ДВИ МГУ по математике — 2025, Поток 3
Условия, ответы и разборы всех задач потока
Задача 1МГУ
Найдите наибольшее целое число, меньшее числа 7+8.
Ответ:5
Решение
Оценим число 7+8 сверху и снизу. Так как 2,52=6,25<7, то 7>2,5. Тем более 8>2,5. Следовательно, 7+8>5. С другой стороны, 2,72=7,29>7, значит, 7<2,7. Также 32=9>8, поэтому 8<3. Тогда 7+8<2,7+3=5,7<6. Итак, 5<7+8<6. Значит, наибольшее целое число, меньшее 7+8, равно 5.
Задача 2МГУ
Дана последовательность a1,a2,a3,… действительных чисел, удовлетворяющих при каждом натуральном n⩾3 равенству an=(−1)n⋅3⋅an−1+an−2an−12. Найдите 2024a2025, если известно, что a1=1 и a2=4.
Ответ:2
Решение
Все члены последовательности ненулевые, поскольку каждый член ak входит в знаменатель равенства при n=k+2. Поэтому можем разделить исходное равенство на an−1: an−1an=(−1)n⋅3+an−2an−1. Введём обозначение bk=akak+1,k∈N. Полагая k=n−2, получаем bk+1=(−1)k⋅3+bk,k∈N. Первый член последовательности (bk) равен b1=a1a2=4. Далее b2=−3+b1=−3+4=1, b3=3+b2=3+1=4. При нечётном k из предыдущего члена вычитается 3, а при чётном k к предыдущему члену прибавляется 3. Поэтому члены последовательности (bk) чередуются: 4, 1, 4, 1, … Следовательно, b2m=1,b2m+1=4. Теперь представим a2025 в виде телескопического произведения: a2025=a2024a2025⋅a2023a2024⋅…⋅a2a3⋅a1a2⋅a1. Поэтому 2024a2025=2024a2024a2025⋅a2023a2024⋅…⋅a1a2⋅a1=2024b2024⋅b2023⋅…⋅b2⋅b1⋅1. Среди чисел b1, b2, …, b2024 имеется 1012 членов, равных 4, и 1012 членов, равных 1. Значит, 2024a2025=202441012=4=2.
Задача 3МГУ
Решите неравенство log22(x2)−3log4x6+13>log2(2x).
Ответ:(0;8)∪(16;+∞)
Решение
Область допустимых значений задаётся условием x>0. Преобразуем неравенство: 2log22x−9log2x+13>log2x−1. Сделаем замену: t=log2x. Тогда получаем неравенство 2t2−9t+13>t−1. Рассмотрим два случая. [t−1⩾0,2t2−9t+13>(t−1)2;[t−1<0,2t2−9t+13⩾0. Во втором случае неравенство 2t2−9t+13⩾0 выполняется при всех t, так как дискриминант квадратного трёхчлена равен D=(−9)2−4⋅2⋅13=81−104=−23<0, а коэффициент при t2 положителен. Значит, второй случай даёт t<1. В первом случае получаем 2t2−9t+13>t2−2t+1, то есть t2−7t+12>0. Разложим на множители: (t−3)(t−4)>0. Решим методом интервалов с учётом условия t⩾1: 
Получаем 1⩽t<3илиt>4. Объединяя это со вторым случаем, получаем t<1или1⩽t<3илиt>4. Следовательно, t<3илиt>4. Возвращаясь к переменной x, имеем [log2x<3,log2x>4. Отсюда [0<x<8,x>16. Следовательно, x∈(0;8)∪(16;+∞).
Получаем 1⩽t<3илиt>4. Объединяя это со вторым случаем, получаем t<1или1⩽t<3илиt>4. Следовательно, t<3илиt>4. Возвращаясь к переменной x, имеем [log2x<3,log2x>4. Отсюда [0<x<8,x>16. Следовательно, x∈(0;8)∪(16;+∞).Задача 4МГУ
Решите уравнение cos2x1+sin22x12+sinxsin2x12=sin2x3.
Ответ:x=±32π+2πk, k∈Z
Решение
Выпишем область допустимых значений: sinx=0,cosx=0. Воспользуемся формулой sin2x=2sinxcosx. Тогда исходное уравнение примет вид cos2x1+sin2xcos2x3+sin2xcosx6−sin2x3=0. Домножим обе части уравнения на sin2xcos2x: sin2x+3+6cosx−3cos2x=0. Так как sin2x=1−cos2x, получаем 1−cos2x+3+6cosx−3cos2x=0, то есть 4+6cosx−4cos2x=0. Умножим обе части уравнения на −21: 2cos2x−3cosx−2=0. Сделаем замену: t=cosx. Тогда 2t2−3t−2=0. Получаем t=2,t=−21. Значение t=2 не подходит, так как cosx=2. Следовательно, cosx=−21. Отсюда x=±32π+2πk,k∈Z. Полученные значения не нарушают область допустимых значений.
Задача 5МГУ
На сторонах AB,BC,AC треугольника ABC отмечены точки D,E,F соответственно. На BD и на FC как на диаметрах построены окружности. Эти окружности касаются отрезка AE в одной и той же точке. Найдите DF, если известно, что AB:AC=2:3,BD:FC=1:2 и что BC=12.
Ответ:3
Решение
Обозначим общую точку касания окружностей с отрезком AE через T. Так как AB:AC=2:3, обозначим AB=2x,AC=3x. Так как BD:FC=1:2, обозначим BD=2y,FC=4y. Тогда AD=AB−BD=2x−2y, AF=AC−FC=3x−4y. 
Прямая AE касается обеих окружностей в точке T. По теореме о касательной и секущей для окружности с диаметром FC имеем AT2=AF⋅AC, а для окружности с диаметром BD получаем AT2=AD⋅AB. Следовательно, AF⋅AC=AD⋅AB. Подставим выражения для длин: (3x−4y)⋅3x=(2x−2y)⋅2x. Раскроем скобки: 9x2−12xy=4x2−4xy. Отсюда 5x2−8xy=0. Так как x>0, то 5x−8y=0, поэтому x=58y. Теперь найдём отрезки AF и AD: AF=3x−4y=3⋅58y−4y=54y, AD=2x−2y=2⋅58y−2y=56y. Следовательно, ADAF=56y54y=32. По условию ACAB=32. Следовательно, ADAF=ACAB, то есть ABAF=ACAD. Кроме того, у треугольников AFD и ABC общий угол при вершине A. Поэтому △AFD∼△ABC по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Коэффициент подобия треугольника AFD к треугольнику ABC равен ABAF=2⋅58y54y=41. Следовательно, DF=41BC=41⋅12=3.
Прямая AE касается обеих окружностей в точке T. По теореме о касательной и секущей для окружности с диаметром FC имеем AT2=AF⋅AC, а для окружности с диаметром BD получаем AT2=AD⋅AB. Следовательно, AF⋅AC=AD⋅AB. Подставим выражения для длин: (3x−4y)⋅3x=(2x−2y)⋅2x. Раскроем скобки: 9x2−12xy=4x2−4xy. Отсюда 5x2−8xy=0. Так как x>0, то 5x−8y=0, поэтому x=58y. Теперь найдём отрезки AF и AD: AF=3x−4y=3⋅58y−4y=54y, AD=2x−2y=2⋅58y−2y=56y. Следовательно, ADAF=56y54y=32. По условию ACAB=32. Следовательно, ADAF=ACAB, то есть ABAF=ACAD. Кроме того, у треугольников AFD и ABC общий угол при вершине A. Поэтому △AFD∼△ABC по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Коэффициент подобия треугольника AFD к треугольнику ABC равен ABAF=2⋅58y54y=41. Следовательно, DF=41BC=41⋅12=3.Задача 6МГУ
Положительные действительные числа a1,a2,a3,…,a7 удовлетворяют неравенствам ai+aj⩾ai+j при всех натуральных i,j, таких что i+j⩽7. Найдите наименьшее возможное значение выражения a7a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6+7a7.
Ответ:1
Решение
Преобразуем данное выражение: a7a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6+7a7=71+60a760a1+30a2+20a3+15a4+12a5+10a6. Сгруппируем слагаемые в числителе: 60a1+30a2+20a3+15a4+12a5+10a6==10(a6+a1)+12(a5+a2)+15(a4+a3)+50a1+18a2+5a3. По условию a6+a1⩾a7,a5+a2⩾a7,a4+a3⩾a7. Оставшиеся слагаемые представим в виде 50a1+18a2+5a3=5(a3+a2+a2)+8(a2+5a1)+10a1. Так как a3+a2⩾a5,a5+a2⩾a7, то a3+a2+a2⩾a7. Кроме того, последовательно применяя условие, получаем a1+a1⩾a2, a2+a1⩾a3, … a6+a1⩾a7. Следовательно, na1⩾an,n=1, 2, …, 7. В частности, 5a1⩾a5,7a1⩾a7. Поэтому a2+5a1⩾a2+a5⩾a7. Кроме того, при n=7 имеем 7a1⩾a7, откуда a1⩾7a7. Умножая это неравенство на 10, получаем 10a1⩾710a7. Таким образом, a7a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6+7a7⩾71+60a710a7+12a7+15a7+5a7+8a7+710a7. Следовательно, a7a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6+7a7⩾71+601(10+12+15+5+8+710)=71+76=1. Осталось показать, что найденная оценка достигается. Возьмём an=n,n=1, 2, …, 7. Тогда ai+aj=i+j=ai+j, поэтому все условия выполняются. При этом a7a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6+7a7=71+1+1+1+1+1+1=1. Значит, наименьшее возможное значение выражения равно 1.
Задача 7МГУ
Радиус сферы, вписанной в правильную треугольную пирамиду, равен 1. Радиус окружности, вписанной в основание этой пирамиды, равен 21+5. Найдите радиус сферы, описанной около этой пирамиды.
Ответ:1+5
Решение
Обозначим через O центр основания пирамиды, через D --- её вершину, а через P --- середину стороны основания BC. Пусть a=21+5. Тогда OP=a. Так как основание пирамиды --- равносторонний треугольник, то AO=2a. Обозначим через L центр вписанной сферы. Тогда LO=1. Пусть DO=h. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью DAP. В этом сечении получаем треугольник DAP. Вписанная сфера касается основания в точке O, а боковой грани --- в точке M, поэтому LM⊥DP,LO⊥AP. 
Треугольники DPO и DML подобны: они прямоугольные и имеют общий угол при вершине D. Следовательно, DMDO=LMOP. Подставляя известные величины, получаем DMh=1a. Найдём DM. В прямоугольном треугольнике DLM имеем DL=DO−LO=h−1, поэтому DM=DL2−LM2=(h−1)2−1. Следовательно, (h−1)2−1h=a. Возведём в квадрат: h2=a2((h−1)2−1). Так как (h−1)2−1=h2−2h, то h2=a2(h2−2h). Отсюда h=a2(h−2), то есть h=a2−12a2. Вычислим a2: a2=(21+5)2=46+25=23+5. Тогда h=23+5−12⋅23+5=21+53+5=1+52(3+5)=1+5. Теперь найдём радиус описанной сферы. Так как AO=2a=1+5, а также DO=h=1+5, то AO=DO. Но точка O является центром равностороннего треугольника ABC, значит, OA=OB=OC. Следовательно, точка O равноудалена от всех четырёх вершин пирамиды: OA=OB=OC=OD. Значит, именно точка O является центром описанной сферы. Итак, радиус описанной сферы равен R=OD=1+5.
Треугольники DPO и DML подобны: они прямоугольные и имеют общий угол при вершине D. Следовательно, DMDO=LMOP. Подставляя известные величины, получаем DMh=1a. Найдём DM. В прямоугольном треугольнике DLM имеем DL=DO−LO=h−1, поэтому DM=DL2−LM2=(h−1)2−1. Следовательно, (h−1)2−1h=a. Возведём в квадрат: h2=a2((h−1)2−1). Так как (h−1)2−1=h2−2h, то h2=a2(h2−2h). Отсюда h=a2(h−2), то есть h=a2−12a2. Вычислим a2: a2=(21+5)2=46+25=23+5. Тогда h=23+5−12⋅23+5=21+53+5=1+52(3+5)=1+5. Теперь найдём радиус описанной сферы. Так как AO=2a=1+5, а также DO=h=1+5, то AO=DO. Но точка O является центром равностороннего треугольника ABC, значит, OA=OB=OC. Следовательно, точка O равноудалена от всех четырёх вершин пирамиды: OA=OB=OC=OD. Значит, именно точка O является центром описанной сферы. Итак, радиус описанной сферы равен R=OD=1+5.