Вариант 3 · Август 2026

Решение:
а) Исходное уравнение: $2 \cos ^{3} x - 2 \cos x + \sin ^{2} x = 0$.
Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством и заменим $\sin^2 x$ на $1 - \cos^2 x$:
$2 \cos ^{3} x - 2 \cos x + 1 - \cos ^{2} x = 0$.
Сгруппируем слагаемые для вынесения общего множителя:
$2 \cos x (\cos^2 x - 1) - (\cos^2 x - 1) = 0$.
Вынесем скобку $(\cos^2 x - 1)$ за скобки:
$(2 \cos x - 1)(\cos^2 x - 1) = 0$.
Произведение равно нулю, если хотя бы один из множителей равен нулю:
1) $2 \cos x - 1 = 0 \Rightarrow \cos x = \frac{1}{2}$, откуда $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
2) $\cos^2 x - 1 = 0 \Rightarrow \cos^2 x = 1$, что означает $\cos x = \pm 1$.
Решениями этого уравнения являются точки $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$, которые можно записать как:
$\left[\begin{matrix} x = 2\pi k, k \in \mathbb{Z} \\ x = \pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} \end{matrix}\right.$

б) Найдем корни, которые попадают в заданный промежуток $\left[\frac{3 \pi}{2} ; 3 \pi\right]$, используя единичную окружность.

На указанном отрезке получаем следующие значения:
$x_{1} = 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5 \pi}{3}$
$x_{2} = 2\pi$
$x_{3} = 2\pi + \frac{\pi}{3} = \frac{7 \pi}{3}$
$x_{4} = 3\pi$.

Ответ: а) $\pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$; $\pi k, k \in \mathbb{Z}$; б) $\frac{5 \pi}{3}; 2\pi; \frac{7 \pi}{3}; 3\pi$

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Исходя из условия, что $AKLM$ является равнобедренной трапецией, мы имеем параллельность оснований: $AM \parallel LK$ и боковых сторон $ML \parallel AK$.
Проанализируем подобие треугольников $\triangle AA_{1} M$ и $\triangle LCK$:
Благодаря параллельности $AM$ и $LK$, углы $\angle A_{1} MA$ и $\angle LKC$, а также $\angle A_{1} AM$ и $\angle KLC$ равны как накрест лежащие. Следовательно, $\triangle AA_{1} M \sim \triangle LCK$ по первому признаку подобия (по двум углам).
Из подобия вытекает отношение сторон: $$\frac{AA_{1}}{LC} = \frac{A_{1} M}{CK} = \frac{AM}{LK}$$ Подставим известные значения: $\frac{AA_{1}}{LC} = \frac{\frac{1}{2} DC}{\frac{1}{4} DC} = \frac{2}{1}$.
Отсюда следует, что $LC = \frac{1}{2} AA_{1}$. Поскольку в правильной призме $AA_{1} = CC_{1}$, получаем $LC = \frac{1}{2} CC_{1}$, что означает, что точка $L$ делит ребро $CC_{1}$ пополам ($CL = LC_{1}$). Утверждение доказано.
б) Объем данной призмы вычисляется по формуле $V_{ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = AA_{1} \cdot AB \cdot AD$.
По условию $DK = 3 KC$, значит отрезок $KC$ составляет четверть ребра основания: $KC = \frac{1}{4} DC$.
Обозначим сторону основания $AD$ через $a$. Так как призма правильная, все стороны основания равны: $AB = BC = CD = AD = a$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle AKD$:
Катеты равны $AD = a$ и $DK = \frac{3}{4} a$. Воспользуемся теоремой Пифагора: $$AK^{2} = AD^{2} + DK^{2} = a^{2} + \left(\frac{3}{4} a\right)^{2} = a^{2} + \frac{9}{16} a^{2} = \frac{25}{16} a^{2}$$ Таким образом, $AK = \frac{5}{4} a$.
Теперь рассмотрим треугольник $\triangle MB_{1} C_{1}$:
Здесь $B_{1} C_{1} = a$, а $MB_{1} = \frac{a}{2}$. По теореме Пифагора находим гипотенузу: $MC_{1}^{2} = a^{2} + \frac{a^{2}}{4} = \frac{5 a^{2}}{4}$, откуда $MC_{1} = \frac{a \sqrt{5}}{2}$.
Перейдем к треугольнику $\triangle MC_{1} L$:
Так как $L$ — середина $CC_{1}$ и высота призмы $CC_{1} = 5$, то $C_{1} L = 2,5$. Учитывая, что $\angle MC_{1} L = 90^\circ$, по теореме Пифагора: $$ML^{2} = MC_{1}^{2} + C_{1} L^{2} = \frac{5 a^{2}}{4} + \left(\frac{5}{2}\right)^{2} = \frac{5 a^{2} + 25}{4}$$
Поскольку трапеция $AMLK$ равнобедренная, её боковые стороны равны: $ML = AK$.
Приравняем квадраты этих сторон: $$\frac{5 a^{2} + 25}{4} = \frac{25}{16} a^{2}$$ Умножим обе части уравнения на 16:
$4(5 a^{2} + 25) = 25 a^{2}$
$20 a^{2} + 100 = 25 a^{2}$
$5 a^{2} = 100 \Rightarrow a^{2} = 20 \Rightarrow a = 2 \sqrt{5}$.
Вычисляем итоговый объем призмы: $V = 5 \cdot 2 \sqrt{5} \cdot 2 \sqrt{5} = 5 \cdot 4 \cdot 5 = 100$.

Ответ: б) 100

Источник: ФИПИ

Решение:
Дано неравенство: $\frac{2^{3 x} - 2 \cdot 4^{x + 1} + 5 \cdot 2^{x + 2} - 16}{x - 1} \geq 0$.
Начнем с области допустимых значений. Знаменатель не может быть равен нулю, следовательно: $x - 1 \neq 0$, то есть $x \neq 1$.
Преобразуем выражение в числителе, приведя степени к основанию $2$:
$2^{3 x} - 2 \cdot 2^{2(x + 1)} + 5 \cdot 2^{x + 2} - 16 = 2^{3x} - 2 \cdot 2^{2x + 2} + 5 \cdot 2^{x + 2} - 16 = 2^{3x} - 8 \cdot 2^{2x} + 20 \cdot 2^x - 16$.
Для упрощения введем новую переменную $t = 2^x$. Тогда числитель примет вид многочлена:
$t^3 - 8t^2 + 20t - 16$.
Разложим этот многочлен на множители методом группировки:
$t^3 - 2t^2 - 6t^2 + 12t + 8t - 16 = t^2(t - 2) - 6t(t - 2) + 8(t - 2) = (t - 2)(t^2 - 6t + 8)$.
Квадратный трехчлен $t^2 - 6t + 8$ также разложим на множители (его корни $2$ и $4$):
$(t - 2)(t - 2)(t - 4) = (t - 2)^2(t - 4)$.
Вернемся к переменной $x$. Исходное неравенство теперь выглядит так:
$\frac{(2^x - 2)^2 (2^x - 4)}{x - 1} \geq 0$.
Определим критические точки, в которых числитель обращается в ноль:
1) $(2^x - 2)^2 = 0 \Rightarrow 2^x = 2^1 \Rightarrow x = 1$;
2) $2^x - 4 = 0 \Rightarrow 2^x = 2^2 \Rightarrow x = 2$.
Заметим, что точка $x = 1$ является корнем четной кратности для числителя, но она же исключается из-за условия в знаменателе. Проанализируем знаки выражения на числовой прямой:

Учитывая условие $x \neq 1$, выкалываем данную точку. При $x < 1$ числитель отрицателен и знаменатель отрицателен, что дает плюс. В интервале $(1; 2)$ числитель отрицателен, а знаменатель положителен. При $x \geq 2$ обе части дроби положительны (или числитель равен нулю).
Таким образом, решением неравенства являются промежутки: $(-\infty; 1) \cup [2; +\infty)$.

Ответ: $(-\infty; 1) \cup [2; +\infty)$

Источник: ФИПИ

Разбор задачи:
Согласно условию, имеем следующие параметры кредита:
Начальная сумма $S = 1260$ тыс. рублей; срок кредитования $n = 5$ лет;
Процентная ставка $r = 10 \%$ (коэффициент увеличения долга $k = 1{,}1$).
В течение первых трех лет (2027, 2028 и 2029 гг.) остаток задолженности не меняется и составляет 1260 тыс. рублей. Это означает, что в эти годы выплачиваются только начисленные проценты.
В последние два года (2030 и 2031 гг.) кредит погашается равными платежами, обозначим их через $x$.

Так как к концу пятого года кредит должен быть полностью выплачен, составим уравнение на основе последней строки таблицы:
$1{,}1 \cdot (1{,}1 S - x) - x = 0$
Подставим значение $S = 1260$:
$(1{,}1 \cdot 1260 - x) \cdot 1{,}1 - x = 0$
$(1386 - x) \cdot 1{,}1 - x = 0$
$1524{,}6 - 1{,}1 x - x = 0$
$1524{,}6 - 2{,}1 x = 0$
$x = \frac{1524{,}6}{2{,}1} = 726$ тыс. рублей.

Теперь вычислим общую сумму всех выплат за 5 лет. Она состоит из трех выплат процентов в первые годы и двух равных платежей в конце срока:
$3 \cdot (0{,}1 \cdot 1260) + 2 \cdot 726 =$
$3 \cdot 126 + 1452 = 378 + 1452 = 1830$ тыс. рублей.

Ответ: 1830 тыс. рублей

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Рассмотрим прямоугольные треугольники $BCM$ и $NCD$. Они равны по двум катетам, из чего следует перпендикулярность отрезков $MC$ и $ND$.
В четырехугольнике $BNKM$ сумма противоположных углов $\angle MBN$ и $\angle NKM$ составляет $180^{\circ}$, следовательно, вокруг него можно описать окружность.
Углы $\angle MKB$ и $\angle BKN$ являются вписанными и опираются на равные хорды $BM$ и $BN$, значит, они равны между собой.
Поскольку угол $\angle MKN$ прямой, получаем $\angle BKM = \frac{90^{\circ}}{2} = 45^{\circ}$, что и требовалось доказать.

б) Заметим, что $\triangle AMD = \triangle MBC$ по двум катетам, откуда $\angle AMD = \angle BMC = \alpha$.
Для четырехугольника $AMKD$ углы $\angle AMD$ и $\angle AKD$ равны $\alpha$, так как они опираются на одну и ту же дугу $AD$.
Вычислим величину угла $\angle AKM$: $\angle AKM = \angle MKD - \angle AKD = 90^{\circ} - \alpha = \beta$.
Тогда искомый угол $\angle BKA$ равен сумме $\angle BKM + \angle AKM = 45^{\circ} + \beta$.
Найдем гипотенузу в $\triangle MBC$:
$CM = \sqrt{BC^{2} + BM^{2}} = \sqrt{(2\sqrt{10})^{2} + (\sqrt{10})^{2}} = \sqrt{40 + 10} = 5 \sqrt{2}$.
Определим тригонометрические функции угла $\beta$:
$\sin \beta = \frac{BM}{CM} = \frac{\sqrt{10}}{5 \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$; $\cos \beta = \frac{BC}{CM} = \frac{2 \sqrt{10}}{5 \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
Применим теорему синусов для треугольника $ABK$:
$\frac{AB}{\sin (45^{\circ} + \beta)} = 2 R \Rightarrow R = \frac{AB}{2 (\sin 45^{\circ} \cos \beta + \cos 45^{\circ} \sin \beta)}$.
Подставим значения:
$R = \frac{2 \sqrt{10}}{2 \left(\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}\right)} = \frac{2 \sqrt{10}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} \cdot 3} = \frac{2 \sqrt{10} \cdot \sqrt{5}}{3 \sqrt{2}} = \frac{10}{3}$.

Ответ: б) $\frac{10}{3}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим исходную систему уравнений: $$\left\{\begin{matrix} \left(x^{2} - 5 x - y + 3\right) \cdot \sqrt{x - y + 3} = 0 \\ y = ax + a \end{matrix}\right.$$ Первое уравнение распадается на совокупность при условии существования квадратного корня: $$\left\{\begin{matrix} \left[\begin{matrix} y = x^{2} - 5 x + 3 \\ y = x + 3 \end{matrix}\right. \\ y = a(x + 1) \\ y \leq x + 3 \end{matrix}\right.$$ Проанализируем параболу $y = x^{2} - 5 x + 3$. Координаты её вершины: $x_{0} = \frac{-(-5)}{2 \cdot 1} = 2{,}5$;
$y_{0}(2{,}5) = (2{,}5)^{2} - 5 \cdot 2{,}5 + 3 = 6{,}25 - 12{,}5 + 3 = -3{,}25$.
Точки пересечения параболы с осью $Ox$: $x^{2} - 5 x + 3 = 0$, где $D = 25 - 12 = 13$.
Корни: $x_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{13}}{2}$.
Также в систему входит прямая $y = x + 3$, которая является границей области определения уравнения.

Для поиска значений параметра $a$, при которых система имеет ровно два решения, проанализируем пучок прямых $y = a(x + 1)$, проходящих через точку $(-1; 0)$.
Согласно графическому анализу, искомые значения находятся в объединении: $a \in \{a_1\} \cup \{a_2\} \cup [a_3; a_4)$.
Сначала определим точки, где прямая $y = x + 3$ пересекается с параболой $y = x^{2} - 5 x + 3$:
$x + 3 = x^{2} - 5 x + 3$
$x^{2} - 6 x = 0$
Получаем две точки: $(0; 3)$ и $(6; 9)$.

Найдем значение $a$ для первого случая (касание параболы):
Уравнение $a(x + 1) = x^{2} - 5 x + 3$ должно иметь единственный корень.
$x^{2} - (5 + a)x + 3 - a = 0$
Условие касания — равенство дискриминанта нулю:
$D = (5 + a)^{2} - 4(3 - a) = a^{2} + 10a + 25 - 12 + 4a = a^{2} + 14a + 13$
$a^{2} + 14a + 13 = 0$
Корни уравнения: $a = -13$ и $a = -1$. По графику подходит значение $a = -1$.

Второй случай: прямая из пучка параллельна прямой $y = x + 3$. Это происходит при равенстве угловых коэффициентов, то есть $a = 1$.

Третий случай: прямая проходит через точку пересечения параболы и границы $(6; 9)$:
$9 = a(6 + 1) \Rightarrow 7a = 9 \Rightarrow a = \frac{9}{7}$.

Четвертый случай: прямая проходит через вторую точку пересечения $(0; 3)$:
$3 = a(0 + 1) \Rightarrow a = 3$.
Таким образом, два решения будут при $a = -1$, $a = 1$ и в полуинтервале от $\frac{9}{7}$ до $3$.

Ответ: $\{-1\} \cup \{1\} \cup [\frac{9}{7}; 3)$

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Да, такая ситуация возможна. Представим, что изначально на доске было 10 шестёрок и 10 семёрок.
Тогда исходное среднее арифметическое составит:
$S_{1} = \frac{10 \cdot 6 + 10 \cdot 7}{20} = \frac{130}{20} = 6{,}5.$
Если мы уменьшим все шестёрки на 1, они превратятся в пятёрки и, согласно условию, будут удалены. Останутся только 10 семёрок. Новое среднее арифметическое будет равно:
$S_{2} = \frac{10 \cdot 7}{10} = 7.$
Очевидно, что $7 > 6{,}5$, то есть среднее значение увеличилось.
б) Предположим, что на доске было $n$ чисел, равных 6. Тогда их суммарное значение равно $6n$. Обозначим сумму остальных $(19 - n)$ чисел через $B$, а последнее, двадцатое число, как $a$.
Исходя из условия, среднее арифметическое всех чисел равно 32:
$\frac{6n + B + a}{20} = 32 \Rightarrow 6n + B + a = 640.$
После того как шестёрки уменьшили на 1 и стерли, на доске осталось $(20 - n)$ чисел, а их среднее стало равно 39:
$\frac{B + a}{20 - n} = 39 \Rightarrow B + a = 39(20 - n).$
Подставим выражение для $(B + a)$ в первое уравнение:
$6n + 39(20 - n) = 640$
$6n + 780 - 39n = 640$
$33n = 140$
$n = \frac{140}{33} = 4\frac{8}{33}.$
Так как количество чисел $n$ должно быть целым, мы пришли к противоречию. Значит, такая ситуация невозможна.
в) Для максимизации итогового среднего арифметического нужно, чтобы количество удаляемых шестёрок $n$ было как можно меньше, а оставшиеся числа — как можно больше (максимальное значение 45).
Запишем уравнение для среднего арифметического исходного набора, где $n$ — количество шестёрок, $a$ — некоторое число из набора, а остальные $(19 - n)$ чисел равны 45:
$\frac{6n + (19 - n) \cdot 45 + a}{20} = 32$
$6n + 855 - 45n + a = 640$
$39n = 215 + a.$
Чтобы $n$ было минимальным целым числом, подберем подходящее $a$ (учитывая, что $a \le 45$ и $a > 5$). При $a = 19$ получаем:
$39n = 215 + 19 = 234 \Rightarrow n = 6.$
Таким образом, в наборе было 6 шестёрок, 13 чисел по 45 и одно число 19. Проверим среднее:
$S_{1} = \frac{6 \cdot 6 + 13 \cdot 45 + 19}{20} = \frac{36 + 585 + 19}{20} = \frac{640}{20} = 32.$
После удаления шестёрок на доске останется $20 - 6 = 14$ чисел. Новое среднее арифметическое составит:
$S_{2} = \frac{13 \cdot 45 + 19}{14} = \frac{585 + 19}{14} = \frac{604}{14} = \frac{302}{7} = 43 \frac{1}{7}.$

Ответ: а) да; б) нет; в) $43 \frac{1}{7}$

Источник: ФИПИ