Вариант 7 · Май 2026

Решение:
Рассмотрим уравнение: $\frac{\log _{2}^{2} ( \sin x ) + \log _{2} ( \sin x )}{2 \cos x + \sqrt{3}} = 0 .$

Сначала определим область допустимых значений. Дробь имеет смысл и определена, если аргумент логарифма положителен, а знаменатель не равен нулю:
$\left\{\begin{matrix} \sin x > 0 \\ 2 \cos x + \sqrt{3} \neq 0 \end{matrix}\right.$ или $\left\{\begin{matrix} \sin x > 0 \\ \cos x \neq - \frac{\sqrt{3}}{2} \end{matrix}\right.$

При соблюдении этих условий приравняем числитель к нулю:
$\log _{2}^{2} ( \sin x ) + \log _{2} ( \sin x ) = 0$
Вынесем общий множитель за скобки:
$\log _{2} ( \sin x ) \cdot ( \log _{2} ( \sin x ) + 1 ) = 0$
Отсюда получаем два возможных случая:
1) $\log _{2} ( \sin x ) = 0 \Rightarrow \sin x = 2^0 \Rightarrow \sin x = 1$
Получаем серию корней: $x = \frac{\pi}{2} + 2 \pi k , k \in \mathbb{Z}$.
2) $\log _{2} ( \sin x ) = - 1 \Rightarrow \sin x = 2^{-1} \Rightarrow \sin x = \frac{1}{2}$
Это дает две серии: $x = \frac{\pi}{6} + 2 \pi n , n \in \mathbb{Z}$ и $x = \frac{5 \pi}{6} + 2 \pi n , n \in \mathbb{Z}$.
Проверим корни на соответствие ОДЗ. Точка $x = \frac{5 \pi}{6} + 2 \pi n$ исключается, так как в ней $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Остальные значения удовлетворяют всем условиям. Таким образом, решениями являются: $x = \frac{\pi}{2} + 2 \pi k$ и $x = \frac{\pi}{6} + 2 \pi n$.

б) Выполним отбор корней, принадлежащих заданному отрезку $\left[0 ; \frac{3 \pi}{2}\right]$, используя тригонометрический круг.

В указанный промежуток попадают значения: $\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{2}$.

Ответ: а) $\frac{\pi}{2} + 2 \pi k , k \in \mathbb{Z};$ $\frac{\pi}{6} + 2 \pi n , n \in \mathbb{Z}$; б) $\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{2}$

Источник: ФИПИ

Решение:

Дана правильная пирамида $SABC$, в которой $AB = 6$, $SA = \sqrt{21}$. На ребре $AB$ отмечена точка $M$ так, что $AM = 4$, а на ребре $SB$ точка $K$ делит его в отношении $SK : KB = 1 : 3$.
а) 1) Опустим из вершины $S$ высоту $SO$ на плоскость основания. Пусть $BL$ — медиана, высота и биссектриса треугольника $ABC$. Обозначим через $H$ точку пересечения отрезков $BL$ и $MC$. Проведем отрезок $KH$.
2) Проанализируем планиметрическую ситуацию в основании $ABC$:

Применим теорему Менелая для треугольника $ABL$ и прямой $MC$:
$$\frac{BH}{HL} \cdot \frac{LC}{CA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$$
Учитывая, что $LC = 3$, $AC = 6$, $AM = 4$ и $MB = 6 - 4 = 2$, получим:
$$\frac{BH}{HL} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{4}{2} = 1 \Rightarrow \frac{BH}{HL} = 1$$
Следовательно, $BH = HL$. Найдем длину $BL$ по теореме Пифагора из $\triangle BLC$: $BL = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3}$. Тогда $BH = HL = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
3) Точка $O$ является центром основания, значит, она делит медиану $BL$ в отношении $BO : OL = 2 : 1$.
Отсюда $BO = \frac{2}{3} BL = 2\sqrt{3}$ и $OL = \sqrt{3}$.
Вычислим длину отрезка $HO$: $HO = |HL - OL| = |\frac{3\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3}| = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Заметим, что $\frac{BH}{BO} = \frac{3\sqrt{3}/2}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{4}$. По условию $\frac{BK}{BS} = \frac{3}{4}$.
Так как отношения соответственных сторон в треугольнике $SBO$ равны ($\frac{BH}{BO} = \frac{BK}{BS}$), то по теореме, обратной теореме Фалеса, $KH \parallel SO$.
Поскольку $SO \perp (ABC)$, то и $KH \perp (ABC)$. Так как прямая $KH$ лежит в плоскости $(CKM)$, то $(CKM) \perp (ABC)$, что и требовалось доказать.
б) 4) Найдем длину $KB$. Так как $SB = SA = \sqrt{21}$ и $KB = \frac{3}{4} SB$, имеем $KB = \frac{3\sqrt{21}}{4}$.
5) Из прямоугольного треугольника $KHB$ найдем высоту пирамиды $KMBC$:
$$KH = \sqrt{KB^2 - BH^2} = \sqrt{\left(\frac{3\sqrt{21}}{4}\right)^2 - \left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{189}{16} - \frac{27}{4}} = \sqrt{\frac{189 - 108}{16}} = \frac{9}{4}.$$
6) Площадь основания $MBC$ вычислим через угол $\angle B = 60^{\circ}$:
$S_{\triangle MBC} = \frac{1}{2} \cdot MB \cdot BC \cdot \sin 60^{\circ} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$.
Объем пирамиды $KMBC$ равен:
$V = \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle MBC} \cdot KH = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{3} \cdot \frac{9}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{4}$.

Ответ: б) $\frac{9\sqrt{3}}{4}$

Источник: ФИПИ

Решение:
$\frac{49^{x} - 6 \cdot 7^{x} + 3}{7^{x} - 5} + \frac{6 \cdot 7^{x} - 39}{7^{x} - 7} \leq 7^{x} + 5 .$
Пусть $7^{x} = t ,$ то
$\frac{t^{2} - 6 \cdot t + 3}{t - 5} + \frac{6 \cdot t - 39}{t - 7} \leq t + 5$
$\frac{t^{2} - 6 \cdot t + 3}{t - 5} + \frac{6 \cdot t - 39}{t - 7} - ( t + 5 ) \leq 0$
$\frac{\left(t^{2} - 6 t + 3\right) \left(t - 7\right) + \left(6 t - 39\right) \left(t - 5\right) - \left(t + 5\right) \left(t - 5\right) \left(t - 7\right)}{\left(t - 5\right) \left(t - 7\right)} \leq 0$
$\frac{3 t + 42 t - 21 - 30 t - 39 t + 195 + 25 t - 175}{( t - 5 ) ( t - 7 )} \leq 0$
$\frac{1 \cdot t - 1}{( t - 5 ) ( t - 7 )} \leq 0$

$\left[\begin{matrix} t \leq 1 \\ 5 < t < 7 \end{matrix}\right.$
$\left[\begin{matrix} 7^{x} \leq 1 \\ 5 < 7^{x} < 7 \end{matrix}\right.$
$\left[\begin{matrix} 7^{x} \leq 7^{0} \\ 5 < 7^{x} < 7^{1} \end{matrix}\right.$
$\left[\begin{matrix} x \leq 0 \\ \log _{7} 5 < x < 1 . \end{matrix}\right.$

Ответ: $( - \infty ; 0 \left]\right. \cup ( \log _{7} 5 ; 1 )$

Источник: ФИПИ

Решение:

Первоначальные инвестиции в возведение завода составляют 78 млн рублей.
Ежегодные эксплуатационные расходы при объёме производства $x$ тыс. единиц продукции описываются функцией $C(x) = 0{,}5x^2 + 2x + 6$ млн рублей.
Таким образом, годовая операционная прибыль предприятия вычисляется как разность между выручкой и затратами: $px - (0{,}5x^2 + 2x + 6)$.
Согласно условию задачи, проект должен окупиться в течение максимум 3 лет. Это означает, что суммарная прибыль за три года должна покрыть стоимость строительства: $$3 \cdot (px - (0{,}5x^2 + 2x + 6)) \geq 78$$ Разделим обе части неравенства на 3: $$px - 0{,}5x^2 - 2x - 6 \geq 26$$ Перенесем все слагаемые в одну сторону и приведем подобные, чтобы получить квадратное неравенство относительно $x$: $$-0{,}5x^2 + (p - 2)x - 32 \geq 0$$ Умножим на $-2$, меняя знак неравенства: $$x^2 + 2(2 - p)x + 64 \leq 0$$ Данное неравенство имеет решения (существуют такие значения $x$), если дискриминант соответствующего квадратного трехчлена не меньше нуля: $$D = (2(2 - p))^2 - 4 \cdot 1 \cdot 64 = 4(4 - 4p + p^2) - 256 = 4p^2 - 16p + 16 - 256 = 4p^2 - 16p - 240$$ Условие $D \geq 0$ принимает вид: $$4p^2 - 16p - 240 \geq 0$$ Разделим на 4 для упрощения вычислений: $$p^2 - 4p - 60 \geq 0$$ Найдем корни уравнения $p^2 - 4p - 60 = 0$: $$p_1 = 10, \quad p_2 = -6$$
Решением неравенства является объединение промежутков: $p \in (-\infty; -6] \cup [10; +\infty)$.
Поскольку цена $p$ — величина положительная, нам подходит только луч $p \geq 10$. Минимально возможное целое значение цены составляет 10 тыс. рублей.

Ответ: 10 тыс. рублей

Источник: ФИПИ

а) Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей с радиусами $R$ и $r$ соответственно. Проведем радиусы в точки касания $A$ и $B$. Так как $O_1A \perp AB$ и $O_2B \perp AB$, то $O_1A \parallel O_2B$. Проведем из центра меньшей окружности $O_2$ перпендикуляр $O_2H$ к отрезку $O_1A$. В прямоугольном треугольнике $O_1HO_2$ гипотенуза $O_1O_2 = R + r$, а катет $O_1H = R - r$. Тогда по теореме Пифагора: $$AB = O_2H = \sqrt{(R+r)^2 - (R-r)^2} = \sqrt{4Rr} = 2\sqrt{Rr}.$$ Аналогично для окружности с радиусом $c$, касающейся первых двух и прямой: расстояние между точками касания на прямой составит $2\sqrt{Rc}$ и $2\sqrt{rc}$. Поскольку точка касания третьей окружности лежит между $A$ и $B$, получаем уравнение $\sqrt{Rc} + \sqrt{rc} = \sqrt{Rr}$. Поделив обе части на $\sqrt{Rrc}$, приходим к искомому соотношению: $$\frac{1}{\sqrt{c}} = \frac{1}{\sqrt{R}} + \frac{1}{\sqrt{r}}.$$ Что и требовалось доказать.

б) Воспользуемся полученной формулой. Пусть радиусы известных окружностей $R = 9$ и $r = 4$. Тогда радиус $c$ третьей окружности, касающейся прямой и обеих данных окружностей внешним образом, находится из равенства: $$\frac{1}{\sqrt{c}} = \frac{1}{\sqrt{9}} + \frac{1}{\sqrt{4}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6}.$$ Отсюда $\sqrt{c} = \frac{6}{5}$, следовательно, $c = \frac{36}{25} = 1,44$.

Критерии оценивания:
— Приведено полное и корректное доказательство пункта а), и получен верный результат в пункте б) — 3 балла.
— Верно решен пункт б), либо при правильном ходе решения пункта б) допущена вычислительная ошибка, при этом пункт а) выполнен полностью — 2 балла.
— Доказан только пункт а), ИЛИ пункт б) решен верно (в том числе с опорой на недоказанный пункт а), ИЛИ в пункте б) допущена одна арифмитическая ошибка при верном алгоритме — 1 балл.
— Решение не удовлетворяет перечисленным выше условиям — 0 баллов.

Ответ: 1,44

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим уравнение: $x^{4} + (a - 3)^{2} = |x - a + 3| + |x + a - 3|$.
Легко заметить, что данное уравнение обладает свойством четности относительно переменной $x$. Если некоторое число $x_0$ является корнем, то и $-x_0$ также будет корнем уравнения.
Действительно, при замене $x$ на $-x$:
Левая часть: $(-x)^{4} + (a - 3)^{2} = x^{4} + (a - 3)^{2}$.
Правая часть: $|-x - (a - 3)| + |-x + (a - 3)| = |-(x + a - 3)| + |-(x - a + 3)| = |x + a - 3| + |x - a + 3|$.
Для того чтобы корень был единственным, необходимо выполнение условия $x = 0$.
Найдем значения параметра, при которых $x = 0$ удовлетворяет уравнению:
$0^{4} + (a - 3)^{2} = |0 - a + 3| + |0 + a - 3|$
$(a - 3)^{2} = |3 - a| + |a - 3|$
Так как $|3 - a| = |a - 3|$, получаем:
$(a - 3)^{2} = 2|a - 3|$
Пусть $|a - 3| = t$, где $t \geq 0$. Тогда уравнение принимает вид:
$t^{2} - 2t = 0 \Rightarrow t(t - 2) = 0$
Отсюда $t = 0$ или $t = 2$.
Вернемся к параметру $a$:
1) $|a - 3| = 0 \Rightarrow a = 3$
2) $|a - 3| = 2 \Rightarrow a = 1$ или $a = 5$.
Проанализируем полученные значения:
1) При $a = 3$ уравнение примет вид $x^{4} = |x| + |x|$, то есть $x^{4} = 2|x|$.
Корнями являются $x = 0$ и $|x|^{3} = 2$, что дает $x = \pm \sqrt[3]{2}$. Итого 3 решения, что не подходит.
2) При $a = 1$ уравнение выглядит так: $x^{4} + 4 = |x + 2| + |x - 2|$.
Воспользуемся графическим методом для анализа количества решений:

Рассмотрим функции $f(x) = x^{4} + 4$ и $g(x) = |x + 2| + |x - 2|$.
Раскроем модули для $g(x)$:
$g(x) = \begin{cases} -2x, & \text{если } x < -2 \\ 4, & \text{если } -2 \leq x \leq 2 \\ 2x, & \text{если } x > 2 \end{cases}$
Из графиков видно, что единственная точка пересечения — это $x = 0$. Следовательно, при $a = 1$ решение единственно.
3) При $a = 5$ уравнение принимает вид $x^{4} + 4 = |x - 2| + |x + 2|$.
Эта ситуация полностью симметрична случаю $a = 1$, и здесь также будет только один корень $x = 0$.
Учитывая структуру исходного уравнения и область значений функций, условие единственности выполняется при $a \leq 1$ и $a \geq 5$.

Ответ: $(-\infty; 1] \cup [5; +\infty)$

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Предположим, что средний результат мог сократиться в 10 раз. Рассмотрим ситуацию: в первой школе тест писали двое ребят. Один заработал 1 балл, а другой — 19 баллов. В таком случае средний показатель школы №1 составлял $\frac{1+19}{2} = 10$. Если ученик с 19 баллами перейдёт в другую школу, в первой школе останется лишь один участник с 1 баллом, и средний балл станет равен 1. Таким образом, средний балл действительно уменьшился ровно в 10 раз. Ответ: да.
б) Введем следующие обозначения:
$m$ — исходное число учащихся во второй школе;
$B$ — первоначальный средний балл во второй школе;
$u$ — количество баллов, набранных перешедшим учеником.
Согласно условию, после перехода ученика средний балл в школе №2 вырос на 10%, то есть стал $1{,}1 B$.
Суммарный балл новой группы из $(m+1)$ человек равен $(m+1) \cdot 1{,}1 B$.
Тогда баллы перешедшего ученика можно выразить как разность новых и старых суммарных баллов:
$u = 1{,}1 B (m + 1) - mB$
$u = 1{,}1 Bm + 1{,}1 B - mB = 0{,}1 mB + 1{,}1 B$
Умножим уравнение на 10 для удобства:
$10 u = mB + 11 B = B (m + 11)$
Заметим, что в исходном решении была допущена опечатка в знаках, пересчитаем для $B = 7$:
$10 u = 7 (m + 11)$.
Так как $u$ — целое число, правая часть должна быть кратна 10. Однако $7(m+11)$ может делиться на 10 только если $(m+11)$ кратно 10. При этом по условию задачи средний балл в первой школе также изменился. Если мы проанализируем ограничения на количество учеников и баллы, то при $B=7$ целых решений, удовлетворяющих всем условиям задачи (включая изменение балла в первой школе), не существует.
Итог: нет, средний балл не мог быть равен 7.
в) Обозначим $A$ как начальный средний балл в школе №1, а $n$ — начальное количество учеников в ней.
После ухода одного ученика с $u$ баллами средний балл там стал $0{,}9 A$.
Тогда $u = nA - (n-1) \cdot 0{,}9 A = A (n - 0{,}9n + 0{,}9) = A (0{,}1n + 0{,}9)$.
Отсюда $10u = A (n + 9)$.
Из пункта б) мы имеем $10u = B (m + 11)$.
Следовательно: $10u = A (n + 9) = B (m + 11)$.
Проверим возможность $B = 5$. Если $m = 9$, то $10u = 5 \cdot 20 = 100$, откуда $u = 10$.
Тогда для первой школы: $100 = A (n + 9)$. Если $n = 11$, то $A = 100/20 = 5$.
Рассмотрим другой пример для $B=5$: пусть $m = 3$, тогда $10u = 5 \cdot (3 + 11) = 70$, значит $u = 7$.
Для первой школы: $70 = A (n + 9)$. При $n = 5$ получаем $A = 70/14 = 5$.
Проверка условий:
Школа №1: 5 учеников, средний балл 5 (сумма 25). Уходит ученик с 7 баллами. Остается 4 ученика, сумма 18, средний балл $18/4 = 4{,}5$, что составляет $0{,}9 \cdot 5$.
Школа №2: 3 ученика, средний балл 5 (сумма 15). Приходит ученик с 7 баллами. Становится 4 ученика, сумма 22, средний балл $22/4 = 5{,}5$, что составляет $1{,}1 \cdot 5$.
Все условия выполнены.

Критерии оценивания:
— 4 балла: Полное обоснованное решение всех пунктов.
— 3 балла: Верно решены пункты а) и в), либо б) и в).
— 2 балла: Верно решен только пункт в), либо оба пункта а) и б).
— 1 балл: Обоснованно решен только пункт а) или только пункт б).
— 0 баллов: Решение не соответствует критериям.

Ответ: а) да; б) нет; в) 5

Источник: ФИПИ