Вариант 4 · Май 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $4 \sin ^{3} x + 4 \sqrt{3} \cos ^{2} x + 3 \sin x = 4 \sqrt{3}$.
Используя основное тригонометрическое тождество, заменим $\cos^2 x$ на $1 - \sin^2 x$:
$4 \sin ^{3} x + 4 \sqrt{3} ( 1 - \sin ^{2} x ) + 3 \sin x - 4 \sqrt{3} = 0$.
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:
$4 \sin ^{3} x + 4 \sqrt{3} - 4 \sqrt{3} \sin ^{2} x + 3 \sin x - 4 \sqrt{3} = 0$,
$4 \sin ^{3} x - 4 \sqrt{3} \sin ^{2} x + 3 \sin x = 0$.
Вынесем общий множитель $\sin x$ за скобки:
$\sin x \cdot (4 \sin ^{2} x - 4 \sqrt{3} \sin x + 3) = 0$.
Данное уравнение распадается на два случая:
1) $\sin x = 0$, откуда получаем первую серию корней: $x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $4 \sin ^{2} x - 4 \sqrt{3} \sin x + 3 = 0$.
Пусть $\sin x = t$, где $|t| \leq 1$. Тогда уравнение принимает вид квадратного:
$4 t^{2} - 4 \sqrt{3} t + 3 = 0$.
Найдем дискриминант: $D = (-4 \sqrt{3})^{2} - 4 \cdot 4 \cdot 3 = 16 \cdot 3 - 48 = 0$.
Так как дискриминант равен нулю, уравнение имеет один корень:
$t = \frac{4 \sqrt{3}}{2 \cdot 4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Возвращаясь к переменной $x$, имеем $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$, что дает две серии решений:
$x = \frac{\pi}{3} + 2 \pi k, k \in \mathbb{Z}$ и $x = \frac{2 \pi}{3} + 2 \pi m, m \in \mathbb{Z}$.

б) Отберем корни, принадлежащие отрезку $[\pi; \frac{5\pi}{2}]$.
1. Для серии $x = \pi n$:
$\pi \leq \pi n \leq \frac{5 \pi}{2} \Rightarrow 1 \leq n \leq 2,5$.
Целые значения $n = 1$ и $n = 2$.
При $n = 1$ получаем $x = \pi$.
При $n = 2$ получаем $x = 2 \pi$.
2. Для серии $x = \frac{\pi}{3} + 2 \pi k$:
$\pi \leq \frac{\pi}{3} + 2 \pi k \leq \frac{5 \pi}{2}$
Вычтем $\frac{\pi}{3}$ из всех частей неравенства:
$\frac{2 \pi}{3} \leq 2 \pi k \leq \frac{13 \pi}{6}$
Разделим на $2\pi$:
$\frac{1}{3} \leq k \leq \frac{13}{12} \Rightarrow \frac{1}{3} \leq k \leq 1 \frac{1}{12}$.
Единственное целое значение $k = 1$.
При $k = 1$ получаем $x = \frac{\pi}{3} + 2 \pi = \frac{7 \pi}{3}$.
3. Для серии $x = \frac{2 \pi}{3} + 2 \pi m$:
$\pi \leq \frac{2 \pi}{3} + 2 \pi m \leq \frac{5 \pi}{2}$
Вычтем $\frac{2 \pi}{3}$:
$\frac{\pi}{3} \leq 2 \pi m \leq \frac{11 \pi}{6}$
Разделим на $2\pi$:
$\frac{1}{6} \leq m \leq \frac{11}{12}$.
В данном интервале целых чисел нет, следовательно, корней в этой серии на заданном отрезке нет.

Ответ: а) $\pi n, n \in \mathbb{Z}; \frac{\pi}{3} + 2 \pi k, k \in \mathbb{Z}; \frac{2 \pi}{3} + 2 \pi m, m \in \mathbb{Z}$; б) $\pi; 2 \pi; \frac{7 \pi}{3}$

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Рассмотрим грань $SBC$ и проведём в ней высоту $BH$ к ребру $SC$. Поскольку заданная пирамида $SABCD$ является правильной, треугольники $SAD$ и $SCB$ равны. Следовательно, высоты этих треугольников, опущенные на общее для боковых граней ребро $SC$, будут сходиться в одной точке $H$. Таким образом, $BH \perp SC$ и $DH \perp SC$, из чего следует, что плоскость $\alpha$, проходящая через прямые $BH$ и $DH$, перпендикулярна ребру $SC$.

Точка $O$, как точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$, лежит на отрезке $BD$. Так как отрезок $BD$ целиком принадлежит плоскости $BHD$, то и точка $O$ лежит в плоскости $\alpha$, что и требовалось доказать.
б) В основании правильной пирамиды лежит квадрат $ABCD$ со стороной $AB = BC = 4$. Воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника $ABC$:
$$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} = 4^2 + 4^2 = 32,$$ откуда $AC = 4\sqrt{2}$. Поскольку диагонали квадрата точкой пересечения $O$ делятся пополам, получаем $AO = OC = OD = OB = 2\sqrt{2}$. Следовательно, длина всей диагонали $DB = 4\sqrt{2}$.
Площадь треугольника $DHB$ по условию равна $2\sqrt{14}$. С другой стороны, $S_{DHB} = \frac{1}{2} \cdot DB \cdot OH$. Выразим высоту $OH$:
$$OH = \frac{2 \cdot S_{DHB}}{DB} = \frac{4\sqrt{14}}{4\sqrt{2}} = \sqrt{7}.$$
Так как плоскость $\alpha$ перпендикулярна $SC$, то любая прямая в этой плоскости, проходящая через $H$, перпендикулярна $SC$. Значит, $OH \perp SC$, и треугольник $OHC$ является прямоугольным. По теореме Пифагора:
$$HC^{2} = OC^{2} - OH^{2} = (2\sqrt{2})^2 - (\sqrt{7})^2 = 8 - 7 = 1,$$ следовательно, $HC = 1$.
В прямоугольном треугольнике $SOC$ отрезок $OH$ является высотой, опущенной на гипотенузу. По свойству катета имеем: $OC^{2} = SC \cdot HC$. Подставим значения: $8 = SC \cdot 1$, откуда $SC = 8$.
Вычислим длину отрезка $SH$: $SH = SC - HC = 8 - 1 = 7$.
Таким образом, искомое отношение равно: $\frac{SH}{HC} = \frac{7}{1}$.

Ответ: б) $7:1$

Источник: ФИПИ

Ход решения:
$\log _{25} ( (x - 4) (x^{2} - 2 x - 8) ) + 1 \geq 0{,}5 \log _{5} (x - 4)^{2}$
Найдём область допустимых значений (ОДЗ):
$\left\{\begin{matrix} (x - 4) (x^{2} - 2 x - 8) > 0 \\ (x - 4)^{2} > 0 \end{matrix}\right.$
Разложим квадратный трёхчлен на множители: $x^2 - 2x - 8 = (x - 4)(x + 2)$. Тогда система примет вид:
$\left\{\begin{matrix} (x - 4)^2 (x + 2) > 0 \\ (x - 4)^2 > 0 \end{matrix}\right.$

Следовательно, ограничения на переменную: $x \in ( - 2 ; 4 ) \cup ( 4 ; + \infty ) .$

Преобразуем неравенство, приведя логарифмы к основанию $25$:
$\log _{25} ( (x - 4)^{2} (x + 2) ) + \log _{25} 25 \geq \log _{25} (x - 4)^{2}$
Используя свойство суммы логарифмов, получаем:
$\log _{25} ( 25 (x - 4)^{2} (x + 2) ) \geq \log _{25} (x - 4)^{2}$
Так как основание $25 > 1$, переходим к сравнению аргументов:
$(x - 4)^{2} (25x + 50) \geq (x - 4)^{2}$
Перенесём всё в левую часть и вынесем общий множитель за скобки:
$(x - 4)^{2} (25x + 50) - (x - 4)^{2} \geq 0$
$(x - 4)^{2} (25x + 50 - 1) \geq 0$
$(x - 4)^{2} (25x + 49) \geq 0$
Решением данного неравенства является множество: $x \in [ - \frac{49}{25} ; + \infty ) .$

Теперь сопоставим полученный результат с ОДЗ:

Итоговое множество решений: $x \in [ - 1{,}96 ; 4 ) \cup ( 4 ; + \infty ) .$

Критерии оценивания:
— 2 балла: получен полностью верный и обоснованный ответ.
— 1 балл: допущена одна вычислительная ошибка при верном алгоритме, либо ответ отличается от правильного только включением/исключением граничных точек.
— 0 баллов: решение не соответствует указанным требованиям.

Ответ: $x \in [ - \frac{49}{25} ; 4 ) \cup ( 4 ; + \infty )$

Источник: ФИПИ

Разбор задачи:
Введем обозначения для условий кредитования:
Пусть $S$ — искомая сумма кредита (в тыс. рублей);
Срок кредитования составляет $n = 3$ года;
Процентная ставка $r = 20 \%$, что соответствует повышающему коэффициенту $k = 1 + \frac{20}{100} = 1{,}2$.
Согласно условию, в конце первого и второго годов заемщик выплачивает по 300 тыс. рублей, а в конце третьего года — 417,6 тыс. рублей, полностью погашая задолженность.

Проследим за изменением остатка долга в таблице:

Так как после третьего платежа кредит закрыт, составим и решим уравнение:
$$( (1{,}2 S - 300) \cdot 1{,}2 - 300 ) \cdot 1{,}2 = 417{,}6$$
Раскроем внутренние скобки:
$$( 1{,}44 S - 360 - 300 ) \cdot 1{,}2 = 417{,}6$$
Упростим выражение в скобках:
$$( 1{,}44 S - 660 ) \cdot 1{,}2 = 417{,}6$$
Раскроем оставшиеся скобки:
$$1{,}728 S - 792 = 417{,}6$$
Перенесем свободный член в правую часть уравнения:
$$1{,}728 S = 417{,}6 + 792$$
$$1{,}728 S = 1209{,}6$$
Находим значение $S$:
$$S = \frac{1209{,}6}{1{,}728}$$
$$S = 700$$

Таким образом, первоначальная сумма кредита составила 700 тысяч рублей.

Ответ: 700 тыс. рублей

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Проведем вторую высоту трапеции — отрезок $BM$.
Так как $BM$ и $CH$ перпендикулярны основанию $AD$, четырехугольник $BCHM$ является прямоугольником, откуда следует равенство $BC = MH$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $BAM$ и $HCD$. Они равны по гипотенузе и катету, так как боковые стороны равнобедренной трапеции $AB = CD$, а высоты $BM = CH$.
Вычислим длину отрезка $HD$:
$$AM = HD = \frac{AD - MH}{2} = \frac{AD - BC}{2} = \frac{3BC - BC}{2} = BC.$$
Тогда длина отрезка $AH$ складывается из $AM$ и $MH$:
$AH = AM + MH = BC + BC = 2BC$.
Таким образом, $AH = 2BC$ и $DH = BC$, что полностью доказывает утверждение задачи.

б)

Вспомним свойство равнобедренной трапеции: её диагонали имеют одинаковую длину, следовательно, $AC = BD = 2\sqrt{61}$.
По условию $AD = 15$, значит, $BC = \frac{1}{3} AD = 5$.
Воспользуемся высотой $CH$, проведенной в пункте (а). Как было доказано ранее, $HD = BC = 5$.
Пусть $Q$ — точка пересечения высоты $CH$ и диагонали $BD$.
Рассмотрим треугольники $HQD$ и $BQC$. Они равны по катету и прилежащему острому углу: $HD = BC$, а $\angle QDH = \angle QBC$ как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $BC$.
Из равенства треугольников следует, что $Q$ — середина диагонали $BD$, то есть $BQ = QD$. Значит, искомое расстояние от вершины $C$ до середины диагонали $BD$ — это длина отрезка $CQ$.
Найдем половину диагонали: $BQ = \frac{BD}{2} = \frac{2\sqrt{61}}{2} = \sqrt{61}$.
В прямоугольном треугольнике $BCQ$ по теореме Пифагора найдем катет $CQ$:
$$CQ = \sqrt{BQ^2 - BC^2} = \sqrt{(\sqrt{61})^2 - 5^2} = \sqrt{61 - 25} = \sqrt{36} = 6.$$

Ответ: б) 6

Источник: ФИПИ

Решение:
Исходное уравнение имеет вид: $\sqrt{x - a} \cdot \ln \left(3 x - a\right) - \ln \left(3 x - a\right) \left(x - 1\right) = 0$.
Вынесем общий множитель за скобки: $\ln \left(3 x - a\right) \left(\sqrt{x - a} - \left(x - 1\right)\right) = 0$.
Учитывая, что нас интересуют только те корни, которые лежат на промежутке $\left[0 ; 1\right]$, перейдем к совокупности систем с учетом области определения логарифма и квадратного корня:
$\left[\begin{matrix} \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}\ln ( 3 x - a ) = 0 \\ x - a \geq 0 \\ 0 \leq x \leq 1\end{matrix} \end{matrix}\right. \\ \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}\sqrt{x - a} = x - 1 \\ 3 x - a > 0 \\ 0 \leq x \leq 1\end{matrix} \end{matrix}\right. \end{matrix}\right.$
Преобразуем каждое условие:
$\left[\begin{matrix} \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}3 x - a = 1 \\ a \leq x \\ 0 \leq x \leq 1\end{matrix} \end{matrix}\right. \\ \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}x - a = \left(x - 1\right)^{2} \\ 3 x - a > 0 \\ 0 \leq x \leq 1\end{matrix} \end{matrix}\right. \end{matrix}\right.$
Для второй системы добавим условие $x - 1 \geq 0$, необходимое для возведения в квадрат:
$\left[\begin{matrix} \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}x = \frac{1 + a}{3} \\ a \leq \frac{1 + a}{3} \\ 0 \leq \frac{1 + a}{3} \leq 1\end{matrix} \end{matrix}\right. \\ \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}x - a = \left(x - 1\right)^{2} \\ x - 1 \geq 0 \\ 3 x > a \\ 0 \leq x \leq 1\end{matrix} \end{matrix}\right. \end{matrix}\right.$
Проанализируем полученные случаи:
$\left[\begin{matrix} \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}x = \frac{1 + a}{3} \\ a \leq \frac{1}{2} \\ - 1 \leq a \leq 2\end{matrix} \end{matrix}\right ( 1 ) \\ \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}x - a = \left(x - 1\right)^{2} \\ x \geq 1 \\ x > \frac{a}{3} \\ 0 \leq x \leq 1\end{matrix} \end{matrix}\right ( 2 ) \end{matrix}\right.$
Разберем первую ситуацию (1):
$\left\{\begin{matrix} x = \frac{1 + a}{3} \\ a \leq \frac{1}{2} \\ - 1 \leq a \leq 2 \end{matrix}\right.$
Отсюда следует, что значение $x = \frac{1 + a}{3}$ является корнем на заданном отрезке при $a \in \left[- 1 ; \frac{1}{2}\right]$.
Разберем вторую ситуацию (2):
$\left\{\begin{matrix} x - a = \left(x - 1\right)^{2} \\ x \geq 1 \\ x > \frac{a}{3} \\ 0 \leq x \leq 1 \end{matrix}\right.$
Так как переменная $x$ одновременно должна быть не меньше 1 и не больше 1, то возможен только вариант $x = 1$.
Подставим это значение в уравнение:
$1 - a = \left(1 - 1\right)^{2}$
$a = 1$. Данное значение параметра удовлетворяет ограничению $1 > \frac{a}{3}$.
Убедимся, что найденные решения не совпадают:
Если $x = \frac{1 + a}{3}$ и $x = 1$, то $\frac{1 + a}{3} = 1$, что дает $a = 2$. Однако при $a = 2$ первый корень не входит в рассматриваемый диапазон, значит, дублирования нет.

Ответ: $\left[- 1 ; \frac{1}{2}\right] \cup \left\{1\right\}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Вспомним определение: среднее арифметическое набора из $n$ чисел равно их сумме $S$, делённой на количество $n$. Отсюда сумма $S = n \cdot M$, где $M$ — среднее арифметическое.
Пусть в наборе есть произвольные числа. Выберем любые три числа $a, b, c$ и добавим к ним четвёртое число $x_1$. По условию, их среднее арифметическое — целое число $M_1$. Тогда:
$a + b + c + x_1 = 4 \cdot M_1$
Если же вместо $x_1$ мы возьмём другое число из набора $x_2$, то получим:
$a + b + c + x_2 = 4 \cdot M_2$, где $M_2$ — также целое число.
Вычитая одно равенство из другого, находим: $x_1 - x_2 = 4(M_1 - M_2)$.
Это означает, что разность любых двух элементов набора обязана быть кратна 4. Проведя аналогичные рассуждения для групп из 7 чисел, получим, что разность любых двух чисел набора должна делиться и на 7. Следовательно, разность любых двух чисел в наборе делится на $НОК(4; 7) = 28$.

а) Проверим, могут ли в наборе присутствовать числа 1414 и 567. Найдём их разность: $1414 - 567 = 847$. Число 847 не является кратным 4 (так как 844 делится на 4, а 847 — нет). Значит, такая ситуация невозможна.

б) Рассмотрим число 567. При делении на 4 оно даёт остаток 3 ($567 = 141 \cdot 4 + 3$). Поскольку разность любых чисел набора кратна 4, все числа в наборе должны иметь вид $4k + 3$. Однако известно, что квадраты целых чисел при делении на 4 могут давать только остатки 0 или 1. Таким образом, число в наборе не может быть квадратом целого числа. Ответ: нет.

в) Пусть в наборе $n$ различных натуральных чисел. Так как разность любых двух из них делится на 28, их можно представить как $a_1, a_1 + 28k_1, a_1 + 28k_2, \dots$. Минимальная разность между самым большим и самым маленьким числом при наличии $n$ элементов составит $28(n-1)$.
По условию, среднее арифметическое всех $n$ чисел должно быть целым, то есть их сумма $S$ должна делиться на $n$.
Заметим, что разность любых двух чисел делится на 28. Это значит, что все числа имеют одинаковый остаток при делении на 28. Пусть это числа $r, r+28d_1, r+28d_2, \dots, r+28d_{n-1}$. Их сумма $S = nr + 28 \sum d_i$. Чтобы $S$ делилось на $n$, необходимо, чтобы $28 \sum d_i$ делилось на $n$.
В простейшем случае, если мы возьмём числа $r, r+28, r+56, \dots, r+28(n-1)$, их сумма будет $S = nr + 28 \cdot \frac{(n-1)n}{2} = nr + 14n(n-1)$. Такая сумма всегда делится на $n$.
Однако условие должно выполняться для любых 4 и 7 чисел. Это накладывает условие на $n$: чтобы можно было выбрать такие группы, $n$ должно быть не меньше 7.
Если $n=7$, то сумма любых 4 чисел должна делиться на 4. Пусть числа $x_i = 28k_i + r$. Сумма четырёх: $4r + 28(k_1+k_2+k_3+k_4)$. Она всегда делится на 4.
Сумма семи: $7r + 28(k_1+\dots+k_7)$. Она всегда делится на 7.
Чтобы все числа были различными, минимальное $n$ должно позволять выполнять условия задачи. Проверим $n=8$. Для $n=8$ условие кратности разности 28 сохраняется.
Пример для $n=8$: возьмём числа с шагом 28, например: $1, 29, 57, 85, 113, 141, 169, 197$. Любые 4 числа дадут сумму, кратную 4, и любые 7 — кратную 7.
Минимальное $n$, удовлетворяющее условию возможности выбора групп по 4 и по 7, — это 8 (так как в условии сказано "любых 4" и "любых 7", что подразумевает наличие хотя бы 7+1 элементов для нетривиальности, хотя формально достаточно $n \ge 7$. Но при $n=7$ "любые 7" — это только весь набор). Перебор показывает, что наименьшее подходящее $n=8$.

Ответ: а) нет б) нет в) 8

Источник: ФИПИ