4
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 1
ФИЗИКА
БИЛЕТ 1
Рис. к задаче 1
1.На горизонтальной поверхности
( стола протягивают с постоянной
v~* скоростью v тонкую ленту шириной
) d. На ленту въезжает скользящая
4
по столу монета, имея скорость v,
направленную перпендикулярно к
краю ленты (см. рис.). Монета скользит по ленте и покидает
ее со скоростью v (относительно стола) под неравным пулю
углом к краю ленты. 1) Найти скорость монеты (по модулю)
относительно ленты в начале движения по ленте. 2) Найти
коэффициент трения скольжения между монетой и лентой.
2. В вертикально расположенной, открытой с одного
конца в атмосферу трубке легкий теплонепроницае-
дт мый поршень отделяет гелий Не от жидкости, налитой
яи^иии поверх поршня (см. рис.). Объемы, занятые в трубке
У гелием, жидкостью и атмосферным воздухом, равны
соответственно Vq, Vb/2, Vq/2. Атмосферное давле-
_______ ние Ро = 10* 2 3 * 5 Па, Vq = 0,5 л. Добавочное давление,
р создаваемое столбом жидкости, первоначально нали-
кзадаче2 т°й в трубку, равно Ро/8. Гелий медленно нагревают
и поршень, медленно двигаясь, вытесняет всю жид-
кость из трубки. Какое количество теплоты получил гелий к мо-
менту, когда вся жидкость вытекла из трубки? Трением поршня о
трубку пренебречь.
Рис. к задаче 3
3. В схеме, изображенной на рисун-
ке, в начальный момент ключ К\
разомкнут, ключ К-2 замкнут, а
конденсаторы и С2 не заря-
2 жены. Сначала замыкают ключ
Ад, а в тот момент, когда заряд на
конденсаторе С\ достигает макси-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет2
□
мального значения, размыкают ключ К2. Найти максимальный
заряд на конденсаторе С2 после размыкания ключа К2. Внут-
ренним сопротивлением батареи с ЭДС <S и омическим сопроти-
влением катушки пренебречь.
4. На гладкой горизонтальной поверхности стола расположена
проволочная прямоугольная рамка массой т со сторонами а и
b (см. рис.). Рамка находится
в магнитном поле, составля-
ющая вектора индукции ко-
торого вдоль оси z зависит
только от координаты ж и из-
меняется по линейному зако-
ну: Bz(x) = Во(1 — а'.т), где
Во и а — заданные константы.
Рис. к задаче 4
Рамке сообщают вдоль оси х ско-
рость vq. Пренебрегая самоиндукцией рамки, определить рас-
стояние, пройденное рамкой до полной остановки. Омическое
сопротивление рамки равно R. Рамка движется поступательно.
5. Параллельный пучок света падает на систему двух собираю-
щих линз, главные оптические оси которых параллельны (00 ||
|| OiOi) и находятся на расстоянии а = 0,1 см друг от друга, под
малым углом
а = 0,1 рад к
ним (см. рис.)
и, пройдя через
линзы, отклоня-
ется на малый
угол /3 = 0,2 рад
от оптических
осей линз. Определить фокусные расстояния линз Fi и F2, если
расстояние между линзами L = 10 см.
БИЛЕТ 2
1. Лента транспортера на почте движется с постоянной скоростью
v, находясь в одной плоскости с горизонтальной поверхностью
стола. На ленту попадает небольшая коробка, двигавшаяся по
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 2
столу со скоростью w/2, направленной под углом a (cos а =1/9)
к краю ленты (см. рис.). Коэффициент трения скольжения между
коробкой и лентой равен д.
	 1) Чему равна скорость коробки (по
\	I у ; модулю) относительно ленты в нача-
I q\2	\	ле движения по ленте? 2) При какой
*	минимальной ширине ленты коробка
Рис. к задаче 1 не преодолеет ленту?
Рис. к задаче 2
ное давление /’о
U-образная трубка расположена вертикально
и заполнена жидкостью. Один конец трубки
открыт в атмосферу, другой конец соединен с
сосудом объемом Vo = 0,1 Д заполненным ге-
лием (см. рис.). Объем всей трубки равен Vq.
Гелий медленно нагревают, и он медленно вы-
тесняет жидкость из трубки. Какое количе-
ство теплоты получил гелий к моменту, когда
вся жидкость вытекла из трубки? Атмосфер-
= 105 Па, длина трех колен трубки одинако-
ва, добавочное давление, создаваемое столбом жидкости в вер-
тикальном колене, равно Ро/8-
Рис. к задаче 3
В LC-контуре при разомкнутом клю-
че К происходят колебания. В тот
момент, когда ток в контуре достигает
максимального значения Iq, замыка-
ют ключ К. Считая заданными Io, Li
и L2, определить полное количество
теплоты, которое выделится в рези-
сторе R после замыкания ключа К. Омическое сопротивление
Рис. к задаче 4
4.На гладкой горизонтальной
поверхности стола располо-
жена проволочная прямо-
угольная рамка со сторона-
ми а и b (см. рис.). Рамка
находится в магнитном поле,
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 3
7
составляющая вектора индукции которого вдоль оси z зави-
сит только от координаты х и изменяется по линейному закону:
Bz(x) = Во(1 — ах), где Во и а — заданные константы. С по-
мощью нерастяжимой нити и неподвижного блока рамка связана
с грузом массой М. Сначала груз удерживают, а затем отпуска-
ют, и рамка приходит в поступательное движение. Пренебрегая
самоиндукцией рамки, определить максимальную мощность те-
пловых потерь в рамке. Омическое сопротивление рамки равно
R.
5. Параллельный пучок света падает на систему двух линз: соби-
рающую Л1 и рассеивающую Л2 под малым углом а = 0,1 рад
к их оптическим осям. Оптические оси линз параллельны и на-
ходятся на расстоянии а = 0,1 см друг от друга (см. рис.). По-
сле прохождения оптической системы пучок света отклоняется
от оптических осей линз на малый угол /3 = 0,2 рад. Найти фо-
кусные расстояния линз В) и F2, если расстояние между линзами
L = 10 см.
Рис. к задаче 5
БИЛЕТ3
1.	По горизонтальному столу передвигают с постоянной скоростью
тонкую ленту шириной d. На ленту въезжает двигавшаяся по
столу пуговица, имевшая до въезда	_________
скорость, равную скорости ленты и	j	I
направленную под углом а = 60°	\	d	\	(	>
к краю ленты (см. рис.). Пугови-	/	|	(
ца скользит по ленте и покидает ее со
скоростью (относительно стола), на- Рис. к задаче 1
8
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 3
правленной под углом /3 = 30° к краю ленты. Коэффициент тре-
ния скольжения между пуговицей и лентой равен //. 1) Во сколь-
ко раз отличается модуль скорости пуговицы относительно ленты
в начале движения по ленте от модуля скорости ленты? 2) Найти
скорость (по модулю) ленты.
2.	В вертикально расположенной, открытой с одного
конца в атмосферу трубке, легкий теплонепроницае-
мый поршень отделяет водород Н2 от жидкости, на-
литой поверх поршня (см. рис.). Водород медлен-
но нагревают, и поршень медленно перемещается. К
моменту, когда поршень переместился настолько, что
вся жидкость из трубки вылилась, водород получил
к задаче 2 количество теплоты Q = 100 Дж. Найти объем, за-
нятый водородом в трубке в начальном состоянии, если извест-
но, что он вдвое больше объема, занятого жидкостью, который
в свою очередь равен объему, занятому в трубке атмосферным
воздухом. Атмосферное давление Fq = 105 Па. Добавочное дав-
ление, создаваемое столбом жидкости, первоначально налитой в
трубку, равно Ро/9- Трением поршня о трубку пренебречь.
Рис. к задаче 3
3.	В схеме, изображенной на рисун-
ке, в начальный момент ключ
разомкнут, ключ замкнут, а
конденсаторы с емкостями Сд и С2
2 не заряжены. Сначала замыка-
ют ключ АТ, а в тот момент, когда
ток в цепи достигает максималь-
ного значения, размыкают ключ К2- Найти максимальный заряд
на конденсаторе С2 после размыкания ключа К2. Внутренним
сопротивлением батареи с ЭДС S и омическим сопротивлением
катушки пренебречь.
Рис. к задаче 4
4.	На гладкой горизонтальной
поверхности стола располо-
жена проволочная прямо-
угольная рамка массой т со
сторонами a iib (см. рис.).
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 4
9
Рамка находится в магнитном поле, составляющая вектора
индукции которого вдоль оси z зависит только от координаты
х и изменяется по линейному закону. Bz(x) = Во(1 - ах), где
Во и а — заданные константы. Рамке сообщают вдоль оси х
скорость г>о. Когда рамка, двигаясь поступательно, проходит
расстояние L, ее скорость уменьшается в 3 раза. Пренебрегая
самоиндукцией рамки, определите ее омическое сопротивление.
5.	Параллельный пучок света падает на систему двух собирающих
линз Л1 и Л2, оптические центры которых лежат на прямой 00,
под малым углом а = 0,2 рад
к главной оптической оси линзы
Л1 (см. рис.). Линза Л2 повер-
нута на малый угол /3 = 0,1 рад
относительно плоскости линзы
Ль Оказалось, что падающий
пучок света, пройдя через сис-
тему линз, отклонился на малый
угол (3 = 0,1 рад относительно оси 00. Определить фокусные
расстояния линз F\ и П2, если расстояние между оптическими
центрами линз L — 10 см.
БИЛЕТ 4
1.	Лента горизонтального тротуара шириной d движется с посто-
янной скоростью V. На ленту попадает шайба с горизонтальной
скоростью 3v, направленной под углом а
(cosа = 2/3) к краю ленты (см. рис.).
1) Чему равна скорость шайбы (по моду-
лю) относительно тротуара в начале дви-
жения по нему? 2) При каком макси-
мальном коэффициенте трения скольжения между шайбой и тро-
туаром шайба преодолеет тротуар?
2.	U-образная трубка состоит из трех одинаковых колен, располо-
жена вертикально и заполнена жидкостью. Один конец труб-
ки соединен с баллоном, заполненным водородом, другой ко-
нец трубки открыт в атмосферу (см. рис.). Водород в балло-
Рис. к задаче 1
10
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 4
не медленно нагревают, и он медленно вытесняет жидкость из
трубки. К моменту, когда из трубки вылилось 2/3 всей массы
Рис. к задаче 2
жидкости, водород получил количество те-
плоты Q = 30 Дж. Найти объем балло-
на, заполненного вначале водородом. Из-
вестно, что объем всей трубки равен объ-
ему баллона. Атмосферное давление Д =
= 105 Па, добавочное давление, создавае-
мое столбом жидкости в вертикальном ко-
лене трубки, равно Ро/9.
3.	В LC-контуре при разомкнутом ключе К
происходят колебания (см. рис.). В тот момент, когда напряже-
ние на конденсаторе равно Uq, а ток через катушку В равен Iq,
замыкают ключ К. Считая заданными Uq, Iq, Li, и С, опре-
делить полное количество теплоты, которое выделилось в рези-
сторе R после замыкания ключа К. Омическое сопротивление
катушек считать равным нулю.
Рис. к задаче 3
4.На гладкой горизонтальной поверхности стола расположена
проволочная прямоугольная рамка со сторонами а и Ь (см. рис.).
Рамка находится в магнитном поле, составляющая вектора ин-
дукции которого вдоль оси z зависит только от координаты х и
изменяется по линейному закону: Bz(x) — Во(1 — ах), где Bq
и а — заданные константы. С помощью нерастяжимой нити и
неподвижного блока рамка связана с грузом массой М. Снача-
ла груз удерживают, а затем отпускают, и через некоторое время
мощность тепловых потерь в рамке при поступательном движе-
нии достигает максимального значения, равного Wmax- Прене-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5
11
брегая самоиндукцией рамки, определите омическое сопротивле-
ние рамки.
5. Параллельный пучок света падает на систему двух линз (рассеи-
вающую Л1 и собирающую Л2), оптические центры которых ле-
жат на прямой 00 на расстоянии L = 10 см друг от друга, под
малым углом а = 0,2 рад к
главной оптической оси линзы
Л1 (см. рис.). Линза Л2 повер-
нута на малый угол /3 = 0,1 рад
относительно плоскости линзы
Л1. Оказалось, что падающий
пучок света, пройдя через сис-
тему линз, отклонился на ма-
лый угол /3 = 0,1 рад относи-	рис. к задаче 5
тельно оси 00. Определить фокусные расстояния линз Рг и F^.
БИЛЕТ 5
1.	Бруски с массами т и 2т связаны легкой нитью, перекинутой
через блок, и находятся на наклонной и горизонтальной поверх-
ностях призмы (см. рис.). Угол наклона к горизонту одной из
поверхностей призмы равен а
(sin а = 3/5). Коэффициент тре-
ния скольжения бруска о гори-
зонтальную поверхность д = 1/6,
а о наклонную поверхность — 2/г.
При перемещении призмы с не-
которым минимальным горизон-
тальным ускорением а брусок с массой 2т начинает скользить
по призме влево при натянутой нити. Найти отношение а/д, где
д — ускорение свободного падения. Трением в оси блока прене-
бречь.
2.	Внутренняя энергия U некоторой массы неидеального газа зави-
сит от температуры Т и объема V по формуле U = сТ — a/V, где
с, а — известные константы. Такой газ из начального состояния
с давлением Ру и объемом Ух расширяется сначала в изобариче-
12
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5
ском процессе, а затем в изохорическом процессе переводится в
конечное состояние, в котором его объем в к раз (fc > 1) боль-
ше начального. В результате всего процесса температура газа
уменьшилась на ДТ (ДТ > 0), а его внутренняя энергия не из-
менилась. 1) Найти ДТ. 2) Какое суммарное количество теплоты
сообщили газу во всем процессе?
3.	В цилиндрическое ведро с водой опустили обрезок доски, так что
он стал плавать, а уровень воды в ведре изменился на Д/г = 1 см.
Затем на доску сверху положили пластину из льда. В результа-
те доска погрузилась в воду полностью, а пластина льда на а =
= 7/10 своего объема. На сколько изменится объем воды в ве-
дре, когда лед полностью растает? Плотность воды ръ = 1 г/см3,
льда рл = 0,9 г/см3, дерева р = 0,6 г/см3. Площадь внутреннего
сечения ведра S = 300 см2.
В схеме, изображенной на рисунке, в на-
чальный момент все пространство между
обкладками плоского конденсатора полно-
стью заполнено пластиной с диэлектриче-
ской проницаемостью е. Ёмкость такого
конденсатора С\. Пластину начинают ме-
дленно с постоянной скоростью выдвигать
из конденсатора. Через некоторое время
через батарею с ЭДС S\ устанавливает-
Рис. к задаче 4 ся постоянный ток, направленный против
ЭДС этой батареи и равный I. Для этого установившегося ре-
жима определить: 1) напряжение на конденсаторе С^', 2) ско-
рость перемещения пластины. Размер обкладок конденсатора
с начальной емкостью С\ в направлении перемещения пласти-
ны равен L. Внутренними сопротивлениями батарей пренебречь.
Величины е, I, L, S’i, Ci и R считать известными. Обкладки
конденсатора и пластина имеют прямоугольную форму.
5. Луч света падает на оптическую систему параллельно ее оптиче-
ской оси ОО' (см. рис.). Оптическая система включает в себя
собирающую линзу с фокусным расстоянием F и уголковый от-
ражатель, состоящий из двух плоских взаимно перпендикуляр-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 6
13
ных зеркал. Отражатель расположен симметрично относительно
оптической оси. Луч, отраженный от двух зеркал уголка, выхо-
дит из линзы под малым углом /3 к оптической оси. Найти этот
угол, если падающий луч проходит на небольшом расстоянии d
(d С F) от оптической оси, а расстояние от линзы до уголкового
отражателя L = 3F/2.
Указание: для малых углов а считать sin а « tg а ~ а.
БИЛЕТ 6
1
Небольшие бруски с массами т и 3m связаны легкой нитью, пе-
рекинутой через блок (см. рис.),. Брусок массой 3m удерживают
на гладкой наклоненной под углом /3
(cos/З = 3/5) к горизонту поверхности
чаши. Коэффициент трения скольже-
ния между бруском с массой т и верти-
кальной стенкой чаши // = 2/5. Чаша с
брусками может вращаться вокруг вер-
тикальной оси 00'. Бруски находятся
на расстояниях R и 2R от оси 00'. Нить
и бруски лежат в плоскости, перпенди-
кулярной поверхности чаши. При какой
минимальной угловой скорости враще-
Рис. к задаче 1
ния брусок массой т начнет двигаться вверх, если второй бру-
сок не удерживать? Трением в оси блока пренебречь.
14 ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 6
2.	Внутренняя энергия U некоторой массы неидеального газа зави-
сит от температуры Т и объема V по формуле U = сТ — a/V,
где с и а — известные константы. Такой газ из начального со-
стояния с давлением Р нагревается в изобарическом процессе,
а затем в изохорическом процессе охлаждается до первоначаль-
ной температуры. В результате в конечном состоянии объем газа
увеличился в к раз по сравнению с первоначальным, а внутрен-
няя энергия изменилась на величину ДП. 1) Найти начальный
объем газа. 2) Какое суммарное количество теплоты сообщили
газу во всем процессе?
3.	Обрезок доски из дерева опустили в цилиндрическое ведро с во-
дой, так что он стал плавать, а уровень воды в ведре изменился
на Д/i = 0,5 см. Затем на доску положили алюминиевую пла-
стинку объемом V = 30 см3. Доска вместе с пластинкой оста-
лась на плаву. При этом доска погрузилась в воду полностью, а
пластинка — на а = 7/10 своего объема. Найти плотность де-
рева. Плотность алюминия р = 2,7 г/см3, плотность воды рв =
= 1 г/см3, площадь внутреннего сечения ведра S = 280 см2.
4.	В схеме, изображенной на рисунке, в на-
——1|—।	।--- чальный момент все пространство между
<51	/?	.
0	обкладками плоского конденсатора полно-
---- стью заполнено пластиной с диэлектриче-
ской проницаемостью е. Ёмкость такого
----?-||-- —— конденсатора равна С^- Пластину начина-
ют медленно с постоянной скоростью вы-
Рис к за аче 4 Двигать из конденсатора. Через некоторое
время на конденсаторе емкостью Ci устана-
вливается постоянное напряжение U с положительным зарядом
на левой обкладке. Для этого установившегося режима опреде-
лить: 1) ток через батарею с ЭДС 2) скорость перемещения
пластины. Размер обкладок конденсатора с начальной емкостью
С2 в направлении перемещения пластины равен L. Внутренними
сопротивлениями батарей пренебречь. Величины е, U, L, <Д,
R и С2 в схеме известны, причем £2 <	< U. Обкладки кон-
денсатора и пластина имеют прямоугольную форму.
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
15
5.	Луч света падает на оптическую систему под малым углом а к ее
оптической оси 00' (см. рис.). Оптическая система включает
в себя рассеивающую лин-
зу с фокусным расстоянием
F (F > 0) и уголковый от-
ражатель, состоящий из двух
плоских взаимно перпенди-
кулярных зеркал,
жатель
трично
ческой
ный от
выходит из линзы под малым углом (3 к оптической оси. Найти
этот угол, если падающий луч проходит через оптический центр
линзы, а расстояние от линзы до уголкового отражателя L =
= F/2.
Указание: для малых углов 7 считать sin 7 ~ tg 7 ~ 7.
Отра-
расположен симме-
относительно опти-
оси. Луч, отражен-
двух зеркал уголка,
БИЛЕТ 7
1.	Грузы с массами т и 2т связаны легкой нитью, перекинутой че-
рез блок, и находятся на наклоненных под углами a (sina = 4/5)
и (3 = 90° — а к горизонту по-
верхностях горки (см. рис.). По- ,
верхность BD гладкая, коэффици-	д
ент трения скольжения груза о по-	/
верхность АВ д = 1/3. С ка- /	*
ким минимальным горизонтальным /(ч\
ускорением а надо двигать горку,	„
А	......	Рис. к задаче 1
чтобы груз массой 2т поднимался
вверх по поверхности BD7 Трением в оси блока пренебречь.
2.	Внутренняя энергия U некоторой массы неидеального газа зави-
сит от температуры Т и объема V по формуле U = сТ — a/V, где
с и а — известные константы. Такой газ из начального состояния
с энергией Ui нагревается сначала в изохорическом процессе, а
затем в изобарическом процессе переводится в конечное состоя-
16 ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
ние, в котором его объем в к (к > 1) раз меньше начального. В
результате всего процесса от газа отвели суммарное количество
теплоты Q (Q > 0), его внутренняя энергия не изменилась, а тем-
пература увеличилась на АТ. 1) Найти начальную температуру
газа. 2) Найти конечное давление газа.
3.	В цилиндрическое ведро с водой опустили обрезок доски, так что
он стал плавать, а уровень воды в ведре изменился на Д/г =
= 1,5 см. Затем на доску положили пластину льда, так что доска
погрузилась в воду полностью, а пластина льда — на а = 0,6
своего объема. После того как лед растаял, объем воды в ведре
увеличился на Ув = 0,9 литра. Найти плотность дерева р. Плот-
ность воды р3 = 1 г/см3, льда рл = 0,9 г/см3. Площадь внутрен-
него сечения ведра S = 200 см2.
4.	В схеме, изображенной на рисунке, в начальный момент плос-
кий конденсатор емкостью Ci — воздушный. В него медленно с
постоянной скоростью начинают вводить пластину с диэлектри-
ческой проницаемостью е. Через некоторое время, когда пла-
стина частично заполняет конденсатор, через батарею с ЭДС <£\
устанавливается постоянный ток, направленный по направлению
действия ЭДС и равный I. Для этого установившегося режи-
ма определить: 1) напряжение на конденсаторе С/?; 2) скорость
перемещения пластины. Размер обкладок конденсатора Сд в на-
правлении перемещения пластины равен L. Внутренними сопро-
тивлениями батарей пренебречь. Величины е, I, L, S’i, <%, С\ и
R считать заданными. Обкладки конденсатора и пластина имеют
прямоугольную форму.
Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 5
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 8
17
5.	Луч света падает на оптическую систему под малым углом а к ее
оптической оси ОО' (см. рис.). Оптическая система включает
в себя собирающую линзу с фокусным расстоянием F и уголко-
вый отражатель, состоящий из двух плоских взаимно перпенди-
кулярных зеркал. Отражатель расположен симметрично относи-
тельно оптической оси. Луч, отраженный от двух зеркал уголка,
выходит из линзы под углом /3 к оптической оси линзы. Найти
этот угол, если падающий луч проходит через оптический центр
линзы, а расстояние от линзы до уголкового отражателя L — F.
БИЛЕТ 8
На горизонтальной и наклонной поверхностях призмы находятся
небольшие бруски с массами т и 2т, связанные легкой нитью,
перекинутой через блок (см. рис.).
Призма с брусками может вра-
щаться вокруг вертикальной оси
ОО'. Ось ОО' составляет угол а
(sin а = 4/5) с наклонной поверх-
ностью призмы, причем ось и брус-
ки лежат в плоскости, перпенди-
кулярной наклонной поверхности
призмы. Бруски находятся на рас-
Рис. к задаче 1
стояниях R и 3R от оси вращения. Коэффициент трения сколь-
жения бруска о наклонную поверхность призмы д = 1/2, гори-
зонтальная поверхность призмы гладкая. При какой минималь-
ной угловой скорости вращения брусок массой т начнет уда-
ляться от оси вращения? Трением в оси блока пренебречь.
2.	Внутренняя энергия U некоторой массы неидеального газа зави-
сит от температуры Т и объема V по формуле U = сТ — a/V,
где с, а — известные константы. Такой газ нагревается сначала в
изохорическом процессе, а затем охлаждается в изобарическом
процессе до первоначальной температуры. Объем газа в конеч-
ном состоянии в к раз (к > 1) меньше начального, а внутренняя
энергия в конечном состоянии меньше, чем в начальном на вели-
чину ДО (ДС7 > 0). В результате всего процесса от газа отвели
18 ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 8
суммарное количество теплоты Q (Q > 0). 1) Найти начальный
объем газа. 2) Найти конечное давление газа.
3.	В цилиндрическое ведро с водой опустили обрезок доски из де-
рева, который стал плавать. Когда на доску положили алюми-
ниевую пластину объемом V = 90 см3, доска с ней осталась на
плаву. При этом доска погрузилась в воду полностью, а пласти-
на на а = 1/5 своего объема. На сколько изменился уровень
воды в ведре вначале, когда в него пустили плавать обрезок дос-
ки? Плотность алюминия р = 2,7 г/см3, воды рв = 1 г/см3, де-
рева рд = 0,55 г/см3. Площадь внутреннего сечения ведра S =
= 300 см2.
4.	В схеме, изображенной на рисунке, в начальный момент плоский
конденсатор емкостью — воздушный. В него медленно с по-
стоянной скоростью начинают вводить пластину с диэлектриче-
ской проницаемостью е. Через некоторое время, когда пластина
частично заполняет конденсатор, на конденсаторе С\ устанавли-
вается постоянное напряжение U (<§2 < U < <?i) с положитель-
ным зарядом на левой обкладке. Для этого установившегося ре-
жима определить: 1) ток через батарею с ЭДС <£[; 2) скорость
перемещения пластины. Размер обкладок конденсатора в на-
правлении перемещения пластины равен L. Внутренними сопро-
тивлениями батарей пренебречь. Величины е, U, L, <?2, R и
С*2 считать заданными. Обкладки конденсатора и пластина име-
ют прямоугольную форму.
Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 5
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 9
19
5.	Луч света падает на оптическую систему под малым углом а к
ее оптической оси 00', проходя через оптический центр лин-
зы (см. рис.). Оптическая система включает в себя собираю-
щую линзу с фокусным расстоянием F и уголковый отражатель,
состоящий из двух плоских взаимно перпендикулярных зеркал.
Отражатель расположен симметрично относительно оптической
оси. Под каким углом к оптической оси выйдет луч из линзы по-
сле отражения от двух зеркал отражателя? Расстояние от линзы
до уголкового отражателя L = F/2.
БИЛЕТ 9
1.Клин с массой 2m и углом наклона к горизонту a (cos а =
= 2/3) находится на гладкой горизонтальной поверхности стола
(см. рис.). Через блок, укреплен-
ный на вершине клина, перекину-
та легкая нить, связывающая грузы
с массами т и 3m. Груз с массой
3m может скользить вдоль верти-
кальной направляющей АВ, закре-
пленной на клине. Этот груз удер-
живают неподвижно на расстоянии
Н = 27 см от стола, а затем отпус-
Рис. к задаче 1
кают. В результате грузы и клин движутся поступательно, их
скорости лежат в одной и той же вертикальной плоскости. На
какое расстояние сместится клин к моменту удара груза с массой
3m о стол? Массами блока и направляющей АВ пренебречь.
2.	В закрепленной длинной гладкой горизонтальной трубе располо-
жены два поршня с массами mi и m2, между которыми в объеме
Vo находятся при давлении Р$ и молей идеального одноатомного
газа, масса которого много меньше массы поршней. Наружное
давление на поршни пренебрежимо мало. Первоначально удер-
живаемые поршни отпускают и к некоторому моменту времени
температура газа между поршнями становится равной Ту. Опре-
делить скорости поршней в этот момент времени, полагая, что
газ между поршнями все время остается равновесным. Тепло-
проводностью и теплоемкостью поршней и трубы пренебречь.
20
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10
3.	В схеме, представленной на рисунке, две одинаковые проводя-
щие пластины с площадью S расположены на малом расстоянии
d. Пластины положительно заряжены: на левой — заряд сц, а
на правой — заряд q2. Ключ К замыкают. 1) Найти заряды на
пластинах после установления равновесного состояния. 2) Ка-
кое количество теплоты выделится в цепи после замыкания клю-
ча ./<? ЭДС батареи равна S. Считать, что до и после замыкания
ключа заряды (по модулю) проводов, резистора и источника пре-
небрежимо малы.
<71 <72
Рис. к задаче 3
Рис. к задаче 4
4.	В схеме, приведенной на рисунке, при разомкнутом ключе .К кон-
денсатор емкостью С = 20 мкФ заряжен до напряжения Uq =
= 8 В. Индуктивность катушки L — 0,2 Гн, ЭДС батареи S =
— 3 В, диод D — идеальный. 1) Определить максимальный ток
в цепи после замыкания ключа К. 2) Какое напряжение устано-
вится на конденсаторе после замыкания ключа?
5.	За тонкой собирающей линзой с фокусным расстоянием F =
— 10 см поместили плоское зеркало, перпендикулярное главной
оптической оси линзы. При этом оказалось, что при расположе-
нии предмета на расстоянии L перед линзой изображение в сис-
теме линза—зеркало—линза получается прямое при L > 3F и пе-
ревернутое при L < 3F. Найти расстояние от линзы до зеркала.
БИЛЕТ 10
1.	На гладкой горизонтальной поверхности стола находится брусок
в форме прямоугольного параллелепипеда. На бруске укреплен
ступенчатый блок с радиусами шкивов г и R = 4г и вертикаль-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10
21
ная штанга ВС* (см. рис.). На шкивы намотаны легкие нити, при-
крепленные к грузам с массами т и 5т. Груз с массой т может
скользить вдоль штанги ВС. Вначале груз с массой 5т удержи-
вали в покое, а затем отпустили. Брусок и грузы стали двигаться
поступательно, их скорости ока-
зались в одной и той же верти-
кальной плоскости. К моменту
удара груза с массой т о стол
другой груз не достиг блока, а
брусок сместился на S = 2,5 см.
На каком расстоянии от стола на-
ходился груз с массой т вначале?
Массами блока и штанги пренебречь.
2.	В закрепленной гладкой горизонтальной трубе между двумя
поршнями массой т каждый находятся v молей идеального од-
ноатомного газа. Наружное давление на поршни пренебрежимо
мало. В начальный момент температу-
ра газа равна То, а скорости поршней
направлены в одну сторону и равны 5v
и v (см. рис.). Полагая, что газ между
поршнями все время остается равно-
весным, определите температуру газа, Рис- к заДаче 2
когда скорости поршней окажутся равными. Масса газа мала по
сравнению с массой поршней. Теплопроводностью и теплоемко-
стью поршней и трубы пренебречь.
3.	В схеме, представленной на рисунке, батарея с постоян-
ной ЭДС S подключена через резистор к
одинаковым пластинам площадью S с ма-
лым расстоянием d между ними. Обе пла-
стины положительно заряжены, причем на
левой пластине находится заряд <?i, а на пра-
вой — некоторый неизвестный заряд. Пра-
вую пластину быстро смещают на расстоя-
ние d вправо (заряды пластин за время пе-
ремещения не изменяются). 1) Найти заря-
двум проводящим
Рис. к задаче 3
22
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
ды пластин после установления равновесия. 2) Какое количе-
ство теплоты выделится в цепи после перемещения пластины к
моменту установления равновесного состояния? Считать, что до
и после смещения пластины заряды (по модулю) проводов, рези-
стора и источника пренебрежимо малы.
4.	В схеме, приведенной на рисунке, при
разомкнутом ключе К конденсатор ем-
костью С = 10 мкФ заряжен до напря-
жения Uq = 2 В. Индуктивность катуш-
ки L = 0,1 Гн, ЭДС батареи <S = 5 В, D
— идеальный диод. 1) Определить мак-
симальный ток в цепи после замыкания
ключа К. 2) Какое напряжение установится на конденсаторе по-
сле замыкания ключа?
L S
Рис. к задаче 4
5.	За тонкой собирающей линзой с фокусным расстоянием F =
= 10 см поместили плоское зеркало, перпендикулярное главной
оптической оси линзы. При расположении предмета на рассто-
янии d = F/2 перед линзой ближайший к предмету фокус лин-
зы оказался посередине между предметом и его изображением в
системе линза—зеркало-линза. Найдите расстояние от линзы до
зеркала.
БИЛЕТ 11
1.	Бруски с массами т и 3m связа-
ны легкой нитью, перекинутой че-
рез блок, укрепленный на верши-
не клина с углом наклона к го-
ризонту a (cos а = 7/9) и мас-
сой 4m (см. рис.). Клин находит-
ся на гладкой горизонтальной по-
верхности стола. Брусок с мас-
сой 3m удерживают неподвижно
на расстоянии L = 24 см от края клина, а затем отпускают. В
результате бруски и клин движутся поступательно, их скорости
лежат в одной и той же вертикальной плоскости. На какое рас-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
23
стояние сместится клин к моменту удара бруска с массой 3m о
стол? К моменту удара другой брусок еще не достигает блока.
Массой блока пренебречь.
2.	В закрепленной длинной гладкой горизонтальной трубе располо-
жены два поршня с массами mi и тг, между которыми в объеме
Уо находятся при давлении Pq и молей идеального одноатомного
газа, масса которого много меньше массы поршней. Наружное
давление на поршни пренебрежимо мало. Первоначально удер-
живаемые поршни отпускают и в некоторый момент времени ско-
рость поршня массой mi становится равной vi. Полагая, что газ
между поршнями все время остается равновесным, определить
его температуру в этот момент. Теплопроводностью и теплоем-
костью поршней и трубы пренебречь.
3.	В электрической схеме, представленной на рисунке, две оди-
наковые проводящие пластины площадью
малом расстоянии d друг от друга. Обе
пластины заряжены, причем на правой на-
ходится положительный заряду. Ключ К
замыкают. 1) Найти начальный заряд ле-
вой пластины, если после замыкания клю-
ча К батарея совершила работу А. 2) Ка-
кое количество теплоты выделилось в цепи
после замыкания ключа К? ЭДС батареи
равна S. Считать, что до и после замыкания ключа заряды (по
модулю) проводов, резистора и источника пренебрежимо малы.
расположены на
31
Рис. к задаче 3
4.	В схеме, приведенной на рисунке, при разомкнутом ключе К
конденсатор емкостью С = 30 мкФ заряжен до напряжения
Uq — 4 В. Индуктивность катушки L =
= 0,3 Гн, ЭДС батареи <S = 10 В, D
— идеальный диод. 1) Определить мак-
симальный ток в цепи после замыкания
ключа К. 2) Какое напряжение устано-
вится на конденсаторе после замыкания
ключа?
Рис. к задаче 4
24
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
5.	За тонкой собирающей линзой с фокусным расстоянием F =
= 12 см поместили плоское зеркало, перпендикулярное главной
оптической оси линзы, на расстоянии L = | F от нее. При каких
расстояниях между линзой и предметом, расположенным перед
линзой, его изображение в системе линза—зеркало—линза будет
прямым, а при каких — перевернутым?
БИЛЕТ 12
1. Брусок в форме прямоугольно-
го параллелепипеда находится на
гладкой горизонтальной поверхно-
сти стола. На бруске укрепле-
ны ступенчатый блок с радиусами
шкивов г и R = Зг и вертикальная
штанга АС (см. рис.). На шкивы
Рис к задаче!	намотаны легкие нити, прикреплен-
ные к грузам с массами т и 4m. Масса бруска 2m. Груз с мас-
сой т может скользить вдоль штанги АС. Вначале груз с массой
4m удерживали в покое. При этом груз с массой т находился на
расстоянии Н = 14 см от стола. Затем грузы отпустили. Брусок
и грузы стали двигаться поступательно, их скорости оказались
в одной и той же вертикальной плоскости. На какое расстояние
сместится брусок к моменту удара груза с массой т о стол? При
ударе другой груз не достигает блока. Массами блока и штанги
пренебречь.
______	2. В закрепленной длинной гладкой
^*7 /Г’ •_ '.Щ горизонтальной трубе между двумя
"3v •	 ш v
'	’ *	поршнями массойт каждый находят-
;•  ’ - д	ся и молей идеального одноатомного
газа. Наружное давление на поршни
Рис. к задаче 2 пренебрежимо мало. В начальный
момент температура газа равна То, а скорости поршней напра-
влены в одну сторону и равны 3v и v (см. рис.). В дальнейшем
в некоторый момент один из поршней остановился. Полагая,
что газ между поршнями все время остается равновесным,
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
25
определите температуру газа в этот момент. Масса газа мала по
сравнению с массами поршней. Теплопроводностью и теплоем-
костью поршней и трубы пренебречь.
3.В схеме, представленной на рисунке, батарея с постоянной
ЭДС S подключена через резистор к двум проводящим одина-
ковым пластинам площадью S с малым расстоянием 2d между
ними. Обе пластины заряжены, причем на
левой пластине находится положительный
заряд Qi, а на правой — некоторый неиз-
вестный заряд. Правую пластину быстро
смещают по направлению к левой на рас-
стояние d (заряды пластин за время пере-
мещения не изменяются). 1) Найти заря-
ды пластин после установления равновесия.
Рис. к задаче 3
2) Какое количество теплоты выделится в цепи после перемеще-
ния пластины к моменту установления равновесного состояния?
Считать, что до и после смещения пластины заряды (по модулю)
проводов, резистора и источника пренебрежимо малы.
Рис. к задаче 4
4. В схеме, приведенной на рисунке, при разомкнутом ключе К
конденсатор емкостью С = 40 мкФ заряжен до напряжения
Uo = 5 В. Индуктивность катушки L =
— 0,4 Гн, ЭДС батареи <S = 2 В, D —
идеальный диод. 1) Определить мак-
симальный ток в цепи после замыкания
ключа К. 2) Какое напряжение уста-
новится на конденсаторе после замы-
кания ключа?
5. За тонкой собирающей линзой с фокусным расстоянием F —
— 10 см поместили плоское зеркало, перпендикулярное главной
оптической оси. При расположении предмета на расстоянии d —
= 2 F перед линзой ближайший к предмету фокус линзы оказал-
ся посередине между предметом и его изображением в системе
линза—зеркало—линза. Найти расстояние от линзы до зеркала.
26
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 2
МАТЕМАТИКА
БИЛЕТ 1
1.	Найти все действительные решения системы уравнений
' х5 + l.r4 + 5?;2 = О,
< з у3	2
X° — ^2 = ХУ ~ У 
2.	Решить уравнение
sin3.r + cos2rr = cos4.t — 3| sinrzr].
3.	Решить неравенство
_________log^z 9________________л/2_______
11 , ,	, , 1А /з log3(z + 1) - 10g9 Ж4 '
у 2 + 1о++(ж + i) - J2
4.	В параллелограмме ABCD прямые li и /2 являются биссектри-
сами углов А и С соответственно, а прямые mi и т, — биссек-
трисами углов В и D соответственно. Расстояние между li и F в
л/З раз меньше расстояния между mi и т^. Найти угол BAD и
радиус окружности, вписанной в треугольник ABD, если АС =
= >/22/3, BD = 2.
5.	Найти все пары целых чисел, при которых является верным ра-
венство
Зху + 16ж + 13у + 61 = 0.
6.	В пирамиде ABCD длина отрезка BD равна 5/2, точка Е — се-
редина АВ, a F — точка пересечения медиан грани BCD, при-
чем EF = 8. Сфера радиуса 5 касается плоскостей ABD и BCD
в точках Е и F соответственно. Найти двугранный угол между
гранями ABD и BCD, площадь грани BCD и объем пирамиды
ABCD.
БИЛЕТ 2
1.	Найти все действительные решения системы уравнений
' у1 + yG — б.'г2 = 0,
<	5 , X3 2 .	2
У + р- = х +ху 
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 3
27
2.	Решить уравнение
cos Зх + cos 2х = 3| cos х\ — cos 4т.
3.	Решить неравенство
__________logx2 4___________________/6_________
/1 , ,	7 Г 71 ' log2(l - х) - log4 х4 ’
Cq +1°g3;6(1 “Ж) - J
4.	В параллелограмме ABCD прямые 14 и /2 являются биссектри-
сами углов А и С соответственно, а прямые т\ и т2 — биссек-
трисами углов В и D соответственно. Расстояние между Ц и Z2 в
\/3 раз больше расстояния между ту и т2. Найти угол BAD и
радиус окружности, вписанной в треугольник АВС, если АС =
= 4,BD = х/22.
5.	Найти все пары целых чисел, при которых является верным ра-
венство
— Зху — 10т + 13у + 35 = 0.
6.	В пирамиде ABCD длина отрезка BD равна 8/3, точка Е — се-
редина АВ, a F — точка пересечения медиан грани BCD, при-
чем EF = 6. Сфера радиуса 5 касается плоскостей ABD и BCD
в точках Е и F соответственно. Найти двугранный угол между
гранями ABD и BCD, площадь грани BCD и объем пирамиды
ABCD.
БИЛЕТ 3
1.	Найти все действительные решения системы уравнений
( х® — х8 — 2у2 = 0,
I х + х4 — У + ух .
2.	Решить уравнение
sin Зя — cos 2х = 3| sinrcl — cos4rc.
3.	Решить неравенство
log^.2 16	>	2
/1 , , г ГТ? х/З ^g4(x + 1) - log16 х
И 4 + НЖФ + 1) - ~2~
28
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 4
4.	В параллелограмме ABCD прямые В и В являются биссектри-
сами углов А и С соответственно, а прямые mi и m2 — биссек-
трисами углов В и D соответственно. Расстояние между В и В в
х/З раз меньше расстояния между mi и m2. Найти угол BAD и
радиус окружности, вписанной в треугольник ABD, если АС =
= х/ЙуЗ, BD = 3.
5.	Найти все пары целых чисел, при которых является верным ра-
венство
Зху + 19.Т + 10у + 55 = 0.
6.	В пирамиде АВ CD длина отрезка BD равна 6, точка Е — се-
редина АВ, a F — точка пересечения медиан грани BCD, при-
чем EF — 10. Сфера радиуса 25/4 касается плоскостей ABD
и BCD в точках Е и F соответственно. Найти двугранный угол
между гранями ABD и BCD, площадь грани BCD и объем пи-
рамиды ABCD.
БИЛЕТ4
1. Найти все действительные решения системы уравнений
( у7 + 2у6 4- Зж2 = 0,
X 4	X3	х2
1 у — xy = -Т-----.
I	У*	У
2. Решить уравнение
созЗж — cos 2ж = соз4ж — 3| созж|.
3. Решить неравенство
	25______________________х/8________
/1 , ,________________________________________~	" /з "" log5 (1 - х) - log25 ж4 ’
у g + log^tl х) у 8
4. В параллелограмме ABCD прямые В и Z2 являются биссектри-
сами углов А и С соответственно, а прямые mi и т2 — биссек-
трисами углов В и D соответственно. Расстояние между В и В в
х/З раз больше расстояния между mi и m2. Найти угол BAD и
радиус окружности, вписанной в треугольник АВС, если АС =
= 3, BD = х/59?3-
______________МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5_____________ 29
5. Найти все пары целых чисел, при которых является верным ра-
венство
— Зху + Юж — 16у + 45 = 0.
6. В пирамиде ABCD длина отрезка BD равна 4/3, точка Е — се-
редина АВ, aF — точка пересечения медиан грани BCD, причем
EF = 8. Сфера радиуса 20/3 касается плоскостей ABD и BCD
в точках Е и F соответственно. Найти двугранный угол между
гранями ABD и BCD, площадь грани BCD и объем пирамиды
ABCD.
БИЛЕТ 5
1.	Решить систему уравнений
Г (ж —2)(ж + 3) =у(у-5),
| logx(2 ~ У) = р 
2.	Решить уравнение
sin^vT — cos ж — 2 sin ж = sin ж + cos ж.
3.	Какая наименьшая площадь может быть у треугольника АОС,
вершина О которого лежит на катете ВС прямоугольного тре-
угольника АВС и является центром окружности радиуса R, ка-
сающейся гипотенузы АС и проходящей через точку В?
4.	Решить неравенство
5 1	1
6 — 3>/ 6 — ж — ж2 ж + 1	1 + |ж + 1|
5.	Найти все значения параметра а, при которых система нера-
венств	,
[ ж2 + 2ж — а 0,
[ ж2 — 4ж + 6а < 0
имеет единственное решение.
6.	Вписанные окружности граней SBC, SAC и SAB треугольной
пирамиды SABC попарно пересекаются и имеют радиусы х/З,
х/5 и х/7 соответственно. Точка К является точкой касания
окружностей со стороной SA, причем SK = 5. Найти длину от-
резка АК, периметр и радиус вписанной окружности треуголь-
ника АВС.
30 МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
БИЛЕТ 6
1.	Решить систему уравнений
( (ж-4)(ж + 1) =у(у + 5),
logx-2(2 + У) =	
2.	Решить уравнение
cos хуА + sin х — 2 cos x = cos x — sin x.
3.	Какая наименьшая площадь может быть у прямоугольного тре-
угольника АВС, в котором окружность радиуса R с центром на
катете АВ касается гипотенузы АС и проходит через точку В?
4.	Решить неравенство
1	________5________ 1
х - 2 + 6 - Зх/4 + Зж - ж2 > 1 4- |ж - 2| ’
5.	Найти все значения параметра а, при которых система нера-
венств	,
I х2 — х + а 0,
[ х2 + 2х — 6а 0
имеет единственное решение.
6.	Вписанные окружности граней SBC, SAC и SAB треугольной
пирамиды SABC попарно пересекаются и имеют радиусы \/Ь,
х/б и \/7 соответственно. Точка К является точкой касания
окружностей со стороной SA, причем SK = 3. Найти длину от-
резка АК, периметр и радиус вписанной окружности треуголь-
ника АВС.
БИЛЕТ 7
1.	Решить систему уравнений
( (ж —3)(ж + 4) =у(у-7),
1оёж-1(2-у) =	•
2.	Решить уравнение
sin х у/1 + cos х — 2 sin х — sin х — cos х.
3.	Какая наименьшая длина может быть у гипотенузы АС прямо-
угольного треугольника АВС, в котором окружность радиуса R
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 8
31
с центром на катете ВС касается стороны АС и проходит через
точку В?
4.	Решить неравенство
1	5	1
х — 1	6 — 3\/б + х — х2 1 + |ж — 1|
5.	Найти все значения параметра а, при которых система нера-
венств	,
I Зх2 + х — а О,
( Зж2 — 2х + 6а Д О
имеет единственное решение.
6.	Вписанные окружности граней SBC, SAC и SAB треугольной
пирамиды SABC попарно пересекаются и имеют радиусы л/8,
д/П и д/15 соответственно. Точка К является точкой касания
окружностей со стороной SA, причем SK = 5. Найти длину от-
резка АК, периметр и радиус вписанной окружности треуголь-
ника АВС.
БИЛЕТ 8
1.	Решить систему уравнений
Нх- 1)(ж + 5) =у(у + 6),
logx+1(2 + y) =	
2.	Решить уравнение
cos ху/1 + sin х + 2 cos х = cos х + sin х.
3.	Какое наименьшее значение может быть у суммы длин катета ВС
и гипотенузы АС прямоугольного треугольника АВС, в котором
окружность радиуса R с центром на катете АВ касается стороны
А С и проходит через точку В?
4.	Решить неравенство
1	5	1
я + 1	6 - 3\/4 - Зж - ж2 1 + |ж + 1| ’
5.	Найти все значения параметра а, при которых система нера-
венств
f Зх2 — 6х + 2а О,
[ х2 + 4ж — 4а О
32
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 9
имеет единственное решение.
6.	Вписанные окружности граней SBC, SAC и SAB треугольной
пирамиды SABC попарно пересекаются и имеют радиусы /б,
/11 и /14 соответственно. Точка К является точкой касания
окружностей со стороной SA, причем SK = 7. Найти длину от-
резка ЛК, периметр и радиус вписанной окружности треуголь-
ника АВС.
БИЛЕТ 9
1.	Решить неравенство
2.	Решить уравнение
2зтЗж _ |соз6ж|
sin ж	cos2a;
3.	Четырехугольник, один из углов которого равен arctg(4/3), впи-
сан в окружность радиуса /6 и описан около окружности ради-
уса 1. Найти площадь четырехугольника и угол между его диаго-
налями.
4.	Задан куб ABCDAiBiCiDi с ребром длины 1. Найти:
а)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вер-
шину Bi, середину ребра AD и параллельной прямой AiCi,
б)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вер-
шину Bi и параллельной прямой AiCi, у которой площадь про-
екции сечения на плоскость AxCiA максимальна.
5.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
log/?1 - log7a) = 2ж
имеет единственное решение.
6.	Решить систему уравнений
Г (2ж — у)2 = 4 + z1,
ч (z — у)2 = 2 + 4ж2,
[ (z + 2х)2 = 3 + у2.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
33
БИЛЕТ 10
1.	Решить неравенство
ж2 — 4|ж|
logs log! -т-j—7- о.
2 |ж| — 7
2.	Решить уравнение
sin 6х cos Зж
|sin4ar| cos ж
3.	Четырехугольник, один из углов которого равен arcsin(4/5), впи-
сан в окружность радиуса х/15 и описан около окружности ради-
уса 2. Найти площадь четырехугольника и угол между его диаго-
налями.
4.	Задан куб ABCDA-Jj]C\Dy с ребром длины 1. Найти:
а)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вер-
шину С, середину ребра А1В1 и параллельной прямой BD:
б)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вер-
шину С и параллельной прямой BD, у которой площадь проек-
ции сечения на плоскость BDB\ максимальна.
5.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
к^5(25ж - log5 а) = ж
имеет единственное решение.
6.	Решить систему уравнений
’ (Зу — ж)2 = 2 + z2,
< (Зу + z)2 = 3 + ж2,
(z — ж)2 — 4 + 9у2.
БИЛЕТ 11
1.	Решить неравенство
л ,	1-2Ы
10f41068 ДьзД °-
2.	Решить уравнение
2эшЗж соэбж
|зтж| соз2ж
34
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
3.	Четырехугольник, один из углов которого равен 2arcctg(2), впи-
сан в окружность радиуса 2\/3 и описан около окружности ради-
уса 1. Найти площадь четырехугольника и угол между его диаго-
налями.
4.	Задан куб ABCDAiBiCiDi с ребром длины 1. Найти:
а)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вер-
шину Dj, середину ребра ВС и параллельной прямой AiCi,
б)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вер-
шину Di и параллельной прямой AiCi, у которой площадь про-
екции сечения на плоскость AjCiA максимальна.
5.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
log3(3:r + log3 а) = 2а;
имеет единственное решение.
6.	Решить систему уравнений
' (х + у)2 = 3 + 4г2,
< (2z — у)2 = 4 + х2,
(2z — х)2 = 2 + у2.
БИЛЕТ 12
1.	Решить неравенство
!	1	1 — 4|ж|
10g710gl кРДД °-
2.	Решить уравнение
sin 6а:	cos За;
sin 4а;	|cosa:|
3.	Четырехугольник, один из углов которого равен arccos(3/5), впи-
сан в окружность радиуса 2-/10 и описан около окружности ра-
диуса 3. Найти площадь четырехугольника и угол между его диа-
гоналями.
4.	Задан куб ABCDA\B^C\D\ с ребром длины 1. Найти:
а)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вер-
шину А, середину ребра CiDi и параллельной прямой BD\
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12 35
б)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вер-
шину А и параллельной прямой BD, у которой площадь проек-
ции сечения на плоскость BDB± максимальна.
5.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
^2(4* + log2a) = х
имеет единственное решение.
6.	Решить систему уравнений
(х — 2у)2 = 4 + г2,
< (z — 2у)2 = 3 + х2,
„ (z + х)2 = 2 + 4у2.
36
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 3
ФИЗИКА
БИЛЕТ 1
1 । \	_	5 .	_	602 v2
• O^Ioth - 3 w, 2)д -	1125
2.Q = §РоГо»120Дж.
о 2^6', С'2
3'®=й + с?
д г _ mRv0
(aabBo)2'
г“ т-j а “Б QL f~. т~j aL а
5. Fi « —= 7 см, F2 = —-д- = 3 см.
а + Р	z а 4- р
БИЛЕТ 2
1 1 \	_ 7 .	_ 7\/5 v2
1. О^отн - gW,2)d-	.
2.Q = §Р0Го«26Дж.
6-Q- 2(Li + L2) 
4. w = (W)2J?
(aabB0)2
5. Pi «	= 19 cm, |F2| =	= 9 CM.
p - a	p - a
БИЛЕТ 3
----- J. i) ^ = 1; 2) „ = f
i\/ Решение. Пусть 7|отн и 7*2ОТ„ — скоро-
\	/	сти пуговицы относительно ленты в нача-
\	У^2отн	ле и в конце движения по ленте, vi и и2
\	/	— скорости пуговицы относительно стола
\ /	в начале и в конце движения по ленте, v
^1 ^1отн	г-r
— скорость ленты. 11о правилу сложения
Рис- 1 скоростей (см. рис. 1)
гц ^1отн + F v2 = w2oth + v-
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет3
37
Так как по условию = v, а — 60°, /3 — 30°, то
Иотн ~ vi и2отн — v/2.
Движение относительно ленты — прямолинейное равнозаме-
дленное с ускорением а = ц^и начальной скоростью Vj0TH, на-
правленной под углом 7 = 60° к краю ленты. Путь относительно
ленты
_ d _ 2d
sin7 д/з ’
Имеем
w2oth — Доти — ~2aS.
С учетом выражений для гцотн, г>2отю а и S' находим v =
Ро i
1	2	„
----___—з
2-Уо = ш ~ 303 см3-
Решение. Пусть начальный объем водорода равен Уф График
зависимости давления Р водорода от его объема V показан на
рисунке. Для всего процесса 1—2—3
по закону сохранения энергии
Q = vCy(T3 — Т\) + Д12з-
Здесь и — число молей газа, Су =
5
= £ Д, Тз и Ti — температуры газа
в конце и начале расширения, А123 =
= PQVQ — работа газа (находится
оО
как площадь под графиком зависимости Р от V). Используя
уравнение состояния, находим
vRT3 = 2P0V0, vRI\ = yPoVb.
С учетом записанных равенств Q = Р0УЬ. Отсюда
^ш^303»3-
Замечание. Можно показать, что теплоту (при заданных в
условии параметрах задачи) необходимо непрерывно подводить
во время всего процесса и не будет ситуации, когда с некоторого
0 И. |у0 2V0 V
Рис. 2
38
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 3
момента после выливания части жидкости она начнет в дальней-
шем выливаться уже без подвода теплоты.
3. qm = Cy^yjcvfe'-
Решение. При максимальном токе ЭДС индукции в катушке
равна нулю, напряжение на конденсаторе Су равно S, а заряд
его нижней обкладки равен — CyS. После размыкания ключа
в цепи будут происходить колебания, при которых суммарный за-
ряд нижней обкладки у Су и верхней обкладки у С% должен оста-
ваться постоянным и равным — Cy<F. При экстремальном заря-
де <?2 на верхней обкладке Съ заряд нижней обкладки Су равен
—<?2 — CyS, а ток в цепи равен нулю. К этому моменту прошед-
ший через источник заряд равен </2 (считая от момента замыкания
ключа Ку) и работа источника равна q^S. По закону сохранения
энергии
Отсюда <72 =
2
_ <12 .(-Q-C
q2<g-^+ ад
S J г . По смыслу вопроса в задаче надо
найти максимальное значение от j<721 - Итак, qm =
д п _ 3(abaB0)2L
2mvo
Решение. Пусть в некоторый момент времени рамка имеет
скорость v, а координата левой стороны рамки равна х. ЭДС
индукции в рамке равна алгебраической сумме ЭДС в сторонах
рамки:
S = Bz(x)va — Bz(x + b)va = B^vaab.
Ток в рамке с сопротивлением R направлен по часовой стрелке и
РаВеН	S = B0vaab
R R ’
Сила, действующая на рамку, равна сумме сил, действующих на
все стороны рамки. Проекция силы на ось х
Fx = —\Bz(x)Ia ~ Bz(x + Ь)Га] =	.
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 4
39
За малое время At проекция на ось х скорости изменится на Аг>,
причем
FxAt = m^v.
С учетом выражения для Fx и того, что vAt = А.т, получаем
- = тД„.
R
За время опыта х изменяется от 0 до L, v изменяется от vo до
vq/З. Суммирование последнего уравнения дает
(БасмЬ)2	,v	.
-----(ь-о)=4у-<4
Отсюда R =
5. Fl к.	3,3 см, F2 « ----д- « 6,7 см.
а + р ’	£ а + /3	’
L
Решение. Пусть Fi и F2 — фокусные расстояния линз Лх и
Л2. После прохождения линзы Лх пучок соберется в фокальной
плоскости BD линзы Лх в точке
В (см. рис. 3). Поэтому AD =
= Fi. Поскольку из линзы Л2 пу-
чок выходит параллельно ее глав-
ной оптической оси, то точка В
должна быть фокусом линзы Л2 и
лежать на ее главной оптической
оси. т.е. ВС = F2. Из треуголь-
ника АВС по теореме синусов
F2 АВ
sin a sin /3	sin(180° — а — /3)
При малых углах а и /3 справедливо: sin а sa а, sin/3 sa
sin(180° — а — /3) « а + /3, АВ sa Fi. Тогда — sa Д- sa —
'	а р а 4-
Отсюда Fi « —~ 3,3 см, F2 sa —ДД sa 6,7 см.
Ги —I— /1	1	’	гх. Л- л	'
БИЛЕТ 4
1.1) t>0TH — v\/14; 2) /L =	~
z ёа
40
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 6
Я Г) — I L1L2I0
й.Ч- 2 +2(L!+L2)-
л о __ (ct&Q-Hp) IVmax
(W)2
5. IF1I ~	= 10 CM, F2 «	= 20 см.
111 а - /3	1 а - /3
БИЛЕТ 5
। а _ 2ц 4- 2ц сова + sin а __ _6^
g — 2 — 2/isina + cos а 13'
2. l)AT=^g^;2)Q = PxW-l)-
3. у =	g/\h = 900 cm3.
р(рл ~ apB)
БИЛЕТ 6
Рис. 4
_ /l + 3sin/3 ~g = 117 g
у 6cos/? — ц R \[ 16 R'
Решение. Минимальная угловая
скорость ш соответствует ситуации,
когда нижний брусок находится на
грани скольжения вверх. Силы,
действующие на бруски, изображены
на рис. 4. Сила трения FTp = pN^.
Ускорения брусков направлены к оси
вращения:
ai = ш2/?., а-2 = ш2  2R.
Запишем уравнения движения для
нижнего бруска в проекциях на оси и у\.
М = mai, Т — FTp — mg= 0.
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 6
41
Для верхнего бруска уравнение движения запишем в проекциях
на ось х:
Т + Smg'sin {3 = Зта? cos /3.
Подставив в последние три уравнения выражения для и Ртр
и решив систему из этих уравнений, находим
_ /1 + 3 sin 13 g
у 6 cos (3 — р R
п 2 а 3 • а 4	I17~g
При и = к, cosр = =•, sm£s = F ш = А/т— -у5.
г '	5	5	5 и 16 л
2.1)V1 = -f
k 1 а • 91 о — а ГТ I I)2 а^>1
к дг7-
Решение. Пусть начальный объем газа равен Vi, тогда конеч-
ный объем равен кУ\. Обозначим через Т начальную и конечную
температуры. Начальная и конечная внутренние энергии
Pi = cT-^, U3 = cT-^-.
И]	к И]
По закону сохранения энергии газу сообщили во всем процессе
количество теплоты
Q = ДР + РД/cVi - УД.
По условию U3 — Ui = ДР. Из записанных уравнений находим
ДР ’ 4	+ к Л1Г
V1 = ,
к
ръ5Лк
3. pi =
= 0,7 Л-
-2-	- а) V + SA/i СМ
Рв )
Решение. Пусть Vi — объем доски. Можно показать, что вы-
тесненный вначале объем воды V2 = Shh. Условие плавания
доски с плотностью pi
pBV2g-= piVig-.
Условие плавания доски с пластиной
Рв(И1 + aV)g= (piVi + pV)g.
42
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 6
Из записанных уравнений находим
pBSAh	п г
Pi = —----------------= 0,7 —з .
(- «V + SA/i см
кРв	)
л t \ т U ~~	ci\	sL(U — <^i)
4- 1)1 = течет впРаво’ 2)v =
Решение. Так как U > <?!, то ток I через течет вправо: I =
_U-<^
~ R '
Поскольку U = const, то ток через С\ не течет и ток через
равен I. Напряжение на конденсаторе СА равно U2 = U — S2.
За время t пластина выдвинута из конденсатора на расстояние
х = vt, где v — скорость пластины. Емкость конденсатора С2
стала
<7(0 =	+ С1~ =	- 0 - 1М.
с Li	Li	C.J.J
Заряд левой обкладки
С--,
q(t) = U2C(t) = ~\eL - (£ - l)vt\(U - <%).
£b
Ток через S2
СВ
I =-q\t) =	l)v.
EL/
Отсюда скорость с учетом выражения для I
= е1АЦ~£У)
V (е - 1)RC2(U - <Г2) ’
5.	f3 « 2а.
Решение. Можно показать, что любой упавший на уголковый
отражатель луч SA и отраженный от двух зеркал луч В К парал-
лельны (см. рис. 5). У нас луч SA идет под углом а к оси 00'.
Следовательно, луч В К идет тоже под углом а к оси 00'.
Удобно на падающем луче взять точку S. Тогда Si — изобра-
жение от S в верхнем зеркале, a S2 — изображение в отражате-
ле, причем SS2 = 2L = F. Теперь S2 для линзы — источник,
его изображение S3 в линзе будет мнимым на расстоянии F/2 от
линзы, т.е. попадает случайно в вершину отражателя. Продол-
жение вышедшего из линзы луча проходит через точку S3. Из
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 8
43
треугольников SS3K и SS2K
F
SK=—tg/3, SK = SS2tga.
Поскольку SS2 = F, то tg (3 = 2 tg а. С учетом малости углов a
и (3 получаем f3 ~ 2а.
Рис. 5
БИЛЕТ 7
<	_ (2 + /z) cos а + sin а _ 33
‘ а (2 — /z) sin а + cos а 29
2-')г1 = Т	2>^ = (^
о „ _ ______ряръЗД.Н______ _ n . г
PnSiXh + Рв(рл — <%Рв)	’ см3’
4.	I) U(C2) = |« - « - 1Д|; 2) „ = ^_г,с^- ;Д)
5.	/3 = а.
_________________БИЛЕТ 8
<	_ 2g /z sin а + cos а _ / g
. ш — у д з + 2(sin а — ц cos а) — у2Я’
2. 1) V, =	2)Р2 =	(Q - ДП).
3. а = п см ~ 0 92 см_
S Рв Рв - Рд 12	’
44
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 10
A i A T _	- u „ ,	o\	(Д - U)L
4.1)1 R , течет влево, 2)v -
5. Луч выйдет параллельно оптической оси, т.е. угол /3 = 0.
БИЛЕТ 9
1. Влево на Я/9 = 3 см.
2 v = ГЗт2(РоУо - рДТ1)1 у = ГЗт1(Р0У0-рДТ1) 1 У2
1 L mi(mi+m2) J ’ 2 L m2(mi + m2) J
Q I \ „> _ 91 + 92 ,	,	91 + 92	SoSS1. <->. n
_ [2e0S^ + d(q2 - gx)]2
8eoSd
4.1) I max. = (Го-<0^1 = 50 мА; 2) разность потенциалов (на-
пряжение) между нижней и верхней обкладками U = 2S — Uq =
= -2 В.
5.	х = | F = 12,5 см.
БИЛЕТ 10
< тт 9 R г, 36 с 1Q
1.	И = ^ — 5 = -к- 5 = 18 см.
•5 г 5
Решение. Направим ось х горизонтально вправо. Пусть вна-
чале координаты центров масс грузов с массами 5m, m и бруска
были reg, Xi и х3. К моменту удара о стол груз массой m сме-
стился по вертикали на расстояние Н, груз массой 5m сместился
относительно бруска вправо на расстояние Hr/R. Новые коор-
динаты центров масс грузов и бруска стали
Hr
^5 +	- S',	- S, х3 - S.
Координата хс центра масс системы из грузов и бруска не изме-
няется и определяется из равенств
(5m + m + 3m)rcc = 5mx3 + mx\ + 3mx3 =
(	Hr	\
= 5m x$ 3—- S ) + m(rci — S') + 3m(x3 — S').
\	R	J
Отсюда H = S — S — S = 18 cm.
5 r 5
45
_________ФИЗИКА » ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 10
9т-т j 8ту2
2.	Т - То + 3i/R .
Решение. Пусть, когда скорости поршней одинаковы и равны
и, температура газа Т. По закону сохранения энергии
m(M2 mv2 __ 2mu2
-------1--------г ubvlo — —--г i/Gvl •
Ci------------------------Ci
3
Здесь Cv — 2 R- По закону сохранения импульса
m  5г> + mv = 2mu.
Из записанных уравнений находим
m 8mv2
3.1)й = ®	«2 = 91 + 2	2>Q = S!%f-
Решение. Заряд правой пластины q2 до ее перемещения най-
дем из условия, что разность потенциалов между пластинами
равна S’:
(1)
/ 72 _ 71
\ 2с о S	2eqS
ГЛ	, 2eoS<r
Отсюда q2 = gi +	.
Заряд q, протекший через батарею слева направо после пере-
мещения пластины и установления равновесия, найдем тоже из
условия, что напряжение между пластинами равно Т:
((т + т _ 71	9/7 -
2eos 2e0S J
Отсюда с учетом (1) q = —
Заряды левой и правой пластин после установления равнове-
сия
,	е0№	,	3e0S^
qi=Qi-Q = Ql + ~^-, 72 = 72 + 7 = 71 + 2
Количество теплоты Q найдем, используя закон сохранения
энергии:
A = Q+(W2 ~Wi).	(2)
c^2
Здесь A — q<S — —~2J~ — работа батареи, W2 и W\ — энергии
электрического поля между пластинами после установления рав-
46 ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 10
новесия и сразу после перемещения правой пластины. При этом
учтено, что энергия поля вне пластин не изменилась, так как на-
пряженность поля вне пластин определяется только суммой за-
рядов пластин. Найдем и W\.
После установления равновесия напряженность поля между
пластинами П-2 = плотность энергии поля w? — —2 , энер-
Е SS2
гия W2 =	• S2d = -0^-... Сразу после перемещения правой
пластины заряды пластин не изменились и поэтому не измени-
S1
лась напряженность поля:	Плотность энергии гщ =
£оЕ?	т,л	со, E0S<f2
= -^2 ’ энеРгия = wi • S2d =	—.
Подставив в (2) выражения для A, Wi и W2, находим Q =
_ E0Sd?2
4d '
4. 1) /max = (Цо +	= 70 мА; 2) U =	+ U0 = 12
полярность противоположна начальной.
Решение. При максимальном токе /тах ЭДС индукции в ка-
тушке равна нулю и поэтому разность потенциалов между верх-
ней и нижней обкладками конденсатора равна S. Заряд, протек-
ший через батарею, q = CS - (—CUq) = C(S + Uq). Работа
батареи А = qS = CS (S + Uq). Изменение энергии конденсато-
ра
По закону сохранения энергии
Г I2
А = АИД- +	.
Отсюда, с учетом выражений для А и AlVc, находим
/max = (S +	= 7® мА’
После замыкания ключа начавшиеся колебания прекратятся
из-за диода в момент, когда ток попытается начать течь в обрат-
ном направлении, т.е. по часовой стрелке. В этот момент ток
равен нулю, а напряжение на конденсаторе U (разность потен-
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 10
47
циалов между верхней и нижней обкладками). Это напряжение
и останется (установится) на конденсаторе. От момента замыка-
ния ключа до момента прекращения тока работа батареи
А' = (CU - (-CUq))# = C<S{U - Uo),
изменение энергии конденсатора
По закону сохранения энергии
А' = AWc-
Подставив в последнее уравнение выражения для А' и по-
лучаем U =	+ Uo = 12 В.
5. L = F = 10 см.
Решение. Обозначим через L расстояние от линзы до зерка-
ла. В линзе первое изображение Si от предмета S получается
мнимым и попадает в фокус (см. рис. 6). Si является действи-
тельным предметом для зеркала. S2 — мнимое изображение в
зеркале предмета Si и служит предметом для линзы. S3 — вто-
рое изображение в линзе (окончательное изображение в системе)
предмета S2.
3
Из условия задачи следует, что S3O = П. По формуле линзы
1 1 _
2
Отсюда OS2 — 3F. Так как зеркало должно находиться посере-
48
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 12
дине между S\ и S?, то
F + L = 3F — L.
Отсюда L = F = 10 см.
БИЛЕТ 11
1. L = 7 см.
2.Т=
vR
p°y°-------3^----_ •
о 1 \	2Л. 2eqS^ o\ s)	d
3.	i)® = <n-7- + -Ja-;2)Q = ^s?5.
4.	1) /тах = (<? - Uo) = 60 мА; 2) U = 2g - UQ = 16 В,
полярность не изменится.
5.	При а > 30 см изображение прямое, при а < 30 см — перевер-
нутое.
БИЛЕТ 12
4 R	12
1. Сместится влево на — Н = -=- Н = 24 см.
7 г	7
о гг, гг, 2mv2
<5. 1) <71 - <71 +	q2-qi-2 ~d~’ 2>Q~ ~8d~-
4.	1) Imax = (Uo +	= 70 mA; 2) U = 2S + Uo = 9 В, поляр-
ность противоположна начальной.
5.	L = F = 10 см.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
49
МАТЕМАТИКА
БИЛЕТ 1
1.	(-9; 81), (-5; 5д/5), (-5; -5д/5).
Решение. Второе уравнение исходной системы равносильно
каждому из уравнений
а)	Если ж2 = у, то из первого уравнения исходной системы полу-
чаем ху2 + 4 у2 + Ьу2 = 0, откуда следует, что либо у = 0, либо
х = —9. Но если у = 0, то х = 0, а при х = 0 уравнение (1)
теряет смысл. Итак, х = —9, у = х2 = 81.
б)	Если ж+= 0, тож3+у2 = 0. Из первого уравнения системы
находим х5 + 4ж4 — 5./;3 = 0 или х2 + 4ж — 5 = 0 (х / 0), откуда
Х1 = —5, Х2 = 1. Пусть х = -5, тогда у2 = 125, откуда у =
= ±5д/5. Пусть х = 1, тогда у2 = -1. Это уравнение не имеет
действительных корней.
Таким образом, система имеет три действительных решения:
(-9; 81), (-5; 5д/5), (-5; -5д/5). .
2.	х — тт, х =	+ 2тгп, п G Z.
Решение. Обозначим sin ж = t, тогда sin Зх = 3t — 4t3, cos 2ж —
-cosTr = 2 sin 3x sin x = 2f(3f-4f3). Исходное уравнение при-
мет вид
8t4 + 4i3 — 6t2 — 3(t + |t|) = 0.	(1)
а)	Пусть t — sin ж C 0, тогда уравнение (1) равносильно уравне-
нию
£2(4i2 + 2£ — 3) = 0.
Если t = 0, т.е. sin ж = 0, то х = тт, п G Z. Эти значения х
являются корнями исходного уравнения.
Решив уравнение 4t2 + 2t — 3 = 0, найдем его корни И =
50________МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1__________
— 1 — л/13	л/13 — 1
= ----, t2 = -—, где ti < — 1, t2 > 0. В этом случае
исходное уравнение не имеет корней.
б)	Пусть t > 0, тогда уравнение (1) равносильно каждому из
уравнений
4А4 + 2£3 - 3t2 -3t = 0,4t2(t - 1) + 6t(t - 1) + 3(t - 1) = 0,
(t-l)(4f2+6t + 3) =0.	(2)
Уравнение (2) имеет единственный действительный корень t = 1.
Если t = 1, т.е. sin ж = 1, то х =	+ 2тт, п gZ.
а. —— <ж<0, 0<ж^ —1 < х < —2—’
Решение. Область определения неравенства — множество
значений х, удовлетворяющих условиям:
а)	х > — 1, х 0, х 1;	(1)
б)	J + log^2(ж + 1) 0;	(2)
в)	знаменатели дробей в обеих частях исходного неравенства не
обращаются в нуль.
Найдем сначала решения неравенства (2), равносильного не-
равенству
+ !) ^-1- (3)
Если х > 1, то |ж| > 1, х + 1 > 2, log^a; + 1) > 0, и поэтому
значения х > 1 — решения неравенства (3). Если 0 < |ж| < 1, то
неравенство (3) равносильно неравенству
ж + 1 < (—г •	(4)
Значения х 6 (—1,0) — решения неравенства (4), а при х 6 (0,1)
из (4) следует неравенство х2 + х — 1 < 0, решениями которого,
с учетом условия 0 < х < 1, являются значения х Е (О,жо], где
а/5- 1 п 1
х0 = —2—’ ° < х0 < 1.
Итак, множество Е решений неравенства (2), удовлетворяю-
щих условиям (1), представляет из себя совокупность промежут-
ков
х/5 — 1
— 1 < ж < 0, 0 < ж	, ж > 1.	(5)
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
51
Считая, что х 6 Е, преобразуем исходное неравенство, умно-
жив обе его части на <р(х) = ^/1 + og^^a; + 1) + л/3, где <р(х) >
> 0 при х Е Е, и переходя к логарифмам по основанию |ж|. По-
лучим равносильное неравенство
log^i 3	-/21og|T|3
h(x) ,	h(x) '
где h(x) = log|.r| (ж + 1) - 2 = log^
Отсюда следует, что указанное выше условие в) для области
определения неравенства выполняется, если /г(ж)	0. Неравен-
ство (6) равносильно на множестве Е неравенству
Ypy" о,	(7)
h(x)
так как <^(ж) — 1 = у 1 + log^i (ж + 1) + л/3 — 1 > 0.
Если |ж| < 1, то logj^i 3 < 0, и неравенство (7) равносильно
на множестве Е каждому из неравенств /г(ж) = log^ > 0,
ж +1	1
ж2
ж2 - ж - 1 < 0.	(8)
Если |ж| > 1, то log^i 3 > 0, и неравенство (7) равносильно
х Я" 1
на множестве Е каждому из неравенств /г(ж) = logj^i —> 0,
X + 1	, о	1 п
—о— > 1, ж2 — ж — 1 < 0.
ж
Множество решений неравенства (8) — интервал Е-у =
,	,	1-V5	1 + х/5	.
= (ж1,ж2), где Ж1 = —2—’ Ж2 = —2—’ где < 371 <
< 0, ж2 > 1, а множество решений исходного неравенства —
пересечение множеств Е и Ei, т.е. совокупность промежутков
2^ ,о\ Гб,
i 1 х/5 + 1
’ \ ’	2
4.	ABAD = ~,r = Y-
3 о
Решение. Пусть Ai и Ci — точки пересечения прямых и 12
со сторонами ВС и AD (см. рис. 1), a £>i и D\ — точки пере-
52 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
сечения прямых mi и m2 со сторонами AD и ВС. Обозначим
ABAD ~ 2а, АВ = а, ВС = b, h — расстояние между прямыми
li nl2,d — расстояние между прямыми mi и т?.
A Bi Ci D
Рис. 1
Тогда ABAAi =
= а, ААВС = 7Г — 2а,
AABBi =	— а, откуда
следует, что mi ± li. Но
I2 II h, mi || m2 и поэтому
mi ± l2, т2 ± h, т2 ± h-
Кроме того, BAi =
= АВ = a, DCi = DC — а, так как ABAiA = ACCiD = а.
Следовательно, ДАВА1 = /\CDCi. Аналогично, /\ABBi =
= kCDDi (АВ = CD, AABBi = ADiDC, ABABi =
= ADiCD).
а)	Пусть S, Si, S2 — площади параллелограммов ABCD,
AA1CC1, BB1DD1, a S3 и S4 — площади треугольников ABBi
и CDDi. Тогда
S = 2S3 + Si = 2S4 + S2,
где Si = AAih = 2ahcosa, S2 = BBid = 2adsma, S3 =
1	a2
= 2 sin(7r — 2a) — -y sin 2a, S4 = sin 2a. Следовательно,
Si = S2, T.e. h cos a = d sin а, где h = d\/3.
Отсюда tga = 4 = -7=, a — ABAD = 2a —
a	у 3	6	3
б)	Найдем радиус г окружности, вписанной в треугольник ABD,
используя формулу г = -, где а — площадь треугольника АВС,
р — его полупериметр.
/ 22
По условию АС = В -у, BD = 2. Применяя теорему косину-
сов к треугольникам АВС и ABD, получаем
22
— — а2 + b2 — 2abcos(ir — 2а) = а2 + Ь2 + ab,
О
4 = а2 + Ь2 — 2abcos а = а2 + b2 — ab.
_________МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1__________53
Отсюда находим ab = а2 ± 62 = Ц, а + b = 3,
О	о
a + b + BD	5	1	, • о 5	х/З	5^3
и 2	2	2	6	2	12	’
с х/З
г = _ =
р о
5.	(-6;-7), (-4; 3), (4;-5).
Решение. Умножив исходное уравнение на 3, преобразуем по-
лученное уравнение:
9.ту + 3 • 16ж + 3  13у + 3 • 61 =
= 3у(3ж + 13) + 16(3ж + 13) + 3 • 61 - 16 • 13 =
= (Зж + 13)(Зу + 16) - 25 = 0.
Исходное уравнение равносильно следующему
(З.г ± 13)(3у ± 16) = 25.	(1)
Так как делителями числа 25 являются числа ±1, ±5, ±25,
то множество всех целочисленных решений уравнения (1) содер-
жится во множестве целочисленных решений следующих шести
систем:
Г3ж±13 = 1,	Г Зх + 13	=	-1,	Г Зх ± 13 = 5,
[ Зу ± 16 = 25;	[ Зу ± 16	=	-25;	[ Зу ± 16 = 5;
( Зх ± 13 = -5,	( Зх ± 13	=	25,	Г Зх ± 13 = -25,
[ Зу ± 16 = —5;	[ Зу ± 16	=	1;	[ Зу ± 16 — —1.
Первая, четвертая и пятая из этих систем имеют целочисленные
решения (—4; 3), (—6; 7) и (4;-5) соответственно. Остальные
системы не имеют решений в целых числах.
с . 24 ос- 320
о. arcsin == 25;
^0 о
Решение.
а) Пусть О — центр сферы. Проведем через точки O,EuF плос-
кость Q. Пусть Р — точка пересечения плоскости Q с ребром
BD (см. рис. 2).
Плоскость Q перпендикулярна граням ABD и BCD (ОЕ и
OF — перпендикуляры к этим плоскостям), поэтому плоскость
Q перпендикулярна линии их пересечения BD, a ZEPF = 2у?
56
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
4^.1
з ’ уз-
s.	(-7; 5), (-5;-5), (3;3).
6.	тт — arcsin ^1, 10, 32.
25
БИЛЕТ 5
1.(4;-2).
Решение. Первое уравнение можно записать так: х2 — у2+х +
+ 5у — 6 = 0 или (х + у — 2) (х — у + 3) = 0, откуда
ж = у-3	(1)
или
X = 2 - у.	(2)
Из второго уравнения системы следует, что
2 — у > 0, ж > 0, ж 01.	(3)
а)	Если справедливо равенство (2), то из второго уравнения сис-
темы находим х — у2, откуда, используя равенство (2), получаем
2 — у = у2 или (у — 1)(у + 2) = 0. Пусть у = 1, тогда х = 1, и не
выполняются условия (3). Пусть у = -2, тогда х = 4 и (4; —2) —
решение данной системы.
б)	Если справедливо равенство (1) и условия (3), то у > 3 и у <
< 2, что невозможно.
j __ л/5
2. х = ± arccos —£--h 2тгп, n G Z.
Решение. Возводя обе части данного уравнения в квадрат, по-
лучаем уравнение
sin2 ®(1 — cos х — 2 sin х) = 1 + 2 sin х cos х, (1)
являющееся следствием данного уравнения.
Преобразуем уравнение (1):
2 sin3 х + sin2 х cos х + cos2 х + 2 sin х cos х = 0,
2sin®(sin2® + cos®) + cos® (sin2 ж + cos®) = 0,
(2 sin x + cos ®) (sin2 x + cos ®) = 0.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
57
а)	Если 2 sin ж + cos® = 0, то исходное уравнение примет вид
sin® = sin® + cos®, откуда cos® = 0, и тогда sin® = 0, что
невозможно.
б)	Если
sin2 х + cos ж = 0,	(2)
2	in	1 ± х/б 1 + х/б ,
т.е. cos ж —	cos® — 1 = 0,	то cos® = —,	гДе —> Е	и
1 - х/5
поэтому COS ж = -2-->
1 — х/б
х = iarccos —-----Е 2тт, п G Z.	(3)
При выполнении условия (2) имеем
\/1 — cos ж — 2 sin® = \/1 + sin2 ж — 2 sinх = 1 — sin®,
и поэтому исходное уравнение принимает вид
sin® — sin2 х — sin® + cos® или sin2 ® + cos ® = 0.
Таким образом, исходное уравнение равносильно уравнению
(2). Поэтому значения ® определяемые формулой (3), и только
эти значения, являются корнями исходного уравнения.
3.	(1 +	= ¥ (1 + ^)^ + 2.
Решение. Пусть /ВАС = 2а, D — точка касания окруж-
ности с гипотенузой АС (см. рис. 3). Тогда OB = OD — R,
58
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
АВ АО = AOAD = а, АВ = AD = В ctg a, АВС А = | - 2а,
DC = R ctg — 2а^ — Rtg 2а. Если S — площадь треуголь-
ника АОС, то S =^AD  R+^DC  R, т.е.
s= — (ctga + tg2a).	(1)
A
Обозначим </?(a) = ctg a + tg2a, тогда
,	1	2 cos2 2a + cos 2a — 1
(®)	; 2 T о о	• 2	5	'
sin a cos2 2a	sm a cos2 a
Решая уравнение cos2 2a + cos 2a — 1	=	0, рав-
носильное уравнению ср1 (a) = 0, получаем cos 2a =
= *± , откуда следует, что —cos22a — cos2a + 1 =
(z-v , 1 ~h v5 \ / v5 — 1	z-v \	т-*	_ /r\ 7Г\
cos 2a H ) I —2-----------COS ' ^сли E I 0, » T0
уравнение </(a) = 0 имеет единственный корень ao такой, что
cos 2aft =	, причем ср' (а) < 0 при а < ao и ср'(а) >0 при
а > ao, так как cos 2a — убывающая функция. Следователь-
но, при a = ao функция S(a) принимает наименьшее значение
'S'min = (ctg a0 + tg 2a0).
TI ,	, , r> cos a , sin2a cos a ctg a
Ho ctg a + tg 2a = —------5— =  --------5— = —.
°	0 sina	cos 2a	sma-cos2a cos 2a
_ \/>A+1, sjnQ,0 _
V 8
П	2
cos 2ao = —f=-
Так как cos2ao
, то cosao
2%/2
. Следовательно,
1 + cos 2ao
2
6- 2%/5
8
(V5+ I)3/2
2%/2
Smin
B2
2
ctgao = B2 (v^+l)3/2 y^+1 = B2 ! 1 5/2
cos2a0 2	ъ/2	2	'
4. — 3 x < —2, — f < x < —1, 1 < x < 2.
О
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
59
Решение. Область определения неравенства — множество Е
значений х, удовлетворяющих условиям
х/1, х2 + х — 6 = (х — 2)(ж + 3) С 0, \/б — ж — ж2 2.
Решив уравнение л/б — ж — ж2 = 2, находим его корни ж = 1,
ж = —2. Отсюда следует, что множество Е — отрезок [—3,2] с
выброшенными из него точками —2, —1, 1.
а) Пусть ж G [—3,-1) иж —2, тогда |ж+1| = —ж —1, и исходное
неравенство примет вид
5	1
6 - 3\/б - ж - ж2 ж2 + ж '
Полагая ж2 + ж = t, получаем неравенство -—
которое равносильно неравенству
5t + 6-3x/6^t
6-Зл/6^7	’	U
так как t = ж2 + ж G (0,6] при ж G [-3,-1). Обозначим 99(f) =
= 6 — Зл/6 — t = 3(2 — у/6 — t), тогда
99(f) < 0 при t G (0,2) и 99(f) > 0 при f G (2,6].
Пусть 5(f) = 5f + 6 — Зл/6 - f, и рассмотрим уравнение 5(f) = 0,
т.е. уравнение
5f + 6 = Зл/6 - f.	(2)
Возводя обе части уравнения (2) в квадрат, получаем уравнение
25f2 + 60f + 36 = 9(6 - t) или
25f2 + 69f - 18 = 0.	(3)
Уравнение (3), являющееся следствием уравнения (2), имеет
корни
fi = 77 , t2 = —3, где fl G (0,6], af2^(0,6].
25
Если f G fo, X-'), то g(t) < 0, а если f G (X ,б], to g(t) > 0.
Итак, функции 99(f) и 5(f) принимают значения одного знака на
промежутках (о, Х') и (2,6] и значения разных знаков на интер-
60	МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
вале ,2^. Поэтому множество решений неравенства (1) —
\ /
совокупность промежутков (0, ~ ) и (2,6].
Если ж G [-3,-1) и t Е (о,	, т.е. 0 < ж2 + ж < то ж Е
Е | ,—1), а если х € [-3,-1) и t Е (2,6], т.е. 2 < ж2 + ж < 6,
то —3 < ж < —2.
Итак, если ж Е [-3,-1], то множество решений исходного не-
равенства — совокупность промежутков [-3,-2) и (- ,—1Y
б) Пусть —1<ж^2иж^1. Тогда исходное неравенство
равносильно неравенству
5
1
1
6 — 3\/б — ж — ж2 4-
Правая часть неравенства (4) положительна при ж > —1, а левая
часть отрицательна при ж Е (—1,1) и положительна при ж G (1,2].
Поэтому значения ж Е (—1,1) не являются решениями неравен-
ства (4). Пусть ж G (1,2]. Обозначим /(ж) = -—	—
О О V О
/г(ж) =	* , -I-Так как функция \/б — ж — ж2 является
убывающей на промежутке (1,2], то этим же свойством обладает
функция / (ж). Функция /г(ж) также является убывающей на про-
межутке (1,2], так как этим свойством обладают функции ж и
1
(4)
™2’
Отсюда следует, что если х G (1,2], то
/(ж)	/(2) = - , д(х) < 5(1) = - ,
6	6
и поэтому /(ж) > д(ж) при ж G (1,2], т.е. значения ж G (1,2] —
решения неравенства (4).
5. а = —1, а = 0.
Решение. Исходная система неравенства равносильна следу-
ющей:
4ж — ж2
(1)
(2)
6
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5(И
Построим графики функций а = ж2 + 2х = /(ж) и а = — ~ J =
= д(х) (см. рис. 4).
О
Эти графики пересекаются в точках с абсциссами — у и О,
2
/(ж) > -1 и д(х) < о при ж G К.
о
2
При а < -1 неравенство (1) не имеет решений, а при а >
неравенство (2) не имеет решений.
При каждом значении а = ао, где ао — 1 множество
решений неравенств (1) состоит из абсцисс тех точек графика
функции а = /(ж), которые лежат ниже прямой а = а0 и на этой
прямой.
2
Аналогично, при каждом а — ао, где ао множество Е2
о
решений неравенства (2) состоит из абсцисс тех точек графика
функции а = д(х), которые лежат выше прямой а = а0 и на этой
прямой.
Если ао G (б,	, то множества Е^ и Е% — отрезки (при ао =
2
= g множество Е^ — точка ж = 2), не имеющие общих точек (Е^
62
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
и Е2 лежат по разные стороны от точки х = 0). В этом случае
система (1) — (2) несовместна (не имеет решений).
Если а0 = 0, то множества Е\ и Е2 имеют единственную об-
щую точку х = 0, т.е. при а = 0 системы (1) — (2) имеет един-
ственное решение.
Если — 1 < ао < 0, то пересечение Е множеств Е\ и Е2 —
отрезок. В этом случае система имеет бесконечное множество
решений (каждая точка х G Е — решение системы (1) — (2)).
Наконец,
х = —1.
при а =
-1
система имеет единственное решение
Рис. 5
Решение. Пусть Е, F — точ-
ки, в которых окружности, вписан-
ные в соответствующие грани пи-
рамиды, касаются ребер SB и SC
(см. рис. 4). Так как SK = 5, то
SE = SF = 5 (по свойству каса-
тельных, проведенных из одной точ-
Обозначим АК = a, BE = Ъ,
CF = с. Тогда SA = а + 5, SB = b +
+ 5, SC = с + 5, АС = а + с, АВ =
= а+b, ВС — Ь+с. Если S — площадь треугольника, г — радиус
вписанной в него окружности, р — полупериметр треугольника,
то
S
г = — .
р
Используя эту формулу, а также формулу Терона для площади
треугольника, получаем
3 =
БЬс
г- / Бас
5 = \ ------
у = / БаЬ
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 7
63
Отсюда следует, что
5	5
5 + b + с = -&с, 5 + а + с = ас, 5 + а + b = -ab.
О	।
Выразим из первых двух уравнений Ьиа через с и подставим по-
лученные выражения в третье уравнение:
,	5 + с	5 + с
ь = т-----, а =------г ,
|с-1	с-1
о
г 15 + Зс 5 + с 15	(5 +с)2
5 + ------Г +----Г = Vr iw< iV '	(1)
5с — 3 с —1	7 (с —1)(5с —3)
Уравнение (1) можно преобразовать к виду
9с2 - 8с - 20 = О,
откуда с = 2, и тогда b = 3, а = 7. Полупериметр треугольника
АВС равен а+6+с = 12, а его площадь равна у/(а + Ь+- c)abc =
= л/12 • 7 • 3 • 2 ~ 6-/14. Следовательно, радиус окружности,
вписанной в треугольник АВС,
6л/14	/7
Г~ 12 ~ V 2’
БИЛЕТ 6
1.	(6;2).
2.	х =	(—1)"	arcsin	^2"—	+	7rn’ n	С Z.
3.	R2.
4.	— 1	х <	0, 2	<	х <	3	< х	4.
К	л	1
о. а = 0, а =
6.1; 32;^.
БИЛЕТ 7
1.(5;-2).
2. х = ± arccos	—- + 2тгп, п G Z.
66 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
Так как Н > 0, то cos 6® < 0, и поэтому корни уравнения
о V2-1
cos 2х = —’ т.е. числа
являются корнями исходного уравнения.
Q Г.7	'
о. о/; arcsm
Решение. Пусть О — центр
окружности, вписанной в четы-
рехугольник ABCD, Аг, Bi, Ci,
Di — точки касания этой окруж-
D ности со сторонами четырех-
угольника (см. рис. 6). Обозна-
чим ABAC = 2а, ACDA = 2/3,
тогда AAi АО = ADiAO = а,
ACiDO — ADiDO = (3. Будем
4
считать, что А А = 2а = arctg •
О
Рис. 6	По свойству вписанного в
окружность четырехугольника
ABAD + ABCD = ААВС + AADC = %.
Отсюда следует, что ABiOC = ACiOC = a, ABOAi =
= BOBi = р.
Так как tg2a = то t	, т.е. 2 tg2 а + 3 tg а —2 = О,
3	3	1 - tgJ а
откуда tga = |, ctga = 2. Кроме того, OAi = OBi = OCi =
= ODi = 1.
Пусть S — площадь четырехугольника ABCD, тогда
S = tga + ctga + tg/3 + ctg/T	(1)
Это сумма площадей четырех пар прямоугольных треугольников,
каждая пара состоит из равных треугольников.
Пусть tg (3 = a, ctg (3 = Ъ, тогда АВ = ctg а + tg (3 = 2 + а,
AD = 2 + ctg (3 = 2 + Ь. По теореме косинусов
BD2 = (2 + а)2 + (2 + Ь)2 - 2(2 + а)(2 + Ь) cos 2а,
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
67
О	1	3
где cos la = ,....-.	= •= откуда
У1 + tg2 2а 5
л
BD2 = а2 + Ь2 + 4(а + Ь) + 8 - 44 + 2(а + Ь) + ab).
О
Так как ab — tg /3 • ctg (3 = 1, то а2 + Ь2 = (а + Ь)2 — 2аЬ = (а +
+ Ь)2 - 2.
Полагая а + Ь = х, получаем
BD2 = х2 + |ж.	(2)
5
В D
С другой стороны, по теореме синусов -—= 2л/б, так как
SIH i-iGL
треугольник ABD вписан в окружность радиуса л/б.
Отсюда
Т = 0’
9	9	16
BD2 = 24 sin2 2а = 24- —
Из (2) и (3) следует, что
>	8	24	16	„
х + -х —-
5	5
16	5
откуда х = -г, апо формуле(1) находим S = ~ + а + Ь
,	_ 57
+ ® - 1Q-
Пусть ip — угол между диагоналями BD и АС, тогда
S = ^BD  АС  sin^, где BD =	,
Z	о
—J2—, откуда sin 2/3
Й111
8д/б 5х/б .	.	19
~5-----r-smy?,smy?= 2Q.
(3)
5
“ 2
2
= 2л/б. Нож = tg/3 + ctg/3 =
Olli 14 jD
о д x-y 5\/6 57
= g, AC = —, IQ =
1
2 '
4.
^;2^2(У2-1).
Решение. Пусть E и F — середины ребер AD и DC
(см. рис. 7).
а)	Так как секущая плоскость а параллельна AiCi и проходит
через точку Е, то она содержит прямую I, проведенную через точ-
ки Е и F. Если L и К — точки пересечения прямой I с прямыми
В А и ВС, то плоскость а содержит прямые B\L и ВуК, пересе-
кающие ребра AiА и С\С в точках N и М.
68
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
Отсюда следует, что в сечении куба плоскостью а образует-
ся пятиугольник ENByMF. Пусть Р — точка пересечения EF
ч	ч г-
и BD, тогда BP = BD = 7 у/2, АВ^РВ = </? — линейный
угол двугранного угла между плоскостью а и плоскостью АВС,
. BBi 4	113
= -BP = зТ?'”8’’ = тгтет = ~Г~1 = VTT
V + 9
Если S — площадь сечения, S\ — площадь проекции этого се-
S	7
чения на плоскость АВС, то S = ——, где St = □, так как про-
’	cos у? ’	1	8	1
екция сечения — пятиугольник EABCF. Следовательно, S =
_ 7 л/17 __ 7д/17
8'3	24 '
б)	Из всех сечений, проходящих через точку Ву, параллельных
прямой AiCi и пересекающих ребра АВ и ВС, наибольшую про-
екцию сечения на плоскость AiCiA имеет сечение, проведенное
через АС (см. рис. 8), а соответствующее наибольшее значение
площади сечения равно площади треугольника В±АС, т.е. рав-
а/3
но^-.
Пусть плоскость сечения /3 пересекает ребро АВ в точке Ei
(см. рис. 8) и ребро CD в точке Fi, тогда E-jF\ || АС.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
69
Если Р\ — точка пересечения BD иЕ^н АЕ-у = х, то CFi =
ГЛ гл 1	X тл гл гл гл гл гл /3"	1 X 1 ~I- X
= X, DPx	= —BF1	= BD	- DPX	= у2-------т=-	= —j=~,	где
у £	у £1	у &
О < х < 1.
Пусть ст = <т(ж) — площадь сечения, <j\ = од (я) — площадь
проекции этого сечения на плоскость АВС.
-т	1	(1 — х)2	1 + 2х — х2	1	,
Тогда <п = 1 - —к-2- =-------у----, (т = <х1 ——- где tg</? =
VL/O ух
1	x/2
= -др- = л т"-- Если S = S(x) — площадь проекции сечения на
ti t	Л i” X
плоскость А-уС^Ах, то
1 + 2х — х2
S = crsmy? = crj. tg</? = ..
V2(l + х)
Задача сводится к нахождению значения xq 6 [0,1], при котором
функция S(x) принимает наибольшее значение. Найдем корни
уравнения S'(x) = 0, где
ж2+ 2ж — 1
(1 + х)2
(2—2ж)(1+ж) — (1+2ж—х2)
(1 + ж)2
S'(x) = 4=
д/2
1
у/2
Уравнение S'(x) = 0, т.е. уравнение х2 + 2х — 1 = 0 имеет на
отрезке [0,1] единственный корень xq = а/2 — 1, причем S'(x) >
> 0 при х 6 [0,so) и S'(x) < 0 при х 6 (жо,1].
Следовательно, S(x) принимает при х = xq наибольшее зна-
чение Вшах- Так как х% = 1 — 2sq, то
Вигах = В(хо) = 1 + 2^Г1+.2Ж° = 2х0 = 2(V2 - 1).
у2(1 + Xq)
Искомая площадь сечения ст(хо) равна , где tg</?(so) =
х/2	тт	1
=	— = 1, </?(хо) = д, sin</?(so) = —7^- Следовательно,
1 4~ Xq	4	^/2
cj(x0) = 2-\/2(л/2 — 1) = 4 — 2-\/2. Заметим, что <т(жо) >	
5. а = у^7, 0 < а < 1.
Решение. Если выполняются условия
а > 0, 7х > log7 а,
то исходное уравнение равносильно уравнению
7ж-1оё7а = 72ж.
(1)
(2)
70
МАТЕМАТИКА * ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ * Билет 9
Пусть t = 7х, log7 а = q, тогда t > 0, и задача сводится к нахо-
ждению таких значений а, при которых уравнение
t2 - t + q = 0	(3)
имеет единственный положительный корень > q.
Дискриминант уравнения (3) D = 1 — 4q; D 0 при q |, т.е.
log7 а |, откуда 0 < а д/7. Если D — 0, то q = log7 а = |,
Н = 2 > 9-
Итак, при а = \/7 исходное уравнение имеет единственное ре-
шение.
Пусть D > 0, тогда уравнение (3) имеет единственный поло-
жительный корень в случае, когда q 0, т.е. log7 а 0, откуда
0 < а 1.
При а = у/7 и 0 < а 1 условия (1) выполняются.
!)•
1- -
12 ’ ’
Решение. Обозначим 2х = и, —у = v и запишем исходную
систему в следующем виде:
и	+ V	4		
		— Z =	u+v+z'	
V Z	+ z + и	— и — — V —	2	(1)
			u + v + z ’ 3	
			u + v + z	
Сложив уравнения системы (1) и обозначив u + v + z = t,
9
получим уравнение 4 = р откуда 4i = 3, 4г = —3.
Подставляя найденные значения суммы u + v + z в систему (1),
найдем искомые значения и, v, z.
Если t = u + v + z = 3,Toz =
1 /	2\	7
и = - I t-I = - ,
2 \	t J	6
и 7
Х~ 2 “ 12 ’
1 Л _ 4\ _ 5
2 V t) ~ 6’
Аналогично, если t = —3, то х =
У = -v = -1.
7	_ 1	_	5
12’У	1,z	6'
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ * Билет 12
71
БИЛЕТ 10
1	7 /	/	1-1 /	7
I. .44 4441J-
2. х = ± + 7ГП, х = 5 arccos (- I') + тт, п 6 Z.
о	2	\ 4/
о 98	.49
6. arcsm тк.
5	50
4. ^;4-2х/2.
г-	1	1
а. а = -&=, а	1.
у5
6- И й'5>- С1--й-4
БИЛЕТ 11
1	1	/	/	1	1	/	/	]
I. -	7	I	С	-	7,	Т	7	г	7	7-
4	'	6’	6	-	4
/ i\fc	1 _ */б	(-1)*+1	4> —1
2. х	=	v	2	arccos	—g-Ь 7Г^> х = ~—2------arccos —%-----Ь тгк,
к £2.
10’	80’
4. 4р;4-2\/2.
/5 7 _1W_5 _7 1\
46 ’ 6 ’	2/4 6’	6 ’ 27-
БИЛЕТ 12
1	1	2 2 .	, п
1	.—— 7,7^241.
2	. х = ± 5 + ък, х = ± i arccos (—	+ тг(2А; + l),fc £ Z.
О	2-	\ ТС /
О 93.	. 31
4-	-^^;4-2У2.
5.	а = ^2, 0 < а 1.
6-	(1; - 12 ’ б)’
1. _5\
12’	б)'