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 — 2020, Поток 1

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6
Задача 1МГУ
Известно, что f(x)=x1+x+1−xx−124f(x)=\dfrac{x}{1+x}+\dfrac{1-x}{x}-\dfrac{1}{24}f(x)=1+xx​+x1−x​−241​. Найдите f(35)f\left(\dfrac{3}{5}\right)f(53​).
Ответ:1

Решение

f(35)=38+23−124=9+16−124=1.f\left(\dfrac{3}{5}\right)=\dfrac{3}{8}+\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{24}=\dfrac{9+16-1}{24}=1.f(53​)=83​+32​−241​=249+16−1​=1.
Задача 2МГУ
Найдите сумму всех натуральных чисел, не превосходящих 105, которые делятся на 3, но не делятся на 5.
Ответ:1470

Решение

Искомая сумма равна 3(1+…+35)−15(1+…+7)=3⋅35⋅18−15⋅7⋅4=3(1+\ldots+35)-15(1+\ldots+7)=3\cdot35\cdot18-15\cdot7\cdot4=3(1+…+35)−15(1+…+7)=3⋅35⋅18−15⋅7⋅4= =3⋅5⋅7(18−4)=21⋅5⋅14=21⋅70=1470.=3\cdot5\cdot7(18-4)=21\cdot5\cdot14=21\cdot70=1470.=3⋅5⋅7(18−4)=21⋅5⋅14=21⋅70=1470.
Задача 3МГУ
Решите уравнение tg⁡2x=2cos⁡2x ctg⁡x\tg 2x = 2\cos 2x\,\ctg xtg2x=2cos2xctgx.
Ответ:x=±π6+kπ, π2+kπ, k∈Zx=\pm\dfrac{\pi}{6}+k\pi,\ \dfrac{\pi}{2}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z}x=±6π​+kπ, 2π​+kπ, k∈Z

Решение

tg⁡2x=2cos⁡2x ctg⁡x  ⟺  {sin⁡xcos⁡2x≠0sin⁡xsin⁡2x=2cos⁡22x cos⁡x\tg 2x = 2\cos 2x\,\ctg x \iff \begin{cases}\sin x\cos 2x\neq 0\\ \sin x\sin 2x = 2\cos^2 2x\,\cos x\end{cases}tg2x=2cos2xctgx⟺{sinxcos2x=0sinxsin2x=2cos22xcosx​   ⟺  {sin⁡xcos⁡2x≠0cos⁡x (2cos⁡22x−2sin⁡2x)=0  ⟺  {sin⁡xcos⁡2x≠0cos⁡x (2cos⁡22x+cos⁡2x−1)=0\iff \begin{cases}\sin x\cos 2x\neq 0\\ \cos x\,(2\cos^2 2x - 2\sin^2 x)=0\end{cases} \iff \begin{cases}\sin x\cos 2x\neq 0\\ \cos x\,(2\cos^2 2x+\cos 2x-1)=0\end{cases}⟺{sinxcos2x=0cosx(2cos22x−2sin2x)=0​⟺{sinxcos2x=0cosx(2cos22x+cos2x−1)=0​   ⟺  {sin⁡xcos⁡2x≠0cos⁡x (2cos⁡2x−1)(cos⁡2x+1)=0  ⟺  x=±π6+kπ, π2+kπ, k∈Z\iff \begin{cases}\sin x\cos 2x\neq 0\\ \cos x\,(2\cos 2x-1)(\cos 2x+1)=0\end{cases} \iff x=\pm\frac{\pi}{6}+k\pi,\ \frac{\pi}{2}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z}⟺{sinxcos2x=0cosx(2cos2x−1)(cos2x+1)=0​⟺x=±6π​+kπ, 2π​+kπ, k∈Z
Задача 4МГУ
Решите неравенство log⁡2x16−log⁡4x8⩽1.\log_{2x}16-\log_{4x}8\leqslant 1.log2x​16−log4x​8⩽1.
Ответ:x∈(0,18]∪(14,12)∪[2,+∞)x\in\left(0,\dfrac{1}{8}\right]\cup\left(\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2}\right)\cup[2,+\infty)x∈(0,81​]∪(41​,21​)∪[2,+∞)

Решение

log⁡2x16−log⁡4x8⩽1  ⟺  41+log⁡2x−32+log⁡2x⩽1  ⟺  log⁡22x+2log⁡2x−3(1+log⁡2x)(2+log⁡2x)⩾0  ⟺  \log_{2x}16-\log_{4x}8\leqslant 1\iff\dfrac{4}{1+\log_2 x}-\dfrac{3}{2+\log_2 x}\leqslant 1\iff\dfrac{\log_2^2 x+2\log_2 x-3}{(1+\log_2 x)(2+\log_2 x)}\geqslant 0\ifflog2x​16−log4x​8⩽1⟺1+log2​x4​−2+log2​x3​⩽1⟺(1+log2​x)(2+log2​x)log22​x+2log2​x−3​⩾0⟺   ⟺  (3+log⁡2x)(−1+log⁡2x)(1+log⁡2x)(2+log⁡2x)⩾0  ⟺  log⁡2x∈(−∞,−3]∪(−2,−1)∪[1,+∞)  ⟺  \iff\dfrac{(3+\log_2 x)(-1+\log_2 x)}{(1+\log_2 x)(2+\log_2 x)}\geqslant 0\iff\log_2 x\in(-\infty,-3]\cup(-2,-1)\cup[1,+\infty)\iff⟺(1+log2​x)(2+log2​x)(3+log2​x)(−1+log2​x)​⩾0⟺log2​x∈(−∞,−3]∪(−2,−1)∪[1,+∞)⟺   ⟺  x∈(0,18]∪(14,12)∪[2,+∞).\iff x\in\left(0,\dfrac{1}{8}\right]\cup\left(\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2}\right)\cup[2,+\infty).⟺x∈(0,81​]∪(41​,21​)∪[2,+∞).
Задача 5МГУ
В равнобедренном треугольнике ABCABCABC с равными сторонами ABABAB и BCBCBC проведены биссектрисы ADADAD и CECECE. Окружность, вписанная в треугольник ABCABCABC, касается сторон ABABAB и BCBCBC в точках KKK и LLL соответственно. Найдите DEDEDE, если AC=12AC=12AC=12 и KL=9KL=9KL=9.
Ответ:8

Решение

Изображение 1 Поскольку треугольник ABCABCABC равнобедренный, AK=CL=12AC=6.AK=CL=\dfrac{1}{2}AC=6.AK=CL=21​AC=6. Из подобия треугольников ABCABCABC и KBL:KBL:KBL: AKKB+1=AK+KBKB=ABKB=ACKL=43.\dfrac{AK}{KB}+1=\dfrac{AK+KB}{KB}=\dfrac{AB}{KB}=\dfrac{AC}{KL}=\dfrac{4}{3}.KBAK​+1=KBAK+KB​=KBAB​=KLAC​=34​. Отсюда KB=3AK=18,AB=AK+KB=18+6=24.KB=3AK=18,\quad AB=AK+KB=18+6=24.KB=3AK=18,AB=AK+KB=18+6=24. Далее, поскольку CECECE — биссектриса, AEEB=ACBC=12.\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{1}{2}.EBAE​=BCAC​=21​. Стало быть, из подобия треугольников ABCABCABC и EBD:EBD:EBD: DE=AC⋅EBAB=12⋅23=8.DE=AC\cdot\dfrac{EB}{AB}=12\cdot\dfrac{2}{3}=8.DE=AC⋅ABEB​=12⋅32​=8.
Задача 6МГУ
Дана треугольная призма ABCA′B′C′ABCA'B'C'ABCA′B′C′ с основанием ABCABCABC и боковыми рёбрами AA′, BB′, CC′AA',\ BB',\ CC'AA′, BB′, CC′. На диагоналях AB′, BC′, CA′AB',\ BC',\ CA'AB′, BC′, CA′ отмечены точки D, E, FD,\ E,\ FD, E, F соответственно. Найдите отношение, в котором плоскость DEFDEFDEF делит отрезок AA′AA'AA′, если AD:DB′=1:1, BE:EC′=1:2, CF:FA′=1:3AD:DB'=1:1,\ BE:EC'=1:2,\ CF:FA'=1:3AD:DB′=1:1, BE:EC′=1:2, CF:FA′=1:3.
Ответ:3:4

Решение

Изображение 1 Изображение 2 Точки DDD и FFF лежат в плоскости BCA′.BCA'.BCA′. Обозначим через GGG точку пересечения прямой DFDFDF с прямой BC.BC.BC. Из того, что AD:DB′=1:1,CF:FA′=1:3,AD:DB'=1:1, CF:FA'=1:3,AD:DB′=1:1,CF:FA′=1:3, следует, что GC=12BC.GC=\tfrac12 BC.GC=21​BC. Обозначим через HHH точку пересечения прямой GEGEGE с прямой CC′.CC'.CC′. Из того, что GC=12BCGC=\tfrac12 BCGC=21​BC и BE:EC′=1:2,BE:EC'=1:2,BE:EC′=1:2, следует, что CH=17CC′.CH=\tfrac17 CC'.CH=71​CC′. Обозначая через KKK точку пересечения прямой HFHFHF с прямой AA′,AA',AA′, получаем KA′=37AA′.KA'=\tfrac37 AA'.KA′=73​AA′. Стало быть, A′K:KA=3:4.A'K:KA=3:4.A′K:KA=3:4.
Задача 7МГУ
Найдите все положительные значения параметра a,a,a, при которых уравнение ,log⁡2−x(a2+x+2a1−x+x−1)+log⁡2+x(a2−x+2a1+x−x−1)=2,,\log_{2-x}\left(a^{2+x}+2a^{1-x}+x-1\right)+\log_{2+x}\left(a^{2-x}+2a^{1+x}-x-1\right)=2,,log2−x​(a2+x+2a1−x+x−1)+log2+x​(a2−x+2a1+x−x−1)=2, имеет ровно одно решение (относительно xxx ).
Ответ:a=1

Решение

Если xxx — решение, то и −x-x−x — тоже решение. Стало быть, если решение единственно, то 000 — решение. Подставляя x=0,x=0,x=0, получаем log⁡2(a2+2a−1)=1,\log_2\left(a^2+2a-1\right)=1,log2​(a2+2a−1)=1, то есть a2+2a−3=0.a^2+2a-3=0.a2+2a−3=0. Поскольку aaa положительно, a=1.a=1.a=1. Подставим a=1a=1a=1 в исходное уравнение: log⁡2−x(2+x)+log⁡2+x(2−x)=2.\log_{2-x}(2+x)+\log_{2+x}(2-x)=2.log2−x​(2+x)+log2+x​(2−x)=2. При x≠0x\neq 0x=0 левая часть строго больше 2,2,2, стало быть x=0x=0x=0 — единственное решение.