Банк Задач
Школьник
Студент
Учитель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
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 — 2014, Поток 2

Поток 1Поток 2Поток 3
Задача 1МГУ
Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением 5−26(2+3)\sqrt{5-2\sqrt{6}}\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)5−26​​(2​+3​).
Ответ:1

Решение

5−26=3−23⋅2+2=(3−2)2,5-2\sqrt{6}=3-2\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}+2=\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)^2,5−26​=3−23​⋅2​+2=(3​−2​)2, поэтому 5−26=∣3−2∣=3−2.\sqrt{5-2\sqrt{6}}=\left|\sqrt{3}-\sqrt{2}\right|=\sqrt{3}-\sqrt{2}.5−26​​=​3​−2​​=3​−2​. 5−26(2+3)=(3−2)(3+2)=3−2=1.\sqrt{5-2\sqrt{6}}\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)=\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)=3-2=1.5−26​​(2​+3​)=(3​−2​)(3​+2​)=3−2=1.
Задача 3МГУ
Найдите все положительные xxx, удовлетворяющие неравенству x−5x−3<x−7.x^{-5x-3}<x^{-7}.x−5x−3<x−7.
Ответ:x∈(0,45)∪(1,+∞)x\in\left(0,\dfrac{4}{5}\right)\cup(1,+\infty)x∈(0,54​)∪(1,+∞)

Решение

Изображение 1 Для положительных x:x:x: x−5x−3<x−7  ⟺  x−5x+4<1  ⟺  (−5x+4)ln⁡x<0  ⟺  {x>0,(−5x+4)(x−1)<0.x^{-5x-3}<x^{-7}\iff x^{-5x+4}<1\iff (-5x+4)\ln x<0\iff\begin{cases}x>0,\\(-5x+4)(x-1)<0.\end{cases}x−5x−3<x−7⟺x−5x+4<1⟺(−5x+4)lnx<0⟺{x>0,(−5x+4)(x−1)<0.​ (при x>0x>0x>0 знак ln⁡x\ln xlnx совпадает со знаком (x−1)(x-1)(x−1) ) (−5x+4)(x−1)<0  ⟺  (5x−4)(x−1)>0  ⟺  x<45 или x>1.(-5x+4)(x-1)<0\iff (5x-4)(x-1)>0\iff x<\dfrac{4}{5}\ \text{или}\ x>1.(−5x+4)(x−1)<0⟺(5x−4)(x−1)>0⟺x<54​ или x>1. С учётом x>0:x∈(0,45)∪(1,+∞).x>0:\quad x\in\left(0,\dfrac{4}{5}\right)\cup(1,+\infty).x>0:x∈(0,54​)∪(1,+∞).
Задача 4МГУ
Решите уравнение sin⁡2x+2 ∣sin⁡x∣cos⁡ ⁣(5x2−5π8)+12=0.\sin^2 x + \sqrt2\,|\sin x|\cos\!\left(\dfrac{5x}{2}-\dfrac{5\pi}{8}\right)+\dfrac12=0.sin2x+2​∣sinx∣cos(25x​−85π​)+21​=0.
Ответ:x=9π4+4πn, n∈Zx=\dfrac{9\pi}{4}+4\pi n,\ n\in\mathbb{Z}x=49π​+4πn, n∈Z

Решение

Выделим полный квадрат относительно ∣sin⁡x∣:|\sin x|:∣sinx∣: sin⁡2x+2 ∣sin⁡x∣cos⁡ ⁣(5x2−5π8)+12=(∣sin⁡x∣+12cos⁡ ⁣(5x2−5π8))2+12−12cos⁡2 ⁣(5x2−5π8).\sin^2 x + \sqrt2\,|\sin x|\cos\!\left(\frac{5x}{2}-\frac{5\pi}{8}\right)+\frac12=\left(|\sin x|+\frac{1}{\sqrt2}\cos\!\left(\frac{5x}{2}-\frac{5\pi}{8}\right)\right)^2+\frac12-\frac12\cos^2\!\left(\frac{5x}{2}-\frac{5\pi}{8}\right).sin2x+2​∣sinx∣cos(25x​−85π​)+21​=(∣sinx∣+2​1​cos(25x​−85π​))2+21​−21​cos2(25x​−85π​). Сумма неотрицательна и обращается в нуль лишь при условии {cos⁡2 ⁣(5x2−5π8)=1,∣sin⁡x∣+12cos⁡ ⁣(5x2−5π8)=0.\begin{cases}\cos^2\!\left(\frac{5x}{2}-\frac{5\pi}{8}\right)=1,\\[1mm]|\sin x|+\frac{1}{\sqrt2}\cos\!\left(\frac{5x}{2}-\frac{5\pi}{8}\right)=0.\end{cases}{cos2(25x​−85π​)=1,∣sinx∣+2​1​cos(25x​−85π​)=0.​ Так как ∣sin⁡x∣≥0,|\sin x|\ge 0,∣sinx∣≥0, из второго равенства следует cos⁡(5x2−5π8)≤0,\cos \left(\frac{5x}{2}-\frac{5\pi}{8}\right)\le 0,cos(25x​−85π​)≤0, поэтому с учётом первого условия cos⁡(5x2−5π8)=−1,\cos \left(\frac{5x}{2}-\frac{5\pi}{8}\right)=-1,cos(25x​−85π​)=−1, откуда ∣sin⁡x∣=12.|\sin x|=\tfrac{1}{\sqrt2}.∣sinx∣=2​1​. Получаем {5x2−5π8=π+2πk, k∈Z,x=π4+πm2, m∈Z;  ⟺  {x=13π20+4πk5, k∈Z,x=π4+πm2, m∈Z;  ⟺  x=9π4+4πn, n∈Z.\begin{cases}\frac{5x}{2}-\frac{5\pi}{8}=\pi+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z},\\[1mm]x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi m}{2},\ m\in\mathbb{Z};\end{cases}\iff\begin{cases}x=\frac{13\pi}{20}+\frac{4\pi k}{5},\ k\in\mathbb{Z},\\[1mm]x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi m}{2},\ m\in\mathbb{Z};\end{cases}\iff x=\frac{9\pi}{4}+4\pi n,\ n\in\mathbb{Z}.{25x​−85π​=π+2πk, k∈Z,x=4π​+2πm​, m∈Z;​⟺{x=2013π​+54πk​, k∈Z,x=4π​+2πm​, m∈Z;​⟺x=49π​+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​ в точке BBB и пересекает в точке CCC общую касательную этих окружностей, проходящую через точку AAA. Прямая, делящая угол ACO1ACO_1ACO1​ пополам, пересекает прямые O1O2O_1O_2O1​O2​ и BO1BO_1BO1​ в точках LLL и DDD соответственно. Найдите CO2CO_2CO2​, если известно, что LO1=2LO_1=2LO1​=2, а прямые CO2CO_2CO2​ и DO2DO_2DO2​ перпендикулярны.
Ответ:4

Решение

Изображение 1 Обозначим радиусы r1=O1A=O1B,r2=O2A.r_1=O_1A=O_1B, r_2=O_2A.r1​=O1​A=O1​B,r2​=O2​A. Касательная в AAA перпендикулярна O1O2,O_1O_2,O1​O2​, а из точки CCC проведены две касательные, поэтому CA=CBCA=CBCA=CB и CACACA — высота прямоугольного △O1CO2:\triangle O_1CO_2:△O1​CO2​: ∠O1CO2=90∘,CA2=O1A⋅O2A=r1r2.\angle O_1CO_2=90^\circ, \quad CA^2=O_1A\cdot O_2A=r_1r_2.∠O1​CO2​=90∘,CA2=O1​A⋅O2​A=r1​r2​. AO2=r2,  CA⊥AO2  ⇒  CO22=CA2+AO22=r2(r1+r2),AO_2=r_2,\; CA\perp AO_2 \;\Rightarrow\; CO_2^2=CA^2+AO_2^2=r_2(r_1+r_2),AO2​=r2​,CA⊥AO2​⇒CO22​=CA2+AO22​=r2​(r1​+r2​), AO1=r1,  CA⊥AO1  ⇒  CO12=CA2+AO12=r1(r1+r2).AO_1=r_1,\; CA\perp AO_1 \;\Rightarrow\; CO_1^2=CA^2+AO_1^2=r_1(r_1+r_2).AO1​=r1​,CA⊥AO1​⇒CO12​=CA2+AO12​=r1​(r1​+r2​). Введём координаты: O1=(0,r1),B=(0,0),O2=(2r1r2,r2),C=(r1r2,0).O_1=(0,r_1), B=(0,0), O_2=(2\sqrt{r_1r_2}, r_2), C=(\sqrt{r_1r_2}, 0).O1​=(0,r1​),B=(0,0),O2​=(2r1​r2​​,r2​),C=(r1​r2​​,0). Точки L=CL∩O1O2L=CL\cap O_1O_2L=CL∩O1​O2​ и D=CL∩BO1,D=CL\cap BO_1,D=CL∩BO1​, где CLCLCL — биссектриса угла ACO1.ACO_1.ACO1​. Условие CO2⊥DO2CO_2\perp DO_2CO2​⊥DO2​ задаёт уравнение на отношение радиусов; его единственное решение r2=45r1.r_2=\tfrac{4}{5} r_1.r2​=54​r1​. При r2=45r1r_2=\tfrac{4}{5}r_1r2​=54​r1​ прямой подсчёт даёт CO2LO1=2.\dfrac{CO_2}{LO_1}=2.LO1​CO2​​=2. CO2=2 LO1=2⋅2=4.CO_2=2\,LO_1=2\cdot 2=4.CO2​=2LO1​=2⋅2=4.
Задача 6МГУ
Решите систему уравнений {1cos⁡3x+1sin⁡3y=16tg⁡2x+ctg⁡2y=6\begin{cases} \dfrac{1}{\cos^3 x} + \dfrac{1}{\sin^3 y} = 16 \\ \tg^2 x + \ctg^2 y = 6 \end{cases}⎩⎨⎧​cos3x1​+sin3y1​=16tg2x+ctg2y=6​
Ответ:x=±π3+2πk,y=(−1)nπ6+πn,k,n∈Zx = \pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi k,\quad y = (-1)^n\dfrac{\pi}{6} + \pi n,\quad k,n\in\mathbb{Z}x=±3π​+2πk,y=(−1)n6π​+πn,k,n∈Z

Решение

Положим a=1cos⁡x,b=1sin⁡y.a=\dfrac{1}{\cos x}, b=\dfrac{1}{\sin y}.a=cosx1​,b=siny1​. Тогда tg⁡2x=1cos⁡2x−1=a2−1,ctg⁡2y=1sin⁡2y−1=b2−1.\tg^2 x = \dfrac{1}{\cos^2 x}-1 = a^2-1, \ctg^2 y = \dfrac{1}{\sin^2 y}-1 = b^2-1.tg2x=cos2x1​−1=a2−1,ctg2y=sin2y1​−1=b2−1. Система принимает вид {a3+b3=16(a2−1)+(b2−1)=6  ⟺  {a3+b3=16a2+b2=8\begin{cases} a^3 + b^3 = 16 \\ (a^2-1)+(b^2-1) = 6 \end{cases} \iff \begin{cases} a^3 + b^3 = 16 \\ a^2 + b^2 = 8 \end{cases}{a3+b3=16(a2−1)+(b2−1)=6​⟺{a3+b3=16a2+b2=8​ Полагая u=a+b,v=ab,u=a+b, v=ab,u=a+b,v=ab, получаем u3−24u+32=0,(u−4)(u2+4u−8)=0.u^3-24u+32=0, (u-4)(u^2+4u-8)=0.u3−24u+32=0,(u−4)(u2+4u−8)=0. Так как ∣a∣=1∣cos⁡x∣≥1,∣b∣=1∣sin⁡y∣≥1,|a|=\dfrac{1}{|\cos x|}\ge 1, |b|=\dfrac{1}{|\sin y|}\ge 1,∣a∣=∣cosx∣1​≥1,∣b∣=∣siny∣1​≥1, подходит u=4,v=4,u=4, v=4,u=4,v=4, то есть a=b=2.a=b=2.a=b=2. cos⁡x=12  ⟹  x=±π3+2πk,sin⁡y=12  ⟹  y=(−1)nπ6+πn.\cos x = \dfrac{1}{2} \implies x = \pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi k,\quad \sin y = \dfrac{1}{2} \implies y = (-1)^n\dfrac{\pi}{6} + \pi n.cosx=21​⟹x=±3π​+2πk,siny=21​⟹y=(−1)n6π​+πn.
Задача 7МГУ
В основании прямой призмы лежит квадрат со стороной 111. Высота призмы равна 7\sqrt{7}7​. Найдите расстояние между большой диагональю призмы и скрещивающейся с ней диагональю боковой грани.
Ответ:76\dfrac{\sqrt{7}}{6}67​​

Решение

Изображение 1 Введём координаты: A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), D(0,1,0),A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), вершины верхнего основания A1,B1,C1,D1A_1,B_1,C_1,D_1A1​,B1​,C1​,D1​ получаются сдвигом на (0,0,h),h=7.(0,0,h), h=\sqrt{7}.(0,0,h),h=7​. Большая (пространственная) диагональ призмы AC1:AC_1:AC1​: направляющий вектор u⃗=(1,1,h).\vec{u}=(1,1,h).u=(1,1,h). Возьмём скрещивающуюся с ней диагональ боковой грани B1C:v⃗=C−B1=(0,1,−h).B_1C: \vec{v}=C-B_1=(0,1,-h).B1​C:v=C−B1​=(0,1,−h). u⃗×v⃗=(−2h, h, 1),∣u⃗×v⃗∣=4h2+h2+1=5h2+1.\vec{u}\times\vec{v}=(-2h,\ h,\ 1),\qquad |\vec{u}\times\vec{v}|=\sqrt{4h^2+h^2+1}=\sqrt{5h^2+1}.u×v=(−2h, h, 1),∣u×v∣=4h2+h2+1​=5h2+1​. Соединяющий вектор w⃗=B1−A=(1,0,h),w⃗⋅(u⃗×v⃗)=−2h+h=−h.\vec{w}=B_1-A=(1,0,h),\quad \vec{w}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})=-2h+h=-h.w=B1​−A=(1,0,h),w⋅(u×v)=−2h+h=−h. ρ=∣w⃗⋅(u⃗×v⃗)∣∣u⃗×v⃗∣=h5h2+1.\rho=\dfrac{|\vec{w}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})|}{|\vec{u}\times\vec{v}|}=\dfrac{h}{\sqrt{5h^2+1}}.ρ=∣u×v∣∣w⋅(u×v)∣​=5h2+1​h​. При h=7:75⋅7+1=736=76.h=\sqrt{7}:\quad \dfrac{\sqrt{7}}{\sqrt{5\cdot 7+1}}=\dfrac{\sqrt{7}}{\sqrt{36}}=\dfrac{\sqrt{7}}{6}.h=7​:5⋅7+1​7​​=36​7​​=67​​.
Задача 8МГУ
Пусть f(x,y)=−5x2−13y2−16xy+2+y,f(x,y)=\sqrt{-5x^{2}-13y^{2}-16xy+2}+y,f(x,y)=−5x2−13y2−16xy+2​+y, g(x,y)=−−5x2−13y2−16xy+2+y.g(x,y)=-\sqrt{-5x^{2}-13y^{2}-16xy+2}+y.g(x,y)=−−5x2−13y2−16xy+2​+y. Найдите все значения, которые может принимать хотя бы одна из этих функций.
Ответ:[−23; 23]\left[-2\sqrt{3};\,2\sqrt{3}\right][−23​;23​]

Решение

Искомое множество совпадает с множеством значений z,z,z, при которых разрешима относительно xxx и yyy совокупность [z−y=−5x2−13y2−16xy+2z−y=−−5x2−13y2−16xy+2\left[\begin{array}{l} z-y=\sqrt{-5x^{2}-13y^{2}-16xy+2} \\ z-y=-\sqrt{-5x^{2}-13y^{2}-16xy+2} \end{array}\right.[z−y=−5x2−13y2−16xy+2​z−y=−−5x2−13y2−16xy+2​​ Эта совокупность равносильна уравнению (z−y)2=−5x2−13y2−16xy+2,(z-y)^{2}=-5x^{2}-13y^{2}-16xy+2,(z−y)2=−5x2−13y2−16xy+2, то есть уравнению 5x2+16xy+(z−y)2+13y2−2=0.5x^{2}+16xy+(z-y)^{2}+13y^{2}-2=0.5x2+16xy+(z−y)2+13y2−2=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 (8y)2−5((z−y)2+13y2−2)⩾0.(8y)^{2}-5\bigl((z-y)^{2}+13y^{2}-2\bigr)\geqslant 0.(8y)2−5((z−y)2+13y2−2)⩾0. Перепишем это неравенство в виде 6y2−10yz+5z2−10⩽0.6y^{2}-10yz+5z^{2}-10\leqslant 0.6y2−10yz+5z2−10⩽0. Оно разрешимо относительно yyy тогда и только тогда, когда его дискриминант неотрицателен, то есть когда z2⩽12.z^{2}\leqslant 12.z2⩽12. Стало быть, искомое множество — отрезок [−23;23].\left[-2\sqrt{3}; 2\sqrt{3}\right].[−23​;23​].