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 5

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6
Задача 1МГУ
Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением (2227)23+(2722)23−1318\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{27}\right)^{\frac{2}{3}}+\left(\dfrac{27}{2\sqrt{2}}\right)^{\frac{2}{3}}-\dfrac{13}{18}(2722​​)32​+(22​27​)32​−1813​.
Ответ:4

Решение

(2227)23=(23233)23=232=29,(2722)23=(33232)23=322=92.\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{27}\right)^{\frac{2}{3}}=\left(\dfrac{2^{\frac{3}{2}}}{3^3}\right)^{\frac{2}{3}}=\dfrac{2}{3^2}=\dfrac{2}{9},\qquad \left(\dfrac{27}{2\sqrt{2}}\right)^{\frac{2}{3}}=\left(\dfrac{3^3}{2^{\frac{3}{2}}}\right)^{\frac{2}{3}}=\dfrac{3^2}{2}=\dfrac{9}{2}.(2722​​)32​=(33223​​)32​=322​=92​,(22​27​)32​=(223​33​)32​=232​=29​. Тогда 29+92−1318=4+81−1318=7218=4.\dfrac{2}{9}+\dfrac{9}{2}-\dfrac{13}{18}=\dfrac{4+81-13}{18}=\dfrac{72}{18}=4.92​+29​−1813​=184+81−13​=1872​=4.
Задача 2МГУ
Сумма второго и восьмого членов возрастающей геометрической прогрессии равна 929\sqrt{2}92​. Произведение четвёртого, пятого и шестого членов этой прогрессии равно 64. Найдите разность между девятым и первым членами этой прогрессии.
Ответ:15

Решение

Заметим, что поскольку прогрессия возрастает, её знаменатель положителен. Следовательно, все члены прогрессии имеют одинаковые знаки. Поскольку же сумма второго и восьмого членов положительна, все члены прогрессии являются положительными числами. Пусть b1,b2,…,b9b_1,b_2,\ldots,b_9b1​,b2​,…,b9​ — исследуемая прогрессия. Тогда b2+b8=92b_2+b_8=9\sqrt{2}b2​+b8​=92​ и b4b5b6=64.b_4 b_5 b_6=64.b4​b5​b6​=64. Поскольку b2b8=b4b6=b52,b_2 b_8=b_4 b_6=b_5^2,b2​b8​=b4​b6​=b52​, получаем b2b8=6423=16.b_2 b_8=64^{\frac{2}{3}}=16.b2​b8​=6432​=16. Стало быть, либо b2=2,b8=82,b_2=\sqrt{2}, b_8=8\sqrt{2},b2​=2​,b8​=82​, либо b2=82,b8=2.b_2=8\sqrt{2}, b_8=\sqrt{2}.b2​=82​,b8​=2​. Поскольку b8>b2,b_8>b_2,b8​>b2​, справедлив первый вариант. Знаменатель прогрессии равен (b8b2)16=816=2.(\dfrac{b_8}{b_2})^{\frac{1}{6}}=8^{\frac{1}{6}}=\sqrt{2}.(b2​b8​​)61​=861​=2​. Тогда b1=1b_1=1b1​=1 и b9=16.b_9=16.b9​=16. Искомая разность равна 15.15.15.
Задача 3МГУ
Решите уравнение sin⁡4x+sin⁡ ⁣(x+π3)sin⁡ ⁣(x−π3)=0\sin^4 x+\sin\!\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)=0sin4x+sin(x+3π​)sin(x−3π​)=0.
Ответ:x=π4+kπ2, k∈Zx=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2},\ k\in\mathbb{Z}x=4π​+2kπ​, k∈Z

Решение

sin⁡4x+sin⁡ ⁣(x+π3)sin⁡ ⁣(x−π3)=0  ⟺  sin⁡4x+12(cos⁡2π3−cos⁡2x)=0  ⟺  \sin^4 x+\sin\!\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\sin\!\left(x-\frac{\pi}{3}\right)=0\iff\sin^4 x+\frac{1}{2}\left(\cos\frac{2\pi}{3}-\cos 2x\right)=0\iffsin4x+sin(x+3π​)sin(x−3π​)=0⟺sin4x+21​(cos32π​−cos2x)=0⟺   ⟺  4sin⁡4x−1−2cos⁡2x=0  ⟺  4sin⁡4x+4sin⁡2x−3=0  ⟺  \iff 4\sin^4 x-1-2\cos 2x=0\iff 4\sin^4 x+4\sin^2 x-3=0\iff⟺4sin4x−1−2cos2x=0⟺4sin4x+4sin2x−3=0⟺   ⟺  (2sin⁡2x−1)(2sin⁡2x+3)=0  ⟺  sin⁡x=±12  ⟺  x=π4+kπ2, k∈Z\iff(2\sin^2 x-1)(2\sin^2 x+3)=0\iff\sin x=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\iff x=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2},\ k\in\mathbb{Z}⟺(2sin2x−1)(2sin2x+3)=0⟺sinx=±2​1​⟺x=4π​+2kπ​, k∈Z
Задача 4МГУ
Решите неравенство log⁡6−x(6+x)+log⁡6+x(6−x)⩽5.\log_{\sqrt{6-x}}(6+x)+\log_{\sqrt{6+x}}(6-x)\leqslant 5.log6−x​​(6+x)+log6+x​​(6−x)⩽5.
Ответ:x∈(−6,−5)∪[−3,3]∪(5,6)x\in(-6,-5)\cup[-3,3]\cup(5,6)x∈(−6,−5)∪[−3,3]∪(5,6)

Решение

Изображение 1 Изображение 2 log⁡6−x(6+x)+log⁡6+x(6−x)⩽5  ⟺  2ln⁡(6+x)ln⁡(6−x)+2ln⁡(6−x)ln⁡(6+x)⩽5\log_{\sqrt{6-x}}(6+x)+\log_{\sqrt{6+x}}(6-x)\leqslant 5\iff\dfrac{2\ln(6+x)}{\ln(6-x)}+\dfrac{2\ln(6-x)}{\ln(6+x)}\leqslant 5log6−x​​(6+x)+log6+x​​(6−x)⩽5⟺ln(6−x)2ln(6+x)​+ln(6+x)2ln(6−x)​⩽5   ⟺  2ln⁡2(6+x)−5ln⁡(6+x)ln⁡(6−x)+2ln⁡2(6−x)ln⁡(6+x)ln⁡(6−x)⩽0\iff\dfrac{2\ln^{2}(6+x)-5\ln(6+x)\ln(6-x)+2\ln^{2}(6-x)}{\ln(6+x)\ln(6-x)}\leqslant 0⟺ln(6+x)ln(6−x)2ln2(6+x)−5ln(6+x)ln(6−x)+2ln2(6−x)​⩽0   ⟺  (ln⁡((6+x)2)−ln⁡(6−x))(ln⁡(6+x)−ln⁡((6−x)2))ln⁡(6+x)ln⁡(6−x)⩽0\iff\dfrac{\left(\ln\left((6+x)^{2}\right)-\ln(6-x)\right)\left(\ln(6+x)-\ln\left((6-x)^{2}\right)\right)}{\ln(6+x)\ln(6-x)}\leqslant 0⟺ln(6+x)ln(6−x)(ln((6+x)2)−ln(6−x))(ln(6+x)−ln((6−x)2))​⩽0   ⟺  {−6<x<6((6+x)2−(6−x))((6+x)−(6−x)2)(5+x)(5−x)⩽0\iff\begin{cases}-6<x<6\\ \dfrac{\left((6+x)^{2}-(6-x)\right)\left((6+x)-(6-x)^{2}\right)}{(5+x)(5-x)}\leqslant 0\end{cases}⟺⎩⎨⎧​−6<x<6(5+x)(5−x)((6+x)2−(6−x))((6+x)−(6−x)2)​⩽0​   ⟺  {−6<x<6(x+10)(x+3)(x−10)(x−3)(x+5)(x−5)⩽0  ⟺  [{−6<x<6−10⩽x<−5−3⩽x⩽35<x<6  ⟺  x∈(−6,−5)∪[−3,3]∪(5,6)\iff\begin{cases}-6<x<6\\ \dfrac{(x+10)(x+3)(x-10)(x-3)}{(x+5)(x-5)}\leqslant 0\end{cases}\iff\left[\begin{array}{l}\begin{cases}-6<x<6\\ -10\leqslant x<-5\end{cases}\\ -3\leqslant x\leqslant 3\\ 5<x<6\end{array}\right.\iff x\in(-6,-5)\cup[-3,3]\cup(5,6)⟺⎩⎨⎧​−6<x<6(x+5)(x−5)(x+10)(x+3)(x−10)(x−3)​⩽0​⟺​{−6<x<6−10⩽x<−5​−3⩽x⩽35<x<6​⟺x∈(−6,−5)∪[−3,3]∪(5,6)
Задача 5МГУ
Окружность, проходящая через вершины AAA, BBB треугольника ABCABCABC и центр описанной около этого треугольника окружности, пересекает стороны ACACAC и BCBCBC в точках DDD и EEE соответственно. Найдите угол ∠BCA\angle BCA∠BCA, если известно, что AB=2AB=\sqrt{2}AB=2​, AC=3AC=\sqrt{3}AC=3​ и угол ∠BAE\angle BAE∠BAE в два раза больше угла ∠ABD\angle ABD∠ABD.
Ответ:45^\circ

Решение

Изображение 1 Положим α=∠BCA,β=∠ABD.\alpha=\angle BCA, \beta=\angle ABD.α=∠BCA,β=∠ABD. Тогда ∠BAE=2β.\angle BAE=2\beta.∠BAE=2β. Обозначим через FFF точку пересечения AEAEAE и BD,BD,BD, а через OOO — центр окружности, описанной около треугольника ABC.ABC.ABC. Тогда ∠AOB=2α.\angle AOB=2\alpha.∠AOB=2α. Поскольку точки A,D,O,EA, D, O, EA,D,O,E лежат на одной окружности, ∠ADB=∠AEB.\angle ADB=\angle AEB.∠ADB=∠AEB. Рассматривая четырёхугольник CDFE,CDFE,CDFE, получаем для его внешнего угла ∠DFE=∠ADC+∠DCE+∠BEF=2α−α+2α=3α.\angle DFE=\angle ADC+\angle DCE+\angle BEF=2\alpha-\alpha+2\alpha=3\alpha.∠DFE=∠ADC+∠DCE+∠BEF=2α−α+2α=3α. Поскольку ∠DFE\angle DFE∠DFE — внешний угол треугольника BEFBEFBEF и треугольника ADF,ADF,ADF, сумма углов треугольника ABCABCABC равна α+(α+β)+(α+β)=3(α+β)=180∘,\alpha+(\alpha+\beta)+(\alpha+\beta)=3(\alpha+\beta)=180^\circ,α+(α+β)+(α+β)=3(α+β)=180∘, откуда α+β=60∘.\alpha+\beta=60^\circ.α+β=60∘. По теореме синусов: sin⁡∠BCA=sin⁡∠ABC⋅ABAC=32⋅23=22=12.\sin\angle BCA=\sin\angle ABC\cdot\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}.sin∠BCA=sin∠ABC⋅ACAB​=23​​⋅3​2​​=22​​=2​1​. Так как 0<α<β=60∘,0<\alpha<\beta=60^\circ,0<α<β=60∘, заключаем, что ∠BCA=45∘.\angle BCA=45^\circ.∠BCA=45∘.
Задача 6МГУ
Найдите все значения параметров a,ba, ba,b , при которых неравенство ,a3x4+2ax3+b≤2bx2+b3x+a,,a^3x^4+2ax^3+b\le 2bx^2+b^3x+a,,a3x4+2ax3+b≤2bx2+b3x+a, выполняется для всех xxx из отрезка [0,1].[0,1].[0,1].
Ответ:a=b≥0a=b\ge 0a=b≥0

Решение

Подставим x=0x=0x=0 и x=1.x=1.x=1. Получим b≤ab\le ab≤a и a3+a≤b3+b.a^3+a\le b^3+b.a3+a≤b3+b. Из последнего следует, что a≤ba\le ba≤b , ибо функция f(t)=t3+tf(t)=t^3+tf(t)=t3+t возрастает. Стало быть, a=b.a=b.a=b. Далее неравенство принимает вид a3x4+2ax3+a≤2ax2+a3x+a  ⟺  a3x4+2ax3−2ax2−a3x≤0  ⟺  a^3x^4+2ax^3+a\le 2ax^2+a^3x+a \iff a^3x^4+2ax^3-2ax^2-a^3x\le 0 \iffa3x4+2ax3+a≤2ax2+a3x+a⟺a3x4+2ax3−2ax2−a3x≤0⟺   ⟺  ax(a2(x3−1)+2(x2−x))≤0  ⟺  \iff ax\left(a^2(x^3-1)+2(x^2-x)\right)\le 0 \iff⟺ax(a2(x3−1)+2(x2−x))≤0⟺   ⟺  ax(x−1)(a2x2+(a2+2)x+a2)≤0.\iff ax(x-1)\left(a^2x^2+(a^2+2)x+a^2\right)\le 0.⟺ax(x−1)(a2x2+(a2+2)x+a2)≤0. При 0<x<10<x<10<x<1 справедливо x>0,x−1<0,x>0, x-1<0,x>0,x−1<0, а a2x2+(a2+2)x+a2>0.a^2x^2+(a^2+2)x+a^2>0.a2x2+(a2+2)x+a2>0. Стало быть, исходное неравенство выполняется для всех xxx из отрезка [0,1][0,1][0,1] тогда и только тогда, когда a=b≥0.a=b\ge 0.a=b≥0.
Задача 7МГУ
Дана правильная треугольная пирамида ABCSABCSABCS с основанием ABCABCABC и вершиной SSS. Плоскость π\piπ перпендикулярна ребру ASASAS и пересекает рёбра ASASAS, BSBSBS в точках DDD, EEE соответственно. Известно, что SD=ADSD=ADSD=AD и SE=2BESE=2BESE=2BE. Найдите косинус угла между ребром ASASAS и плоскостью основания ABCABCABC.
Ответ:16\dfrac{1}{\sqrt6}6​1​

Решение

Изображение 1 Пусть aaa — ребро основания, bbb — боковое ребро. В прямоугольном треугольнике SDE:SD=12b,SE=23b,SDE: SD=\tfrac12 b, SE=\tfrac23 b,SDE:SD=21​b,SE=32​b, поэтому cos⁡∠ASB=SDSE=13.\cos\angle ASB=\dfrac{SD}{SE}=\dfrac{1}{3}.cos∠ASB=SESD​=31​. По теореме косинусов для △ASB:2b2−2b2⋅13=a2,b=a32.\triangle ASB: \quad 2b^2-2b^2\cdot\tfrac13=a^2,\quad b=\dfrac{a\sqrt3}{2}.△ASB:2b2−2b2⋅31​=a2,b=2a3​​. Пусть OOO — центр основания. В прямоугольном треугольнике ASO:AS=b=a32,AO=a3.ASO: AS=b=\dfrac{a\sqrt3}{2}, AO=\dfrac{a}{\sqrt3}.ASO:AS=b=2a3​​,AO=3​a​. cos⁡∠SAO=AOAS=16.\cos\angle SAO=\dfrac{AO}{AS}=\dfrac{1}{\sqrt6}.cos∠SAO=ASAO​=6​1​.