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 — 2022, Поток 3

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6
Задача 1МГУ
Определите, какое из двух чисел больше: 3+22+3−22\sqrt{3+2\sqrt{2}}+\sqrt{3-2\sqrt{2}}3+22​​+3−22​​ или 333.
Ответ:Второе больше\text{Второе больше}Второе больше

Решение

3+22+3−22=(2+1)2+(2−1)2=(2+1)+(2−1)=22.\sqrt{3+2\sqrt{2}}+\sqrt{3-2\sqrt{2}}=\sqrt{(\sqrt{2}+1)^2}+\sqrt{(\sqrt{2}-1)^2}=(\sqrt{2}+1)+(\sqrt{2}-1)=2\sqrt{2}.3+22​​+3−22​​=(2​+1)2​+(2​−1)2​=(2​+1)+(2​−1)=22​. Так как 22=8<9=3,2\sqrt{2}=\sqrt{8}<\sqrt{9}=3,22​=8​<9​=3, то второе число больше.
Задача 2МГУ
Дана возрастающая арифметическая прогрессия, состоящая из положительных чисел. Произведение третьего и четвёртого членов этой прогрессии в два раза больше произведения первого и шестого её членов. Найдите разность этой прогрессии, если известно, что восьмой её член равен 32.
Ответ:4

Решение

Обозначим через aaa и ddd соответственно первый член прогрессии и её разность. Тогда по условию (a+2d)(a+3d)=2a(a+5d),(a+2d)(a+3d)=2a(a+5d),(a+2d)(a+3d)=2a(a+5d), откуда a2+5ad−6d2=0,a^2+5ad-6d^2=0,a2+5ad−6d2=0, то есть (a+6d)(a−d)=0.(a+6d)(a-d)=0.(a+6d)(a−d)=0. Поскольку по условию a>0a>0a>0 и d>0,d>0,d>0, получаем a=d.a=d.a=d. Тогда восьмой член прогрессии равен 8d,8d,8d, то есть 8d=328d=328d=32 и d=4.d=4.d=4.
Задача 3МГУ
Решите уравнение cos⁡2x+6sin⁡x=cos⁡4x+6sin⁡x\cos 2x+6\sin x=\cos 4x+6\sin xcos2x+6sinx=cos4x+6sinx.
Ответ:x=kπ, ±π3+2kπ, k∈Zx=k\pi,\ \pm\dfrac{\pi}{3}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}x=kπ, ±3π​+2kπ, k∈Z

Решение

cos⁡2x+6sin⁡x=cos⁡4x+6sin⁡x  ⟺  −2sin⁡22x+6sin⁡x=−2sin⁡22x+6sin⁡x  ⟺  \cos 2x+6\sin x=\cos 4x+6\sin x\iff-2\sin^2 2x+6\sin x=-2\sin^2 2x+6\sin x\iffcos2x+6sinx=cos4x+6sinx⟺−2sin22x+6sinx=−2sin22x+6sinx⟺   ⟺  sin⁡22x−sin⁡2x=3(sin⁡x−sin⁡2x)  ⟺  (sin⁡2x−sin⁡x)(sin⁡2x+sin⁡x+3)=0  ⟺  \iff\sin^2 2x-\sin^2 x=3(\sin x-\sin 2x)\iff(\sin 2x-\sin x)(\sin 2x+\sin x+3)=0\iff⟺sin22x−sin2x=3(sinx−sin2x)⟺(sin2x−sinx)(sin2x+sinx+3)=0⟺   ⟺  sin⁡x−sin⁡2x=0  ⟺  sin⁡x(1−2cos⁡x)=0  ⟺  [sin⁡x=0cos⁡x=12  ⟺  [x=kπx=±π3+2kπ, k∈Z\iff\sin x-\sin 2x=0\iff\sin x(1-2\cos x)=0\iff\left[\begin{array}{l}\sin x=0\\ \cos x=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.\iff\left[\begin{array}{l}x=k\pi\\ x=\pm\dfrac{\pi}{3}+2k\pi\end{array}\right.,\ k\in\mathbb{Z}⟺sinx−sin2x=0⟺sinx(1−2cosx)=0⟺[sinx=0cosx=21​​⟺[x=kπx=±3π​+2kπ​, k∈Z
Задача 4МГУ
Решите неравенство log⁡3(1−x)−log⁡3(1+x)+log⁡1+x(1−x)−1⩽0.\log_{3}(1-x)-\log_{3}(1+x)+\log_{1+x}(1-x)-1\leqslant 0.log3​(1−x)−log3​(1+x)+log1+x​(1−x)−1⩽0.
Ответ:x∈[−23,0)∪(0,1)x\in\left[-\dfrac{2}{3},0\right)\cup(0,1)x∈[−32​,0)∪(0,1)

Решение

Изображение 1 Изображение 2 Заметим, что ОДЗ: x∈(−1,0)∪(0,1).x\in(-1,0)\cup(0,1).x∈(−1,0)∪(0,1). Тогда log⁡3(1−x)−log⁡3(1+x)+log⁡1+x(1−x)−1⩽0\log_{3}(1-x)-\log_{3}(1+x)+\log_{1+x}(1-x)-1\leqslant 0log3​(1−x)−log3​(1+x)+log1+x​(1−x)−1⩽0   ⟺  log⁡3(1−x)−log⁡3(1+x)+log⁡3(1−x)−log⁡3(1+x)log⁡3(1+x)⩽0\iff\log_{3}(1-x)-\log_{3}(1+x)+\dfrac{\log_{3}(1-x)-\log_{3}(1+x)}{\log_{3}(1+x)}\leqslant 0⟺log3​(1−x)−log3​(1+x)+log3​(1+x)log3​(1−x)−log3​(1+x)​⩽0   ⟺  (log⁡3(1−x)−log⁡3(1+x))(log⁡3(1+x)+1)log⁡3(1+x)⩽0\iff\dfrac{\left(\log_{3}(1-x)-\log_{3}(1+x)\right)\left(\log_{3}(1+x)+1\right)}{\log_{3}(1+x)}\leqslant 0⟺log3​(1+x)(log3​(1−x)−log3​(1+x))(log3​(1+x)+1)​⩽0   ⟺  {((1−x)−(1+x))((1+x)−13)x⩽0x∈(−1,0)∪(0,1)  ⟺  {x⩾−23x∈(−1,0)∪(0,1)  ⟺  x∈[−23,0)∪(0,1)\iff\begin{cases}\dfrac{\left((1-x)-(1+x)\right)\left((1+x)-\frac{1}{3}\right)}{x}\leqslant 0\\ x\in(-1,0)\cup(0,1)\end{cases}\iff\begin{cases}x\geqslant-\dfrac{2}{3}\\ x\in(-1,0)\cup(0,1)\end{cases}\iff x\in\left[-\dfrac{2}{3},0\right)\cup(0,1)⟺⎩⎨⎧​x((1−x)−(1+x))((1+x)−31​)​⩽0x∈(−1,0)∪(0,1)​⟺⎩⎨⎧​x⩾−32​x∈(−1,0)∪(0,1)​⟺x∈[−32​,0)∪(0,1)
Задача 5МГУ
В треугольнике ABCABCABC угол CCC равен 60∘60^\circ60∘. На сторонах ABABAB, BCBCBC, ACACAC отмечены точки DDD, EEE, FFF соответственно. Радиус окружности, вписанной в треугольник ADFADFADF, равен 111. Радиус окружности, вписанной в треугольник BDEBDEBDE, равен 222. Найдите сторону ABABAB, если известно, что четырёхугольник DECFDECFDECF является ромбом.
Ответ:9+339+3\sqrt{3}9+33​

Решение

Изображение 1 Пусть a=AF,b=BE,c=DE=EC=CF=FDa=AF, b=BE, c=DE=EC=CF=FDa=AF,b=BE,c=DE=EC=CF=FD (сторона ромба DECFDECFDECF ). Так как DF∥BCDF\parallel BCDF∥BC и DE∥AC,DE\parallel AC,DE∥AC, треугольники ADFADFADF и DBEDBEDBE подобны треугольнику ABC.ABC.ABC. Отношение радиусов вписанных окружностей равно коэффициенту подобия: ac=12,\dfrac{a}{c}=\dfrac{1}{2},ca​=21​, поэтому a=c2a=\dfrac{c}{2}a=2c​ и b=2c.b=2c.b=2c. ACBC=a+cb+c=c2+c2c+c=323=12.\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{a+c}{b+c}=\dfrac{\tfrac{c}{2}+c}{2c+c}=\dfrac{\dfrac{3}{2}}{3}=\dfrac12.BCAC​=b+ca+c​=2c+c2c​+c​=323​​=21​. Поскольку ∠ACB=60∘\angle ACB=60^\circ∠ACB=60∘ и DECFDECFDECF — ромб, треугольник ADFADFADF оказывается прямоугольным с ∠A=90∘.\angle A=90^\circ.∠A=90∘. Касания вписанной окружности делят сторону AFAFAF на отрезки 111 и a−1,a-1,a−1, а высота даёт a3=2a−(a−1)⋅0⇒a=23−1=3+1.a\sqrt{3}=2a-(a-1)\cdot 0 \Rightarrow a=\dfrac{2}{\sqrt{3}-1}=\sqrt{3}+1.a3​=2a−(a−1)⋅0⇒a=3​−12​=3​+1. AD=AF3=(3+1)3=3+3,AB=AD+DB=3AD=9+33.AD=AF\sqrt{3}=(\sqrt{3}+1)\sqrt{3}=3+\sqrt{3},\quad AB=AD+DB=3AD=9+3\sqrt{3}.AD=AF3​=(3​+1)3​=3+3​,AB=AD+DB=3AD=9+33​.
Задача 6МГУ
Найдите все пары действительных чисел x,yx,yx,y, удовлетворяющих соотношению x2+y22+1xy=22−xy⋅xy4.\dfrac{x^{2}+y^{2}}{2}+\dfrac{1}{xy}=2\sqrt{2-\sqrt{xy}}\cdot\sqrt[4]{xy}.2x2+y2​+xy1​=22−xy​​⋅4xy​.
Ответ:x=y=1,\quad x=y=-1

Решение

Для левой части ввиду неравенства между средними имеем x2+y22+1xy⩾2x2+y22xy⩾2.\frac{x^{2}+y^{2}}{2}+\frac{1}{xy}\geqslant2\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2xy}}\geqslant2.2x2+y2​+xy1​⩾22xyx2+y2​​⩾2. Первое неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда x2+y22=1xy,\dfrac{x^{2}+y^{2}}{2}=\dfrac{1}{xy},2x2+y2​=xy1​, второе- тогда и только тогда, когда x2+y2=2xy.x^{2}+y^{2}=2xy.x2+y2=2xy. То есть оба неравенства обращаются в равенства тогда и только тогда, когда x=y=±1.x=y=\pm1.x=y=±1. Для правой части исходного равенства имеем 22−xy⋅xy4=22xy−xy=21−(1−xy)2⩽2,2\sqrt{2-\sqrt{xy}}\cdot\sqrt[4]{xy}=2\sqrt{2\sqrt{xy}-xy}=2\sqrt{1-(1-\sqrt{xy})^{2}}\leqslant2,22−xy​​⋅4xy​=22xy​−xy​=21−(1−xy​)2​⩽2, где равенство достигается тогда и только тогда, когда xy=1.xy=1.xy=1. Таким образом, исходное равенство реализуется только для x=y=1x=y=1x=y=1 и x=y=−1.x=y=-1.x=y=−1.
Задача 7МГУ
Высота правильной треугольной призмы ABCA′B′C′ABCA'B'C'ABCA′B′C′ с основанием ABCABCABC и боковыми рёбрами AA′AA'AA′, BB′BB'BB′, CC′CC'CC′ равна 1. Найдите длину ребра основания, если известно, что AB′⊥BC′AB'\perp BC'AB′⊥BC′.
Ответ:\sqrt2

Решение

Изображение 1 Достроим треугольники ABCABCABC и A′B′C′A'B'C'A′B′C′ до параллелограммов ABCDABCDABCD и A′B′C′D′.A'B'C'D'.A′B′C′D′. В параллелепипеде ABCDA′B′C′D′ABCDA'B'C'D'ABCDA′B′C′D′ имеем AB∥DC,AB=DCAB\parallel DC, AB=DCAB∥DC,AB=DC и AB′∥DC′,AB′=DC′.AB'\parallel DC', AB'=DC'.AB′∥DC′,AB′=DC′. Так как призма правильная, AB′=BC′,AB'=BC',AB′=BC′, поэтому треугольник BDC′BDC'BDC′ прямоугольный и равнобедренный. Пусть ребро основания равно a,Ma, Ma,M — точка пересечения ACACAC и BD.BD.BD. Тогда CM=a2,C′M=BM=a32,CC′=1.CM=\tfrac a2, C'M=BM=\tfrac{a\sqrt3}{2}, CC'=1.CM=2a​,C′M=BM=2a3​​,CC′=1. По теореме Пифагора 1+a24=3a24,a2=2,a=2.1+\tfrac{a^2}{4}=\tfrac{3a^2}{4},\quad a^2=2,\quad a=\sqrt2.1+4a2​=43a2​,a2=2,a=2​.