Вариант 6 · Май 2026

Решение:
а) Рассмотрим уравнение: $\log _{2} \left(x^{2} - 2 x\right) = 3$.
Для начала определим область допустимых значений переменной. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$x^{2} - 2 x > 0$
Разложим левую часть на множители: $x (x - 2) > 0$.
Воспользуемся методом интервалов:

Получаем промежутки: $x \in (-\infty; 0) \cup (2; +\infty)$.
Теперь перейдем к решению самого уравнения, используя определение логарифма:
$x^{2} - 2 x = 2^{3}$
$x^{2} - 2 x - 8 = 0$
Применим теорему Виета для поиска корней квадратного уравнения:
$$\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 \\ x_{1} \cdot x_{2} = -8 \end{cases}$$
Отсюда находим значения: $x_{1} = 4$ и $x_{2} = -2$.

Оба найденных числа удовлетворяют условию $x \in (-\infty; 0) \cup (2; +\infty)$.
Следовательно, корнями уравнения являются: $x = -2$ и $x = 4$.

б) Выполним отбор полученных корней на заданном отрезке $[\log_{2} 0{,}1; \log_{2} 13]$.
Представим корни в виде логарифмов по основанию 2:
$x_{1} = -2 = \log_{2} 2^{-2} = \log_{2} 0{,}25$
$x_{2} = 4 = \log_{2} 2^{4} = \log_{2} 16$
Сравним аргументы логарифмов:
Так как $0{,}1 < 0{,}25 < 13$, то корень $x = -2$ попадает в указанный интервал.
Так как $16 > 13$, то корень $x = 4$ не принадлежит данному отрезку.

В итоге, условию пункта б) удовлетворяет только $x = -2$.

Ответ: а) -2; 4; б) -2.

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Исходя из условия, что $AKLM$ является равнобедренной трапецией, мы имеем параллельность оснований: $AM \parallel LK$ и боковых сторон $ML \parallel AK$.
Проанализируем подобие треугольников $\triangle AA_{1} M$ и $\triangle LCK$:
Благодаря параллельности $AM$ и $LK$, углы $\angle A_{1} MA$ и $\angle LKC$, а также $\angle A_{1} AM$ и $\angle KLC$ равны как накрест лежащие. Следовательно, $\triangle AA_{1} M \sim \triangle LCK$ по первому признаку подобия (по двум углам).
Из подобия вытекает отношение сторон: $$\frac{AA_{1}}{LC} = \frac{A_{1} M}{CK} = \frac{AM}{LK}$$ Подставим известные значения: $\frac{AA_{1}}{LC} = \frac{\frac{1}{2} DC}{\frac{1}{4} DC} = \frac{2}{1}$.
Отсюда следует, что $LC = \frac{1}{2} AA_{1}$. Поскольку в правильной призме $AA_{1} = CC_{1}$, получаем $LC = \frac{1}{2} CC_{1}$, что означает, что точка $L$ делит ребро $CC_{1}$ пополам ($CL = LC_{1}$). Утверждение доказано.
б) Объем данной призмы вычисляется по формуле $V_{ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = AA_{1} \cdot AB \cdot AD$.
По условию $DK = 3 KC$, значит отрезок $KC$ составляет четверть ребра основания: $KC = \frac{1}{4} DC$.
Обозначим сторону основания $AD$ через $a$. Так как призма правильная, все стороны основания равны: $AB = BC = CD = AD = a$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle AKD$:
Катеты равны $AD = a$ и $DK = \frac{3}{4} a$. Воспользуемся теоремой Пифагора: $$AK^{2} = AD^{2} + DK^{2} = a^{2} + \left(\frac{3}{4} a\right)^{2} = a^{2} + \frac{9}{16} a^{2} = \frac{25}{16} a^{2}$$ Таким образом, $AK = \frac{5}{4} a$.
Теперь рассмотрим треугольник $\triangle MB_{1} C_{1}$:
Здесь $B_{1} C_{1} = a$, а $MB_{1} = \frac{a}{2}$. По теореме Пифагора находим гипотенузу: $MC_{1}^{2} = a^{2} + \frac{a^{2}}{4} = \frac{5 a^{2}}{4}$, откуда $MC_{1} = \frac{a \sqrt{5}}{2}$.
Перейдем к треугольнику $\triangle MC_{1} L$:
Так как $L$ — середина $CC_{1}$ и высота призмы $CC_{1} = 5$, то $C_{1} L = 2,5$. Учитывая, что $\angle MC_{1} L = 90^\circ$, по теореме Пифагора: $$ML^{2} = MC_{1}^{2} + C_{1} L^{2} = \frac{5 a^{2}}{4} + \left(\frac{5}{2}\right)^{2} = \frac{5 a^{2} + 25}{4}$$
Поскольку трапеция $AMLK$ равнобедренная, её боковые стороны равны: $ML = AK$.
Приравняем квадраты этих сторон: $$\frac{5 a^{2} + 25}{4} = \frac{25}{16} a^{2}$$ Умножим обе части уравнения на 16:
$4(5 a^{2} + 25) = 25 a^{2}$
$20 a^{2} + 100 = 25 a^{2}$
$5 a^{2} = 100 \Rightarrow a^{2} = 20 \Rightarrow a = 2 \sqrt{5}$.
Вычисляем итоговый объем призмы: $V = 5 \cdot 2 \sqrt{5} \cdot 2 \sqrt{5} = 5 \cdot 4 \cdot 5 = 100$.

Ответ: б) 100

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим неравенство: $2 \log _{3} ( \sqrt{6} x ) - \log _{3} \left(\frac{6 x}{1 - x}\right) \leq \log _{3} \left(2 x^{2} + \frac{7}{x} - 21\right)$
Найдём область допустимых значений переменной (ОДЗ):
$\begin{cases} \sqrt{6} x > 0 \\ \frac{6 x}{1 - x} > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ \frac{x}{x - 1} < 0 \end{cases} \Rightarrow$

Таким образом, $x \in (0; 1)$.

При соблюдении ОДЗ преобразуем левую часть неравенства, используя свойства логарифмов. Заметим, что если определены логарифмы слева, то выражение под логарифмом справа автоматически окажется больше нуля в процессе решения:
$\log _{3} (\sqrt{6} x)^2 - \log _{3} \left(\frac{6 x}{1 - x}\right) \leq \log _{3} \left(\frac{2 x^3 - 21 x + 7}{x}\right)$
$\log _{3} \left(\frac{6 x^2 \cdot (1 - x)}{6 x}\right) \leq \log _{3} \left(\frac{2 x^3 - 21 x + 7}{x}\right)$
Так как основание логарифма $3 > 1$, переходим к сравнению аргументов:
$\frac{x^2 (1 - x)}{x} \leq \frac{2 x^3 - 21 x + 7}{x}$
$\frac{x^2 - x^3}{x} \leq \frac{2 x^3 - 21 x + 7}{x}$
Перенесем все слагаемые в одну сторону и приведем к общему знаменателю:
$\frac{x^2 - x^3 - 2 x^3 + 21 x - 7}{x} \leq 0$
$\frac{-3 x^3 + x^2 + 21 x - 7}{x} \leq 0$
Умножим на $-1$, меняя знак неравенства:
$\frac{3 x^3 - x^2 - 21 x + 7}{x} \geq 0$
Разложим числитель на множители методом группировки $x^2(3x - 1) - 7(3x - 1)$:
$\frac{(3x - 1)(x^2 - 7)}{x} \geq 0$
$\frac{(3x - 1)(x - \sqrt{7})(x + \sqrt{7})}{x} \geq 0$

Получаем промежутки: $x \in (-\infty; -\sqrt{7}] \cup (0; \frac{1}{3}] \cup [\sqrt{7}; +\infty)$.
С учетом области определения $x \in (0; 1)$ найдем пересечение множеств:

Итоговое решение: $x \in (0; \frac{1}{3}]$.

Критерии оценивания:
2 балла — обоснованно получен верный ответ.
1 балл — ответ отличается от верного только исключением/включением граничных точек, или допущена одна вычислительная ошибка при верном алгоритме решения.
0 баллов — решение не соответствует указанным критериям.

Ответ: $x \in ( 0 ; \frac{1}{3} ]$

Источник: ФИПИ

Решение:
Введём обозначения:
Пусть $t$ — порядковый номер года;
Тогда $t^{2}$ — рыночная цена ценной бумаги к завершению года $t$.
Согласно условию, средства, находящиеся на банковском счёте, ежегодно увеличиваются на 25 %.
Проанализируем динамику стоимости бумаги: в конце года $t$ она стоит $t^{2}$ тыс. рублей, а через год, то есть в конце года $(t + 1)$, её цена составит $(t + 1)^{2}$ тыс. рублей.
Определим функцию $f(t)$, выражающую относительный прирост стоимости ценной бумаги за год в процентах:
$f(t) = \frac{(t + 1)^{2} - t^{2}}{t^{2}} \cdot 100 \%$ — на такую величину вырастет стоимость актива в пенсионном фонде.
Преобразуем выражение:
$f(t) = \frac{t^{2} + 2t + 1 - t^{2}}{t^{2}} \cdot 100 \% = \frac{2t + 1}{t^{2}} \cdot 100 \% = \left(\frac{2t}{t^{2}} + \frac{1}{t^{2}}\right) \cdot 100 \% = \left(\frac{2}{t} + \frac{1}{t^{2}}\right) \cdot 100 \%$
Заметим, что для натуральных значений $t$ данная функция является монотонно убывающей.
Смысл задачи сводится к поиску момента времени, когда доходность бумаги станет ниже банковской ставки в 25 %:
$\left(\frac{2}{t} + \frac{1}{t^{2}}\right) \cdot 100 \% < 25 \%$
Разделим обе части на 25 %:
$\frac{2t + 1}{t^{2}} \cdot 4 < 1$
Приведём к общему знаменателю и перенесём всё в одну сторону:
$\frac{8t + 4}{t^{2}} < 1 \Rightarrow \frac{8t + 4 - t^{2}}{t^{2}} < 0$
Учитывая, что $t > 0$, знаменатель $t^{2}$ всегда положителен, поэтому достаточно решить неравенство для числителя:
$8t + 4 - t^{2} < 0$
Умножим на $-1$, сменив знак неравенства:
$t^{2} - 8t - 4 > 0$
Найдём корни соответствующего квадратного уравнения:
$D = 64 - 4 \cdot 1 \cdot (-4) = 64 + 16 = 80$
$t_{1} = \frac{8 + \sqrt{80}}{2} = \frac{8 + 4\sqrt{5}}{2} = 4 + 2\sqrt{5}$
$t_{2} = \frac{8 - \sqrt{80}}{2} = 4 - 2\sqrt{5}$

Решением неравенства является промежуток $t \in (-\infty; 4 - 2\sqrt{5}) \cup (4 + 2\sqrt{5}; +\infty)$.
Поскольку время $t$ — величина положительная, рассматриваем интервал $t \in (4 + 2\sqrt{5}; +\infty)$.
Оценим значение границы: так как $\sqrt{5} \approx 2,23$, то $4 + 2\sqrt{5} \approx 4 + 4,46 = 8,46$.
Минимальное целое число $t$, удовлетворяющее этому условию, равно 9.

Ответ: 9

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Согласно условию, точки $M$ и $N$ являются серединами сторон $AC$ и $BC$ соответственно. Отсюда следует, что отрезок $MN$ — средняя линия треугольника $ABC$. Это дает нам два факта: $MN \parallel AB$ и $MN = \frac{1}{2} AB$.
Обозначим длину отрезка $BK$ через $x$. Тогда, исходя из отношения $BK:KC = 1:3$, получаем $KC = 3x$, а вся сторона $BC = 4x$. Так как $N$ — середина $BC$, то $BN = NC = 2x$. Следовательно, $KN = BN - BK = 2x - x = x$.
Учитывая, что $MN \parallel AB$ и $AB \bot BC$, заключаем, что $MN \bot BC$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $ABN$ и $MNK$: в них $\angle ABN = \angle MNK = 90^{\circ}$. Заметим, что $MN = \frac{1}{2} AB$ и $KN = x = \frac{1}{2} (2x) = \frac{1}{2} BN$.
Таким образом, $\Delta ABN \sim \Delta MNK$ по двум пропорциональным катетам. Из подобия следует: $\frac{AB}{MN} = \frac{BN}{NK} = \frac{AN}{MK} = 2$.
Из равенства $\frac{AN}{MK} = 2$ получаем, что $AN = 2 KM$, что и требовалось доказать.
б) Пусть прямая $BP$ пересекает $MN$ в точке $R$.
Отметим точку $Q$ — середину отрезка $NC$. Тогда $NQ = QC = x$. Заметим, что $KN = NQ = x$.
В треугольнике $ACN$ отрезок $MQ$ соединяет середины сторон $AC$ и $NC$, значит, $MQ$ — средняя линия. Отсюда $MQ \parallel AN$ и $MQ = \frac{1}{2} AN$.
Найдем гипотенузу $AN$ в $\triangle ABN$ по теореме Пифагора: $AN = \sqrt{10^2 + 8^2} = \sqrt{100 + 64} = \sqrt{164} = 2 \sqrt{41}$.
Тогда $MQ = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{41} = \sqrt{41}$.
Поскольку $AB = 10$ и $BC = 16$, имеем $4x = 16$, откуда $x = 4$.
В треугольнике $KMQ$ точка $N$ является серединой основания $KQ$ (так как $KN = NQ$).
Поскольку $P$ лежит на $AN$, а $AN \parallel MQ$, то $PN \parallel MQ$. По теореме Фалеса для угла $MKQ$ получаем, что $P$ — середина $KM$, а $NP$ — средняя линия $\Delta KMQ$.
Следовательно, $NP = \frac{1}{2} MQ = \frac{\sqrt{41}}{2}$.
Из пункта а) мы знаем, что $KM = \frac{1}{2} AN = \sqrt{41}$.
Рассмотрим пары углов при параллельных прямых $MN$ и $AB$:
$\angle PAN = \angle PNR$ и $\angle PBA = \angle PRN$ как накрест лежащие.
Значит, $\Delta NPR \sim \Delta APB$ по двум углам.
Из подобия имеем: $\frac{NP}{AP} = \frac{PR}{PB} = \frac{NR}{AB}$.
Вычислим $AP = AN - PN = 2\sqrt{41} - \frac{\sqrt{41}}{2} = \frac{3\sqrt{41}}{2}$.
Тогда коэффициент подобия: $\frac{NP}{AP} = \frac{\sqrt{41}/2}{3\sqrt{41}/2} = \frac{1}{3}$.
Отсюда $AP = 3 NP$, $PB = 3 PR$ и $NR = \frac{1}{3} AB = \frac{10}{3}$.
Применим теорему Пифагора к $\Delta BRN$:
$BR^2 = BN^2 + NR^2 = 8^2 + \left(\frac{10}{3}\right)^2 = 64 + \frac{100}{9} = \frac{576 + 100}{9} = \frac{676}{9}$.
Значит, $BR = \frac{26}{3}$.
Так как $PB = 3 PR$, то $BR = BP + PR = BP + \frac{1}{3} BP = \frac{4}{3} BP$.
Итого: $\frac{4}{3} BP = \frac{26}{3} \Rightarrow 4 BP = 26 \Rightarrow BP = 6,5$.

Ответ: $\frac{13}{2}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Проанализируем первое уравнение системы. Если параметр $a = 1$, то уравнение принимает вид $x + y = 5$, что соответствует одной прямой. В случае, когда $a \neq 1$, левую часть можно разложить на множители, и уравнение распадается на совокупность двух параллельных прямых: $l_1: x + ay = 5$ и $l_2: x + ay = 5a$.
Второе уравнение $x^2 + y^2 = 16$ описывает окружность $\omega$ с центром в начале координат $(0; 0)$ и радиусом $R = 4$.
Так как одна прямая может пересекать окружность максимум в двух точках, для получения ровно четырех различных решений необходимо, чтобы $a \neq 1$ и каждая из прямых $l_1$ и $l_2$ имела с окружностью $\omega$ по две точки пересечения. При этом прямые не должны совпадать.
Рассмотрим условия пересечения окружности с каждой прямой по отдельности.

Для прямой $l_1$ подставим выражение $x = 5 - ay$ во второе уравнение:

$(5 - ay)^2 + y^2 = 16;$
$(a^2 + 1)y^2 - 10ay + 9 = 0.$

Данное квадратное уравнение имеет два различных корня, если его дискриминант строго больше нуля:

$D/4 = (5a)^2 - 9(a^2 + 1) > 0;$
$25a^2 - 9a^2 - 9 > 0;$
$16a^2 - 9 > 0;$
$(4a - 3)(4a + 3) > 0.$

Это условие выполняется при $a \in (-\infty; -3/4) \cup (3/4; +\infty)$.

Теперь исследуем пересечение окружности с прямой $l_2$. Подставим $x = 5a - ay$:

$(5a - ay)^2 + y^2 = 16;$
$(a^2 + 1)y^2 - 10a^2y + 25a^2 - 16 = 0.$

Для наличия двух точек пересечения потребуем положительности дискриминанта:

$D/4 = (5a^2)^2 - (a^2 + 1)(25a^2 - 16) > 0;$
$25a^4 - (25a^4 - 16a^2 + 25a^2 - 16) > 0;$
$16 - 9a^2 > 0;$
$(4 - 3a)(4 + 3a) > 0.$

Следовательно, $a \in (-4/3; 4/3)$.

Чтобы система имела ровно 4 решения, оба условия на дискриминанты должны выполняться одновременно, при этом исключаем случай $a = 1$:

$$\begin{cases} a \in (-\infty; -3/4) \cup (3/4; +\infty) \\ a \in (-4/3; 4/3) \\ a \neq 1 \end{cases}$$

Объединяя полученные интервалы, находим искомые значения параметра: $- \frac{4}{3} < a < - \frac{3}{4}$ или $\frac{3}{4} < a < 1$ или $1 < a < \frac{4}{3}$.

Ответ: $(-4/3; -3/4) \cup (3/4; 1) \cup (1; 4/3)$.

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Да, такая ситуация возможна. Предположим, на доске изначально было 10 чисел «11» и 10 чисел «12».
Вычислим исходное среднее арифметическое:
$$\bar{x}_1 = \frac{10 \cdot 11 + 10 \cdot 12}{20} = \frac{110 + 120}{20} = 11{,}5.$$
После того как все числа «11» уменьшили на единицу, они превратились в «10» и, согласно условию, были удалены. Остались только 10 чисел «12». Новое среднее арифметическое составит:
$$\bar{x}_2 = \frac{10 \cdot 12}{10} = 12.$$
Поскольку $12 > 11{,}5$, среднее арифметическое действительно выросло.
б) Допустим, среди исходных 20 чисел было $n$ единиц, равных 11. Тогда их общая сумма составляет $11n$. Обозначим сумму остальных $(20 - n)$ чисел через $S_{ост}$.
По условию, среднее арифметическое всех чисел равно 37:
$$\frac{11n + S_{ост}}{20} = 37 \Rightarrow 11n + S_{ост} = 740.$$
После уменьшения чисел «11» на единицу они становятся равными 10 и стираются. Количество оставшихся чисел равно $20 - n$, а их среднее арифметическое стало 44:
$$\frac{S_{ост}}{20 - n} = 44 \Rightarrow S_{ост} = 44(20 - n).$$
Подставим выражение для $S_{ост}$ в первое уравнение:
$$11n + 44(20 - n) = 740$$
$$11n + 880 - 44n = 740$$
$$-33n = -140$$
$$n = \frac{140}{33} = 4\frac{8}{33}.$$
Так как количество чисел $n$ должно быть целым, мы пришли к противоречию. Значит, такая ситуация невозможна.
в) Для максимизации итогового среднего арифметического нужно, чтобы количество удаляемых чисел (равных 11) было минимально возможным, а оставшиеся числа были максимально велики (не более 50).
Пусть $n$ — количество чисел «11», а $S_{ост}$ — сумма остальных $20 - n$ чисел. Каждое из этих оставшихся чисел не превышает 50.
Из условия: $\frac{11n + S_{ост}}{20} = 37$, откуда $S_{ост} = 740 - 11n$.
С другой стороны, так как каждое из $20 - n$ чисел не больше 50, имеем:
$$S_{ост} \le 50(20 - n)$$
$$740 - 11n \le 1000 - 50n$$
$$39n \le 260$$
$$n \le \frac{260}{39} \approx 6{,}66.$$
Чтобы итоговое среднее $\bar{x}_2 = \frac{S_{ост}}{20 - n} = \frac{740 - 11n}{20 - n}$ было максимальным, нужно проверить наибольшие возможные значения $n$.
Если $n = 6$, то $S_{ост} = 740 - 66 = 674$.
Проверим, может ли сумма 14 чисел быть равна 674, если каждое не более 50: $14 \cdot 50 = 700$. Да, это возможно (например, тринадцать чисел по 50 и одно число 24).
Тогда новое среднее арифметическое:
$$\bar{x}_2 = \frac{674}{14} = \frac{337}{7} = 48\frac{1}{7}.$$
При меньших $n$ значение дроби $\frac{740 - 11n}{20 - n} = 11 + \frac{520}{20 - n}$ будет меньше, так как знаменатель увеличивается.

Ответ: а) да; б) нет; в) $48\frac{1}{7}$.

Источник: ФИПИ