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 2

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6
Задача 2МГУ
Дана возрастающая геометрическая прогрессия b1,b2,b3,…b_1, b_2, b_3, \ldotsb1​,b2​,b3​,…, состоящая из положительных чисел. Известно, что сумма первого и третьего членов этой прогрессии равна второму члену, умноженному на 103\dfrac{10}{3}310​. Найдите отношение b6+b7+b8+b9+b10b_6+b_7+b_8+b_9+b_{10}b6​+b7​+b8​+b9​+b10​ к b1+b2+b3+b4+b5b_1+b_2+b_3+b_4+b_5b1​+b2​+b3​+b4​+b5​.
Ответ:243

Решение

Пусть qqq — знаменатель прогрессии. Тогда 1+q2=103q,1+q^2 = \dfrac{10}{3} q, \quad1+q2=310​q, то есть 3q2−10q+3=0.\quad 3q^2-10q+3=0.3q2−10q+3=0. Стало быть, q=3q=3q=3 или q=13.q=\dfrac{1}{3}.q=31​. Поскольку последовательность возрастающая, q=3.q=3.q=3. Искомое отношение равно bq5+bq6+bq7+bq8+bq9b+bq+bq2+bq3+bq4=q5=35=243.\dfrac{b q^5+b q^6+b q^7+b q^8+b q^9}{b+b q+b q^2+b q^3+b q^4} = q^5 = 3^5 = 243.b+bq+bq2+bq3+bq4bq5+bq6+bq7+bq8+bq9​=q5=35=243.
Задача 3МГУ
Решите уравнение sin⁡x+cos⁡x=22 sin⁡xcos⁡x\sin x + \cos x = 2\sqrt{2}\,\sin x\cos xsinx+cosx=22​sinxcosx.
Ответ:x=π4+2kπ3, k∈Zx=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{2k\pi}{3},\ k\in\mathbb{Z}x=4π​+32kπ​, k∈Z

Решение

sin⁡x+cos⁡x=22 sin⁡xcos⁡x  ⟺  sin⁡ ⁣(x+π4)=sin⁡2x\sin x + \cos x = 2\sqrt{2}\,\sin x\cos x \iff \sin\!\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\sin 2xsinx+cosx=22​sinxcosx⟺sin(x+4π​)=sin2x   ⟺  [2x=x+π4+2kπ2x=π−x−π4+2kπ, k∈Z  ⟺  [x=π4+2kπx=π4+2kπ3, k∈Z\iff \left[\begin{array}{l}2x = x+\frac{\pi}{4}+2k\pi\\ 2x = \pi - x - \frac{\pi}{4}+2k\pi\end{array}\right.,\ k\in\mathbb{Z} \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi}{4}+2k\pi\\ x=\frac{\pi}{4}+\frac{2k\pi}{3}\end{array}\right.,\ k\in\mathbb{Z}⟺[2x=x+4π​+2kπ2x=π−x−4π​+2kπ​, k∈Z⟺[x=4π​+2kπx=4π​+32kπ​​, k∈Z   ⟺  x=π4+2kπ3, k∈Z\iff x=\frac{\pi}{4}+\frac{2k\pi}{3},\ k\in\mathbb{Z}⟺x=4π​+32kπ​, k∈Z
Задача 4МГУ
Решите неравенство log⁡∣2x−12∣(x+1+1x)⩾log⁡∣2x−12∣(x2+1+1x2).\log_{\left|2x-\frac{1}{2}\right|}\left(x+1+\dfrac{1}{x}\right)\geqslant\log_{\left|2x-\frac{1}{2}\right|}\left(x^{2}+1+\dfrac{1}{x^{2}}\right).log∣2x−21​∣​(x+1+x1​)⩾log∣2x−21​∣​(x2+1+x21​).
Ответ:x∈(0,14)∪(14,34)∪{1}x\in\left(0,\dfrac{1}{4}\right)\cup\left(\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4}\right)\cup\{1\}x∈(0,41​)∪(41​,43​)∪{1}

Решение

Зафиксируем ОДЗ: x>0,x≠14,34.x>0, x\neq\dfrac{1}{4}, \dfrac{3}{4}.x>0,x=41​,43​. Далее, заметив, что x2+1+1x2=(x+1+1x)(x−1+1x).x^{2}+1+\dfrac{1}{x^{2}}=\left(x+1+\dfrac{1}{x}\right)\left(x-1+\dfrac{1}{x}\right).x2+1+x21​=(x+1+x1​)(x−1+x1​). Стало быть, при xxx из ОДЗ log⁡∣2x−12∣(x+1+1x)⩾log⁡∣2x−12∣(x2+1+1x2)  ⟺  log⁡∣2x−12∣(x−1+1x)⩽0  ⟺  \log_{\left|2x-\frac{1}{2}\right|}\left(x+1+\dfrac{1}{x}\right)\geqslant\log_{\left|2x-\frac{1}{2}\right|}\left(x^{2}+1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)\iff\log_{\left|2x-\frac{1}{2}\right|}\left(x-1+\dfrac{1}{x}\right)\leqslant 0\ifflog∣2x−21​∣​(x+1+x1​)⩾log∣2x−21​∣​(x2+1+x21​)⟺log∣2x−21​∣​(x−1+x1​)⩽0⟺   ⟺  {x>0, x≠14, 34x2−2x+1x(∣2x−12∣−1)⩽0  ⟺  x∈(0,14)∪(14,34)∪{1}.\iff\begin{cases}x>0,\ x\neq\dfrac{1}{4},\ \dfrac{3}{4}\\[2mm]\dfrac{x^{2}-2x+1}{x\left(\left|2x-\frac{1}{2}\right|-1\right)}\leqslant 0\end{cases}\iff x\in\left(0,\dfrac{1}{4}\right)\cup\left(\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4}\right)\cup\{1\}.⟺⎩⎨⎧​x>0, x=41​, 43​x(​2x−21​​−1)x2−2x+1​⩽0​⟺x∈(0,41​)∪(41​,43​)∪{1}.
Задача 5МГУ
На высоте AHAHAH остроугольного треугольника ABCABCABC как на диаметре построена окружность. Эта окружность пересекает стороны ABABAB и ACACAC в точках DDD и EEE соответственно. Найдите отношение BH:HCBH:HCBH:HC, если DA:DB=2:1DA:DB=2:1DA:DB=2:1 и AE:EC=3:1AE:EC=3:1AE:EC=3:1.
Ответ:6\sqrt{6}6​

Решение

Изображение 1 Положим BD=a,DA=b,AE=c,EC=d,BH=x,CH=y.BD=a, DA=b, AE=c, EC=d, BH=x, CH=y.BD=a,DA=b,AE=c,EC=d,BH=x,CH=y. Тогда x2=a(a+b)x^2=a(a+b)x2=a(a+b) и y2=d(c+d).y^2=d(c+d).y2=d(c+d). Поскольку треугольник ABCABCABC и AEDAEDAED подобны, имеем также b(a+b)=c(c+d).b(a+b)=c(c+d).b(a+b)=c(c+d). Стало быть, x2y2=acbd=6.\dfrac{x^2}{y^2}=\dfrac{ac}{bd}=6.y2x2​=bdac​=6. То есть xy=6.\dfrac{x}{y}=\sqrt{6}.yx​=6​.
Задача 6МГУ
Дан тетраэдр ABCDABCDABCD. Известно, что AB=BC=CD=5AB=BC=CD=5AB=BC=CD=5 и CA=AD=DB=6CA=AD=DB=6CA=AD=DB=6. Найдите косинус угла между рёбрами BCBCBC и ADADAD.
Ответ:1130\dfrac{11}{30}3011​

Решение

Изображение 1 Изображение 2 Рассмотрим треугольник ABC.ABC.ABC. Высота, опущенная из вершины B,B,B, равна 4,4,4, следовательно, высота AH,AH,AH, опущенная из вершины A,A,A, равна 245.\tfrac{24}{5}.524​. Отсюда получаем CH=185,BH=75.CH=\tfrac{18}{5}, BH=\tfrac{7}{5}.CH=518​,BH=57​. Пусть MMM — середина BC.BC.BC. Тогда MH=52−75=1110.MH=\tfrac52-\tfrac75=\tfrac{11}{10}.MH=25​−57​=1011​. Пусть NNN — середина AD.AD.AD. Тогда BN=CN,BN=CN,BN=CN, и, стало быть, MN⊥BC.MN\perp BC.MN⊥BC. Аналогично, MN⊥AD.MN\perp AD.MN⊥AD. Рассмотрим плоскость, содержащую BCBCBC и параллельную AD.AD.AD. Спроецируем ортогонально на эту плоскость точки AAA и D;D;D; обозначим их A′A'A′ и D′.D'.D′. Точка NNN проецируется в точку M.M.M. Стало быть, искомый угол равен ∠A′MB.\angle A'MB.∠A′MB. Из прямоугольного треугольника A′MH:cos⁡∠A′MB=cos⁡∠A′MH=MHA′M=MHAD2=1130.A'MH:\quad \cos\angle A'MB=\cos\angle A'MH=\dfrac{MH}{A'M}=\dfrac{MH}{\dfrac{AD}{2}}=\dfrac{11}{30}.A′MH:cos∠A′MB=cos∠A′MH=A′MMH​=2AD​MH​=3011​.