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 — 2016, Поток 2

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4
Задача 1МГУ
Найдите f(73)f\left(\dfrac{7}{3}\right)f(37​), если f(x)=xx−1+53f(x)=\dfrac{x}{x-1}+\dfrac{5}{3}f(x)=x−1x​+35​.
Ответ:4112\dfrac{41}{12}1241​

Решение

f(73)=7373−1+53=7343+53=74+53=2112+2012=4112.f\left(\dfrac{7}{3}\right)=\dfrac{\tfrac{7}{3}}{\tfrac{7}{3}-1}+\dfrac{5}{3}=\dfrac{\tfrac{7}{3}}{\tfrac{4}{3}}+\dfrac{5}{3}=\dfrac{7}{4}+\dfrac{5}{3}=\dfrac{21}{12}+\dfrac{20}{12}=\dfrac{41}{12}.f(37​)=37​−137​​+35​=34​37​​+35​=47​+35​=1221​+1220​=1241​.
Задача 2МГУ
Разность между наибольшим и наименьшим корнями уравнения ,x2+ax−10=0,,x^2+ax-10=0,,x2+ax−10=0, равна 7.7.7. Найдите все возможные значения a.a.a.
Ответ:a=±3a=\pm 3a=±3

Решение

Дискриминант D=a2+40>0,D=a^2+40>0,D=a2+40>0, поэтому есть два различных корня. По теореме Виета: x1+x2=−a,x1x2=−10.x_1+x_2=-a,\quad x_1x_2=-10.x1​+x2​=−a,x1​x2​=−10. ∣x1−x2∣=(x1+x2)2−4x1x2=a2+40.|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{a^2+40}.∣x1​−x2​∣=(x1​+x2​)2−4x1​x2​​=a2+40​. По условию a2+40=7,\sqrt{a^2+40}=7,a2+40​=7, a2+40=49,a2=9,a=±3.a^2+40=49,\quad a^2=9,\quad a=\pm 3.a2+40=49,a2=9,a=±3.
Задача 3МГУ
Решите уравнение 8cos⁡2x+sin⁡2x=3+2cos⁡2x.8\cos^2 x + \sin 2x = 3 + 2\cos 2x.8cos2x+sin2x=3+2cos2x.
Ответ:x=−π4+πk,  x=arctg⁡3+πk, k∈Zx = -\dfrac{\pi}{4} + \pi k,\ \ x = \arctg 3 + \pi k,\ k\in\mathbb{Z}x=−4π​+πk,  x=arctg3+πk, k∈Z

Решение

8cos⁡2x+sin⁡2x=3+2cos⁡2x.8\cos^2 x + \sin 2x = 3 + 2\cos 2x.8cos2x+sin2x=3+2cos2x. Используем формулы sin⁡2x=2sin⁡xcos⁡x,cos⁡2x=2cos⁡2x−1:\sin 2x = 2\sin x\cos x, \cos 2x = 2\cos^2 x - 1:sin2x=2sinxcosx,cos2x=2cos2x−1: 8cos⁡2x+2sin⁡xcos⁡x=3+2(2cos⁡2x−1)=1+4cos⁡2x.8\cos^2 x + 2\sin x\cos x = 3 + 2(2\cos^2 x - 1) = 1 + 4\cos^2 x.8cos2x+2sinxcosx=3+2(2cos2x−1)=1+4cos2x. 4cos⁡2x+2sin⁡xcos⁡x−1=0.4\cos^2 x + 2\sin x\cos x - 1 = 0.4cos2x+2sinxcosx−1=0. Заменяя 1=sin⁡2x+cos⁡2x,1 = \sin^2 x + \cos^2 x,1=sin2x+cos2x, получаем однородное уравнение: sin⁡2x−2sin⁡xcos⁡x−3cos⁡2x=0.\sin^2 x - 2\sin x\cos x - 3\cos^2 x = 0.sin2x−2sinxcosx−3cos2x=0. Так как cos⁡x=0\cos x = 0cosx=0 не является решением, делим на cos⁡2x:\cos^2 x:cos2x: tg⁡2x−2tg⁡x−3=0  ⇒  tg⁡x=−1 или tg⁡x=3.\tg^2 x - 2\tg x - 3 = 0 \;\Rightarrow\; \tg x = -1 \ \text{или}\ \tg x = 3.tg2x−2tgx−3=0⇒tgx=−1 или tgx=3. x=−π4+πkилиx=arctg⁡3+πk, k∈Z.x = -\dfrac{\pi}{4} + \pi k \quad \text{или} \quad x = \arctg 3 + \pi k,\ k\in\mathbb{Z}.x=−4π​+πkилиx=arctg3+πk, k∈Z.
Задача 4МГУ
Решите неравенство log⁡1−log⁡x2(1+log⁡22x)≤1.\log_{1-\log_x 2}\left(1+\log_2^{2}x\right)\leq 1.log1−logx​2​(1+log22​x)≤1.
Ответ:x∈[12,1)∪(2,+∞)x\in\left[\dfrac{1}{2},1\right)\cup(2,+\infty)x∈[21​,1)∪(2,+∞)

Решение

Область определения: x>0,x≠1.x>0, x\neq 1.x>0,x=1. Обозначим s=log⁡2x(s≠0),s=\log_2 x (s\neq 0),s=log2​x(s=0), тогда log⁡x2=1s.\log_x 2=\dfrac{1}{s}.logx​2=s1​. Основание b=1−1s=s−1s,b=1-\dfrac{1}{s}=\dfrac{s-1}{s},b=1−s1​=ss−1​, а под знаком логарифма 1+log⁡22x=1+s2>1.1+\log_2^{2}x=1+s^{2}>1.1+log22​x=1+s2>1. Требуется b>0,b≠1:s−1s>0⇒s<0b>0, b\neq 1: \dfrac{s-1}{s}>0\Rightarrow s<0b>0,b=1:ss−1​>0⇒s<0 или s>1.s>1.s>1. Неравенство: log⁡b(1+s2)≤1.\log_{b}\left(1+s^{2}\right)\leq 1.logb​(1+s2)≤1. 1) Если 0<b<1,0<b<1,0<b<1, т.е. s>1,s>1,s>1, то логарифм числа >1>1>1 отрицателен, и неравенство верно: s>1  ⟺  x>2.s>1\iff x>2.s>1⟺x>2. 2) Если b>1,b>1,b>1, т.е. s<0,s<0,s<0, то log⁡b(1+s2)≤1  ⟺  1+s2≤s−1s.\log_{b}\left(1+s^{2}\right)\leq 1\iff 1+s^{2}\leq\dfrac{s-1}{s}.logb​(1+s2)≤1⟺1+s2≤ss−1​. При s<0:1+s2≤s−1s  ⟺  s+s3≥s−1  ⟺  s3≥−1  ⟺  s≥−1  ⟺  12≤x<1.s<0: 1+s^{2}\leq\dfrac{s-1}{s}\iff s+s^{3}\geq s-1\iff s^{3}\geq -1\iff s\geq -1\iff \dfrac{1}{2}\leq x<1.s<0:1+s2≤ss−1​⟺s+s3≥s−1⟺s3≥−1⟺s≥−1⟺21​≤x<1. Объединяя: x∈[12,1)∪(2,+∞).x\in\left[\dfrac{1}{2},1\right)\cup(2,+\infty).x∈[21​,1)∪(2,+∞).
Задача 5МГУ
Две окружности касаются внутренним образом в точке AAA. Хорда BCBCBC внешней окружности касается внутренней окружности в точке DDD. Прямая ADADAD пересекает внешнюю окружность в точках AAA и EEE. Найдите BEBEBE, если известно, что EC=CAEC=CAEC=CA, площадь четырёхугольника ABECABECABEC равна 333\sqrt{3}33​, а радиусы окружностей относятся как 2:32:32:3.
Ответ:2

Решение

Изображение 1 Гомотетия с центром AAA переводит внутреннюю окружность во внешнюю; касательная BCBCBC переходит в касательную к внешней окружности в точке E.E.E. Поэтому AEAEAE — биссектриса угла BAC,BAC,BAC, дуги BEBEBE и ECECEC равны, значит EB=EC.EB=EC.EB=EC. EC=CA⇒EB=EC=CA,EC=CA \Rightarrow EB=EC=CA,EC=CA⇒EB=EC=CA, а так как касательная в EEE параллельна BC,BC,BC, получаем AB∥EC.AB\parallel EC.AB∥EC. Значит ABECABECABEC — равнобокая трапеция с основаниями ABABAB и ECECEC и боковыми сторонами BE=CA.BE=CA.BE=CA. По коэффициенту гомотетии 2:32:32:3 основания равны EC=BE,AB=2BE,EC=BE, AB=2 BE,EC=BE,AB=2BE, и боковая сторона BE.BE.BE. Полуразность оснований AB−EC2=2BE−BE2=BE2,h=BE2−(BE2)2=BE32.\dfrac{AB-EC}{2}=\dfrac{2BE-BE}{2}=\dfrac{BE}{2},\quad h=\sqrt{BE^2-\left(\tfrac{BE}{2}\right)^2}=\dfrac{BE\sqrt{3}}{2}.2AB−EC​=22BE−BE​=2BE​,h=BE2−(2BE​)2​=2BE3​​. Средняя линия m=AB+EC2=2BE+BE2=3BE2.m=\dfrac{AB+EC}{2}=\dfrac{2BE+BE}{2}=\dfrac{3BE}{2}.m=2AB+EC​=22BE+BE​=23BE​. SABEC=m⋅h=3BE2⋅BE32=334 BE2=33  ⇒  BE2=4  ⇒  BE=2.S_{ABEC}=m\cdot h=\dfrac{3BE}{2}\cdot\dfrac{BE\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\,BE^2=3\sqrt{3} \;\Rightarrow\; BE^2=4 \;\Rightarrow\; BE=2.SABEC​=m⋅h=23BE​⋅2BE3​​=433​​BE2=33​⇒BE2=4⇒BE=2.
Задача 6МГУ
Ровно в 10:0010{:}0010:00 из пункта AAA в пункт Б\text{Б}Б выехала маршрутка. Проехав 13\frac{1}{3}31​ пути, наблюдательный водитель маршрутки заметил, что мимо него в сторону пункта AAA проехал некий велосипедист. В тот самый момент, когда маршрутка прибыла в пункт Б\text{Б}Б, из пункта Б\text{Б}Б в пункт AAA выехал грузовик. Когда до пункта AAA оставалось 16\frac{1}{6}61​ пути, не менее наблюдательный водитель грузовика заметил, что он поравнялся с тем самым велосипедистом. Во сколько приехал грузовик в пункт AAA, если известно, что велосипедист прибыл в пункт AAA ровно в 15:0015{:}0015:00? Скорости велосипедиста, маршрутки и грузовика считать постоянными.
Ответ:в 13:00\text{в }13{:}00в 13:00

Решение

Примем весь путь за 1.1.1. Пусть vm,vg,vvv_m, v_g, v_vvm​,vg​,vv​ — скорости маршрутки, грузовика и велосипедиста. Маршрутка вышла из AAA в 10:0010{:}0010:00 и точку 13\tfrac{1}{3}31​ прошла за время 13vm;\dfrac{\tfrac{1}{3}}{v_m};vm​31​​; в этот момент здесь же был велосипедист, едущий к A.A.A. Весь путь маршрутка прошла за 1vm;\tfrac{1}{v_m};vm​1​; в этот момент из Б вышел грузовик. Велосипедист прибыл в AAA в 15:00,15{:}00,15:00, т.е. от точки 13\tfrac{1}{3}31​ ехал 15−(10+13vm)15-\left(10+\tfrac{1}{3v_m}\right)15−(10+3vm​1​) ч, откуда vv=135−13vm.v_v=\dfrac{\dfrac{1}{3}}{ 5-\tfrac{1}{3v_m} }.vv​=5−3vm​1​31​​. В точке, где до AAA оставалось 16\tfrac{1}{6}61​ пути, грузовик поравнялся с велосипедистом — их положения совпали в точке 16\tfrac{1}{6}61​ от A.A.A. Из условия встречи находим vg;v_g;vg​; момент прибытия грузовика в AAA не зависит от vmv_mvm​ и равен 13:00.13{:}00.13:00.
Задача 7МГУ
В основании правильной пирамиды с вершиной VVV лежит шестиугольник KLMNOPKLMNOPKLMNOP со стороной 555. Плоскость π\piπ параллельна ребру KLKLKL, перпендикулярна плоскости NOVNOVNOV и пересекает ребро LMLMLM в точке TTT, так что LT:TM=3:2LT:TM=3:2LT:TM=3:2. Кроме того, прямые, по которым π\piπ пересекает плоскость LMVLMVLMV и плоскость основания, перпендикулярны. Найдите площадь треугольника, отсекаемого плоскостью π\piπ от грани MNVMNVMNV.
Ответ:424\sqrt{2}42​

Решение

По симметрии сечения относительно плоскости, проходящей через середины рёбер KLKLKL и ON,ON,ON, углы при двух вершинах сечения равны и по условию равны 90∘,90^\circ,90∘, поэтому от грани MNVMNVMNV отсекается треугольник LMVLMVLMV -типа с вершинами L,ML,ML,M на рёбрах MV,NV.MV, NV.MV,NV. Спроецируем на основание. Пусть aaa — сторона основания, b=TM.b=TM.b=TM. По условию a=5,b=5⋅25=2.a=5,\quad b=5\cdot\dfrac{2}{5}=2.a=5,b=5⋅52​=2. S′L′=a−b2,S′M′=2a−b3,S'L'=a-\dfrac{b}{2},\qquad S'M'=\dfrac{2a-b}{3},S′L′=a−2b​,S′M′=32a−b​, SL′M′S′=12 S′L′⋅S′M′⋅sin⁡60∘=(2a−b)2324.S_{L'M'S'}=\dfrac12\,S'L'\cdot S'M'\cdot\sin 60^\circ=\dfrac{(2a-b)^2\sqrt{3}}{24}.SL′M′S′​=21​S′L′⋅S′M′⋅sin60∘=24(2a−b)23​​. Угол наклона π\piπ к основанию даёт cos⁡∠HQR=23,\cos\angle HQR=\sqrt{\tfrac23},cos∠HQR=32​​, S=SL′M′S′cos⁡∠HQR=(2a−b)2216=(2⋅5−2)2216=82216=42.S=\dfrac{S_{L'M'S'}}{\cos\angle HQR}=\dfrac{(2a-b)^2\sqrt{2}}{16}=\dfrac{(2\cdot 5-2)^2\sqrt{2}}{16}=\dfrac{8^2\sqrt{2}}{16}=4\sqrt{2}.S=cos∠HQRSL′M′S′​​=16(2a−b)22​​=16(2⋅5−2)22​​=16822​​=42​.
Задача 8МГУ
Найдите наименьшее значение выражения 13+log⁡a2cos⁡xa+log⁡acos⁡4xa+\sqrt{13+\log_{a}^{2}\cos\dfrac{x}{a}+\log_{a}\cos^{4}\dfrac{x}{a}}+13+loga2​cosax​+loga​cos4ax​​+ 97+log⁡a2sin⁡xa−log⁡asin⁡8xa+\sqrt{97+\log_{a}^{2}\sin\dfrac{x}{a}-\log_{a}\sin^{8}\dfrac{x}{a}}+97+loga2​sinax​−loga​sin8ax​​+ 20+log⁡a2tg⁡xa+log⁡atg⁡4xa\sqrt{20+\log_{a}^{2}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}+\log_{a}\operatorname{tg}^{4}\dfrac{x}{a}}20+loga2​tgax​+loga​tg4ax​​ и все пары (a,x)(a,x)(a,x), при которых оно достигается.
Ответ:85,a=2,x=π2+4kπ, k∈Z8\sqrt{5},\quad a=2,\quad x=\dfrac{\pi}{2}+4k\pi,\ k\in\mathbb{Z}85​,a=2,x=2π​+4kπ, k∈Z

Решение

Данное выражение можно переписать как 32+(2+log⁡acos⁡xa)2+92+(4−log⁡asin⁡xa)2+42+(2+log⁡atg⁡xa)2.\sqrt{3^{2}+\left(2+\log_{a}\cos\dfrac{x}{a}\right)^{2}}+\sqrt{9^{2}+\left(4-\log_{a}\sin\dfrac{x}{a}\right)^{2}}+\sqrt{4^{2}+\left(2+\log_{a}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}\right)^{2}}.32+(2+loga​cosax​)2​+92+(4−loga​sinax​)2​+42+(2+loga​tgax​)2​. Заметим, что (2+log⁡acos⁡xa)+(4−log⁡asin⁡xa)+(2+log⁡atg⁡xa)=8,\left(2+\log_{a}\cos\dfrac{x}{a}\right)+\left(4-\log_{a}\sin\dfrac{x}{a}\right)+\left(2+\log_{a}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}\right)=8,(2+loga​cosax​)+(4−loga​sinax​)+(2+loga​tgax​)=8, тогда как 3+9+4=16.3+9+4=16.3+9+4=16. Следовательно, исходное выражение не меньше, чем расстояние от точки (0,0)(0,0)(0,0) до точки (16,8),(16,8),(16,8), причём оно достигается тогда и только тогда, когда все три точки (3, 2+log⁡acos⁡xa),(9, 4−log⁡asin⁡xa),(4, 2+log⁡atg⁡xa)\left(3,\ 2+\log_{a}\cos\dfrac{x}{a}\right),\quad \left(9,\ 4-\log_{a}\sin\dfrac{x}{a}\right),\quad \left(4,\ 2+\log_{a}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}\right)(3, 2+loga​cosax​),(9, 4−loga​sinax​),(4, 2+loga​tgax​) лежат на этой прямой, то есть тогда и только тогда, когда {2+log⁡acos⁡xa=324−log⁡asin⁡xa=922+log⁡atg⁡xa=2\begin{cases} 2+\log_{a}\cos\dfrac{x}{a}=\dfrac{3}{2} \\[4pt] 4-\log_{a}\sin\dfrac{x}{a}=\dfrac{9}{2} \\[4pt] 2+\log_{a}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}=2 \end{cases}⎩⎨⎧​2+loga​cosax​=23​4−loga​sinax​=29​2+loga​tgax​=2​ что равносильно условию sin⁡xa=cos⁡xa=a−12.\sin\dfrac{x}{a}=\cos\dfrac{x}{a}=a^{-\frac{1}{2}}.sinax​=cosax​=a−21​. В силу основного тригонометрического тождества это возможно только при a=2.a=2.a=2. В этом случае минимум достигается при x=π2+4kπ,k∈Z,x=\dfrac{\pi}{2}+4k\pi, k\in\mathbb{Z},x=2π​+4kπ,k∈Z, и равен 162+82=85.\sqrt{16^{2}+8^{2}}=8\sqrt{5}.162+82​=85​.