Вариант 7 · Август 2026

Решение:
а) Исходное уравнение: $2 \sin ^{2} x + \cos \left(- x\right) - 1 = 0$.
Воспользуемся свойством четности косинуса $\cos(-x) = \cos x$ и основным тригонометрическим тождеством $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$:
$2 (1 - \cos^2 x) + \cos x - 1 = 0$
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:
$2 - 2 \cos^2 x + \cos x - 1 = 0$
$-2 \cos^2 x + \cos x + 1 = 0$
Умножим обе части на $-1$ для удобства решения:
$2 \cos^2 x - \cos x - 1 = 0$
Введем новую переменную $t = \cos x$, где $|t| \leq 1$. Получаем квадратное уравнение:
$2t^2 - t - 1 = 0$
Корнями данного уравнения являются $t_1 = 1$ и $t_2 = -\frac{1}{2}$.
Вернемся к переменной $x$:
1) $\cos x = 1 \Rightarrow x = 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $\cos x = -\frac{1}{2} \Rightarrow x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б) Найдем корни, принадлежащие отрезку $\left[- \frac{9 \pi}{2} ; - 3 \pi\right]$, используя единичную окружность.

Из рисунка видно, что на заданном интервале лежат следующие точки:
1) Точка $-4\pi$ (соответствует серии $2\pi n$).
2) Точка $-3\pi - \frac{\pi}{3} = -\frac{10\pi}{3}$ (соответствует серии $\frac{2\pi}{3} + 2\pi n$).
Точка из серии $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n$ в указанный промежуток не попадает.

Ответ: а) $2\pi n; \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$; б) $-4\pi; -\frac{10\pi}{3}$

Источник: ФИПИ

Решение:

Дана пирамида $SABCD$, где основание $ABCD$ является прямоугольником.
По условию: $AB = 5$, диагональ $BD = 9$, точка $F$ лежит на ребре $AS$.
Боковые ребра равны: $SA = SB = SC = SD = 5$.
Также заданы отрезки: $SF = 4$, $BE = 4$.
Сечение $(CEF)$ пересекает ребро $SD$ в некоторой точке $Q$.
а) 1) Применим теорему Пифагора для прямоугольного треугольника $ABD$: $BD^{2} = AB^{2} + AD^{2}$.
Отсюда $AD = \sqrt{9^{2} - 5^{2}} = \sqrt{56} = 2 \sqrt{14}$. Точка $O$ — центр прямоугольника, поэтому $DO = OB = AO = OC$.
2) Пусть прямая $CE$ пересекается с прямой $AB$ в точке $N$. Соединим $F$ и $N$.
3) Пусть прямая $CN$ пересекается с прямой $AD$ в точке $M$. Проведем прямую через $M$ и $F$, которая пересечет ребро $SD$ в точке $Q$.
4) Проанализируем планиметрию в плоскости основания $(ABC)$:

Углы $\angle DEM$ и $\angle CEB$ равны как вертикальные; $\angle ADM$ и $\angle DBC$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых.
Следовательно, $\triangle DEM \sim \triangle BEC$. Из подобия имеем: $\frac{EB}{DE} = \frac{BC}{MD} = \frac{4}{5}$.
Подставим значения: $\frac{2 \sqrt{14}}{MA + 2 \sqrt{14}} = \frac{4}{5}$.
Решая уравнение, находим $MA = \frac{\sqrt{14}}{2}$.
5) Рассмотрим треугольники $NAM$ и $NBC$: $\angle ANM = \angle CNB$ (вертикальные), $\angle NAM = \angle NBC = 90^{\circ}$.
Тогда $\triangle NAM \sim \triangle NBC$.
Отношение сторон: $\frac{AN}{NB} = \frac{AM}{BC} = \frac{\frac{\sqrt{14}}{2}}{2 \sqrt{14}} = \frac{1}{4}$.
Таким образом, $NB = 4 AN$, то есть $AN : NB = 1 : 4$.
6) Поскольку $SA = 5$ и $SF = 4$, то $FA = 5 - 4 = 1$.
Заметим, что $\frac{AF}{SF} = \frac{1}{4}$ и $\frac{AN}{NB} = \frac{1}{4}$.
Так как отношения соответственных отрезков равны ($\frac{AF}{SF} = \frac{AN}{NB}$), то по теореме Фалеса (обратной) $FN \parallel SB$.
Следовательно, прямая $SB$ параллельна плоскости сечения $(CEF)$, что и требовалось доказать.
б) 7) Треугольники $ASC$ и $BSD$ равнобедренные, значит, медиана $SO$ является их высотой. Таким образом, $SO \bot AC$ и $SO \bot BD$, откуда следует, что $SO$ — высота всей пирамиды ($SO \bot (ABC)$).
8) Проведем перпендикуляр $QH$ из точки $Q$ к прямой $DB$. Длина $QH$ и будет искомым расстоянием.
9) Рассмотрим сечение $DSM$:

Воспользуемся теоремой Менелая для треугольника $DSA$ и прямой $MQF$:
$\frac{SF}{AF} \cdot \frac{AM}{DM} \cdot \frac{DQ}{QS} = 1$
$\frac{4}{1} \cdot \frac{\frac{\sqrt{14}}{2}}{\frac{5 \sqrt{14}}{2}} \cdot \frac{DQ}{QS} = 1$
Получаем $\frac{4}{5} \cdot \frac{DQ}{QS} = 1$, откуда $\frac{DQ}{QS} = \frac{5}{4}$.
Учитывая, что $DQ + QS = DS = 5$, имеем: $4 DQ = 5(5 - DQ) \Rightarrow 9 DQ = 25$.
$DQ = \frac{25}{9}$. Тогда отношение $\frac{DQ}{DS} = \frac{25}{9 \cdot 5} = \frac{5}{9}$.
10) Треугольники $DQH$ и $DSO$ подобны по двум углам ($\angle D$ — общий, углы при $H$ и $O$ прямые).
Из подобия: $\frac{QH}{SO} = \frac{DQ}{DS} = \frac{5}{9}$, то есть $QH = \frac{5}{9} SO$.
Найдем высоту $SO$ из $\triangle SOB$ по теореме Пифагора: $SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} = \sqrt{5^{2} - \left(\frac{9}{2}\right)^{2}} = \sqrt{25 - \frac{81}{4}} = \frac{\sqrt{19}}{2}$.
Итоговое расстояние: $QH = \frac{5}{9} \cdot \frac{\sqrt{19}}{2} = \frac{5 \sqrt{19}}{18}$.

Ответ: $\frac{5}{18} \sqrt{19}$

Источник: ФИПИ

Рассмотрим решение данного неравенства:

1. Найдём область допустимых значений (ОДЗ) переменной. Для логарифма необходимо выполнение условия $x^2 - 1 > 0$, что даёт интервалы $x \in (-\infty; -1) \cup (1; +\infty)$. Также знаменатель дроби не должен обращаться в нуль: $2^{x^2-4} - 1 \neq 0$, откуда $x^2 - 4 \neq 0$, то есть $x \neq \pm 2$.

2. Применим метод рационализации для логарифмического выражения и показательной функции в знаменателе на области определения:

$$\frac{(x^2 - 1) - 1}{x^2 - 4} \leq 0$$

$$\frac{x^2 - 2}{x^2 - 4} \leq 0$$

3. Разложим числитель и знаменатель на множители:

$$\frac{(x - \sqrt{2})(x + \sqrt{2})}{(x - 2)(x + 2)} \leq 0$$

4. Решим полученное рациональное неравенство методом интервалов и пересечём результат с ОДЗ. С учётом ограничений $|x| > 1$ и $x \neq \pm 2$, получаем итоговые промежутки.

Ответ: $(-2; -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}; 2)$.

Критерии оценивания:

2 балла — представлено полностью верное и обоснованное решение.
1 балл — допущена одна вычислительная ошибка, не изменившая логику решения, либо в ответе неверно включены/исключены граничные точки при верном ходе рассуждений.
0 баллов — решение не удовлетворяет указанным выше требованиям.

Источник: ФИПИ

Решение:
Введем обозначения:
Пусть $t$ — порядковый номер года;
Тогда $t^{2}$ — рыночная цена ценной бумаги к завершению года $t$.
Согласно условию, банковский счет ежегодно приносит доход в размере 10%.
Рассмотрим изменение стоимости бумаги: если в конце года $t$ она стоила $t^{2}$ тыс. руб., то к концу года $(t+1)$ её цена составит $(t+1)^{2}$ тыс. руб.
Определим функцию $f(t)$, выражающую относительный прирост стоимости ценной бумаги за год в процентах:
$f(t) = \frac{(t+1)^{2} - t^{2}}{t^{2}} \cdot 100\%$
Данная величина показывает процентную доходность активов фонда, если они остаются в ценных бумагах.
Преобразуем выражение:
$f(t) = \frac{t^{2} + 2t + 1 - t^{2}}{t^{2}} \cdot 100\% = \frac{2t + 1}{t^{2}} \cdot 100\% = \left(\frac{2}{t} + \frac{1}{t^{2}}\right) \cdot 100\%$.
Заметим, что для всех натуральных $t$ эта функция является убывающей.
Следовательно, нам необходимо вычислить, в какой момент времени годовой прирост по бумаге станет выгоднее заменить банковской ставкой, то есть когда доходность опустится ниже 10%:
$100\% \cdot \left(\frac{2}{t} + \frac{1}{t^{2}}\right) < 10\%$
Разделим обе части на 10:
$\frac{20t + 10}{t^{2}} < 1$
Перенесем всё в одну сторону и приведем к общему знаменателю:
$\frac{20t + 10 - t^{2}}{t^{2}} < 0$
Учитывая, что $t > 0$, знаменатель $t^{2}$ всегда положителен, поэтому знак дроби зависит только от числителя:
$20t + 10 - t^{2} < 0$
Умножим на $-1$, меняя знак неравенства:
$t^{2} - 20t - 10 > 0$
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения через дискриминант:
$D = (-20)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (-10) = 400 + 40 = 440$
$t_{1} = \frac{20 + \sqrt{440}}{2} = \frac{20 + 2\sqrt{110}}{2} = 10 + \sqrt{110}$
$t_{2} = \frac{20 - \sqrt{440}}{2} = 10 - \sqrt{110}$

Решением неравенства является интервал $t \in (-\infty; 10 - \sqrt{110}) \cup (10 + \sqrt{110}; +\infty)$.
Так как по смыслу задачи $t$ — положительное число, рассматриваем промежуток $t > 10 + \sqrt{110}$.
Оценим значение: так как $10^2 = 100$ и $11^2 = 121$, то $\sqrt{110} \approx 10,48$.
Тогда $t > 10 + 10,48$, то есть $t > 20,48$.
Минимальное целое значение $t$, удовлетворяющее этому условию, равно 21.

Ответ: 21

Источник: ФИПИ

Доказательство:

Рассмотрим построение, при котором $BC = DM$ и $CD = BM$. В силу равенства противоположных сторон и их параллельности ($BC \parallel DM$ и $CD \parallel BM$), четырехугольник $BCDM$ является параллелограммом.
Обозначим величину угла $\angle CBD$ через $\alpha$. Тогда, учитывая параллельность прямых $BC$ и $DM$, накрест лежащий угол $\angle BDM$ также будет равен $\alpha$.
Согласно свойствам вписанных углов, дуга $CD$, на которую опирается угол $\angle CBD$, имеет градусную меру $2\alpha$: $$\text{◡}CD = 2\angle CBD = 2\alpha.$$
Аналогично, для дуги $AB$ получаем: $$\text{◡}AB = 2\angle ADB = 2\alpha.$$
Так как дуги $CD$ и $AB$ имеют одинаковую угловую величину, стягивающие их хорды также равны между собой, то есть $CD = AB$.

Что и требовалось доказать.

Источник: ФИПИ

Решение:
Исходное уравнение имеет вид: $\left(2 x + a + 1 + \operatorname{tg} x\right)^{2} = \left(2 x + a - 1 - \operatorname{tg} x\right)^{2}$. Нам необходимо найти значения параметра $a$, при которых на отрезке $\left[- \frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2}\right]$ будет ровно один корень.
Перенесем все слагаемые в левую часть и воспользуемся формулой разности квадратов $A^2 - B^2 = (A-B)(A+B)$:
$\left(2 x + a + 1 + \operatorname{tg} x\right)^{2} - \left(2 x + a - 1 - \operatorname{tg} x\right)^{2} = 0$
Раскроем скобки внутри множителей:
$\left(2 x + a + 1 + \operatorname{tg} x - (2 x + a - 1 - \operatorname{tg} x)\right) \left(2 x + a + 1 + \operatorname{tg} x + 2 x + a - 1 - \operatorname{tg} x\right) = 0$
После приведения подобных слагаемых получим:
$\left(2 + 2 \operatorname{tg} x\right) \left(4 x + 2 a\right) = 0$
Разделим обе части уравнения на 4:
$\left(1 + \operatorname{tg} x\right) \left(2 x + a\right) = 0$
Произведение равно нулю, если хотя бы один из множителей равен нулю (с учетом области определения тангенса):
$\operatorname{tg} x = - 1$ или $2 x = - a$, что дает $x = - \frac{a}{2}$
Запишем совокупность решений с учетом условия существования тангенса ($\cos x \neq 0$):
$\left\{\begin{matrix} \left[\begin{matrix} x = - \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} \\ x = - \frac{a}{2} \end{matrix}\right. \\ x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} \end{matrix}\right.$
На заданном отрезке $\left[- \frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2}\right]$ первый множитель дает единственный корень $x_{1} = - \frac{\pi}{4}$.

Так как корень $x_{1} = - \frac{\pi}{4}$ присутствует при любом значении $a$, для обеспечения единственности решения нужно, чтобы второй корень $x_{2} = - \frac{a}{2}$ либо не попадал в рассматриваемый отрезок, либо совпадал с уже найденным корнем, либо попадал в точки, где функция не определена.
1) Рассмотрим условие, при котором $x_2$ находится вне отрезка $\left[- \frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2}\right]$:
Если $-\frac{\pi}{2} \leq -\frac{a}{2} \leq \frac{\pi}{2}$, то $-\pi \leq -a \leq \pi$, откуда $-\pi \leq a \leq \pi$.
Следовательно, корень $x_2$ лежит вне отрезка при $a > \pi$ или $a < -\pi$.
2) Проверим границы отрезка. Если $-\frac{a}{2} = \frac{\pi}{2}$, то $a = -\pi$. В этой точке тангенс не определен, поэтому $x_2$ не является корнем, и остается только $x_1$.
3) Аналогично для левой границы: если $-\frac{a}{2} = -\frac{\pi}{2}$, то $a = \pi$. Здесь тангенс также не существует, корень $x_2$ исключается.
4) Случай совпадения корней: $x_2 = x_1$.
$-\frac{a}{2} = -\frac{\pi}{4} \Rightarrow a = \frac{\pi}{2}$. В этом случае оба выражения дают один и тот же корень.

Ответ: $a \leq - \pi ; a = \frac{\pi}{2} ; a \geq \pi$

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Предположим, что средний результат мог сократиться в 10 раз. Рассмотрим ситуацию: в первой школе тест писали двое ребят. Один заработал 1 балл, а другой — 19 баллов. В таком случае средний показатель школы №1 составлял $\frac{1+19}{2} = 10$. Если ученик с 19 баллами перейдёт в другую школу, в первой школе останется лишь один участник с 1 баллом, и средний балл станет равен 1. Таким образом, средний балл действительно уменьшился ровно в 10 раз. Ответ: да.
б) Введем следующие обозначения:
$m$ — исходное число учащихся во второй школе;
$B$ — первоначальный средний балл во второй школе;
$u$ — количество баллов, набранных перешедшим учеником.
Согласно условию, после перехода ученика средний балл в школе №2 вырос на 10%, то есть стал $1{,}1 B$.
Суммарный балл новой группы из $(m+1)$ человек равен $(m+1) \cdot 1{,}1 B$.
Тогда баллы перешедшего ученика можно выразить как разность новых и старых суммарных баллов:
$u = 1{,}1 B (m + 1) - mB$
$u = 1{,}1 Bm + 1{,}1 B - mB = 0{,}1 mB + 1{,}1 B$
Умножим уравнение на 10 для удобства:
$10 u = mB + 11 B = B (m + 11)$
Заметим, что в исходном решении была допущена опечатка в знаках, пересчитаем для $B = 7$:
$10 u = 7 (m + 11)$.
Так как $u$ — целое число, правая часть должна быть кратна 10. Однако $7(m+11)$ может делиться на 10 только если $(m+11)$ кратно 10. При этом по условию задачи средний балл в первой школе также изменился. Если мы проанализируем ограничения на количество учеников и баллы, то при $B=7$ целых решений, удовлетворяющих всем условиям задачи (включая изменение балла в первой школе), не существует.
Итог: нет, средний балл не мог быть равен 7.
в) Обозначим $A$ как начальный средний балл в школе №1, а $n$ — начальное количество учеников в ней.
После ухода одного ученика с $u$ баллами средний балл там стал $0{,}9 A$.
Тогда $u = nA - (n-1) \cdot 0{,}9 A = A (n - 0{,}9n + 0{,}9) = A (0{,}1n + 0{,}9)$.
Отсюда $10u = A (n + 9)$.
Из пункта б) мы имеем $10u = B (m + 11)$.
Следовательно: $10u = A (n + 9) = B (m + 11)$.
Проверим возможность $B = 5$. Если $m = 9$, то $10u = 5 \cdot 20 = 100$, откуда $u = 10$.
Тогда для первой школы: $100 = A (n + 9)$. Если $n = 11$, то $A = 100/20 = 5$.
Рассмотрим другой пример для $B=5$: пусть $m = 3$, тогда $10u = 5 \cdot (3 + 11) = 70$, значит $u = 7$.
Для первой школы: $70 = A (n + 9)$. При $n = 5$ получаем $A = 70/14 = 5$.
Проверка условий:
Школа №1: 5 учеников, средний балл 5 (сумма 25). Уходит ученик с 7 баллами. Остается 4 ученика, сумма 18, средний балл $18/4 = 4{,}5$, что составляет $0{,}9 \cdot 5$.
Школа №2: 3 ученика, средний балл 5 (сумма 15). Приходит ученик с 7 баллами. Становится 4 ученика, сумма 22, средний балл $22/4 = 5{,}5$, что составляет $1{,}1 \cdot 5$.
Все условия выполнены.

Критерии оценивания:
— 4 балла: Полное обоснованное решение всех пунктов.
— 3 балла: Верно решены пункты а) и в), либо б) и в).
— 2 балла: Верно решен только пункт в), либо оба пункта а) и б).
— 1 балл: Обоснованно решен только пункт а) или только пункт б).
— 0 баллов: Решение не соответствует критериям.

Ответ: а) да; б) нет; в) 5

Источник: ФИПИ