ДВИ МГУ по математике — 2025, Поток 4

Поток 1 Поток 2 Поток 3 Поток 4 Поток 5 Поток 6 Резерв

Задача 1МГУ

Найдите в явном виде целое число, задающееся выражением

\left(\dfrac{1}{24}+\dfrac{1}{15}-\dfrac{1}{10}\right)^{-1}

Задача 2МГУ

Строго возрастающая последовательность

a_1, a_2, a_3, \ldots

натуральных чисел удовлетворяет при каждом натуральном

n

соотношению

a_{n+2} \leqslant \sqrt{a_n^2+2 a_n+2 a_{n+1}+2}

Найдите все возможные значения

a_{25}

, если известно, что

a_1=1

Решение

По условию

a_n \in \mathbb{N}

, то есть все члены последовательности положительны, тогда возводим обе части неравенства к квадрат:

a^2_{n+2} \leqslant a_n^2+2 a_n+2 a_{n+1}+2;

a^2_{n+1}+a^2_{n+2} \leqslant a^2_n+2a_n+1 + a^2_{n+1}+2a_{n+1}+1;

a^2_{n+1}+a^2_{n+2} \leqslant (a_n+1)^2+(a_{n+1}+1)^2

a^2_{n+1}-(a_n+1)^2+a^2_{n+2}-(a_{n+1}+1)^2 \leqslant 0;

(a_{n+1}+a_n+1)(a_{n+1}-a_n-1)+(a_{n+2}+a_{n+1}+1)(a_{n+2}-a_{n+1}-1) \leqslant 0.

Заметим, что выражения

(a_{n+1}+a_n+1)

(a_{n+2}+a_{n+1}+1)

положительны. Кроме того, последовательность, состоящая из натуральных чисел, строго возрастающая, следовательно,

a_{n+1} \geqslant a_n+1

a_{n+2} \geqslant a_{n+1}+1

. Таким образом, левая часть неравенства неотрицательна, и неравенство имеет решения только если

\begin{cases} a_{n+1} - a_n -1 = 0, \\ a_{n+2}-a_{n+1}-1 = 0; \end{cases} \quad \begin{cases} a_{n+1} = a_n+1, \\ a_{n+2}= a_{n+1}+1. \end{cases}

С учётом

a_1=1

получаем, что последовательность

(a_n)

является множеством натуральных чисел, то есть

a_n =n

, следовательно,

a_{25}=25

Задача 3МГУ

Решите неравенство

(2-2 x) \cdot \log _{2\cdot 3^x-5} \sqrt{3} \leqslant 1 .

Решение

По свойствам логарифма:

\log _{2\cdot 3^x-5} 3^{\frac{1}{2} \cdot (2-2x) } \leqslant \log _{2\cdot 3^x-5}(2\cdot 3^x-5);

\log _{2\cdot 3^x-5} 3^{1-x } - \log _{2\cdot 3^x-5}(2\cdot 3^x-5) \leqslant 0.

По методу рационализации неравенство равносильно следующей системе:

\begin{cases} \dfrac{3^{1-x } - 2\cdot 3^x + 5}{2\cdot 3^x-5-1} \leqslant 0, \\ 2\cdot 3^x-5 > 0. \end{cases}

Рассмотрим второе неравенство системы:

2\cdot 3^x-5 > 0;

3^x > \dfrac{5}{2};

x > \log_3 \dfrac{5}{2}.

Рассмотрим первое неравенство системы и умножим обе части неравенства на

-3^x

\dfrac{2 \cdot 3^{2x} - 5 \cdot 3^x-3}{2 \cdot 3^x - 6} \geqslant0.

Пусть

3^x = t

, тогда неравенство примет вид:

\dfrac{2t^2 - 5t-3}{t - 3} \geqslant0;

\dfrac{(2t+1)(t-3)}{t-3} \geqslant 0.

Получаем, что

\begin{cases} 2t + 1 \geqslant 0, \\ t \neq 3. \end{cases}

Заметим, что первое неравенство верно при любых

t> 0

. В итоге

t \neq 3

или

x \neq 1

. Таким образом, получаем окончательный ответ

x \in \left(\log_3 \dfrac{5}{2}; + \infty \right) \backslash \lbrace 1 \rbrace.

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\sin 3 x(\cos x-\cos 2 x)-\cos 3 x(\sin x-\sin 2 x)=6 \cos x-3

Задача 5МГУ

Внутри окружности

\Omega

радиуса 5 отмечена точка

E

, через которую проведены хорды

A B

C D

, перпендикулярные друг другу. Найдите все возможные значения расстояния от вершины

F

прямоугольника

A E C F

до центра

O

окружности

\Omega

, если известно, что

O E=1

Решение

Докажем следующий факт: Дан прямоугольник

ABCD

и на плоскости отмечена некоторая точка

M

. Пусть

AM = a,~ BM = b, ~ CM =c, ~DM = d

. Докажем, что

b^2+d^2=a^2+c^2

. Доказательство: Отметим, точку

M_1

симметричную точке

M

относительно горизонтальной оси симметрии прямоугольника

ABCD

. Тогда

\triangle AMD = \triangle BM_1C

AM = BM_1=a;

MD= M_1C = d.

Прямая

MM_1 \perp BC

, тогда запишем теоремы Пифагора для треугольников

BHM

BHM_1

CHM_1

CHM

BH^2+HM^2=BM^2;

BH^2 + HM_1^2=BM_1^2;

CH^2+HM_1^2=CM_1^2;

CH^2+HM^2=CM^2.

Сложив первое уравнение с третьим, а второе с четвёртым, получим

BH^2+HM^2 + CH^2+HM_1^2 = BM^2+CM_1^2 = BM_1^2+CM^2.

Таким образом,

b^2+d^2=a^2+c^2.

Что и требовалось доказать.

Теперь перейдём к решению исходного задания: Пусть

OF=x

--- искомое расстояние,

AO=OC=5

как радиусы окружности

\Omega

Тогда воспользуемся ранее доказанным фактом. Точка

O

--- некоторая точка плоскости

A,~F,~C,~E

--- вершины прямоугольника, тогда:

OF^2+OE^2=OA^2+OC^2;

x^2+1^2=5^2+5^2;

x^2= 49;

x=7.

Задача 6МГУ

Положительные действительные числа

a, b, c

удовлетворяют равенству

a+b+c=1

. Найдите наименьшее возможное значение выражения

\frac{\sqrt{(1-a)(1-b)}+\sqrt{(1-b)(1-c)}+\sqrt{(1-c)(1-a)}}{1+\sqrt{a b}+\sqrt{b c}+\sqrt{c a}} .

Задача 7МГУ

Дан куб с основаниями

A B C D, A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}

и боковыми рёбрами

A A^{\prime}, B B^{\prime}, C C^{\prime}, D D^{\prime}

. Длина ребра этого куба равна 1 . На диагонали

A C

основания

A B C D

отмечена точка

E

так, что

A E=\frac{\sqrt{2}-1}{2}

. Найдите площадь сечения данного куба, проходящего через его центр

O

и перпендикулярного прямой

O E

Решение

Пусть

Q

--- центр квадрата

ABCD

. Так как

AC

--- диагональ квадрата

ABCD

, то

AQ = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Тогда

QE = AQ - AE = \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}-1}{2}=\dfrac{1}{2}.

Также

OQ = \dfrac{1}{2}AA_1=\dfrac{1}{2}.

Получаем, что

\triangle OEQ

--- равнобедренный и прямоугольный, так как

EQ = OQ = \dfrac{1}{2}

OQ \perp AC

, следовательно,

\angle QEO = \angle QOE = 45^\circ

. В плоскости

(AA_1C_1)

через точку

O

проведём прямую, перпендикулярную

OE

. Она пересечёт отрезки

AC

A_1C_1

в точках

T

P

соответственно. Также заметим, что

\angle OTQ = \angle QOT = 45^\circ

. Проведём

P_2P_5 \parallel BD

через точку

O

. Так как

QE

-- проекция

OE

на плоскость основания и

BD \perp QE

, то по теореме о трёх перпендикулярах

BD \perp OE

P_2P_5 \perp OE

. Также проведём через точки

T

P

прямые, параллельные

BD

и пересекающие стороны

BC

CD

A_1B_1

A_1D_1

в точках

P_4

P_3

P_6

P_1

соответственно.

EO \perp PT

EO \perp P_2P_5

, значит,

EO \perp (P_2P_5P)

Таким образом,

P_1P_2P_3P_4P_5P_6

--- искомое сечение.

\triangle A_1PO = \triangle CTO

по стороне и двум прилежащим к ней углам (

A_1O=CO=\dfrac{A_1C}{2}

;

{\angle A_1OP = \angle COT}

-- как вертикальные,

\angle PA_1O = \angle OCT

-- как накрест лежащие при

AC \parallel A_1C_1

и секущей

A_1C

), значит,

A_1P=TC

. Пусть

R

G

--- проекции точек

P_1

P_6

на плоскость основания куба соответственно. Получаем, что

RDP_3P_4BG

--- проекция шестиугольника

P_1P_2P_3P_4P_5P_6

на плоскость основания куба. Тогда по теореме об ортогональной проекции:

\dfrac{S_{пр}}{S_{сеч}} = \cos \angle PTE = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Найдём площадь проекции через площадь квадрата и площади двух равных треугольников

ARG

P_3P_4C

, которые в сумме составят площадь квадрата со стороной

AG =AE \sqrt{2} = 1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}

S_{пр}= S_{ABCD}- (S_{ARG}+S_{P_3P_4C}) = AB^2-AG^2=1 - \left(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 = \sqrt{2} - \dfrac{1}{2}.

Таким образом,

S_{сеч} = \dfrac{S_{пр}}{\dfrac{1}{\sqrt{2}}} = \sqrt{2} \cdot \left( \sqrt{2} - \dfrac{1}{2} \right) = 2 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Задача 1МГУ

Найдите в явном виде целое число, задающееся выражением

\left(\dfrac{1}{24}+\dfrac{1}{15}-\dfrac{1}{10}\right)^{-1}

Задача 2МГУ

Строго возрастающая последовательность

a_1, a_2, a_3, \ldots

натуральных чисел удовлетворяет при каждом натуральном

n

соотношению

a_{n+2} \leqslant \sqrt{a_n^2+2 a_n+2 a_{n+1}+2}

Найдите все возможные значения

a_{25}

, если известно, что

a_1=1

Решение

По условию

a_n \in \mathbb{N}

, то есть все члены последовательности положительны, тогда возводим обе части неравенства к квадрат:

a^2_{n+2} \leqslant a_n^2+2 a_n+2 a_{n+1}+2;

a^2_{n+1}+a^2_{n+2} \leqslant a^2_n+2a_n+1 + a^2_{n+1}+2a_{n+1}+1;

a^2_{n+1}+a^2_{n+2} \leqslant (a_n+1)^2+(a_{n+1}+1)^2

a^2_{n+1}-(a_n+1)^2+a^2_{n+2}-(a_{n+1}+1)^2 \leqslant 0;

(a_{n+1}+a_n+1)(a_{n+1}-a_n-1)+(a_{n+2}+a_{n+1}+1)(a_{n+2}-a_{n+1}-1) \leqslant 0.

Заметим, что выражения

(a_{n+1}+a_n+1)

(a_{n+2}+a_{n+1}+1)

a_{n+1} \geqslant a_n+1

a_{n+2} \geqslant a_{n+1}+1

. Таким образом, левая часть неравенства неотрицательна, и неравенство имеет решения только если

\begin{cases} a_{n+1} - a_n -1 = 0, \\ a_{n+2}-a_{n+1}-1 = 0; \end{cases} \quad \begin{cases} a_{n+1} = a_n+1, \\ a_{n+2}= a_{n+1}+1. \end{cases}

С учётом

a_1=1

получаем, что последовательность

(a_n)

является множеством натуральных чисел, то есть

a_n =n

, следовательно,

a_{25}=25

Задача 3МГУ

Решите неравенство

(2-2 x) \cdot \log _{2\cdot 3^x-5} \sqrt{3} \leqslant 1 .

Решение

По свойствам логарифма:

\log _{2\cdot 3^x-5} 3^{\frac{1}{2} \cdot (2-2x) } \leqslant \log _{2\cdot 3^x-5}(2\cdot 3^x-5);

\log _{2\cdot 3^x-5} 3^{1-x } - \log _{2\cdot 3^x-5}(2\cdot 3^x-5) \leqslant 0.

По методу рационализации неравенство равносильно следующей системе:

\begin{cases} \dfrac{3^{1-x } - 2\cdot 3^x + 5}{2\cdot 3^x-5-1} \leqslant 0, \\ 2\cdot 3^x-5 > 0. \end{cases}

Рассмотрим второе неравенство системы:

2\cdot 3^x-5 > 0;

3^x > \dfrac{5}{2};

x > \log_3 \dfrac{5}{2}.

Рассмотрим первое неравенство системы и умножим обе части неравенства на

-3^x

\dfrac{2 \cdot 3^{2x} - 5 \cdot 3^x-3}{2 \cdot 3^x - 6} \geqslant0.

Пусть

3^x = t

, тогда неравенство примет вид:

\dfrac{2t^2 - 5t-3}{t - 3} \geqslant0;

\dfrac{(2t+1)(t-3)}{t-3} \geqslant 0.

Получаем, что

\begin{cases} 2t + 1 \geqslant 0, \\ t \neq 3. \end{cases}

Заметим, что первое неравенство верно при любых

t> 0

. В итоге

t \neq 3

или

x \neq 1

. Таким образом, получаем окончательный ответ

x \in \left(\log_3 \dfrac{5}{2}; + \infty \right) \backslash \lbrace 1 \rbrace.

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\sin 3 x(\cos x-\cos 2 x)-\cos 3 x(\sin x-\sin 2 x)=6 \cos x-3

Задача 5МГУ

Внутри окружности

\Omega

радиуса 5 отмечена точка

E

, через которую проведены хорды

A B

C D

, перпендикулярные друг другу. Найдите все возможные значения расстояния от вершины

F

прямоугольника

A E C F

до центра

O

окружности

\Omega

, если известно, что

O E=1

Решение

Докажем следующий факт: Дан прямоугольник

ABCD

и на плоскости отмечена некоторая точка

M

. Пусть

AM = a,~ BM = b, ~ CM =c, ~DM = d

. Докажем, что

b^2+d^2=a^2+c^2

. Доказательство: Отметим, точку

M_1

симметричную точке

M

относительно горизонтальной оси симметрии прямоугольника

ABCD

. Тогда

\triangle AMD = \triangle BM_1C

AM = BM_1=a;

MD= M_1C = d.

Прямая

MM_1 \perp BC

, тогда запишем теоремы Пифагора для треугольников

BHM

BHM_1

CHM_1

CHM

BH^2+HM^2=BM^2;

BH^2 + HM_1^2=BM_1^2;

CH^2+HM_1^2=CM_1^2;

CH^2+HM^2=CM^2.

Сложив первое уравнение с третьим, а второе с четвёртым, получим

BH^2+HM^2 + CH^2+HM_1^2 = BM^2+CM_1^2 = BM_1^2+CM^2.

Таким образом,

b^2+d^2=a^2+c^2.

Что и требовалось доказать.

Теперь перейдём к решению исходного задания: Пусть

OF=x

--- искомое расстояние,

AO=OC=5

как радиусы окружности

\Omega

Тогда воспользуемся ранее доказанным фактом. Точка

O

--- некоторая точка плоскости

A,~F,~C,~E

--- вершины прямоугольника, тогда:

OF^2+OE^2=OA^2+OC^2;

x^2+1^2=5^2+5^2;

x^2= 49;

x=7.

Задача 6МГУ

Положительные действительные числа

a, b, c

удовлетворяют равенству

a+b+c=1

. Найдите наименьшее возможное значение выражения

\frac{\sqrt{(1-a)(1-b)}+\sqrt{(1-b)(1-c)}+\sqrt{(1-c)(1-a)}}{1+\sqrt{a b}+\sqrt{b c}+\sqrt{c a}} .

Задача 7МГУ

Дан куб с основаниями

A B C D, A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}

и боковыми рёбрами

A A^{\prime}, B B^{\prime}, C C^{\prime}, D D^{\prime}

. Длина ребра этого куба равна 1 . На диагонали

A C

основания

A B C D

отмечена точка

E

так, что

A E=\frac{\sqrt{2}-1}{2}

. Найдите площадь сечения данного куба, проходящего через его центр

O

и перпендикулярного прямой

O E

Решение

Пусть

Q

--- центр квадрата

ABCD

. Так как

AC

--- диагональ квадрата

ABCD

, то

AQ = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Тогда

QE = AQ - AE = \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}-1}{2}=\dfrac{1}{2}.

Также

OQ = \dfrac{1}{2}AA_1=\dfrac{1}{2}.

Получаем, что

\triangle OEQ

--- равнобедренный и прямоугольный, так как

EQ = OQ = \dfrac{1}{2}

OQ \perp AC

, следовательно,

\angle QEO = \angle QOE = 45^\circ

. В плоскости

(AA_1C_1)

через точку

O

проведём прямую, перпендикулярную

OE

. Она пересечёт отрезки

AC

A_1C_1

в точках

T

P

соответственно. Также заметим, что

\angle OTQ = \angle QOT = 45^\circ

. Проведём

P_2P_5 \parallel BD

через точку

O

. Так как

QE

-- проекция

OE

на плоскость основания и

BD \perp QE

, то по теореме о трёх перпендикулярах

BD \perp OE

P_2P_5 \perp OE

. Также проведём через точки

T

P

прямые, параллельные

BD

и пересекающие стороны

BC

CD

A_1B_1

A_1D_1

в точках

P_4

P_3

P_6

P_1

соответственно.

EO \perp PT

EO \perp P_2P_5

, значит,

EO \perp (P_2P_5P)

Таким образом,

P_1P_2P_3P_4P_5P_6

--- искомое сечение.

\triangle A_1PO = \triangle CTO

по стороне и двум прилежащим к ней углам (

A_1O=CO=\dfrac{A_1C}{2}

;

{\angle A_1OP = \angle COT}

-- как вертикальные,

\angle PA_1O = \angle OCT

-- как накрест лежащие при

AC \parallel A_1C_1

и секущей

A_1C

), значит,

A_1P=TC

. Пусть

R

G

--- проекции точек

P_1

P_6

на плоскость основания куба соответственно. Получаем, что

RDP_3P_4BG

--- проекция шестиугольника

P_1P_2P_3P_4P_5P_6

на плоскость основания куба. Тогда по теореме об ортогональной проекции:

\dfrac{S_{пр}}{S_{сеч}} = \cos \angle PTE = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Найдём площадь проекции через площадь квадрата и площади двух равных треугольников

ARG

P_3P_4C

, которые в сумме составят площадь квадрата со стороной

AG =AE \sqrt{2} = 1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}

S_{пр}= S_{ABCD}- (S_{ARG}+S_{P_3P_4C}) = AB^2-AG^2=1 - \left(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 = \sqrt{2} - \dfrac{1}{2}.

Таким образом,

S_{сеч} = \dfrac{S_{пр}}{\dfrac{1}{\sqrt{2}}} = \sqrt{2} \cdot \left( \sqrt{2} - \dfrac{1}{2} \right) = 2 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}.