ДВИ МГУ по математике — 2025, Поток 5

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

Задача 1МГУ

Какое из следующих двух чисел больше:

\dfrac{4}{5}+\dfrac{2}{11}

или

\dfrac{6}{7}+\dfrac{1}{8}

Задача 2МГУ

Положим для каждого натурального

n

A_n=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n} \quad \text { и } \quad B_n=A_1+A_2+A_3+\ldots+A_n .

Найдите

\dfrac{B_7+7}{A_7}

Задача 3МГУ

Решите неравенство

(\sqrt[3]{x})^{5+\log _2 x} \geqslant 2^{1+\log _2 x}

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\dfrac{\left(1-\tg^2 x\right)(1+\sin 2 x)}{\left(1+\tg^2 x\right)(1-\sin 2 x)}=3+2 \sin 2 x-2 \sin ^2 x

Решение

Домножим числитель и знаменатель дроби в левой части уравнения на

\cos^2 x \neq 0

при условии, что

x \neq \dfrac{\pi}{2}+ \pi n,~ n \in \mathbb{Z}

, и применим формулу косинуса двойного аргумента

1-2\sin^2x = \cos 2x

. Тогда неравенство примет вид:

\dfrac{\left(\cos^2x-\sin^2x\right)(1+\sin 2 x)}{\left(\cos^2x+\sin^2 x\right)(1-\sin 2 x)}=2+2 \sin 2 x + \cos 2x;

\dfrac{\cos 2x(1+\sin 2 x)}{1-\sin 2 x}=2+2 \sin 2 x + \cos 2x.

Умножим обе части уравнения на

1-\sin 2x \neq 0 \Leftrightarrow x \neq \dfrac{\pi}{4}+ \pi m,~m \in \mathbb{Z}

\cos 2x+ \sin 2x\cos 2x = 2+2 \sin 2 x + \cos 2x - 2\sin2x -2 \sin^22x-\sin 2x \cos 2x;

2\sin 2x \cos 2x = 2 - 2\sin^2 2x;

\sin 2x \cos 2x = \cos^2 2x;

\cos 2x (\sin 2x - \cos 2x) = 0.

Получаем:

1)

\cos 2x = 0, ~2x = \dfrac{\pi}{2}+\pi k, ~x = \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi k}{2}, ~ k \in \mathbb{Z};

\tg 2x = 1, ~ 2x = \dfrac{\pi}{4}+\pi k, ~x = \dfrac{\pi}{8}+\dfrac{\pi k}{2},~ k \in \mathbb{Z}.

С учётом ограничения

x \neq \dfrac{\pi}{4}+ \pi m,~m \in \mathbb{Z}

, получаем:

\left[ \begin{gathered} x = -\dfrac{\pi}{4}+\pi l,~ l \in \mathbb{Z}. \\ x = \dfrac{\pi}{8}+\dfrac{\pi k}{2},~ k \in \mathbb{Z}. \end{gathered} \right.

Задача 5МГУ

Четырёхугольник

A B C D

вписан в окружность. Найдите все возможные значения угла

\angle F E G

, где

E,~ F

G

--- центры вписанных окружностей в треугольники

A B C, B C D

A B D

соответственно.

Решение

Перед решением задачи докажем два факта, связанных с биссектрисами углов треугольника. Факт №1. Дан треугольник

ABC

c углом

B

равным

\alpha

I

--- точка пересечения биссектрис. Доказать, что

\angle AIC = 90^\circ + \dfrac{\alpha }{2}

. Доказательство: Из суммы углов

\triangle ABC

\angle A + \angle C = 180^\circ - \angle B = 180^\circ - \alpha.

Так как

AI

CI

--- биссектрисы углов

A

C

соответственно, то

\angle IAC + \angle ICA = \dfrac{1}{2}\angle A + \dfrac{1}{2}\angle C = \dfrac{180^\circ-\alpha}{2}= 90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}.

Таким образом, из суммы углов

\triangle IAC

\angle AIC = 180^\circ - (\angle IAC + \angle ICA) = 90^\circ + \dfrac{\alpha}{2}.

Что и требовалось доказать.

Факт №2 (Лемма о трезубце). Дан треугольник

ABC

I

--- центр вписанной окружности этого треугольника.

W

--- точка пересечения биссектрисы угла

A

и описанной окружности треугольника

ABC

. Доказать, что

CW=IW=BW

. Доказательство: Пусть

\angle A = \alpha, ~\angle B = \beta

, тогда

\angle CAI = \angle BAI = \dfrac{\alpha}{2};

\angle CBI = \angle ABI = \dfrac{\beta}{2}.

Заметим, что

\angle BIW

--- внешний угол

\triangle ABI

, значит:

\angle BIW = \angle BAI + \angle ABI = \dfrac{\alpha + \beta}{2} = \angle IBW.

Следовательно,

\triangle BIW

--- равнобедренный и

BW= IW

Вписанные углы

CAW

WAB

равны, значит, дуги

CW

WB

тоже равны. Так как равные дуги стягивают равные хорды, то

CW = BW.

Таким образом,

CW=BW=IW

. Что и требовалось доказать. Теперь перейдём к решению исходного задания: Пусть

T

--- точка пересечения биссектрис

AE

DF

, а

R

--- точка пересечения биссектрис

DG

CE

. При этом

T

R

принадлежат описанной окружности четырёхугольника

ABCD

, так как биссектрисы вписанных углов пересекают описанную окружность в серединах дуг, на которые опираются эти углы. Тогда по лемме о трезубце для

\triangle ABC

и точки

T

BT= CT=ET.

Также для

\triangle BCD

и точки

T

BT= CT=FT.

Получаем, что

ET=FT

. Аналогичным образом,

RG=RE

. Пусть дуги

AD

CD

равны

x

y

соответственно, тогда

\angle ATD = \dfrac{x}{2}

\angle CRD = \dfrac{y}{2}

--- как вписанные углы, опирающиеся на эти дуги.

Так как

\triangle GRE

\triangle ETF

--- равнобедренные, то

\angle RGE=\angle REG = \dfrac{180^\circ - \angle GRE}{2}= 90^\circ - \dfrac{y}{4};

\angle TFE=\angle TEF = \dfrac{180^\circ - \angle ETF}{2}= 90^\circ - \dfrac{x}{4}.

Используя факт №1 для треугольника

ABC

\angle AEC = 90^\circ + \dfrac{\angle ABC}{2}= 90^\circ + \dfrac{x+y}{4}.

Тогда смежный ему угол

AER

равен:

\angle AER = 180^\circ - \angle AEC =90^\circ - \dfrac{x+y}{4}.

Таким образом,

\angle FEG = 180^\circ + \angle AER - \angle REG-\angle TEF = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ.

Задача 6МГУ

Положительные действительные числа

a, b, c

удовлетворяют равенству

a^2+b^2+c^2=12

. Найдите наибольшее возможное значение выражения

\sqrt{1+a^3}+\sqrt{1+b^3}+\sqrt{1+c^3}.

Задача 7МГУ

Дана четырёхугольная пирамида

A B C D S

с высотой

S H=8

. Сфера радиуса 3 касается всех граней пирамиды, причём основания

A B C D

эта сфера касается в точке

H

основания высоты. Найдите периметр четырёхугольника

A B C D

, если известно, что его площадь равна 144.

Решение

Пусть

O

--- центр вписанной сферы, тогда

OH =3, ~ SO = 5

. Проведём

OT \perp (SCD)

ST

пересекает

CD

в точке

K

. Тогда

(SKH) \perp (SCD)

. При этом

OT = OH = 3

--- как радиусы сферы. По теореме Пифагора в

\triangle SOT

ST = \sqrt{SO^2-OT^2} = 4.

\triangle SOT \sim \triangle SHK

(по двум углам):

\angle SOT

--- общий,

\angle STO = \angle SHK = 90^\circ

. Тогда

\dfrac{SK}{SO}= \dfrac{SH}{ST};

\dfrac{SK}{5}= \dfrac{8}{4};

SK = 10.

Так как

SO \perp CD

, а

ST

-- проекция

SO

на плоскость

(SCD)

, то по теореме о трёх перпендикулярах:

SK \perp CD

. Таким образом, в грани

SCD

высота

SK = 10

. Аналогично получаем, что высоты граней

SAB, ~SBC, ~SAD

равны

10

Тогда площадь полной поверхности пирамиды равна:

S_{пов} = S_{ABCD} + S_{бок. пов.}= 144 + \dfrac{1}{2}SK(AB+BC+CD+AD)= 144+ 5P_{ABCD}.

Объём пирамиды равен:

V = \dfrac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SH = \dfrac{1}{3}\cdot 144 \cdot 8 = 384.

С другой стороны, объём пирамиды связан с радиусом сферы, вписанной в него, формулой:

V=\dfrac{1}{3}\cdot r \cdot S_{пов} = \dfrac{1}{3}\cdot 3 \cdot (144+5P_{ABCD}).

Таким образом:

144+5P_{ABCD} = 384;

5P_{ABCD}= 240;

P_{ABCD} = 48.

Задача 1МГУ

Какое из следующих двух чисел больше:

\dfrac{4}{5}+\dfrac{2}{11}

или

\dfrac{6}{7}+\dfrac{1}{8}

Задача 2МГУ

Положим для каждого натурального

n

A_n=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n} \quad \text { и } \quad B_n=A_1+A_2+A_3+\ldots+A_n .

Найдите

\dfrac{B_7+7}{A_7}

Задача 3МГУ

Решите неравенство

(\sqrt[3]{x})^{5+\log _2 x} \geqslant 2^{1+\log _2 x}

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\dfrac{\left(1-\tg^2 x\right)(1+\sin 2 x)}{\left(1+\tg^2 x\right)(1-\sin 2 x)}=3+2 \sin 2 x-2 \sin ^2 x

Решение

Домножим числитель и знаменатель дроби в левой части уравнения на

\cos^2 x \neq 0

при условии, что

x \neq \dfrac{\pi}{2}+ \pi n,~ n \in \mathbb{Z}

, и применим формулу косинуса двойного аргумента

1-2\sin^2x = \cos 2x

. Тогда неравенство примет вид:

\dfrac{\left(\cos^2x-\sin^2x\right)(1+\sin 2 x)}{\left(\cos^2x+\sin^2 x\right)(1-\sin 2 x)}=2+2 \sin 2 x + \cos 2x;

\dfrac{\cos 2x(1+\sin 2 x)}{1-\sin 2 x}=2+2 \sin 2 x + \cos 2x.

Умножим обе части уравнения на

1-\sin 2x \neq 0 \Leftrightarrow x \neq \dfrac{\pi}{4}+ \pi m,~m \in \mathbb{Z}

\cos 2x+ \sin 2x\cos 2x = 2+2 \sin 2 x + \cos 2x - 2\sin2x -2 \sin^22x-\sin 2x \cos 2x;

2\sin 2x \cos 2x = 2 - 2\sin^2 2x;

\sin 2x \cos 2x = \cos^2 2x;

\cos 2x (\sin 2x - \cos 2x) = 0.

Получаем:

1)

\cos 2x = 0, ~2x = \dfrac{\pi}{2}+\pi k, ~x = \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi k}{2}, ~ k \in \mathbb{Z};

\tg 2x = 1, ~ 2x = \dfrac{\pi}{4}+\pi k, ~x = \dfrac{\pi}{8}+\dfrac{\pi k}{2},~ k \in \mathbb{Z}.

С учётом ограничения

x \neq \dfrac{\pi}{4}+ \pi m,~m \in \mathbb{Z}

, получаем:

\left[ \begin{gathered} x = -\dfrac{\pi}{4}+\pi l,~ l \in \mathbb{Z}. \\ x = \dfrac{\pi}{8}+\dfrac{\pi k}{2},~ k \in \mathbb{Z}. \end{gathered} \right.

Задача 5МГУ

Четырёхугольник

A B C D

вписан в окружность. Найдите все возможные значения угла

\angle F E G

, где

E,~ F

G

--- центры вписанных окружностей в треугольники

A B C, B C D

A B D

соответственно.

Решение

ABC

c углом

B

равным

\alpha

I

--- точка пересечения биссектрис. Доказать, что

\angle AIC = 90^\circ + \dfrac{\alpha }{2}

. Доказательство: Из суммы углов

\triangle ABC

\angle A + \angle C = 180^\circ - \angle B = 180^\circ - \alpha.

Так как

AI

CI

--- биссектрисы углов

A

C

соответственно, то

\angle IAC + \angle ICA = \dfrac{1}{2}\angle A + \dfrac{1}{2}\angle C = \dfrac{180^\circ-\alpha}{2}= 90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}.

Таким образом, из суммы углов

\triangle IAC

\angle AIC = 180^\circ - (\angle IAC + \angle ICA) = 90^\circ + \dfrac{\alpha}{2}.

Что и требовалось доказать.

Факт №2 (Лемма о трезубце). Дан треугольник

ABC

I

--- центр вписанной окружности этого треугольника.

W

--- точка пересечения биссектрисы угла

A

и описанной окружности треугольника

ABC

. Доказать, что

CW=IW=BW

. Доказательство: Пусть

\angle A = \alpha, ~\angle B = \beta

, тогда

\angle CAI = \angle BAI = \dfrac{\alpha}{2};

\angle CBI = \angle ABI = \dfrac{\beta}{2}.

Заметим, что

\angle BIW

--- внешний угол

\triangle ABI

, значит:

\angle BIW = \angle BAI + \angle ABI = \dfrac{\alpha + \beta}{2} = \angle IBW.

Следовательно,

\triangle BIW

--- равнобедренный и

BW= IW

Вписанные углы

CAW

WAB

равны, значит, дуги

CW

WB

тоже равны. Так как равные дуги стягивают равные хорды, то

CW = BW.

Таким образом,

CW=BW=IW

. Что и требовалось доказать. Теперь перейдём к решению исходного задания: Пусть

T

--- точка пересечения биссектрис

AE

DF

, а

R

--- точка пересечения биссектрис

DG

CE

. При этом

T

R

принадлежат описанной окружности четырёхугольника

ABCD

\triangle ABC

и точки

T

BT= CT=ET.

Также для

\triangle BCD

и точки

T

BT= CT=FT.

Получаем, что

ET=FT

. Аналогичным образом,

RG=RE

. Пусть дуги

AD

CD

равны

x

y

соответственно, тогда

\angle ATD = \dfrac{x}{2}

\angle CRD = \dfrac{y}{2}

--- как вписанные углы, опирающиеся на эти дуги.

Так как

\triangle GRE

\triangle ETF

--- равнобедренные, то

\angle RGE=\angle REG = \dfrac{180^\circ - \angle GRE}{2}= 90^\circ - \dfrac{y}{4};

\angle TFE=\angle TEF = \dfrac{180^\circ - \angle ETF}{2}= 90^\circ - \dfrac{x}{4}.

Используя факт №1 для треугольника

ABC

\angle AEC = 90^\circ + \dfrac{\angle ABC}{2}= 90^\circ + \dfrac{x+y}{4}.

Тогда смежный ему угол

AER

равен:

\angle AER = 180^\circ - \angle AEC =90^\circ - \dfrac{x+y}{4}.

Таким образом,

\angle FEG = 180^\circ + \angle AER - \angle REG-\angle TEF = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ.

Задача 6МГУ

Положительные действительные числа

a, b, c

удовлетворяют равенству

a^2+b^2+c^2=12

. Найдите наибольшее возможное значение выражения

\sqrt{1+a^3}+\sqrt{1+b^3}+\sqrt{1+c^3}.

Задача 7МГУ

Дана четырёхугольная пирамида

A B C D S

с высотой

S H=8

. Сфера радиуса 3 касается всех граней пирамиды, причём основания

A B C D

эта сфера касается в точке

H

основания высоты. Найдите периметр четырёхугольника

A B C D

, если известно, что его площадь равна 144.

Решение

Пусть

O

--- центр вписанной сферы, тогда

OH =3, ~ SO = 5

. Проведём

OT \perp (SCD)

ST

пересекает

CD

в точке

K

. Тогда

(SKH) \perp (SCD)

. При этом

OT = OH = 3

--- как радиусы сферы. По теореме Пифагора в

\triangle SOT

ST = \sqrt{SO^2-OT^2} = 4.

\triangle SOT \sim \triangle SHK

(по двум углам):

\angle SOT

--- общий,

\angle STO = \angle SHK = 90^\circ

. Тогда

\dfrac{SK}{SO}= \dfrac{SH}{ST};

\dfrac{SK}{5}= \dfrac{8}{4};

SK = 10.

Так как

SO \perp CD

, а

ST

-- проекция

SO

на плоскость

(SCD)

, то по теореме о трёх перпендикулярах:

SK \perp CD

. Таким образом, в грани

SCD

высота

SK = 10

. Аналогично получаем, что высоты граней

SAB, ~SBC, ~SAD

равны

10

Тогда площадь полной поверхности пирамиды равна:

S_{пов} = S_{ABCD} + S_{бок. пов.}= 144 + \dfrac{1}{2}SK(AB+BC+CD+AD)= 144+ 5P_{ABCD}.

Объём пирамиды равен:

V = \dfrac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SH = \dfrac{1}{3}\cdot 144 \cdot 8 = 384.

С другой стороны, объём пирамиды связан с радиусом сферы, вписанной в него, формулой:

V=\dfrac{1}{3}\cdot r \cdot S_{пов} = \dfrac{1}{3}\cdot 3 \cdot (144+5P_{ABCD}).

Таким образом:

144+5P_{ABCD} = 384;

5P_{ABCD}= 240;

P_{ABCD} = 48.