Вариант 1 · Август 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $2 \sin ^{2} x + \sqrt{2} \sin \left(x + \frac{\pi}{4}\right) = \cos x$.
Применим формулу синуса суммы для раскрытия скобок:
$2 \sin ^{2} x + \sqrt{2} \left(\sin x \cos \frac{\pi}{4} + \cos x \sin \frac{\pi}{4}\right) - \cos x = 0$.
Подставим значения $\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$:
$2 \sin ^{2} x + \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \sin x + \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cos x - \cos x = 0$.
После упрощения коэффициентов получаем:
$2 \sin ^{2} x + \sin x + \cos x - \cos x = 0$,
$2 \sin ^{2} x + \sin x = 0$.
Вынесем общий множитель за скобки:
$\sin x (2 \sin x + 1) = 0$.
Данное уравнение распадается на два случая:
1) $\sin x = 0$, откуда $x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $2 \sin x + 1 = 0 \Rightarrow \sin x = - \frac{1}{2}$.
Решениями для синуса будут серии: $x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi n$ (или $\frac{11\pi}{6} + 2\pi n$) и $x = -\frac{5\pi}{6} + 2\pi n$ (или $\frac{7\pi}{6} + 2\pi n$), где $n \in \mathbb{Z}$.

б) С помощью тригонометрической окружности выберем корни, которые попадают в заданный промежуток $\left[- 2 \pi ; - \frac{\pi}{2}\right]$.

На указанном отрезке находятся точки:
$x = -2\pi$,
$x = -\pi$,
$x = -\pi + \frac{\pi}{6} = - \frac{5 \pi}{6}$.
Ответ: а) $\pi n, \frac{7 \pi}{6} + 2 \pi n, \frac{11 \pi}{6} + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z}$; б) $- 2 \pi, - \pi, - \frac{5 \pi}{6}$.

Источник: ФИПИ

Решение:

Дана правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$, где сторона основания $AB = 2$, а боковое ребро $SA = 8$. Точка $M$ — середина ребра $AB$. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $M$ и $D$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Точка $K$ является точкой пересечения $\alpha$ с ребром $SC$.
а) 1) Проанализируем геометрию в основании $ABCD$:

Рассмотрим треугольники $AMD$ и $BMH$. Углы $\angle AMD$ и $\angle HMB$ равны как вертикальные, а $\angle MAD = \angle MBH$ как накрест лежащие при параллельных прямых. Следовательно, $\triangle AMD = \triangle BMH$ по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Отсюда получаем: $AD = HB = 4$; точка $M$ делит отрезок $HD$ пополам, то есть $HM = MD = \frac{HD}{2}$. Длина отрезка $HC = HB + BC = 4 + 2 = 6$.
Далее рассмотрим подобие треугольников $OLD$ и $CLH$. Углы при вершине $L$ вертикальные, а $\angle HCO = \angle CDO$ как накрест лежащие при $HC \parallel OD$. Таким образом, $\triangle OLD \sim \triangle CLH$.
Из подобия следует отношение: $\frac{HL}{LD} = \frac{HC}{OD} = \frac{6}{2} = 3$.
Выразим отрезки через $HL$: $LD = \frac{1}{3} HL$. Тогда вся длина $HD = HL + LD = \frac{4}{3} HL$.
Так как $M$ — середина $HD$, то $HM = MD = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} HL = \frac{2}{3} HL$.
Найдем длину $ML$: $ML = HM - HL$ (по модулю) или $ML = MD - LD = \frac{2}{3} HL - \frac{1}{3} HL = \frac{1}{3} HL$.
Заметим, что $LD = \frac{1}{3} HL$ и $ML = \frac{1}{3} HL$, значит, $ML = LD$.
2) Поскольку плоскость $\alpha$ перпендикулярна основанию и содержит прямую $MD$, а $KL$ — перпендикуляр к основанию из точки $K$, то $KL \bot (ABC)$. Следовательно, треугольники $MLK$ и $KLD$ являются прямоугольными с общим катетом $KL$.
По теореме Пифагора:
$KM^{2} = KL^{2} + ML^{2}$ в $\triangle MLK$;
$KD^{2} = KL^{2} + LD^{2}$ в $\triangle KLD$.
Так как ранее было доказано, что $ML = LD$, то и гипотенузы этих треугольников равны: $KM = KD$. Что и требовалось доказать.
б) Найдем объем пирамиды $KMCD$.
Пусть $CH_1$ — высота трапеции $ABCD$, которая также является высотой в равностороннем треугольнике $OCD$.

В треугольнике $OCD$ точка $H_1$ делит сторону $OD$ пополам ($OH_1 = H_1D = 1$).
По теореме Пифагора: $CH_1 = \sqrt{CD^2 - H_1D^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$.
Площадь треугольника $HCD$ равна: $S_{HCD} = \frac{1}{2} \cdot CH_1 \cdot HC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 6 = 3\sqrt{3}$.
Поскольку $M$ — середина $HD$, площади треугольников $CHM$ и $CDM$ равны: $S_{CDM} = \frac{1}{2} S_{HCD} = \frac{3}{2}\sqrt{3}$.
Объем искомой фигуры: $V_{KMCD} = \frac{1}{3} \cdot KL \cdot S_{CDM}$.
4) Найдем высоту $KL$, рассмотрев сечение $SOC$:

Из подобия в пункте (а) мы знаем, что $\frac{CL}{LD} = 3$, откуда $\frac{CL}{CO} = \frac{3}{4}$.
Треугольники $KLC$ и $SOC$ подобны по двум углам ($\angle C$ общий, $\angle KLC = \angle SOC = 90^\circ$).
Тогда $\frac{KL}{SO} = \frac{LC}{OC} = \frac{3}{4}$, то есть $KL = \frac{3}{4} SO$.
В прямоугольном треугольнике $SOC$ найдем $SO$: $SO = \sqrt{SC^2 - OC^2} = \sqrt{8^2 - 2^2} = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}$.
Тогда $KL = \frac{3}{4} \cdot 2\sqrt{15} = \frac{3}{2}\sqrt{15}$.
Вычисляем итоговый объем:
$V_{KMCD} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{15} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{3} = \frac{1}{2}\sqrt{15} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{3} = \frac{3\sqrt{45}}{4} = \frac{3 \cdot 3\sqrt{5}}{4} = \frac{9\sqrt{5}}{4}$.

Ответ: $\frac{9}{4} \sqrt{5}$

Источник: ФИПИ

Разбор решения:
Дано неравенство: $\frac{0{,}125^{x} - 64}{16^{x} - 4^{x + 1} + 4} \leq 0$.
Для начала определим область допустимых значений, исключив точки, в которых знаменатель обращается в ноль:
$16^{x} - 4^{x + 1} + 4 \neq 0$
Преобразуем выражение, используя свойства степени $4^{x+1} = 4 \cdot 4^x$:
$(4^x)^2 - 4 \cdot 4^{x} + 4 \neq 0$
Заметим формулу квадрата разности $(a-b)^2$:
$\left(4^{x} - 2\right)^{2} \neq 0$
Следовательно, $4^{x} \neq 2$. Представим обе части как степени двойки:
$2^{2x} \neq 2^{1}$
Отсюда получаем ограничение по переменной: $2x \neq 1$, то есть $x \neq 0{,}5$.

Теперь проанализируем знак дроби. Поскольку знаменатель $\left(4^{x} - 2\right)^{2}$ всегда положителен при $x \neq 0{,}5$, исходное неравенство равносильно условию, что числитель меньше или равен нулю:
$0{,}125^{x} - 64 \leq 0$
Перейдем к основанию $2$, учитывая, что $0{,}125 = \frac{1}{8} = 2^{-3}$ и $64 = 2^6$:
$(2^{-3})^x \leq 2^6$
$2^{-3x} \leq 2^6$
Так как основание степени $2 > 1$, знак неравенства для показателей сохраняется:
$-3x \leq 6$
Разделим на $-3$, меняя знак неравенства:
$x \geq -2$.

Объединим полученное условие с найденным ранее ограничением для знаменателя:

Ответ: $[-2; 0{,}5) \cup (0{,}5; +\infty)$

Источник: ФИПИ

Решение:
Введем обозначения согласно условию задачи:
Пусть $t$ — порядковый номер года;
Тогда рыночная стоимость ценной бумаги к завершению года $t$ составляет $t^{2}$ тысяч рублей.
Если средства переведены на банковский счет, то ежегодно сумма на нем возрастает в $(1 + r)$ раз.
Рассмотрим динамику стоимости бумаг: в конце года $t$ они оцениваются в $t^{2}$ руб., а к концу следующего года $(t+1)$ их цена составит $(t + 1)^{2}$ тыс. руб.
Определим относительный прирост стоимости ценной бумаги за год (в процентах):
$x = \frac{(t + 1)^{2} - t^{2}}{t^{2}} \cdot 100 \% = \frac{2t + 1}{t^{2}} \cdot 100 \% = \left(\frac{2}{t} + \frac{1}{t^{2}}\right) \cdot 100 \%$
Заметим, что для всех $t \in [1; 25]$ данная функция $f(t) = \frac{2}{t} + \frac{1}{t^{2}}$ является монотонно убывающей. Это означает, что доходность ценной бумаги с каждым годом падает, и в определенный момент выгоднее будет забрать деньги и положить их в банк под процент $r$.
По условию, оптимально продать бумаги в течение 21-го года. Это значит, что в конце 20-го года доходность бумаг еще выше банковской, а в конце 21-го года — уже ниже.
Вычислим стоимость активов в соответствующие периоды:
Конец 20-го года: $20^{2} = 400$ тыс. руб.
Конец 21-го года: $21^{2} = 441$ тыс. руб.
Конец 22-го года: $22^{2} = 484$ тыс. руб.
Чтобы продажа в 21-м году была оправдана, должны выполняться следующие условия:
1) В конце 20-го года выгоднее оставить деньги в бумагах, чем переложить в банк: $400(1 + r) < 441$.
2) В конце 21-го года выгоднее переложить деньги в банк, чем оставить в бумагах еще на год: $441(1 + r) > 484$.
Сформируем систему неравенств:
$$\begin{cases} 400(r + 1) < 441 \\ 441(r + 1) > 484 \end{cases}$$
Раскроем скобки и решим относительно $r$:
$$\begin{cases} 400r + 400 < 441 \\ 441r + 441 > 484 \end{cases}$$
$$\begin{cases} 400r < 41 \\ 441r > 43 \end{cases}$$
Отсюда получаем границы для процентной ставки:
$$\begin{cases} r < \frac{41}{400} \\ r > \frac{43}{441} \end{cases}$$
Таким образом, искомый интервал значений: $r \in \left(\frac{43}{441} ; \frac{41}{400}\right)$.

Ответ: $\left(\frac{43}{441} ; \frac{41}{400}\right)$

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Выполним дополнительное построение: через вершину $C$ проведём прямую, параллельную диагонали $BD$, до пересечения с продолжением основания $AD$ в точке $M$.
Так как $BC \parallel DM$ и $CM \parallel BD$, четырёхугольник $BCMD$ является параллелограммом по определению.
Отсюда следует, что $CM = BD = 8$ и $DM = BC$.
Рассмотрим треугольник $ACM$. Длина его стороны $AM$ равна сумме отрезков $AD$ и $DM$:
$AM = AD + BC = 10$.
Проверим выполнение равенства Пифагора для сторон этого треугольника:
$AC^{2} + CM^{2} = 6^{2} + 8^{2} = 36 + 64 = 100$.
Заметим, что $AM^{2} = 10^{2} = 100$.
Поскольку $AC^{2} + CM^{2} = AM^{2}$, по обратной теореме Пифагора угол $ACM$ прямой ($AC \perp CM$).
Так как $CM \parallel BD$, то и диагонали трапеции перпендикулярны: $AC \perp BD$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $CH$ — высота данной трапеции (и треугольника $ACM$).
Треугольники $AMC$ и $CMH$ подобны по двум углам (оба прямоугольные и имеют общий угол $M$).
Из подобия следует соотношение сторон: $\frac{CH}{AC} = \frac{CM}{AM}$.
Выразим высоту $CH$:
$CH = \frac{AC \cdot CM}{AM} = \frac{6 \cdot 8}{10} = 4,8$.

Ответ: б) 4,8

Источник: ФИПИ

Решение:
Преобразуем первое уравнение системы: $y^{2} - xy + 5x - 4y - 5 = 0$.
Рассмотрим его как квадратное относительно $y$:
$y^{2} - (x + 4)y + 5x - 5 = 0$.
Вычислим дискриминант данного уравнения:
$D = (x + 4)^{2} - 4(5x - 5) = x^{2} + 8x + 16 - 20x + 20 = x^{2} - 12x + 36 = (x - 6)^{2}$.
Найдём корни уравнения через дискриминант:
$y = \frac{(x + 4) \pm (x - 6)}{2}$, откуда получаем две линейные зависимости: $y = x - 1$ и $y = 5$.
С учётом заданных ограничений, исходная система принимает вид:
$\left\{\begin{matrix} -3 \leq x < 7 \\ \left[ \begin{matrix} y = x - 1 \\ y = 5 \\ x = -3 \end{matrix} \right. \\ y = a - x \end{matrix}\right.$
Последнее уравнение $y = -x + a$ представляет собой семейство параллельных прямых с угловым коэффициентом $-1$.
Для построения прямой (1) $y = x - 1$ воспользуемся контрольными точками:

Анализируя графическую интерпретацию, определим значения параметра $a$, при которых система имеет ровно два решения. Это происходит в промежутках $(l_{1}; l_{2}] \cup \{l_{3}\} \cup [l_{4}; l_{5})$.
Вычислим значение $a$ для каждого граничного положения прямой $y + x = a$:
1) Прямая $l_{1}$ проходит через вершину $(-3; -4)$, тогда $a = -3 + (-4) = -7$.
2) Прямая $l_{2}$ проходит через точку $(-3; 5)$, тогда $a = -3 + 5 = 2$.
3) Прямая $l_{3}$ проходит через точку пересечения линий $y = 5$ и $y = x - 1$, то есть через $(6; 5)$, тогда $a = 6 + 5 = 11$.
4) Прямая $l_{4}$ проходит через точку $(7; 5)$, тогда $a = 7 + 5 = 12$.
5) Прямая $l_{5}$ проходит через точку на границе области $x = 7$ для линии $y = x - 1$. При $x = 7$ получаем $y = 6$, следовательно, $a = 7 + 6 = 13$.

Ответ: $(-7; 2] \cup \{11\} \cup [12; 13)$

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