Вариант 9 · Май 2026

Решение:
Рассмотрим исходное уравнение: $2 \sin ( \pi + x ) \cdot \sin ( \frac{\pi}{2} + x ) = \sin ( x )$.
Для начала воспользуемся формулами приведения, чтобы упростить тригонометрические функции:
1) $\sin ( \pi + x ) = - \sin ( x )$;
2) $\sin ( \frac{\pi}{2} + x ) = \cos ( x )$.
Подставим полученные выражения в уравнение:
$2 \cdot ( - \sin ( x ) ) \cdot \cos ( x ) = \sin ( x )$
$- 2 \sin ( x ) \cos ( x ) = \sin ( x )$
Перенесем все слагаемые в одну сторону и приравняем к нулю:
$2 \sin ( x ) \cos ( x ) + \sin ( x ) = 0$
Вынесем общий множитель $\sin ( x )$ за скобки:
$\sin ( x ) \cdot ( 2 \cos ( x ) + 1 ) = 0$
Произведение равно нулю, если хотя бы один из множителей равен нулю:
1) $\sin ( x ) = 0$, откуда получаем первую серию корней: $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
2) $2 \cos ( x ) + 1 = 0 \Rightarrow \cos ( x ) = - \frac{1}{2}$.
Это дает нам значения: $x = \pm \frac{2 \pi}{3} + 2 \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Объединяя все полученные решения, можно записать: $x = \pi k$ и $x = \pm \frac{2 \pi}{3} + 2 \pi k$.
(Заметим, что совокупность этих корней также можно представить в виде $x = \pi k$ и $x = \frac{2 \pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$).

б) Произведем отбор корней на заданном отрезке $[ 3 \pi ; \frac{9 \pi}{2} ]$.
1) Для серии $x = \pi k$:
$3 \pi \leq \pi k \leq \frac{9 \pi}{2}$
Разделим на $\pi$: $3 \leq k \leq 4{,}5$.
Целые значения $k$:
При $k = 3$ получаем $x = 3 \pi$;
При $k = 4$ получаем $x = 4 \pi$.
2) Для серии $x = \frac{2 \pi k}{3}$:
$3 \pi \leq \frac{2 \pi k}{3} \leq \frac{9 \pi}{2}$
Умножим на $\frac{3}{\pi}$:
$9 \leq 2 k \leq \frac{27}{2}$
Разделим на 2: $4{,}5 \leq k \leq 6{,}75$.
Целые значения $k$:
При $k = 5$ получаем $x = \frac{10 \pi}{3}$;
При $k = 6$ получаем $x = \frac{12 \pi}{3} = 4 \pi$ (уже найден ранее).

Ответ:
а) $\pi k, \frac{2 \pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$;
б) $3 \pi, \frac{10 \pi}{3}, 4 \pi$.

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Проведем через точку $O$ прямую $MN$, параллельную ребру $B_{1}C_{1}$. Тогда плоскость $(BOC)$ совпадает с плоскостью $MNCB$. Аналогично построим прямую $KL$, чтобы получить плоскость $(AOB)$, проходящую через точки $A, K, L, B$.

Обозначим стороны основания как $AB = 2x$ и $BC = 2y$. Согласно условию подобия или пропорциональности отрезков, пусть $BL = 6x$ и $BM = 6y$, при этом $A_{1}M = x$ и $B_{1}L = y$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle BMB_{1}$ и $\triangle BLB_{1}$.
Используя теорему Пифагора, выразим квадрат высоты параллелепипеда $BB_{1}$ двумя способами:
$$BB_{1}^{2} = MB^{2} - MB_{1}^{2} = (6y)^{2} - x^{2} = 36y^{2} - x^{2}$$
$$BB_{1}^{2} = BL^{2} - B_{1}L^{2} = (6x)^{2} - y^{2} = 36x^{2} - y^{2}$$
Приравняем полученные выражения:
$36y^{2} - x^{2} = 36x^{2} - y^{2}$
$37y^{2} = 37x^{2} \Rightarrow x = y$.
Так как смежные стороны прямоугольника $ABCD$ равны ($2x = 2y$), то основанием является квадрат, что и требовалось доказать.
б) Продлим отрезок $BM$ за точку $M$ и опустим на эту прямую перпендикуляр $A_{1}H$ из вершины $A_{1}$.
Заметим, что $MN \parallel BC$, следовательно, $MN \perp A_{1}B_{1}$. Также $MN \perp BB_{1}$, поскольку ребро $BB_{1}$ перпендикулярно плоскости верхнего основания. Таким образом, прямая $MN$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABB_{1})$, а значит, $MN \perp (ABB_{1})$. Отсюда следует, что $MN$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, включая $A_{1}H$.
Имеем:
$A_{1}H \perp BM$ (по построению) и $A_{1}H \perp MN$.
Следовательно, $A_{1}H \perp (BOC)$, и точка $H$ является ортогональной проекцией точки $A_{1}$ на плоскость $(BOC)$. Искомый угол между прямой $A_{1}C$ и плоскостью $(BOC)$ — это $\angle A_{1}CH$.
Найдем высоту $BB_{1}$, используя результат пункта а ($x = y$):
$BB_{1}^{2} = 36x^{2} - x^{2} = 35x^{2} \Rightarrow BB_{1} = x\sqrt{35}$.
Рассмотрим треугольники $\triangle A_{1}HM$ и $\triangle BB_{1}M$:
1) $\angle A_{1}MH = \angle BMB_{1}$ как вертикальные;
2) $\angle A_{1}HM = \angle BB_{1}M = 90^{\circ}$.
Следовательно, $\triangle A_{1}HM \sim \triangle BB_{1}M$ по двум углам. Из подобия имеем:
$\frac{A_{1}H}{BB_{1}} = \frac{A_{1}M}{MB} \Rightarrow A_{1}H = \frac{BB_{1} \cdot A_{1}M}{MB}$
$A_{1}H = \frac{x\sqrt{35} \cdot x}{6x} = \frac{x\sqrt{35}}{6}$.
Вычислим длину диагонали параллелепипеда $A_{1}C$:
$A_{1}C^{2} = AA_{1}^{2} + AD^{2} + AB^{2} = 35x^{2} + (2x)^{2} + (2x)^{2} = 43x^{2} \Rightarrow A_{1}C = x\sqrt{43}$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle A_{1}CH$ найдем синус искомого угла:
$\sin \angle A_{1}CH = \frac{A_{1}H}{A_{1}C} = \frac{x\sqrt{35} / 6}{x\sqrt{43}} = \frac{\sqrt{35}}{6\sqrt{43}} = \frac{\sqrt{1505}}{258}$.
Тогда $\angle A_{1}CH = \arcsin \frac{\sqrt{1505}}{258}$.

Ответ: б) $\arcsin \frac{\sqrt{1505}}{258}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим исходное неравенство: $11^{x} - 6 - \frac{24 \cdot 11^{x} - 244}{121^{x} - 16 \cdot 11^{x} + 60} \leq \frac{1}{11^{x} - 10}$.
Заметим, что $121^x = (11^x)^2$, и перепишем выражение в следующем виде: $11^{x} - 6 - \frac{24 \cdot 11^{x} - 244}{\left(11^{x}\right)^{2} - 16 \cdot 11^{x} + 60} \leq \frac{1}{11^{x} - 10}$.
Для упрощения вычислений введем новую переменную $t = 11^{x}$, где $t > 0$.
Тогда неравенство примет вид: $t - 6 - \frac{24 t - 244}{t^{2} - 16 t + 60} \leq \frac{1}{t - 10}$.
Разложим квадратный трехчлен в знаменателе дроби на множители: $t^2 - 16t + 60 = (t - 10)(t - 6)$.
Подставим это в неравенство: $t - 6 - \frac{24 t - 244}{(t - 10)(t - 6)} \leq \frac{1}{t - 10}$.
Перенесем все слагаемые в левую часть и приведем их к общему знаменателю $(t - 6)(t - 10)$:
$\frac{(t - 6)^2 (t - 10) - (24t - 244) - (t - 6)}{(t - 6)(t - 10)} \leq 0$.
Раскроем скобки в числителе и приведем подобные слагаемые:
$\frac{(t^2 - 12t + 36)(t - 10) - 24t + 244 - t + 6}{(t - 6)(t - 10)} \leq 0$;
$\frac{t^3 - 10t^2 - 12t^2 + 120t + 36t - 360 - 25t + 250}{(t - 6)(t - 10)} \leq 0$;
$\frac{t^3 - 22t^2 + 131t - 110}{(t - 6)(t - 10)} \leq 0$.
Теперь разложим на множители многочлен в числителе. Найдем корни уравнения $t^3 - 22t^2 + 131t - 110 = 0$.
Среди делителей свободного члена $\pm 1, \pm 2, \pm 5, \pm 10, \dots$ подбором находим корень $t = 10$:
$10^3 - 22 \cdot 10^2 + 131 \cdot 10 - 110 = 1000 - 2200 + 1310 - 110 = 0$.
Разделив многочлен на $(t - 10)$, получим:
$t^3 - 22t^2 + 131t - 110 = (t - 10)(t^2 - 12t + 11)$.
Далее разложим квадратный трехчлен $t^2 - 12t + 11$. Его корнями являются $t = 1$ и $t = 11$.
Таким образом, числитель равен $(t - 10)(t - 11)(t - 1)$.
Итоговое рациональное неравенство относительно $t$:
$\frac{(t - 10)(t - 11)(t - 1)}{(t - 6)(t - 10)} \leq 0$.
Решим его методом интервалов, учитывая, что $t \neq 10$ и $t \neq 6$:

Перейдем к обратной замене. Получаем совокупность условий для $t$:
$\left[\begin{matrix} t \leq 1 \\ 6 < t < 10 \\ 10 < t \leq 11 \end{matrix}\right.$
Возвращаемся к переменной $x$, учитывая, что $t = 11^x$:
$\left[\begin{matrix} 11^{x} \leq 1 \\ 6 < 11^{x} < 10 \\ 10 < 11^{x} \leq 11 \end{matrix}\right.$
Логарифмируя по основанию 11, получаем значения для $x$:
$\left[\begin{matrix} x \leq 0 \\ \log_{11} 6 < x < \log_{11} 10 \\ \log_{11} 10 < x \leq 1 \end{matrix}\right.$

Ответ: $(-\infty; 0] \cup (\log_{11} 6; \log_{11} 10) \cup (\log_{11} 10; 1]$

Источник: ФИПИ

Решение:
Введем обозначения для условий задачи:
Пусть $S$ — исходная сумма кредита в миллионах рублей (по условию $S \in \mathbb{Z}$).
Процентная ставка составляет $r = 20\%$, что соответствует коэффициенту увеличения долга $k = 1{,}2$.
Обозначим через $x$ размер равных платежей, произведенных в последние два года (4-й и 5-й годы).
Общий срок кредитования $n = 5$ лет.

Составим таблицу движения денежных средств:

Исходя из того, что в конце пятого года кредит полностью погашен, составим уравнение:
$1{,}2 (1{,}2 S - x) - x = 0$
Раскроем скобки и выразим $x$ через $S$:
$1{,}44 S - 1{,}2 x - x = 0 \Rightarrow 1{,}44 S = 2{,}2 x$
Отсюда находим величину платежа:
$x = \frac{1{,}44}{2{,}2} S = \frac{144}{220} S = \frac{36}{55} S$.

Теперь рассчитаем общую сумму всех выплат банку за 5 лет:
$P = 3 \cdot (0{,}2 S) + 2 \cdot x = 0{,}6 S + 2 \cdot \frac{36}{55} S$
Приведем к общему знаменателю:
$P = \frac{6}{10} S + \frac{72}{55} S = \frac{3}{5} S + \frac{72}{55} S = \frac{33 + 72}{55} S = \frac{105}{55} S = \frac{21}{11} S$.

По условию задачи совокупные выплаты не должны превышать 7 миллионов рублей:
$\frac{21}{11} S < 7$
Разделим обе части на 7 и умножим на 11:
$3 S < 11 \Rightarrow S < \frac{11}{3} \Rightarrow S < 3{,}66...$
Так как $S$ — целое число, максимально возможное значение суммы кредита равно 3.

Ответ: 3

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Точка $O$ является центром вписанной в четырёхугольник окружности, а значит, она равноудалена от его сторон и лежит на пересечении биссектрис внутренних углов. Таким образом, луч $LO$ делит угол $KLM$ пополам, откуда $\angle KLO = \angle OLM = \frac{120^{\circ}}{2} = 60^{\circ}$.
Обозначим точку касания окружности со стороной $LM$ как $H$.

Радиус $OH$ перпендикулярен касательной $LM$, следовательно, $\angle OHM = 90^{\circ}$.
В прямоугольном треугольнике $LHO$ угол $\angle OLH = 60^{\circ}$, значит, второй острый угол $\angle LOH = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
Рассмотрим четырёхугольник $AMHO$. Сумма его внутренних углов составляет $360^{\circ}$:
$$\angle AOH + \angle OHM + \angle HMA + \angle MAO = 360^{\circ}$$
Учитывая, что $\angle OHM = 90^{\circ}$ и $\angle MAO = 90^{\circ}$ (так как $OA$ — радиус в точку касания), получаем:
$$\angle AOH + \angle AMH = 180^{\circ}$$
Вычислим величину угла $NML$ исходного четырёхугольника $NKLM$: $\angle NML = 360^{\circ} - 90^{\circ} - 120^{\circ} - 120^{\circ} = 30^{\circ}$.
Тогда из соотношения для $AMHO$ находим: $\angle AOH = 180^{\circ} - 30^{\circ} = 150^{\circ}$.
Заметим, что $\angle AOH + \angle LOH = 150^{\circ} + 30^{\circ} = 180^{\circ}$. Это означает, что углы являются смежными, и точки $A$, $O$ и $L$ лежат на одной прямой. Утверждение доказано.

б) Рассмотрим прямоугольный треугольник $ALM$. Поскольку $\angle AML = 30^{\circ}$, катет $AL$, лежащий против этого угла, вдвое меньше гипотенузы: $LM = 2 \cdot LA = 2 \cdot 3 = 6$.
По теореме Пифагора найдём длину $AM$:
$AM = \sqrt{LM^2 - LA^2} = \sqrt{36 - 9} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$.
В треугольнике $LOH$ выразим гипотенузу $LO$ через радиус $OH = r$:
$\sin 60^{\circ} = \frac{OH}{LO} \Rightarrow LO = \frac{OH}{\sin 60^{\circ}} = \frac{r}{\sqrt{3}/2} = \frac{2r}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}r$.
Отрезок $LA$ состоит из суммы $LO$ и $OA$, где $OA = r$ — радиус окружности:
$LA = LO + OA = \frac{2\sqrt{3}}{3}r + r = r\left(\frac{2\sqrt{3}}{3} + 1\right)$.
По условию $LA = 3$, следовательно:
$r\left(\frac{2\sqrt{3} + 3}{3}\right) = 3 \Rightarrow r = \frac{9}{3 + 2\sqrt{3}}$.
Избавляясь от иррациональности в знаменателе: $r = \frac{9(2\sqrt{3} - 3)}{(2\sqrt{3})^2 - 3^2} = \frac{18\sqrt{3} - 27}{12 - 9} = \frac{18\sqrt{3} - 27}{3} = 6\sqrt{3} - 9$.
Так как $O$ — центр вписанной окружности, луч $NO$ является биссектрисой прямого угла $KNM$, значит $\angle ONA = 45^{\circ}$.
В прямоугольном треугольнике $OAN$:
$AN = \frac{OA}{\operatorname{tg} 45^{\circ}} = \frac{r}{1} = 6\sqrt{3} - 9$.
Искомая сторона $NM$ равна сумме отрезков $NA$ и $AM$:
$NM = (6\sqrt{3} - 9) + 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3} - 9$.

Ответ: б) $9\sqrt{3} - 9$

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) Да, такая ситуация возможна. Предположим, на доске изначально записаны девятнадцать чисел «10» и одно число «50». Если увеличить последнее число на единицу, оно станет равным 51 и будет удалено. В итоге на доске останется 19 чисел.
Вычислим исходное среднее арифметическое:
$$S_{1} = \frac{19 \cdot 10 + 50}{20} = \frac{240}{20} = 12.$$
После удаления числа 51 среднее арифметическое оставшихся чисел составит:
$$S_{2} = \frac{19 \cdot 10}{19} = 10.$$
Как видим, $10 < 12$, то есть среднее арифметическое действительно уменьшилось.
б) Допустим, среди исходных чисел было $n$ штук, равных 50. Обозначим сумму остальных $(19 - n)$ чисел через $B$, а двадцатое число — через $a$.
Согласно условию, первоначальное среднее арифметическое равно:
$$\frac{50n + B + a}{20} = 24.$$
Когда каждое из $n$ чисел, равных 50, увеличили на 1, они превратились в 51 и были стерты. Количество оставшихся чисел стало равно $20 - n$. Новое среднее арифметическое равно:
$$\frac{B + a}{20 - n} = 17.$$
Составим систему уравнений на основе этих данных:
$$\begin{cases} 50n + B + a = 480 \\ B + a = 17(20 - n) \end{cases}$$
Подставим выражение для $B + a$ из второго уравнения в первое:
$$50n + 17(20 - n) = 480$$
$$50n + 340 - 17n = 480$$
$$33n = 140$$
$$n = \frac{140}{33} = 4\frac{8}{33}.$$
Так как количество чисел $n$ должно быть целым, мы пришли к противоречию. Значит, такая ситуация невозможна.
в) Для минимизации итогового среднего арифметического необходимо, чтобы в начале на доске было как можно больше чисел, равных 50 (которые впоследствии исчезнут), а значения оставшихся чисел были как можно меньше (минимальное натуральное число — 1).
Пусть $n$ — количество чисел «50», $a$ — двадцатое число, а остальные $(19 - n)$ чисел равны 1. Тогда:
$$\frac{50n + (19 - n) \cdot 1 + a}{20} = 24.$$
Упростим уравнение:
$$49n + 19 + a = 480 \Rightarrow 49n = 461 - a.$$
Чтобы $n$ было максимальным, значение $a$ должно быть минимально возможным, при котором $461 - a$ делится на 49.
Если $n = 9$, то $49 \cdot 9 = 441$. Тогда $461 - a = 441$, откуда $a = 20$.
Таким образом, набор состоит из девяти «50», десяти «1» и одного числа «20».
Проверим исходное среднее:
$$S_{1} = \frac{9 \cdot 50 + 10 \cdot 1 + 20}{20} = \frac{450 + 10 + 20}{20} = \frac{480}{20} = 24.$$
После того как все числа «50» будут увеличены и стерты, на доске останется 11 чисел (десять единиц и число 20).
Новое среднее арифметическое составит:
$$S_{2} = \frac{10 \cdot 1 + 20}{11} = \frac{30}{11}.$$