Банк Задач
Школьник
Студент
Учитель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
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 6

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6Резерв
Задача 1МГУ
Найдите наименьшее целое число, превосходящее число log⁡2(3+22)−log⁡2(1+2)\log _{2}(3+2 \sqrt{2})-\log _{2}(1+\sqrt{2})log2​(3+22​)−log2​(1+2​).
Ответ:2

Решение

Заметим, что 3+22=1+22+2=(1+2)23+2\sqrt{2}=1+2\sqrt{2}+2=(1+\sqrt{2})^23+22​=1+22​+2=(1+2​)2, и применим свойство логарифма: log⁡2(3+22)−log⁡2(1+2)=log⁡2((1+2)21+2).\log _{2}(3+2 \sqrt{2})-\log _{2}(1+\sqrt{2})=\log_2\left(\dfrac{(1+\sqrt{2})^2}{1+\sqrt{2}}\right).log2​(3+22​)−log2​(1+2​)=log2​(1+2​(1+2​)2​). Из монотонного возрастаниия логарифмической функции получаем, что 1=log⁡22<log⁡2(1+2)<log⁡24=2.1=\log_22<\log_2(1+\sqrt{2})<\log_24=2.1=log2​2<log2​(1+2​)<log2​4=2. Значит, ответом будет являться 2.2.2.
Задача 2МГУ
Найдите количество всех упорядоченных четвёрок чисел a,b,c,da, b, c, da,b,c,d, таких что числа a2−ab+b2a^{2}-a b+b^{2}a2−ab+b2, b2−b∈+c2,c2−cd−d2b^{2}-b \in+c^{2}, c^{2}-c d-d^{2}b2−b∈+c2,c2−cd−d2 равны друг другу, если известно, что каждое из чисел a,b,c,da, b, c, da,b,c,d равно либо 1 , либо 2 , либо 3 , а число а является среди них наибольшим.
Ответ:8

Решение

Вычтем из первого выражения второе и применим разность квадратов: a2−ab+b2−b2+bc−c2=(a−c)(a+c)−b(a−c)=0;(a−c)(a+c−b)=0.a^2-ab+b^2-b^2+bc-c^2=(a-c)(a+c)-b(a-c)=0; \quad (a-c)(a+c-b)=0.a2−ab+b2−b2+bc−c2=(a−c)(a+c)−b(a−c)=0;(a−c)(a+c−b)=0. Значит, либо a=c,a=c,a=c, либо b=a+c.b=a+c.b=a+c. Аналогично вычтем из второго выражения третье и применим разность квадратов, тогда получим b=db=db=d или c=b+d.c=b+d.c=b+d.. Переберём варианты: 1) a=ca=ca=c и b=db=db=d. Получим 6 вариантов: (3;3;3;3), (3;2;3;2), (3;1;3;1), (2;2;2;2), (2;1;2;1), (1;1;1;1).(3;3;3;3), \ (3;2;3;2), \ (3;1;3;1), \ (2;2;2;2), \ (2;1;2;1), \ (1;1;1;1).(3;3;3;3), (3;2;3;2), (3;1;3;1), (2;2;2;2), (2;1;2;1), (1;1;1;1). 2) a=ca=ca=c и c=b+dc=b+dc=b+d. Получим 3 варианта: (3;1;3;2), (3;2;3;1), (2;1;2;1).(3;1;3;2), \ (3;2;3;1), \ (2;1;2;1).(3;1;3;2), (3;2;3;1), (2;1;2;1). Заметим, что последний вариант был в (1). 3) Если b=a+cb=a+cb=a+c, то b>ab>ab>a, что невозможно. Значит, всего 8 комбинаций.
Задача 3МГУ
Решите неравенство log⁡x−1(2x−5)+log⁡4x2−20x+25(x2−2x+1)−log⁡2x−5(4x2−20x+25)⩽0\log _{x-1}(2 x-5)+\log _{4 x^{2}-20 x+25}\left(x^{2}-2 x+1\right)-\log _{2 x-5}\left(4 x^{2}-20 x+25\right) \leqslant 0logx−1​(2x−5)+log4x2−20x+25​(x2−2x+1)−log2x−5​(4x2−20x+25)⩽0
Ответ:(2,5;3)∪4\left(2{,}5;3\right) \cup 4(2,5;3)∪4

Решение

Преобразуем неравенство при помощи формулы квадрата суммы: log⁡x−1(2x−5)+log⁡(2x−5)2(x−1)2−log⁡2x−5(2x−5)2⩽0.\log _{x-1}(2 x-5)+\log _{(2x-5)^2}\left(x-1\right)^2-\log _{2 x-5}\left(2x-5\right)^2 \leqslant 0.logx−1​(2x−5)+log(2x−5)2​(x−1)2−log2x−5​(2x−5)2⩽0. Найдём ОДЗ неравенства: {2x−5>0,x−1>0,x−1≠1,2x−5≠1;x∈(2,5;3)∪(3;+∞).\begin{cases} 2x-5>0, \\ x-1>0, \\ x-1\neq 1, \\ 2x-5\neq 1; \end{cases} \quad x\in(2{,}5;3) \cup (3;+\infty).⎩⎨⎧​2x−5>0,x−1>0,x−1=1,2x−5=1;​x∈(2,5;3)∪(3;+∞). Заметим, что первые два логарифма обратны друг другу, неравенство принимает вид log⁡x−1(2x−5)+1log⁡x−1(2x−5)−2⩽0.\log _{x-1}(2 x-5)+\dfrac{1}{\log _{x-1}(2 x-5)}-2\leqslant0.logx−1​(2x−5)+logx−1​(2x−5)1​−2⩽0. Пусть log⁡x−1(2x−5)=t,\log _{x-1}(2 x-5)=t,logx−1​(2x−5)=t, неравенство принимает вид t+1t−2⩽0;t+\dfrac{1}{t}-2\leqslant0;t+t1​−2⩽0; (t−1)2t⩽0.\dfrac{(t-1)^2}{t}\leqslant0.t(t−1)2​⩽0. По методу интервалов получаем, что [t=1,t<0;[log⁡x−1(2x−5)=1,log⁡x−1(2x−5)<0;[x−1=2x−5,(x−2)(2x−6)<0.\left[ \begin{array}{l} t=1,\\[2mm] t<0; \end{array} \right. \quad \quad \left[ \begin{array}{l} \log _{x-1}(2 x-5)=1,\\[2mm] \log _{x-1}(2 x-5)<0;\\[2.5mm] \end{array} \right. \quad \quad \left[ \begin{array}{l} x-1=2x-5,\\[2mm] (x-2)(2x-6)<0.\\[2.5mm] \end{array} \right.[t=1,t<0;​​logx−1​(2x−5)=1,logx−1​(2x−5)<0;​​x−1=2x−5,(x−2)(2x−6)<0.​ Изображение 1 По методу интервалов с учётом ОДЗ получаем x∈(2,5;3)∪4.x\in \left(2{,}5;3\right) \cup 4.x∈(2,5;3)∪4.
Задача 4МГУ
Решите уравнение tg⁡x−4sin⁡x=3\operatorname{tg} x-4 \sin x=\sqrt{3}tgx−4sinx=3​.
Ответ:−π3+2πk, 4π9+2πk3, k∈Z-\dfrac{\pi}{3}+2\pi k, \ \dfrac{4\pi}{9} +\dfrac{2\pi k}{3}, \ k\in\mathbb{Z}−3π​+2πk, 94π​+32πk​, k∈Z

Решение

Так как cos⁡x≠0\cos x \neq 0cosx=0, то домножим на cos⁡x\cos xcosx обе части уравнения: sin⁡x−4sin⁡xcos⁡x=3cos⁡x;sin⁡x−3cos⁡x=4sin⁡xcos⁡x.\sin x-4\sin x\cos x=\sqrt{3}\cos x; \quad \sin x-\sqrt{3}\cos x=4\sin x \cos x.sinx−4sinxcosx=3​cosx;sinx−3​cosx=4sinxcosx. Разделим обе части на 222 и воспользуемся формулой синуса двойного угла и методом вспомогательного угла: 12sin⁡x−32cos⁡x=sin⁡2x;sin⁡(x−π3)=sin⁡2x;\dfrac{1}{2}\sin x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos x=\sin{2x}; \quad \sin \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)=\sin 2x;21​sinx−23​​cosx=sin2x;sin(x−3π​)=sin2x; [x−π3=2x+2πk,x−π3=π−2x+2πk;[x=−π3+2πk,x=4π9+2πk3, k∈Z.\left[ \begin{array}{l} x-\dfrac{\pi}{3}=2x+2\pi k,\\[4mm] x-\dfrac{\pi}{3}=\pi-2x+2\pi k; \end{array} \right. \quad \quad \left[ \begin{array}{l} x = -\dfrac{\pi}{3}+2\pi k,\\[4mm] x =\dfrac{4\pi}{9} +\dfrac{2\pi k}{3}, \ k\in\mathbb{Z}.\\[2.5mm] \end{array} \right.​x−3π​=2x+2πk,x−3π​=π−2x+2πk;​​x=−3π​+2πk,x=94π​+32πk​, k∈Z.​
Задача 5МГУ
В треугольнике ABCA B CABC угол AAA является тупым. На стороне BCB CBC отмечена точка DDD таким образом, что AC=CDA C=C DAC=CD. При этом окружность, описанная около треугольника ACDA C DACD, касается прямой ABA BAB в точке AAA. На прямой ADA DAD отмечена точка EEE таким образом, что CE=EA=ABC E=E A=A BCE=EA=AB. Найдите отношение BC:ABB C: A BBC:AB.
Ответ:2\sqrt{2}2​

Решение

∠ACD=∠BAD\angle ACD=\angle BAD∠ACD=∠BAD как угол между хордой и касательной. Треугольники ACDACDACD и DAEDAEDAE подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, тогда ∠CAD=∠CDA=∠AEB=∠EBA\angle CAD=\angle CDA=\angle AEB=\angle EBA∠CAD=∠CDA=∠AEB=∠EBA. △ACE=△EAB\triangle ACE = \triangle EAB△ACE=△EAB по двум сторонам и углу между ними, тогда ABCEABCEABCE -- параллелограмм. Изображение 1 Пусть AC=y, AB=AE=2xAC=y, \ AB=AE=2xAC=y, AB=AE=2x. Из подобия △ACD\triangle ACD△ACD и △EAB\triangle EAB△EAB: y2x=xy;2x2=y2;y=2x.\dfrac{y}{2x}=\dfrac{x}{y}; \quad 2x^2=y^2; \quad y=\sqrt{2}x.2xy​=yx​;2x2=y2;y=2​x. Значит, BCAB=2y2x=2.\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{2y}{2x}=\sqrt{2}.ABBC​=2x2y​=2​. Случай, когда точка EEE лежит по другую сторону от прямой BCBCBC, невозможен, так как ∠CAE\angle CAE∠CAE -- тупой, а против тупого угла лежит большая сторона, то есть EC>AEEC>AEEC>AE, что противоречит условию. Изображение 2
Задача 6МГУ
Многочлен f(x)=x4−12x3+ax2+bx+81f(x)=x^{4}-12 x^{3}+a x^{2}+b x+81f(x)=x4−12x3+ax2+bx+81 с действительными aaa и bbb допускает разложение f(x)=(x−c1)(x−c2)(x−c3)(x−c4)f(x)=\left(x-c_{1}\right)\left(x-c_{2}\right)\left(x-c_{3}\right)\left(x-c_{4}\right)f(x)=(x−c1​)(x−c2​)(x−c3​)(x−c4​) с некоторыми действительными c1,c2,c3,c4c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}c1​,c2​,c3​,c4​. Найдите все возможные значения f(5)f(5)f(5).
Ответ:16

Решение

Раскрывая скобки, получим, что c1+c2+c3+c4=12, c1c2c3c4=81.c_1+c_2+c_3+c_4=12, \ c_1c_2c_3c_4=81.c1​+c2​+c3​+c4​=12, c1​c2​c3​c4​=81. Применим неравенство о средних: c1+c2+c3+c44⩾c1c2c3c44;3⩾814;3⩾3.\dfrac{c_1+c_2+c_3+c_4}{4}\geqslant\sqrt[4]{c_1c_2c_3c_4}; \quad 3\geqslant\sqrt[4]{81}; \quad 3\geqslant3.4c1​+c2​+c3​+c4​​⩾4c1​c2​c3​c4​​;3⩾481​;3⩾3. Значит, все четыре неизвестные должны быть равны друг другу, то есть c1=c2=c3=c4=3.c_1=c_2=c_3=c_4=3.c1​=c2​=c3​=c4​=3. Получаем, что f(x)=(x−3)4f(x)=(x-3)^4f(x)=(x−3)4, то есть f(5)=16.f(5)=16.f(5)=16.
Задача 7МГУ
Расстояние от середины высоты правильной четырёхугольной пирамиды до боковой грани равно 2\sqrt{2}2​, а до бокового ребра −3-\sqrt{3}−3​. Найдите объём пирамиды.
Ответ:32632\sqrt{6}326​

Решение

Пусть MMM -- середина высоты SOSOSO пирамиды, тогда 2ρ(M;(SBC))=ρ(O;(SBC))=222\rho(M;(SBC))=\rho(O;(SBC))=2\sqrt{2}2ρ(M;(SBC))=ρ(O;(SBC))=22​. Пусть PPP -- основание перпендикуляра, опущенного из точки OOO на плоскость (SBC)(SBC)(SBC). Аналогично получаем, что 2ρ(M;SA)=ρ(O;SA)=232\rho(M;SA)=\rho(O;SA)=2\sqrt{3}2ρ(M;SA)=ρ(O;SA)=23​. Пусть QQQ -- основание перпендикуляра, опущенного из точки OOO на ребро SASASA. Пусть OH=xOH=xOH=x, тогда сторона квадрата в основании равна 2x,2x,2x, его диагональ равна 22x2\sqrt{2}x22​x, а её половина равна 2x\sqrt{2}x2​x, то есть AO=2xAO=\sqrt{2}xAO=2​x. Треугольники OSAOSAOSA и SOHSOHSOH имеют общую высоту SO,SO,SO, значит, SOSASSOH=AOOH=2.\dfrac{S_{OSA}}{S_{SOH}}=\dfrac{AO}{OH}=\sqrt{2}.SSOH​SOSA​​=OHAO​=2​. Запишем площади этих треугольников через данные расстояния: SOSASSOH=AS⋅23SH⋅22=2;ASSH=23.\dfrac{S_{OSA}}{S_{SOH}}=\dfrac{AS\cdot 2\sqrt{3}}{SH\cdot 2\sqrt{2}}=\sqrt{2}; \quad \dfrac{AS}{SH}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}.SSOH​SOSA​​=SH⋅22​AS⋅23​​=2​;SHAS​=3​2​. Пусть SA=2a,SA=2a,SA=2a, тогда SH=a3SH=a\sqrt{3}SH=a3​. По теореме Пифагора из △SHC\triangle SHC△SHC: SC2=SH2+CH2;4a2=3a2+x2;x=a.SC^2=SH^2+CH^2;\quad 4a^2=3a^2+x^2; \quad x=a.SC2=SH2+CH2;4a2=3a2+x2;x=a. Из △SOH\triangle SOH△SOH по теореме Пифагора: SO=SH2−OH2=3x2−x2=2x.SO=\sqrt{SH^2-OH^2}=\sqrt{3x^2-x^2}=\sqrt{2}x.SO=SH2−OH2​=3x2−x2​=2​x. По свойству высоты, проведённой из вершины прямого угла в △SOH\triangle SOH△SOH: OP=SO⋅OHSH;22=x⋅2x3x;x=23.OP=\dfrac{SO\cdot OH}{SH}; \quad 2\sqrt{2}=\dfrac{x\cdot \sqrt{2}x}{\sqrt{3}x}; \quad x=2\sqrt{3}.OP=SHSO⋅OH​;22​=3​xx⋅2​x​;x=23​. Найдём объём пирамиды SABCDSABCDSABCD: V=13⋅SABCD⋅SO=13⋅4⋅12⋅26=326.V=\dfrac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO=\dfrac{1}{3}\cdot 4\cdot 12\cdot 2\sqrt 6=32\sqrt{6}.V=31​⋅SABCD​⋅SO=31​⋅4⋅12⋅26​=326​.