Kvant
Tài liệu thi cử

Học viện Bách khoa Leningrad mang tên M. I. Kalinin

Волгин Ю. Н. и др.

Kvant 1984, số 4tr. 55, 57, 59, 60, 63Thẻ RLV4

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 →

55

  1. Khi gương phẳng quay một góc α thì tia phản xạ ở bề mặt nào?

  2. Mỗi độ sâu của một vùng nước bằng H. Độ sâu thực sự của nó là bao nhiêu?

Ấn phẩm được biên soạn bởi A. S. Kondratev, S. A. Nazarov

Học viện Bách khoa Leningrad mang tên M. I. Kalinin

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1
(Khoa thư viện kỹ thuật)

  1. Giải phương trình
    2sin⁡2x+tg2x=2.2\sin^2 x + \mathrm{tg}^2 x = 2.
  2. Tích của ba số hạng đầu tiên của một cấp số nhân là 1728 và tổng của chúng là 63. Tìm số hạng đầu tiên và mẫu số của cấp số nhân này.
  3. Tìm miền định nghĩa và các khoảng tăng giảm của hàm số f(x)=2(lg⁡2x+12lg⁡x−1)1/2(lg⁡2x+12lg⁡x+1)1/2lg⁡xf(x) = \sqrt{2}\left(\frac{\lg^2 x + 1}{2\lg x} - 1\right)^{1/2}\left(\frac{\lg^2 x + 1}{2\lg x} + 1\right)^{1/2}\lg x.
  4. Cho tam giác ABC, đường thẳng song song với cạnh AB cắt phân giác của góc B tại điểm P, gọi K là điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp với cạnh BC. Biểu thị vectơ KP→\overrightarrow{KP} theo các vectơ e⃗1\vec{e}_1 và e⃗2\vec{e}_2 có ​​độ dài đơn vị và tương quan với AB→\overrightarrow{AB} và CA→\overrightarrow{CA}, tương ứng, nếu ∣AB∣=18,∣AC∣=12|AB| = 18, |AC| = 12 và ∣BC∣=11|BC| = 11.
    Tùy chọn 2
    (khoa khoa học vật lý và vô tuyến)
  5. Giải phương trình
    82x=(log⁡216)(2x+3x−3).8^{\frac{2}{x}} = (\log_2 16)(2^{\frac{x+3}{x}} - 3).
  6. Giải phương trình
    52−x22−x=1.\frac{\sqrt{52-x^2}}{2-x} = 1.
  7. Cho hàm f(x)=tg(x−3π4)×(1−sin⁡2x)−cos⁡2x−1.f(x) = \mathrm{tg}\left(x - \frac{3\pi}{4}\right) \times (1-\sin 2x) - \cos 2x - 1.
    Tìm miền xác định của hàm y=f′(x)y = f'(x); chứng minh rằng f′(x)=0f'(x) = 0 tại mọi điểm D(f′(x))D(f'(x)) và f(7)f(\sqrt{7}) đều bằng số nguyên.
  8. Hãy để phương trình bậc hai
    (3a+2)x2+(a−1)x+4a+3=0(3a+2)x^2 + (a-1)x + 4a+3 = 0
    có rễ x1,x2x_1, x_2. Tìm tất cả a(a∈R)a(a \in R) sao cho x1x_1 và x2x_2 thỏa mãn điều kiện x1<−1<x2<1x_1 < -1 < x_2 < 1.

Vật lý
Bài thi vấn đáp

  1. Ôtô bắt đầu chuyển động từ trạng thái đứng yên, tăng tốc nhanh và sau một thời gian đạt vận tốc v=10v = 10 m/s. Sau đó, động cơ được tắt và tự động giảm tốc độ cho đến khi dừng hẳn. Tìm tốc độ tự chủ dọc theo toàn bộ tuyến đường.
  2. Tên lửa bay thẳng đứng lên trên và thải ra khí nóng liên tiếp thành hai phần bằng nhau. Tốc độ dòng khí thoát ra so với tên lửa là không đổi và bằng u. Khoảng thời gian giữa các phần được tháo ra để tên lửa đạt đến độ cao cao nhất là bao nhiêu? Giả sử lãng phí nhiên liệu sẽ xảy ra ngay lập tức. Sức cản không khí là một thách thức.
  3. Khi một bọt khí nổi từ đáy hồ lên trên mặt nước thì thể tích của nó tăng gấp 3 lần. Tìm độ sâu của hồ.
  4. Trong một hình trụ có thể tích V=0,04V = 0,04 m³, có chất khí chịu áp suất p=1,5⋅105p = 1,5 \cdot 10^5 Pa ở nhiệt độ T=300T = 300 K. Xác định xem có bao nhiêu phân tử khí trong quả bóng.
  5. Ba hạt được tải giống hệt nhau, mỗi hạt có khối lượng m và điện tích q, được đặt ở các đỉnh của một tam giác vuông ở cạnh r0r_0. Sau đó, các hạt được giải phóng đồng thời, sau đó chúng bắt đầu phân tán đối xứng dưới tác dụng của lực đẩy Coulomb. Tìm: 1) tốc độ của từng phần phụ thuộc vào khoảng cách r giữa các hạt; 2) công do lực Coulomb tác dụng lên mỗi hạt khi các phần đó bay ra xa nhau ở một khoảng cách rất lớn.
  6. Cả hai kết nối song song và nối tiếp của hai pin giống hệt nhau có emfs và điện trở trong r, công suất P = 16 W được giải phóng trên một điện trở bên ngoài, điện trở của nó là R. Công suất được giải phóng qua điện trở này là bao nhiêu nếu chỉ một trong các pin được nối với nó?
  7. Một mạch ACDE bán đều có cầu trượt có chiều dài l được đặt trong một từ trường đơn mode vuông góc với mặt phẳng của mạch (xem Hình 1).

Vật lý
Bài thi vấn đáp

  1. Ôtô bắt đầu chuyển động từ trạng thái đứng yên, tăng tốc nhanh và sau một thời gian đạt vận tốc v=10v = 10 m/s. Sau đó, động cơ được tắt và tự động giảm tốc độ cho đến khi dừng hẳn. Tìm tốc độ tự chủ dọc theo toàn bộ tuyến đường.
  2. Tên lửa bay thẳng đứng lên trên và thải ra khí nóng liên tiếp thành hai phần bằng nhau. Tốc độ dòng khí thoát ra so với tên lửa là không đổi và bằng u. Khoảng thời gian giữa các quốc gia của các phần phải là bao nhiêu để tên lửa đạt được độ cao cao nhất có thể? Giả sử lãng phí nhiên liệu sẽ xảy ra ngay lập tức. Sức cản không khí là một thách thức.
  3. Khi một bọt khí nổi từ đáy hồ lên trên mặt nước thì thể tích của nó tăng gấp 3 lần. Tìm độ sâu của hồ.
  4. Trong một hình trụ có thể tích V=0,04V = 0,04 m³, có chất khí chịu áp suất p=1,5⋅105p = 1,5 \cdot 10^5 Pa ở nhiệt độ T=300T = 300 K. Xác định xem có bao nhiêu phân tử khí trong quả bóng.
  5. Ba hạt được tải giống hệt nhau, mỗi hạt có khối lượng m và điện tích q, được đặt ở các đỉnh của một tam giác vuông ở cạnh r0r_0. Sau đó, các hạt được giải phóng đồng thời, sau đó chúng bắt đầu phân tán đối xứng dưới tác dụng của lực đẩy Coulomb. Tìm: 1) tốc độ của từng phần phụ thuộc vào khoảng cách r giữa các hạt; 2) công do lực Coulomb tác dụng lên mỗi hạt khi các phần đó bay ra xa nhau ở một khoảng cách rất lớn.
  6. Cả mắc song song và nối tiếp R, các đường AE và CD đối diện nhau - điện trở R₁ và R₂. Bỏ qua bộ đếm riêng lẻ, tìm dòng điện trong cầu nối khi nó chuyển động về phía trước với tốc độ không đổi v.
  7. Tìm năng lượng liên kết có cùng số proton và neutron và có bán kính nhỏ hơn một lần rưỡi so với bán kính hạt nhân 2⁷Al.
  8. Nhiệt độ nào là cần thiết; để các proton tiếp cận nhau ở khoảng cách r₀ = 5 \cdot 10^{-15} m²?

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi Yu. N. Volchin, Yu. D. Maksimov, B. P. Popov, S. P. Preobrazhensky, B. A. Chikhachev

57

Đạo hàm một hàm phức

  1. 12x2(x3+2)312x^2(x^3+2)^3;
  2. 5x1+5x2\frac{5x}{\sqrt{1+5x^2}};
  3. (2x−3)⋅ex2−3x(2x-3)\cdot e^{x^2-3x};
  4. 3x−4x2−2x\frac{3x-4}{x^2-2x};
  5. 3x−4(x2−2x)ln⁡10\frac{3x-4}{(x^2-2x)\ln 10};
  6. 5sin⁡x⋅cos⁡x⋅ln⁡55\sin x\cdot \cos x\cdot \ln 5;
  7. 8−3x(4x−x2)ln⁡0,3\frac{8-3x}{(4x-x^2)\ln 0,3};
  8. 2sin⁡(1−2x)2\sin(1-2x);
  9. −3sin⁡6x-3\sin 6x;
  10. 12cos⁡2xtgx\frac{1}{2\cos^2x\sqrt{tgx}};
  11. tg2x+2xtgxcos⁡2x\text{tg}^2x + \frac{2x\text{tg}x}{\cos^2x};
  12. acos⁡ax2ax\frac{a\cos\sqrt{ax}}{2\sqrt{ax}};
  13. ctgx\text{ctg}x;
  14. −3xln⁡3x2-\frac{3^x\ln 3}{x^2};
  15. 2sin⁡2xcos⁡22x\frac{2\sin 2x}{\cos^22x}.

Trường học yêu thích bài toán

  1. a) a4+4b4=(a2+2b2)2−(2ab)2a^4+4b^4=(a^2+2b^2)^2-(2ab)^2
    =(a2+2b2+2ab)(a2+2b2−2ab)= (a^2+2b^2+2ab)(a^2+2b^2-2ab).
  1. a4+b4=(a2+b2)2−(ab2)2a^4+b^4=(a^2+b^2)^2-(ab\sqrt{2})^2
    =(a2+b2+ab2)(a2+b2−ab2)= (a^2+b^2+ab\sqrt{2})(a^2+b^2-ab\sqrt{2}).
  1. Gọi BC và AD là đáy của hình thang, M và N lần lượt là trung điểm của chúng, O là giao điểm của các đường chéo và các đường thẳng AB và DC cắt nhau tại điểm F (Hình 1). Khoảng cách Gothic có tâm tại điểm F, biến tam giác FBC thành tam giác FAD; với gotheny này, điểm M đi đến điểm N. Do đó, các điểm M, N và F nằm trên cùng một đường thẳng.
  2. a) Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm A và B, cắt nhau tại điểm C, cùng phía của đường thẳng AB, tại đó đường thẳng cho trước thứ hai nằm (Hình 2, a). Cho đường thẳng AC cắt đường thẳng thứ hai tại điểm D và đường thẳng BC tại điểm E (Hình 2, 6). Hãy dựng điểm O là giao điểm của BD và AE. Khi đó đường thẳng CO cắt đường thẳng AB tại điểm loại trừ F (Hình 2, 8) do bài toán 2.
  1. Lời giải tương tự như bài toán 3a.
  1. Đáp số: hình vuông có các đỉnh tại (1; 0), (0; 1), (0; -1) và (-1; 0).
  2. Đáp số: 2,5 lần. Gợi ý. Tìm xem máy đào sẽ đào được bao nhiêu hình thang nếu trong suốt thời gian cho biết, chúng không làm việc cùng một lúc mà tất cả cùng nhau.
  3. Đáp số: 1/4. Gợi ý. Dễ dàng thấy (chứng minh bằng phản chứng) rằng các số a và b khác dấu hoặc dương. Trong trường hợp đầu tiên, tích của chúng là âm và trong trường hợp thứ hai là dương, vì vậy sẽ hợp lý khi chỉ xem xét các giá trị dương của a và b. Theo bất đẳng thức giữa trung bình số học và trung bình hình học,

Hình 1.

Hình 2.

59

  1. Hãy viết lại phương trình này dưới dạng
    (2+32)x+(2−32)x=1.\left( \frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{2} \right)^x + \left( \frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{2} \right)^x = 1.
    Vì 2−32<2+32<2+42=1,\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{2} < \frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{2} < \frac{\sqrt{2}+\sqrt{4}}{2} = 1, ở vế trái của phương trình cuối cùng là tổng của hai hàm số mũ tiêu diệt đơn điệu, nên bản thân vế trái cũng là hàm tiêu diệt đơn điệu. Nhưng hàm đơn điệu lấy giá trị nào bằng một lần, nên phương trình này có nhiều nhất một lời giải. Tất cả những gì còn lại là nhặt lời giải này.
  1. Đáp số: a) 0; b) 6; c) 0; c) log⁡2n\log_2 n. Gợi ý. a) Vì tg1∘⋅tg89∘=tg1∘⋅ctg1∘=1,tg 1^\circ \cdot tg 89^\circ = tg 1^\circ \cdot ctg 1^\circ = 1, thì log⁡atg1∘+log⁡atg89∘=0\log_a tg 1^\circ + \log_a tg 89^\circ = 0. Các cặp số hạng còn lại cách đều nhau tính từ hai đầu của tổng đang xét được chuyển đổi theo cách tương tự. Kết quả là chỉ còn lại số hạng ở giữa, log⁡atg45∘,\log_a tg 45^\circ,, nhưng bản thân nó bằng 0.
  1. Hệ số ở giữa bằng 0.
    c) Chuyển sang cơ số 2, ta được đáp số.
  1. Sau khi kết nối điểm bên trong đã chọn hoặc trên đường viền của hình khối với các đỉnh của hình khối, chia nó thành các tham số, các cơ sở là các mặt của hình khối và đỉnh là điểm được chọn. Viết rằng tổng thể tích của các tham số thu được bằng thể tích của khối tứ diện, chúng ta thu được đẳng thức mong muốn.

Nhiệt dung của khí lý tưởng

  1. T=T1+QvRCV(CV+R)=T1+4Qv15R≈350T = T_1 + \frac{QvR}{C_V(C_V+R)} = T_1 + \frac{4Qv}{15R} \approx 350 K.
  2. A′=vCVT1(mn−1)A' = vC_VT_1(mn-1).
  3. C=CV+3R/2=3RC = C_V + 3R/2 = 3R.

Đại học bang Leningrad được đặt theo tên của A. A. Zhdanov

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1

  1. a) có; b) không. Gợi ý. Chứng minh rằng một quả cầu có bán kính RR có thể đặt trong một khối đa diện có thể tích VV và diện tích bề mặt khi và chỉ khi V≥13RSV \geq \frac{1}{3} RS.
  2. {πk;π4(2l+1)},(k,l∈Z)\{\pi k; \frac{\pi}{4} (2l+1)\}, (k, l \in \mathbb{Z}). Gợi ý. Sau khi biến đổi, chúng ta thu được phương trình hệ quả sin⁡4x(1−cos⁡3x⋅cos⁡7x)=0,\sin 4x(1-\cos 3x \cdot \cos 7x) = 0, từ đó sin4x=0,sin 4x = 0, hoặc cos3x⋅cos⁡7x=1cos 3x \cdot \cos 7x = 1. Từ phương trình cuối cùng, nó suy ra rằng
    {cos⁡3x=1,cos⁡7x=1,\begin{cases} \cos 3x = 1, \\ \cos 7x = 1, \end{cases}
    hoặc
    {cos⁡3x=−1,cos⁡7x=−1.\begin{cases} \cos 3x = -1, \\ \cos 7x = -1. \end{cases}
    Khi thực hiện lựa chọn gốc cuối cùng, hãy sử dụng các điều kiện cos⁡3x≠0,\cos 3x \neq 0, cos⁡7x≠0\cos 7x \neq 0.
  3. S=a23(1−cos⁡α)sin⁡αS = \frac{a^2}{3} (1-\cos \alpha) \sin \alpha (Hình 4, a) hoặc S=a23(2+cos⁡α)sin⁡αS = \frac{a^2}{3} (2+\cos \alpha) \sin \alpha (Hình 4, b) với α∈C\alpha \in \mathbb{C} π2;2π3\frac{\pi}{2}; \frac{2\pi}{3} [; S=a29(3+cos⁡α)sin⁡αS = \frac{a^2}{9} (3+\cos \alpha) \sin \alpha (Hình 4, c) tại S=2a29(3+2cos⁡α)sin⁡αS = \frac{2a^2}{9} (3+2\cos \alpha) \sin \alpha (Hình 4, d) tại a∈Ra \in \mathbb{R} π2;π\frac{\pi}{2}; \pi [.]
  4. {(8,53−1);(2;4)}\{(8, \sqrt[3]{5}-1); (2; 4)\}. Gợi ý. Sau khi thay thế a14=34(log⁡8x+log⁡5(y+1)),b20=3log⁡8x⋅log⁡5(y+1)a^{14} = \frac{3}{4} (\log_8 x + \log_5(y+1)), b^{20} = 3 \log_8 x \cdot \log_5(y+1) hệ thống chuyển về dạng
    {8a7−7a2=1,11b5−5b4=6.\begin{cases} 8a^7-7a^2=1, \\ 11b^5-5b^4=6. \end{cases}
    Giải pháp duy nhất cho hệ thống này là a=b=1a=b=1.
    Để chứng minh điều này, hãy sử dụng thực tế là đối với a>1a>1 và b>1b>1 vế trái của phương trình lớn hơn 1, còn đối với a<1a<1 và b<1b<1 thì chúng nhỏ hơn 1.
  5. a∈Ra \in \mathbb{R} 87π;169(π−1)\frac{8}{7} \pi; \frac{16}{9} (\pi-1) [. Gợi ý. Đối với a=0a=0 bất đẳng thức thứ hai lời giải không có và đối với a<0a<0 bất đẳng thức thứ nhất được rút gọn về dạng y2−∣a+1∣y+916a∣716a+1∣−18a≥0,y^2-|a+1|y+\frac{9}{16}a\left|\frac{7}{16}a+1\right|-\frac{1}{8}a \geq 0, trong đó y=axy=ax; tập lời giải của bất đẳng thức này chứa mọi thứ đủ lớn hơn về mô đun y,y, mà cũng có các trung bình mà cosy=cos⁡ax=0,cos y=\cos ax=0, tức là không thỏa mãn bất đẳng thức thứ hai.
    Đối với a>0a>0 bất đẳng thức đầu tiên được rút gọn về dạng y2−(1+a)y+7a(9a+16)256≤0,y^2-(1+a)y+\frac{7a(9a+16)}{256} \leq 0, trong đó y=axy=ax. Lời giải của bất đẳng thức này tạo thành một đoạn I=[716a;1+916a]I = \left[\frac{7}{16}a; 1+\frac{9}{16}a\right] có độ dài 1+916a−716a=1+a81+\frac{9}{16}a-\frac{7}{16}a=1+\frac{a}{8}. bất đẳng thức thứ hai sau khi thay thế y=axy=ax được rút gọn về dạng 1−tg2y<−1cos⁡y;1-tg^2y < -\frac{1}{\cos y};

60

Hình 5.

Hình 6.

lời giải của bất đẳng thức này tạo thành hợp của các tích phân π3+2πk<y<π2+2πk,π2+2πk<y<π+2πk,π+2πk<y<3π2+2πk;3π2+2πk<y<5π3+2πk\frac{\pi}{3} + 2\pi k < y < \frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k < y < \pi + 2\pi k, \pi + 2\pi k < y < \frac{3\pi}{2} + 2\pi k; \frac{3\pi}{2} + 2\pi k < y < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k tích phân đầu tiên và cuối cùng trong số các tích phân được liệt kê có độ dài π6\frac{\pi}{6} và do đó đoạn II không thể chứa trong bất kỳ tích phân nào trong số chúng. Điều này có nghĩa là II chỉ có thể được chứa trong một trong các tích phân có độ dài π2\frac{\pi}{2}. Do đó 1+a8<π21 + \frac{a}{8} < \frac{\pi}{2}. Phần còn lại là rõ ràng.

Tùy chọn 2

  1. v(7⋅223209−(7⋅223209)2−14209)v\left(7 \cdot \frac{223}{209} - \sqrt{\left(7 \cdot \frac{223}{209}\right)^2 - \frac{14}{209}}\right).

  2. Gợi ý. Thật dễ dàng để tính toán rằng tg(α+2β)=1tg(\alpha + 2\beta) = 1, tức là α+2β=π4+πk\alpha + 2\beta = \frac{\pi}{4} + \pi k, trong đó kk là một số nguyên. Vì π4<α<π2\frac{\pi}{4} < \alpha < \frac{\pi}{2} và π2<β<π\frac{\pi}{2} < \beta < \pi chúng ta nhận được 5π4<α+2β<π2+2π\frac{5\pi}{4} < \alpha + 2\beta < \frac{\pi}{2} + 2\pi. Do đó k=2k = 2 và α+2β=9π4\alpha + 2\beta = \frac{9\pi}{4}.

  3. Tại a=1a = 1 - toàn bộ mặt phẳng; tại a>1a > 1 xem Hình 5, δ\delta.

  4. {±arccos⁡(34−14157)+2πk;\{\pm \arccos\left(\frac{3}{4} - \frac{1}{4}\sqrt{\frac{15}{7}}\right) + 2\pi k;
    ±arccos⁡(34−1117)+2πl}\pm \arccos\left(\frac{3}{4} - \sqrt{\frac{111}{7}}\right) + 2\pi l\} (k,l∈Zk, l \in Z).

Gợi ý. Bằng cách thay thế z=cos⁡yz = \cos y phương trình được rút gọn về dạng 67∣z∣+2(1+z)=5\frac{6}{7|z|} + 2(1 + z) = 5.

  1. V=a234H−(a−2h3)2(H−h)34V = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} H - (a - 2h \sqrt{3})^2 (H - h) \frac{\sqrt{3}}{4} là hiệu thể tích của hai hình chữ nhật tam giác đều: có đáy aa và chiều cao HH và có đáy a−2h3a - 2h \sqrt{3} và chiều cao H−hH - h.

Tùy chọn 3

  1. t+T+t2+tT;T+T2+tTt + T + \sqrt{t^2 + tT}; T + \sqrt{T^2 + tT}.

  2. Phương trình không có gốc. Gợi ý. Thay thế z=(5−x+4⋅5x)−1z = (5^{-x} + 4 \cdot 5^x)^{-1}, chúng ta nhận được 4z2−z+154−235−1100=04z^2 - z + \frac{\sqrt{15}}{4} - \frac{\sqrt{23}}{5} - \frac{1}{100} = 0. Số hạng tự do của phương trình này là số âm và tổng các nghiệm là 14\frac{1}{4}, do đó nghiệm dương z2z_2 của phương trình thu được lớn hơn 14\frac{1}{4}. Tuy nhiên, 0<z<140 < z < \frac{1}{4}.

  3. Vòng tròn được chia thành 7 phần (xem Hình 6).

SA=334;SC1=SC2=SC3=34+4arccos⁡14−154−43π,S_A = \frac{3\sqrt{3}}{4}; S_{C_1} = S_{C_2} = S_{C_3} = \frac{\sqrt{3}}{4} + 4 \arccos \frac{1}{4} - \frac{\sqrt{15}}{4} - \frac{4}{3} \pi,
SB1=SB2=SB3=83π−4arccos⁡14+154−32S_{B_1} = S_{B_2} = S_{B_3} = \frac{8}{3} \pi - 4 \arccos \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{15}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{2}.

  1. x=π4(2k+1),k∈Zx = \frac{\pi}{4} (2k + 1), k \in Z. Gợi ý. Bất đẳng thức ban đầu tương đương với phương trình
    (132sin⁡8x−sin⁡2x)2+(14sin⁡3x−2sin⁡3x)2≤0\left(\frac{1}{32 \sin^8 x} - \sin^2 x\right)^2 + \left(\frac{1}{4 \sin^3 x} - 2 \sin^3 x\right)^2 \leq 0.

  2. {(±10;−10);(±52;52)}\{(\pm \sqrt{10}; -10); (\pm \sqrt{\frac{5}{2}}; \frac{5}{2})\}.

Vật lý

Bài thi viết

Tùy chọn 1

  1. Chúng ta hãy xem xét từng trường hợp có thể xảy ra.
    a) Viên đạn xuyên qua quả bóng. Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có mv=mv/2+MVmv = mv/2 + MV và V<v/2V < v/2 (sau khi xuyên qua quả bóng, viên đạn chuyển động nhanh hơn quả bóng). Từ đây chúng ta sẽ tìm thấy
    V=mMv2,mM<1V = \frac{m}{M} \frac{v}{2}, \frac{m}{M} < 1.

Tỷ lệ β\beta trong trường hợp đang xem xét bằng β=mv2/2−m(v/2)2/2−MV2/2mv2/2=14(3−mM)\beta = \frac{mv^2/2 - m(v/2)^2/2 - MV^2/2}{mv^2/2} = \frac{1}{4}\left(3 - \frac{m}{M}\right).

Có tính đến các điều kiện trước đó đối với khối lượng, chúng ta thu được phạm vi biến thiên β\beta:
12<β<34\frac{1}{2} < \beta < \frac{3}{4}.

  1. Viên đạn bị mắc kẹt trong quả bóng. Trong trường hợp này, tốc độ của quả bóng và viên đạn sau khi va chạm là như nhau nên
    mv=(m+M)v2mv = (m + M) \frac{v}{2} và mM=1\frac{m}{M} = 1.

Sau đó
β=mv2/2−(m+M)(v/2)2/2−MV2/2mv2/2=12\beta = \frac{mv^2/2 - (m + M)(v/2)^2/2 - MV^2/2}{mv^2/2} = \frac{1}{2}.

c) Viên đạn bật ngược trở lại từ quả bóng. Bây giờ định luật bảo toàn động lượng được viết dưới dạng mv=−mv/2+MVmv = -mv/2 + MV, từ đâu
V=mM32vV = \frac{m}{M} \frac{3}{2} v,

Và
β=mv2/2−m(v/2)2/2−MV2/2mv2/2=34(1−3mM)\beta = \frac{mv^2/2 - m(v/2)^2/2 - MV^2/2}{mv^2/2} = \frac{3}{4}\left(1 - 3 \frac{m}{M}\right).

63

Hình 12.

đoạn MK có độ dài ∣MC∣|MC| rồi chứng minh rằng △AKC≅△BMC\triangle AKC \cong \triangle BMC.

2a2sin⁡βcos⁡2α22a^2 \sin \beta \cos^2 \frac{\alpha}{2}

Tùy chọn 2.

      1. {1; 3}. 3. ] - \infty; 1[ \cup ] 4; + \infty[.
  2. b324tgα.\frac{b^3}{24} \text{tg} \alpha.

Vật lý
Khoa Vật lý

  1. x=g/(4π2v2)≈0,06 mx = g / (4\pi^2 v^2) \approx 0,06 \text{ m}.
  2. Xem hình. 13, a và b.
  3. Xem hình. 14.

Khoa Toán

  1. v′=v/2≈10 m/cv' = v / \sqrt{2} \approx 10 \text{ m/c}.
  2. T=ΔT(1−α)(1+β)−1=200 KT = \frac{\Delta T}{(1 - \alpha)(1 + \beta)} - 1 = 200 \text{ K} (ở đây ΔT=16 K\Delta T = 16 \text{ K}).

Hình 13.
A’ →∞\rightarrow \infty

Hình 14.
ν,MΓ\nu, \text{M}\Gamma

Hình 15.
L,мкГнL, \text{мкГн}

Hình 16.
Hình 17.

α=0,1\alpha = 0,1 và β=0,2\beta = 0,2.
3. Xem hình. 15.
4. k=F2(d−F)(d+l−F)=2k = \frac{F^2}{(d - F)(d + l - F)} = 2.

Khoa Hóa học và Khoa Khoa học Tự nhiên

  1. v0=(4l1−l2)/(2t)=10 m/cv_0 = (4l_1 - l_2) / (2t) = 10 \text{ m/c} (ở đây t=5 ct = 5 \text{ c}).
  2. N=NApV/(RT)≈3,6⋅1025N = N_A pV / (RT) \approx 3,6 \cdot 10^{25} (ở đây NA=6,02×1023 mol⋅−1N_A = 6,02 \times 10^{23} \text{ mol} \cdot \text{}^{-1} là hằng số Avogadro, R=8,31 Дж/(моль⋅К)R = 8,31 \text{ Дж/(моль} \cdot \text{К)} là hằng số khí phổ quát).
  3. η=cQV(tK−t)Pτ100%≈47%\eta = \frac{cQV(t_K - t)}{P\tau} 100\% \approx 47\% (ở đây η=103 кг/m3\eta = 10^3 \text{ кг/m}^3 là mật độ của nước, tK=100∘Ct_K = 100^\circ \text{C} là nhiệt độ sôi của nước).
  4. W=pVMFnURTAη/100%≈0,13 MДжW = \frac{pVMFnU}{RTA\eta/100\%} \approx 0,13 \text{ MДж} (ở đây M=2⋅10−3 кг/mольM = 2 \cdot 10^{-3} \text{ кг/mоль} là khối lượng mol của hydro, F=96500 KJ/mольF = 96500 \text{ KJ/mоль} là hằng số Faraday, n=1n = 1 là hóa trị của các nguyên tử hydro, R=8,31 Дж/(моль⋅К)R = 8,31 \text{ Дж/(моль} \cdot \text{К)} là hằng số khí phổ quát và A=10−3 кг/mольA = 10^{-3} \text{ кг/mоль} là khối lượng nguyên tử của hydro).

Khoa công nghiệp-sư phạm và nghệ thuật-đồ họa

  1. Áp lực nước tác dụng lên thành bình không thay đổi.
  2. Xem hình. 16.
  3. Một đầu của ren phải được gắn vào trục của động cơ điện, đầu kia vào thân chuyển động; Vôn kế phải được kết nối với động cơ điện và được hiệu chỉnh theo đơn vị tốc độ.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 3)

  1. Vâng, đúng vậy, vì (n−1)n=n2−n−2+2=(n+1)(n−2)+2(n - 1)n = n^2 - n - 2 + 2 = (n + 1)(n - 2) + 2.
  2. Các bánh xe dẫn động màng quay do ma sát trên vành. Các bánh xe sẽ quay với cùng tốc độ (vì vận tốc di chuyển với cùng tốc độ). Điều này có nghĩa là đèn pin sẽ tỏa sáng như nhau.
  3. Không: một số có ba chữ số không nhỏ hơn tích của chữ số đầu tiên với 100 và tích các chữ số không lớn hơn tích của chữ số đó với 81.
  4. Các diện tích này bằng nhau, vì diện tích của phần bóng mờ lớn hơn bốn lần so với diện tích của phần “được làm sắc nét” và bốn phần màu hồng bằng nhau (Hình 17).
  5. Đặt chữ số thứ hai và thứ ba của số là xx và yy thì chính số đó có thể được viết là 900+10x+y900 + 10x + y. Sau khi di chuyển số 9 đến cuối số, ta được số 100x+10y+9100x + 10y + 9, nhỏ hơn số trước 216, tức là 900+10x+y=100x+10y+9+216900 + 10x + y = 100x + 10y + 9 + 216. Do đó 90x+9y=67590x + 9y = 675. Chia cả hai vế cho 9 được 10x+y=7510x + y = 75, do đó số ban đầu là 975.