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 — 2024, Поток 5

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6Резерв
Задача 1МГУ
Найдите наименьшее целое число, превосходящее число (1625)cos⁡(π/3)+(925)−sin⁡(π/6)\left(\dfrac{16}{25}\right)^{\cos (\pi / 3)}+\left(\dfrac{9}{25}\right)^{-\sin (\pi / 6)}(2516​)cos(π/3)+(259​)−sin(π/6).
Ответ:3

Решение

Проведём преобразования: (1625)cos⁡(π/3)+(925)−sin⁡(π/6)=(1625)0,5+(925)−0,5=45+53=3715=2715.\left(\dfrac{16}{25}\right)^{\cos (\pi / 3)}+\left(\dfrac{9}{25}\right)^{-\sin (\pi / 6)}=\left(\dfrac{16}{25}\right)^{0,5}+\left(\dfrac{9}{25}\right)^{-0,5}=\dfrac{4}{5}+\dfrac{5}{3}=\dfrac{37}{15}=2\dfrac{7}{15}.(2516​)cos(π/3)+(259​)−sin(π/6)=(2516​)0,5+(259​)−0,5=54​+35​=1537​=2157​. Значит, наименьшее целое число, превосходящее данное, равно 3.
Задача 2МГУ
Числа a1,a2,…,a20a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{20}a1​,a2​,…,a20​ образуют арифметическую прогрессию. Найдите её разность, если известно, что a12+a32+…+a192=1330,a22+a42+…+a202=1540a_{1}^{2}+a_{3}^{2}+\ldots+a_{19}^{2}=1330, a_{2}^{2}+a_{4}^{2}+\ldots+a_{20}^{2}=1540a12​+a32​+…+a192​=1330,a22​+a42​+…+a202​=1540 и a10+a11=21a_{10}+a_{11}=21a10​+a11​=21.
Ответ:1

Решение

Вычтем из второго равенства первое так, чтобы сумма индексов у уменьшаемого и вычитаемого равнялась 212121: (a202−a12)+(a182−a32)+…+(a22−a192)=210.(a_{20}^2-a_1^2)+(a_{18}^2-a_3^2)+\ldots+(a_2^2-a_{19}^2)=210.(a202​−a12​)+(a182​−a32​)+…+(a22​−a192​)=210. Заметим, что a10+a11=a9+a12=…=a1+a20=21.a_{10}+a_{11}=a_9+a_{12}=\ldots=a_1+a_{20}=21.a10​+a11​=a9​+a12​=…=a1​+a20​=21. Применим разность квадратов: (a20−a1)(a20+a1)+(a18−a3)(a18+a3)+…+(a2−a19)(a2+a19)=210.(a_{20}-a_1)(a_{20}+a_1)+(a_{18}-a_3)(a_{18}+a_3)+\ldots+(a_2-a_{19})(a_2+a_{19})=210.(a20​−a1​)(a20​+a1​)+(a18​−a3​)(a18​+a3​)+…+(a2​−a19​)(a2​+a19​)=210. Тогда в каждом слагаемой левой части есть скобка, равная 21.21.21. Сократим на 21 обе части уравнения и запишем через разность прогрессии: 19d+15d+11d+7d+3d−d−5d−9d−13d−17d=10;19d+15d+11d+7d+3d-d-5d-9d-13d-17d=10;19d+15d+11d+7d+3d−d−5d−9d−13d−17d=10; d=1.d=1.d=1. При d=1d=1d=1 a10=10, a11=11, ak=k.a_{10}=10, \ a_{11}=11, \ a_k=k.a10​=10, a11​=11, ak​=k. Подставим во второе уравнение: 22+42+…+202=4(12+22+…+102)=4⋅10⋅11⋅216=1540.2^2+4^2+\ldots+20^2=4(1^2+2^2+\ldots+10^2)=4\cdot \dfrac{10\cdot11\cdot21}{6}=1540.22+42+…+202=4(12+22+…+102)=4⋅610⋅11⋅21​=1540. Так как d=1d=1d=1 удовлетворяет второму уравнению и разности первого и второго уравнений, то первому оно удовлетворяет автоматически.
Задача 3МГУ
Решите неравенство log⁡x2x3−x⩽2\log _{x} \dfrac{2 x}{3-x} \leqslant 2logx​3−x2x​⩽2.
Ответ:(0;1)∪(1;2](0;1) \cup (1;2](0;1)∪(1;2]

Решение

Найдём ОДЗ неравенства: {x>0,x≠1,2x3−x>0;x∈(0;1)∪(1;3).\begin{cases} x>0, \\ x\neq 1, \\ \dfrac{2x}{3-x}>0; \end{cases} \quad x\in(0;1) \cup (1;3).⎩⎨⎧​x>0,x=1,3−x2x​>0;​x∈(0;1)∪(1;3). Изображение 1 С учётом ОДЗ воспользуемся методом рационализации, для этого представим 222 как логарифм по основанию xxx: log⁡x2x3−x−log⁡xx2⩽0;\log _{x} \dfrac{2x}{3-x}-\log_x{x^2}\leqslant0;logx​3−x2x​−logx​x2⩽0; log⁡x23x−x2⩽0;\log _{x}\dfrac{2}{3x-x^2}\leqslant0;logx​3x−x22​⩽0; log⁡x2−log⁡x(3x−x2)⩽0;\log_x2-\log_x(3x-x^2)\leqslant0;logx​2−logx​(3x−x2)⩽0; (x−1)(2−3x+x2)⩽0;(x-1)(2-3x+x^2)\leqslant0;(x−1)(2−3x+x2)⩽0; (x−1)2(x−2)⩽0.(x-1)^2(x-2)\leqslant0.(x−1)2(x−2)⩽0. Изображение 2 Используя метод интервалов, с учётом ОДЗ получим x∈(0;1)∪(1;2]x\in (0;1) \cup (1;2]x∈(0;1)∪(1;2].
Задача 4МГУ
Решите уравнение cos⁡2x=1+32(cos⁡x+sin⁡x)\cos 2 x=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}(\cos x+\sin x)cos2x=21+3​​(cosx+sinx).
Ответ:−π3+2πk, −π6+2πk, −π4+πk, k∈Z-\dfrac{\pi}{3}+2\pi k, \ -\dfrac{\pi}{6}+2\pi k, \ -\dfrac{\pi}{4}+\pi k, \ k\in \mathbb{Z}−3π​+2πk, −6π​+2πk, −4π​+πk, k∈Z

Решение

Применим формулу косинуса двойного угла cos⁡2x=cos⁡2x−sin⁡2x\cos 2x=\cos^2x-\sin^2 xcos2x=cos2x−sin2x: (cos⁡x−sin⁡x)(cos⁡x+sin⁡x)=1+32(cos⁡x+sin⁡x);(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}(\cos x+\sin x);(cosx−sinx)(cosx+sinx)=21+3​​(cosx+sinx); (cos⁡x+sin⁡x)(cos⁡x−sin⁡x−1+32)=0.(\cos x+\sin x)\left(\cos x-\sin x-\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)=0.(cosx+sinx)(cosx−sinx−21+3​​)=0. Рассмотрим первый множитель: cos⁡x+sin⁡x=0;tg⁡x=−1;x=−π4+πk, k∈Z.\cos x+\sin x=0; \quad \tg x=-1; \quad x=-\dfrac{\pi}{4}+\pi k, \ k\in \mathbb{Z}.cosx+sinx=0;tgx=−1;x=−4π​+πk, k∈Z. Рассмотрим второй множитель и применим метод вспомогательного угла: cos⁡x−sin⁡x=1+32;∣:2\cos x-\sin x=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}; \quad |:\sqrt{2}cosx−sinx=21+3​​;∣:2​ cos⁡xcos⁡π4−sin⁡xsin⁡π4=6+24;\cos x\cos \dfrac{\pi}{4}-\sin{x}\sin \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4};cosxcos4π​−sinxsin4π​=46​+2​​; cos⁡(x+π4)=cos⁡(π4−π6);\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{6}\right);cos(x+4π​)=cos(4π​−6π​); x+π4=±π12+2πk;x=−π6+2πk, −π3+2πk, k∈Z.x+\dfrac{\pi}{4}=\pm \dfrac{\pi}{12}+2\pi k; \quad x=-\dfrac{\pi}{6}+2\pi k, \ -\dfrac{\pi}{3}+2\pi k, \ k\in \mathbb{Z}.x+4π​=±12π​+2πk;x=−6π​+2πk, −3π​+2πk, k∈Z.
Задача 5МГУ
Окружность Ω1\Omega_{1}Ω1​ с центром O1O_{1}O1​ и окружность Ω2\Omega_{2}Ω2​ с центром O2O_{2}O2​ пересекаются в точках AAA и BBB, причём ∠O1AO2=120∘\angle O_{1} A O_{2}=120^{\circ}∠O1​AO2​=120∘. Окружность, описанная около треугольника O1AO2O_{1} A O_{2}O1​AO2​ пересекает окружности Ω1\Omega_{1}Ω1​ и Ω2\Omega_{2}Ω2​ соответственно в точках CCC и DDD (отличных от точки AAA). Найдите угол ∠BDC\angle B D C∠BDC, если известно, что ∠ACB=15∘\angle A C B=15^{\circ}∠ACB=15∘.
Ответ:45∘45^{\circ}45∘

Решение

△O1AO2=△O1BO2\triangle O_1AO_2=\triangle O_1BO_2△O1​AO2​=△O1​BO2​ по трём сторонам, значит, ∠AO1O2=∠BO1O2\angle AO_1O_2=\angle BO_1O_2∠AO1​O2​=∠BO1​O2​. 2∠ACB=∠AO1B2\angle ACB=\angle AO_1B2∠ACB=∠AO1​B как вписанный и центральный, опирающиеся на одну дугу. Значит, ∠AO1O2=∠ACB=15∘.\angle AO_1O_2=\angle ACB=15^{\circ}.∠AO1​O2​=∠ACB=15∘. Из △AO1O2\triangle AO_1O_2△AO1​O2​ по теореме о сумме углов треугольника: ∠AO2O1=180∘−120∘−15∘=45∘.\angle AO_2O_1=180^{\circ}-120^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}.∠AO2​O1​=180∘−120∘−15∘=45∘. Изображение 1 Докажем, что точки O1, B, DO_1, \ B, \ DO1​, B, D лежат на одной прямой. ∠AEB=∠AO1O2\angle AEB=\angle AO_1O_2∠AEB=∠AO1​O2​. △AO1E\triangle AO_1E△AO1​E равнобедренный, поэтому ∠O1AE=∠O1EA\angle O_1AE=\angle O_1EA∠O1​AE=∠O1​EA. Треугольники AEDAEDAED и O1AO2O_1AO_2O1​AO2​ подобны по двум углам, значит, ∠O1AO2=∠EAD\angle O_1AO_2=\angle EAD∠O1​AO2​=∠EAD, то есть ∠EAO1=∠DAO2.\angle EAO_1=\angle DAO_2.∠EAO1​=∠DAO2​. △DAO2\triangle DAO_2△DAO2​ равнобедренный, значит, ∠DAO2=∠ADO2\angle DAO_2=\angle ADO_2∠DAO2​=∠ADO2​. Таким образом, получаем, что ∠O1AO2+∠O1DO2=180∘,\angle O_1AO_2 + \angle O_1DO_2=180^{\circ},∠O1​AO2​+∠O1​DO2​=180∘, значит, O1AO2DO_1AO_2DO1​AO2​D -- вписанный. Аналогично для точек C, B, O2C, \ B, \ O_2C, B, O2​ получаем, что они лежат на одной прямой. Изображение 2 ∠O2CD=∠O2O1D=15∘\angle O_2CD=\angle O_2O_1D=15^{\circ}∠O2​CD=∠O2​O1​D=15∘ как вписанные, опирающиеся на одну дугу. ∠CDO1=∠CO2O1=45∘\angle CDO_1=\angle CO_2O_1=45^{\circ}∠CDO1​=∠CO2​O1​=45∘ как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Значит, ∠CDB=45∘.\angle CDB=45^{\circ}.∠CDB=45∘.
Задача 6МГУ
Числа a,b,c,da, b, c, da,b,c,d положительны и удовлетворяют соотношению a+b+c+d=1a+b+c+d=1a+b+c+d=1. Найдите наименьшее возможное значение выражения a21−a+b21−b+c21−c+d21−d.\dfrac{a^{2}}{1-a}+\dfrac{b^{2}}{1-b}+\dfrac{c^{2}}{1-c}+\dfrac{d^{2}}{1-d}.1−aa2​+1−bb2​+1−cc2​+1−dd2​.
Ответ:13\dfrac{1}{3}31​

Решение

Добавим и вычтем единицу в числителе каждой дроби и воспользуемся разностью квадратов: a2−1+11−a+b2−1+11−b+c2−1+11−c+d2−1+11−d=\dfrac{a^{2}-1+1}{1-a}+\dfrac{b^{2}-1+1}{1-b}+\dfrac{c^{2}-1+1}{1-c}+\dfrac{d^{2}-1+1}{1-d}=1−aa2−1+1​+1−bb2−1+1​+1−cc2−1+1​+1−dd2−1+1​= =(a−1)(a+1)+11−a+(b−1)(b+1)+11−b+(c−1)(c+1)+11−c+(d−1)(d+1)+11−d==\dfrac{(a-1)(a+1)+1}{1-a}+\dfrac{(b-1)(b+1)+1}{1-b}+\dfrac{(c-1)(c+1)+1}{1-c}+\dfrac{(d-1)(d+1)+1}{1-d}==1−a(a−1)(a+1)+1​+1−b(b−1)(b+1)+1​+1−c(c−1)(c+1)+1​+1−d(d−1)(d+1)+1​= =−a−b−c−d−4+11−a+11−b+11−c+11−d==-a-b-c-d-4+\dfrac{1}{1-a}+\dfrac{1}{1-b}+\dfrac{1}{1-c}+\dfrac{1}{1-d}==−a−b−c−d−4+1−a1​+1−b1​+1−c1​+1−d1​= =11−a+11−b+11−c+11−d−5.=\dfrac{1}{1-a}+\dfrac{1}{1-b}+\dfrac{1}{1-c}+\dfrac{1}{1-d}-5.=1−a1​+1−b1​+1−c1​+1−d1​−5. Воспользуемся неравенством о средних: x1+x2+x3+x44⩾11x1+1x2+1x3+1x4;\dfrac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}\geqslant\dfrac{1}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}+\frac{1}{x_4}};4x1​+x2​+x3​+x4​​⩾x1​1​+x2​1​+x3​1​+x4​1​1​; 1x1+1x2+1x3+1x4⩾16x1+x2+x3+x4.\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}+\frac{1}{x_4}\geqslant\dfrac{16}{x_1+x_2+x_3+x_4}.x1​1​+x2​1​+x3​1​+x4​1​⩾x1​+x2​+x3​+x4​16​. Значит, 11−a+11−b+11−c+11−d−5⩾161−a+1−b+1−c+1−d−5=163−5=13.\dfrac{1}{1-a}+\dfrac{1}{1-b}+\dfrac{1}{1-c}+\dfrac{1}{1-d}-5\geqslant\dfrac{16}{1-a+1-b+1-c+1-d}-5=\dfrac{16}{3}-5=\dfrac{1}{3}.1−a1​+1−b1​+1−c1​+1−d1​−5⩾1−a+1−b+1−c+1−d16​−5=316​−5=31​.
Задача 7МГУ
Все рёбра прямой треугольной призмы ABCA′B′C′A B C A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}ABCA′B′C′ с основанием ABCA B CABC и боковыми рёбрами AA′,BB′,CC′A A^{\prime}, B B^{\prime}, C C^{\prime}AA′,BB′,CC′ равны. Найдите отношение, в котором делит объём этой призмы плоскость, проходящая через вершину C′C^{\prime}C′ и через середины рёбер AB,AA′A B, A A^{\prime}AB,AA′.
Ответ:1323\dfrac{13}{23}2313​

Решение

Пусть MMM и NNN -- середины AA′AA'AA′ и ABABAB соответственно. Пусть C′M∩AC=T, TN∩BC=KC'M\cap AC=T, \ TN\cap BC=KC′M∩AC=T, TN∩BC=K, тогда C′MNKC'MNKC′MNK -- сечение призмы плоскостью (C′MN).\left(C'MN\right).(C′MN). △C′A′M=△MAT\triangle C'A'M=\triangle MAT△C′A′M=△MAT по катету и острому углу, так как A′M=M′A, ∠C′MA′=∠TMAA'M=M'A, \ \angle C'MA'=\angle TMAA′M=M′A, ∠C′MA′=∠TMA как вертикальные. Значит, AT=C′A′.AT=C'A'.AT=C′A′. По теореме Менелая для △ABC\triangle ABC△ABC и секущей TN:TN:TN: BKKC⋅CTTA⋅ANNB=1;\dfrac{BK}{KC}\cdot \dfrac{CT}{TA}\cdot \dfrac{AN}{NB}=1;KCBK​⋅TACT​⋅NBAN​=1; BKKC=12.\dfrac{BK}{KC}=\dfrac{1}{2}.KCBK​=21​. Пусть объём призмы равен VVV. Найдём отношение объёма пирамиды CTKC′CTKC'CTKC′ к объёму призмы: VCTKC′V=13CTCACKCBCC′CC′=13⋅2⋅23⋅1=49.\dfrac{V_{CTKC'}}{V}=\dfrac{1}{3}\dfrac{CT}{CA}\dfrac{CK}{CB}\dfrac{CC'}{CC'}=\dfrac{1}{3}\cdot 2\cdot \dfrac{2}{3} \cdot 1=\dfrac{4}{9}.VVCTKC′​​=31​CACT​CBCK​CC′CC′​=31​⋅2⋅32​⋅1=94​. Найдём отношение объёма пирамиды ATNMATNMATNM к объёму призмы: VATNMV=13ATCAANABAMAA′=13⋅1⋅12⋅12=112.\dfrac{V_{ATNM}}{V}=\dfrac{1}{3}\dfrac{AT}{CA}\dfrac{AN}{AB}\dfrac{AM}{AA'}=\dfrac{1}{3}\cdot 1\cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{12}.VVATNM​​=31​CAAT​ABAN​AA′AM​=31​⋅1⋅21​⋅21​=121​. Изображение 1 Тогда объём многогранника, расположенного под плоскостью, равен V1=49V−112V=1336V.V_1=\dfrac{4}{9}V-\dfrac{1}{12}V=\dfrac{13}{36}V.V1​=94​V−121​V=3613​V. Значит, объём многогранника, расположенного над плоскостью, равен V2=V−1336V=2336V.V_2=V-\dfrac{13}{36}V=\dfrac{23}{36}V.V2​=V−3613​V=3623​V. Найдём отношение объёмов этих многогранников: V1V2=1323.\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{13}{23}.V2​V1​​=2313​.