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 — 2014, Поток 1

Поток 1Поток 2Поток 3
Задача 1МГУ
Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением 7−43(8+43)\sqrt{7-4\sqrt{3}}\left(8+4\sqrt{3}\right)7−43​​(8+43​).
Ответ:4

Решение

7−43=4−2⋅2⋅3+3=(2−3)2,7-4\sqrt{3}=4-2\cdot2\cdot\sqrt{3}+3=\left(2-\sqrt{3}\right)^2,7−43​=4−2⋅2⋅3​+3=(2−3​)2, поэтому 7−43=∣2−3∣=2−3.\sqrt{7-4\sqrt{3}}=\left|2-\sqrt{3}\right|=2-\sqrt{3}.7−43​​=​2−3​​=2−3​. 7−43(8+43)=(2−3)(8+43)=16+83−83−4⋅3=16−12=4.\sqrt{7-4\sqrt{3}}\left(8+4\sqrt{3}\right)=\left(2-\sqrt{3}\right)\left(8+4\sqrt{3}\right)=16+8\sqrt{3}-8\sqrt{3}-4\cdot3=16-12=4.7−43​​(8+43​)=(2−3​)(8+43​)=16+83​−83​−4⋅3=16−12=4.
Задача 3МГУ
Найдите все положительные xxx, удовлетворяющие неравенству x3x+7>x12.x^{3x+7}>x^{12}.x3x+7>x12.
Ответ:x∈(0,1)∪(53,+∞)x\in(0,1)\cup\left(\dfrac{5}{3},+\infty\right)x∈(0,1)∪(35​,+∞)

Решение

Изображение 1 Для положительных x:x:x: x3x+7>x12  ⟺  x3x−5>1  ⟺  (3x−5)ln⁡x>0  ⟺  {x>0,(3x−5)(x−1)>0.x^{3x+7}>x^{12}\iff x^{3x-5}>1\iff (3x-5)\ln x>0\iff\begin{cases}x>0,\\(3x-5)(x-1)>0.\end{cases}x3x+7>x12⟺x3x−5>1⟺(3x−5)lnx>0⟺{x>0,(3x−5)(x−1)>0.​ (при x>0x>0x>0 знак ln⁡x\ln xlnx совпадает со знаком (x−1)(x-1)(x−1) ) (3x−5)(x−1)>0  ⟺  x<1 или x>53.(3x-5)(x-1)>0\iff x<1\ \text{или}\ x>\dfrac{5}{3}.(3x−5)(x−1)>0⟺x<1 или x>35​. С учётом x>0:x∈(0,1)∪(53,+∞).x>0:\quad x\in(0,1)\cup\left(\dfrac{5}{3},+\infty\right).x>0:x∈(0,1)∪(35​,+∞).
Задача 4МГУ
Решите уравнение cos⁡2x−cos⁡x sin⁡2 ⁣(5x4−5π12)+14=0.\cos^2 x - \cos x\,\sin^2\!\left(\dfrac{5x}{4}-\dfrac{5\pi}{12}\right)+\dfrac14=0.cos2x−cosxsin2(45x​−125π​)+41​=0.
Ответ:x=7π3+4πn, n∈Zx=\dfrac{7\pi}{3}+4\pi n,\ n\in\mathbb{Z}x=37π​+4πn, n∈Z

Решение

Поскольку cos⁡x=0\cos x = 0cosx=0 не даёт решения, исходное уравнение равносильно уравнению sin⁡2 ⁣(5x4−5π12)=12(cos⁡x12+12cos⁡x).\sin^2\!\left(\frac{5x}{4}-\frac{5\pi}{12}\right)=\frac12\left(\frac{\cos x}{\dfrac{1}{2}}+\frac{\dfrac{1}{2}}{\cos x}\right).sin2(45x​−125π​)=21​​21​cosx​+cosx21​​​. По неравенству между средними правая часть по модулю не меньше 111 и равна 111 тогда и только тогда, когда cos⁡x=12.\cos x = \tfrac12.cosx=21​. Получаем систему {sin⁡ ⁣(5x4−5π12)=±1,cos⁡x=12;  ⟺  {5x4=5π12+π2+πk, k∈Z,x=±π3+2πn, n∈Z;\begin{cases}\sin\!\left(\frac{5x}{4}-\frac{5\pi}{12}\right)=\pm 1,\\[2mm]\cos x = \tfrac12;\end{cases}\iff\begin{cases}\frac{5x}{4}=\frac{5\pi}{12}+\frac{\pi}{2}+\pi k,\ k\in\mathbb{Z},\\[1mm]x=\pm\frac{\pi}{3}+2\pi n,\ n\in\mathbb{Z};\end{cases}⎩⎨⎧​sin(45x​−125π​)=±1,cosx=21​;​⟺{45x​=125π​+2π​+πk, k∈Z,x=±3π​+2πn, n∈Z;​   ⟺  {x=11π15+4πk5, k∈Z,x=±π3+2πn, n∈Z;  ⟺  x=7π3+4πn, n∈Z.\iff\begin{cases}x=\frac{11\pi}{15}+\frac{4\pi k}{5},\ k\in\mathbb{Z},\\[1mm]x=\pm\frac{\pi}{3}+2\pi n,\ n\in\mathbb{Z};\end{cases}\iff x=\frac{7\pi}{3}+4\pi n,\ n\in\mathbb{Z}.⟺{x=1511π​+54πk​, k∈Z,x=±3π​+2πn, n∈Z;​⟺x=37π​+4πn, n∈Z.
Задача 5МГУ
Окружности Ω1\Omega_1Ω1​ и Ω2\Omega_2Ω2​ с центрами в точках O1O_1O1​ и O2O_2O2​ касаются внешним образом в точке AAA. Общая внешняя касательная к этим окружностям касается Ω1\Omega_1Ω1​ и Ω2\Omega_2Ω2​ соответственно в точках B1B_1B1​ и B2B_2B2​. Общая касательная к окружностям, проходящая через точку AAA, пересекает отрезок B1B2B_1B_2B1​B2​ в точке CCC. Прямая, делящая угол ACO2ACO_2ACO2​ пополам, пересекает прямые O1B1O_1B_1O1​B1​, O1O2O_1O_2O1​O2​, O2B2O_2B_2O2​B2​ в точках D1D_1D1​, LLL, D2D_2D2​ соответственно. Найдите отношение LD2:O2D2LD_2:O_2D_2LD2​:O2​D2​, если известно, что CD1=CO1CD_1=CO_1CD1​=CO1​.
Ответ:1:1

Решение

Изображение 1 Касательные из точки CCC дают CB1=CA=CB2,CB_1=CA=CB_2,CB1​=CA=CB2​, значит CCC — середина B1B2,B_1B_2,B1​B2​, а CACACA — общий перпендикуляр касательной в точке касания к линии центров O1O2.O_1O_2.O1​O2​. CO1CO_1CO1​ — биссектриса угла B1CA,CO2B_1CA, \quad CO_2B1​CA,CO2​ — биссектриса угла B2CA⇒∠O1CO2=90∘.B_2CA \Rightarrow \angle O_1CO_2=90^\circ.B2​CA⇒∠O1​CO2​=90∘. Так как O1B1⊥B1B2O_1B_1\perp B_1B_2O1​B1​⊥B1​B2​ и O2B2⊥B1B2,O_2B_2\perp B_1B_2,O2​B2​⊥B1​B2​, то O1B1∥O2B2∥CA.O_1B_1\parallel O_2B_2 \parallel CA.O1​B1​∥O2​B2​∥CA. Прямая CLCLCL (биссектриса угла ACO2)ACO_2)ACO2​) пересекает параллельные O1B1O_1B_1O1​B1​ и O2B2,O_2B_2,O2​B2​, поэтому при вершине LLL возникают вертикальные углы ∠O1D1C=∠O2D2L\angle O_1 D_1 C=\angle O_2 D_2 L∠O1​D1​C=∠O2​D2​L (накрест лежащие), откуда △CD1O1∼△LD2O2.\triangle CD_1O_1 \sim \triangle LD_2O_2.△CD1​O1​∼△LD2​O2​. В △CD1O1\triangle CD_1O_1△CD1​O1​ по условию CD1=CO1,CD_1=CO_1,CD1​=CO1​, то есть он равнобедренный; подобный ему △LD2O2\triangle LD_2O_2△LD2​O2​ тоже равнобедренный: LD2=O2D2.LD_2=O_2D_2.LD2​=O2​D2​. LD2O2D2=1.\dfrac{LD_2}{O_2D_2}=1.O2​D2​LD2​​=1.
Задача 6МГУ
Найдите все положительные xxx, yyy, удовлетворяющие системе уравнений {x3/2+y=16x+y2/3=8\begin{cases} x^{3/2} + y = 16 \\ x + y^{2/3} = 8 \end{cases}{x3/2+y=16x+y2/3=8​
Ответ:x=4,\ y=8

Решение

Положим a=x,b=y3(a>0,b>0).a=\sqrt{x}, b=\sqrt[3]{y} (a>0, b>0).a=x​,b=3y​(a>0,b>0). Тогда исходная система примет вид {a3+b3=16a2+b2=8\begin{cases} a^3 + b^3 = 16 \\ a^2 + b^2 = 8 \end{cases}{a3+b3=16a2+b2=8​ Сделаем замену: положим u=a+b,v=ab.u=a+b, v=ab.u=a+b,v=ab. Тогда при u>0,v>0:u>0, v>0:u>0,v>0: a2+b2=u2−2v,a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2)=u(u2−3v).a^2+b^2 = u^2-2v, \qquad a^3+b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2) = u(u^2-3v).a2+b2=u2−2v,a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2)=u(u2−3v). {u(u2−3v)=16u2−2v=8  ⟺  {u3−24u+32=0v=u22−4\begin{cases} u(u^2-3v) = 16 \\ u^2-2v = 8 \end{cases} \iff \begin{cases} u^3-24u+32 = 0 \\ v = \dfrac{u^2}{2}-4 \end{cases}{u(u2−3v)=16u2−2v=8​⟺⎩⎨⎧​u3−24u+32=0v=2u2​−4​   ⟺  {(u−4)(u2+4u−8)=0v=u22−4  ⟺  {(u−4)(2v+4u)=0v=u22−4\iff \begin{cases} (u-4)(u^2+4u-8) = 0 \\ v = \dfrac{u^2}{2}-4 \end{cases} \iff \begin{cases} (u-4)(2v+4u) = 0 \\ v = \dfrac{u^2}{2}-4 \end{cases}⟺⎩⎨⎧​(u−4)(u2+4u−8)=0v=2u2​−4​⟺⎩⎨⎧​(u−4)(2v+4u)=0v=2u2​−4​ Откуда в силу положительности u,vu, vu,v следует, что {u=4v=4  ⟺  {a=2b=2  ⟺  {x=4y=8\begin{cases} u = 4 \\ v = 4 \end{cases} \iff \begin{cases} a = 2 \\ b = 2 \end{cases} \iff \begin{cases} x = 4 \\ y = 8 \end{cases}{u=4v=4​⟺{a=2b=2​⟺{x=4y=8​
Задача 7МГУ
В основании прямой призмы лежит правильный треугольник со стороной 111. Высота призмы равна 2\sqrt{2}2​. Найдите расстояние между скрещивающимися диагоналями боковых граней.
Ответ:23\dfrac{\sqrt{2}}{3}32​​

Решение

Изображение 1 Пусть ABCABCABC и A1B1C1A_1B_1C_1A1​B1​C1​ — основания призмы, AA1,BB1,CC1AA_1, BB_1, CC_1AA1​,BB1​,CC1​ — боковые рёбра. Пары скрещивающихся диагоналей боковых граней переходят друг в друга при поворотах и симметриях призмы, поэтому без ограничения общности возьмём диагонали AB1AB_1AB1​ и BC1.BC_1.BC1​. Расстояние между AB1AB_1AB1​ и BC1BC_1BC1​ достигается на отрезке XY,XY,XY, перпендикулярном обеим прямым. Проведём через B1B_1B1​ прямую, параллельную BC1;BC_1;BC1​; пусть она пересекает прямую CBCBCB в точке D.D.D. Тогда BC1∥BC_1 \parallelBC1​∥ плоскости AB1D,AB_1D,AB1​D, и искомое расстояние равно расстоянию от BBB до этой плоскости. Обозначим сторону основания через a,a,a, высоту призмы через h.h.h. В подходящей системе координат плоскость AB1DAB_1DAB1​D задаётся уравнением xa+yh+y3a=1.\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{h}+\dfrac{y\sqrt{3}}{a}=1.ax​+hy​+ay3​​=1. Нормаль к этой плоскости — вектор (1a,1h,3a)3a2+1h2.\dfrac{\left(\tfrac{1}{a}, \tfrac{1}{h}, \tfrac{\sqrt{3}}{a}\right)}{\sqrt{\tfrac{3}{a^2}+\tfrac{1}{h^2}}}.a23​+h21​​(a1​,h1​,a3​​)​. Расстояние от BBB до плоскости AB1DAB_1DAB1​D равно aha2+4h2.\dfrac{ah}{\sqrt{a^2+4h^2}}.a2+4h2​ah​. При a=1,h=2:1⋅21+4⋅2=29=23.a=1, h=\sqrt{2}:\quad \dfrac{1\cdot\sqrt{2}}{\sqrt{1+4\cdot 2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{9}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}.a=1,h=2​:1+4⋅2​1⋅2​​=9​2​​=32​​.
Задача 8МГУ
Пусть f(x,y)=−6x2−14y2−18xy+6+y,f(x,y)=\sqrt{-6x^{2}-14y^{2}-18xy+6}+y,f(x,y)=−6x2−14y2−18xy+6​+y, g(x,y)=−−6x2−14y2−18xy+6+y.g(x,y)=-\sqrt{-6x^{2}-14y^{2}-18xy+6}+y.g(x,y)=−−6x2−14y2−18xy+6​+y. Найдите все значения, которые может принимать хотя бы одна из этих функций.
Ответ:[−32; 32]\left[-3\sqrt{2};\,3\sqrt{2}\right][−32​;32​]

Решение

Искомое множество совпадает с множеством значений z,z,z, при которых разрешима относительно xxx и yyy совокупность [z−y=−6x2−14y2−18xy+6z−y=−−6x2−14y2−18xy+6\left[\begin{array}{l} z-y=\sqrt{-6x^{2}-14y^{2}-18xy+6} \\ z-y=-\sqrt{-6x^{2}-14y^{2}-18xy+6} \end{array}\right.[z−y=−6x2−14y2−18xy+6​z−y=−−6x2−14y2−18xy+6​​ Эта совокупность равносильна уравнению (z−y)2=−6x2−14y2−18xy+6,(z-y)^{2}=-6x^{2}-14y^{2}-18xy+6,(z−y)2=−6x2−14y2−18xy+6, то есть уравнению 6x2+18xy+(z−y)2+14y2−6=0.6x^{2}+18xy+(z-y)^{2}+14y^{2}-6=0.6x2+18xy+(z−y)2+14y2−6=0. Разрешимость этого уравнения относительно xxx при фиксированных z,yz, yz,y равносильна неотрицательности дискриминанта. Следовательно, искомое множество совпадает с множеством тех z,z,z, при которых разрешимо относительно yyy неравенство (9y)2−6((z−y)2+14y2−6)⩾0.(9y)^{2}-6\bigl((z-y)^{2}+14y^{2}-6\bigr)\geqslant 0.(9y)2−6((z−y)2+14y2−6)⩾0. Перепишем это неравенство в виде 3y2−4yz+2z2−12⩽0.3y^{2}-4yz+2z^{2}-12\leqslant 0.3y2−4yz+2z2−12⩽0. Оно разрешимо относительно yyy тогда и только тогда, когда его дискриминант неотрицателен, то есть когда z2⩽18.z^{2}\leqslant 18.z2⩽18. Стало быть, искомое множество — отрезок [−32;32].\left[-3\sqrt{2}; 3\sqrt{2}\right].[−32​;32​].