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 — 2019, Поток 1

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4
Задача 1МГУ
Найдите наибольшее целое число, не превосходящее 2019⋅2029−2016⋅2032\sqrt{2019 \cdot 2029 - 2016 \cdot 2032}2019⋅2029−2016⋅2032​.
Ответ:6

Решение

Обозначим n=2019.n = 2019.n=2019. Тогда 2019⋅2029−2016⋅2032=n(n+10)−(n−3)(n+13)=2019 \cdot 2029 - 2016 \cdot 2032 = n(n+10) - (n-3)(n+13) =2019⋅2029−2016⋅2032=n(n+10)−(n−3)(n+13)= =n2+10n−(n2+10n−39)=39.= n^2 + 10n - (n^2 + 10n - 39) = 39.=n2+10n−(n2+10n−39)=39. Так как 62=36⩽39<49=72,6^2 = 36 \leqslant 39 < 49 = 7^2,62=36⩽39<49=72, то 6⩽39<7.6 \leqslant \sqrt{39} < 7.6⩽39​<7. Наибольшее целое, не превосходящее 39,\sqrt{39},39​, равно 6.6.6.
Задача 2МГУ
Найдите a+b+ca + b + ca+b+c, если известно, что a+2b=3a + 2b = 3a+2b=3, b+2c=4b + 2c = 4b+2c=4, c+2a=5c + 2a = 5c+2a=5.
Ответ:4

Решение

Сложим все три равенства: (a+2b)+(b+2c)+(c+2a)=3+4+5,(a + 2b) + (b + 2c) + (c + 2a) = 3 + 4 + 5,(a+2b)+(b+2c)+(c+2a)=3+4+5, 3a+3b+3c=12,3a + 3b + 3c = 12,3a+3b+3c=12, 3(a+b+c)=12,a+b+c=4.3(a + b + c) = 12, \quad a + b + c = 4.3(a+b+c)=12,a+b+c=4.
Задача 3МГУ
Решите уравнение 7sin⁡x+2cos⁡2x=57\sin x + 2\cos 2x = 57sinx+2cos2x=5.
Ответ:x=π2+2πk,  x=(−1)karcsin⁡34+πk, k∈Zx = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k,\ \ x = (-1)^k\arcsin\dfrac{3}{4} + \pi k,\ k\in\mathbb{Z}x=2π​+2πk,  x=(−1)karcsin43​+πk, k∈Z

Решение

7sin⁡x+2cos⁡2x=5.7\sin x + 2\cos 2x = 5.7sinx+2cos2x=5. Применим формулу cos⁡2x=1−2sin⁡2x:\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x:cos2x=1−2sin2x: 7sin⁡x+2(1−2sin⁡2x)=5,7\sin x + 2(1 - 2\sin^2 x) = 5,7sinx+2(1−2sin2x)=5, −4sin⁡2x+7sin⁡x−3=0  ⇔  4sin⁡2x−7sin⁡x+3=0.-4\sin^2 x + 7\sin x - 3 = 0 \;\Leftrightarrow\; 4\sin^2 x - 7\sin x + 3 = 0.−4sin2x+7sinx−3=0⇔4sin2x−7sinx+3=0. Пусть t=sin⁡x,∣t∣≤1:4t2−7t+3=0,t = \sin x, |t|\le 1:\quad 4t^2 - 7t + 3 = 0,t=sinx,∣t∣≤1:4t2−7t+3=0, t=7±49−488=7±18  ⇒  t=1 или t=34.t = \dfrac{7 \pm \sqrt{49 - 48}}{8} = \dfrac{7 \pm 1}{8} \;\Rightarrow\; t = 1 \ \text{или}\ t = \dfrac{3}{4}.t=87±49−48​​=87±1​⇒t=1 или t=43​. sin⁡x=1  ⇒  x=π2+2πk, k∈Z.\sin x = 1 \;\Rightarrow\; x = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}.sinx=1⇒x=2π​+2πk, k∈Z. sin⁡x=34  ⇒  x=(−1)karcsin⁡34+πk, k∈Z.\sin x = \dfrac{3}{4} \;\Rightarrow\; x = (-1)^k\arcsin\dfrac{3}{4} + \pi k,\ k\in\mathbb{Z}.sinx=43​⇒x=(−1)karcsin43​+πk, k∈Z.
Задача 4МГУ
Решите неравенство 2log⁡22x+7xlog⁡2x<16.2^{\log_2^2 x} + 7x^{\log_2 x} < 16.2log22​x+7xlog2​x<16.
Ответ:12<x<2\dfrac{1}{2} < x < 221​<x<2

Решение

2log⁡22x+7xlog⁡2x<16  ⟺  2log⁡22x+7⋅2log⁡22x<16  ⟺  2log⁡22x<2  ⟺  2^{\log_2^2 x} + 7x^{\log_2 x} < 16 \iff 2^{\log_2^2 x} + 7\cdot 2^{\log_2^2 x} < 16 \iff 2^{\log_2^2 x} < 2 \iff2log22​x+7xlog2​x<16⟺2log22​x+7⋅2log22​x<16⟺2log22​x<2⟺   ⟺  log⁡22x<1  ⟺  −1<log⁡2x<1  ⟺  12<x<2.\iff \log_2^2 x < 1 \iff -1 < \log_2 x < 1 \iff \dfrac{1}{2} < x < 2.⟺log22​x<1⟺−1<log2​x<1⟺21​<x<2.
Задача 5МГУ
На гипотенузе ABABAB прямоугольного треугольника ABCABCABC отмечены точки DDD и EEE таким образом, что AD:DB=BE:EA=1:4AD : DB = BE : EA = 1 : 4AD:DB=BE:EA=1:4. Найдите ABABAB, если известно, что площадь треугольника ABCABCABC равна 181818, а тангенс угла ∠DCE\angle DCE∠DCE равен 53\dfrac{5}{3}35​.
Ответ:9

Решение

Изображение 1 Положим a=BC,b=AC,c=AB.a = BC, b = AC, c = AB.a=BC,b=AC,c=AB. Опустим из точек DDD и EEE на сторону ACACAC перпендикуляры DKDKDK и EL.EL.EL. По условию AD:DB=BE:EA=1:n,n=4.AD : DB = BE : EA = 1 : n, \quad n = 4.AD:DB=BE:EA=1:n,n=4. tg⁡∠ACE=ELCL=nn+1a1n+1b=nab,\tg\angle ACE = \dfrac{EL}{CL} = \dfrac{\frac{n}{n+1}a}{\frac{1}{n+1}b} = \dfrac{na}{b},tg∠ACE=CLEL​=n+11​bn+1n​a​=bna​, tg⁡∠ACD=DKCK=1n+1ann+1b=anb.\tg\angle ACD = \dfrac{DK}{CK} = \dfrac{\frac{1}{n+1}a}{\frac{n}{n+1}b} = \dfrac{a}{nb}.tg∠ACD=CKDK​=n+1n​bn+11​a​=nba​. tg⁡∠DCE=tg⁡(∠ACE−∠ACD)=nab−anb1+nab⋅anb=n2−1n⋅aba2+b2.\tg\angle DCE = \tg(\angle ACE - \angle ACD) = \dfrac{\frac{na}{b} - \frac{a}{nb}}{1 + \frac{na}{b}\cdot\frac{a}{nb}} = \dfrac{n^2-1}{n}\cdot\dfrac{ab}{a^2+b^2}.tg∠DCE=tg(∠ACE−∠ACD)=1+bna​⋅nba​bna​−nba​​=nn2−1​⋅a2+b2ab​. Так как ab=2S△ABCab = 2S_{\triangle ABC}ab=2S△ABC​ и a2+b2=c2,a^2 + b^2 = c^2,a2+b2=c2, то tg⁡∠DCE=n2−1n⋅2S△ABCc2,\tg\angle DCE = \dfrac{n^2-1}{n}\cdot\dfrac{2S_{\triangle ABC}}{c^2},tg∠DCE=nn2−1​⋅c22S△ABC​​, c=n2−1n⋅2S△ABCtg⁡∠DCE=154⋅3653=81=9.c = \sqrt{\dfrac{n^2-1}{n}\cdot\dfrac{2S_{\triangle ABC}}{\tg\angle DCE}} = \sqrt{\dfrac{15}{4}\cdot\dfrac{36}{\dfrac{5}{3}}} = \sqrt{81} = 9.c=nn2−1​⋅tg∠DCE2S△ABC​​​=415​⋅35​36​​=81​=9.
Задача 6МГУ
Найдите все пары вещественных чисел (a,b)(a, b)(a,b) , при которых неравенство ,2a(x+2)4+9b(x−2)4⩾x4+24x2+16,,2a(x+2)^4 + 9b(x-2)^4 \geqslant x^4 + 24x^2 + 16,,2a(x+2)4+9b(x−2)4⩾x4+24x2+16, справедливо для всех вещественных x.x.x.
Ответ:a⩾14, b⩾118a \geqslant \dfrac{1}{4},\ b \geqslant \dfrac{1}{18}a⩾41​, b⩾181​

Решение

Подставим x=2:x = 2:x=2: получаем 2a⋅44⩾16+96+162a \cdot 4^4 \geqslant 16 + 96 + 162a⋅44⩾16+96+16 , то есть 512a⩾128512a \geqslant 128512a⩾128 , откуда a⩾14.a \geqslant \dfrac{1}{4}.a⩾41​. Подставим x=−2:x = -2:x=−2: получаем 9b⋅44⩾1289b \cdot 4^4 \geqslant 1289b⋅44⩾128 , то есть 2304b⩾1282304b \geqslant 1282304b⩾128 , откуда b⩾118.b \geqslant \dfrac{1}{18}.b⩾181​. Это необходимые условия. Покажем достаточность. Заметим тождество: (x+2)4+(x−2)4=2(x4+24x2+16).(x+2)^4 + (x-2)^4 = 2\bigl(x^4 + 24x^2 + 16\bigr).(x+2)4+(x−2)4=2(x4+24x2+16). При a=14,b=118a = \dfrac{1}{4}, b = \dfrac{1}{18}a=41​,b=181​ имеем 2a(x+2)4+9b(x−2)4=12(x+2)4+12(x−2)4=x4+24x2+16,2a(x+2)^4 + 9b(x-2)^4 = \dfrac{1}{2}(x+2)^4 + \dfrac{1}{2}(x-2)^4 = x^4 + 24x^2 + 16,2a(x+2)4+9b(x−2)4=21​(x+2)4+21​(x−2)4=x4+24x2+16, то есть неравенство обращается в равенство при всех x.x.x. Поскольку (x+2)4⩾0(x+2)^4 \geqslant 0(x+2)4⩾0 и (x−2)4⩾0(x-2)^4 \geqslant 0(x−2)4⩾0 , при увеличении aaa и bbb левая часть только растёт, поэтому неравенство справедливо для всех xxx тогда и только тогда, когда a⩾14,b⩾118.a \geqslant \dfrac{1}{4}, b \geqslant \dfrac{1}{18}.a⩾41​,b⩾181​.
Задача 7МГУ
Плоскость τ\tauτ проходит через три вершины прямоугольного параллелепипеда, отсекая от него тетраэдр. Два шара максимально возможных радиусов находятся внутри сферы, описанной около этого параллелепипеда, по разные стороны от плоскости τ\tauτ. Найдите отношение радиусов этих шаров, если известно, что рёбра параллелепипеда равны 1, 2, 21,\ \sqrt{2},\ 21, 2​, 2.
Ответ:9:5

Решение

Изображение 1 Изображение 2 Пусть τ1\tau_1τ1​ и τ2\tau_2τ2​ — две касательные к сфере плоскости, параллельные τ,\tau,τ, а T1,T2T_1, T_2T1​,T2​ — точки касания. Центр сферы OOO — середина T1T2.T_1T_2.T1​T2​. Пусть T=τ∩T1T2.T=\tau\cap T_1T_2.T=τ∩T1​T2​. Шар B1B_1B1​ лежит между τ1\tau_1τ1​ и τ,\tau,τ, шар B2B_2B2​ — между τ2\tau_2τ2​ и τ.\tau.τ. Их диаметры не превосходят расстояний от τ\tauτ до τ1\tau_1τ1​ и τ2;\tau_2;τ2​; равенство достигается, когда TT1TT_1TT1​ и TT2TT_2TT2​ — диаметры B1B_1B1​ и B2.B_2.B2​. Значит искомое отношение равно TT1TT2=R+rR−r=Rr+1Rr−1,\dfrac{TT_1}{TT_2}=\dfrac{R+r}{R-r}=\dfrac{\dfrac{R}{r}+1}{\dfrac{R}{r}-1},TT2​TT1​​=R−rR+r​=rR​−1rR​+1​, где RRR — радиус сферы, rrr — расстояние от OOO до τ.\tau.τ. Пусть A,B,CA,B,CA,B,C — вершины, через которые проходит τ,D\tau, Dτ,D — четвёртая вершина тетраэдра, AD=a,BD=b,CD=c.AD=a, BD=b, CD=c.AD=a,BD=b,CD=c. Объём тетраэдра ABCD=13⋅2r⋅S(△ABC)=16abc,ABCD=\dfrac13\cdot 2r\cdot S(\triangle ABC)=\dfrac16 abc,ABCD=31​⋅2r⋅S(△ABC)=61​abc, S(△ABC)=S(△ABD)2+S(△BCD)2+S(△ACD)2=12(ab)2+(bc)2+(ac)2,S(\triangle ABC)=\sqrt{S(\triangle ABD)^2+S(\triangle BCD)^2+S(\triangle ACD)^2}=\tfrac12\sqrt{(ab)^2+(bc)^2+(ac)^2},S(△ABC)=S(△ABD)2+S(△BCD)2+S(△ACD)2​=21​(ab)2+(bc)2+(ac)2​, r=abc4S(△ABC)=121a2+1b2+1c2,R=OD=12a2+b2+c2,r=\dfrac{abc}{4S(\triangle ABC)}=\dfrac{1}{2\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}},\qquad R=OD=\tfrac12\sqrt{a^2+b^2+c^2},r=4S(△ABC)abc​=2a21​+b21​+c21​​1​,R=OD=21​a2+b2+c2​, Rr=a2+b2+c2⋅1a2+1b2+1c2=1+2+4⋅1+12+14=72,\dfrac{R}{r}=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\cdot\sqrt{\tfrac{1}{a^2}+\tfrac{1}{b^2}+\tfrac{1}{c^2}}=\sqrt{1+2+4}\cdot\sqrt{1+\tfrac12+\tfrac14}=\dfrac{7}{2},rR​=a2+b2+c2​⋅a21​+b21​+c21​​=1+2+4​⋅1+21​+41​​=27​, TT1TT2=72+172−1=95.\dfrac{TT_1}{TT_2}=\dfrac{\tfrac72+1}{\tfrac72-1}=\dfrac{9}{5}.TT2​TT1​​=27​−127​+1​=59​.
Задача 8МГУ
Найдите все x,yx,yx,y из интервала (−π,π)(-\pi,\pi)(−π,π), удовлетворяющие системе уравнений {106 sin⁡x+5sin⁡y+43 sin⁡x+y2=665sin⁡xsin⁡y+43 sin⁡xsin⁡x+y2+2 sin⁡ysin⁡x+y2=665\begin{cases} 10\sqrt{6}\,\sin x + 5\sin y + 4\sqrt{3}\,\sin\dfrac{x+y}{2} = 6\sqrt{6} \\ 5\sin x\sin y + 4\sqrt{3}\,\sin x\sin\dfrac{x+y}{2} + \sqrt{2}\,\sin y\sin\dfrac{x+y}{2} = \dfrac{6\sqrt{6}}{5} \end{cases}⎩⎨⎧​106​sinx+5siny+43​sin2x+y​=66​5sinxsiny+43​sinxsin2x+y​+2​sinysin2x+y​=566​​​
Ответ:(x,y)=(arcsin⁡15, arccos⁡15),(x,y)=(π−arcsin⁡15, π−arccos⁡15)(x,y)=\left(\arcsin\dfrac{1}{5},\ \arccos\dfrac{1}{5}\right),\quad (x,y)=\left(\pi-\arcsin\dfrac{1}{5},\ \pi-\arccos\dfrac{1}{5}\right)(x,y)=(arcsin51​, arccos51​),(x,y)=(π−arcsin51​, π−arccos51​)

Решение

Положим a=5sin⁡x,b=526sin⁡y,c=2sin⁡x+y2.a = 5\sin x, b = \dfrac{5}{2\sqrt{6}}\sin y, c = \sqrt{2} \sin\dfrac{x+y}{2}.a=5sinx,b=26​5​siny,c=2​sin2x+y​. Тогда исходная система примет вид {a+b+c=3ab+ac+bc=3\begin{cases} a + b + c = 3 \\ ab + ac + bc = 3 \end{cases}{a+b+c=3ab+ac+bc=3​ Тогда 2(a+b+c)2−6(ab+ac+bc)=0.2(a+b+c)^2 - 6(ab+ac+bc) = 0.2(a+b+c)2−6(ab+ac+bc)=0. Но 2(a+b+c)2−6(ab+ac+bc)=(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2.2(a+b+c)^2 - 6(ab+ac+bc) = (a-b)^2 + (b-c)^2 + (a-c)^2.2(a+b+c)2−6(ab+ac+bc)=(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2. Следовательно, a=b=c=1.a = b = c = 1.a=b=c=1. Получаем sin⁡x=15,sin⁡y=265,sin⁡x+y2=12.\sin x = \dfrac{1}{5},\quad \sin y = \dfrac{2\sqrt{6}}{5},\quad \sin\dfrac{x+y}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}.sinx=51​,siny=526​​,sin2x+y​=2​1​. Заметим, что arcsin⁡265=arccos⁡15.\arcsin\dfrac{2\sqrt{6}}{5} = \arccos\dfrac{1}{5}.arcsin526​​=arccos51​. Стало быть, x∈{arcsin⁡15, π−arcsin⁡15},y∈{arccos⁡15, π−arccos⁡15},x+y2∈{π4, 3π4}.x \in \left\{ \arcsin\dfrac{1}{5},\ \pi - \arcsin\dfrac{1}{5} \right\},\quad y \in \left\{ \arccos\dfrac{1}{5},\ \pi - \arccos\dfrac{1}{5} \right\},\quad \dfrac{x+y}{2} \in \left\{ \dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4} \right\}.x∈{arcsin51​, π−arcsin51​},y∈{arccos51​, π−arccos51​},2x+y​∈{4π​, 43π​}. Данным трём условиям удовлетворяют только пары (x,y)=(arcsin⁡15, arccos⁡15) и (x,y)=(π−arcsin⁡15, π−arccos⁡15).(x,y) = \left( \arcsin\dfrac{1}{5},\ \arccos\dfrac{1}{5} \right)\ \text{и}\ (x,y) = \left( \pi - \arcsin\dfrac{1}{5},\ \pi - \arccos\dfrac{1}{5} \right).(x,y)=(arcsin51​, arccos51​) и (x,y)=(π−arcsin51​, π−arccos51​).