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 4

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6
Задача 1МГУ
Найдите наименьшее целое число, большее, чем 23+112+132\sqrt{3}+\dfrac{1}{\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}}23​+2​1​+3​1​1​.
Ответ:5

Решение

112+13=13+26=63+2=6(3−2)(3+2)(3−2)=18−12=32−23.\dfrac{1}{\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}}=\dfrac{1}{\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{\sqrt{6}}}=\dfrac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}(\sqrt{3}-\sqrt{2})}{(\sqrt{3}+\sqrt{2})(\sqrt{3}-\sqrt{2})}=\sqrt{18}-\sqrt{12}=3\sqrt{2}-2\sqrt{3}.2​1​+3​1​1​=6​3​+2​​1​=3​+2​6​​=(3​+2​)(3​−2​)6​(3​−2​)​=18​−12​=32​−23​. Тогда 23+32−23=32=18.2\sqrt{3}+3\sqrt{2}-2\sqrt{3}=3\sqrt{2}=\sqrt{18}.23​+32​−23​=32​=18​. Так как 4<18<5,4<\sqrt{18}<5,4<18​<5, наименьшее целое число, большее данного, равно 5.5.5.
Задача 2МГУ
Положительные числа aaa, bbb, ccc образуют непостоянную геометрическую прогрессию. Числа aaa, 4b4b4b, 7c7c7c образуют арифметическую прогрессию. Найдите отношение ac\dfrac{a}{c}ca​.
Ответ:49

Решение

Имеем b2=acb^2=acb2=ac и 8b=a+7c.8b=a+7c.8b=a+7c. Отсюда 8ac=a+7c,8\sqrt{ac}=a+7c,8ac​=a+7c, то есть, разделив на c,ac−8ac+7=0,c, \quad \dfrac{a}{c}-8\sqrt{\dfrac{a}{c}}+7=0,c,ca​−8ca​​+7=0, и, стало быть, (ac−1)(ac−7)=0.\left(\sqrt{\dfrac{a}{c}}-1\right)\left(\sqrt{\dfrac{a}{c}}-7\right)=0.(ca​​−1)(ca​​−7)=0. Поскольку a≠c,a\ne c,a=c, получаем ac=49.\dfrac{a}{c}=49.ca​=49.
Задача 3МГУ
Решите уравнение 2sin⁡x+2cos⁡x=1sin⁡2x+1cos⁡2x\dfrac{\sqrt{2}}{\sin x}+\dfrac{\sqrt{2}}{\cos x}=\dfrac{1}{\sin^2 x}+\dfrac{1}{\cos^2 x}sinx2​​+cosx2​​=sin2x1​+cos2x1​.
Ответ:x=π4+2kπ, k∈Zx=\dfrac{\pi}{4}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}x=4π​+2kπ, k∈Z

Решение

2sin⁡x+2cos⁡x=1sin⁡2x+1cos⁡2x  ⟺  2(sin⁡x+cos⁡x)2sin⁡xcos⁡x=14sin⁡2xcos⁡2x  ⟺  \frac{\sqrt{2}}{\sin x}+\frac{\sqrt{2}}{\cos x}=\frac{1}{\sin^2 x}+\frac{1}{\cos^2 x}\iff\frac{\sqrt{2}(\sin x+\cos x)}{2\sin x\cos x}=\frac{1}{4\sin^2 x\cos^2 x}\iffsinx2​​+cosx2​​=sin2x1​+cos2x1​⟺2sinxcosx2​(sinx+cosx)​=4sin2xcos2x1​⟺   ⟺  sin⁡ ⁣(x+π4)sin⁡2x=1  ⟺  {sin⁡ ⁣(x+π4)=1sin⁡2x=1 или {sin⁡ ⁣(x+π4)=−1sin⁡2x=−1  ⟺  \iff\sin\!\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\sin 2x=1\iff\begin{cases}\sin\!\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=1\\ \sin 2x=1\end{cases}\ \text{или}\ \begin{cases}\sin\!\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=-1\\ \sin 2x=-1\end{cases}\iff⟺sin(x+4π​)sin2x=1⟺{sin(x+4π​)=1sin2x=1​ или {sin(x+4π​)=−1sin2x=−1​⟺   ⟺  [{x+π4=π2+2k1π2x=π2+2k2π{x+π4=−π2+2k1π2x=−π2+2k2π, k1,k2∈Z  ⟺  x=π4+2kπ, k∈Z\iff\left[\begin{array}{l}\begin{cases}x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}+2k_1\pi\\ 2x=\dfrac{\pi}{2}+2k_2\pi\end{cases}\\[6pt]\begin{cases}x+\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\pi}{2}+2k_1\pi\\ 2x=-\dfrac{\pi}{2}+2k_2\pi\end{cases}\end{array}\right.,\ k_1,k_2\in\mathbb{Z}\iff x=\frac{\pi}{4}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}⟺​⎩⎨⎧​x+4π​=2π​+2k1​π2x=2π​+2k2​π​⎩⎨⎧​x+4π​=−2π​+2k1​π2x=−2π​+2k2​π​​, k1​,k2​∈Z⟺x=4π​+2kπ, k∈Z
Задача 4МГУ
Решите неравенство log⁡x∣3xx−4∣⩽4.\log_{\sqrt{x}}\left|\dfrac{3x}{x-4}\right|\leqslant 4.logx​​​x−43x​​⩽4.
Ответ:x∈(0,1)∪(1,3]∪[2+7,+∞)x\in(0,1)\cup(1,3]\cup[2+\sqrt{7},+\infty)x∈(0,1)∪(1,3]∪[2+7​,+∞)

Решение

Изображение 1 Изображение 2 Заметим, что x>0,x≠1,x≠4.x>0, x\neq 1, x\neq 4.x>0,x=1,x=4. Тогда log⁡x∣3xx−4∣⩽4  ⟺  log⁡x3x∣x−4∣⩽2  ⟺  ln⁡3x∣x−4∣−ln⁡x2ln⁡x⩽0\log_{\sqrt{x}}\left|\dfrac{3x}{x-4}\right|\leqslant 4\iff\log_{x}\dfrac{3x}{|x-4|}\leqslant 2\iff\dfrac{\ln\frac{3x}{|x-4|}-\ln x^{2}}{\ln x}\leqslant 0logx​​​x−43x​​⩽4⟺logx​∣x−4∣3x​⩽2⟺lnxln∣x−4∣3x​−lnx2​⩽0   ⟺  {x>03x−x2∣x−4∣∣x−4∣(x−1)⩽0  ⟺  {x>03−x∣x−4∣∣x−4∣(x−1)⩽0\iff\begin{cases}x>0\\ \dfrac{3x-x^{2}|x-4|}{|x-4|(x-1)}\leqslant 0\end{cases}\iff\begin{cases}x>0\\ \dfrac{3-x|x-4|}{|x-4|(x-1)}\leqslant 0\end{cases}⟺⎩⎨⎧​x>0∣x−4∣(x−1)3x−x2∣x−4∣​⩽0​⟺⎩⎨⎧​x>0∣x−4∣(x−1)3−x∣x−4∣​⩽0​   ⟺  [{x>4x2−4x−3⩾0{0<x<4x2−4x+3x−1⩽0  ⟺  [x⩾2+7{0<x<4(x−1)(x−3)x−1⩽0  ⟺  [x⩾2+70<x<11<x⩽3\iff\left[\begin{array}{l}\begin{cases}x>4\\ x^{2}-4x-3\geqslant 0\end{cases}\\ \begin{cases}0<x<4\\ \dfrac{x^{2}-4x+3}{x-1}\leqslant 0\end{cases}\end{array}\right.\iff\left[\begin{array}{l}x\geqslant 2+\sqrt{7}\\ \begin{cases}0<x<4\\ \dfrac{(x-1)(x-3)}{x-1}\leqslant 0\end{cases}\end{array}\right.\iff\left[\begin{array}{l}x\geqslant 2+\sqrt{7}\\ 0<x<1\\ 1<x\leqslant 3\end{array}\right.⟺​{x>4x2−4x−3⩾0​⎩⎨⎧​0<x<4x−1x2−4x+3​⩽0​​⟺​x⩾2+7​⎩⎨⎧​0<x<4x−1(x−1)(x−3)​⩽0​​⟺​x⩾2+7​0<x<11<x⩽3​
Задача 5МГУ
В трапеции ABCDABCDABCD основание ABABAB в два раза больше основания CDCDCD. Отрезки ALALAL, BMBMBM и DKDKDK, где KKK, LLL, MMM — соответственно середины сторон ABABAB, BCBCBC, ADADAD, ограничивают треугольник площадью 111. Найдите площадь трапеции.
Ответ:252

Решение

Изображение 1 Пусть AB=2CD,AB=2CD,AB=2CD, и пусть S=S(ABCD).S=S(ABCD).S=S(ABCD). Обозначим точки попарных пересечений прямых AL,BM,DK.AL, BM, DK.AL,BM,DK. Введём точку P=AL∩DK,Q=BM∩DK,R=AL∩BM;P=AL\cap DK, Q=BM\cap DK, R=AL\cap BM;P=AL∩DK,Q=BM∩DK,R=AL∩BM; искомый треугольник PQRPQRPQR имеет площадь 1.1.1. Из подобия треугольников и теоремы о пропорциональных отрезках находим: DF=2,EDAK=3,EFAB=52.DF=2, \dfrac{ED}{AK}=3, \dfrac{EF}{AB}=\dfrac52.DF=2,AKED​=3,ABEF​=25​. Последовательным подсчётом площадей через высоты h1,h2,h3h_1, h_2, h_3h1​,h2​,h3​ получаем S(△PQR)=S(ABCD)252.S(\triangle PQR)=\dfrac{S(ABCD)}{252}.S(△PQR)=252S(ABCD)​. Так как S(△PQR)=1,S(\triangle PQR)=1,S(△PQR)=1, то S(ABCD)=252.S(ABCD)=252.S(ABCD)=252.
Задача 6МГУ
Найдите все тройки действительных чисел x,y,zx,y,zx,y,z из интервала (0,π2)(0,\dfrac{\pi}{2})(0,2π​), удовлетворяющих системе {sin⁡x=sin⁡y−sin⁡zcos⁡(x+z),cos⁡x=cos⁡z+cos⁡ycos⁡(x+z).\begin{cases} \sin x=\sin y-\sin z\cos(x+z),\\ \cos x=\cos z+\cos y\cos(x+z). \end{cases}{sinx=siny−sinzcos(x+z),cosx=cosz+cosycos(x+z).​
Ответ:x=y=z=π4x=y=z=\dfrac{\pi}{4}x=y=z=4π​

Решение

Поскольку sin⁡x=sin⁡(x+z)cos⁡z−cos⁡(x+z)sin⁡z\sin x=\sin(x+z)\cos z-\cos(x+z)\sin zsinx=sin(x+z)cosz−cos(x+z)sinz и cos⁡x=cos⁡(x+z)cos⁡z+sin⁡(x+z)sin⁡z,\cos x=\cos(x+z)\cos z+\sin(x+z)\sin z,cosx=cos(x+z)cosz+sin(x+z)sinz, исходная система равносильна системе {sin⁡(x+z)cos⁡z=sin⁡y,sin⁡(x+z)sin⁡z=cos⁡y.\begin{cases} \sin(x+z)\cos z=\sin y,\\ \sin(x+z)\sin z=\cos y. \end{cases}{sin(x+z)cosz=siny,sin(x+z)sinz=cosy.​ Поскольку в этих равенствах никакие множители не обращаются в нуль, корректно рассмотреть отношения cos⁡zsin⁡z\dfrac{\cos z}{\sin z}sinzcosz​ и sin⁡ycos⁡y.\dfrac{\sin y}{\cos y}.cosysiny​. Оба эти отношения положительны и ограничены единицей, стало быть, оба равны 1.1.1. Значит, sin⁡y=cos⁡y≠0,\sin y=\cos y\neq0,siny=cosy=0, откуда sin⁡(z−y)=sin⁡x=sin⁡z=0.\sin(z-y)=\sin x=\sin z=0.sin(z−y)=sinx=sinz=0. Ввиду ограничения на x,y,z,x,y,z,x,y,z, отсюда следует, что y=z=π2y=z=\dfrac{\pi}{2}y=z=2π​ и x+y=x+z=π2.x+y=x+z=\dfrac{\pi}{2}.x+y=x+z=2π​. Таким образом, x=y=z=π4.x=y=z=\dfrac{\pi}{4}.x=y=z=4π​.
Задача 7МГУ
Дан параллелепипед ABCDA′B′C′D′ABCDA'B'C'D'ABCDA′B′C′D′ с основанием ABCDABCDABCD и боковыми рёбрами AA′AA'AA′, BB′BB'BB′, CC′CC'CC′, DD′DD'DD′. Найдите отношение, в котором делит его объём плоскость, проходящая через вершину AAA, середину ребра BCBCBC и середину ребра C′D′C'D'C′D′.
Ответ:55:89

Решение

Обозначим середины рёбер BCBCBC и C′D′C'D'C′D′ через MMM и N.N.N. Секущая плоскость проходит через A,M,N.A, M, N.A,M,N. Продлим AMAMAM до пересечения с прямой DCDCDC в точке E.E.E. Из подобия △ABM∼△ECM\triangle ABM\sim\triangle ECM△ABM∼△ECM и BM=CMBM=CMBM=CM следует EC=AB=DC.EC=AB=DC.EC=AB=DC. Продлим ENENEN до пересечения с прямой DD′DD'DD′ в точке L;L;L; точку пересечения ENENEN с CC′CC'CC′ обозначим G,G,G, а середину CDCDCD — F.F.F. Точку пересечения AFAFAF с A′D′A'D'A′D′ обозначим H.H.H. Поскольку △ECG∼△ELN∼△EDF\triangle ECG\sim\triangle ELN\sim\triangle EDF△ECG∼△ELN∼△EDF и ED=2EC=23EL,ED=2EC=\tfrac23 EL,ED=2EC=32​EL, отсекаемые от EEE тетраэдры подобны с коэффициентами 12\tfrac1221​ (объём 123=18)\tfrac1{2^3}=\tfrac18)231​=81​) и 14\tfrac1441​ (объём 143=164).\tfrac1{4^3}=\tfrac1{64}).431​=641​). Объём части параллелепипеда, содержащей вершину D,D,D, равен VADEF−VMCEG−VHD′NF=VADEF(1−123−143)=5564VADEF,V_{ADEF}-V_{MCEG}-V_{HD'NF}=V_{ADEF}\left(1-\tfrac1{2^3}-\tfrac1{4^3}\right)=\tfrac{55}{64}V_{ADEF},VADEF​−VMCEG​−VHD′NF​=VADEF​(1−231​−431​)=6455​VADEF​, VADEF=2⋅43 VADCD′=2⋅43⋅16V=169⋅16V,откуда 5564VADEF=5524VADCD′=5524⋅16V=55144V.V_{ADEF}=2\cdot\tfrac43\,V_{ADCD'}=2\cdot\tfrac43\cdot\tfrac16 V=\tfrac{16}{9}\cdot\tfrac16 V, \quad\text{откуда } \tfrac{55}{64}V_{ADEF}=\tfrac{55}{24}V_{ADCD'}=\tfrac{55}{24}\cdot\tfrac16 V=\tfrac{55}{144}V.VADEF​=2⋅34​VADCD′​=2⋅34​⋅61​V=916​⋅61​V,откуда 6455​VADEF​=2455​VADCD′​=2455​⋅61​V=14455​V. Стало быть, искомое отношение объёмов равно 55:(144−55)=55:89.55:(144-55)=55:89.55:(144−55)=55:89.