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 — 2021, Поток 6

Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6
Задача 1МГУ
Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением (3+13−1⋅sin⁡π4−2)4−14.\left(\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\cdot\sin\frac{\pi}{4}-\sqrt{2}\right)^{4}-\dfrac{1}{4}.(3​−13​+1​⋅sin4π​−2​)4−41​.
Ответ:2

Решение

(3+13−1⋅sin⁡π4−2)4−14=(4+232⋅12−2)4−14=94−14=2.\left(\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\cdot\sin\frac{\pi}{4}-\sqrt{2}\right)^{4}-\dfrac{1}{4}=\left(\dfrac{4+2\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\sqrt{2}\right)^{4}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{9}{4}-\dfrac{1}{4}=2.(3​−13​+1​⋅sin4π​−2​)4−41​=(24+23​​⋅2​1​−2​)4−41​=49​−41​=2.
Задача 2МГУ
Футболист Федот сыграл в трёх матчах на чемпионате. Премиальная выплата Федота за второй матч в связи с отличной игрой была на nnn процентов больше, чем за первый. В третьем же матче Федот не сумел показать хорошую игру и его премия за этот матч оказалась на nnn процентов меньше, чем за второй матч. Найдите nnn, если известно, что премия за третий матч составила 64%64\%64% от премии за первый матч.
Ответ:60

Решение

Положим x=n100.x = \dfrac{n}{100}.x=100n​. Тогда (1+x)(1−x)=0,64.(1+x)(1-x) = 0{,}64.(1+x)(1−x)=0,64. Отсюда x2=0,36,x^2 = 0{,}36,x2=0,36, то есть x=0,6.x = 0{,}6.x=0,6. Стало быть, n=60.n = 60.n=60.
Задача 3МГУ
Решите уравнение ctg⁡x−2ctg⁡2x=23cos⁡x\ctg x-2\ctg 2x=\dfrac{2}{3}\cos xctgx−2ctg2x=32​cosx.
Ответ:x=π6+2kπ, 5π6+2kπ, k∈Zx=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\ \dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}x=6π​+2kπ, 65π​+2kπ, k∈Z

Решение

ctg⁡x−2ctg⁡2x=23cos⁡x  ⟺  cos⁡xsin⁡x−2⋅cos⁡2xsin⁡2x=23cos⁡x  ⟺  sin⁡2xsin⁡xcos⁡x=23cos⁡x  ⟺  \ctg x-2\ctg 2x=\frac{2}{3}\cos x\iff\frac{\cos x}{\sin x}-2\cdot\frac{\cos 2x}{\sin 2x}=\frac{2}{3}\cos x\iff\frac{\sin^2 x}{\sin x\cos x}=\frac{2}{3}\cos x\iffctgx−2ctg2x=32​cosx⟺sinxcosx​−2⋅sin2xcos2x​=32​cosx⟺sinxcosxsin2x​=32​cosx⟺ {3sin⁡x=2cos⁡2xsin⁡2x≠0  ⟺  {2sin⁡2x+3sin⁡x−2=0sin⁡2x≠0  ⟺  \begin{cases}3\sin x=2\cos^2 x\\ \sin 2x\neq 0\end{cases}\iff\begin{cases}2\sin^2 x+3\sin x-2=0\\ \sin 2x\neq 0\end{cases}\iff{3sinx=2cos2xsin2x=0​⟺{2sin2x+3sinx−2=0sin2x=0​⟺ {(2sin⁡x−1)(sin⁡x+2)=0sin⁡2x≠0  ⟺  sin⁡x=12  ⟺  x=π6+2kπ, 5π6+2kπ, k∈Z\begin{cases}(2\sin x-1)(\sin x+2)=0\\ \sin 2x\neq 0\end{cases}\iff\sin x=\frac{1}{2}\iff x=\frac{\pi}{6}+2k\pi,\ \frac{5\pi}{6}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}{(2sinx−1)(sinx+2)=0sin2x=0​⟺sinx=21​⟺x=6π​+2kπ, 65π​+2kπ, k∈Z
Задача 4МГУ
Решите неравенство log⁡x−1x2−7x+12x−5⩽2.\log_{\sqrt{x-1}}\dfrac{x^{2}-7x+12}{x-5}\leqslant 2.logx−1​​x−5x2−7x+12​⩽2.
Ответ:x∈(3,4)∪[7,+∞)x\in(3,4)\cup[7,+\infty)x∈(3,4)∪[7,+∞)

Решение

Изображение 1 Изображение 2 log⁡x−1x2−7x+12x−5⩽2  ⟺  ln⁡(x2−7x+12x−5)−ln⁡(x−1)ln⁡(x−1)⩽0  ⟺  \log_{\sqrt{x-1}}\dfrac{x^{2}-7x+12}{x-5}\leqslant 2\iff\dfrac{\ln\left(\dfrac{x^{2}-7x+12}{x-5}\right)-\ln(x-1)}{\ln(x-1)}\leqslant 0\ifflogx−1​​x−5x2−7x+12​⩽2⟺ln(x−1)ln(x−5x2−7x+12​)−ln(x−1)​⩽0⟺   ⟺  {(x2−7x+12)−(x−5)(x−1)(x−5)(x−2)⩽0x>1x2−7x+12x−5>0  ⟺  {x−7(x−5)(x−2)⩾0x>1(x−3)(x−4)x−5>0  ⟺  x∈(3,4)∪[7,+∞).\iff\begin{cases}\dfrac{(x^{2}-7x+12)-(x-5)(x-1)}{(x-5)(x-2)}\leqslant 0\\[2mm]x>1\\[1mm]\dfrac{x^{2}-7x+12}{x-5}>0\end{cases}\iff\begin{cases}\dfrac{x-7}{(x-5)(x-2)}\geqslant 0\\[2mm]x>1\\[1mm]\dfrac{(x-3)(x-4)}{x-5}>0\end{cases}\iff x\in(3,4)\cup[7,+\infty).⟺⎩⎨⎧​(x−5)(x−2)(x2−7x+12)−(x−5)(x−1)​⩽0x>1x−5x2−7x+12​>0​⟺⎩⎨⎧​(x−5)(x−2)x−7​⩾0x>1x−5(x−3)(x−4)​>0​⟺x∈(3,4)∪[7,+∞).
Задача 5МГУ
Окружность Ω1\Omega_1Ω1​ с центром O1O_1O1​ пересекает окружность Ω2\Omega_2Ω2​ с центром O2O_2O2​ в точках AAA и BBB. При этом точки O1O_1O1​ и O2O_2O2​ лежат вне Ω2\Omega_2Ω2​ и Ω1\Omega_1Ω1​ соответственно. Касательная к окружности Ω1\Omega_1Ω1​ в точке AAA пересекает Ω1\Omega_1Ω1​ в точках AAA и CCC. Касательная к окружности Ω1\Omega_1Ω1​ в точке AAA пересекает Ω2\Omega_2Ω2​ в точках AAA и DDD. Найдите угол между прямыми O1CO_1CO1​C и O2DO_2DO2​D, если известно, что ∠AO1B=36∘\angle AO_1B=36^\circ∠AO1​B=36∘ и ∠AO2B=64∘\angle AO_2B=64^\circ∠AO2​B=64∘.
Ответ:30^\circ

Решение

Изображение 1 Угол между касательной и хордой равен вписанному: ∠BAD=12∠AO1B=18∘,\angle BAD=\tfrac{1}{2}\angle AO_1B=18^\circ,∠BAD=21​∠AO1​B=18∘, и аналогично ∠BAC=12∠AO2B=32∘.\angle BAC=\tfrac{1}{2}\angle AO_2B=32^\circ.∠BAC=21​∠AO2​B=32∘. ∠DAO2=90∘−(∠BAD+∠BAC)=40∘ и ∠CAO1=90∘−(∠BAD+∠BAC)=40∘.\angle DAO_2=90^\circ-(\angle BAD+\angle BAC)=40^\circ \text{ и } \angle CAO_1=90^\circ-(\angle BAD+\angle BAC)=40^\circ.∠DAO2​=90∘−(∠BAD+∠BAC)=40∘ и ∠CAO1​=90∘−(∠BAD+∠BAC)=40∘. Треугольники CAO1CAO_1CAO1​ и DAO2DAO_2DAO2​ равнобедренные: ∠ACO1=∠CAO1=40∘,∠ADO2=∠DAO2=40∘.\angle ACO_1=\angle CAO_1=40^\circ, \angle ADO_2=\angle DAO_2=40^\circ.∠ACO1​=∠CAO1​=40∘,∠ADO2​=∠DAO2​=40∘. Точки пересечения прямых O1CO_1CO1​C и O2DO_2DO2​D с прямой ABABAB лежат за точкой B,B,B, поэтому искомый угол равен ∠ACO1+∠ADO2−(∠BAD+∠BAC)=40∘+40∘−50∘=30∘.\angle ACO_1+\angle ADO_2-(\angle BAD+\angle BAC)=40^\circ+40^\circ-50^\circ=30^\circ.∠ACO1​+∠ADO2​−(∠BAD+∠BAC)=40∘+40∘−50∘=30∘.
Задача 6МГУ
Найдите все пары действительных чисел (x,y)(x,y)(x,y), удовлетворяющих равенству π2−arcsin⁡(1+log⁡2(x2+y2))=1+log⁡2(xy).\dfrac{\pi}{2}-\arcsin\left(1+\log_{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)\right)=1+\log_{2}(xy).2π​−arcsin(1+log2​(x2+y2))=1+log2​(xy).
Ответ:x=y=±12x=y=\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}x=y=±2​1​

Решение

Арксинус определён на отрезке [−1,1][-1,1][−1,1] и принимает значения на отрезке [−π2,π2].\left[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}\right].[−2π​,2π​]. Значит, левая часть исходного равенства принимает лишь неотрицательные значения, а x,yx,yx,y должны удовлетворять неравенству log⁡2(x2+y2)⩽0.\log_{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)\leqslant0.log2​(x2+y2)⩽0. Но тогда для правой части имеем 1+log⁡2(xy)=log⁡2(2xy)⩽log⁡2(x2+y2)⩽0,1+\log_{2}(xy)=\log_{2}(2xy)\leqslant\log_{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)\leqslant0,1+log2​(xy)=log2​(2xy)⩽log2​(x2+y2)⩽0, причём первое неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда x=y,x=y,x=y, а второе- когда x2+y2=1.x^{2}+y^{2}=1.x2+y2=1. Получаем x=y=±12.x=y=\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}.x=y=±2​1​. Остаётся убедиться, что при таких значениях x,yx,yx,y обе части исходного равенства обращаются в 0.0.0.
Задача 7МГУ
Дан параллелепипед ABCDA′B′C′D′ABCDA'B'C'D'ABCDA′B′C′D′ с основаниями ABCDABCDABCD, A′B′C′D′A'B'C'D'A′B′C′D′ и боковыми рёбрами AA′AA'AA′, BB′BB'BB′, CC′CC'CC′, DD′DD'DD′. Все рёбра параллелепипеда равны. Плоские углы при вершине BBB также равны. Известно, что центр сферы, описанной около тетраэдра AB′CD′AB'CD'AB′CD′, лежит в плоскости AB′CAB'CAB′C. Радиус этой сферы равен 2. Найдите длину ребра параллелепипеда.
Ответ:\sqrt5

Решение

Изображение 1 Грани параллелепипеда являются ромбами. Поскольку плоские углы при вершине BBB равны, равны также и плоские углы при вершине D′.D'.D′. Стало быть, AB′=B′D=CD′=CB′AB'=B'D=CD'=CB'AB′=B′D=CD′=CB′ как равные диагонали ромбов и, по той же причине, AB′=B′C=AC.AB'=B'C=AC.AB′=B′C=AC. Таким образом, центр сферы, описанной около тетраэдра AB′CD′,AB'CD',AB′CD′, является центром окружности, описанной около правильного треугольника AB′C,AB'C,AB′C, а также является основанием высоты тетраэдра, опущенной из вершины D′.D'.D′. Отсюда получаем AB′=23,AD′=22.AB'=2\sqrt3, AD'=2\sqrt2.AB′=23​,AD′=22​. Итак, диагонали ромба равны 232\sqrt323​ и 22,2\sqrt2,22​, значит, его сторона равна 5.\sqrt5.5​.