Банк Задач
Школьник
Студент
Учитель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
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, Резерв

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Резерв
Задача 1МГУ
Про квадратный трёхчлен f(x)=ax2+bx+cf(x)=ax^2+bx+cf(x)=ax2+bx+c известно, что b=7b=7b=7 и что f ⁣(13)=113f\!\left(\frac13\right)=\frac{11}3f(31​)=311​. Найдите f ⁣(−13)f\!\left(-\frac13\right)f(−31​).
Ответ:-1

Решение

f ⁣(13)−f ⁣(−13)=2b3=143f\!\left(\tfrac13\right)-f\!\left(-\tfrac13\right)=\dfrac{2b}3=\dfrac{14}3f(31​)−f(−31​)=32b​=314​, поэтому f ⁣(−13)=113−143=−1.f\!\left(-\tfrac13\right)=\dfrac{11}3-\dfrac{14}3=-1.f(−31​)=311​−314​=−1.
Задача 2МГУ
Вычислите (log⁡43)log⁡43log⁡2(log⁡43).\left(\log_4 3\right)^{\tfrac{\log_4 3}{\log_2(\log_4 3)}}.(log4​3)log2​(log4​3)log4​3​.
Ответ:\sqrt3

Решение

Пусть t=log⁡43t=\log_4 3t=log4​3. Тогда log⁡2 ⁣(t t/log⁡2t)=tlog⁡2t⋅log⁡2t=t\log_2\!\Big(t^{\,t/\log_2 t}\Big)=\dfrac{t}{\log_2 t}\cdot\log_2 t=tlog2​(tt/log2​t)=log2​tt​⋅log2​t=t, поэтому выражение равно 2t=2log⁡43=212log⁡23=3.2^{t}=2^{\log_4 3}=2^{\frac12\log_2 3}=\sqrt3.2t=2log4​3=221​log2​3=3​.
Задача 3МГУ
Решите неравенство (2x2−2x+1)x2−2x≤1.\left(2x^2-2x+1\right)^{x^2-2x}\le1.(2x2−2x+1)x2−2x≤1.
Ответ:x∈{0}∪[1;2]x\in\{0\}\cup[1;2]x∈{0}∪[1;2]

Решение

Основание 2x2−2x+1=2(x−12)2+12>02x^2-2x+1=2\left(x-\frac12\right)^2+\frac12>02x2−2x+1=2(x−21​)2+21​>0 и равно 111 лишь при x=0, 1x=0,\,1x=0,1. Неравенство bE≤1b^{E}\le1bE≤1 (E=x2−2xE=x^2-2xE=x2−2x) равносильно Eln⁡b≤0E\ln b\le0Elnb≤0. При x=0,1x=0,1x=0,1 верно. При b>1b>1b>1 (x<0x<0x<0 или x>1x>1x>1) нужно E≤0E\le0E≤0, т.е. 0≤x≤20\le x\le20≤x≤2 — даёт 1<x≤21<x\le21<x≤2. При 0<b<10<b<10<b<1 (0<x<10<x<10<x<1) нужно E≥0E\ge0E≥0 — пусто. Ответ: x∈{0}∪[1;2].x\in\{0\}\cup[1;2].x∈{0}∪[1;2].
Задача 4МГУ
Решите уравнение tg⁡2x−2sin⁡xtg⁡2x+2sin⁡x=0.\dfrac{\operatorname{tg}2x-2\sin x}{\operatorname{tg}2x+2\sin x}=0.tg2x+2sinxtg2x−2sinx​=0.
Ответ:x=±2π3+2πn, n∈Zx=\pm\dfrac{2\pi}3+2\pi n,\ n\in\mathbb{Z}x=±32π​+2πn, n∈Z

Решение

Числитель ноль при tg⁡2x=2sin⁡x\operatorname{tg}2x=2\sin xtg2x=2sinx, знаменатель ≠0\ne0=0. Из tg⁡2x=2sin⁡xcos⁡xcos⁡2x\operatorname{tg}2x=\dfrac{2\sin x\cos x}{\cos2x}tg2x=cos2x2sinxcosx​ получаем 2sin⁡x(cos⁡xcos⁡2x−1)=02\sin x\left(\dfrac{\cos x}{\cos2x}-1\right)=02sinx(cos2xcosx​−1)=0. При sin⁡x=0\sin x=0sinx=0 знаменатель обращается в нуль — не подходит. Значит cos⁡x=cos⁡2x\cos x=\cos2xcosx=cos2x, т.е. (2cos⁡x+1)(cos⁡x−1)=0(2\cos x+1)(\cos x-1)=0(2cosx+1)(cosx−1)=0; корень cos⁡x=1\cos x=1cosx=1 даёт sin⁡x=0\sin x=0sinx=0 — отпадает. Остаётся cos⁡x=−12\cos x=-\dfrac12cosx=−21​: x=±2π3+2πn, n∈Z.x=\pm\dfrac{2\pi}3+2\pi n,\ n\in\mathbb{Z}.x=±32π​+2πn, n∈Z.
Задача 5МГУ
Из села Покровское до села Успенское ведут две дороги: одна через деревню Ивановка, другая через деревню Павловка — обе длиной 666 км. Иван и Павел отправились ровно в полдень из Покровского в Успенское, Иван — через Ивановку, Павел — через Павловку. Иван сразу сел на автобус, доехал до Ивановки, а оттуда пошёл в Успенское пешком. Павел пошёл до Павловки пешком, дошёл до неё в 12 ⁣: ⁣3012\!:\!3012:30 — ровно когда Иван приехал в Успенское, тут же сел на автобус и приехал в Успенское в 12 ⁣: ⁣4012\!:\!4012:40. Найдите расстояние от Ивановки до Успенского, если Иван и Павел шли со скоростью 444 км/ч, а автобусы двигались равномерно с одинаковой скоростью.
Ответ:1,2 км1{,}2\text{ км}1,2 км

Решение

Павел шёл до Павловки 303030 мин со скоростью 444 км/ч — прошёл 222 км, осталось 444 км, которые автобус прошёл за 101010 мин =16=\frac16=61​ ч, поэтому скорость автобуса v=24v=24v=24 км/ч. Для Ивана d24+6−d4=12\dfrac{d}{24}+\dfrac{6-d}{4}=\dfrac1224d​+46−d​=21​, откуда d=4,8d=4{,}8d=4,8 км. Значит от Ивановки до Успенского 6−4,8=1,26-4{,}8=1{,}26−4,8=1,2 км.
Задача 6МГУ
В треугольнике ABCABCABC проведены медианы AEAEAE и BDBDBD. Углы ∠EAB\angle EAB∠EAB и ∠DBC\angle DBC∠DBC равны, причём их косинусы равны 23\sqrt{\frac23}32​​. Найдите BCBCBC, если AB=1AB=1AB=1.
Ответ:\sqrt2

Решение

Возьмём A(0,0)A(0,0)A(0,0), B(1,0)B(1,0)B(1,0), C(p,q)C(p,q)C(p,q); тогда E=(1+p2,q2)E=\left(\frac{1+p}2,\frac q2\right)E=(21+p​,2q​), D=(p2,q2)D=\left(\frac p2,\frac q2\right)D=(2p​,2q​), а косинусу 2/3\sqrt{2/3}2/3​ отвечает тангенс 12\frac1{\sqrt2}2​1​. Условия дают tg⁡∠EAB=q1+p=12\operatorname{tg}\angle EAB=\dfrac{q}{1+p}=\dfrac1{\sqrt2}tg∠EAB=1+pq​=2​1​ и tg⁡∠DBC=q(p−1)(p−2)+q2=12\operatorname{tg}\angle DBC=\dfrac{q}{(p-1)(p-2)+q^2}=\dfrac1{\sqrt2}tg∠DBC=(p−1)(p−2)+q2q​=2​1​. Из первого q2=1+pq\sqrt2=1+pq2​=1+p; подставив во второе, получаем (p−1)2=0(p-1)^2=0(p−1)2=0, p=1p=1p=1, q=2q=\sqrt2q=2​. Значит BC=(p−1)2+q2=2.BC=\sqrt{(p-1)^2+q^2}=\sqrt2.BC=(p−1)2+q2​=2​.
Задача 7МГУ
Найдите все значения параметра aaa, при которых уравнение ∣ln⁡(2(ax+1)−(x2+a2))∣=2x\big|\ln\big(2(ax+1)-(x^2+a^2)\big)\big|=2x​ln(2(ax+1)−(x2+a2))​=2x имеет ровно одно решение.
Ответ:a=-1

Решение

Под логарифмом 2(ax+1)−(x2+a2)=2−(x−a)22(ax+1)-(x^2+a^2)=2-(x-a)^22(ax+1)−(x2+a2)=2−(x−a)2, поэтому уравнение — ∣ln⁡(2−(x−a)2)∣=2x\big|\ln(2-(x-a)^2)\big|=2x​ln(2−(x−a)2)​=2x при (x−a)2<2(x-a)^2<2(x−a)2<2; в любом решении x≥0x\ge0x≥0. Функция g(x)=∣ln⁡(2−(x−a)2)∣g(x)=|\ln(2-(x-a)^2)|g(x)=∣ln(2−(x−a)2)∣ — сдвиг фиксированной G(u)=∣ln⁡(2−u2)∣G(u)=|\ln(2-u^2)|G(u)=∣ln(2−u2)∣: «горб» от 000 до ln⁡2\ln2ln2 на (−1,1)(-1,1)(−1,1) и две ветви к +∞+\infty+∞ на (1,2)(1,\sqrt2)(1,2​), (−2,−1)(-\sqrt2,-1)(−2​,−1). Прямая y=2xy=2xy=2x пересекает правую ветвь при a≥−1a\ge-1a≥−1, левую — при a≥1a\ge1a≥1, горб — при −1<a<1-1<a<1−1<a<1. Итого: при a<−1a<-1a<−1 решений нет, при a=−1a=-1a=−1 — ровно одно (x=0x=0x=0), при a>−1a>-1a>−1 — два. Ответ: a=−1.a=-1.a=−1.
Задача 8МГУ
В основании прямой призмы лежит правильный треугольник ABCABCABC со стороной 111. На двух рёбрах верхнего основания отмечены точки KKK и LLL, так что KL∥ACKL\parallel ACKL∥AC. Известно, что треугольник KMBKMBKMB, где MMM — середина ребра ACACAC, является правильным. Найдите объём тетраэдра KLMBKLMBKLMB.
Ответ:648\dfrac{\sqrt6}{48}486​​

Решение

Координаты: A(0,0,0)A(0,0,0)A(0,0,0), C(1,0,0)C(1,0,0)C(1,0,0), B(12,32,0)B\left(\frac12,\frac{\sqrt3}2,0\right)B(21​,23​​,0), M(12,0,0)M\left(\frac12,0,0\right)M(21​,0,0), высота призмы hhh; K=(t2,t32,h)K=\left(\frac t2,\frac{t\sqrt3}2,h\right)K=(2t​,2t3​​,h) на ребре A′B′A'B'A′B′. Сторона MB=32MB=\frac{\sqrt3}2MB=23​​. Из ∣KM∣=∣KB∣|KM|=|KB|∣KM∣=∣KB∣ следует t=12t=\frac12t=21​, из ∣KB∣=MB|KB|=MB∣KB∣=MB — h2=12h^2=\frac12h2=21​. Тогда K=(14,34,12)K=\left(\frac14,\frac{\sqrt3}4,\frac1{\sqrt2}\right)K=(41​,43​​,2​1​), L=(34,34,12)L=\left(\frac34,\frac{\sqrt3}4,\frac1{\sqrt2}\right)L=(43​,43​​,2​1​). Объём V=16∣det⁡(KL⃗,KM⃗,KB⃗)∣=16⋅68=648.V=\dfrac16\big|\det(\vec{KL},\vec{KM},\vec{KB})\big|=\dfrac16\cdot\dfrac{\sqrt6}8=\dfrac{\sqrt6}{48}.V=61​​det(KL,KM,KB)​=61​⋅86​​=486​​.