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 — 2017, Поток 2

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4
Задача 1МГУ
Какое число больше: 78+7+87\sqrt{\dfrac{7}{8}+7+\dfrac{8}{7}}87​+7+78​​ или 333?
Ответ:Первое больше\text{Первое больше}Первое больше

Решение

Сравним подкоренное выражение с 32=9.3^2=9.32=9. 78+7+87   и   9  ⇔  78+87   и   2.\dfrac{7}{8}+7+\dfrac{8}{7}\;\text{ и }\;9 \;\Leftrightarrow\; \dfrac{7}{8}+\dfrac{8}{7}\;\text{ и }\;2.87​+7+78​ и 9⇔87​+78​ и 2. Для любых разных положительных p,q:pq+qp>2.p,q: \dfrac{p}{q}+\dfrac{q}{p}>2.p,q:qp​+pq​>2. Значит 78+7+87>9,\dfrac{7}{8}+7+\dfrac{8}{7}>9,87​+7+78​>9, поэтому 78+7+87>3.\sqrt{\dfrac{7}{8}+7+\dfrac{8}{7}}>3.87​+7+78​​>3.
Задача 2МГУ
Известно, что a+b+c=6a+b+c=6a+b+c=6 и a2+b2+c2=16a^2+b^2+c^2=16a2+b2+c2=16. Найдите ab+bc+acab+bc+acab+bc+ac.
Ответ:10

Решение

(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac).(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac).(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac). ab+bc+ac=(a+b+c)2−(a2+b2+c2)2=62−162=36−162=10.ab+bc+ac=\dfrac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=\dfrac{6^2-16}{2}=\dfrac{36-16}{2}=10.ab+bc+ac=2(a+b+c)2−(a2+b2+c2)​=262−16​=236−16​=10.
Задача 3МГУ
Решите уравнение cos⁡6x+cos⁡5x=sin⁡x.\cos 6x + \cos 5x = \sin x.cos6x+cos5x=sinx.
Ответ:x=(2k+1)π,  x=(1+4k)π12,  x=(−1+4k)π10, k∈Zx = (2k+1)\pi,\ \ x = \dfrac{(1+4k)\pi}{12},\ \ x = \dfrac{(-1+4k)\pi}{10},\ k\in\mathbb{Z}x=(2k+1)π,  x=12(1+4k)π​,  x=10(−1+4k)π​, k∈Z

Решение

cos⁡6x+cos⁡5x=sin⁡x.\cos 6x + \cos 5x = \sin x.cos6x+cos5x=sinx. По формуле суммы косинусов cos⁡6x+cos⁡5x=2cos⁡11x2cos⁡x2,\cos 6x + \cos 5x = 2\cos\dfrac{11x}{2}\cos\dfrac{x}{2},cos6x+cos5x=2cos211x​cos2x​, а sin⁡x=2sin⁡x2cos⁡x2:\sin x = 2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}:sinx=2sin2x​cos2x​: 2cos⁡11x2cos⁡x2=2sin⁡x2cos⁡x2,2\cos\dfrac{11x}{2}\cos\dfrac{x}{2} = 2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2},2cos211x​cos2x​=2sin2x​cos2x​, 2cos⁡x2(cos⁡11x2−sin⁡x2)=0.2\cos\dfrac{x}{2}\left(\cos\dfrac{11x}{2} - \sin\dfrac{x}{2}\right) = 0.2cos2x​(cos211x​−sin2x​)=0. 1) cos⁡x2=0  ⇒  x2=π2+πk  ⇒  x=(2k+1)π, k∈Z.1)\ \cos\dfrac{x}{2} = 0 \;\Rightarrow\; \dfrac{x}{2} = \dfrac{\pi}{2} + \pi k \;\Rightarrow\; x = (2k+1)\pi,\ k\in\mathbb{Z}.1) cos2x​=0⇒2x​=2π​+πk⇒x=(2k+1)π, k∈Z. 2) cos⁡11x2=sin⁡x2=cos⁡(π2−x2)  ⇒  11x2=±(π2−x2)+2πk.2)\ \cos\dfrac{11x}{2} = \sin\dfrac{x}{2} = \cos\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{x}{2}\right) \;\Rightarrow\; \dfrac{11x}{2} = \pm\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{x}{2}\right) + 2\pi k.2) cos211x​=sin2x​=cos(2π​−2x​)⇒211x​=±(2π​−2x​)+2πk. 11x2+x2=π2+2πk  ⇒  6x=π2+2πk  ⇒  x=π12+πk3=(1+4k)π12.\quad \dfrac{11x}{2} + \dfrac{x}{2} = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k \;\Rightarrow\; 6x = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k \;\Rightarrow\; x = \dfrac{\pi}{12} + \dfrac{\pi k}{3} = \dfrac{(1+4k)\pi}{12}.211x​+2x​=2π​+2πk⇒6x=2π​+2πk⇒x=12π​+3πk​=12(1+4k)π​. 11x2−x2=−π2+2πk  ⇒  5x=−π2+2πk  ⇒  x=−π10+2πk5=(−1+4k)π10.\quad \dfrac{11x}{2} - \dfrac{x}{2} = -\dfrac{\pi}{2} + 2\pi k \;\Rightarrow\; 5x = -\dfrac{\pi}{2} + 2\pi k \;\Rightarrow\; x = -\dfrac{\pi}{10} + \dfrac{2\pi k}{5} = \dfrac{(-1+4k)\pi}{10}.211x​−2x​=−2π​+2πk⇒5x=−2π​+2πk⇒x=−10π​+52πk​=10(−1+4k)π​.
Задача 4МГУ
Решите неравенство x2log⁡62x+6log⁡52x≤xlog⁡6x⋅log⁡5x5.x^{2}\log_{6}^{2}x+6\log_{5}^{2}x\leq x\log_{6}x\cdot\log_{5}x^{5}.x2log62​x+6log52​x≤xlog6​x⋅log5​x5.
Ответ:x=1, 2log⁡56≤x≤3log⁡56x=1,\ 2\log_{5}6\leq x\leq 3\log_{5}6x=1, 2log5​6≤x≤3log5​6

Решение

Изображение 1 x2log⁡62x+6log⁡52x≤xlog⁡6x⋅log⁡5x5  ⟺  (xlog⁡6x−3log⁡5x)(xlog⁡6x−2log⁡5x)≤0  ⟺  x^{2}\log_{6}^{2}x+6\log_{5}^{2}x\leq x\log_{6}x\cdot\log_{5}x^{5}\iff\left(x\log_{6}x-3\log_{5}x\right)\left(x\log_{6}x-2\log_{5}x\right)\leq 0\iffx2log62​x+6log52​x≤xlog6​x⋅log5​x5⟺(xlog6​x−3log5​x)(xlog6​x−2log5​x)≤0⟺   ⟺  log⁡62x⋅(x−3log⁡56)(x−2log⁡56)≤0  ⟺  [x=12log⁡56≤x≤3log⁡56\iff\log_{6}^{2}x\cdot\left(x-3\log_{5}6\right)\left(x-2\log_{5}6\right)\leq 0\iff\left[\begin{array}{l}x=1\\2\log_{5}6\leq x\leq 3\log_{5}6\end{array}\right.⟺log62​x⋅(x−3log5​6)(x−2log5​6)≤0⟺[x=12log5​6≤x≤3log5​6​
Задача 5МГУ
Через вершины KKK и LLL треугольника KLMKLMKLM проведена окружность, касающаяся прямых KMKMKM и LMLMLM. На этой окружности выбрана точка SSS (внутри треугольника), лежащая на расстоянии 111 от прямой KLKLKL. Найдите расстояние от точки SSS до прямой LMLMLM, если известно, что ∠KLS=∠LMS\angle KLS=\angle LMS∠KLS=∠LMS и что ∠SLM=45∘\angle SLM=45^\circ∠SLM=45∘.
Ответ:102\dfrac{\sqrt{10}}{2}210​​

Решение

Изображение 1 Положим ∠KLS=∠LMS=α,∠SLM=β=45∘.\angle KLS=\angle LMS=\alpha,\quad \angle SLM=\beta=45^\circ.∠KLS=∠LMS=α,∠SLM=β=45∘. Угол ∠SKL\angle SKL∠SKL опирается на дугу SL,SL,SL, а LMLMLM — касательная, поэтому ∠SKL=∠SLM=β.\angle SKL=\angle SLM=\beta.∠SKL=∠SLM=β. Аналогично ∠MKS=∠KLS=α.\angle MKS=\angle KLS=\alpha.∠MKS=∠KLS=α. По теореме синусов для △KLM:\triangle KLM:△KLM: KLLM=sin⁡(π−2α−2β)sin⁡(α+β)=2cos⁡(α+β).\dfrac{KL}{LM}=\dfrac{\sin(\pi-2\alpha-2\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}=2\cos(\alpha+\beta).LMKL​=sin(α+β)sin(π−2α−2β)​=2cos(α+β). Треугольники KLS∼LMS,KLS \sim LMS,KLS∼LMS, откуда KLLM=dKLdLM=sin⁡αsin⁡β,\dfrac{KL}{LM}=\dfrac{d_{KL}}{d_{LM}}=\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta},LMKL​=dLM​dKL​​=sinβsinα​, где dKL,dLMd_{KL}, d_{LM}dKL​,dLM​ — расстояния от SSS до прямых KLKLKL и LM.LM.LM. 2cos⁡(α+β)=sin⁡αsin⁡β  ⟹  tg⁡α=sin⁡2β2−cos⁡2β,dKLdLM=2cos⁡β9−8cos⁡2β.2\cos(\alpha+\beta)=\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}\;\Longrightarrow\; \tg\alpha=\dfrac{\sin 2\beta}{2-\cos 2\beta},\quad \dfrac{d_{KL}}{d_{LM}}=\dfrac{2\cos\beta}{\sqrt{9-8\cos^2\beta}}.2cos(α+β)=sinβsinα​⟹tgα=2−cos2βsin2β​,dLM​dKL​​=9−8cos2β​2cosβ​. При β=45∘:cos⁡2β=12,dKLdLM=2⋅129−4=25.\beta=45^\circ:\quad \cos^2\beta=\dfrac12,\quad \dfrac{d_{KL}}{d_{LM}}=\dfrac{2\cdot\frac{1}{\sqrt2}}{\sqrt{9-4}}=\sqrt{\dfrac{2}{5}}.β=45∘:cos2β=21​,dLM​dKL​​=9−4​2⋅2​1​​=52​​. dLM=dKL25=125=52=102.d_{LM}=\dfrac{d_{KL}}{\sqrt{\dfrac{2}{5}}}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{2}{5}}}=\sqrt{\dfrac{5}{2}}=\dfrac{\sqrt{10}}{2}.dLM​=52​​dKL​​=52​​1​=25​​=210​​.
Задача 6МГУ
Анатолий с друзьями решили устроить пикник. Для этого им от пункта A нужно добраться вверх по реке до пункта B, причём в их распоряжении есть два катера. Считая себя самым ответственным, Анатолий вызвался самостоятельно доехать до пункта B на более быстроходном катере и начать готовить место для пикника. Оба катера вышли одновременно из пункта A. Однако, промчавшись 888 километров, Анатолий заметил на берегу машущего ему рукой Бориса, который просил по старой дружбе довезти его до пункта C. И хоть пункт C Анатолий уже проехал, он согласился. По пути в пункт C Анатолий с Борисом встретили идущий навстречу второй катер с друзьями Анатолия, откуда те крикнули, что пункт B уже совсем близко и чтобы Анатолий нигде не задерживался. Доставив Бориса в пункт C, Анатолий немедленно помчался догонять друзей. Определите, какую долю пути оставалось пройти друзьям Анатолия от момента встречи с ним и Борисом, если известно, что оба катера пришли в пункт B одновременно, расстояние между пунктами B и C равно 222 км, скорости катеров постоянны, а Анатолий, действительно, нигде не задерживался.
Ответ:15\dfrac{1}{5}51​

Решение

Оба катера выходят из AAA одновременно. Катер с друзьями идёт прямо в B,B,B, а Анатолий проскакивает BBB на d=8d = 8d=8 км, затем возвращается в CCC и снова идёт в B.B.B. Пусть в момент встречи друзьям осталась искомая доля fff пути до B.B.B. Из условия одновременного прихода обоих катеров в BBB получаем BC=d⋅f1−f.BC = d\cdot\dfrac{f}{1-f}.BC=d⋅1−ff​. Подставляя BC=2BC = 2BC=2 км и d=8d = 8d=8 км: f1−f=28=14.\quad \dfrac{f}{1-f} = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}.1−ff​=82​=41​. Отсюда 4f=1−f,5f=1,f=15.4f = 1-f, \quad 5f = 1, \quad f = \dfrac{1}{5}.4f=1−f,5f=1,f=51​.
Задача 7МГУ
Из вершины SSS на плоскость основания KLMKLMKLM пирамиды KLMSKLMSKLMS опущена высота SHSHSH. Найдите объём этой пирамиды, если известно, что площади треугольников △HLM, △HKM, △HKL\triangle HLM,\ \triangle HKM,\ \triangle HKL△HLM, △HKM, △HKL равны соответственно 210, 310, 12\dfrac{2}{10},\ \dfrac{3}{10},\ \dfrac{1}{2}102​, 103​, 21​, и что все три плоских угла при вершине SSS прямые.
Ответ:75415\dfrac{\sqrt[4]{75}}{15}15475​​

Решение

Изображение 1 Обозначим SK=a,SL=b,SM=c.SK=a, SL=b, SM=c.SK=a,SL=b,SM=c. Рёбра SK,SL,SMSK,SL,SMSK,SL,SM попарно перпендикулярны, поэтому S(△SLM)=12bc,S(△SKM)=12ac,S(△SKL)=12ab.S(\triangle SLM)=\tfrac12 bc, S(\triangle SKM)=\tfrac12 ac, S(\triangle SKL)=\tfrac12 ab.S(△SLM)=21​bc,S(△SKM)=21​ac,S(△SKL)=21​ab. Так как SH⊥(KLM),SH\perp(KLM),SH⊥(KLM), точка HHH — ортогональная проекция S,S,S, и для прямого трёхгранного угла S(△HLM)=S(△SLM)2S(△KLM),S(△HKM)=S(△SKM)2S(△KLM),S(△HKL)=S(△SKL)2S(△KLM).S(\triangle HLM)=\dfrac{S(\triangle SLM)^2}{S(\triangle KLM)},\quad S(\triangle HKM)=\dfrac{S(\triangle SKM)^2}{S(\triangle KLM)},\quad S(\triangle HKL)=\dfrac{S(\triangle SKL)^2}{S(\triangle KLM)}.S(△HLM)=S(△KLM)S(△SLM)2​,S(△HKM)=S(△KLM)S(△SKM)2​,S(△HKL)=S(△KLM)S(△SKL)2​. Складывая и используя теорему де Гюа, получаем S(△HLM)+S(△HKM)+S(△HKL)=S(△KLM)=210+310+12=1.S(\triangle HLM)+S(\triangle HKM)+S(\triangle HKL)=S(\triangle KLM)=\dfrac{2}{10}+\dfrac{3}{10}+\dfrac{1}{2}=1.S(△HLM)+S(△HKM)+S(△HKL)=S(△KLM)=102​+103​+21​=1. Отсюда S(△SLM)=210,S(△SKM)=310,S(△SKL)=12.S(\triangle SLM)=\sqrt{\tfrac{2}{10}}, S(\triangle SKM)=\sqrt{\tfrac{3}{10}}, S(\triangle SKL)=\sqrt{\tfrac{1}{2}}.S(△SLM)=102​​,S(△SKM)=103​​,S(△SKL)=21​​. abc=(ab)(bc)(ac)=8210⋅310⋅12=83100.abc=\sqrt{(ab)(bc)(ac)}=\sqrt{8\sqrt{\tfrac{2}{10}\cdot\tfrac{3}{10}\cdot\tfrac{1}{2}}}=\sqrt{8\sqrt{\tfrac{3}{100}}}.abc=(ab)(bc)(ac)​=8102​⋅103​⋅21​​​=81003​​​. V=abc6=1683100=75415.V=\dfrac{abc}{6}=\dfrac{1}{6}\sqrt{8\sqrt{\tfrac{3}{100}}}=\dfrac{\sqrt[4]{75}}{15}.V=6abc​=61​81003​​​=15475​​.
Задача 8МГУ
Решите систему уравнений {xsin⁡(x2−y2)+y⋅ctg⁡(x2−y2)=2π3ysin⁡(x2−y2)+x⋅ctg⁡(x2−y2)=−π2\begin{cases}\dfrac{x}{\sin(x^2-y^2)} + y\cdot\ctg(x^2-y^2)=\sqrt{\dfrac{2\pi}{3}} \\ \dfrac{y}{\sin(x^2-y^2)} + x\cdot\ctg(x^2-y^2)=-\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\end{cases}⎩⎨⎧​sin(x2−y2)x​+y⋅ctg(x2−y2)=32π​​sin(x2−y2)y​+x⋅ctg(x2−y2)=−2π​​​
Ответ:x=766⋅π,y=−22⋅πx=\dfrac{7\sqrt{6}}{6}\cdot\sqrt{\pi},\quad y=-2\sqrt{2}\cdot\sqrt{\pi}x=676​​⋅π​,y=−22​⋅π​

Решение

Рассмотрим сумму и разность первого и второго уравнений: (x+y)(1sin⁡(x2−y2)+ctg⁡(x2−y2))=2π3−π2,(x+y)\left(\dfrac{1}{\sin(x^2-y^2)}+\ctg(x^2-y^2)\right)=\sqrt{\dfrac{2\pi}{3}}-\sqrt{\dfrac{\pi}{2}},(x+y)(sin(x2−y2)1​+ctg(x2−y2))=32π​​−2π​​, (x−y)(1sin⁡(x2−y2)−ctg⁡(x2−y2))=2π3+π2.(x-y)\left(\dfrac{1}{\sin(x^2-y^2)}-\ctg(x^2-y^2)\right)=\sqrt{\dfrac{2\pi}{3}}+\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}.(x−y)(sin(x2−y2)1​−ctg(x2−y2))=32π​​+2π​​. Перемножим эти два равенства: (x2−y2)(1sin⁡2(x2−y2)−ctg⁡2(x2−y2))=2π3−π2=π6,(x^2-y^2)\left(\dfrac{1}{\sin^2(x^2-y^2)}-\ctg^2(x^2-y^2)\right)=\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{6},(x2−y2)(sin2(x2−y2)1​−ctg2(x2−y2))=32π​−2π​=6π​, откуда, с учётом 1sin⁡2t−ctg⁡2t=1,\dfrac{1}{\sin^2 t}-\ctg^2 t=1,sin2t1​−ctg2t=1, получаем x2−y2=π6.x^2-y^2=\dfrac{\pi}{6}.x2−y2=6π​. Подставляя x2−y2=π6x^2-y^2=\dfrac{\pi}{6}x2−y2=6π​ в исходную систему, получаем {2x+3 y=2π32y+3 x=−π2\begin{cases}2x+\sqrt{3}\,y=\sqrt{\dfrac{2\pi}{3}} \\ 2y+\sqrt{3}\,x=-\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\end{cases}⎩⎨⎧​2x+3​y=32π​​2y+3​x=−2π​​​ Решая эту линейную систему, находим x=766⋅π,y=−22⋅π.x=\dfrac{7\sqrt{6}}{6}\cdot\sqrt{\pi}, y=-2\sqrt{2}\cdot\sqrt{\pi}.x=676​​⋅π​,y=−22​⋅π​. Полученные значения удовлетворяют условию x2−y2=π6.x^2-y^2=\dfrac{\pi}{6}.x2−y2=6π​.