Вариант 4 · Август 2026

Решение:
а) Рассмотрим логарифмическое уравнение: $\log _{6} \left(2 \sin ^{2} (x) - 3 \sin (x) - 1\right) = 0$.
Согласно определению логарифма, выражение под его знаком должно быть равно $6^0$, то есть:
$$2 \sin ^{2} (x) - 3 \sin (x) - 1 = 1$$

Для решения полученного уравнения введем замену переменной $t = \sin (x)$, где $|t| \le 1$.
Получаем квадратное уравнение: $2 t^{2} - 3 t - 2 = 0$.
Найдем его корни через дискриминант или по теореме Виета:
$t_{1} = 2$ или $t_{2} = - 0,5$.
Значение $t = 2$ выходит за пределы области значений синуса, поэтому оставляем только $t = - \frac{1}{2}$.

Выполним обратный переход к переменной $x$:
$\sin (x) = - \frac{1}{2}$
Отсюда получаем две серии решений:
$$\left[\begin{matrix} x = -\frac{\pi}{6} + 2 \pi n \\ x = -\frac{5\pi}{6} + 2 \pi k \end{matrix}\right. k, n \in \mathbb{Z}$$
(что эквивалентно записям $x = \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$ и $x = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$).

б) Произведем отбор корней, принадлежащих заданному отрезку, используя тригонометрический круг:

Указанному промежутку соответствует единственная точка:
$x = - 2 \pi - \frac{\pi}{6} = - \frac{13 \pi}{6}$.

Критерии оценивания:
— 2 балла: Верно выполнены оба пункта задания.
— 1 балл: Правильно решен только пункт а), либо допущена одна вычислительная ошибка, но логика решения обоих пунктов сохранена.
— 0 баллов: Решение не соответствует указанным требованиям.

Ответ: а) $\frac{7 \pi}{6} + 2 \pi k, \frac{11 \pi}{6} + 2 \pi n, k, n \in \mathbb{Z}$; б) $- \frac{13 \pi}{6}$

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:
Рассмотрим исходное неравенство: $x^{2} \log _{625} \left(6 - x\right) \leq \log _{5} \left(x^{2} - 12 x + 36\right)$.
Преобразуем основания логарифмов и выражения под ними: $x^{2} \log _{5^{4}} \left(6 - x\right) \leq \log _{5} \left(x - 6\right)^{2}$.
Вынесем показатели степеней за знаки логарифмов: $\frac{x^{2}}{4} \log _{5} \left(6 - x\right) \leq 2 \log _{5} \left|x - 6\right|$.
С учетом того, что аргумент логарифма должен быть положителен, получаем $6 - x > 0$, а значит, $\left|x - 6\right| = 6 - x$. Тогда: $\frac{x^{2}}{4} \log _{5} \left(6 - x\right) \leq 2 \log _{5} \left(6 - x\right)$.
Определим область допустимых значений (ОДЗ):
$\begin{cases} 6 - x > 0 \\ (x - 6)^{2} > 0 \end{cases} \Rightarrow x < 6$.
Перенесем все слагаемые в левую часть неравенства:
$\frac{x^{2}}{4} \log _{5} \left(6 - x\right) - 2 \log _{5} \left(6 - x\right) \leq 0$.
Вынесем общий множитель за скобки:
$\log _{5} \left(6 - x\right) \left(\frac{x^{2}}{4} - 2\right) \leq 0$.
Для удобства умножим выражение во второй скобке на 4:
$\log _{5} \left(6 - x\right) \left(x^{2} - 8\right) \leq 0$.
Применим метод рационализации для логарифмического множителя и разложим разность квадратов:
$(5 - 1) (6 - x - 1) (x - \sqrt{8}) (x + \sqrt{8}) \leq 0$.
Упростим выражение:
$4 (5 - x) (x - 2\sqrt{2}) (x + 2\sqrt{2}) \leq 0$.
Решим полученное неравенство методом интервалов:

Теперь найдем пересечение полученного решения с условием $x < 6$:

Ответ: $[-2\sqrt{2}; 2\sqrt{2}] \cup [5; 6)$

Источник: ФИПИ

Решение:

Опираясь на условия задачи, составим график снижения основного долга (в тысячах рублей) на июль каждого года:
$800; 680; 560; 440; 320; 200; 160; 120; 80; 40; 0.$

Введем повышающий коэффициент $k = 1 + \frac{r}{100}$, который отражает начисление процентов банком. Тогда в январе каждого года величина задолженности с учетом процентов (в тыс. рублей) будет принимать значения:
$800k; 680k; 560k; 440k; 320k; 200k; 160k; 120k; 80k; 40k.$

Выплаты клиента (разность между текущим долгом с процентами и остатком долга на следующий период) составят:
$800k - 680; 680k - 560; 560k - 440; 440k - 320; 320k - 200;$
$200k - 160; 160k - 120; 120k - 80; 80k - 40; 40k.$

Найдем общую сумму всех выплат банку. Сгруппировав слагаемые, получим:
$$(800+680+560+440+320+200+160+120+80+40)k - (680+560+440+320+200+160+120+80+40)$$ Это выражение упрощается до:
$3400k - 2600.$

По условию общая сумма выплат равна $1480$ тыс. рублей. Составим уравнение:
$3400k - 2600 = 1480.$

Решим его:
$3400k = 4080,$
$k = 1{,}2.$

Так как $k = 1 + \frac{r}{100}$, получаем $1 + \frac{r}{100} = 1{,}2$, откуда $\frac{r}{100} = 0{,}2$, следовательно, $r = 20.$

Ответ: 20

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Рассмотрим треугольники $KLN$ и $LMN$. По условию они являются равнобедренными, следовательно, $KL = LN$ и $LN = LM$. Отсюда получаем равенство боковых сторон: $KL = LM$, что делает треугольник $KLM$ также равнобедренным.

В равнобедренном треугольнике $KLM$ углы при основании равны: $\angle LKM = \angle LMK$. Учитывая параллельность оснований трапеции, накрест лежащие углы $\angle LMK$ и $\angle MKN$ равны. Таким образом, $\angle LKM = \angle MKN$, что доказывает, что отрезок $KM$ является биссектрисой угла $LKN$.

б) Пусть $KL = LN = LM = 10{,}5$.
Заметим, что точки $K$, $N$ и $M$ равноудалены от точки $L$ на расстояние $10{,}5$. Это означает, что они лежат на окружности с центром в точке $L$ и радиусом $R = 10{,}5$.

Достроим чертеж, продлив отрезок $LM$ за точку $L$ до пересечения с окружностью в точке $S$. Отрезок $SM$ в этом случае будет диаметром данной окружности.
Четырехугольник $SMNK$ вписан в окружность и является равнобедренной трапецией, откуда следует равенство хорд: $KS = MN$.

Треугольник $SKM$ является прямоугольным, так как его угол $SKM$ опирается на диаметр $SM$.
Длина диаметра $SM = 2 \cdot LM = 2 \cdot 10{,}5 = 21$.
По условию $KM = 20$.
Воспользуемся теоремой Пифагора для нахождения катета $KS$:
$$KS = \sqrt{SM^{2} - KM^{2}} = \sqrt{21^{2} - 20^{2}} = \sqrt{441 - 400} = \sqrt{41}.$$
Так как $MN = KS$, получаем $MN = \sqrt{41}$.

Критерии оценивания:
3 балла — приведено полностью верное доказательство пункта а) и получен правильный ответ в пункте б).
2 балла — верно решен пункт б), либо доказан пункт а), но в пункте б) допущена вычислительная ошибка.
1 балл — доказан только пункт а), либо пункт б) решен верно с опорой на пункт а) (без его доказательства), либо в пункте б) допущена арифметика при верном ходе решения.
0 баллов — решение не соответствует указанным требованиям.

Ответ: $\sqrt{41}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим исходную систему уравнений:
$\begin{cases} x^{4} + y^{2} = a^{2} \\ x^{2} + y = |2a - 4| \end{cases}$
Для упрощения введем замену переменной $x^{2} = t$. Учитывая, что $t \ge 0$, перепишем систему в виде:
$\begin{cases} t^{2} + y^{2} = a^{2} \\ t + y = |2a - 4| \end{cases}$

Проанализируем количество корней исходной системы в зависимости от значения $t$:
— если $t < 0$, решений для $x$ нет;
— если $t = 0$, получаем ровно одно решение ($x = 0$);
— если $t > 0$, уравнение $x^2 = t$ дает два различных значения $x$.
Геометрически первое уравнение системы описывает окружность с центром в начале координат и радиусом $R = |a|$, а второе — прямую. Чтобы исходная система имела ровно два решения, прямая должна пересекать окружность в точках, где $t > 0$.
Обозначим точки пересечения окружности с осями как $A$ и $B$. Тогда расстояние от начала координат до прямой должно быть больше радиуса вписанной окружности, но меньше радиуса описанной, чтобы отсекаемая хорда находилась в нужной области. Из геометрических соображений (расстояние до прямой $t+y=d$):
$|a| < |2a - 4| < \sqrt{2}|a|$
Возведем все части неравенства в квадрат:
$a^{2} < (2a - 4)^{2} < 2a^{2}$
Это условие равносильно системе неравенств:
$\begin{cases} (2a - 4)^{2} < 2a^{2} \\ (2a - 4)^{2} > a^{2} \end{cases}$
Раскроем скобки и перенесем все слагаемые в одну сторону:
$\begin{cases} 4a^{2} - 16a + 16 - 2a^{2} < 0 \\ 4a^{2} - 16a + 16 - a^{2} > 0 \end{cases}$
Получаем два квадратных неравенства:
$\begin{cases} 2a^{2} - 16a + 16 < 0 \quad (1) \\ 3a^{2} - 16a + 16 > 0 \quad (2) \end{cases}$
Решим первое неравенство $(1)$:
$a^{2} - 8a + 8 < 0$
Находим корни уравнения $a^{2} - 8a + 8 = 0$:
$D = 64 - 32 = 32$
$a = \frac{8 \pm \sqrt{32}}{2} = 4 \pm 2\sqrt{2}$
Следовательно, $a \in (4 - 2\sqrt{2}; 4 + 2\sqrt{2})$.
Решим второе неравенство $(2)$:
$3a^{2} - 16a + 16 > 0$
Находим корни уравнения $3a^{2} - 16a + 16 = 0$:
$D = 256 - 192 = 64$
$a_1 = \frac{16 + 8}{6} = 4$; $a_2 = \frac{16 - 8}{6} = \frac{4}{3}$
Значит, $a \in (-\infty; \frac{4}{3}) \cup (4; +\infty)$.
Найдем пересечение полученных интервалов:

Ответ: $(4 - 2\sqrt{2}; \frac{4}{3}) \cup (4; 4 + 2\sqrt{2})$

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:
$$S_{2} = \frac{10 \cdot 1 + 20}{11} = \frac{30}{11}.$$

Ответ: а) да; б) нет; в) $\frac{30}{11}$

Источник: ФИПИ