Банк Задач
Школьник
Студент
Преподаватель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУ
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУ
Банк Задач Профиматика

Больше 5 лет помогаем школьникам уверенно сдавать ЕГЭ и поступать в вузы мечты. Не шаблоны — настоящее понимание предмета.

Карта сайта:

Банк задачКонструктор вариантовО платформе

Наши соцсети

Для учеников

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для преподавателей

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для студентов

YouTubeTelegramВКонтактеMax
политика конфиденциальностиполитика обработки перс данныхсогласие на рассылки

© 2026 Профиматика

ДВИ МГУ по математике — 2013, Поток 1

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Резерв
Задача 1МГУ
Старший коэффициент квадратного трёхчлена f(x)f(x)f(x) равен 2. Один из его корней равен 52\dfrac{5}{2}25​. Найдите второй корень, если известно, что f(0)=3f(0)=3f(0)=3.
Ответ:35\dfrac{3}{5}53​

Решение

Пусть второй корень x2.x_2.x2​. Тогда f(x)=2(x−52)(x−x2).f(x)=2\left(x-\dfrac{5}{2}\right)(x-x_2).f(x)=2(x−25​)(x−x2​). f(0)=2⋅(−52)⋅(−x2)=5x2.f(0)=2\cdot\left(-\dfrac{5}{2}\right)\cdot(-x_2)=5x_2.f(0)=2⋅(−25​)⋅(−x2​)=5x2​. 5x2=3  ⇒  x2=35.5x_2=3 \;\Rightarrow\; x_2=\dfrac{3}{5}.5x2​=3⇒x2​=53​.
Задача 2МГУ
Вычислите log⁡527⋅log⁡95\log_{5}27\cdot\log_{9}5log5​27⋅log9​5.
Ответ:32\dfrac{3}{2}23​

Решение

log⁡527⋅log⁡95=ln⁡27ln⁡5⋅ln⁡5ln⁡9=ln⁡27ln⁡9=3ln⁡32ln⁡3=32.\log_{5}27\cdot\log_{9}5=\dfrac{\ln 27}{\ln 5}\cdot\dfrac{\ln 5}{\ln 9}=\dfrac{\ln 27}{\ln 9}=\dfrac{3\ln 3}{2\ln 3}=\dfrac{3}{2}.log5​27⋅log9​5=ln5ln27​⋅ln9ln5​=ln9ln27​=2ln33ln3​=23​.
Задача 3МГУ
Решите неравенство 12(3+3−2x)−12−(31+2x+1)12⩾4⋅3x2.12\left(3+3^{-2x}\right)^{-\frac{1}{2}}-\left(3^{1+2x}+1\right)^{\frac{1}{2}}\geqslant 4\cdot 3^{\frac{x}{2}}.12(3+3−2x)−21​−(31+2x+1)21​⩾4⋅32x​.
Ответ:-1\leqslant x\leqslant 0

Решение

Изображение 1 Изображение 2 Область определения: всё R\mathbb{R}R (подкоренные выражения положительны). Заметим, что 3+3−2x=3−2x(31+2x+1).3+3^{-2x}=3^{-2x}\left(3^{1+2x}+1\right).3+3−2x=3−2x(31+2x+1). Положим u=3x>0.u=3^{x}>0.u=3x>0. Тогда (3+3−2x)−12=3x(31+2x+1)−12=u3u2+1,(31+2x+1)12=3u2+1,\left(3+3^{-2x}\right)^{-\frac12}=3^{x}\left(3^{1+2x}+1\right)^{-\frac12}=\dfrac{u}{\sqrt{3u^{2}+1}},\quad \left(3^{1+2x}+1\right)^{\frac12}=\sqrt{3u^{2}+1},(3+3−2x)−21​=3x(31+2x+1)−21​=3u2+1​u​,(31+2x+1)21​=3u2+1​, и неравенство принимает вид 12u3u2+1−3u2+1⩾4u.\dfrac{12u}{\sqrt{3u^{2}+1}}-\sqrt{3u^{2}+1}\geqslant 4\sqrt{u}.3u2+1​12u​−3u2+1​⩾4u​. Умножим на 3u2+1>0:12u−(3u2+1)⩾4u3u2+1.\sqrt{3u^{2}+1}>0:\quad 12u-\left(3u^{2}+1\right)\geqslant 4\sqrt{u} \sqrt{3u^{2}+1}.3u2+1​>0:12u−(3u2+1)⩾4u​3u2+1​. Разделим на u>0u>0u>0 (учитывая u3u2+1u=3u+1u):12−(3u+1u)⩾43u+1u.\sqrt{u}\dfrac{\sqrt{3u^{2}+1}}{u}=\sqrt{3u+\tfrac1u} ):\quad 12-\left(3u+\dfrac{1}{u}\right)\geqslant 4\sqrt{3u+\dfrac{1}{u}}.u​u3u2+1​​=3u+u1​​):12−(3u+u1​)⩾43u+u1​​. Обозначим w=3u+1u=3x+1+3−x>0:12−w⩾4w.w=3u+\dfrac{1}{u}=3^{x+1}+3^{-x}>0:\quad 12-w\geqslant 4\sqrt{w}.w=3u+u1​=3x+1+3−x>0:12−w⩾4w​. Необходимо w⩽12,w\leqslant 12,w⩽12, возведём в квадрат: (12−w)2⩾16w  ⟺  w2−40w+144⩾0  ⟺  (w−4)(w−36)⩾0.(12-w)^{2}\geqslant 16w\iff w^{2}-40w+144\geqslant 0\iff (w-4)(w-36)\geqslant 0.(12−w)2⩾16w⟺w2−40w+144⩾0⟺(w−4)(w−36)⩾0. С учётом w⩽12w\leqslant 12w⩽12 получаем 0<w⩽4.0<w\leqslant 4.0<w⩽4. 3x+1+3−x⩽4.Пусть y=3x>0:3y+1y⩽4  ⟺  3y2−4y+1⩽0  ⟺  (3y−1)(y−1)⩽0  ⟺  13⩽y⩽1.3^{x+1}+3^{-x}\leqslant 4.\quad \text{Пусть } y=3^{x}>0:\quad 3y+\dfrac{1}{y}\leqslant 4\iff 3y^{2}-4y+1\leqslant 0\iff (3y-1)(y-1)\leqslant 0\iff \dfrac{1}{3}\leqslant y\leqslant 1.3x+1+3−x⩽4.Пусть y=3x>0:3y+y1​⩽4⟺3y2−4y+1⩽0⟺(3y−1)(y−1)⩽0⟺31​⩽y⩽1. 13⩽3x⩽1  ⟺  3−1⩽3x⩽30  ⟺  −1⩽x⩽0.\dfrac{1}{3}\leqslant 3^{x}\leqslant 1\iff 3^{-1}\leqslant 3^{x}\leqslant 3^{0}\iff -1\leqslant x\leqslant 0.31​⩽3x⩽1⟺3−1⩽3x⩽30⟺−1⩽x⩽0.
Задача 4МГУ
Решите уравнение sin⁡5xsin⁡x−cos⁡5xcos⁡x=sin⁡xsin⁡5x−cos⁡xcos⁡5x.\dfrac{\sin 5x}{\sin x}-\dfrac{\cos 5x}{\cos x}=\dfrac{\sin x}{\sin 5x}-\dfrac{\cos x}{\cos 5x}.sinxsin5x​−cosxcos5x​=sin5xsinx​−cos5xcosx​.
Ответ:x=kπ8, nπ6,k∈Z∖4Z, n∈Z∖3Zx=\dfrac{k\pi}{8},\ \dfrac{n\pi}{6},\quad k\in\mathbb{Z}\setminus 4\mathbb{Z},\ n\in\mathbb{Z}\setminus 3\mathbb{Z}x=8kπ​, 6nπ​,k∈Z∖4Z, n∈Z∖3Z

Решение

Область допустимых значений: sin⁡x≠0,cos⁡x≠0,sin⁡5x≠0,cos⁡5x≠0.\sin x\neq 0, \cos x\neq 0, \sin 5x\neq 0, \cos 5x\neq 0.sinx=0,cosx=0,sin5x=0,cos5x=0. Сгруппируем взаимно обратные дроби: (sin⁡5xsin⁡x−sin⁡xsin⁡5x)−(cos⁡5xcos⁡x−cos⁡xcos⁡5x)=sin⁡25x−sin⁡2xsin⁡x sin⁡5x−cos⁡25x−cos⁡2xcos⁡x cos⁡5x=0.\left(\frac{\sin 5x}{\sin x}-\frac{\sin x}{\sin 5x}\right)-\left(\frac{\cos 5x}{\cos x}-\frac{\cos x}{\cos 5x}\right)=\frac{\sin^2 5x-\sin^2 x}{\sin x\,\sin 5x}-\frac{\cos^2 5x-\cos^2 x}{\cos x\,\cos 5x}=0.(sinxsin5x​−sin5xsinx​)−(cosxcos5x​−cos5xcosx​)=sinxsin5xsin25x−sin2x​−cosxcos5xcos25x−cos2x​=0. Так как sin⁡25x−sin⁡2x=sin⁡6xsin⁡4x\sin^2 5x-\sin^2 x=\sin 6x \sin 4xsin25x−sin2x=sin6xsin4x и cos⁡25x−cos⁡2x=−sin⁡6xsin⁡4x,\cos^2 5x-\cos^2 x=-\sin 6x \sin 4x,cos25x−cos2x=−sin6xsin4x, получаем sin⁡6x sin⁡4x(1sin⁡x sin⁡5x+1cos⁡x cos⁡5x)=0.\sin 6x\,\sin 4x\left(\frac{1}{\sin x\,\sin 5x}+\frac{1}{\cos x\,\cos 5x}\right)=0.sin6xsin4x(sinxsin5x1​+cosxcos5x1​)=0. В скобке cos⁡xcos⁡5x+sin⁡xsin⁡5xsin⁡xsin⁡5xcos⁡xcos⁡5x=cos⁡4xsin⁡xsin⁡5xcos⁡xcos⁡5x,\frac{\cos x \cos 5x+\sin x \sin 5x}{\sin x \sin 5x \cos x \cos 5x}=\frac{\cos 4x}{\sin x \sin 5x \cos x \cos 5x},sinxsin5xcosxcos5xcosxcos5x+sinxsin5x​=sinxsin5xcosxcos5xcos4x​, поэтому уравнение сводится к sin⁡6x sin⁡4x cos⁡4x=0  ⟺  12sin⁡6x sin⁡8x=0.\sin 6x\,\sin 4x\,\cos 4x=0\iff \tfrac12\sin 6x\,\sin 8x=0.sin6xsin4xcos4x=0⟺21​sin6xsin8x=0. Отсюда sin⁡8x=0\sin 8x=0sin8x=0 или sin⁡6x=0,\sin 6x=0,sin6x=0, то есть x=kπ8x=\frac{k\pi}{8}x=8kπ​ или x=nπ6.x=\frac{n\pi}{6}.x=6nπ​. Условия ОДЗ отбрасывают значения, кратные π2:\tfrac{\pi}{2}:2π​: из первой серии k∈Z∖4Z,k\in\mathbb{Z}\setminus 4\mathbb{Z},k∈Z∖4Z, из второй n∈Z∖3Z.n\in\mathbb{Z}\setminus 3\mathbb{Z}.n∈Z∖3Z.
Задача 5МГУ
В 14 ⁣: ⁣0014\!:\!0014:00 из села Верхнее вниз по течению реки в сторону села Нижнее отправился катер «Быстрый». Когда до Нижнего оставалось плыть 500500500 метров, ему навстречу из Нижнего вышел катер «Смелый». В этот же самый момент «Быстрый», не желая встречи со «Смелым», развернулся и пошёл обратно к Верхнему. В 14 ⁣: ⁣1414\!:\!1414:14, когда расстояние по реке от «Быстрого» до Верхнего сравнялось с расстоянием по реке от «Смелого» до «Быстрого», на «Смелом» осознали, что они идут с «Быстрым» на одинаковой скорости, развернулись и направились обратно к Нижнему. В исходные пункты катера вернулись одновременно в 14 ⁣: ⁣1814\!:\!1814:18. Найдите расстояние по реке между Верхним и Нижним, если известно, что оба катера движутся равномерно и с одинаковой собственной скоростью.
Ответ:2 км2\text{ км}2 км

Решение

В момент выхода "Смелого" из Нижнего расстояние между катерами составляло 500500500 м. Так как против течения катера двигались с постоянной скоростью, то и в момент, когда "Смелый", развернувшись, двинулся назад к Нижнему, расстояние между "Смелым" и "Быстрым" составляло 500500500 м. По условию в этот момент расстояние по реке от "Быстрого" до Верхнего также составляло 500500500 м. "Быстрый" проплыл 500500500 м против течения за 14:14−14:10=414 : 14-14 : 10=414:14−14:10=4 мин (момент его разворота — 14:1014 : 1014:10 ). Скорость "Быстрого" относительно берега против течения: vпр=5004=125v_{\text{пр}}=\dfrac{500}{4}=125vпр​=4500​=125 м/мин. Пусть SSS — расстояние между Верхним и Нижним (в метрах), vvv — собственная скорость катеров (м/мин), v>125.v>125.v>125. В момент разворота "Смелого" расстояние по реке от него до Нижнего равнялось S−1000.S-1000.S−1000. "Смелый" проплыл этот путь по течению за 444 мин, поэтому S−1000=4v,S-1000=4v,S−1000=4v, то есть S=4v+1000.S=4v+1000.S=4v+1000. "Быстрый" до разворота проплыл S−500S-500S−500 м, затратив на весь путь 181818 мин: S−500125+S−500v=18.\dfrac{S-500}{125}+\dfrac{S-500}{v}=18.125S−500​+vS−500​=18. Подставляя S=4v+1000S=4v+1000S=4v+1000 и обозначая x=v125,x=\dfrac{v}{125},x=125v​, приходим к уравнению 2x+2x=5.2x+\dfrac{2}{x}=5.2x+x2​=5. Корни x1=2,x2=12.x_1=2, x_2=\tfrac12.x1​=2,x2​=21​. Так как x>1,x>1,x>1, берём x=2,x=2,x=2, откуда v=250v=250v=250 и S=2000.S=2000.S=2000. Искомое расстояние равно 222 км.
Задача 6МГУ
Трапеция KLMNKLMNKLMN вписана в окружность радиуса RRR и описана около окружности радиуса rrr. Найдите rrr, если R=20R=20R=20, а косинус угла между диагональю KMKMKM и основанием KNKNKN равен 45\dfrac{4}{5}54​.
Ответ:9

Решение

Изображение 1 Трапеция вписана в окружность, значит она равнобокая. Пусть KN=CDKN=CDKN=CD -основания ,KL=MN=c, KL=MN=c,KL=MN=c — боковые стороны. Так как трапеция описана около окружности, KN+LM=2c.KN+LM=2c.KN+LM=2c. Обозначим φ=∠MKN.\varphi=\angle MKN.φ=∠MKN. Опустим высоту MHMHMH на основание KN.KN.KN. Точки касания делят основания пополам, поэтому KH=KN+LM2=c,MH=2r.KH=\dfrac{KN+LM}{2}=c,\quad MH=2r.KH=2KN+LM​=c,MH=2r. tg⁡φ=MHKH=2rc.(1)\tg\varphi=\dfrac{MH}{KH}=\dfrac{2r}{c}. \qquad (1)tgφ=KHMH​=c2r​.(1) По теореме синусов для треугольника KMN:sin⁡φ=MN2R=c2R.(2)KMN:\quad \sin\varphi=\dfrac{MN}{2R}=\dfrac{c}{2R}. \qquad (2)KMN:sinφ=2RMN​=2Rc​.(2) Перемножая (1)(1)(1) и (2):rR=tg⁡φ⋅sin⁡φ=sin⁡2φcos⁡φ=1−cos⁡2φcos⁡φ=1cos⁡φ−cos⁡φ.(2):\quad \dfrac{r}{R}=\tg\varphi\cdot\sin\varphi=\dfrac{\sin^2\varphi}{\cos\varphi}=\dfrac{1-\cos^2\varphi}{\cos\varphi}=\dfrac{1}{\cos\varphi}-\cos\varphi.(2):Rr​=tgφ⋅sinφ=cosφsin2φ​=cosφ1−cos2φ​=cosφ1​−cosφ. cos⁡φ=45  ⇒  rR=54−45=920.\cos\varphi=\dfrac{4}{5}\;\Rightarrow\; \dfrac{r}{R}=\dfrac{5}{4}-\dfrac{4}{5}=\dfrac{9}{20}.cosφ=54​⇒Rr​=45​−54​=209​. r=920⋅R=920⋅20=9.r=\dfrac{9}{20}\cdot R=\dfrac{9}{20}\cdot 20=9.r=209​⋅R=209​⋅20=9.
Задача 7МГУ
В основании прямой призмы ABCA′B′C′ABCA'B'C'ABCA′B′C′ лежит прямоугольный треугольник ABCABCABC, такой что AC=BC=1AC=BC=1AC=BC=1. На ребре A′C′A'C'A′C′ верхнего основания (параллельном ACACAC) отмечена точка DDD, так что A′D:DC′=2:1A'D:DC'=2:1A′D:DC′=2:1. Найдите радиус сферы, вписанной в тетраэдр AB′CDAB'CDAB′CD, если высота призмы равна 111.
Ответ:(1+2+3+23)−1\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{\tfrac{2}{3}}\right)^{-1}(1+2​+3​+32​​)−1

Решение

Изображение 1 Обозначим объём тетраэдра AB′CD,AB'CD,AB′CD, его площадь поверхности и радиус вписанной сферы через V,S,r.V, S, r.V,S,r. Тогда V=13rS.V=\tfrac{1}{3}rS.V=31​rS. Объём AB′CDAB'CDAB′CD равен объёму ABCD,ABCD,ABCD, так как CC′∥AA′,CC'\parallel AA',CC′∥AA′, поэтому V=16,V=\tfrac{1}{6},V=61​, откуда r=(2S)−1.r=(2S)^{-1}.r=(2S)−1. Найдём S.S.S. Гипотенуза основания AB=2.AB=\sqrt{2}.AB=2​. Площади граней с ребром-гипотенузой: SACD=22,SACB′=32.S_{ACD}=\tfrac{\sqrt{2}}{2},\qquad S_{ACB'}=\tfrac{\sqrt{3}}{2}.SACD​=22​​,SACB′​=23​​. Обозначим λ=A′DA′C′=23.\lambda=\dfrac{A'D}{A'C'}=\dfrac{2}{3}.λ=A′C′A′D​=32​. Для боковых граней с вершиной DDD получаем SADB′=123λ2−2λ+1,SCDB′=123(1−λ)2−2(1−λ)+1.S_{ADB'}=\tfrac{1}{2}\sqrt{3\lambda^2-2\lambda+1},\qquad S_{CDB'}=\tfrac{1}{2}\sqrt{3(1-\lambda)^2-2(1-\lambda)+1}.SADB′​=21​3λ2−2λ+1​,SCDB′​=21​3(1−λ)2−2(1−λ)+1​. При λ=23:3λ2−2λ+1=1,3(1−λ)2−2(1−λ)+1=23.\lambda=\tfrac{2}{3}: \sqrt{3\lambda^2-2\lambda+1}=1,\quad \sqrt{3(1-\lambda)^2-2(1-\lambda)+1}=\sqrt{\tfrac{2}{3}}.λ=32​:3λ2−2λ+1​=1,3(1−λ)2−2(1−λ)+1​=32​​. S=SACD+SACB′+SADB′+SCDB′=12(1+2+3+23).S=S_{ACD}+S_{ACB'}+S_{ADB'}+S_{CDB'}=\tfrac{1}{2}\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{\tfrac{2}{3}}\right).S=SACD​+SACB′​+SADB′​+SCDB′​=21​(1+2​+3​+32​​). r=(2S)−1=(1+2+3+23)−1.r=(2S)^{-1}=\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{\tfrac{2}{3}}\right)^{-1}.r=(2S)−1=(1+2​+3​+32​​)−1.
Задача 8МГУ
Найдите все значения параметра aaa , при которых уравнение ,cos⁡(x+aln⁡∣x∣)=x−1,,\cos\left(x+a\ln|x|\right)=x-1,,cos(x+aln∣x∣)=x−1, имеет бесконечно много решений.
Ответ:a≠0a\ne 0a=0

Решение

Перепишем уравнение в виде системы: {t=x+aln⁡∣x∣cos⁡t=x−1\begin{cases} t=x+a\ln|x| \\ \cos t=x-1 \end{cases}{t=x+aln∣x∣cost=x−1​ Исключая xxx , получаем уравнение t=cos⁡t+1+aln⁡∣cos⁡t+1∣.t=\cos t+1+a\ln|\cos t+1|.t=cost+1+aln∣cost+1∣. Множество решений исходного уравнения бесконечно тогда и только тогда, когда бесконечно множество решений уравнения t−cos⁡t−1=aln⁡∣cos⁡t+1∣.t-\cos t-1=a\ln|\cos t+1|.t−cost−1=aln∣cost+1∣. Рассмотрим функцию f(t)=t−cos⁡t−1.f(t)=t-\cos t-1.f(t)=t−cost−1. Она непрерывна, f′(t)=1+sin⁡t≥0f'(t)=1+\sin t\ge 0f′(t)=1+sint≥0 , причём f′(t)=0f'(t)=0f′(t)=0 лишь в отдельных точках, поэтому fff монотонно возрастает на всей прямой. При a=0a=0a=0 уравнение f(t)=0f(t)=0f(t)=0 имеет в силу монотонности единственное решение, поэтому a=0a=0a=0 не подходит. При a≠0a\ne 0a=0 на промежутках вблизи точек, где cos⁡t+1→0,\cos t+1\to 0,cost+1→0, правая часть aln⁡∣cos⁡t+1∣a\ln|\cos t+1|aln∣cost+1∣ неограниченно меняется, и левая (возрастающая) функция пересекает её бесконечно много раз. Множество решений бесконечно.