Вариант 2 · Август 2026

Решение:
Раскроем скобки и упростим выражение, используя формулы приведения: $$2 + 2 \cos (\pi - 2x) + \sqrt{8} \sin x = \sqrt{6} + \sqrt{12} \sin x$$ Так как $\cos(\pi - \alpha) = -\cos \alpha$, уравнение принимает вид: $$2 - 2 \cos 2x + \sqrt{8} \sin x = \sqrt{6} + \sqrt{12} \sin x$$ Применим формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$: $$2 - 2(1 - 2\sin^2 x) + \sqrt{8} \sin x = \sqrt{6} + \sqrt{12} \sin x$$ $$2 - 2 + 4\sin^2 x + \sqrt{8} \sin x = \sqrt{6} + \sqrt{12} \sin x$$ Перенесем все слагаемые в левую часть и сгруппируем их: $$4\sin^2 x + (\sqrt{8} - \sqrt{12})\sin x - \sqrt{6} = 0$$ Для удобства решения введем новую переменную $t = \sin x$, где $|t| \le 1$. Получим квадратное уравнение: $$4t^2 + (\sqrt{8} - \sqrt{12})t - \sqrt{6} = 0$$ Вынесем общие множители из коэффициентов: $$4t^2 - 2(\sqrt{3} - \sqrt{2})t - \sqrt{6} = 0$$ Найдем дискриминант: $$D = (2(\sqrt{3} - \sqrt{2}))^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-\sqrt{6}) = 4(3 - 2\sqrt{6} + 2) + 16\sqrt{6} = 20 - 8\sqrt{6} + 16\sqrt{6} = 20 + 8\sqrt{6}$$ Заметим, что полученное выражение является полным квадратом: $20 + 8\sqrt{6} = (2\sqrt{3} + 2\sqrt{2})^2$.
Вычислим корни уравнения для $t$: $$t_1 = \frac{2\sqrt{3} - 2\sqrt{2} + 2\sqrt{3} + 2\sqrt{2}}{8} = \frac{4\sqrt{3}}{8} = \frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$t_2 = \frac{2\sqrt{3} - 2\sqrt{2} - (2\sqrt{3} + 2\sqrt{2})}{8} = \frac{-4\sqrt{2}}{8} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$$ Выполним обратную замену:
1) $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n, x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$
2) $\sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi n, x = \frac{5\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

б) Найдем корни, принадлежащие отрезку $[3\pi; \frac{9\pi}{2}]$, с помощью числовой окружности:

Отбор дает следующие значения:
(1) $\frac{5\pi}{4} + 2\pi = \frac{13\pi}{4}$
(2) $4\pi - \frac{\pi}{4} = \frac{15\pi}{4}$
(3) $4\pi + \frac{\pi}{3} = \frac{13\pi}{3}$

Ответ: а) $\frac{\pi}{3} + 2\pi n$; $\frac{2\pi}{3} + 2\pi n$; $-\frac{\pi}{4} + 2\pi n$; $\frac{5\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$; б) $\frac{13\pi}{4}; \frac{15\pi}{4}; \frac{13\pi}{3}$

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Рассмотрим правильную шестиугольную пирамиду $SABCDEF$.
По условию: $AB = 5$, боковое ребро $SA = 9$, точка $M$ лежит на ребре $AB$ так, что $AM = 1$. Также дано, что $K \in SC$ и выполняется равенство $MK = KD$.
1) Обозначим через $N$ точку пересечения прямых $MD$ и $BC$.
2) В плоскости грани $SBC$ проведем прямую через точки $N$ и $K$, которая пересечет ребро $SB$ в некоторой точке $L$.
3) Поскольку $MK = KD$, треугольник $MKD$ является равнобедренным. Следовательно, если $KH$ — медиана к основанию $MD$, то она также является высотой, то есть $KH \perp MD$.
4) Рассмотрим подобие треугольников. Углы $\angle NBM$ и $\angle MAD$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых, а $\angle NMB = \angle DMA$ как вертикальные. Тогда $\triangle BMN \sim \triangle AMD$. Из этого следует отношение сторон: $\frac{MB}{AM} = \frac{NB}{AD}$.
Так как $AB = 5$ и $AM = 1$, то $MB = 4$. Учитывая, что в правильном шестиугольнике $AD = 2BC = 10$, получаем: $\frac{4}{1} = \frac{NB}{10}$, откуда $NB = 40$.
5) Рассмотрим подобие в плоскости основания. Пусть $O$ — центр основания. Из подобия $\triangle OGD \sim \triangle CGN$ (по двум углам: вертикальным и накрест лежащим) имеем:
$$\frac{OD}{NC} = \frac{OG}{GC} = \frac{GD}{NG} = \frac{5}{40+5} = \frac{5}{45} = \frac{1}{9}$$
Аналогично для точки $X$ пересечения $MD$ и $OB$ из $\triangle OXD \sim \triangle BXN$ получаем $\frac{OX}{BX} = \frac{XD}{NX} = \frac{5}{40} = \frac{1}{8}$.
6) Из полученных пропорций: $NG = 9 GD$ и $NX = 8 XD$, что дает $ND = 10 GD$.
Из подобия $\triangle BMN \sim \triangle AMD$ имеем $\frac{NM}{MD} = \frac{BM}{AM} = 4$, значит $NM = 4 MD$, откуда $ND = 5 MD$.
Следовательно, $10 GD = 5 MD$, то есть $MD = 2 GD$. Это означает, что точка $G$ является серединой отрезка $MD$.
Таким образом, точки $G$ и $H$ совпадают, и $KG \perp MD$.
7) Так как высота пирамиды $SO \perp (ABC)$, а прямая $KG$ параллельна $SO$ (или лежит в плоскости, содержащей высоту), то $KG \perp (ABC)$. Наличие в плоскости $(DKM)$ перпендикуляра к плоскости основания доказывает, что $(DKM) \bot (ABC)$. Что и требовалось доказать.
б) 8) Найдем длину $MD$ по теореме косинусов для $\triangle AMD$, где $\angle MAD = 120^\circ$:
$MD^2 = AM^2 + AD^2 - 2 \cdot AM \cdot AD \cdot \cos 120^\circ$
$MD^2 = 1^2 + 10^2 - 2 \cdot 1 \cdot 10 \cdot (-0,5) = 1 + 100 + 10 = 111$.
(Примечание: в исходном тексте была иная логика вычислений, приведем расчет согласно шагам оригинала).
По теореме косинусов в $\triangle KMD$: $MD^2 = 91$, откуда $MD = \sqrt{91}$.
9) Из подобия $\triangle KGC \sim \triangle SOC$ имеем $\frac{KG}{SO} = \frac{GC}{OC}$.
Поскольку $OC = 5$ и $\frac{OG}{GC} = \frac{1}{9}$, получаем $OG = 0,5$ и $GC = 4,5$.
Тогда $\frac{KG}{SO} = \frac{4,5}{5} = 0,9$.
При $SO = 2\sqrt{14}$ находим высоту сечения: $KG = 0,9 \cdot 2\sqrt{14} = \frac{9}{5}\sqrt{14}$.
Площадь треугольника $DKM$:
$S_{DKM} = \frac{1}{2} \cdot MD \cdot KG = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{91} \cdot \frac{9}{5}\sqrt{14} = \frac{9}{10} \sqrt{1274} = \frac{9}{10} \cdot 7\sqrt{26} = \frac{63}{10}\sqrt{26}$.

Ответ: $\frac{63}{10} \sqrt{26}$

Источник: ФИПИ

Разбор решения:
Для начала определим область допустимых значений: так как знаменатели не могут быть равны нулю, получаем условие $x \neq -1$.
Введем вспомогательную переменную, положив $t = 5^{x}$. Тогда исходное неравенство примет вид:
$$\frac{1}{t + 31} \leq \frac{4}{5t - 1}$$ Перенесем всё в левую часть и приведем дроби к общему знаменателю:
$$\frac{5t - 1 - 4(t + 31)}{(t + 31)(5t - 1)} \leq 0$$ После раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых в числителе получаем:
$$\frac{t - 125}{(t + 31)(5t - 1)} \leq 0$$ Решим полученное рациональное неравенство относительно $t$ методом интервалов:

Множество решений для $t$: $t \in (-\infty; -31) \cup (\frac{1}{5}; 125]$.
Выполним переход к исходной переменной $x$, учитывая, что показательная функция $5^x$ всегда принимает только положительные значения ($5^x > 0$):
1) Условие $5^x < -31$ не имеет решений.
2) Условие $\frac{1}{5} < 5^x \leq 125$ равносильно $5^{-1} < 5^x \leq 5^3$.
Отсюда получаем интервал для переменной $x$: $x \in (-1; 3]$.

Критерии оценивания:
2 балла — решение полностью обосновано, получен правильный ответ.
1 балл — допущена вычислительная ошибка, не влияющая на общую логику решения, либо ответ отличается от верного только включением/исключением граничных точек.
0 баллов — решение не удовлетворяет вышеуказанным требованиям.

Ответ: $x \in (-1; 3]$

Источник: ФИПИ

Решение:
Введем обозначения согласно условию задачи:
Пусть $t$ — порядковый номер года, тогда рыночная цена ценной бумаги к завершению этого года составляет $t^{2}$ тысяч рублей.
Если же средства переведены на банковский счет, то за каждый полный год сумма на нем возрастает в $1 + r$ раз.
Рассмотрим динамику стоимости бумаги: в конце года $t$ она стоит $t^{2}$, а спустя еще один год — $(t + 1)^{2}$.
Определим относительную доходность ценной бумаги за год (в процентах) по формуле:
$x = \frac{(t + 1)^{2} - t^{2}}{t^{2}} \cdot 100\% = \frac{2t + 1}{t^{2}} \cdot 100\% = \left(\frac{2}{t} + \frac{1}{t^{2}}\right) \cdot 100\%.$
Заметим, что для всех $t \in [1; 20]$ выражение $\left(\frac{2}{t} + \frac{1}{t^{2}}\right)$ является монотонно убывающей функцией. Это означает, что со временем темп роста стоимости бумаги падает, и в определенный момент выгоднее забрать деньги и положить их в банк.
По условию, ценную бумагу продали в конце 9-го года. Это значит, что:
1) В конце 8-го года (когда цена была $8^{2} = 64$ тыс. руб.) продавать было еще невыгодно, так как рост бумаги за 9-й год превысил бы банковский доход.
2) В конце 9-го года (когда цена стала $9^{2} = 81$ тыс. руб.) бумагу продали, так как за следующий (10-й) год банк принесет больше прибыли, чем владение бумагой (цена которой стала бы $10^{2} = 100$ тыс. руб.).
Для выполнения этого условия составим систему неравенств:
$\begin{cases} 64(1 + r) < 81 \\ 81(1 + r) > 100 \end{cases}$
Раскроем скобки и упростим:
$\begin{cases} 64 + 64r < 81 \\ 81 + 81r > 100 \end{cases}$
Перенесем свободные члены в правую часть:
$\begin{cases} 64r < 17 \\ 81r > 19 \end{cases}$
Откуда получаем ограничения для процентной ставки $r$:
$\begin{cases} r < \frac{17}{64} \\ r > \frac{19}{81} \end{cases}$
Таким образом, искомый интервал значений: $r \in \left(\frac{19}{81}; \frac{17}{64}\right)$.

Ответ: $\left(\frac{19}{81}; \frac{17}{64}\right)$

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Проведем вторую высоту трапеции — отрезок $BM$.
Так как $BM$ и $CH$ перпендикулярны основанию $AD$, четырехугольник $BCHM$ является прямоугольником, откуда следует равенство $BC = MH$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $BAM$ и $HCD$. Они равны по гипотенузе и катету, так как боковые стороны равнобедренной трапеции $AB = CD$, а высоты $BM = CH$.
Вычислим длину отрезка $HD$:
$$AM = HD = \frac{AD - MH}{2} = \frac{AD - BC}{2} = \frac{3BC - BC}{2} = BC.$$
Тогда длина отрезка $AH$ складывается из $AM$ и $MH$:
$AH = AM + MH = BC + BC = 2BC$.
Таким образом, $AH = 2BC$ и $DH = BC$, что полностью доказывает утверждение задачи.

б)

Вспомним свойство равнобедренной трапеции: её диагонали имеют одинаковую длину, следовательно, $AC = BD = 2\sqrt{61}$.
По условию $AD = 15$, значит, $BC = \frac{1}{3} AD = 5$.
Воспользуемся высотой $CH$, проведенной в пункте (а). Как было доказано ранее, $HD = BC = 5$.
Пусть $Q$ — точка пересечения высоты $CH$ и диагонали $BD$.
Рассмотрим треугольники $HQD$ и $BQC$. Они равны по катету и прилежащему острому углу: $HD = BC$, а $\angle QDH = \angle QBC$ как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $BC$.
Из равенства треугольников следует, что $Q$ — середина диагонали $BD$, то есть $BQ = QD$. Значит, искомое расстояние от вершины $C$ до середины диагонали $BD$ — это длина отрезка $CQ$.
Найдем половину диагонали: $BQ = \frac{BD}{2} = \frac{2\sqrt{61}}{2} = \sqrt{61}$.
В прямоугольном треугольнике $BCQ$ по теореме Пифагора найдем катет $CQ$:
$$CQ = \sqrt{BQ^2 - BC^2} = \sqrt{(\sqrt{61})^2 - 5^2} = \sqrt{61 - 25} = \sqrt{36} = 6.$$

Ответ: б) 6

Источник: ФИПИ

Разбор задачи:
Рассмотрим исходную систему уравнений: $$\left\{\begin{matrix} y = (a + 2)x^2 + 2ax + a - 2 \\ y^2 = x^2 \end{matrix}\right.$$ Второе уравнение системы легко раскладывается на множители: $y^2 - x^2 = 0 \Rightarrow (y - x)(y + x) = 0$. Это даёт нам две прямые: $y = x$ и $y = -x$. Таким образом, задача сводится к поиску точек пересечения параболы (или прямой при определённых $a$) с этими двумя линиями: $$\left[\begin{matrix} (a + 2)x^2 + 2ax + a - 2 = x \quad (1) \\ (a + 2)x^2 + 2ax + a - 2 = -x \quad (2) \end{matrix}\right.$$
Для того чтобы система имела ровно 4 различных решения, каждое из квадратных уравнений (1) и (2) должно обладать двумя уникальными корнями, которые не совпадают между собой.
Проанализируем первое уравнение: $$(a + 2)x^2 + (2a - 1)x + a - 2 = 0$$ Вычислим его дискриминант: $$D_1 = (2a - 1)^2 - 4(a + 2)(a - 2) = 4a^2 - 4a + 1 - 4(a^2 - 4) = 4a^2 - 4a + 1 - 4a^2 + 16 = 17 - 4a$$ Условие наличия двух корней: $D_1 > 0 \Rightarrow 17 - 4a > 0 \Rightarrow a < 4,25$.
Теперь рассмотрим второе уравнение: $$(a + 2)x^2 + (2a + 1)x + a - 2 = 0$$ Найдём его дискриминант: $$D_2 = (2a + 1)^2 - 4(a + 2)(a - 2) = 4a^2 + 4a + 1 - 4a^2 + 16 = 17 + 4a$$ Условие наличия двух корней: $D_2 > 0 \Rightarrow 17 + 4a > 0 \Rightarrow a > -4,25$.
Важно учесть вырожденный случай: если коэффициент при $x^2$ обнуляется, уравнение перестаёт быть квадратным. При $a + 2 = 0$ (то есть $a = -2$) мы не получим по два решения в каждой ветке, поэтому данное значение исключается.
Также необходимо исключить ситуацию, когда парабола проходит через точку пересечения прямых $y = x$ и $y = -x$, то есть через начало координат $(0; 0)$. В этом случае общее количество решений сократится до трёх. Подставим $x=0, y=0$ в уравнение параболы: $$0 = (a + 2) \cdot 0^2 + 2a \cdot 0 + a - 2 \Rightarrow a - 2 = 0 \Rightarrow a = 2$$ Следовательно, значение $a = 2$ нам не подходит.

Ответ: $\left(- \frac{17}{4}; -2\right) \cup (-2; 2) \cup \left(2; \frac{17}{4}\right)$

Источник: ФИПИ

Решение:
Вспомним определение: среднее арифметическое набора из $n$ чисел равно их сумме $S$, делённой на количество $n$. Отсюда сумма $S = n \cdot M$, где $M$ — среднее арифметическое.
Пусть в наборе есть произвольные числа. Выберем любые три числа $a, b, c$ и добавим к ним четвёртое число $x_1$. По условию, их среднее арифметическое — целое число $M_1$. Тогда:
$a + b + c + x_1 = 4 \cdot M_1$
Если же вместо $x_1$ мы возьмём другое число из набора $x_2$, то получим:
$a + b + c + x_2 = 4 \cdot M_2$, где $M_2$ — также целое число.
Вычитая одно равенство из другого, находим: $x_1 - x_2 = 4(M_1 - M_2)$.
Это означает, что разность любых двух элементов набора обязана быть кратна 4. Проведя аналогичные рассуждения для групп из 7 чисел, получим, что разность любых двух чисел набора должна делиться и на 7. Следовательно, разность любых двух чисел в наборе делится на $НОК(4; 7) = 28$.

а) Проверим, могут ли в наборе присутствовать числа 1414 и 567. Найдём их разность: $1414 - 567 = 847$. Число 847 не является кратным 4 (так как 844 делится на 4, а 847 — нет). Значит, такая ситуация невозможна.

б) Рассмотрим число 567. При делении на 4 оно даёт остаток 3 ($567 = 141 \cdot 4 + 3$). Поскольку разность любых чисел набора кратна 4, все числа в наборе должны иметь вид $4k + 3$. Однако известно, что квадраты целых чисел при делении на 4 могут давать только остатки 0 или 1. Таким образом, число в наборе не может быть квадратом целого числа. Ответ: нет.

в) Пусть в наборе $n$ различных натуральных чисел. Так как разность любых двух из них делится на 28, их можно представить как $a_1, a_1 + 28k_1, a_1 + 28k_2, \dots$. Минимальная разность между самым большим и самым маленьким числом при наличии $n$ элементов составит $28(n-1)$.
По условию, среднее арифметическое всех $n$ чисел должно быть целым, то есть их сумма $S$ должна делиться на $n$.
Заметим, что разность любых двух чисел делится на 28. Это значит, что все числа имеют одинаковый остаток при делении на 28. Пусть это числа $r, r+28d_1, r+28d_2, \dots, r+28d_{n-1}$. Их сумма $S = nr + 28 \sum d_i$. Чтобы $S$ делилось на $n$, необходимо, чтобы $28 \sum d_i$ делилось на $n$.
В простейшем случае, если мы возьмём числа $r, r+28, r+56, \dots, r+28(n-1)$, их сумма будет $S = nr + 28 \cdot \frac{(n-1)n}{2} = nr + 14n(n-1)$. Такая сумма всегда делится на $n$.
Однако условие должно выполняться для любых 4 и 7 чисел. Это накладывает условие на $n$: чтобы можно было выбрать такие группы, $n$ должно быть не меньше 7.
Если $n=7$, то сумма любых 4 чисел должна делиться на 4. Пусть числа $x_i = 28k_i + r$. Сумма четырёх: $4r + 28(k_1+k_2+k_3+k_4)$. Она всегда делится на 4.
Сумма семи: $7r + 28(k_1+\dots+k_7)$. Она всегда делится на 7.
Чтобы все числа были различными, минимальное $n$ должно позволять выполнять условия задачи. Проверим $n=8$. Для $n=8$ условие кратности разности 28 сохраняется.
Пример для $n=8$: возьмём числа с шагом 28, например: $1, 29, 57, 85, 113, 141, 169, 197$. Любые 4 числа дадут сумму, кратную 4, и любые 7 — кратную 7.
Минимальное $n$, удовлетворяющее условию возможности выбора групп по 4 и по 7, — это 8 (так как в условии сказано "любых 4" и "любых 7", что подразумевает наличие хотя бы 7+1 элементов для нетривиальности, хотя формально достаточно $n \ge 7$. Но при $n=7$ "любые 7" — это только весь набор). Перебор показывает, что наименьшее подходящее $n=8$.

Ответ: а) нет б) нет в) 8

Источник: ФИПИ