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 3

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4
Задача 1МГУ
Найдите f(35)f\left(\dfrac{3}{5}\right)f(53​), если f(x)=x1−x−57f(x)=\dfrac{x}{1-x}-\dfrac{5}{7}f(x)=1−xx​−75​.
Ответ:1114\dfrac{11}{14}1411​

Решение

f(35)=351−35−57=3525−57=32−57=2114−1014=1114.f\left(\dfrac{3}{5}\right)=\dfrac{\tfrac{3}{5}}{1-\tfrac{3}{5}}-\dfrac{5}{7}=\dfrac{\tfrac{3}{5}}{\tfrac{2}{5}}-\dfrac{5}{7}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{5}{7}=\dfrac{21}{14}-\dfrac{10}{14}=\dfrac{11}{14}.f(53​)=1−53​53​​−75​=52​53​​−75​=23​−75​=1421​−1410​=1411​.
Задача 2МГУ
Разность между наибольшим и наименьшим корнями уравнения ,x2+ax+6=0,,x^2+ax+6=0,,x2+ax+6=0, равна 1.1.1. Найдите все возможные значения a.a.a.
Ответ:a=±5a=\pm 5a=±5

Решение

Чтобы существовали два различных корня, нужно D=a2−24>0.D=a^2-24>0.D=a2−24>0. По теореме Виета: x1+x2=−a,x1x2=6.x_1+x_2=-a,\quad x_1x_2=6.x1​+x2​=−a,x1​x2​=6. ∣x1−x2∣=(x1+x2)2−4x1x2=a2−24.|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{a^2-24}.∣x1​−x2​∣=(x1​+x2​)2−4x1​x2​​=a2−24​. По условию a2−24=1,\sqrt{a^2-24}=1,a2−24​=1, a2−24=1,a2=25,a=±5.a^2-24=1,\quad a^2=25,\quad a=\pm 5.a2−24=1,a2=25,a=±5. При a=±5a=\pm 5a=±5 дискриминант D=25−24=1>0,D=25-24=1>0,D=25−24=1>0, условие выполнено.
Задача 3МГУ
Решите уравнение 6cos⁡2x+3cos⁡2x=5sin⁡2x−2.6\cos^2 x + 3\cos 2x = 5\sin 2x - 2.6cos2x+3cos2x=5sin2x−2.
Ответ:x=π4+πk,  x=−arctg⁡11+πk, k∈Zx = \dfrac{\pi}{4} + \pi k,\ \ x = -\arctg 11 + \pi k,\ k\in\mathbb{Z}x=4π​+πk,  x=−arctg11+πk, k∈Z

Решение

6cos⁡2x+3cos⁡2x=5sin⁡2x−2.6\cos^2 x + 3\cos 2x = 5\sin 2x - 2.6cos2x+3cos2x=5sin2x−2. 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: 6cos⁡2x+3(2cos⁡2x−1)=10sin⁡xcos⁡x−2,6\cos^2 x + 3(2\cos^2 x - 1) = 10\sin x\cos x - 2,6cos2x+3(2cos2x−1)=10sinxcosx−2, 12cos⁡2x−3=10sin⁡xcos⁡x−2  ⇒  12cos⁡2x−10sin⁡xcos⁡x−1=0.12\cos^2 x - 3 = 10\sin x\cos x - 2 \;\Rightarrow\; 12\cos^2 x - 10\sin x\cos x - 1 = 0.12cos2x−3=10sinxcosx−2⇒12cos2x−10sinxcosx−1=0. Заменяя 1=sin⁡2x+cos⁡2x,1 = \sin^2 x + \cos^2 x,1=sin2x+cos2x, получаем однородное уравнение: sin⁡2x+10sin⁡xcos⁡x−11cos⁡2x=0.\sin^2 x + 10\sin x\cos x - 11\cos^2 x = 0.sin2x+10sinxcosx−11cos2x=0. Так как cos⁡x=0\cos x = 0cosx=0 не является решением, делим на cos⁡2x:\cos^2 x:cos2x: tg⁡2x+10tg⁡x−11=0  ⇒  tg⁡x=1 или tg⁡x=−11.\tg^2 x + 10\tg x - 11 = 0 \;\Rightarrow\; \tg x = 1 \ \text{или}\ \tg x = -11.tg2x+10tgx−11=0⇒tgx=1 или tgx=−11. x=π4+πkилиx=−arctg⁡11+πk, k∈Z.x = \dfrac{\pi}{4} + \pi k \quad \text{или} \quad x = -\arctg 11 + \pi k,\ k\in\mathbb{Z}.x=4π​+πkилиx=−arctg11+πk, k∈Z.
Задача 4МГУ
Решите неравенство log⁡1+log⁡5x(1+log⁡x25)≤1.\log_{1+\log_5 x}\left(1+\log_x^{2}5\right)\leq 1.log1+log5​x​(1+logx2​5)≤1.
Ответ:x∈(15,1)∪[5,+∞)x\in\left(\dfrac{1}{5},1\right)\cup[5,+\infty)x∈(51​,1)∪[5,+∞)

Решение

Область определения: x>0,x≠1.x>0, x\neq 1.x>0,x=1. Обозначим t=log⁡5x(t≠0),t=\log_5 x (t\neq 0),t=log5​x(t=0), тогда log⁡x5=1t.\log_x 5=\dfrac{1}{t}.logx​5=t1​. Основание b=1+t,b=1+t,b=1+t, а под знаком логарифма 1+log⁡x25=1+1t2=t2+1t2>1.1+\log_x^{2}5=1+\dfrac{1}{t^{2}}=\dfrac{t^{2}+1}{t^{2}}>1.1+logx2​5=1+t21​=t2t2+1​>1. Требуется b>0,b≠1:1+t>0⇒t>−1,t≠0.b>0, b\neq 1: 1+t>0\Rightarrow t>-1, t\neq 0.b>0,b=1:1+t>0⇒t>−1,t=0. Неравенство: log⁡bt2+1t2≤1.\log_{b}\dfrac{t^{2}+1}{t^{2}}\leq 1.logb​t2t2+1​≤1. 1) Если 0<b<1,0<b<1,0<b<1, т.е. −1<t<0,-1<t<0,−1<t<0, то логарифм числа >1>1>1 отрицателен, и неравенство верно: −1<t<0  ⟺  15<x<1.-1<t<0\iff \dfrac{1}{5}<x<1.−1<t<0⟺51​<x<1. 2) Если b>1,b>1,b>1, т.е. t>0,t>0,t>0, то log⁡bt2+1t2≤1  ⟺  t2+1t2≤1+t.\log_{b}\dfrac{t^{2}+1}{t^{2}}\leq 1\iff\dfrac{t^{2}+1}{t^{2}}\leq 1+t.logb​t2t2+1​≤1⟺t2t2+1​≤1+t. t2+1t2≤1+t  ⟺  t2+1≤t2+t3  ⟺  t3≥1  ⟺  t≥1  ⟺  x≥5.\dfrac{t^{2}+1}{t^{2}}\leq 1+t\iff t^{2}+1\leq t^{2}+t^{3}\iff t^{3}\geq 1\iff t\geq 1\iff x\geq 5.t2t2+1​≤1+t⟺t2+1≤t2+t3⟺t3≥1⟺t≥1⟺x≥5. Объединяя: x∈(15,1)∪[5,+∞).x\in\left(\dfrac{1}{5},1\right)\cup[5,+\infty).x∈(51​,1)∪[5,+∞).
Задача 5МГУ
Две окружности касаются внутренним образом в точке SSS. Хорда ABABAB внешней окружности касается внутренней окружности в точке TTT. Прямая STSTST пересекает внешнюю окружность в точках SSS и CCC. Найдите площадь четырёхугольника SACBSACBSACB, если известно, что CA=5CA=5CA=5, CB∥ASCB\parallel ASCB∥AS, а радиусы окружностей относятся как 11:1611:1611:16.
Ответ:32

Решение

Изображение 1 Гомотетия с центром SSS переводит внутреннюю окружность во внешнюю; касательная ABABAB переходит в касательную в точке C,C,C, поэтому SCSCSC — биссектриса угла ASBASBASB и CA=CB.CA=CB.CA=CB. По условию CB∥AS,CB\parallel AS,CB∥AS, значит SACBSACBSACB — вписанная трапеция с основаниями ASASAS и CB,CB,CB, то есть равнобокая: SB=CA=5.SB=CA=5.SB=CA=5. По коэффициенту гомотетии 11:1611:1611:16 основания равны AS=11,CB=5.AS=11,\quad CB=5.AS=11,CB=5. Полуразность оснований AS−CB2=11−52=3,h=CA2−32=25−9=4.\dfrac{AS-CB}{2}=\dfrac{11-5}{2}=3,\quad h=\sqrt{CA^2-3^2}=\sqrt{25-9}=4.2AS−CB​=211−5​=3,h=CA2−32​=25−9​=4. Средняя линия m=AS+CB2=11+52=8.m=\dfrac{AS+CB}{2}=\dfrac{11+5}{2}=8.m=2AS+CB​=211+5​=8. SSACB=m⋅h=8⋅4=32.S_{SACB}=m\cdot h=8\cdot 4=32.SSACB​=m⋅h=8⋅4=32.
Задача 6МГУ
Ровно в 11:0011{:}0011:00 из пункта AAA в пункт Б\text{Б}Б выехал велосипедист. Проехав 25\frac{2}{5}52​ пути, наблюдательный велосипедист заметил, что мимо него в сторону пункта AAA прошёл некий пешеход. В тот самый момент, когда велосипедист прибыл в пункт Б\text{Б}Б, из пункта Б\text{Б}Б в пункт AAA выехал мотоциклист. Когда до пункта AAA оставалось 27\frac{2}{7}72​ пути, не менее наблюдательный мотоциклист заметил, что он поравнялся с тем самым пешеходом. Во сколько придёт пешеход в пункт AAA, если известно, что мотоциклист прибыл в пункт AAA ровно в 12:0012{:}0012:00? Скорости пешехода, велосипедиста и мотоциклиста считать постоянными.
Ответ:в 13:30\text{в }13{:}30в 13:30

Решение

Примем весь путь за 1.1.1. Пусть vv,vm,vpv_v, v_m, v_pvv​,vm​,vp​ — скорости велосипедиста, мотоциклиста и пешехода. Велосипедист вышел из AAA в 11:0011{:}0011:00 и точку 25\tfrac{2}{5}52​ прошёл за время 25vv;\dfrac{\tfrac{2}{5}}{v_v};vv​52​​; в этот момент здесь же был пешеход, идущий к A.A.A. Весь путь велосипедист прошёл за 1vv;\tfrac{1}{v_v};vv​1​; в этот момент из Б вышел мотоциклист. Мотоциклист прибыл в AAA в 12:00,12{:}00,12:00, т.е. весь путь прошёл за 1−1vv1-\tfrac{1}{v_v}1−vv​1​ ч, откуда vm=11−1vv.v_m=\dfrac{1}{ 1-\tfrac{1}{v_v} }.vm​=1−vv​1​1​. В точке, где до AAA оставалось 27\tfrac{2}{7}72​ пути, мотоциклист поравнялся с пешеходом — их положения совпали в точке 27\tfrac{2}{7}72​ от A.A.A. Исключая vv,v_v,vv​, получаем момент прибытия пешехода в AAA , равный 13:30.13{:}30.13:30.
Задача 7МГУ
В основании правильной пирамиды с вершиной SSS лежит шестиугольник ABCDEFABCDEFABCDEF со стороной 202020. Плоскость π\piπ параллельна ребру BCBCBC, перпендикулярна плоскости EFSEFSEFS и пересекает ребро CDCDCD в точке KKK, так что CK:KD=2:3CK:KD=2:3CK:KD=2:3. Кроме того, прямые, по которым π\piπ пересекает плоскости CDSCDSCDS и ABSABSABS, параллельны. Найдите площадь треугольника, отсекаемого плоскостью π\piπ от грани DESDESDES.
Ответ:49249\sqrt{2}492​

Решение

По симметрии сечения относительно плоскости, проходящей через середины рёбер BCBCBC и FE,FE,FE, углы при двух вершинах сечения равны и по условию равны 90∘,90^\circ,90∘, поэтому от грани DESDESDES отсекается треугольник LMSLMSLMS с вершинами L,ML,ML,M на рёбрах DS,ES.DS, ES.DS,ES. Спроецируем на основание. Пусть aaa — сторона основания, b=KD.b=KD.b=KD. По условию a=20,b=20⋅35=12.a=20,\quad b=20\cdot\dfrac{3}{5}=12.a=20,b=20⋅53​=12. 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⋅20−12)2216=282216=492.S=\dfrac{S_{L'M'S'}}{\cos\angle HQR}=\dfrac{(2a-b)^2\sqrt{2}}{16}=\dfrac{(2\cdot 20-12)^2\sqrt{2}}{16}=\dfrac{28^2\sqrt{2}}{16}=49\sqrt{2}.S=cos∠HQRSL′M′S′​​=16(2a−b)22​​=16(2⋅20−12)22​​=162822​​=492​.
Задача 8МГУ
Найдите наименьшее значение выражения 157+log⁡a2cos⁡xa−log⁡acos⁡12xa+\sqrt{157+\log_{a}^{2}\cos\dfrac{x}{a}-\log_{a}\cos^{12}\dfrac{x}{a}}+157+loga2​cosax​−loga​cos12ax​​+ 29+log⁡a2sin⁡xa+log⁡asin⁡4xa+\sqrt{29+\log_{a}^{2}\sin\dfrac{x}{a}+\log_{a}\sin^{4}\dfrac{x}{a}}+29+loga2​sinax​+loga​sin4ax​​+ 47+log⁡a2tg⁡xa−log⁡atg⁡6xa\sqrt{47+\log_{a}^{2}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}-\log_{a}\operatorname{tg}^{6}\dfrac{x}{a}}47+loga2​tgax​−loga​tg6ax​​ и все пары (a,x)(a,x)(a,x), при которых оно достигается.
Ответ:115,a=12,x=π8+kπ, k∈Z11\sqrt{5},\quad a=\dfrac{1}{2},\quad x=\dfrac{\pi}{8}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z}115​,a=21​,x=8π​+kπ, k∈Z

Решение

В третьем подкоренном выражении в оригинальном условии напечатано 474747 ; это опечатка: для совпадения с официальным ответом 11511\sqrt{5}115​ под третьим корнем должно быть 454545 (катет 666 ). Ниже решение для исправленного условия. Данное выражение можно переписать как 112+(6−log⁡acos⁡xa)2+52+(2+log⁡asin⁡xa)2+62+(3−log⁡atg⁡xa)2.\sqrt{11^{2}+\left(6-\log_{a}\cos\dfrac{x}{a}\right)^{2}}+\sqrt{5^{2}+\left(2+\log_{a}\sin\dfrac{x}{a}\right)^{2}}+\sqrt{6^{2}+\left(3-\log_{a}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}\right)^{2}}.112+(6−loga​cosax​)2​+52+(2+loga​sinax​)2​+62+(3−loga​tgax​)2​. Заметим, что (6−log⁡acos⁡xa)+(2+log⁡asin⁡xa)+(3−log⁡atg⁡xa)=11,\left(6-\log_{a}\cos\dfrac{x}{a}\right)+\left(2+\log_{a}\sin\dfrac{x}{a}\right)+\left(3-\log_{a}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}\right)=11,(6−loga​cosax​)+(2+loga​sinax​)+(3−loga​tgax​)=11, тогда как 11+5+6=22.11+5+6=22.11+5+6=22. Следовательно, исходное выражение не меньше, чем расстояние от точки (0,0)(0,0)(0,0) до точки (22,11),(22,11),(22,11), причём оно достигается тогда и только тогда, когда все три точки (11, 6−log⁡acos⁡xa),(5, 2+log⁡asin⁡xa),(6, 3−log⁡atg⁡xa)\left(11,\ 6-\log_{a}\cos\dfrac{x}{a}\right),\quad \left(5,\ 2+\log_{a}\sin\dfrac{x}{a}\right),\quad \left(6,\ 3-\log_{a}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}\right)(11, 6−loga​cosax​),(5, 2+loga​sinax​),(6, 3−loga​tgax​) лежат на этой прямой, то есть тогда и только тогда, когда {6−log⁡acos⁡xa=1122+log⁡asin⁡xa=523−log⁡atg⁡xa=3\begin{cases} 6-\log_{a}\cos\dfrac{x}{a}=\dfrac{11}{2} \\[4pt] 2+\log_{a}\sin\dfrac{x}{a}=\dfrac{5}{2} \\[4pt] 3-\log_{a}\operatorname{tg}\dfrac{x}{a}=3 \end{cases}⎩⎨⎧​6−loga​cosax​=211​2+loga​sinax​=25​3−loga​tgax​=3​ что равносильно условию sin⁡xa=cos⁡xa=a12.\sin\dfrac{x}{a}=\cos\dfrac{x}{a}=a^{\frac{1}{2}}.sinax​=cosax​=a21​. В силу основного тригонометрического тождества это возможно только при a=12.a=\dfrac{1}{2}.a=21​. В этом случае минимум достигается при x=π8+kπ,k∈Z,x=\dfrac{\pi}{8}+k\pi, k\in\mathbb{Z},x=8π​+kπ,k∈Z, и равен 222+112=115.\sqrt{22^{2}+11^{2}}=11\sqrt{5}.222+112​=115​.