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 4

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4
Задача 1МГУ
Какое число больше: 89+7+98\sqrt{\dfrac{8}{9}+7+\dfrac{9}{8}}98​+7+89​​ или 333?
Ответ:Первое больше\text{Первое больше}Первое больше

Решение

Сравним подкоренное выражение с 32=9.3^2=9.32=9. 89+7+98   и   9  ⇔  89+98   и   2.\dfrac{8}{9}+7+\dfrac{9}{8}\;\text{ и }\;9 \;\Leftrightarrow\; \dfrac{8}{9}+\dfrac{9}{8}\;\text{ и }\;2.98​+7+89​ и 9⇔98​+89​ 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 89+7+98>9,\dfrac{8}{9}+7+\dfrac{9}{8}>9,98​+7+89​>9, поэтому 89+7+98>3.\sqrt{\dfrac{8}{9}+7+\dfrac{9}{8}}>3.98​+7+89​​>3.
Задача 2МГУ
Известно, что a+b+c=7a+b+c=7a+b+c=7 и a2+b2+c2=19a^2+b^2+c^2=19a2+b2+c2=19. Найдите ab+bc+acab+bc+acab+bc+ac.
Ответ:15

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=72−192=49−192=15.ab+bc+ac=\dfrac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=\dfrac{7^2-19}{2}=\dfrac{49-19}{2}=15.ab+bc+ac=2(a+b+c)2−(a2+b2+c2)​=272−19​=249−19​=15.
Задача 3МГУ
Решите уравнение cos⁡8x−cos⁡9x=sin⁡x.\cos 8x - \cos 9x = \sin x.cos8x−cos9x=sinx.
Ответ:x=2kπ,  x=(1+4k)π18,  x=(1+4k)π16, k∈Zx = 2k\pi,\ \ x = \dfrac{(1+4k)\pi}{18},\ \ x = \dfrac{(1+4k)\pi}{16},\ k\in\mathbb{Z}x=2kπ,  x=18(1+4k)π​,  x=16(1+4k)π​, k∈Z

Решение

cos⁡8x−cos⁡9x=sin⁡x.\cos 8x - \cos 9x = \sin x.cos8x−cos9x=sinx. По формуле разности косинусов cos⁡8x−cos⁡9x=2sin⁡17x2sin⁡x2,\cos 8x - \cos 9x = 2\sin\dfrac{17x}{2}\sin\dfrac{x}{2},cos8x−cos9x=2sin217x​sin2x​, а sin⁡x=2sin⁡x2cos⁡x2:\sin x = 2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}:sinx=2sin2x​cos2x​: 2sin⁡17x2sin⁡x2=2sin⁡x2cos⁡x2,2\sin\dfrac{17x}{2}\sin\dfrac{x}{2} = 2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2},2sin217x​sin2x​=2sin2x​cos2x​, 2sin⁡x2(sin⁡17x2−cos⁡x2)=0.2\sin\dfrac{x}{2}\left(\sin\dfrac{17x}{2} - \cos\dfrac{x}{2}\right) = 0.2sin2x​(sin217x​−cos2x​)=0. 1) sin⁡x2=0  ⇒  x2=πk  ⇒  x=2kπ, k∈Z.1)\ \sin\dfrac{x}{2} = 0 \;\Rightarrow\; \dfrac{x}{2} = \pi k \;\Rightarrow\; x = 2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}.1) sin2x​=0⇒2x​=πk⇒x=2kπ, k∈Z. 2) sin⁡17x2=cos⁡x2=sin⁡(π2−x2)  ⇒  17x2=π2−x2+2πk или 17x2=π−(π2−x2)+2πk.2)\ \sin\dfrac{17x}{2} = \cos\dfrac{x}{2} = \sin\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{x}{2}\right) \;\Rightarrow\; \dfrac{17x}{2} = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{x}{2} + 2\pi k \ \text{или}\ \dfrac{17x}{2} = \pi - \left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{x}{2}\right) + 2\pi k.2) sin217x​=cos2x​=sin(2π​−2x​)⇒217x​=2π​−2x​+2πk или 217x​=π−(2π​−2x​)+2πk. 17x2+x2=π2+2πk  ⇒  9x=π2+2πk  ⇒  x=π18+2πk9=(1+4k)π18.\quad \dfrac{17x}{2} + \dfrac{x}{2} = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k \;\Rightarrow\; 9x = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k \;\Rightarrow\; x = \dfrac{\pi}{18} + \dfrac{2\pi k}{9} = \dfrac{(1+4k)\pi}{18}.217x​+2x​=2π​+2πk⇒9x=2π​+2πk⇒x=18π​+92πk​=18(1+4k)π​. 17x2−x2=π2+2πk  ⇒  8x=π2+2πk  ⇒  x=π16+πk4=(1+4k)π16.\quad \dfrac{17x}{2} - \dfrac{x}{2} = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k \;\Rightarrow\; 8x = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k \;\Rightarrow\; x = \dfrac{\pi}{16} + \dfrac{\pi k}{4} = \dfrac{(1+4k)\pi}{16}.217x​−2x​=2π​+2πk⇒8x=2π​+2πk⇒x=16π​+4πk​=16(1+4k)π​.
Задача 4МГУ
Решите неравенство x2log⁡42x+10log⁡32x≤xlog⁡4x⋅log⁡3x7.x^{2}\log_{4}^{2}x+10\log_{3}^{2}x\leq x\log_{4}x\cdot\log_{3}x^{7}.x2log42​x+10log32​x≤xlog4​x⋅log3​x7.
Ответ:x=1, 2log⁡34≤x≤5log⁡34x=1,\ 2\log_{3}4\leq x\leq 5\log_{3}4x=1, 2log3​4≤x≤5log3​4

Решение

Изображение 1 x2log⁡42x+10log⁡32x≤xlog⁡4x⋅log⁡3x7  ⟺  (xlog⁡4x−5log⁡3x)(xlog⁡4x−2log⁡3x)≤0  ⟺  x^{2}\log_{4}^{2}x+10\log_{3}^{2}x\leq x\log_{4}x\cdot\log_{3}x^{7}\iff\left(x\log_{4}x-5\log_{3}x\right)\left(x\log_{4}x-2\log_{3}x\right)\leq 0\iffx2log42​x+10log32​x≤xlog4​x⋅log3​x7⟺(xlog4​x−5log3​x)(xlog4​x−2log3​x)≤0⟺   ⟺  log⁡42x⋅(x−5log⁡34)(x−2log⁡34)≤0  ⟺  [x=12log⁡34≤x≤5log⁡34\iff\log_{4}^{2}x\cdot\left(x-5\log_{3}4\right)\left(x-2\log_{3}4\right)\leq 0\iff\left[\begin{array}{l}x=1\\2\log_{3}4\leq x\leq 5\log_{3}4\end{array}\right.⟺log42​x⋅(x−5log3​4)(x−2log3​4)≤0⟺[x=12log3​4≤x≤5log3​4​
Задача 5МГУ
Через вершины MMM и KKK треугольника KLMKLMKLM проведена окружность, касающаяся прямых MLMLML и KLKLKL. На этой окружности выбрана точка SSS (внутри треугольника), лежащая на расстоянии 2\sqrt{2}2​ от прямой MKMKMK. Найдите расстояние от точки SSS до прямой KLKLKL, если известно, что ∠MKS=∠KLS\angle MKS=\angle KLS∠MKS=∠KLS и что ∠SKL=60∘\angle SKL=60^\circ∠SKL=60∘.
Ответ:14\sqrt{14}14​

Решение

Изображение 1 Положим ∠MKS=∠KLS=α,∠SKL=β=60∘.\angle MKS=\angle KLS=\alpha,\quad \angle SKL=\beta=60^\circ.∠MKS=∠KLS=α,∠SKL=β=60∘. Угол ∠SMK\angle SMK∠SMK опирается на дугу SK,SK,SK, а KLKLKL — касательная, поэтому ∠SMK=∠SKL=β.\angle SMK=\angle SKL=\beta.∠SMK=∠SKL=β. Аналогично ∠LMS=∠MKS=α.\angle LMS=\angle MKS=\alpha.∠LMS=∠MKS=α. По теореме синусов для △KLM:\triangle KLM:△KLM: MKKL=sin⁡(π−2α−2β)sin⁡(α+β)=2cos⁡(α+β).\dfrac{MK}{KL}=\dfrac{\sin(\pi-2\alpha-2\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}=2\cos(\alpha+\beta).KLMK​=sin(α+β)sin(π−2α−2β)​=2cos(α+β). Треугольники MKS∼KLS,MKS \sim KLS,MKS∼KLS, откуда MKKL=dMKdKL=sin⁡αsin⁡β,\dfrac{MK}{KL}=\dfrac{d_{MK}}{d_{KL}}=\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta},KLMK​=dKL​dMK​​=sinβsinα​, где dMK,dKLd_{MK}, d_{KL}dMK​,dKL​ — расстояния от SSS до прямых MKMKMK и KL.KL.KL. 2cos⁡(α+β)=sin⁡αsin⁡β  ⟹  dMKdKL=2cos⁡β9−8cos⁡2β.2\cos(\alpha+\beta)=\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}\;\Longrightarrow\; \dfrac{d_{MK}}{d_{KL}}=\dfrac{2\cos\beta}{\sqrt{9-8\cos^2\beta}}.2cos(α+β)=sinβsinα​⟹dKL​dMK​​=9−8cos2β​2cosβ​. При β=60∘:cos⁡2β=14,dMKdKL=2⋅129−2=17.\beta=60^\circ:\quad \cos^2\beta=\dfrac14,\quad \dfrac{d_{MK}}{d_{KL}}=\dfrac{2\cdot\frac12}{\sqrt{9-2}}=\dfrac{1}{\sqrt{7}}.β=60∘:cos2β=41​,dKL​dMK​​=9−2​2⋅21​​=7​1​. dKL=dMK⋅7=2⋅7=14.d_{KL}=d_{MK}\cdot\sqrt{7}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{7}=\sqrt{14}.dKL​=dMK​⋅7​=2​⋅7​=14​.
Задача 6МГУ
Борис 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, Борис 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 101010 км, Борис заметил на берегу машущего ему рукой Анатолия, который просил по старой дружбе довезти его до пункта C. И хоть пункт C Борис уже проехал, он согласился. По пути в пункт C Борис с Анатолием встретили идущий навстречу второй катер с друзьями Бориса, откуда те крикнули, что пункт B уже совсем близко и чтобы Борис нигде не задерживался. Доставив Анатолия в пункт C, Борис немедленно помчался догонять друзей. Определите, какую долю пути оставалось пройти друзьям Бориса от момента встречи с ним и Анатолием, если известно, что оба катера пришли в пункт B одновременно, расстояние между пунктами B и C равно 222 км, скорости катеров постоянны, а Борис, действительно, нигде не задерживался.
Ответ:16\dfrac{1}{6}61​

Решение

Оба катера выходят из AAA одновременно. Катер с друзьями идёт прямо в B,B,B, а Борис проскакивает BBB на d=10d = 10d=10 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=10d = 10d=10 км: f1−f=210=15.\quad \dfrac{f}{1-f} = \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{5}.1−ff​=102​=51​. Отсюда 5f=1−f,6f=1,f=16.5f = 1-f, \quad 6f = 1, \quad f = \dfrac{1}{6}.5f=1−f,6f=1,f=61​.
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 14, 13, 512\dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{3},\ \dfrac{5}{12}41​, 31​, 125​, и что все три плоских угла при вершине SSS прямые.
Ответ:5436\dfrac{\sqrt[4]{5}}{3\sqrt{6}}36​45​​

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)=14+13+512=1.S(\triangle HLM)+S(\triangle HKM)+S(\triangle HKL)=S(\triangle KLM)=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{5}{12}=1.S(△HLM)+S(△HKM)+S(△HKL)=S(△KLM)=41​+31​+125​=1. Отсюда S(△SLM)=14,S(△SKM)=13,S(△SKL)=512.S(\triangle SLM)=\sqrt{\tfrac{1}{4}}, S(\triangle SKM)=\sqrt{\tfrac{1}{3}}, S(\triangle SKL)=\sqrt{\tfrac{5}{12}}.S(△SLM)=41​​,S(△SKM)=31​​,S(△SKL)=125​​. abc=(ab)(bc)(ac)=814⋅13⋅512=85144.abc=\sqrt{(ab)(bc)(ac)}=\sqrt{8\sqrt{\tfrac{1}{4}\cdot\tfrac{1}{3}\cdot\tfrac{5}{12}}}=\sqrt{8\sqrt{\tfrac{5}{144}}}.abc=(ab)(bc)(ac)​=841​⋅31​⋅125​​​=81445​​​. V=abc6=1685144=5436.V=\dfrac{abc}{6}=\dfrac{1}{6}\sqrt{8\sqrt{\tfrac{5}{144}}}=\dfrac{\sqrt[4]{5}}{3\sqrt{6}}.V=6abc​=61​81445​​​=36​45​​.
Задача 8МГУ
Решите систему уравнений {xsin⁡(x2−y2)−y⋅ctg⁡(x2−y2)=5π6ysin⁡(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{5\pi}{6}} \\ \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)=65π​​sin(x2−y2)y​−x⋅ctg(x2−y2)=2π​​​
Ответ:x=6+2106⋅π,y=10+266⋅πx=\dfrac{\sqrt{6}+2\sqrt{10}}{6}\cdot\sqrt{\pi},\quad y=\dfrac{\sqrt{10}+2\sqrt{6}}{6}\cdot\sqrt{\pi}x=66​+210​​⋅π​,y=610​+26​​⋅π​

Решение

Рассмотрим сумму и разность первого и второго уравнений: (x+y)(1sin⁡(x2−y2)−ctg⁡(x2−y2))=5π6+π2,(x+y)\left(\dfrac{1}{\sin(x^2-y^2)}-\ctg(x^2-y^2)\right)=\sqrt{\dfrac{5\pi}{6}}+\sqrt{\dfrac{\pi}{2}},(x+y)(sin(x2−y2)1​−ctg(x2−y2))=65π​​+2π​​, (x−y)(1sin⁡(x2−y2)+ctg⁡(x2−y2))=5π6−π2.(x-y)\left(\dfrac{1}{\sin(x^2-y^2)}+\ctg(x^2-y^2)\right)=\sqrt{\dfrac{5\pi}{6}}-\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}.(x−y)(sin(x2−y2)1​+ctg(x2−y2))=65π​​−2π​​. Перемножим эти два равенства: (x2−y2)(1sin⁡2(x2−y2)−ctg⁡2(x2−y2))=5π6−π2=π3,(x^2-y^2)\left(\dfrac{1}{\sin^2(x^2-y^2)}-\ctg^2(x^2-y^2)\right)=\dfrac{5\pi}{6}-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{3},(x2−y2)(sin2(x2−y2)1​−ctg2(x2−y2))=65π​−2π​=3π​, откуда, с учётом 1sin⁡2t−ctg⁡2t=1,\dfrac{1}{\sin^2 t}-\ctg^2 t=1,sin2t1​−ctg2t=1, получаем x2−y2=π3.x^2-y^2=\dfrac{\pi}{3}.x2−y2=3π​. Подставляя x2−y2=π3x^2-y^2=\dfrac{\pi}{3}x2−y2=3π​ в исходную систему, получаем {23 x−13 y=5π623 y−13 x=π2  ⟺  {2x−y=5π22y−x=3π2\begin{cases}\dfrac{2}{\sqrt{3}}\,x-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,y=\sqrt{\dfrac{5\pi}{6}} \\ \dfrac{2}{\sqrt{3}}\,y-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,x=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\end{cases}\;\Longleftrightarrow\;\begin{cases}2x-y=\sqrt{\dfrac{5\pi}{2}} \\ 2y-x=\sqrt{\dfrac{3\pi}{2}}\end{cases}⎩⎨⎧​3​2​x−3​1​y=65π​​3​2​y−3​1​x=2π​​​⟺⎩⎨⎧​2x−y=25π​​2y−x=23π​​​ Решая, находим x=6+2106⋅π,y=10+266⋅π.x=\dfrac{\sqrt{6}+2\sqrt{10}}{6}\cdot\sqrt{\pi}, y=\dfrac{\sqrt{10}+2\sqrt{6}}{6}\cdot\sqrt{\pi}.x=66​+210​​⋅π​,y=610​+26​​⋅π​. Полученные значения удовлетворяют условию x2−y2=π3.x^2-y^2=\dfrac{\pi}{3}.x2−y2=3π​.