Билеты вступительных экзаменов в МФТИ в 2006 г

Tags: физика задачи подготовка к экзаменам задачи по физике экзамены
Year: 2006
Similar
Билеты вступительных экзаменов в МФТИ в 2004 г
Билеты письменных вступительных экзаменов в МФТИ в 2002 г
Билеты письменных вступительных экзаменов в МФТИ в 2008 г
Билеты письменных вступительных экзаменов в МФТИ (1998 г.): Методическое пособие для поступающих в вузы
Text
                    •I
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 1
ФИЗИКА
БИЛЕТ 1
1. Ровная шероховатая доска движется с постоянным горизон-
тальным ускорением а, сохраняя постоянный угол наклона а
. к вертикали. Доска толкает перед собой массив-
/ный брусок. Оказалось, что при а > g брусок с
Х'Х. доской движутся вместе без проскальзывания, а
у / при а < g брусок падает вниз. Найдите коэф-
/ 1g! фициент трения д между доской и бруском, если
7'''^ tga = 0,2.
рис 2. С идеальным одноатомным газом проводят цик-
к задаче 1 лический процесс 1-2-3-1, состоящий из расши-
рения в процессе 1-2, в котором теплоёмкость га-
за оставалась постоянной, адиабатического расширения 2-3 и
сжатия в процессе 3-1 с линейной зависимостью давления от
объёма. 71 = 7г/2 = 7з, V$ — 41Д. Найдите молярную теп-
лоёмкость газа в процессе 1 -2, если работа, совершённая газом
в цикле, в 15 раз меньше работы, совершённой над газом в про-
цессе 3-1.
3.	Плоский конденсатор с площадью пластин S полностью запол-
нен двумя слоями диэлектрика с толщинами di и и диэлектри-
ческими проницаемостями ei и £2 (см. рис.). Между обкладками
конденсатора поддерживается постоянная разность потенциалов
<S. Определите величину и знак связанного (поляризационного)
заряда диэлектрика у верхней обкладки конденсатора.
4'2
Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 3
ВЯ
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 2
5
4.	В схеме на рисунке все элементы можно считать идеальными.
Значения ЭДС источников и сопротивлений резисторов указа-
ны на рисунке. Определите величину и направление тока через
амперметр.
5.	Тонкая линза создаёт прямое изображение предмета с увеличе-
нием 3. Во сколько раз расстояние между предметом и изобра-
жением больше фокусного расстояния линзы?
БИЛЕТ 2
1.	Ровная шероховатая доска движется с посто-
янным горизонтальным ускорением а = g, со-
храняя постоянный угол наклона а к вертика-
ли. Доска толкает перед собой массивный бру-
сок. Оказалось, что при а < од (tgao =
= 0,2) брусок с доской движутся вместе без
проскальзывания, а при а > од брусок пада-
ет вниз. Найдите коэффициент трения д между
доской и бруском.
Рис.
к задаче 1
2.	С идеальным одноатомным газом проводят циклический процесс
1 -2-3-1, состоящий из адиабатического расширения 1 -2, расши-
рения в процессе 2-3, в котором теплоёмкость газа оставалась
постоянной, и сжатия в процессе 3-1 с линейной зависимостью
давления от объёма. Т) = 272 = 7з, Рз — 4Уь Найдите моляр-
ную теплоёмкость газа в процессе 2-3, если работа, совершённая
над газом в цикле, составляет 7/15 от работы, совершённой над
газом в процессе 3-1.
3.	Две одинаковые половины плоского конденсатора заполнены
разными диэлектриками с диэлектрическими проницаемостями
и Е2 (см. рис.). Заряд на обкладках конденсатора равен Q.
Определите величину и знак связанного (поляризационного) за-
ряда верхнего диэлектрика у левой обкладки конденсатора.
4.	В схеме на рисунке все элементы можно считать идеальными.
Значения ЭДС источников и сопротивлений резисторов указа-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет3
1 Ом
+Q
Рис. к задаче 3
ны на рисунке. Определите величину и направление тока через
амперметр.
5.	Тонкая линза создаёт прямое увеличенное изображение предме-
та, причём расстояние между предметом и изображением в два
раза меньше фокусного расстояния линзы. Найдите увеличение.
БИЛЕТ 3
1. Ровная шероховатая доска движется с постоянным горизон-
тальным ускорением а, сохраняя постоянный угол наклона а
.	к вертикали. Доска толкает перед собой массив-
/	ный брусок. Оказалось, что при а > g брусок с
доской движутся вместе без проскальзывания, а
у /	при а < g брусок падает вниз. Найдите угол а,
aJ	/ I g	если коэффициент трения между доской и брус-
уй	ком равен /л = 1,5.
рис 2. С идеальным одноатомным газом проводят цик-
к задаче 1	лический процесс 1-2-3-1, состоящий из расши-
рения в процессе 1-2, в котором молярная тепло-
ёмкость газа постоянна и равна 2R, адиабатического расширения
2-3 и сжатия в процессе 3-1 с линейной зависимостью давления
от объёма. 71 = Т%/2 = 7з, V3 = 4Vi. Найдите работу, совер-
шённую газом в процессе 1-2-3, если работа, совершённая газом
в цикле, составила 100 Дж.
3.	Плоский конденсатор с площадью пластин S полностью запол-
нен двумя слоями диэлектрика с толщинами ф иф и диэлектри-
ческими проницаемостями ед и £2 (см. рис.). Между обкладка-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 4
7
ми конденсатора поддерживается постоянная разность потенци-
алов S. Определите величину и знак связанного (поляризацион-
ного) заряда диэлектрика у нижней обкладки конденсатора.
Рис. к задаче 3
Рис. к задаче 4
4.	В схеме на рисунке все элементы можно считать идеальными.
Значения ЭДС источников и сопротивлений резисторов указа-
ны на рисунке. Определите величину и направление тока через
амперметр.
5.	Тонкая линза создаёт прямое изображение предмета с увеличе-
нием 0,25. Во сколько раз расстояние между предметом и изоб-
ражением больше фокусного расстояния линзы?
БИЛЕТ 4
1. Ровная шероховатая доска движется с посто-
янным горизонтальным ускорением а, сохра-
няя постоянный угол наклона а к вертикали.
Доска толкает перед собой брусок массой т =
= 1 кг. Оказалось, что при а < «о (tg«o =
= 0,2) брусок с доской движутся вместе без
проскальзывания, а при а > «о брусок пада-
ет вниз. Найдите а, если коэффициент трения
„	,	-г-г	г	к задаче J
между доской и бруском равен р, = 1,5.
2. С идеальным одноатомным газом проводят циклический процесс
1-2-3-1, состоящий из адиабатического расширения 1-2, расши-
ренйя в процессе 2-3, в котором молярная теплоёмкость газа по-
стоянна и равна 2R, и сжатия в процессе 3-1 с линейной зависи-
мостью давления от объёма. Ti = 272 = 7з, Уз = 4у. Найдите
8
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5
работу, совершённую газом в процессе 1-2-3, если работа, со-
вершённая над газом в цикле, составила 350 Дж.
3.	Две одинаковые половины плоского конденсатора заполнены
разными диэлектриками с диэлектрическими проницаемостями
Е1 и £2 (см. рис.). Заряд на обкладках конденсатора равен Q.
Определите величину и знак связанного (поляризационного) за-
ряда нижнего диэлектрика у правой обкладки конденсатора.
Рис. к задаче 4
+Q
Рис. к задаче 3
4.	В схеме на рисунке все элементы можно считать идеальными.
Значения ЭДС источников и сопротивлений резисторов указа-
ны на рисунке. Определите величину и направление тока через
амперметр.
5.	Тонкая линза создаёт прямое уменьшенное изображение пред-
мета, причём расстояние между предметом и изображением в два
раза меньше фокусного расстояния линзы. Найдите увеличение.
БИЛЕТ 5
1.	Шарик, висящий на упругой пружине, совершает колебания с
периодом Т и амплитудой А вдоль вертикали. Масса пружины
намного меньше массы шарика. 1) Найдите максимальное уско-
рение (по модулю) шарика ат. 2) Найдите скорость (по моду-
лю) шарика в те моменты, когда его ускорение (по модулю) равно
0,75ат.
2.	В комнате в вертикально расположенном цилиндре под весомым
поршнем, который может перемещаться без трения, находятся и
молей идеального газа при температуре Т. Поршень подвешен
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5
9
на пружине жёсткостью к. Газ нагревают, так что в конечном со-
стоянии его давление увеличивается в а = 2 раза, а температура
увеличивается в (3 = 3 раза. Найдите начальное давление газа.
Площадь поршня равна S.
Рис. к задаче 2
3.	Две вертикальные проводящие рейки, расстояние между кото-
рыми L = 25 см, находятся в однородном магнитном поле, ин-
дукция которого В = 1 Тл направлена перпендикулярно плос-
кости рисунка. Сверху рейки соединены через батарею с ЭДС
S = б В и внутренним сопротивлением г = 2 Ом, а снизу че-
рез резистор с сопротивлением R = б Ом. В начальный момент
проводящую перемычку АС массой т = 100 г удерживают непо-
движной, а затем отпускают. Через некоторое время перемычка
движется вниз с установившейся скоростью. 1) Найдите ток че-
рез перемычку при этой скорости. 2) Найдите установившуюся
скорость перемычки. Сопротивлением реек и перемычки прене-
бречь. При расчёте принять g = 10 м/с2.
4.	Плоский конденсатор с площадью пластин S полностью запол-
нен двумя слоями диэлектрика с толщинами и и диэлектри-
ческими проницаемостями ед и £2 (см. рис.). Между обкладками
конденсатора поддерживается постоянная разность потенциалов
S. Определите величину и знак связанного (поляризационного)
заряда диэлектрика у верхней обкладки конденсатора.
К)
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 6
Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 5
5.	Вдоль оптической оси системы, состоящей из плоского зеркала
и тонкой собирающей линзы с фокусным расстоянием F, рав-
номерно движется точечный источник света S со скоростью v
(см. рис.). Пренебрегая отражением света от поверхностей лин-
зы, определите скорости (по величине и направлению) всех трёх
изображений в данной системе в тот момент, когда источник на-
ходится посередине между зеркалом и линзой, расстояние между
которыми равно фокусному расстоянию линзы.
БИЛЕТ 6
1.	Чашка пружинных весов совершает колебания с периодом Т
вдоль вертикали под действием упругой пружины, прикреплён-
ной к чашке снизу. Максимальная скорость (по модулю) чаш-
ки равна vm. Масса пружины намного меньше массы чашки.
1)	Найдите максимальное ускорение чашки (по модулю). 2) На
каком расстоянии от положения равновесия находится чашка в
те моменты, когда её скорость (по модулю) равна 2vm/3?
2.	В комнате в вертикально расположенном цилиндре под весомым
поршнем, который может перемещаться без трения, находятся и
молей идеального газа при температуре Т. Поршень подвешен
на пружине жёсткостью к. Газ охлаждают, так что в конечном
состоянии его давление уменьшается в а = 1,5 раза, а темпе-
ратура уменьшается в ft = 2 раза. Найдите начальное давление
газа. Площадь поршня равна S.
3.	По двум горизонтальным проводящим рейкам, расстояние меж-
ду которыми L = 1 м, может скользить без трения перемычка,
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 6
11
Рис. к задаче 2
Рис. к задаче 3
масса которой т = 50 г, а омическое сопротивление г — 0,5 Ом.
Слева и справа концы реек соединены через резисторы с сопро-
тивлением R = 1 Ом. Система находится в однородном верти-
кальном магнитном поле с индукцией В = 0,1 Тл; Неподвижной
перемычке сообщают начальную скорость ?’о = 50 см/с вдоль
реек. 1) Найдите зависимость тока через перемычку от её скоро-
сти. 2) На какое расстояние сместится перемычка? Сопротивле-
нием реек пренебречь. Перемычка расположена перпендикуляр-
но рейкам.
4.	Две одинаковые половины плоского конденсатора заполнены
разными диэлектриками с диэлектрическими проницаемостями
Е1 и е2 (см. рис.). Заряд на обкладках конденсатора равен Q.
Определите величину и знак связанного (поляризационного) за-
ряда верхнего диэлектрика у левой обкладки конденсатора.
Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 5
5.	Вдоль оптической оси системы, состоящей из тонкой собираю-
щей линзы с фокусным расстоянием F и плоского зеркала, рав-
номерно движется точечный источник света S со скоростью v.
Расстояние между линзой и зеркалом равно 2F (см. рис.). Пре-
12
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
небрегая отражением света от поверхностей линзы, определите
скорости (по величине и направлению) всех трёх изображений в
данной системе в тот момент, когда источник находится на рас-
стоянии 3F от линзы.
БИЛЕТ 7
1.	Висящий на упругой пружине шар совершает колебания с пери-
одом Т и амплитудой А вдоль вертикали. Масса шара намного
больше массы пружины. 1) Найдите максимальную скорость (по
модулю) шара vm. 2) Найдите ускорение (по модулю) шара в те
моменты, когда его скорость (по модулю) равна vm/3.
2.	В комнате в вертикально расположенном цилиндре под весомым
поршнем, который может перемещаться без трения, находятся
v молей идеального газа под давлением Р. Поршень подвешен
на пружине жёсткостью к. Газ охлаждают так, что в конечном
состоянии его давление уменьшается в а = 2 раза, температура
уменьшается в в = 3 раза. Найдите начальную температуру газа.
Площадь поршня равна S.
Рис. к задаче 2
3.	Две вертикальные проводящие рейки, расстояние между кото-
рыми L = 50 см, находятся в однородном магнитном поле, индук-
ция которого В = 1 Тл направлена перпендикулярно плоскости
рисунка. Сверху рейки соединены через батарею с ЭДС <S = 3 В
и внутренним сопротивлением г = 1 Ом, а снизу через резистор
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 8 13
с сопротивлением R = 2 Ом. В начальный момент проводящую
перемычку АС удерживают неподвижной, а затем отпускают, и
она через некоторое время достигает установившейся скорости
v = 6 м/с, направленной вниз. 1) Найдите ток через резистор
при установившейся скорости перемычки. 2) Найдите массу пе-
ремычки. Сопротивлением реек и перемычки пренебречь. При
расчёте принять g = 10 м/с2.
4.	Плоский конденсатор с площадью пластин S полностью запол-
нен двумя слоями диэлектрика с толщинами d\ и d% и диэлектри-
ческими проницаемостями ei и е^ (см. рис.). Между обкладка-
ми конденсатора поддерживается постоянная разность потенци-
алов g. Определите величину и знак связанного (поляризацион-
ного) заряда диэлектрика у нижней обкладки конденсатора.
Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 5
5.	Вдоль оптической оси системы, состоящей из тонкой рассеиваю-
щей линзы с фокусным расстоянием F и плоского зеркала, рав-
номерно движется точечный источник света S со скоростью v.
Расстояние между линзой и зеркалом равно 2F (см. рис.). Пре-
небрегая отражением света от поверхностей линзы, определите
скорости (по величине и направлению) всех трёх изображений в
данной системе в тот момент, когда источник находится посере-
дине между зеркалом и линзой.
БИЛЕТ 8
1.	Чаша пружинных весов совершает колебания с периодом Т
вдоль вертикали под действием упругой пружины, прикреплён-
ной к чаше снизу. Максимальное ускорение (по модулю) чаши
14
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет8
равно ат. Масса чаши намного больше массы пружины. 1) Най-
дите максимальную скорость (по модулю) чаши. 2) Найдите ско-
рость (по модулю) чаши в те моменты, когда она будет находить-
ся на расстоянии от положения равновесия втрое меньшем ам-
плитуды колебаний.
2.	В комнате в вертикально расположенном цилиндре под весомым
поршнем, который может перемещаться без трения, находятся v
молей идеального газа под давлением Р. Поршень подвешен на
пружине жёсткостью к. Газ нагревают, так что в конечном со-
стоянии его давление увеличивается в а = 2 раза, а температура
увеличивается в (3 = 2,5 раза. Найдите начальную температуру
газа. Площадь поршня равна S.
Рис. к задаче 2
Рис. к задаче 3
3.	По двум горизонтальным проводящим рейкам, расстояние меж-
ду которыми L = 0,5 м, может скользить без трения перемычка,
масса которой т = 100 г, а омическое сопротивление г = 0,5 Ом.
Слева и справа концы реек соединены через резисторы с сопро-
тивлением R = 2 Ом. Система находится в однородном верти-
кальном магнитном поле с индукцией В = 0,2 Тл. Неподвиж-
ной перемычке сообщают некоторую начальную скорость вдоль
реек, и она, сместившись на расстояние S = 3 м, останавливает-
ся. 1) Найдите зависимость тока через перемычку от сё скорости.
2) Определите начальную скорость перемычки. Сопротивлени-
ем реек пренебречь. Перемычка расположена перпендикулярно
рейкам.
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет9
15
4.	Две одинаковые половины плоского конденсатора заполнены
разными диэлектриками с диэлектрическими пронинаемостями
£1 и (см. рис.). Заряд на обкладках конденсатора равен Q.
Определите величину и знак связанного (поляризационного) за-
ряда нижнего диэлектрика у правой обкладки конденсатора.
Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 5
5.	Вдоль оптической оси системы, состоящей из тонкой рассеиваю-
щей линзы с фокусным расстоянием F и плоского зеркала, рав-
номерно движется точечный источник света S со скоростью v.
Расстояние между линзой и зеркалом равно F/3 (см. рис.). Пре-
небрегая отражением света от поверхностей линзы, определите
скорости (по величине и направлению) всех трёх изображений в
данной системе в тот момент, когда источник находится на рас-
стоянии 2F от линзы.
БИЛЕТ 9
1.	Автомобиль тормозит с постоянным ускорением до полной оста-
новки. Торможение заняло 4 с, а тормозной путь составил 20 м.
Какова была скорость автомобиля на середине тормозного пути?
2.	Астронавты, исследуя воздух открытой ими планеты, нагрели
порцию воздуха массой т = 200 г на Д7’ = 60 °C один раз
при постоянном давлении, а другой — при постоянном объёме.
Оказалось, что при постоянном давлении требуется подвести па
1 кДж больше тепла, чем при по-
стоянном объёме. Найдите сред-
нюю молярную массу воздуха, счи-
тая его идеальным газом.
3.	Электрическая схема, изображён-
ная на рисунке, состоит из двух
0А
Рис. к задаче 3
16 ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10
одинаковых батарей с ЭДС ё и внутренними сопротивлениями
г и резистора сопротивлением R. При подключении нагрузки к
клеммам Аи В схема эквивалентна батарее с некоторой ЭДС ёо
и внутренним сопротивлением го (то есть для любой нагрузки при
замене данной схемы на батарею с ЭДС ё0 и внутренним сопро-
тивлением го ток в нагрузке не изменится).
1)	Найдите ЭДС ёо и внутреннее сопротивление го эквива-
лентного источника.
2)	К клеммам Аи В подключают резистор, сопротивление ко-
торого можно изменять. При каком значении этого сопротив-
ления тепловая мощность, выделяющаяся на нём, будет макси-
мальной?
4.	Тонкая линза создаёт изображение предмета с некоторым увели-
чением. Оказалось, что для получения изображения с двукрат-
ным увеличением предмет нужно передвинуть либо к линзе на
3 см, либо от линзы на 6 см. С каким увеличением изображал-
ся предмет вначале?
5.	Маятник представляет собой шарнирно прикреплённый к потол-
ку жёсткий лёгкий стержень длины 4/, на котором закреплены
„	, два маленьких груза массой т каждый, как показа-
но на рисунке. Трением в шарнире и сопротивлением
Цт воздуха можно пренебречь.
1) Стержень отклоняют на угол </?0 = 60° от верти-
кали и отпускают без толчка. Найдите максимальную
1т скорость движения нижнего груза.
рис 2) Найдите период колебаний маятника при малых
к задаче 5 отклонениях от положения равновесия.
БИЛЕТ 10
1.	Трамвай тормозит с постоянным ускорением до полной останов-
ки. Найдите тормозной путь трамвая, если торможение заняло
5 с, а скорость трамвая на середине тормозного пути была 4 м/с.
2.	Астронавты, исследуя воздух открытой ими планеты, провели с
порцией воздуха массой т = 100 г циклический процесс 1-2-
3-1, состоящий из изотермического расширения 1-2, изобари-
г
R
г
т.
Z
зав
Рис. к задаче 3
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10 17
ческого сжатия 2-3 до начального объёма и изохорического на-
гревания ,3" 1 Д° первоначальной температуры. Оказалось, что
в процессе 2-3-1 от газа отвели 1 кДж тепла, а разность мак-
симальной и минимальной температур в цикле составила АТ =
= 30 °C. Найдите среднюю молярную массу воздуха, считая его
идеальным газом.
3.	Электрическая схема, изображён-
ная на рисунке, состоит из двух ба-
тарей с ЭДС и <02 (<?1 7^ S2) и
внутренними сопротивлениями г и
резистора сопротивлением R. При
подключении нагрузки к клеммам
Аи В схема эквивалентна батарее с
ренним сопротивлением гц (то есть для любой нагрузки при за-
мене данной схемы на батарею с ЭДС Sq и внутренним сопро-
тивлением го ток в нагрузке не изменится).
1)	Найдите ЭДС Sq и внутреннее сопротивление го эквива-
лентного источника.
2)	К клеммам Аи В подключают резистор, сопротивление ко-
торого можно изменять. При каком значении этого сопротив-
ления тепловая мощность, выделяющаяся на нём, будет макси-
мальной?
4.	Тонкая линза создаёт изображение предмета с некоторым увели-
чением. Оказалось, что для получения изображения с требуемым
увеличением предмет нужно передвинуть от линзы либо на 2 см,
либо на 10 см. Во сколько раз требуемое увеличе- 1а, , .
ние больше первоначального?
5.	Маятник представляет собой шарнирно прикреп- И
лённый к потолку жёсткий лёгкий стержень дли- / р
ны 21, на котором закреплены два маленьких гру- I
за. массами т и 2т, как показано на рисунке. Тре- у
нием в шарнире и сопротивлением воздуха можно
пренебречь.	Рис.
,.по	к задаче 5
1) Стержень отклоняют на угол </?0 = 60 от вер-
18
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
тикали и отпускают без толчка. Найдите максимальную скорость
движения нижнего груза.
2) Найдите период колебаний маятника при малых отклонени-
ях от положения равновесия.
БИЛЕТ 11
1.	Электричка тормозит с постоянным ускорением до полной оста-
новки. Тормозной путь составил 50 м, а скорость на середине
тормозного пути была 10 м/с. Сколько времени продолжалось
торможение?
2.	Средняя молярная масса смеси идеальных газов равна д =
= 50 г/моль. Смесь нагрели на ДТ = 30 °C один раз при посто-
янном давлении, а другой — при постоянном объёме. Оказалось,
что при постоянном давлении требуется подвести на 500 Дж
больше тепла, чем при постоянном объёме. Найдите массу сме-
си.
3.	Электрическая схема, изображённая на рисунке, состоит из двух
батарей с ЭДС и внутренними сопротивлениями г и резистора
сопротивлением R. При подключении
нагрузки к клеммам А и В схема экви-
валентна батарее с некоторой ЭДС и
внутренним сопротивлением го (то есть
для любой нагрузки при замене данной
схемы на батарею с ЭДС и внутрен-
ним сопротивлением го ток в нагрузке не
изменится).
1)	Найдите ЭДС Д) и внутреннее сопротивление г<> эквива-
лентного источника.
2)	К клеммам А и В подключают резистор, сопротивление ко-
торого можно изменять. При каком значении этого сопротив-
ления тепловая мощность, выделяющаяся на нём, будет макси-
мальной?
4.	Тонкая линза создаёт изображение предмета с некоторым увели-
чением. Оказалось, что для получения изображения с двукрат-
ным увеличением предмет нужно передвинуть либо к линзе на
0А
0В
R
Рис. к задаче 3
<[ 'зображал-
Рис.
к задаче 5
с2 до полной
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12	19
6 см, либо от линзы на 3 см. С каким увеличениел
ся предмет вначале?
5.	Маятник представляет собой шарнирно прикреп-
лённый к потолку жёсткий лёгкий стержень дли-
ны 41, на котором закреплены два маленьких груза
массой т каждый, как показано на рисунке. Тре-
нием в шарнире и сопротивлением воздуха можно
пренебречь.
1) Стержень отклоняют на угол ipo = 60° от
вертикали и отпускают без толчка. Найдите мак-
симальную скорость движения нижнего груза.
2) Найдите период колебаний маятника при ма-
лых отклонениях от положения равновесия.
БИЛЕТ 12
1.	Автобус тормозит с постоянным ускорением 1 м/
остановки. Определите тормозной путь, если его вторая поло-
вина была пройдена за 5 с.
2.	Средняя молярная масса смеси идеальных газов равна д =
= 50 г/моль. С порцией смеси провели циклический процесс 1-
2-3-1, состоящий из изотермического расширения 1-2, изобари-
ческого сжатия 2-3 до начального объёма и изохорического на-
гревания 3-1 до первоначальной температуры. Оказалось, что
в процессе 2-3-1 от газа отвели 1 кДж тепла, а разность мак-
симальной и минимальной температур в цикле составила ДТ =
= 30 °C. Найдите массу порции.
3.	Электрическая схема, изображённая
на рисунке, состоит из двух батарей
с ЭДС и (S’? (<^i	<^2) и внутрен-
ними сопротивлениями г и резисто-
ра сопротивлением R. При подклю-
чении нагрузки к клеммам Аи В схе-
ма эквивалентна батарее с некоторой
ЭДС <Г0 и внутренним сопротивлени-
ем го (то есть для любой нагрузки при замене дайной схемы на
=Н0А
R
<о2
Г
—-----1-------0В
Рис. к задаче 3
20 ФИЗИЮ ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 13
батарею с ЭДС <^Ь и внутренним сопротивлением гд ток в нагруз-
ке не изменится).
1)	Найдите ЭДС <^Ь и внутреннее сопротивление го эквива-
лентного источника.
2)	К клеммам Аи В подключают резистор, сопротивление ко-
торого можно изменять. При каком значении этого сопротив-
ления тепловая мощность, выделяющаяся на нём, будет макси-
мальной?
4.	Тонкая линза создаёт изображение предмета с некоторым уве-
личением. Оказалось, что для получения изображения с требу-
емым увеличением предмет нужно передвинуть к линзе либо на
5 см, либо на 10 см. Во сколько раз требуемое увеличение боль-
ше первоначального?
5.	Маятник г редставляет собой шарнирно прикреплённый к потол-
ку жёсткий лёгкий стержень длины 21, на котором закреплены
........ . . .. два маленьких груза массами т и 2т, как показа-
...............\~7.,>а рисунке. Трением в шарнире и сопротивлени-
d I gt ом воздуха можно пренебречь.
/2п/	1) Стержень отклоняют на угол у?0 = 60° от верти-
I / кали и отпускают без толчка. Найдите максимальную
[т скорость движения нижнего груза.
р	2) Найдите период колебаний маятника при малых
к задаче 5 отклонениях от положения равновесия.
БИЛЕТ 13
1.	Проехав «лежачего полицейского» со скоростью vq = 5 км/ч,
автомобиль, двигаясь далее прямолинейно по горизонтальной
дороге, увеличивает свою скорость таким образом, что сила тяги,
развиваемая двигателем, оказывается пропорциональной скоро-
сти автомобиля. На расстоянии Si = 30 м от «полицейскою»
автомобиль достиг скорости щ = 20 км/ч. На каком расстоянии
от «полицейского» у автомобиля будет скорость /д = 30 км/ч?
Сопротивлением движению пренебречь.
2.	Тепловая машина работает по циклу, состоящему из изохоры 1 -
— 2, изобары 2 — 3 и участка 3 — 1 прямо пропорциональной за-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 13
21
висимости давления от объёма. Найти КПД цикла, если объём
на изобаре изменяется в 2 раза. Рабочее вещество — идеальный
одноатомный газ.
Рис. к задаче 2
Рис. к задаче 3
3.	1) При каких значениях сопротивления резистора ГД идеальный
диод в схеме, изображённой на рисунке, будет открыт, если R-2 =
= 2 Ом, = 3 Ом, Д4 = 4 Ом?
2) Чему будет равен ток через диод при 7Д — 1 Ом, если ЭДС
батареи = 10 В, а её внутренним сопротивлением можно пре-
небречь?
4. Плоский воздушный конденса-
тор с площадью пластин S и
расстоянием между неподвиж-
ными обкладками d подключён
к источнику постоянного на-
пряжения через реостат. На
нижней обкладке расположе-
на проводящая незаряженная
пластина толщиной а и массой
Рис. к задаче 4
т, имеющая хороший электри-
ческий контакт с обкладкой конденсатора. Горизонтальные раз-
меры пластины равны аналогичным размерам обкладок. В ис-
ходном состоянии напряжение на конденсаторе равно нулю. За-
тем напряжение начинают медленно увеличивать и при некото-
ром напряжении пластина отрывается и движется вверх, остава-
ясь всё время горизонтальной. Через некоторое время она ока-
зывается на высоте h от нижней обкладки, а напряжение на кон-
денсаторе в этот момент равно Uq. Какой заряд будет на нижней
обкладке конденсатора в этот момент времени?
22_______________ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 14____________
5. Оптическая система, состоящая из двух собирающих линз с фо-
кусными расстояниями = 20 см и К2 = 30 см, расположенных
соосно на одной оптической оси, даёт на экране прямое изобра-
жение предмета с увеличением Го = 1. Расстояние от предмета
до ближайшей к нему линзы с фокусным расстоянием Fi равно
а = 60 см. 1) На какое расстояние вдоль оптической оси тре-
буется переместить вторую линзу, чтобы на том же экране полу-
чить новое изображение предмета? 2) Какое увеличение будет
при этом давать оптическая система?
БИЛЕТ 14
1. По прямолинейной горизонтальной дороге движется автомобиль
со скоростью i>i = 140 км/ч. На расстоянии Si = 500 м от пере-
крёстка водитель выключил передачу и на расстоянии S2 = 400 м
от перекрёстка скорость автомобиля упала до п2 = 120 км/ч.
На каком расстоянии от перекрёстка скорость автомобиля ста-
нет г>з = 90 км/ч? Считать, что сила сопротивления движению
автомобиля пропорциональна его скорости. Кинетической энер-
гией вращения колес пренебречь.
2. Тепловая машина работает по циклу, состоящему из изобары 1 —
— 2, изохоры 2 — 3 и адиабаты 3 — 1. Найти КПД этого цикла,
если объём на изобаре изменяется в 8 раз. Рабочее вещество —
идеальный одноатомный газ.
Указание: В адиабатическом процессе температура Т и
объём газа V связаны уравнением T3V2 = const.
Рис. к задаче 2
Рис. к задаче 3
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 14
23
3.	1) При каких значениях сопротивления резистора R2 идеальный
диод в схеме, изображённой на рисунке, будет закрыт, если R± =
= 2 Ом, R3 = 4 Ом, Ri = 5 Ом?
2)	Чему будет равен ток через диод при R2 = 1 Ом, если ЭДС
батареи S = 13 В, а её внутренним сопротивлением можно пре-
небречь?
4.	Плоский воздушный незаря-
женный конденсатор с рас-
стоянием между неподвижны-
ми обкладками d подключён к
батарее с ЭДС S. На ниж-
ней обкладке удерживают про-
водящую пластину толщиной а,	рис к задаче 4
имеющую хороший электрический контакт с обкладкой конден-
сатора, при этом минимальная сила, которой ещё можно удер-
жать пластину на месте, равна F. Горизонтальные размеры пла-
стины равны аналогичным размерам обкладок. Пластину отпус-
кают, она движется вверх, оставаясь всё время горизонтальной,
и через некоторое время оказывается на высоте h от нижней об-
кладки конденсатора. Чему равен заряд нижней обкладки в этот
момент времени? Омическое сопротивление цепи настолько ма-
ло, что в любой момент времени напряжение на конденсаторе
равно ЭДС батареи. Силу тяжести не учитывать. До контакта
с обкладкой пластина была незаряжена. Считать заданными F,
hv.S.
5.	Оптическая система, состоящая из рассеивающей линзы с фо-
кусным расстоянием Fi = —20 см и собирающей линзы с фо-
кусным расстоянием П2 = 20 см, расположенных соосно на од-
ной оптической оси, даёт на экране перевёрнутое изображение
предмета с увеличением Го = 1. Расстояние от предмета до бли-
жайшей рассеивающей линзы а = 20 см. 1) На какое расстояние
вдоль оптической оси требуется переместить собирающую линзу,
чтобы на том же экране получить новое изображение предмета?
2) Какое увеличение будет при этом давать оптическая система?
24
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 15
БИЛЕТ 15
1.	Автомобиль при разгоне, двигаясь прямолинейно по горизон-
тальной дороге, увеличивает свою скорость таким образом, что
сила тяги, развиваемая двигателем, оказывается пропорцио-
нальной скорости автомобиля. Пройдя путь Si = 20 м, авто-
мобиль увеличил скорость с v± = 4 км/ч до vz = 12 км/ч. До
какой скорости разгонится автомобиль, пройдя ещё Sz = 30 м?
Сопротивлением движению пренебречь.
2.	Тепловая машина работает по циклу, состоящему из изохоры 1 —
— 2, изобары 2 — 3 и участка 3 — 1 прямо пропорциональной за-
висимости давления от объёма. Найти КПД цикла, если объём
на изобаре изменяется в 2 раза. Рабочее вещество — идеальный
одноатомный газ.
Рис. к задаче 2
Рис. к задаче 3
3.	1) При каких значениях сопротивления резистора Rs идеальный
диод в схеме, изображённой на рисунке, будет открыт, если Ri =
= 1 Ом, Rz = 2 Ом, Т?4 = 4 Ом?
2)	Чему будет равен ток через диод при /?з = 3 Ом, если ЭДС
батареи S = 20 В, а её внутренним сопротивлением можно пре-
небречь?
4.	Плоский воздушный конденсатор с площадью пластин S и рас-
стоянием между неподвижными обкладками d подключён к ис-
точнику постоянного напряжения через реостат. На нижней об-
кладке расположена проводящая незаряженная пластина тол-
щиной а и массой т, имеющая хороший электрический контакт
с обкладкой конденсатора. Горизонтальные размеры пластины
равны аналогичным размерам обкладок. В исходном состоянии
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 16
25
напряжение на конденсаторе равно нулю. Затем сопряжение
начинают медленно увеличивать и при некотором апряжении
пластина отрывается и движет-
ся вверх, оставаясь всё время
горизонтальной. Через некото-
рое время она оказывается на
высоте h от нижней обкладки,
а напряжение на конденсаторе
в этот момент равно Uq. Какой
заряд будет на верхней обклад-
ке конденсатора в этот момент времени?
5.	Оптическая система, состоящая из двух собирающих линз с фо-
кусными расстояниями = 20 см и F2 = 30 см, расположен-
ных соосно на одной оптической оси, даёт на экране перевёрну-
тое изображение предмета с увеличением Го = 1. Расстояние от
предмета до ближайшей к нему линзы с фокусным расстоянием
F1 равно а = 10 см. 1) На какое расстояние вдоль оптической
оси требуется переместить вторую линзу, чтобы на том же экране
получить новое изображение предмета? 2) Какое увеличение бу-
дет при этом давать оптическая система?
БИЛЕТ 16
1. Лодку оттолкнули от берега озера, сообщив ей скорость vq =
= 1м/с. Лодка,, двигаясь прямолинейно, имела на расстоянии
Si = 14 м от берега скорость щ = 0,3 м/с. На каком расстоянии
от берега скорость лодки была v = 0,5 м/с? Считать, что сила
сопротивления движению лодки пропорциональна её скорости.
2. Тепловая машина работает по циклу, состоящему из адиабаты 1 —
— 2, изобары 2 — 3 и изохоры 3 — 1. Найти КПД этого цикла,
если объём на изобаре изменяется в 8 раз. Рабочее вещество —
идеальный одноатомный газ.
Указание: В адиабатическом процессе температура Т и
объём газа V связаны уравнением T3V2 = const.
26
ФИЗИК? < ЗАДАЧИ ♦ Билет 16
Рис. к задаче 2
Рис. к задаче 3
3.	1) При каких значениях сопротивления резистора R4 идеаль-
ный диод в схеме, изображённой на рисунке, будет закрыт, если
/Д = 2 Ом. /?2 = 1 Ом, 7?з = 4 Ом?
2)	Чему будет равен ток через диод при /?.< = 5 Ом, если ЭДС
батареи Д -- 26 В, а её внутренним сопротивлением можно пре-
небречь?
4.	Плоский воздушный незаряженный конденсатор с расстоянием
между йен сдвижными обкладками d подключён к батарее с ЭДС
Д. На нижней обкладке удер-
живают проводящую пластину
толщиной а, имеющую хоро-
ший электрический контакт с
обкладкой конденсатора, при
этом минимальная сила, которой
Рис к задаче 4	ещё можно удержать пластину
на месте, равна F. Горизонтальные размеры пластины равны
аналогичным размерам обкладок. Пластину отпускают, она
движется вверх, оставаясь всё время горизонтальной, и через
некоторое время оказывается на высоте h от нижней обкладки
конденсатора. Чему равен заряд на верхней обкладке в этот
момент времени? Омическое сопротивление цепи настолько
мало, что в любой момент времени напряжение на конденсаторе
равно ЭДС батареи. Силу тяжести не учитывать. До контакта с
обкладкой пластина была незаряжена.
5.	Оптическая система, состоящая из расположенных соосно на
одной оптической оси рассеивающей линзы с фокусным расстоя-
нием Fi — —30 см и собирающей линзы с неизвестным фокусным
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 16
27
расстоянием, даёт на экране перевёрнутое изображение предме-
та. Расстояние от предмета, до ближайшей к нему рассеивающей
линзы а = 30 см. Собирающую линзу переместили вдоль опти-
ческой оси на Z = 45 см; и на экране получилось перевёрнутое
изображение предмета с увеличением Г = 1. 1) Найдите фо-
кусное расстояние собйрающей линзы. 2) С каким увеличением
изображался предмет вначале?
28
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет2
МАТЕМАТИКА
БИЛЕТ 1
1.	Решить уравнение
8 cos2 х sin х + cos х = cos Зж + 6 sin х.
2.	Решить неравенство
3.	Решить систему уравнений
-г2
(1 + у) = 2х + Зу,
х2 + 2ху = х — у2.
4.	Пятиугольник ABCDE описан около окружности. Известно,
что АВ - ВС, CD = DE, АЕ = 6, АС = 8, СЕ = 7. Най-
ти радиус окружности, вписанной в пятиугольник, и угол BCD.
5.	При каких значениях параметра t система уравнений
(ж - 1 - 41 j2 + (у - 1 - 3f)2 = 9i2,
(ж - 5)2 + (у - З)2 = 4
имеет единственное решение?
6.	В основании призмы ABCDAiBjJJiDi лежит равнобокая тра-
пеция ABCD (AD || ВС). Сфера радиуса 3 с центром в плоско-
сти AA\DyD касается плоскостей ABCD, A^B^C^D^ и прямых
AAi, ВВ}, CCi, DDi. Известно, что А^В-^ = 7, ВС = 5. Найти:
1)	угол между прямыми AD и ВВ^,
2)	двугранный угол между гранями BBiC^C и CC^D^D-,
3)	объём призмы.
БИЛЕТ 2
1.	Решить уравнение
5 sin Зж + 16 cos ж + 5 sin ж = 12 cos3 ж.
2.	Решить неравенство
\/4ж3 — 12ж + 8 г------------------------
------—------- х/4ж + 7..
ж + 1
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 3 29
3.	Решить систему уравнений
{„2
р (2 + х) = 4у - Зж,
2у2 — Зху = Ау — ж2.
4.	Пятиугольник ABCDE описан около окружности. Известно,
что АВ = ВС, АЕ = DE, CD = 7, АС = 8, AD = 9. Най-
ти радиус окружности, вписанной в пятиугольник, и угол ЕАВ.
5.	При каких значениях параметра t система уравнений
( (ж + 1 — 2t)2 + (у — 1 + 5Z)2 = 4f2,
( (ж + 2)2 + (у - 6)2 = 1
имеет единственное решение?
6.	В основании призмы ABCDAiBiCiDi лежит равнобокая тра-
пеция ABCD (AD || ВС). Сфера радиуса 2 с центром в плоско-
сти AA-^DiD касается плоскостей ABCD, A\B\C\D\ и прямых
AAi, BBi, CCi, DDi. Известно, что AD = 7, ВС = 3. Найти:
1)	угол между прямыми AAt и В1С1;
2)	двугранный угол между гранями AAtBjB и AAiDtD;
3)	объём призмы.
БИЛЕТ 3
1.	Решить уравнение
20 sin3 ж + 3 cos ж = 3 cos Зж + 4 sin ж.
2.	Решить неравенство
\/ж3 — Зж + 2	,-----
------х/ж + 1.
х + 2
3.	Решить систему уравнений
.,.2
< ^(1-2г/) = 4ж + 2г/,
, 2ж2 + ху = ж + у2.
30 МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 4
4.	Пятиугольник ABODE описан около окружности. Известно,
что АВ = АЕ, ВС = CD, DE = 5, BD = 7, BE = 9. Най-
ти радиус окружности, вписанной в пятиугольник, и угол АВС.
5.	При каких значениях параметра t система уравнений
Г (ж - 1 - 3£)2 + (у + 1 + 2f)2 = 4t2,
[ (ж + 5)2 + у2 = 1
имеет единственное решение?
6.	В основании призмы ABCDA\B\C\D\ лежит равнобокая тра-
пеция ABCD (AD || ВС). Сфера радиуса 3 с центром в плоско-
сти AA^DiD касается плоскостей ABCD, A\BiC\D\ и прямых
А41, ВВ-, ССг, DDX. Известно, что AD = 8, ВуС, = 1. Найти:
1)	угол между прямыми ВС и DD];
2)	двугранный угол между гранями AAiB^B и ВВ[С\С',
3)	объём призмы.
БИЛЕТ4
1.	Решить уравнение
8 sin2 ж cos ж — 3 sin Зж = 3 sin ж — 2 cos ж.
2.	Решить неравенство
^4ж3 — Зж +Т Гл--------
------------< м 4ж + 10 .
ж — 1
3.	Решить систему уравнений
f (3 + 2ж) = Зу — ж,
I у2 + 2жу = Зж2 — 2у.
4.	Пятиугольник ABCDE описан около окружности. Известно,
что ВС = CD, АЕ = DE, АВ = 8, AD = 9, BD = 10. Найти
радиус окружности, вписанной в пятиугольник, и угол CDE.
5.	При каких значениях параметра t система уравнений
Г (ж + 1 - t)2 + (у + 1 - 3t)2 = t2,
I (ж - 2)2 + (у - 5)2 = 9
имеет единственное решение?
6.	В основании призмы ABCDAiBtCjDi лежит равнобокая тра-
пеция ABCD (AD || ВС). Сфера радиуса 2 с центром в плоско-
МАТЕМАТИКА * ЗАДАЧИ * Билет 5
31
сти AA^DyD касается плоскостей ABCD, АуВуСу Dy и прямых
AAi, BBi, CCi, DDy. Известно, что AyDy = 6, ВуС- — 1. Най-
ти:
1)	угол между прямыми ССу и AD;
2)	двугранный угол между гранями CCyDyD и DDyAyA\
3)	объём призмы.
БИЛЕТ 5
1.	Найти действительные решения системы уравнений
Г 3 ^/ж2у5 = 4 (у2 — ж2) ,
I 5^/ж4у = ж2 + у2.
2.	Решить уравнение
/	А	(	тг\	(	тг\
sm Зжа /ctff---ж = cos 2ж--------— cos 4ж -|— .
V	\4	/	\	4/	\	4/
3.	Решить неравенство
2	<	1
1оё1+;с (6 + 4ж - 2ж2)	2 - log6 22: (1 + ж) ’
4.	Треугольник АВС вписан в окружность О радиуса R, точки К,
L и М — середины отрезков АВ, ВС и АС соответственно.
Окружности Oi, 0-2 и Оз проведены через точки К, L и М соот-
ветственно, касаются окружности О и каждая имеет с треуголь-
ником АВС единственную общую точку. Найти радиус окруж-
ности Оз, если радиусы окружностей Oi и О2 равны R и R
соответственно.
5.	Для каждого значения параметра a G [0,%] найти максимальное
значение д(а) функции f(x,y) = ж(ж + 2) + у(у — 4) на множе-
стве точек (ж,у) таких, что ж2 + у2 С 2 (ж cos а + у sin o']. Найти
значения параметра a G [О,тг], при которых у(а) принимает наи-
меньшее значение.
6.	В треугольной пирамиде ABCD сфера касается граней ACD и
BCD в точках By и Ai, являющихся основаниями высот пира-
миды, и пересекает ребро АВ в точках К и L. Известно, что
32_____________МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 6_____________
АВ = д/10, KL = ВС = ^1^, АВ = 5. Найти рассто-
яние между рёбрами АВ и CD, радиус окружности, высекаемой
на сфере плоскостью АВС, и объём пирамиды ABCD.
БИЛЕТ 6
1.	Найти действительные решения системы уравнений
Г 5 \/2ж2у3 = 2 (ж2 + у2) ,
3 у/4ж4у3 = 4 (у2 — ж2) .
2.	Решить уравнение
 о /	7^\	(с
sin З.с (/ ctg —Еж = cos 2ж Ч— — cos 4ж-----.
V \ 4	)	\	4 /	\	4 У
3.	Решить неравенство
2	1
Ьёз+J (6 - 4ж - 2ж2)	2 - log2_2T (3 + ж) ‘
4.	Треугольник *ВС вписан в окружность О радиуса R, точки К
и М — середины отрезков АВ и АС соответственно, угол ВАС
равен Окружности О\ и проведены через точки К и М
соответственно, касаются окружности О и каждая имеет с тре-
угольником АВС единственную общую точку. Найти радиус
окружности О<2, если радиус окружности О\ равен R.
5.	Для каждого значения параметра а е [—тг,О] найти минимальное
значение д(а) функции f(x,y) = ж(ж + 1) + у(у — 6) на множе-
стве точек (ж,у) таких, что ж2 + у2 4 (ж cos а + у sin а). Найти
значения параметра а G [—тг,О], при которых у (а) принимает наи-
большее значение.
6.	В треугольной пирамиде ABCD сфера касается граней ACD и
BCD в точках В\ и Ai, являющихся основаниями высот пирами-
ды, и пересекает ребро АВ в точках К и L. Известно, что АВ =
= 4, KL = -у=, ВС = 27^6, AD = 6. Найти расстояние меж-
ду рёбрами АВ и CD, радиус окружности, высекаемой на сфере
плоскостью АВС, и объём пирамиды ABCD.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
33
БИЛЕТ 7
1.	Найти действительные решения системы уравнений
5у/х5у2 = 4 (ж2 + у2) ,
3 у/ ху1 — х2 — у2.
2.	Решить уравнение
cos Зх
= cos ( 4х 3—
\	4
cos
3.	Решить неравенство
2	1
logi-21 (6 - 8х - 8х2)	2 - log6+4a. (1 - 2х) ’
4.	Треугольник АВС вписан в окружность О радиуса R, точки К
и М — середины отрезков АВ и АС соответственно, отрезок
ВС равен ^R. Окружности СД и 0% проведены через точки К
О
и М соответственно, касаются окружности О и каждая имеет с
треугольником АВС единственную общую точку. Найти радиус
окружности Oz, если радиус окружности СД равен к R.
О
5.	Для каждого значения параметра а е	найти макси-
мальное значение у(а) функции f(x,y) = х(х — 1) + у(у + 2) на
множестве точек (х,у) таких, чтох2+у2 Д xcosa+ysina. Найти
значения параметра а е	, при которых у(а) принимает
наименьшее значение.
6.	В треугольной пирамиде ABCD сфера касается граней ACD и
BCD в точках Bi и Ai, являющихся основаниями высот пира-
миды, и пересекает ребро АВ в точках К и L. Известно, что
АВ = У14, KL = ^7, ВС = уЦ, AD = л/42. Найти рас-
стояние между рёбрами АВ и CD, радиус окружности, высекае-
мой на сфере плоскостью АВС, и объём пирамиды ABCD.
34
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 8
БИЛЕТ 8
1.	Найти действительные решения системы уравнений
5 у/^х^у4 = 4 (ж2 + у2) ,
Зу/2х3у2 = 2 (х2 — у2) .
2.	Решить уравнение
cosЗх\ ctg
= cos
3.	Решить неравенство
___________________2	 	1
logz-1 (12а: - Ю - 2х2')___________2 - log10_2:z. (х - 1) ’
4.	Треугольник АВС вписан в окружность О радиуса R, точка М
— середина отрезка АС, отрезок АВ равен R, угол ВАС ра-
2
вен arcsin д. Окружность Oi проведена через точку М, касается
окружности О и имеет с треугольником АВС единственную об-
щую точку. Найти радиус окружности Oi.
5.	Для каждого значения параметра a G |д , ^у] найти минималь-
ное значение д(а) функции f(x,y) = х(х — 2) + у(у — 1) на мно-
жестве точек (х,у} таких, что 3 [х2 + у2^ С 2 (.т cos а + у sina).
Найти значения параметра а е |д , ^у], при которых д(а) при-
нимает наибольшее значение.
6.	В треугольной пирамиде ABCD сфера касается граней ACD и
BCD в точках В\ и Ai, являющихся основаниями высот пирами-
ды, и пересекает ребро АВ в точках К и L. Известно, что АВ =
= Зх/2, KL = 3^|, ВС = Зу^, AD = Зх/7. Найти рассто-
яние между рёбрами АВ и CD, радиус окружности, высекаемой
на сфере плоскостью АВС, и объём пирамиды ABCD.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 9
35
БИЛЕТ 9
1.	Решить уравнение
ctg х ctg 2х _ ctg Ах ctg Зх
ctg 2х — ctg х ctg 4х — ctg Зх
2.	Найти действительные решения системы уравнений
з
2ху + - + 3 = 0,
4
< yz + - - 2 = 0,
2
XZ+ - + 2 = 0.
к У
3.	Решить неравенство
А /logx+зн (4ж2 + 3) н-+ log^+зщ (4х2 + 3).
V 2	УИ 2
4.	В треугольнике АВС угол АС В прямой, АВ = 21. Биссектриса
угла ВАС и медиана ВР пересекаются в точке О. Окружность
радиуса 3 с центром О пересекает сторону АВ в точках К и L (К
лежит между А и L), пересекает сторону АС в точках М и N (М
лежит между А и IV) и касается стороны ВС в точке Т. Найти
АС, угол KON, AM.
5.	Найти все значения параметра Ь, при которых для любого зна-
чения параметра а существует тройка действительных чисел
(х,у,z), удовлетворяющая системе уравнений
ах + у = z + Ь,
4х + ay = z2.
6.	В пирамиде SABC каждый из углов ASB и ASC равен
arccos Д=, угол BSC прямой, ребро SB равно а. Центр сферы,
V О
вписанной в пирамиду SABC, лежит на высоте SD. Найти SA,
SD и радиус сферы, вписанной в пирамиду SABC.
36
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10
БИЛЕТ 10
1.	Решить уравнение
tg 2.т ctg Зх	ctg 4х tg Зх
tg 2х + ctg Зх	ctg 4х + tg Зх
2.	Найти действительные решения системы уравнений
2yz + | + 3 = 0,
< ху + | - 2 = О,
2
xz Н---h 2 = 0.
I У
3.	Решить неравенство
2
logx-+3|x| (ж2 + 1) +	log^+31^1 (ж2 +
4	4
4.	В треугольнике АВС угол АС В прямой, АВ = 55. Биссектриса
угла АВС и медиана АР пересекаются в точке О. Окружность
радиуса 5 с центром О пересекает сторону АВ в точках К и L(L
лежит между А и К), пересекает сторону ВС в точках М и N (М
лежит между В и N) и касается стороны АС в точке Т. Найти
ВС, угол K0N, ВМ.
5.	Найти все значения параметра Ь, при которых для любого зна-
чения параметра а существует тройка действительных чисел
(x,y,z), удовлетворяющая системе уравнений
х + ay = z2 — 1,
ах + у = z + Ь.
6.	В пирамиде SABC каждый из углов ASB и ASC равен
arccos угол BSC прямой, ребро SC равно а. Центр сфе-
ры, вписанной в пирамиду SABC, лежит на высоте SD. Найти
SA, SD и радиус сферы, вписанной в пирамиду SABC.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
37
БИЛЕТ 11
1.	Решить уравнение
tg4a?tg5ce tg Зж tg 2а?
tg 5х — tg 4.т tg Зх — tg 2х
2.	Найти действительные решения системы уравнений
з
2ху + — + 3 = 0,
4
xz Ч----2 = 0,
У
Vz + ~ + 2 = 0.
3.	Решить неравенство
Iog5|£]^3x (5ж2 + 2) +
< log 5jx| —За? (5ж2 + 2).
4
4.	В треугольнике АВС угол АС В прямой, АВ = 36. Биссектриса
угла ВАС и медиана ВР пересекаются в точке О. Окружность
радиуса 4 с центром О пересекает сторону АВ в точках К и L(K
лежит между А и L), пересекает сторону АС в точках М nN (М
лежит между А и N) и касается стороны ВС в точке Т. Найти
АС, угол MOL, СМ.
5.	Найти все значения параметра Ь, при которых для любого зна-
чения параметра а существует тройка действительных чисел
(x,y,z), удовлетворяющая системе уравнений
ах + 9у = z — Ь,
х + ay = .?2.
6.	В пирамиде SABC каждый из углов ASB и ASC равен
угол BSC прямой, ребро SB равно а.
Центр сфе-
ры, вписанной в пирамиду SABC, лежит на высоте SD. Найти
SA, SD и радиус сферы, вписанной в пирамиду SABC.
38
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
БИЛЕТ 12
1.	Решить уравнение
ctg 2ж ctg Зх tg х tg 2х
ctg Зх — ctg 2х tg х — tg 2х
2.	Найти действительные решения системы уравнений
2xz + -+3 = 0,
У
'Dz + ~ ~ 2 = 0,
ху + | + 2 = 0.
3,	Решить неравенство
\	(2х2 + 3) + з/—т + log2|^i~x (2х2 + 3).
V 3	V+I 3
4.	В треугольнике АВС угол АСВ прямой, АВ = 12. Биссектриса
угла АВС и медиана АР пересекаются в точке О. Окружность
радиуса 3 с центром О пересекает сторону АВ в точках К и L (L
лежит между А и А"), пересекает сторону ВС в точках М и N (М
лежит между В и N) и касается стороны АС в точке Т. Найти
ВС, угол МOL, СМ.
5.	Найти все значения параметра Ь, при которых для любого зна-
чения параметра а существует тройка действительных чисел
(ж,у,г), удовлетворяющая системе уравнений
f ах + 4у = z2 + 1,
[ х + ay = z — Ь.
6.	В пирамиде SABC каждый из углов ASB и ASC равен
arccos -т==, угол BSC прямой, ребро SC равно а. Центр сфе-
V ^0
ры, вписанной в пирамиду SABC, лежит на высоте SD. Найти
SA, SD и радиус сферы, вписанной в пирамиду SABC.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 14
39
БИЛЕТ 13
1.	Решить неравенство
/ /	9 3
уу2ж + 4 + 2^ж-
2.	Решить уравнение
(а/З cos 2х + sin 2а;	=7 + 3 cos ^2х —	.
3.	Решить систему уравнений
( 8у log^ х + (у — 4х) log,*, у = 16х + 2у,
16х log^ х + (у — 7х) log*, у = 8х.
4.	Найти острые углы и площадь прямоугольного треугольника, ес-
ли угол между медианой и биссектрисой, проведёнными из вер-
шины прямого угла треугольника, равен а, а длина биссектрисы
равна I.
5.	Среди первых ста членов арифметической прогрессии с положи-
тельной разностью есть числа -g-, -у и -g-. Наити разность этой
прогрессии. Найти наименьшее из возможных значений первого
члена этой прогрессии.
6.	Внутри конуса с вершиной А и высотой 8 расположены сфера Si
с центром 01 радиуса 1 и сфера S2 с центром 0% радиуса при-
3
чём O1Q2 = 2’ Сфера Si касается плоскости основания конуса
в его центре О. Обе сферы Si и S2 касаются образующей ко-
нуса АВ в точках Ai и А2 соответственно. Прямые O1O2 и АВ
пересекаются в точке L. Плоскость П касается обеих сфер и пе-
ресекает отрезок А1А2 в его середине М. Найти длины отрезков
А1А2 и O?L, а также расстояния от точек L и А до плоскости П.
БИЛЕТ 14
1.	Решить неравенство
/ /	49	7
V у6ж + Т + 2 х'
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 15
2.	Решить уравнение
/	\2	/ 2тг\
^v3sin2s — cos 2xj = 6 —2cosf2a?—— j .
3.	Решить систему уравнений
Г 16у logj. у + (х - 7у) logy X = 8у,
[ 8ж log.,, у + (х — 4у) logy х = 2х + 16у.
4.	Найти острые углы прямоугольного треугольника и радиус впи-
санной в него окружности, если угол между медианой и биссек-
трисой, проведёнными из вершины прямого угла треугольника,
равен а, а длина медианы равна т.
5.	Среди первых ста десяти членов арифметической прогрессии с
9 177	249 „ „
положительной разностью есть числа и Наити раз-
ность этой прогрессии. Найти наименьшее из возможных значе-
ний первого члена этой прогрессии.
6.	Внутри конуса с вершиной Т и высотой 8 расположены сфера Si
с центром (91 радиуса 1 и сфера S2 с центром О2 радиуса при-
3
чём (91(92 = 2- Сфера Si касается плоскости основания конуса
в его центре (9. Обе сферы Si и S2 касаются образующей ко-
нуса ТА в точках Ку и К2 соответственно. Прямые (91(92 и ТА
пересекаются в точке L. Плоскость II касается обеих сфер и пе-
ресекает отрезок К±К2 в его середине М. Найти длины отрезков
АТ и (9iL, а также расстояния от точек L и А до плоскости II.
БИЛЕТ 15
1.	Решить неравенство
\J>/16ж + 36 + 6 > х.
2.	Решить уравнение
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 16
41
3.	Решить систему уравнений
( 8у2 logy X + (у2 — 4х2) logj. у = 16:г2 + 2у2,
[ 16:Г2 logy X + (у2 — 7:Г2) log^ у = 8х2.
4.	Площадь прямоугольного треугольника равна S, угол между ме-
дианой и биссектрисой, проведёнными из вершины прямого угла,
равен а. Найти острые углы треугольника и длину биссектрисы.
5.	Среди первых девяноста членов арифметической прогрессии с
1 419	608 „ „
положительной разностью есть числа и Наити раз-
о 10	10
ность этой прогрессии. Найти наименьшее из возможных значе-
ний первого члена этой прогрессии.
6.	Внутри конуса с вершиной А и высотой 8 расположены сфера Si
с центром Oi радиуса 1 и сфера S2 с центром О2 радиуса при-
3
чём O1O2 = 2‘ Сфера Si касается плоскости основания конуса
в его центре О. Обе сферы Si и S2 касаются образующей ко-
нуса АВ в точках Ai и А2 соответственно. Прямые O1O2 и АВ
пересекаются в точке L. Плоскость II касается обеих сфер и пе-
ресекает отрезок Ai А2 в его середине М. Найти длины отрезков
AAi и OiL, а также расстояния от точек L и А до плоскости II.
БИЛЕТ 16
1.	Решить неравенство
169	13
12x4------I---
4	2
2.	Решить уравнение
(л/З cos 2х — sin 2ж) = 5 + cos ^2х +	.
3.	Решить систему уравнений
Г 16у2 logj. у + (х2 - 7у2) logy х = 8у2,
[ 8х2 logj. у + (х2 — 4у2) logy х = 2х2 + 16у2.
4.	Угол между медианой и биссектрисой прямоугольного треуголь-
ника, проведёнными из вершины прямого угла, равен а, а длина
42
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 16
медианы равна т. Найти острые углы треугольника и расстоя-
ние от вершины прямого угла до центра окружности, вписанной
в треугольник.
5.	Среди первых восьмидесяти членов арифметической прогрессии
11 213 541 „ „
с положительной разностью есть числа -%, и Наити раз-
ность этой прогрессии. Найти наименьшее из возможных значе-
ний первого члена этой прогрессии.
6.	Внутри конуса с вершиной Т и высотой 8 расположены сфера Si
с центром 01 радиуса 1 и сфера S2 с центром О2 радиуса при-
3
чём 0102 = 2- Сфера Si касается плоскости основания конуса
в его центре О. Обе сферы Si и S2 касаются образующей ко-
нуса ТА в точках Aj и А'2 соответственно. Прямые O1O2 и ТА
пересекаются в точке L. Плоскость П касается обеих сфер и пе-
ресекает отрезок К\К2 в его середине М. Найти длины отрезков
ТК^ и O2L, а также расстояния от точек А и А до плоскости П.
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
43
ФИЗИКА
БИЛЕТ 1
1.	Рассмотрим случай а = g, когда сила трения уже равна своему
максимально возможному значению (F = gN), но проскальзы-
вание ещё не началось и ускорение бруска равно а. Из системы
{F — mg cos а = та sin a,	,
,r .	а Ту = та sm а + mg cos а,
N + mgsina = та cos а, или <
л	Ту = та cos а — mgsvaa,
F = gN,	v	°
находим
та sin а + mg cos a a tg а + g 0,2 + 1
g =-----------------=--------------------= 1,5.
та cos а — mg sin a	a~gtga 1 — 0,2
Второе решение-. Пусть Q = F + N — полная сила реакции,
действующая со стороны доски на брусок (см. рис. 2) Если F =
= gN, то tgy? =	= g, кроме того, tg(</? — а) = Отсюда
получаем
f + tg «
g = tg <р = tg((<p - a) + a) = ——-----
! - etga
2.	Пусть Ti = T3 = T, Г2 = 271. Из условия
л 16 л Г1
следует, что А123 = у? Дщ. Первое нача-
1 о
44
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
ло для процесса 1-2-3 (Ui = U3, Q23 = 0) даёт
^4123 — Q123 — ДС^123 = Q123 = Q12 = ^с(^2 — 1\) = VcT.
Работа А1з равна площади трапеции:
Л13 = |(Л + P3)(V3 - К) =
= |(Л + P^V = I (ад + Р3^\ =
- |(ЛР + F3V) = | (vRT\ + -лиВъ\ = ^RT-
Л	£ \	4 J о
Из условия
15 8
находим с = 2R.
3.	Пусть Е — напряжённость поля, которое было бы в конденса-
торе в отсутствие диэлектрика при тех же зарядах на обкладках.
Тогда поля в диэлектриках равны соответственно Е± = — и =
£ 1
Е
= —. Из условия E\d\ + E^d-i = S находим Е\
^Е	Е
di 4---
£1	£2
Е = 1------д’ = S....
«1 , «2	£1^2 + £2«1
Si S2
Поле Ei складывается из поля Е зарядов пластин и поля Е{ свя-
занных зарядов д' на поверхности диэлектрика:
Ei = Е+Е{, Е{ = Е1-Е = --Е = Е (— -Л = -Е^-—L
£1	\£1 J £1
Е' = - = д' = S£qE' =	= -Ss0S ~
So £0*8	£1	Е1«2 + S2di
4.	Напряжение на левом резисторе равно 3 В, через него идёт ток
1 А влево. Напряжение на правом резисторе равно 6 В, ток через
него 2 А влево. Так как сумма токов в узле равна нулю, через
амперметр идёт ток 3 А вверх.
5. Увеличенное изображение предмета может дать только собира-
ющая линза (F > 0). Прямое изображение предмета обязатель-
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 3
45
но мнимое (Ь < 0). Решаем систему:
1 1 _ £
а + b ~ ~F ’
- =з,
а > О, b < О, F > 0.
11 1
Раскрытие модулей даёт: ~+& = р, Ь = —За,1 = —(а + Ь) = 2а.
i - — = 1	« = 2/< ь = ~2F, 1 = lF-
а За F 3	3
Ъ F
Второе решение. Увеличение Г = - = а_ р =
чём мнимому изображению предмета соответствует отрицатель-
ное увеличение. Из условия Г = —3 находим а — F = —F/3,
b — F = — 3F или а = 2F/3, b = —2F. Предмет и изображение
находятся по одну сторону от линзы на расстояниях 2F/3 и 2F
соответственно. Расстояние между предметом и изображением
равно I = 2F - 2F/3 =
4F/3.
БИЛЕТ 2
, при-
1 atgao+g = 15
а~ gtg а0
2. с = 2R.
3. Ql = - Q-
1	Е1+Е2
4. 1 А вниз.
5.2.
БИЛЕТ3
l.	tga =	= о,2.
° а + (j,g ’
2.	А12з = 1600 Дж.
3.	q' = Ss0<? & ~ 1)£J .
4 и £id2+E2ai
4. 6 А вверх.
5
ь. 4.
46
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
БИЛЕТ 4
1 + М од _
p-tgan Р
= 400 Дж.
£2 - 1 ZT
2. А123
3. q' =
4. 5 А вниз.
5
2-
БИЛЕТ 5
1.При гармонических колебаниях: х = Acosut, v = — wAsinuA.
а. = — ш2 A cos a>t. Отсюда находим:
1 \	2 л (2тг\2 л 4тг2А
1 )агп = ш£А = (	} А =
2	3	\/7
= 1. При а = ат получаем v ~ vm —
\/7 , л пу/7А
2. Изменение давления газа при перемещении поршня обусловлено
только пружиной, т.к. атмосферное давление и вес поршня по-
стоянны. При перемещении поршня па расстояние® вверх объ-
ём увеличивается на AV = Sx, давление тоже увеличивается
кт	к
на АР = и АР = -^2 АV. Обозначим начальные значения
Ро и Vq- Тогда конечные значения: Р = аРо = 2Р0, V = Тф =
а и
-к ДИ, PqVo = ‘^RT находим
О
= 2 И). Изменения: АР = (q — 1)Р0 = Ро, AV =
= | Vq. Из двух уравнений АР =
Р0 =
i L р2-JLpv
S2 2У°’ ’°	2Р2Р° 0	252 R ’	0 S\ 2 '
3. В установившемся режиме ускорение перемычки равно нулю и
сила Ампера равна силе тяжести: BIL = mg. Ток по перемычке
течёт влево и равен I = Pj- = 4 А. Скорость находим из системы
уравнений:
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 6 47
I = Ц + ь,
<ГИ + <S = 71 г,
<	=	I2R,
<?и = BvL,
< BIL = mg,
mg S’ \ Rr
BL r ) BL(R + r)
= 6 м/с.
Рис. 4
4.	См. задачу 3 билета 1.
c тл .	1,11
5.	Из формулы линзы - + & = находим связь малых перемеще-
ний изображения Да и источника ЛЬ:
Да	ДЬ	Ь2
--5-----х- = 0, или До =----^-Да.
а2	Ь2	а2
Отсюда следует связь модулей мгновенных скоростей изображе-
ния и источника:	^2
^изобр = ^З^ИСТ-
Направления скоростей одинаковы.
1)	Изображение источника в зеркале движется со скоростью
о 1 = v влево.
2)	Изображение источника в линзе движется вправо. При
F	b
этом а = у, b = — F, - = —2, v2 = 4v.
3)	Третье изображение создаётся лучами, отразившимися от
зеркала и затем прошедшими линзу (изображение в линзе изоб-
ражения в зеркале). Его скорость г>з направлена так же, как гд
(влево), и равна г>з = - г> i = 4г>, где а = к F,b = 3F.
а
БИЛЕТ 6
*	2тгит л/5 гр
1 • ат = -у-, х = 67 V™T-
п D \/3kvRT
~ 2S '
о T 2BL c, m(R + 2r)	_ o c
1 ~ R + 2r v- S ~ 2B2L2 V° ~ 2,5 M’
4.q1 =
1	£1 + £2
48
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
г	V	V	V
э. vi = д влево, иг = 4 вправо, = g вправо.
БИЛЕТ 7
8^2тг2А
ЗТ2 ’
1,5 А. 2) т =
£\ BL
г J g
< 2тгА
1 > V777, —~ гр , (Z —
9-r _ 3S2P2
1 2kvR 
3. 1) I =
= 7,5 • 10~2 кг.
4. q' = Se0£ (£,2 £1)£1 .
El«2 + Е2Й1
г	V	1
э. = v влево, ^2 = 4 вправо, г>з — jg v влево.
БИЛЕТ 8
i	_ dm Т ___ у 2 гр,
* • Vm ~	’ v ~ Зтг атТ'
9	4S2P2
kvR 
о т 2BL	2B2L2S	/
1 ~ R + 2r v’ v° - m(R + 2r) “ 0,2 М'С’
4-ч' = гтгО-
El + £2
r-	V	V	V
а. г>1 = g влево, г>2 = g вправо, Cs = 4g вправо.
БИЛЕТ 9
1.	Начальную скорость находим из условия S =
на середине пути (v2 — 2а связана с начальной скоростью
(uq = 2aS) соотношением v = vq/\/2. Отсюда получаем v =
 = S\/2/t = 7 м/с.
2.	Хотя теплоёмкости ср и cv смеси неизвестных газов найти невоз-
можно, задачу можно решить, воспользовавшись формулой
Майера: ср - cv = R.
Qp = иСр&Г, Qv = vcvAT, Д<2 = v(cp — Су)АТ = —RAT,
Т
1	. п
2	VQt. Скорость
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
49
RAT
^m~AQ
= 100 г/моль.
3.	1) Так как по условию схема эквивалентна батарее при любой
нагрузке, можно рассмотреть такие частные случаи, при которых
задача легче всего решается. Например, So равно напряжению
на разомкнутых клеммах, a го можно найти, зная, что по провод-
нику, замыкающему клеммы накоротко, будет течь ток Sq/xq.
При разомкнутых клеммах Ан В ток в контуре не идёт, напря-
жения на резисторах равны нулю и Uab = откуда получаем
SQ = S.
Если клеммы замкнуть перемычкой с нулевым сопротивлени-
ем, то Uab — 0, поэтому через батареи потекут токи
А =	~ •
г + К	г
Ток через перемычку АВ равен
S	0
I = h + h = - +	, откуда го = -
г r + R r(R + г)	1
r(R + г)
2r + R '
2) При подключении к батарее (^>, то) резистора Rx на нём
будет выделяться мощность
р — (	V Р =	^0^х
~ \ro + RxJ (ro + Rxy ’
Это выражение максимально при Rx = то, в чём можно убедить-
ся, например, с помощью производной.
4.	Увеличенное изображение предмета может дать только собира-
ющая линза (F > 0). Увеличение равно
Г_Ь_ F _F
а а — F х ’
где а — расстояние от предмета до линзы, а х = a—F — расстоя-
ние от предмета до ближайшего к нему фокуса. Положения пред-
мета, дающие двукратное увеличение, соответствуют х = F/2 и
расположены симметрично относительно фокуса на расстоянии
F/2 от него (ai = F/2, а2 = 3F/2). Расстояние между этими по-
ложениями равно F, что по условию должно быть равно 6 + 3 =
= 9 см, значит, F = 9 см (см. рис. 5). Теперь находим начальное
50
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
F/2	. Яо J	F/2
6 см		3 см
	1	1	1	|_	ш		1	1
F
Рис. 5
положение предмета: xq =	— 3 = 1,5 см. Начальное увели-
чение: Го = F/x0 = 9/1,5 = 6.
5.	1) Обозначим скорость нижнего груза через v, тогда скорость
верхнего будет ц/4. Из закона сохранения энергии
m(n/4)2
2
находим
9
TTIV
Н----— = mgl(l — Costco) + mg 4/(1 — cost^o)
v = 4y p^g/(l ~ cos^o) = 4W — gl.
2) Для нахождения периода колебаний необходимо получить
уравнение гармонических колебаний ф + ш2р = 0 и тогда Т =
= 2тг/ад Запишем закон сохранения энергии в виде (ф — угловая
скорость маятника):
т(1ф)2 ml-llpf
—~2 —'-----2 '.....C°S ~ C°S = constl ‘
После упрощений
17/<g2 — 10g cos р = const.
Продифференцируем это соотношение по времени:
17/ 2фф + lOgsin р ф — 0,
или
5g
Ф + sin </2 = 0.
При малых р (sin р р) получаем уравнение гармонических ко-
лебаний
из которого находим
^+17/9’=0’
5S т ,,
--- ,	1 — Z7T4 / -.
17/ ’	у 5g
ФИЗИКА * ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ * Бижт 13
51
БИЛЕТ 10
1. S = —U vt = 14 м.
У2
L. д = m ~~q~ = 25 г/моль.
Q /э к: ~ g , ,	__ ^R Т>   .   !'1*'
3‘ Т+2Д R' r° ~~ F+2R’ Rj: ~ ° ~ г+ 2R-
4.	= 1Д
1 нач
5. vm = 2^Jд gl, Т — 2тгу/"^.
БИЛЕТ 11
1	.t =	— 5л/2с~7с.
v
2	. m = g = 100 г.
riLA.1
О X®	г _ (Г + 27?)Г R - г
6	.<g0 r + R, ,0 - r + R ,Rx-r0
4. Го = 6.
5. Vm = y/Tgl, Т = 27ГУ^-
БИЛЕТ 12
1.	S = at2 = 25 м.
2.	m = /z дДг = 200 г
3.	<ob = (<^1 — ^2), го = R + R.x = го = R, +
4. !	3.
Го
БИЛЕТ 13
1. По условию ускорение автомобиля пропорционально его скоро-
сти: а = kv или v = kS. Отсюда следует, что v = kS + const,
52 ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 13
т.е. скорость и перемещение связаны линейной зависимостью.
Из пропорции (см. рис. 6)
'И ~ vq _ V2 ~ VQ
S1 ~ s2
получаем Зъ = Si = 50 м.
Рис. 6	Рис. 7
2. т] = ц-, где Q+ = Q123 — полученное тепло, А = Л1231 =
= PV — работа газа за цикл.
Q123 = Л123 + U3 - IR = 2PV + |(2Р • 2V - PV) = у PV,
jPV 1
77 у PV 13
3. 1) Схема сбалансирована при R3R4 = R2R3. Диод будет открыт
при
R2R3
Ri < —— = 1,5 Ом.
1L4
2) При Ri = 1 Ом диод открыт и С7ДИод = 0. Общее сопротив-
ление цепи
z? - Д1Д2 । ДзД4 _ 2	12 _ 50
Pi + Л2 + R3 + #4	3 + 7	21 UM’
21
Ток через батарею 1=	= у А. Соединённые параллельно ре-
зисторы 7?1 и /?2 делят этот ток между собой в отношении Ri/R?,
т.е.
I =	—1 = — А,
Rx + R2 5 ’
Т 7?| г ,7.л
2	Pi + B2J	5А’
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 13
53
Аналогично:
/3 = ..1{'—1 = — А, 14 = ——/=-А.
3 Я3 + Ri 5	’	R3 + R3 5
Ток через диод	2
4 = h - h = т А.
и
4. В момент отрыва пластина имеет отрицательный заряд —до, ко-
торый она унесёт с собой. Заряд до находится из условия mg =
“ и Равен qo = y/ZSeomg. Пусть в некоторый момент вре-
мени заряды верхней и нижней обкладок равны gi и дз соответ-
ственно, а поля сверху и снизу от пластины равны соответствен-
но Ei и Ез (положительным считаем направление вниз). Тогда
р _ ?1	. ?о <7'2 р <71 до <72
1 2S£o 2Seo 2Seo ’	1 2 2Se0 2Se0 ZSe0 '
Решая систему уравнений
Uo = Ei(d - a - h) + E3I1, gi + дз = go,
находим
2SeoUo = (91 - <72) (d - a) + qo(d -a - 2/i),
2SsoUo — Qo(d — a — 2h)
<71 - <72 = ------3------------,	<71 + <72 = <?o,
a — a
1 Г 2S£oUo — go{d — a — 2h)
92 = 3 <7o-----------3------------ =
2 [	a — a
(d — a — h)y/2S£omg — S£qUo
d — a
5. Предмет находится на расстоянии а = 3Fi от первой линзы, по-
этому в ней получается действительное перевёрнутое изображе-
ние с увеличением	р 1
Г1 = a-Fi = 2 ‘
Это изображение является источником для второй линзы, при-
чём источник должен быть действительным, так как в противном
случае итоговое изображение на экране будет перевёрнутым. Та-
ким образом, вторая линза должна дать вдвое увеличенное дей-
ствительное (т.к. на экране) изображение действительного ис-
54
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 15
точника. Решив систему
А + А = А,	^ = 2,
«2	«2
находим, что это возможно только при «2 = 1,5F2, 62 = 3F2.
Расстояние от источника до экрана в этом случае равно I = «2 +
+ b2 = 4,5F2. Другие положения линзы, дающие изображения
того же источника на том же экране, можно найти из системы
—+ г- = 4"> аз + ^з = 4,5Д2-
«з Оз F2
Получаем ещё только одно новое решение: аз = ЗД2, &з = 1,5F2.
Увеличение, даваемое второй линзой, в этом случае равно Г2 =
=	= |, а общее увеличение от двух линз Г = Г1Г2 = Вто-
рую линзу нужно переместить на расстояние аз - аг = 1,5^2 =
= 45 см>
БИЛЕТ 14
1.	S3 = S2 - (Si - S2)	= 250 м.
о _ 47
2-	’V - 140-
3.	Диод закрыт при R2 > 2,5 Ом, /д = 1 А.
л 2Fh
4.	?=^.
5.	30 см, 1/4.
БИЛЕТ 15
1.	v3 = v2 + (f2 - vi) |^ = 24 км/ч.
2.	7? =
3.	Диод открыт при Д3 > 2 Ом, /л — 0,8 А.
д п _ Se0U0 + hy/2Seomg
d — a
5. 45 см, 4.
55
ФИЗИКА f ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 16
БИЛЕТ 16
1.5 = 5!^^ = Юм.
Vi - г?0
о _ 58
2.	?? 93.
3.	Диод закрыт при R,\ < 2 Ом, /л = 2 А.
4.	,2 = - Wy--).
е>
5. Р2 = 30 см, Го = 1/4.
56
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
МАТЕМАТИКА
БИЛЕТ 1
1. х = тт, ж = ~ + тт, х =- arctg + тт, п 6 Z.
Решение. Так как cos ж — совЗж = 2 sin х sin 2ж, то исходное
уравнение можно записать в виде
2sinrr(4cos2£ + sin2rr — 3) = 0.
Уравнение sin ж = 0 имеет корни ж = тгп, ж G Z, а уравнение
4 cos2 х + sin 2ж - 3 = 0 равносильно каждому из уравнений
3 sin2 ж — 2 sin ж cos ж — cos2 ж = 0, 3 tg2 ж — 2 tg ж — 1 = 0,
(3tgx + l)(tgx — 1) = 0, откуда
1	7Г
х = — arctg - + тгп, ж = — + тгп, п 6 £.
Решение. Область допустимых значений неравенства опреде-
ляется условиями
8ж3 - 6ж + 2 0,	(1)
2ж + 3 0,	(2)
ж .	(3)
Неравенство (1) равносильно каждому из неравенств
8ж3 — 8ж + 2(ж + 1) > 0, (ж + 1)(8ж2 — 8ж + 2)	0,
( 1\2
8(ж + 1) ( ж — -\	0,
откуда ж —1. Поэтому из (2), (3) и условия ж —1 следует,
что ОДЗ исходного неравенства — промежуток ж — 1 с выбро-
шенной точкой —
Значения ж G J—1; — — решения исходного неравенства,
так как его левая часть отрицательна при ж G (—1; — и рав-
на нулю при ж = —1, а правая часть положительна при ж G
G
________МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ * Билет 1________57
Пусть х > — |, тогда исходное неравенство равносильно каж-
дому из неравенств
8ж3 - 6х + 2 < (4ж2 4- 4ж + 1)(2ж + 3), 20ж2 + 20ж + 1^0.
Так как уравнение 20ж2 + 20ж 4-1 = 0 имеет корни х± = — | - ~^=
и ж2 = — к + ~т=, где Ж1 < - i ж2 > - к, то на промежутке
х > — решениями исходного неравенства являются значения
х > ж2.
з-(ЫМЧТ)-
Решение. Из системы следует, что ху ф 0, а её первое уравне-
ние можно записать в виде ж2 4- ж2у = у (у2 4- 2жу) 4- 2у3, откуда,
используя второе уравнение, получаем
ж2 4- ж2у = ху — ж2у 4- 2у3,
х2 — ху + 2у(ж2 — у2) = 0,
(ж - у) (ж 4- 2жу 4- 2у2) = 0.
Исходная система равносильна совокупности двух систем:
Г ж — у = 0,	f х + 2ху 4- 2у2 = 0,
| ж2 4- 2жу 4- у2 = ж | ж2 4- 2жу 4- у2 = ж.
Из первой системы находим 4ж2 = ж, откуда ж = |, так как ж
Q, у = х = 1. Из второй системы, складывая её уравнения,
получаем ж2 4- 4жу 4- 4у2 = у2, откуда следует, что либо ж 4- 2у =
= у и тогда ж = —у, ж = 0 (из второго уравнения этой системы),
। о	о л 2 о	3	9
либо ж 4- 2у = — у и тогда ж = -Зу, 4у = Зу, у = ж = -
тл	М 1\ ( 9 3\
Итак, система имеет два решения ( I, I — 4 ; 4 )
4. г = Д1=, ABCD = 2arcsin Ц-.
i/15	16
Решение. Пусть М, L, K,G, F — точки касания окружности,
вписанной в пятиугольник ABCDE, со сторонами АВ, ВС, CD,
DE и ЕА соответственно, О — центр, г — радиус этой окруж-
58
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
ности (см. рис. 1). Обозначим AF = AM = х, МВ = BL — у.
Так как АВ = ВС, то LC = х и КС = х.
Рис. 1
Аналогично из равенств
CD = DE, KD = DG
следует, что EG = EF —
= x. Тогда АЕ = 2х = 6,
откуда х — 3.
Так как OF — высо-
та и медиана треугольни-
ка АОЕ, то О А = ОЕ.
Кроме того, в равнобед-
ренном треугольнике АВС
прямая ВО, пересекающая
АС в точке N, делит по-
полам угол АВС и поэтому
BN ± АС, откуда следует, что ОС = О А.
Таким образом, ОА = ОЕ = ОС = R, т.е. точка О равноуда-
лена от вершин треугольника AEC, a R — радиус окружности,
описанной около этого треугольника.
Пусть S — площадь треугольника АЕС, АЕ = а, ЕС = Ь,
-И b с 'т-
АС = с,р =---------- шгда
S = р(р - а)(р - Ь)(р - с) = —	,
\ 47т /
21
где а = 6, Ь = 7, с = 8, р — -у.
21 9 7 5	/12 - 7 \2	16
Из равенства т ’ 5 ’ 2 ' 2 =	нах°Дим R =	а из
AOEF, в котором OF = г, EF = 3, ОЕ = R, имеем
г - VR2 - х2 = а/1? -9 =	•
V 15	л/15
Найдём угол BCD. Из равенства треугольников АОВ и ВОС
следует, что АОСВ = АО АВ = AOAF = а.
Аналогично из равенства треугольников EOD и DOC следует,
что AOCD = AOED = AOEF = а.
МАТЕМАТИКА * ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1 59
Следовательно, /BCD = /ОСВ = /OCD = 2а, где
г	.	11	с. •	11
а = arcsm — = arcsm — , т.е. /BCD = 2 arcsm — .
R	16 '	16
5.1 = 1 ,t =
Решение. Первое уравнение системы задаёт множество
окружностей Ct с центрами (ЭД1 + 4t; 1 + 3t) и радиусами
Rt = 3|i[. Если у = 1, то из уравнения следует, что х = 1 + At.
Это означает, что каждая такая окружность имеет с прямой
у = 1 единственную общую точку At(l + 4t;l), т.е. касается
прямой у = 1 в точке At.
Второе уравнение системы задаёт окружность С радиуса R —
---2 с центром <9(5; 3), которая также касается прямой у = 1 в
точке А(5; 1).
Система имеет единственное решение тогда и только тогда, ко-
гда окружности Cj и С касаются.
Заметим, что касание возможно лишь при t > 0, так как при
t < 0 окружности Ct и С лежат по разные стороны от прямой
у = 1 и At А.
При t > 0 возможны два случая. В первом случае касание
происходит по прямой у = 1, т.е. At — А, и тогда t = 1. Во вто-
ром случае условие касания определяется уравнением |<9(9г|2 =
= (Rt + R)2, откуда (4 - 4f)2 + (2 — 3f)2 — (3t + 2)2, т.е. 2t2 —
- 7t + 2 = 0, t =
Л 1 \	• 6	/ё 216\/6
0. 1) arcsm 2) 7Г — arctg Vo, o) —?—.
Решение. Пусть О — центр сферы, г = 3 — её радиус, ВС =
= BiCi = а ~ 5, AD = AiDi = 7. Проведём через точку О
плоскость П, перпендикулярную боковым рёбрам призмы и пе-
ресекающую прямые А ‘ BBi, СС' DDi в точках А', В', С',
D' соответственно (см. рис. 2). Эти точки являются точками ка-
сания сферы с указанными прямыми, а центр О сферы лежит на
резке A'D'. Следовательно, A'D' — диаметр сферы и диаметр
окружности, описанной около четырёхугольника A'B'C'D', т.е.
A'D' = 2г = 6.
60
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
Рис. 2
i
Так как при проектировании на плоскость П параллельные от-
резки AD и ВС переходят в параллельные отрезки A'D' и В'С,
то вписанный в окружность четырёхугольник А'В'CD' является
равнобокой трапецией (А'В' = CD').
1)	Пусть у? — угол между прямыми AD и ВВг. Этот угол ра-
вен углу между АА1 ADi, так как ВВ> || AAi. Чтобы найти угол
проведём в плоскости AAiDiD через точку D прямую, пер-
пендикулярную AAi и пересекающую AAi в точке Е. Так как
D'A' ± AAi	и D'A'	=	2г	= 6, то DE = D'A' = 6 и из &ADE
DE	6	.6
находим smy? =	-гр	=	=,</? =	arcsm = .
AD	(	(
2)	Пусть а — двугранный угол между гранями BBiCC и
CCiDiD. Тогда а = АВ'CD', так как С С — перпендикуляр
к плоскости П. Аналогично, если /3 — двугранный угол между
гранями AAiJBiJB и AAiDiD, то /3 = ЕВ'A'D', причём а + (3 =
= -г (сумма противоположных углов четырёхугольника, вписан-
ного в окружность, равна тг). Для нахождения угла (3 опустим из
точек В' и О перпендикуляры В'К и OF на основания трапеции
A'B'C'D' (см. рис. 2).
Тогда tg/З =	где А'К = 1 (A!D' - В'С), A'D' =
Al J\ Ал. J\	£
R В'С A'D' .	on 	.6
= 6,	= др = sm</?, ВС = ВС • smy? = 5 • у =
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет2	61
= А'К = к (б-v) = 7- 0F = \ (В'О)2 ~ B'C'V =
•	" \	• /	•	у	\ "	/
/Q_	_ 6^6
V 9 v 7 7 ~~ 7 
Следовательно, tg (3 — х/б, (3 = arctg х/б, о — тг - arctg х/б-
3)	Пусть V — объём призмы, S — площадь её основания, Si
— площадь трапеции A'B'C'D', h — высота призмы. Тогда h =
г , 30
с A'D' + В'С	+ 7 б\/б 21б\/б v Q,
= 6, Si = ----------0F =	--------Г = ”4<Г ’ V = Sh'
Выразим S через Si.
Пусть M и L — середины AD и ВС соответственно, тогда
ML ± AD, так как ABCD — равнобокая трапеция. Заметим,
что A'B'C'D' — ортогональная проекция ABCD на плоскость
П, а прямая OF — проекция ML на эту же плоскость. Так как
OF ± A'D', то ML ± A'D'.
Таким образом, прямая ML перпендикулярна двум непарал-
лельным прямым AD и A'D', лежащим в плоскости AA^D^D,
и поэтому ML ± AAi. Отсюда следует, что проекцией прямой
AAi на плоскость ABCD является прямая AD, а угол 7 между
AAi и ABCD равен углу у? между AAi и AD, причём sin у? =
2г	6	о Si	7 е
= 8Ш7 = -г- = », a S =	F Si. Следовательно,
' о	7 sm (3	6
т/ си ^с 216^
V = Ы1 = 751 — —у— -
БИЛЕТ 2
1.	X =	+ 7ГП, X = —	+ 7ГП, X = — arctg j + 7ГП, n G Z.
2.	-1^х<-1,х^ ^-1.
3.	(6;9)
7	2	1
4.	г = —f=, L.EAB = те — 2 arccos = arccos
V5	3	9
пи • 4 ox /5 ox 80-\/10
0. 1) arcsm 2) arctg x / , 3) ——.
62
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет5
2.-1
БИЛЕТ 3
1. ж = тгп, х = — - + тт, х = arctg + тт, п С Z.
.	1	. За/57 - 17
^ж<	2,х /	16
1.1\ /4 2\
4 ’ 2Г \9 ’ ЗУ'
л 25	/ л < о 5	7
4. г = —г—, ZABG = тт — 2 arccos = тт — arccos -тх.
2V11	6	18
5.( = -2,4 = ^ЦТ2га
fi 1 х  3 f)	,	3	243д/7
о. 1) arcsm 2) тт — arctg 3) —g—
БИЛЕТ 4
1. х =	+ тгп, х =	+ тгп, х — arctg | + тт, n G Z.
1, X
4
1-П
2’2/'
О /12 _8_
к 35 ’ 35
4. г = -7=?, /LCDE = тт — 2 arccos = arccos
у 4tjL	^ии
5.4 = 2,(=Ц^.
fi 1 \	• 2	,	/7	14\/35
о. 1) arcsm 2) arctg < /	3) —.
БИЛЕТ 5
1. (0;0), (2; 4), (-2; 4).
Решение. Если х = 0, то у = 0 и система имеет решение (0; 0).
Пусть х 0. Перемножив почленно уравнения системы, полу-
чим
15х2у2 = 4(у4 — ж4).
________МАТЕМАТИКА * ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ * Билет 5	63
Пусть t =	> 0, тогда 4Z2 — 15t — 4 = 0, откуда t =	±
Так как t > 0, то t =	= 4, у2 = 4ж2. Если у = 2х, то из второго
уравнения исходной системы следует, что
5 Vх2ж5 = 5ж2, ^/-^=1, ж = 2 => у = 4.
Если у = —2ж, то yj~ | = 1, х = —2, у = 4. Таким образом,
система имеет три решения: (0; 0), (2; 4), (—2; 4).
2. х = 7rfc, ж = — ? + 7rfc, х = ± ~ + 2ттк, & G Z.
4	о
Решение. Преобразуем правую часть уравнения:
(7Г\	/	7Г\	/	7Г\
2х —- I — cos 4.г 4— =2sinЗхsin lx 4— =
4/	\	4/	V	4/
= 2 sm Зх cos----х .
\4	/
Исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений
этЗж = 0 и у ctg — ж) = 2cos (д — х^ при условии, что
ctg [4 -xj 0.
Первое из этих уравнений имеет корни х = п G Z. Если
п = Зк, к G Z, то х = ~к и ctg — ттк^ = ctg > 0. Если п =
= Зк ± 1, то х = ттк ± и ctg ( j — ~к 4=	= (ctg j ±	<0.
Второе уравнение равносильно уравнению
/7Г	\	,	9 /7Г	\	/7Г	\	„
ctg — xj = 4 cos — жу , если cos — xj ^0.
Полученное уравнение равносильно совокупности двух уравне-
ний
СОь ।---ж) = G и
U /
(7Г	\	/ 7Г	\	/ 7Г	\
---ж )	cos------ж	=2 sin-------2ж	=2 cos	2ж	=	1.
4	/	\4	/	\2	J
Если cos	—	ж^	= 0, то ж	=	— ^	4- ттк, n G	Z.	Эти	значения ж
являются корнями исходного уравнения.
64
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
7Г
Уравнение 2 cos 2х = 1 имеет корни х = ± g + тгп.
Если п = 2к, то х = ± 5 + 2ък и cos (? Т Н > 0, а если
о	\ 4	6)
п -- 2А; + 1, то ж = ± + тг + 2тг/с и cos Т <0.
Таким образом, уравнение имеет три серии корней: х = тгк,
х =	+ тгк, х — ± + 2тг/с, к G Z.
1	1 5 .	25 - -
1 — а < х < 0, 0 < ж 1,	----g
Решение. Так как 6 + 4ж — 2х2 = (6 - 2ж)(1 + х), то полагая
log1+x.(6 — 2х) = t, запишем исходное неравенство в виде
2
1 +1
3.
1
------ или
2Ч
t2 - 3t + 2
/ i \
2 t
+~t 2t - 1 ’
JLJ^LJL о.	(1)
Множество решений неравенства (1) — совокупность проме-
жутков	1	, .
У	t^2, - < £ С 1, t<-l.	(2)
При решении неравенства (2) нужно учитывать, что ОДЗ исход-
ного неравенства определяется условиями 1 + х>0, х^О, 6-
5
— 2х > 0, х 7j, откуда следует, что ОДЗ — интервал — 1 < х <
5
< 3 с выброшенными из него точками 0 и
1)	Пусть t 2. Рассмотрим неравенство
t = logi+i;(6 - 2х)	2,
равносильное неравенству
logi+l(6 - 2ж) log1+x(1 + х)2.	(3)
Если —1 < х < 0, то из (3) следует, что 6 — 2х х2 + 2х + 1 или
х2 + 4х — 5	0, откуда х -5 или х 1.
В этом случае решений нет, так как х G (—1,0).
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
5
Если 0 < х < 3, х 2>то из (3) следует неравенство
х? + 4х - 5 О,
откуда -5 < ж 1и,с учётом того, что х > 0, получаем множе-
ство решений 0 < х < 1.
2)	Если | < t < 1, то
logi+l. у/1 + х < log1+l(6 - 2ж) < log1+l(1 + х).	(4)
Пусть -1 < х < 0, тогда неравенство (4) равносильно системе
неравенств
( 6 — 2х 1 + х,	.
[ 1 + х > (6 — 2х)2.
5
Из первого неравенства системы (5) следует, что х < g, а второе
неравенство равносильно неравенству
4х2 - 25х + 35 < 0, откуда xi < х < х%,
где х\ = 25 ~	> I, хъ = 25	В этом случае решений
О	О	о
нет.
5
Пусть 0 < х < 3, х 2> Т0ГДа неравенство (4) равносильно
системе
Г . 5
х 3 ’	(6)
[ 4х2 — 25х + 35 > 0.
Решения второго неравенства системы (6) — совокупность про-
межутков х < xi и х > Х2, где х% > 3, х\ <
Итак, множество решений системы (4) — промежуток
Г5 \	25 — \/б5
3 ; ад I, где ад =--g---.
3)	Если t < —1, то
logi+l(6 - 2ж) < log1+;c .	(7)
Пусть х Е (—1,0), тогда 6 — 2х > и 2а:2 — 4а: — 5 < 0, откуда
Хз < X < ЗД,
где хз = 1 - л /|, -1 < хз < 0, Х4 > 0.
66 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
В этом случае множество решений неравенства (7) — интер-
вал (а?з,0), т.е. ^1 —	0^ .
5
Пусть х G (0,3), х ф 2’ Т0ГДа неравенство (6) равносильно
неравенству
2;+ - 4х - 5 > 0,
5 D
откуда ж < ад и ж > Ж2, где жз > г,  В этом случае множество
решений неравенства (7) — интервал (жг,3), т.е. + у^|, 3^.
4	~~ 2+6 /,>
12 г'
Решение. Пусть Ку, Ly, Му — точки, в которых окружно-
сти Оу, О2, Оз касаются окружности О. Тогда центрами этих
окружностей являются середины отрезков К Ку, LLy и ММу
(см. рис. 3). Пусть Р — центр окружности О, АВРК =
= ААРК = a, ACPL = ABPL = /3, ААРМ = АСРМ =
= 7, тогда а +/З + 7 = тг, а радиус г окружности Оз определяется
формулой
r = ~(R-PM),
где РМ = Л cos 7 = — Rcos(a + /3), т.е.
г = |1?(1 + cos(a + /3)).
2
т	РК R - К Ку R~ 3R 1	,,
1ак как cos а =	— = g, cos /3 =
2	1	.	2V2 .	+3	/	, /эч 1
= —в—	= к, то sin а	= -7—,	sm/3 = -7-, cos(a + /3)	= 7	--
। н	Z.	о	2,	О
V+ _ 1-2+6
3	6
Тогда г = | R + 1	= т| (7 2 3 * * *v/6)-
5. </(а) = (\/6 + 2 cos а — 4 sin а + I)2 — 5; тг — arctg 2.
Решение. Пусть К — множество точек (ж,у), удовлетворяю-
щих неравенству ж2 + у2 + 2(xcostz + у sin а). Это неравенство
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
67
Mi
Рис. 3
Рис. 4
равносильно неравенству (ж — cos а)2 + (у — sin а)2 < 1 и по-
этому К есть круг (вместе с его границей) радиуса 1 с центром
A(costz;sintz). Заметим, что значение функции f(x,y) = (ж +
+ I)2 + (у - 2)2 - 5 равно р2 - 5, где р — расстояние от точки
В(—1; 2) до точки М. Точка В лежит вне круга К, так как
АВ2 = г2(а) = (—1 — cos а)2 + (2 — sin а)2 =
г ( 1	2	\
= 6 + 2 cos а — 4 sin а = 6 + 2 v 5 —= cos а--= sm а =
\/5 J
= 6 + 2\/5cos(tz + у?)	6 — 2\/б > 1.
Функция f(x,y) примет наибольшее значение /тах на множестве
К тогда и только тогда, когда р = ВМ будет наибольшим. Это
наибольшее значение /тах равно ВС = В А + АС, где В А =
= г(а), АС = 1 (см. рис. 4), С — точка пересечения прямой В А
с границей круга К, В и С лежат по разные стороны от точки А.
Следовательно, ртах = г (а) + 1 = \/6 + 2 cos а — 4 sin а + 1, a
/max = Ртах “ 5 = У(«) = (\/б + 2 COS ZZ — 4 sin ZZ + I)2 - 5.
Наименьшее значение функция д(а) примет в той же точке, что
и функция h(a) = 2 cos а — 4 sin а. Уравнение h'(a) = —(2 sin а +
+ 4 cos а) = 0 имеет на отрезке [О,тг] единственный корень ао =
68 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
= тт — arctg 2, причём Л.(ао) = ~~ ~у= = ~2\/5. Так как Л,(0) = 2,
= —2, то < /? (0) и ^(«о) < Щтг). Следовательно, наи-
меньшее значение функция Л(а), как и функция д(а), принимает
при а = тт — arctg 2.
5 Уб 25
' УУ “2 ’ 2ф2’
Рис. 5
Решение. 1) Пусть О —
центр сферы (см. рис. 5). То-
гда отрезки OBi и ОAi пер-
пендикулярны соответствен-
но граням ACD и BCD и по-
этому лежат в одной плос-
кости. Следовательно, вы-
соты AAi и BBi пересека-
ются в плоскости Q, кото-
рая пересекает CD в точке Е
и перпендикулярна CD, так
как AAi ± CD и ВВХ ±
± CD.
Кроме того, EBi = ЕАг,
так как отрезки ЕВХ и ЕЛ]
являются касательными к сфере, проведёнными из точки Е.
Так как ОВХ = ОАХ = В, где R — радиус сферы, и ZBXCM =
= AAiOB, то прямоугольные треугольники ВХОА и А\ОВ рав-
ны, откуда следует, что АЕ = BE.
Прямоугольные треугольники ВЕС и АЕС равны, так как они
имеют общий катет СЕ и АЕ = BE, откуда следует, что АС =
= ВС.
Аналогично, из равенства прямоугольных треугольников
BED и AED следует, что BD = AD.
Прямая ЕО, образующая равные углы с прямыми BE и АЕ,
пересекает отрезок АВ в его середине М, причём М — середина
хорды LK окружности радиуса R, проходящей через точки Ах,
Bi, К, L.
МАТЕМАТИКА * ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
69
По теореме о касательной и секущей, проведёнными к этой
окружности из точки В,
В Al = В К  BL =
KL\(АВ
KL
~2~
in 10
- KL2 10 “ Т _ 5
4	” 3 ’
АВ2
4
откуда ВAi = у д.
Пусть АО = ВО = х. Тогда по теореме Пифагора из тре-
угольников AAiB и AiOB находим
(ж + < + | = 10, ж2 = Д2 + |,
3	3
откуда х + R = R= R = -^=, х = х/З-
Заметим, что ME ± CD и ME J_ АВ. Поэтому ME — рас-
стояние между рёбрами АВ и CD. Для нахождения ME вое-
1^1 Е	В В
пользуемся тем, что АЛЗМЕ ~ LxABBi. Тогда	где
1 = \/1’ откуда МЕ =
ВВХ =x + R =
ВМ =
/3
= Vr2^
12 “
- УД
“ 2 ’
2) Рассмотрим 'треугольник
СЕМ. Пусть Q и Р — про-
екции точек Е и О на СМ
(см. рис. 6). Так как
СМ = \/ВС2 - ВМ2 =
2	2
ЕМ=Т?' се=\/1'
io из равенства СМ  EQ = ЕМ  СЕ находим EQ =
К/З'
ОР
Из подобия треугольников ОРМ и MEQ следует, что -gQ =
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 6
= ТЧ7’ где = ОВ2 ~ ВЛ/'2 = -1/3-	= 4=, откуда
J—flVl	\l	Zi	х/ X
ОР — —Д=. Пусть 1----радиус окружности, высекаемой на сфере
плоскостью АВС. Тогда г = x/R2 — ОР2 = у 3 —	= ~^Г-
3) Пусть V — объём пирамиды ABCD, тогда V = | ВВ±  S,
О
где S — площадь треугольника ADC.
Так как АЕ = VME2 + МА2 - 1/Т	= /15 =
= BE, СЕ = х/ВС2 - BE2 = /у-15 = Jf, DE =
= x/AD2 - АЕ2 = /25 - 15 = /10, то S = i АЕ(СЕ + DE) =
_?/l5 Лл/10 , /ТгЛ __ 1б/б тл __ 1 5	15/б __ 25/2
“2^2 +V1UJ- 4 .Е-3-	4	-	4 .
БИЛЕТ 6
1.	(0;0), (-2; 4), (2; 4).
2.	X ~ 7ГП, X =	+ 7ГП, X = ±	+ 7г(2п + 1), п G Z.
3.	-1 -	< . < -2, -2 < х -1, - | х < 9~8л/^,
\ [2 “ 1 < ж < 1-
5. д(а) = I Л /	+ 2 cos а — 12 sin а — 2 j —— arctg 6.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
71
БИЛЕТ 7
1. (0; 0), (4; 2), (4;-2).
БИЛЕТ 8
1. (0;0), (4;-2), (4; 2).
2. X = + 7ГП, X =	+ 7ГП, х =	+ 2тгп, X = + 2тгп, л 6 Z.
О г,	/7 оо X О 11 / х 41 — >/65 „ , /7
3"3“и2<ж<2’2<ж^3, -у s <------------g---, 3 + 0 2 < х < 5.
4. 4 + v7I д
12 Л’
/ /-----------:—	\ 2
г , х / / 49	2 cos a sin а 1 \	5	,	, 1
5-.9(a)	— зб	~ 'з	“ з ~зу	4,	тг + arctg 2.
fi 9 3 [l 81
V2’ 2 у 5’ 2У2'
БИЛЕТ 9
1.	х —	, п 5к, п G Z, / Z.
Решение. Преобразуем знаменатели дробей левой и правой
частей уравнения:
cos 2х	cos х	sin х	1
Ctg 2s - ctg X =	;----;- = ------Г-— — Д- ,
sm 2х sm х sm х • sm 2х sm 2х
sins 0;
72 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
cos 4х cos Зх	sin х
ctg 4х - ctg Зх = —-------—- = ——---------—- .
sm 4х sm Зх sm Зх • sm 4х
ОДЗ уравнения определяется условиями
sin х 0, sin 2х  sin Зх  sin 4х О,
откуда
sin 4х -/ 0, sin Зх 0.
Так как sin3x = sinx(3 — 4sin* 2 х~) = sinx(l + 2 cos 2ж), то ОДЗ
уравнения — значения хтакие, что
Iе
sin 4а: 0, cos 2х —
2 х
или sin х 0, cos х 0, cos 2х 0, cos 2х •
При выполнении этих условий исходное уравнение равносиль-
но каждому из уравнений
cos х  cos 2х  sin 2х cos Зх  cos 4х  sin Зх  sin 4х  sin х
sin х  sin 2х	sin Зх • sin 4х • sin х
cos х cos 2x = cos 3x  cos 4x, cos 3x + cosx = cos 7x + cos x,
cos 3x — cos 7x = 0, sin 5x • sin 2x = 0, sin 5x = 0,
откуда x = -v-, n G /L.
О
Найденные значения x являются корнями исходного уравне-
ния, если п 5к, к е Z.
2. (—1; 2; 3).
Решение. Если xyz 0, то исходная система равносильна
следующей	.	3
xyz = - 2 (1 + -г),
] xyz = -2(1 + у),
[ xyz = 2(х — 2).
Выразим из этой системы z и у через х. Получим
у = 1 — х, г = -(5 — 4х).
• о
Подставив найденные значения у и z в третье уравнение системы,
получим
4х3 — 9х2 — х + 12 = 0 или (х + 1)(4х2 — 13х + 12) = 0,
откуда х = — 1, у = 2, z = 3.
Уравнение 4х2 — 13х+12 = 0 не имеет действительных корней.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9 73
3.	х < —1, х >
Решение, а) Пусть х > 0, тогда исходное неравенство примет
вид
^log2a.(4a;2 -|7) + -^= < log2r (4.г2 + 3).	(1)
Если 0 < х < |, то правая часть (1) отрицательна, а левая либо
не определена, либо неотрицательна. В этом случае неравенство
(1) не имеет решений.
Если х > |, то неравенство (1) равносильно неравенству
£+4=	(2)
Vх
где t = log22.(4s2 + 3) > log2a. 4s2 = 2.
Но если t > 2, то i2 > 2t Кроме того,	ПРИ х >
1	1	г-	9
> Поэтому £ 4- —г- < t 4- v2 < 2t < t\ откуда следует, что
"	у X
неравенство (2) является верным при х > |.
б	) Пусть х < 0, тогда исходное неравенство примет вид
ч /log_„(4a;2 + 3) Ч—Д= < log_2.(4s2 + 3) или
у	V—х
^k>gt(4t2 + 3) +	< logt(4i2 + 3), где t > 0, t 1.	(3)
Если 0 < t < 1, то неравенство (3) не имеет решений.
Пусть t > 1. В этом случае обе части (3) положительны и
неравенство (3) равносильно неравенству
 4-	< и2.	(4)
где и = logt(4i2 + 3) > logf t2 = 2,	< 1. Отсюда следует, что
и2 > 2и > и + и поэтому неравенство (4) является верным
при всех t > 1, т.е. при —х > 1, откуда х < —1.
74 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
Итак, множество решений неравенства состоит из промежут-
ков х < — 1, х > 2’
4.	АС = 7, AKON = 7г - arccos J, AM = 3.
О
Решение. 1) Пусть АЕ — биссектриса угла ВАС (см. рис. 7),
АС = Ь, ВС = а, тогда СР = АР — Так как АВ — 21, то по
свойству биссектрисы треугольника АВС находим
BE АВ
СЕ ~ АС ~
21
= -у, откуда
BE = ^СЕ.
о
(1)
Из подобия треугольников ВРС и ОТВ следует, что
, где ОТ = 3, PC = ,ВС = Ь, откуда
пи i С	Z
(2)
Аналогично, из подобия треугольников АСЕ и ОТЕ находим
ТЕ ОТ 3
СЕ ~ AC ~ b ’ °ТКуда
ТЕ = уСЕ.	(3)
о
Из (1) — (3) следует, что
6а	24
— = ВТ = ВЕ + ТЕ = —СЕ,
b	Ь
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9 75
СЕ - - , ВЕ = ~СЕ,
4	Ъ
/	91 \	п /	91 \
ВС = BE + СЕ = СЕ ( 1 + — = - ( 1 + — ) = а,
\	b J	4 \	b J
откуда b = 7, т.е. АС = 7.
2) Пусть АСАЕ = АВАЕ = a, D и F — основания перпен-
дикуляров, опущенных из точки О на АВ и АС, тогда D и F —
середины отрезков KL и MN соответственно, CD = OF, ОК =
= MF = OL = ON, АК = AM, KL = MN, AKOD = AN OF.
Так как AC AB + AFOD = тг, то 2a + AKON = тг, откуда
AKON = тг — 2a, где cos 2a =
AC _ 1
AB ~ 3
r,	1
2a = arccos Следо-
О
вательно, AKON = tv — arccos i
3
3) Найдём AM = AK = AD - KD, где KD = x/9 - OD2. Ho
OD = OF = CT- CE-TE = AC-tga-OTAga = 4tga, где
tg2 a =	= 1 tg a = 4=, OD = 2^2, KD = У9 8 =
°	1 + cos 2a 2 °	y/2
= 1, AD = OD ctg 0 = 4, AM = AD - KD = 3.
Замечание. Решение можно упростить, применив гомоте-
тию с центром В, переводящую треугольник ВОТ в треугольник
ВРС.
Решение. Будем 'решать систему методом исключения одного
из неизвестных. С этой целью из второго уравнения вычтем пер-
вое, умноженное на а. Получим уравнение (4 — а2)х = z2 — a(z +
+ b). Если 4 — а2 0, т.е. |а|	2, то из системы однозначно
определяются х и у, т.е. система имеет единственное решение
при любых фиксированных значениях zub.
В этом случае системой задаётся пара пересекающихся пря-
мых.
11усть а = 2, тогда система примет вид
J 2х + у = z + Ь,
[ 4ж + 2у = z2,
76
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
откуда получаем г2 — 2(г + Ь) = 0. Это уравнение имеет действи-
тельные решения тогда и только тогда, когда
D = 4 + 8Ь 0, т.е. при 6 >	.
Аналогично, при а = — 2 получаем уравнение z1 + 2г + 2Ь = 0,
которое имеет действительные решения тогда и только тогда, ко-
гда 4 — 86 > 0, т.е. при 6 < Таким образом, система имеет
решения при любом значении а только в том случае, когда вы-
, .	1 г, / 1	, Г 1	11
полняются условия 6 > — 2ио<2’ т-е- ПРИ ’ е ~ 2 ’2г
6. SA = SD = aJl, R = -^Ц=.
3	у 7’	7+ \/7
Решение. Так как центр вписанной в пирамиду сферы лежит
на её высоте SD (см. рис. 8), то SD образует равные углы с плос-
костями ASB, ASC, BSC. Кроме того, из симметрии следу-
ет, что SB = SC = а, АВ = АС. Проведём плоскость через
SD перпендикулярно АВ. Пусть эта плоскость пересекает АВ в
точке С\. Аналогично построим точки Bi, А1. Заметим, что тре-
угольники SDC\, SDBi, SDAi равны, так как они прямоуголь-
ные, имеют общий катет SD, а углы DSC\, DSBi, DSA^ равны
(как углы между SD и плоскостями ASB, ASC, BSC). Тогда
SC[ = SBi = SAi и эти отрезки являются высотами боковых
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет9
77
граней пирамиды. Из прямоугольного треугольника SBC нахо-
дим его высоту SAi = -4=.
у2
Рассмотрим треугольник ASB. Пусть SA = b, Z.ASB
-г	1
1огда cos а — —и по теореме косинусов
V 5
-------	/	2
2abcos а = д /а2 + Ь2----— «7).
V	х/б
(1)
sin а,
ab =
Так как SCi = SAi = и АВ • SCi = SA • SB •
то -4= . /а2 + Ь2---ab = ab -4=, откуда а2 + Ь2 — -4=
ч/2 V	?5’ J	?5
8 г 2 гт а	2	2	3
= 5 о . Полагая — х, получаем уравнение хл — —^х —	=
г\	1 . /1 . 3	3 с1 л ?	(Z\/5
= °’ откУда х = тк + V 5 + 5 = 75’ SA = ь = X = ~3~'
Тогда из (1) получаем АВ =	. так как 5в = ВС, то
О
Ai является серединой ВС, а из равенства АВ = ВС следует,
что AAi является высотой треугольника АВС, причём AAi =
= ^АВ2 -	= «^1 “ | = | Пусть г — радиус
вписанной окружности треугольника АВС. Тогда г = DAi =
= DBi = DCi. Из равенства (АВ + АС + ВС) г = AAi  ВС,
f 4ал/2
т. е. —й
\
14
Тогда SD = y/SA\ - DAj =
Рассмотрим треугол: чк SDAi. Отразив точку Ai сим-
метрично SD, получим точку А^. Пусть радиус сферы равен
R. Заметим, что он равен радиусу окружности, вписанной в
треугольник A2SA1. Тогда (2r + 2SAi)R = 2г  SD, т. е.
/	/2 , лЛ о /?	/3 D аТЗ
I + а\/2 I R	= аС ?	• аС	откуда R	= у
78
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 12
БИЛЕТ 10
I.	х =~ ± С ri, с А.
2.	(3;2;-1).
3.	х < —2, х > 1.
4.	ВС = 11, /ХОД' = тг - arccos ВМ = 5.
5
b <
5
4'
6. SA = SD = a.ff, R =
4	у 5’	5 + у/ь
БИЛЕТ 11
1.	х = п G Z, п 7т, т eZ.
2.	(2; —1; 3).
3.	х < — х > 2.
4.	АС = 9, AMOL = тг - arccos СМ = 5.
5	L < J, < J_
12 ь 12-
6.3Л = ^.5О = аДд=1^.
БИЛЕТ 12
1.	х = g Н—п 6 Z.
2.	(—1; 3; 2).
3.	х < —1, х > 3.
о
4.	ВС = 8, AMOL = тг — arccos СМ = 5.
О
5.6 = 0.
6. SA = SD = а.Ц, R = ^=.
6	у 8’	д/24
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 13
79
БИЛЕТ 13
9 / /
8 Х
Решение.
но решить
2.
Для нахождения ОДЗ исходного неравенства нуж-
/ g з
неравенство и2ж +	> — %, которое равносильно
9	9
неравенству 2ж +	0, откуда ж — g.
Значения ж € [— |; о] удовлетворяют исходному неравенству,
а при ж > 0 оно равносильно неравенству
.2 _ 3
2 ’
9
2ж + -
4
, а при
.4 '
Этому неравенству удовлетворяют значения ж € у); у
[з	9
х > \ оно равносильно каждому из неравенств 2ж +
— Зж2 + |, ж4 — Зж2 — 2ж 0, ж3 — Зж — 2	0, (ж + 1)2(ж -
откуда ж 2. Итак, решениями неравенства являются значе-
ния х €
, а также значения х €
и значения
х €
; 2 , т.е. множество решений неравенства — отрезок
2. ж = ^ + тгп, п Е Z.
Решение. Пусть cos ^2ж — ^ = t, тогда \/3 cos 2ж + sin 2ж =
= 2 cos ^2ж —	= 2t и уравнение примет вид
9	7
4£2 — 3£ — 7 = 0, откуда Н = —1, t2 —
Следовательно, cos ^2ж —	= —1, откуда 2ж — ^ = тг + 2тгп,
7 ТГ	Г77
ж = J2 + 7ГП> п Е iL.
3. (2; 16), (64; 256).
80
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 13
Решение. ОДЗ системы определяется условиями х > 0, у >
> 0, х ± 1, у ± 1.
Будем исключать из этой системы log^ х. С этой целью вычтем
из второго уравнения системы, умноженного на у, первое уравне-
ние, умноженное на 2ж.
Получим уравнение
(у2 + 8ж2 — Эху) log^ у = Зху — 32х2,
которое можно записать в виде
(у - ж)(у - 8х) log,, у = 4х(у - 8х).	(1)
Так как ху / 0, то исходная система равносильна системе, со-
стоящей из уравнения (1) и второго уравнения исходной систе-
мы.
Из (1) следует, что либо
у = 8х,	(2)
либо у 7= 8х и тогда (у — х) log,, у = Зх > 0, откуда у / х и
log.T У = —— •	(3)
У - х
а)	Если справедливо равенство (2), то из второго уравнения
исходной системы следует, что
16 log8a. х + logx(8.r) = 8, так как х / 0.
Тогда t2 — 8t + 16 = 0, где t = logx(8s), откуда
t = logx(8s) = 4, 8х = х4, х3 = 8,
х = 2, у = 16. Пара чисел (2; 16) — решение исходной системы.
б)	Если справедливо равенство (3), то из второго уравнения
исходной системы следует, что
1	У + Ьх
logy х = —-----г .	(4)
у	4(у - х)
Перемножая уравнения (3) и (4), получаем
4т:	у + 5х
У - х 4(у - х)
или
х(у + 5х) = (у — ж)2, откуда
у2 — Зху — 4х2 = (у — 4х)(у + х) = 0.
МАТЕМАТИКА * ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 13 8£
Так как х > 0, у > 0, то х + у > 0 и из (5) следует, что
у = 4s.	(6)
Тогда из (4) и (6) получаем
log.,. (4s) = | , 4s = s4/3,
О
4 = x1/>3, x = 64, у = 256.
C
Решение. Пусть CD,
СЕ и СО — высота,
биссектриса и медиана,
проведённые из вершины
прямого угла С треуголь-
ника АВС (см. рис. 9),
ВО = АО = СО = т, CD = h. Тогда
АВСЕ = АЕСА =	, АС АВ = АОСА = ^-а,
4	4
АС В А = ^ - AC АВ = ^ + а, ADCE + ~ = АС В А = у+а,
2	4	4	4
откуда ADCE = а, т.е. биссектриса СЕ делит пополам угол
DCO.
Пусть S — площадь треугольника АВС, тогда S = | 2m • h =
= mh, где h = I cos a, m = —,
cos2cv’
$ I2 cos2 cv
cos 2a
j- ,	2	7
o. d = 77, minai = — =
3’	1	6
Решение. Пусть Ok — к-и член арифметической прогрессии, d
— её разность, d > 0 по условию.
г?	13 7ь 389	, .	. /1ПП
Если ат = -g-, ап = ар = то!<т<п<р< 100 и
справедливы равенства
13	/	, х ,	75	,	,	389 z
— =	ai + (m - l)d,	— =	ai + (n -	l)d,	——	= ai + (p	- l)d.
о	2	b
Обозначим s~n — m, t = p — n, тогда s>0, t > 0и 2 s +
82
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 13
, , ,	75	13	212	, 389	75	164	, ,
+ t <	99, у	- у	= -у-	= sd, -у- - у	= -у	= td,	откуда
t _ 164	41	, __
s ~ 212 ~ 53’ 53 ’ ' “ 41 ’ S'
Так как t и s — натуральные числа, а 41 и 53 — взаимно про-
стые числа, то t делится на 41, a s делится на 53.
Пусть t = 41г, где г G N, тогда s = 53г и 2 < s +1 = 94r < 99,
откуда следует, что г = 1, s = 53 и разность прогрессии
212 _ 212 _ 2
“ 'бГ “ 6-53 “ 3 ’
13 2
Так как ах = у — (m — 1) ир = тх94 < 100, то наименьшее
из возможных значений ах достигается при наибольшем из воз-
можных значений т, которое равно 6. Следовательно, minax =
_ 13 _ 2 _ _ _ 7
“6	3 ’ ’ -	6‘
6. ЛХЛ2 = О2Ь = |, р(ДЯ) = |, р(Л,Я) = f|.
"5	Решение. 1) Рассмотрим сечение конуса
Д	плоскостью ОАВ (см. рис. 10). Пусть К —
А	проекции точки О2 на ОХЛХ, тогда О\К =
А =О1А1-О2А2 = 1~-^ = ^А1А2 = О2К =
A =V,OiObOi^2=\/X-n = T?-
/ ! \	Пусть АО АВ = а, тогда sin а =	=
I । \	= так как OiA = ОА — OOi = 8 — 1 = 7.
I	,	\Т	Из треугольника ОАВ находим ОВ = А^В =
/ f г	1
/	=	' tg“’ ГДе tg“ = 4д/3' Тогда =
_ 8 _ 2у/3	= ОА = 8-7 = 14л/3
у	\ р)	~ 4\/3 ~ 3 ’	~ cosa ~ 4\/3 —	3
д ЙЛ1 Так как АХВ =	< А]А2, то точка А2 на-
/	।	ходится на отрезке АХА, а не на АХВ.
О В Из подобия треугольников LO2A2 и OiO2К
Рис. 10
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 13 83
следует, что
O2L 01 О 2
О2А2 о±к
гдеО2А2 = ^.О1О2 = |,О1А-=|.
Отсюда находим O2L = i.
2) Пусть A', L', О[, 0'2 — проекции на плоскость П
(см. рис. 11) точек A, L, и О2 соответственно. D — точка
пересечения прямых ОХО2 и LO2.
Тогда М — точка пересечения прямых АВ и L’A'. Из подобия
треугольников OiO^D и O2O2D следует, что
O1O2 - РО2 _ 0101
DO2 O2O2
3	13
где OrО2 = 5, OiO{ = 1, 020'2 = Отсюда находим ^-РО2 =
«и	4	«и
= 4РО2, DO2 = 4- DL = DO2 + O2L = А + 1 = 4
1U	±U	О
Аналогично из подобия треугольников DLL' и DO2O2 следу-
4
LL' DL	LL' 5	гг,	2
ет’что (W	= DO2’ т-е-174	= А	’ откУда LL =	3-
10
Наконец, из подобия треугольников МАА' и ALL' следует,
что = Фу. Найдём AM и ML. Из треугольника W2A2
84_______МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 15________
находим AM = д/ LO% —	= у Д' 1^ = Д- ^ак как
МА<2 = J АгА2 = то ML = далее, AM = АВ -
_ (ВЛ1 + 1 AiA2) = W5 _	+	= 2JK5. След0.
л ,,	2 29\/3	8	58
ватедьно, ЛЛ = _ . — .-
БИЛЕТ 14
1.	24 < х < 3.
2.	х — + тгп, п G Z.
3.	(16; 2), (256; 64).
4.	+ а, — a; m(y/2cosa — 1).
г ,	3	.	39
5.	а = 4> mmai = —?-
6.	АТ = ОМ = 2, p(L,IT) = I, р(А,1Г) = Д
БИЛЕТ 15
1.	-Дх<4.
2.	х = — + тгп, п G Z.
О
3.	(А 4), (8; 16).
4
у/ S cos2
а
4
cos а
г ,	3	.
о. а = г, mm ai =
О
193
15 '
6. Л1Л2 = 4V3, ом = 2, рМ,П) = I, р(А,П) = Д
о	10
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 16 85
БИЛЕТ 16
1	169	/ л
2.	х = -тт + тт, п Е Z.
3.	(4; х/2), (16; 8).
4.	+ а, — a; m\/2(2cos а — 1).
г- ,	4	.	13
э. а = у, штат = —
6. ТК2 - i^3, O2L = р(Ь,Я) = |, р(А,П) =