Вариант 2 · Июль 2026

Ход решения:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $2 \cos ^{2} x + 3 \sin \left(- x\right) - 3 = 0$.
Используя нечётность синуса, преобразуем выражение: $2 \cos ^{2} x - 3 \sin x - 3 = 0$.
Заменим косинус через основное тригонометрическое тождество: $2 (1 - \sin^2 x) - 3 \sin x - 3 = 0$.
Раскроем скобки и приведём подобные слагаемые:
$2 - 2 \sin^2 x - 3 \sin x - 3 = 0$
$-2 \sin^2 x - 3 \sin x - 1 = 0$
Умножим всё уравнение на $-1$, чтобы упростить вид: $2 \sin^2 x + 3 \sin x + 1 = 0$.
Введём новую переменную $t = \sin x$, где $|t| \leq 1$. Получаем квадратное уравнение:
$2 t^{2} + 3 t + 1 = 0$
Корнями данного уравнения являются $t_1 = -1$ и $t_2 = -0,5$.
Вернёмся к переменной $x$:
1) $\sin x = -1 \Rightarrow x = \frac{3 \pi}{2} + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $\sin x = -\frac{1}{2} \Rightarrow \left[\begin{matrix} x = \frac{7 \pi}{6} + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z} \\ x = \frac{11 \pi}{6} + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z} \end{matrix}\right.$

б) С помощью единичной окружности выберем корни, принадлежащие отрезку $\left[2 \pi , \frac{7 \pi}{2}\right]$.

На указанном интервале получаем следующие значения:
Нижняя точка окружности соответствует $2\pi + \frac{3\pi}{2} = \frac{7\pi}{2}$.
Точка в третьей четверти вычисляется как $3\pi + \frac{\pi}{6} = \frac{19\pi}{6}$.
Точка в четвёртой четверти ($2\pi + \frac{11\pi}{6} = \frac{23\pi}{6}$) не входит в заданный промежуток.

Ответ: а) $\frac{3 \pi}{2} + 2 \pi n, \frac{7 \pi}{6} + 2 \pi n, \frac{11 \pi}{6} + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z}$; б) $\frac{19 \pi}{6}, \frac{7 \pi}{2}$

Источник: ФИПИ

Решение:

а) По условию $ABCA_{1}B_{1}C_{1}$ — правильная призма, значит, её основаниями служат равносторонние треугольники. Рассмотрим грань $A_{1}B_{1}C_{1}$. Поскольку точка $K$ является серединой ребра $A_{1}B_{1}$, отрезок $C_{1}K$ выступает в роли медианы в правильном треугольнике $\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$. Следовательно, $C_{1}K$ также является высотой, то есть $C_{1}K \perp A_{1}B_{1}$. Так как боковые ребра призмы перпендикулярны плоскостям оснований, имеем $C_{1}K \perp AA_{1}$. Отрезок $C_{1}K$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым ($A_{1}B_{1}$ и $AA_{1}$) плоскости боковой грани $ABB_{1}A_{1}$, значит, $C_{1}K \perp (ABB_{1}A_{1})$. Любая плоскость, проходящая через прямую $C_{1}K$, будет перпендикулярна грани $(ABB_{1}A_{1})$. Таким образом, $(MKC_{1}) \perp (ABB_{1}A_{1})$, что и требовалось доказать.

б) Искомое сечение — треугольник $MKC_{1}$. Из доказанного выше перпендикуляра $C_{1}K$ к плоскости грани следует, что $C_{1}K \perp MK$. Значит, $\triangle MKC_{1}$ является прямоугольным, и его площадь вычисляется по формуле: $S_{сеч} = \frac{1}{2} KC_{1} \cdot MK$.
Найдем необходимые стороны. В треугольнике $\triangle MA_{1}K$:
$A_{1}K = \frac{1}{2} A_{1}B_{1} = \frac{1}{2} \cdot 20 = 10$.
Из условия $A_{1}M = 2AM$ и того, что $AA_{1} = AM + MA_{1} = 20$, получаем:
$3AM = 20 \Rightarrow AM = \frac{20}{3}$.
Тогда длина отрезка $A_{1}M = 2 \cdot \frac{20}{3} = \frac{40}{3}$.
Применим теорему Пифагора для $\triangle MA_{1}K$:
$MK^2 = MA_{1}^2 + A_{1}K^2 = \left(\frac{40}{3}\right)^2 + 10^2 = \frac{1600}{9} + 100 = \frac{2500}{9}$.
Откуда $MK = \frac{50}{3}$.
Теперь найдем высоту основания $KC_{1}$ из $\triangle A_{1}KC_{1}$:
$KC_{1}^2 = A_{1}C_{1}^2 - A_{1}K^2 = 20^2 - 10^2 = 400 - 100 = 300$.
Следовательно, $KC_{1} = 10\sqrt{3}$.
Вычисляем площадь сечения:
$S_{MKC_{1}} = \frac{1}{2} \cdot 10\sqrt{3} \cdot \frac{50}{3} = \frac{250\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: б) $\frac{250\sqrt{3}}{3}$

Источник: ФИПИ

Решение:
$\log _{49} (x + 4) + \log _{(x^{2} + 8 x + 16)} \sqrt{7} \leq - \frac{3}{4}$

Для начала преобразуем второе слагаемое $\log _{(x^{2} + 8 x + 16)} \sqrt{7}$, перейдя к новому основанию $49$ по стандартной формуле $\log _{a} b = \frac{\log _{c} b}{\log _{c} a}$:
$\log _{49} (x + 4) + \frac{\log _{49} \sqrt{7}}{\log _{49} (x^{2} + 8 x + 16)} \leq - \frac{3}{4}$

Определим область допустимых значений (ОДЗ):
$\left\{\begin{matrix} x + 4 > 0 \\ x^{2} + 8 x + 16 > 0 \\ x^{2} + 8 x + 16 \neq 1 \end{matrix}\right.$

Заметим, что $x^2 + 8x + 16 = (x + 4)^2$. Упростим логарифмические выражения, используя свойства степеней:
$\log _{49} (x + 4) + \frac{\log _{7^{2}} (7^{\frac{1}{2}})}{\log _{49} ((x + 4)^{2})} \leq - \frac{3}{4}$
$\log _{49} (x + 4) + \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \log _{7} 7}{2 \log _{49} (|x + 4|)} \leq - \frac{3}{4}$

Учитывая условия ОДЗ:
$\left\{\begin{matrix} x > - 4 \\ (x + 4)^{2} > 0 \\ x^{2} + 8 x + 15 \neq 0 \end{matrix}\right.$
Так как $x > -4$, модуль $|x+4|$ раскрывается со знаком плюс. Получаем:
$\log _{49} (x + 4) + \frac{\frac{1}{4}}{2 \log _{49} (x + 4)} \leq - \frac{3}{4}$
$\log _{49} (x + 4) + \frac{1}{8 \log _{49} (x + 4)} \leq - \frac{3}{4}$

Уточним ограничения для переменной $x$:
$\left\{\begin{matrix} x > - 4 \\ x \neq - 4 \\ x \neq - 5 \\ x \neq - 3 \end{matrix}\right.$

Таким образом, область определения: $x \in (- 4 ; - 3) \cup (- 3 ; + \infty) .$

Введем вспомогательную переменную, пусть $t = \log _{49} (x + 4)$. Неравенство примет вид:
$t + \frac{1}{8 t} \leq - \frac{3}{4}$
$t + \frac{1}{8 t} + \frac{3}{4} \leq 0$
$\frac{8 t^{2} + 6 t + 1}{8 t} \leq 0 .$

Найдем критические точки числителя и знаменателя:
$8 t^{2} + 6 t + 1 = 0 \implies t_{1} = - \frac{1}{2} ; t_{2} = - \frac{1}{4}$
$8 t = 0 \implies t = 0$
Решим неравенство методом интервалов:

Получаем интервалы для $t$: $t \in ( - \infty ; - \frac{1}{2} ] \cup [ - \frac{1}{4} ; 0 ) .$

Перейдем обратно к переменной $x$, составив совокупность систем:
$\left[\begin{matrix} t \leq - \frac{1}{2} \\ \left\{\begin{matrix} t \geq - \frac{1}{4} \\ t < 0 \end{matrix}\right. \end{matrix}\right.$ $\implies$ $\left[\begin{matrix} \log _{49} (x + 4) \leq - \frac{1}{2} \\ \left\{\begin{matrix} \log _{49} (x + 4) \geq - \frac{1}{4} \\ \log _{49} (x + 4) < 0 \end{matrix}\right. \end{matrix}\right.$

1) Решим первое неравенство с учетом ОДЗ ($x > -4$):
$\log _{49} (x + 4) \leq - \frac{1}{2}$
$x + 4 \leq 49^{- \frac{1}{2}} \implies x + 4 \leq \frac{1}{7}$
$x \leq - \frac{27}{7}$
Следовательно, $x \in ( - 4 ; - \frac{27}{7} ] .$

2) Решим систему неравенств:
Для $\log _{49} (x + 4) \geq - \frac{1}{4}$:
$x + 4 \geq 49^{- \frac{1}{4}} \implies x + 4 \geq (7^2)^{-\frac{1}{4}} \implies x + 4 \geq \frac{1}{\sqrt{7}}$
$x \geq \frac{\sqrt{7}}{7} - 4$.
Для $\log _{49} (x + 4) < 0$:
$x + 4 < 1 \implies x < - 3$.
С учетом $x > -4$, получаем интервал: $x \in [ \frac{\sqrt{7}}{7} - 4 ; - 3 )$.

Проверим положение границ:
$\frac{\sqrt{7}}{7} - 4 > - 4$ (так как $\frac{\sqrt{7}}{7} > 0$);
$\frac{\sqrt{7}}{7} - 4 < - 3$ (так как $\frac{\sqrt{7}}{7} < 1$).

Объединяя результаты и накладывая ограничения ОДЗ:

Ответ: $( - 4 ; - \frac{27}{7} ] \cup [ \frac{\sqrt{7}}{7} - 4 ; - 3 )$

Источник: ФИПИ

Разбор задачи:
Введем обозначения:
$S$ — искомая сумма кредита (в тыс. руб.);
$r = 1 \%$ — процентная ставка в месяц;
$n = 11$ месяцев — срок кредитования;
Остаток долга на 10-й месяц составляет 300 тыс. руб.
Общий объем всех выплат равен 1388 тыс. руб.

Составим таблицу изменения задолженности, где $x$ — фиксированная сумма, на которую уменьшается тело долга ежемесячно в течение первых 10 месяцев:

Исходя из условий, составим систему уравнений:
$$\begin{cases} S - 10x = 300 \\ S + \frac{r}{100} \cdot \left( \frac{S + (S - 10x)}{2} \cdot 11 \right) = 1388 \end{cases}$$
Здесь второе уравнение описывает общую сумму выплат как сумму основного долга $S$ и начисленных процентов (используем формулу суммы арифметической прогрессии для переплаты).
Выразим $S$ из первого уравнения: $S = 300 + 10x$ и подставим во второе:

$$300 + 10x + \frac{1}{100} \cdot \frac{(300 + 10x) + 300}{2} \cdot 11 = 1388$$
$$300 + 10x + \frac{11}{100} \cdot \frac{600 + 10x}{2} = 1388$$
$$300 + 10x + \frac{11}{100} \cdot (300 + 5x) = 1388$$
$$300 + 10x + 33 + \frac{55}{100}x = 1388$$
$$333 + 10x + 0,55x = 1388$$
$$10,55x = 1388 - 333$$
$$10,55x = 1055$$
$$x = 100$$

Теперь вычислим первоначальную сумму кредита:
$S = 300 + 10 \cdot 100 = 1300$.

Ответ: 1300 тыс. руб.

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Пусть боковые стороны трапеции при продолжении пересекаются в точке $K.$ Поскольку по условию $BC = \frac{1}{2} AD,$ отрезок $BC$ является средней линией треугольника $AKD.$ Следовательно, в прямоугольном треугольнике $BKC$ отрезки $BM$ и $CM$ взаимно перпендикулярны. Точка $M$ является центром окружности, описанной около треугольника $AKD,$ откуда следует равенство радиусов $AM = DM.$ Утверждение доказано.

б)


Рассмотрим равнобедренный треугольник $AMD.$ Проведем в нем высоту $MO,$ которая также будет медианой. Заметим, что $MO = OD.$ Тогда угол $\angle MDO = 45^{\circ},$ а значит, $\angle CDM = 70^{\circ} - 45^{\circ} = 25^{\circ}.$ В силу равнобедренности треугольника $MKD$ имеем $\angle MDK = \angle MKD = 25^{\circ}.$ Пусть в равнобедренном треугольнике $AKM$ углы при основании равны $x,$ то есть $\angle AKM = \angle MAK = x.$ Так как треугольник $AMO$ прямоугольный и равнобедренный, угол $\angle MAO = 45^{\circ}.$ Воспользуемся теоремой о сумме углов треугольника $AKD:$ $$(45 + x) + (x + 25) + (25 + 45) = 180$$ $$2x + 140 = 180$$ Отсюда $x = 20.$ Тогда искомый угол $\angle BAD = 45^{\circ} + 20^{\circ} = 65^{\circ}.$

Ответ: б) 65

Источник: ФИПИ

Решение:
Для начала преобразуем исходную систему неравенств к виду, удобному для графического анализа в координатах $(x; a)$:
$\left\{\begin{matrix} x \leq 2 a + 6 \\ 6 x \geq x^{2} + a^{2} \\ x + a > 0 \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} 2 a \geq x - 6 \\ a^{2} + x^{2} - 6 x \leq 0 \\ a > - x \end{matrix}\right.$
Выделим полный квадрат во втором неравенстве, чтобы получить уравнение круга:
$\left\{\begin{matrix} a \geq \frac{1}{2} x - 3 \\ a^{2} + (x^2 - 6 x + 9) \leq 9 \\ a > - x \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} a \geq \frac{1}{2} x - 3 \\ (x - 3)^{2} + a^{2} \leq 9 \\ a > - x \end{matrix}\right.$
Построим граничные линии. Первая граница — прямая $a = \frac{1}{2} x - 3$. Проверим несколько точек для её построения:

Второе условие задает внутреннюю область круга с центром в точке $(3; 0)$ и радиусом $R = 3$. Третье условие — открытая полуплоскость выше прямой $a = -x$.

Определим значение параметра $a$ для граничных случаев. Рассмотрим ситуацию при $x = 2$:
Подставим это значение во второе неравенство (границу круга):
$6 \cdot 2 \geq 2^{2} + a^{2} \Rightarrow 12 \geq 4 + a^{2} \Rightarrow a^{2} \leq 8$.
Отсюда получаем интервал $a \in [-2\sqrt{2}; 2\sqrt{2}]$. С учетом всех ограничений системы, верхняя граница искомого диапазона соответствует значению $a = \sqrt{8} = 2 \sqrt{2}$.
Анализируя область пересечения всех условий на графике, получаем искомый промежуток для параметра.

Ответ: $(-2; 2\sqrt{2}]$

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Да, такая ситуация возможна. Рассмотрим в качестве примера ряд натуральных чисел от 87 до 174 включительно. В этом наборе ровно три числа кратны 25 (это 100, 125 и 150). При этом чисел, делящихся на 29, оказывается четыре: 87, 116, 145 и 174. Условие выполняется.

б) Предположим обратное: пусть в последовательности ровно 10 чисел делятся на 25. Согласно условию, количество чисел, кратных 29, должно быть как минимум 11.
Для того чтобы в наборе присутствовало 11 чисел, кратных 29, его длина должна составлять не менее $29 \cdot 10 + 1 = 291$ числа (так как между первым и одиннадцатым числами, делящимися на 29, укладывается 10 полных интервалов по 29).
С другой стороны, оценим максимальное количество чисел в последовательности, где ровно 10 кратны 25. В каждом блоке из 25 идущих подряд чисел содержится ровно одно кратное 25. Значит, 10 таких чисел могут располагаться в ряду длиной максимум $25 \cdot 9 + 24 + 24 = 273$ (если считать от числа, идущего сразу после кратного 25, до числа, идущего перед следующим кратным 25).
Более строго: если в ряду из $k$ чисел ровно 10 делятся на 25, то $k$ не может превышать $25 \cdot 11 - 1 = 274$. Однако для 11 чисел, кратных 29, необходимо $k \geq 291$. Получаем противоречие: $291 \leq k \leq 274$, что невозможно. Следовательно, ответ — нет.

в) Обозначим через $x$ количество чисел в наборе, которые делятся на 25. Тогда количество чисел, кратных 29, должно быть не меньше $x + 1$.
Минимальная длина последовательности $k$, содержащей $x + 1$ число, кратное 29, оценивается как $k \geq 29(x + 1 - 1) + 1 = 29x + 1$.
При этом количество чисел $x$, кратных 25, в такой последовательности должно удовлетворять неравенству:
$$x \geq \left\lceil \frac{(29x + 1) - 24}{25} \right\rceil = \left\lceil \frac{29x - 23}{25} \right\rceil$$
Отсюда следует:
$25x \geq 29x - 23$
$23 \geq 4x$
$x \leq 5,75$.
Значит, максимальное возможное значение $x$ равно 5. Подставим его для нахождения оценки сверху для $k$:
$k \leq 25 \cdot x + 24 \Rightarrow k \leq 25 \cdot 5 + 24 = 149$.
Примером такой последовательности из 149 чисел может служить отрезок от 551 до 699. В нем числа 575, 600, 625, 650, 675 (всего 5) делятся на 25, а числа 551, 580, 609, 638, 667, 696 (всего 6) делятся на 29.

Ответ: а) да; б) нет; в) 149

Источник: ФИПИ