 \cdot 10^3 \text{ кг/м}^3.$$
Если наклеить пластик на дно внутри лодки, то условие равновесия будет таким:
$$mg + qdSg = q_B(l + h)Sg,$$
и
$$\rho = q_Bh / d = 0,6 \cdot 10^3 \text{ кг/м}^3.$$
3. Пусть направность внешнего однородного поля равна $E_0$ и сливые линии этого поля направлены слева направо (см. рис. 2 в статье). Тогда, используя принцип суперпозициии электрических полей, можно записать
$$E_1 = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} - E_0, \quad E_2 = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} + E_0,$$
где $\sigma$ — поверхностная плотность заряда пластины и $\varepsilon_0$ — электрическая постоянная. Отсюда находим
$$\sigma = \varepsilon_0(E_1 + E_2), \quad E_0 = (E_2 - E_1) / 2.$$
Сила, действующая на единицу площади пластины,
$$f = \dot{\sigma}E_0 = \varepsilon_0(E_2^2 - E_1^2) / 2.$$
4. Поскольку в задаче речь идет и о продольном увеличении $\beta$, и о поперечном увеличении $\Gamma$, прежде всего установить между ними. Расмотрим отрезки $AG, AB$ и $BD$ (см. рис. 3 в статье). Обозначим расстояния точек $B$ и $A$ до линзы через $d_0$ и $d_1$, а их изображений — через $f_0$ и $f_1$ соответственно. Из формулы линзы имеем
$$\frac{1}{d_0} + \frac{1}{f_0} = \frac{1}{d_1} + \frac{1}{f_1},$$ или $$\frac{d_1 - d_0}{d_0 d_1} = \frac{f_0 - f_1}{f_0 f_1}.$$
откуда
$$\beta_1 = \frac{f_1 - f_0}{d_0 - d_1} = \frac{f_0}{d_0} \frac{f_1}{d_1} = \Gamma_0 \Gamma_1.$$
Аналогично для отрезков $BD, BC$ и $CE$ найдем
$$\beta_2 = \Gamma_0 \Gamma_2,$$
а для отрезка $AC$
$$\beta = \frac{\beta_1 |AB| + \beta_2 |BC|}{|AB| + |BC|} = \frac{\beta_1 + \beta_2}{2} = \Gamma_1 \Gamma_2.$$
Таким образом, получаем
$$\frac{\beta_1 + \beta_2}{2} = \frac{\beta_1}{\Gamma_0} \frac{\beta_2}{\Gamma_0},$$ и $$\Gamma_0 = \sqrt{\frac{2\beta_1 \beta_2}{\beta_1 + \beta_2}} = 2.$$
Вариант 2

1. $v = \sqrt{2E(k_1 + k_2) / (Mk_1)}$.
2. $\alpha = \varrho S^2 \sigma c \Delta R / \Delta U = 3,6 \cdot 10^{-3} \text{K}^{-1}$.
3. Поскольку пластины конденсатора развигают быстро, заряды на них не изменяются, и контур передается энергия
   $$\Delta E_+ = \frac{q_m^2}{2C_1} - \frac{q_m^2}{2C_2} = \frac{q_m^2}{2C} \frac{\Delta d}{d}.$$
   Заполериода в контуре теряется (выделяется в виде телята) энергия
   $$\Delta E_- = Q = \frac{I_m^2}{2} R \frac{T}{2} = \frac{\omega_0^2 q_m^2}{2} R \frac{\pi}{\omega_0}.$$
   Колебания затухать не будут, если $\Delta E_+ \geq \Delta E$ Отсюда получаем

$$\frac{\Delta d}{d} \geq \pi \omega_0 RC = \pi R \sqrt{\frac{C}{L}}.$$
4. $R = F - l = 20 \text{ см}$.
Московский институт электронотореия
Математика
Вариант 1

1. {(1; 2; 3), (1; 5; 0), (3; 2; 1), (3; 5; -2)}. Указан и е. Выразите из первого уравнения $y + z$ и подставьте во второе уравнение, затем выразите $x + z$ и подставьте в третье.
2. $M (2; 6)$; точка $M$ переходит к точку $M_1 = M$, середина $C (1; 3)$ отрезка $AB$ переходит в середина $C_1 (5; 5)$ отрезка $A_1 B_1; \alpha = 90^\circ$. Указан и е. Координаты точки $M$ являются решением системы
   $$\begin{cases} |MA|^2 = |MA_1|^2 \\ |MB|^2 = |MB_1|^2 \end{cases}.$$
   Их можно найти также как координаты пересечения середины перпендикуров к отрезкам $AA_1$ и $BB_1; [AB] \perp [A_1 B_1].$
3. Функция $f = 2x^3 - x$ — нечетная; следовательно, ее график имеет центр симметрины (начало координат). График функции $y = \cos x$ конгрузен графику нечетной функции $y = \sin x$; следовательно, он имеет центр симметрины. График функции $y = 3x^2 + 2x$ конгрузен графику функции $y = 3x^2$ (доказатель!, не имеющий центр симметрины; следовательно, он не имеет центр симметрины. Чтобы график некоторых функций $f$ имел центр симметрины $M(a; b)$, необходимо и достаточно, чтобы любого $x$, для которого $a + x \in D_f$, выполнялось $a - x \in D_f$ и (рис. 3).
   $$f(a + x) + f(a - x) = 2b.$$

1. Из равенства (1) для функции $f(x) = x^3 + 6x^2 - 5$ при $x = 0$ и при $x = a$ получаем систему с решением $a_1 = 0, b_1 = -5$ и $a_2 = -2, b_2 = 11$; при $a_2, b_2$ равенство (1) является точкой; следовательно, график функции $y = x^3 + 6x^2 - 5$ имеет центр симметрины. Если точки $M(a; b)$ является центром симметрины графики функции $f$ и $x \neq D_f$, $x \neq a$, то $2a - x \notin D_f, 2a - x \neq a$. Поскольку для функции $f(x) = \frac{1}{2x^2 - 1}$.
   $D_f$ не содержит одной точки $x = 1$, абсцисса центра симметрины, если он существует, равна 1; подставив в равенство (1) для этой функции $a = 1$, получаем, что оно является точкой при $b = -\frac{1}{2}$; следовательно,