ДВИ МГУ по математике — 2023, Поток 1
Условия, ответы и разборы всех задач потока
Задача 1МГУ
Найдите наименьшее целое число, превосходящее 202+2328.
Ответ:22
Решение
Вынесем 2 в знаменателе и воспользуемся равенством 8=22: 202+2328=2(201+231)22=20⋅23432. Следовательно, 20⋅23432=432⋅20⋅23=43920=214317. Поэтому наименьшее целое число, превосходящее данное выражение, равно 22.
Задача 2МГУ
Дана последовательность a0,a1,a2,… действительных чисел. Найдите a8, если известно, что a1=1 и что для любой пары индексов n,m, таких что n⩾m⩾0, справедливо равенство an+m+an−m=2(an+am).
Ответ:64
Решение
Сначала найдём a0. Подставим n=1, m=0: a1+a1=2(a1+a0). Так как a1=1, получаем 2=2(1+a0), откуда a0=0. Теперь подставим n=1, m=1: a2+a0=2(a1+a1). Следовательно, a2+0=2(1+1). Откуда a2=4. Подставим n=2, m=2: a4+a0=2(a2+a2). Тогда a4=2(4+4)=16. Наконец, подставим n=4, m=4: a8+a0=2(a4+a4). Значит, a8=2(16+16)=64.
Задача 3МГУ
Решите неравенство xlog3x>9
Ответ:(0;91)∪(9;+∞)
Решение
Выражение xlog3x определено только при x>0. Прологарифмируем обе части неравенства по основанию 3: log3(xlog3x)>log39. Получаем log3x⋅log3x>2. Так как log3x=21log3x, то 21(log3x)2>2, откуда (log3x)2>4. Перенесём всё в одну сторону: (log3x)2−4>0. Разложим на множители: (log3x−2)(log3x+2)>0. Это равносильно неравенству (x−9)(x−91)>0. Решим его методом интервалов. 
Получаем x∈(−∞;91)∪(9;+∞). Учитывая ОДЗ x>0, x∈(0;91)∪(9;+∞).
Получаем x∈(−∞;91)∪(9;+∞). Учитывая ОДЗ x>0, x∈(0;91)∪(9;+∞).Задача 4МГУ
Решите уравнение cos3x+2sin2x+2cosx=0.
Ответ:x=\dfrac{\pi}{2}+\pi k,x=-\dfrac{\pi}{6}+2\pi k,x=-\dfrac{5\pi}{6}+2\pi k,k\in\mathbb Z
Решение
Воспользуемся формулами cos3x=4cos3x−3cosx,sin2x=2sinxcosx. Получаем 4cos3x−3cosx+4sinxcosx+2cosx=0. Вынесем cosx за скобки: cosx(4cos2x+4sinx−1)=0. Следовательно, [cosx=0,4cos2x+4sinx−1=0. Из первого уравнения получаем x=2π+πk,k∈Z. Решим второе уравнение. Используя равенство cos2x=1−sin2x, получаем 4−4sin2x+4sinx−1=0, откуда 4sin2x−4sinx−3=0. Выполним замену t=sinx. Тогда 4t2−4t−3=0. Корни этого уравнения: t1=23,t2=−21. Равенство sinx=23 не имеет решений, так как −1⩽sinx⩽1. Из равенства sinx=−21 получаем x=−6π+2πk,x=−65π+2πk,k∈Z. Таким образом, x=2π+πk,x=−6π+2πk,x=−65π+2πk,k∈Z.
Задача 5МГУ
В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AF,BD и CE. Найдите все возможные значения разности углов ∠A и ∠B треугольника, если известно, что DE:EF=BC:AC.
Ответ:0^\circ
Решение
Обозначим ∠BAC=α,∠ABC=β. 
Так как CE⊥AB и AF⊥BC, то ∠AEC=∠AFC=90∘. Следовательно, точки A, E, F, C лежат на одной окружности. Вписанный четырёхугольник AEFC имеет сумму противоположных углов, равную 180∘, поэтому ∠EFC=180∘−∠EAC=180∘−α. Углы ∠BFE и ∠EFC смежные, значит, ∠BFE=180∘−∠EFC=α. Аналогично, так как BD⊥AC и CE⊥AB, то ∠BDC=∠BEC=90∘. Следовательно, точки B, C, D, E лежат на одной окружности. Поэтому ∠EDC=180∘−∠EBC=180∘−β. Углы ∠ADE и ∠EDC смежные, значит, ∠ADE=180∘−∠EDC=β. Теперь рассмотрим треугольники BEF и BCA. Имеем ∠EBF=∠ABC=β,∠BFE=∠BAC=α. Следовательно, △BEF∼△BCA. Из подобия получаем ACEF=BCBE. Треугольник BEC прямоугольный, поэтому BCBE=cosβ. Следовательно, ACEF=cosβ. Рассмотрим треугольники AED и ACB. Имеем ∠EAD=∠CAB=α,∠ADE=∠ABC=β. Следовательно, △AED∼△ACB. Из подобия получаем BCDE=ACAE. Треугольник AEC прямоугольный, поэтому ACAE=cosα. Следовательно, BCDE=cosα. По условию EFDE=ACBC. Отсюда BCDE=ACEF. Значит, cosα=cosβ. Поскольку треугольник ABC остроугольный, 0<α<90∘,0<β<90∘. На этом промежутке функция косинуса строго убывает, поэтому α=β. Следовательно, ∠A−∠B=α−β=0.
Так как CE⊥AB и AF⊥BC, то ∠AEC=∠AFC=90∘. Следовательно, точки A, E, F, C лежат на одной окружности. Вписанный четырёхугольник AEFC имеет сумму противоположных углов, равную 180∘, поэтому ∠EFC=180∘−∠EAC=180∘−α. Углы ∠BFE и ∠EFC смежные, значит, ∠BFE=180∘−∠EFC=α. Аналогично, так как BD⊥AC и CE⊥AB, то ∠BDC=∠BEC=90∘. Следовательно, точки B, C, D, E лежат на одной окружности. Поэтому ∠EDC=180∘−∠EBC=180∘−β. Углы ∠ADE и ∠EDC смежные, значит, ∠ADE=180∘−∠EDC=β. Теперь рассмотрим треугольники BEF и BCA. Имеем ∠EBF=∠ABC=β,∠BFE=∠BAC=α. Следовательно, △BEF∼△BCA. Из подобия получаем ACEF=BCBE. Треугольник BEC прямоугольный, поэтому BCBE=cosβ. Следовательно, ACEF=cosβ. Рассмотрим треугольники AED и ACB. Имеем ∠EAD=∠CAB=α,∠ADE=∠ABC=β. Следовательно, △AED∼△ACB. Из подобия получаем BCDE=ACAE. Треугольник AEC прямоугольный, поэтому ACAE=cosα. Следовательно, BCDE=cosα. По условию EFDE=ACBC. Отсюда BCDE=ACEF. Значит, cosα=cosβ. Поскольку треугольник ABC остроугольный, 0<α<90∘,0<β<90∘. На этом промежутке функция косинуса строго убывает, поэтому α=β. Следовательно, ∠A−∠B=α−β=0.Задача 6МГУ
Положительные числа a,b,c удовлетворяют соотношению 1+a1+1+b1+1+c1=1 Найдите наибольшее возможное значение выражения 2+a2a+2+b2b+2+c2c.
Ответ:1
Решение
В условии задачи дана сумма выражений вида 1+x1, а в искомой сумме встречаются выражения вида 2+x2x. Поэтому рассмотрим функцию f(x)=2+x2x,x>0, и попробуем оценить её сверху выражением, содержащим дробь 1+x1. Для этого будем искать оценку вида f(x)⩽g(x),g(x)=1+xA+B. Теперь определим точку, в которой должно достигаться равенство. Условие и искомое выражение симметричны относительно переменных a, b, c, поэтому естественным кандидатом на точку равенства является случай a=b=c. Тогда из условия получаем 1+a3=1, откуда a=2. Таким образом, потребуем, чтобы графики функций f и g касались при x=2. Для этого их значения и производные в этой точке должны совпадать: g(2)=f(2),g′(2)=f′(2). Имеем f(2)=2+222=31,g(2)=3A+B. Кроме того, f′(x)=(2+x2)22−x2,g′(x)=−(1+x)2A. Поэтому f′(2)=−181,g′(2)=−9A. Получаем систему ⎩⎨⎧3A+B=31,−9A=−181. Отсюда A=21,B=61. Докажем, что при каждом x>0 выполняется неравенство 2+x2x⩽2(1+x)1+61. Действительно, 2(1+x)1+61−2+x2x=6(1+x)(2+x2)3(2+x2)+(1+x)(2+x2)−6x(1+x). Раскрывая скобки, получаем 2(1+x)1+61−2+x2x=6(1+x)(2+x2)x3−2x2−4x+8=6(1+x)(2+x2)(x−2)2(x+2). При x>0 знаменатель положителен, а числитель неотрицателен. Следовательно, 2+x2x⩽2(1+x)1+61. Применим полученное неравенство при x=a, x=b и x=c: 2+a2a+2+b2b+2+c2c⩽2(1+a)1+61+2(1+b)1+61+2(1+c)1+61==21(1+a1+1+b1+1+c1)+21=21⋅1+21=1. Проверим достижимость полученной оценки. При a=b=c=2 условие задачи выполняется: 1+21+1+21+1+21=1. При этом 2+222+2+222+2+222=1. Следовательно, наибольшее возможное значение выражения равно 1.
Задача 7МГУ
В правильной треугольной пирамиде ABCS проведено сечение через ребро основания AB перпендикулярно боковому ребру CS. Найдите его площадь, если известно, что площадь основания пирамиды равна 3, а площадь каждой боковой грани равна 5.
Ответ:232
Решение
Пусть H — точка пересечения плоскости сечения с ребром CS. Тогда искомое сечение представляет собой треугольник ABH. 
Пусть AB=BC=CA=a. Так как основание пирамиды --- равносторонний треугольник, то S△ABC=4a23=3. Отсюда a2=43, значит, a=243. Обозначим через M середину ребра AB. Тогда в равнобедренном треугольнике ABS отрезок SM является высотой, поэтому S△ABS=21AB⋅SM=5. Следовательно, 21⋅243⋅SM=5, откуда SM=435. В прямоугольном треугольнике SBM SB2=SM2+BM2=(435)2+(2a)2=35+3=38. Значит, SB=4322. Так как треугольник ABC равносторонний, то CM=2a3=2243⋅3=427. Обозначим через O центр основания. Тогда точка O лежит на медиане CM, причём MO=31CM=3427=431. Поскольку пирамида правильная, SO⊥(ABC), значит, в прямоугольном треугольнике SOM SO2=SM2−MO2=35−31=34. Следовательно, SO=432. Теперь найдём MH. Рассмотрим треугольник SMC. Его площадь можно выразить двумя способами. С одной стороны, так как SO⊥(ABC) и CM⊂(ABC), то S△SMC=21SO⋅CM. С другой стороны, по условию MH⊥SC, значит, S△SMC=21SC⋅MH. Так как пирамида правильная, то боковые рёбра равны, следовательно, SC=SB=4322. Приравнивая выражения для площади треугольника SMC, получаем 21SO⋅CM=21SC⋅MH, то есть MH=SCSO⋅CM=4322432⋅427=2427. Осталось найти площадь треугольника ABH. В равностороннем треугольнике ABC медиана CM является высотой, поэтому CM⊥AB. В равнобедренном треугольнике ABS медиана SM также является высотой, поэтому SM⊥AB. Прямые CM и SM пересекаются в точке M и лежат в плоскости SMC. Следовательно, AB⊥(SMC). Поскольку MH⊂(SMC), то AB⊥MH. Тогда SABH=21AB⋅MH=21⋅243⋅2427=2481=23=232.
Пусть AB=BC=CA=a. Так как основание пирамиды --- равносторонний треугольник, то S△ABC=4a23=3. Отсюда a2=43, значит, a=243. Обозначим через M середину ребра AB. Тогда в равнобедренном треугольнике ABS отрезок SM является высотой, поэтому S△ABS=21AB⋅SM=5. Следовательно, 21⋅243⋅SM=5, откуда SM=435. В прямоугольном треугольнике SBM SB2=SM2+BM2=(435)2+(2a)2=35+3=38. Значит, SB=4322. Так как треугольник ABC равносторонний, то CM=2a3=2243⋅3=427. Обозначим через O центр основания. Тогда точка O лежит на медиане CM, причём MO=31CM=3427=431. Поскольку пирамида правильная, SO⊥(ABC), значит, в прямоугольном треугольнике SOM SO2=SM2−MO2=35−31=34. Следовательно, SO=432. Теперь найдём MH. Рассмотрим треугольник SMC. Его площадь можно выразить двумя способами. С одной стороны, так как SO⊥(ABC) и CM⊂(ABC), то S△SMC=21SO⋅CM. С другой стороны, по условию MH⊥SC, значит, S△SMC=21SC⋅MH. Так как пирамида правильная, то боковые рёбра равны, следовательно, SC=SB=4322. Приравнивая выражения для площади треугольника SMC, получаем 21SO⋅CM=21SC⋅MH, то есть MH=SCSO⋅CM=4322432⋅427=2427. Осталось найти площадь треугольника ABH. В равностороннем треугольнике ABC медиана CM является высотой, поэтому CM⊥AB. В равнобедренном треугольнике ABS медиана SM также является высотой, поэтому SM⊥AB. Прямые CM и SM пересекаются в точке M и лежат в плоскости SMC. Следовательно, AB⊥(SMC). Поскольку MH⊂(SMC), то AB⊥MH. Тогда SABH=21AB⋅MH=21⋅243⋅2427=2481=23=232.