Вариант 10 · Сентябрь 2026

Решение:
а) Представим исходное уравнение через разложение на множители: $$\left(2 \cos x - 1\right) \left(\cos ^{2} x + 1\right) = 0.$$ Данное равенство распадается на два случая: 1) $\cos ^{2} x = - 1$ — это уравнение не имеет действительных корней, так как квадрат числа не может быть отрицательным. 2) $2 \cos x - 1 = 0$, откуда получаем $\cos x = \frac{1}{2}$. Решениями этого уравнения являются серии точек: $x = \frac{\pi}{3} + 2 \pi n$ и $x = - \frac{\pi}{3} + 2 \pi m$, где $n, m \in \mathbb{Z}$.

б) Найдём корни, которые попадают в заданный промежуток $\left[2 \pi ; \frac{7 \pi}{2}\right]$, воспользовавшись тригонометрическим кругом.

Указанному отрезку соответствует единственное значение: $x = 2\pi + \frac{\pi}{3} = \frac{7 \pi}{3}$.

Критерии оценивания:
Выполнены верно оба пункта — 2 балла.
Верно решён только пункт а), ИЛИ допущена арифметическая ошибка, но логика решения обоих пунктов сохранена — 1 балл.
В остальных случаях — 0 баллов.

Ответ: а) $\frac{\pi}{3} + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z}$; $-\frac{\pi}{3} + 2 \pi m, m \in \mathbb{Z}$; б) $\frac{7 \pi}{3}$

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Соединим вершины $A$ и $K$. В плоскости верхней грани через точку $K$ проведём прямую, параллельную ребру $A_1C_1$. Пусть эта прямая пересекает ребро $C_1B_1$ в точке $L$. Поскольку $A_1C_1 \parallel AC$, то $KL \parallel AC$. Таким образом, четырёхугольник $AKLC$ является искомым сечением.
Так как $K$ — середина $A_1B_1$ по условию, а $KL \parallel A_1C_1$, то согласно теореме Фалеса точка $L$ будет серединой ребра $C_1B_1$.
Призма $ABCA_1B_1C_1$ правильная, значит, её основания — равносторонние треугольники. Отсюда следует, что $A_1B_1 = C_1B_1$, а значит, их половины равны: $A_1K = C_1L$. Учитывая, что боковые рёбра $A_1A$ и $C_1C$ равны, получаем равенство прямоугольных треугольников $\Delta A_1KA = \Delta C_1LC$ по двум катетам.
Из равенства треугольников следует $AK = CL$. Отрезок $KL$ является средней линией треугольника $A_1B_1C_1$, поэтому $KL = \frac{1}{2} A_1C_1 = \frac{1}{2} AC$.
Так как боковые стороны $AK$ и $CL$ равны, а основания $KL$ и $AC$ параллельны и не равны, $AKLC$ — равнобедренная трапеция, что и требовалось доказать.
б) В основании $ABC$ проведём высоту $BH$. В правильном треугольнике она также является медианой, то есть $H$ — середина $AC$.
Пусть $M$ — середина верхнего основания трапеции $KL$. В силу симметрии равнобедренной трапеции отрезок $MH$ перпендикулярен основаниям $AC$ и $KL$.
Плоскости $(ACK)$ и $(BHM)$ пересекаются по прямой $HM$. Искомое расстояние от точки $B$ до плоскости сечения равно длине перпендикуляра $BN$, опущенного из $B$ на прямую $HM$.
В треугольнике $ABC$ имеем: $AC = 6$, $HA = 3$, $AB = 6$.
По теореме Пифагора находим высоту основания: $HB = \sqrt{AB^2 - HA^2} = \sqrt{36 - 9} = 3\sqrt{3}$.
Из треугольника $C_1LC$ по теореме Пифагора: $CL = \sqrt{C_1L^2 + CC_1^2} = \sqrt{3^2 + 6^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$.
Рассмотрим геометрию трапеции $AKLC$:

Основания равны $KL = 3$ и $AC = 6$.
Опустим высоты $LL_1$ и $KK_1$ на $AC$. Тогда $K_1L_1 = KL = 3$, а отрезок $AK_1 = \frac{AC - KL}{2} = \frac{6 - 3}{2} = 1,5$.
Высота трапеции $MH = KK_1 = \sqrt{AK^2 - AK_1^2} = \sqrt{45 - \frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{171}{4}} = \frac{3\sqrt{19}}{2}$.
Теперь рассмотрим сечение призмы плоскостью, проходящей через высоты оснований:

В треугольнике $KB_1L$ точка $M$ — середина $KL$. Так как $KB_1 = LB_1 = 3$ и $KL = 3$, треугольник $KB_1L$ равносторонний. Его высота $MB_1 = \sqrt{KB_1^2 - KM^2} = \sqrt{9 - \frac{9}{4}} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
Пусть $M_1$ — проекция точки $M$ на прямую $HB$. Тогда $MM_1 = BB_1 = 6$, а $M_1B = MB_1 = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
Отрезок $HM_1 = HB - M_1B = 3\sqrt{3} - \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
Проверим значение $HM$ через прямоугольный треугольник $HMM_1$: $HM = \sqrt{MM_1^2 + HM_1^2} = \sqrt{36 + \frac{27}{4}} = \frac{3\sqrt{19}}{2}$.
Из треугольника $HMM_1$ находим $\sin(\angle MHM_1) = \frac{MM_1}{HM} = \frac{6}{\frac{3\sqrt{19}}{2}} = \frac{4}{\sqrt{19}}$.
В треугольнике $HNB$ искомая высота $NB = HB \cdot \sin(\angle NHB)$.
Так как $\angle NHB = \angle MHM_1$, получаем: $NB = 3\sqrt{3} \cdot \frac{4}{\sqrt{19}} = \frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{19}} = \frac{12\sqrt{57}}{19}$.
Заметим, что $\frac{12\sqrt{57}}{19} = \frac{12\sqrt{57} \cdot \sqrt{57}}{19\sqrt{57}} = \frac{12 \cdot 57}{19\sqrt{57}} = \frac{36}{\sqrt{57}}$.

Ответ: $\frac{36}{\sqrt{57}}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Для начала определим область допустимых значений переменной. Логарифмируемое выражение должно быть строго положительным, поэтому $x + 7 > 0$ и $8x + 49 > 0$, что дает нам условия $x > -7$ и $x > -6,125$. Однако, учитывая структуру исходного неравенства, оно определено при $x < -7$ или $x > -\frac{49}{8}$.
Заметим, что знаменатель $8x^2 + 7$ всегда больше нуля для любого действительного $x$. С учетом ограничений на переменную, перейдем к сравнению аргументов логарифмов (или потенцированию), что приводит неравенство к виду:

$$\frac{8x^2 + 7}{x^2 + x + 1} \geq \frac{8x + 49}{x + 7}$$

Перенесем все слагаемые в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$$\frac{(8x^2 + 7)(x + 7) - (8x + 49)(x^2 + x + 1)}{(x + 7)(x^2 + x + 1)} \geq 0$$

Раскроем скобки в числителе:

$$\frac{8x^3 + 56x^2 + 7x + 49 - (8x^3 + 8x^2 + 8x + 49x^2 + 49x + 49)}{(x + 7)(x^2 + x + 1)} \geq 0$$

После приведения подобных слагаемых получаем:

$$\frac{-x^2 - 50x}{(x + 7)(x^2 + x + 1)} \geq 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{x(x + 50)}{(x + 7)(x^2 + x + 1)} \leq 0$$

Так как дискриминант квадратного трехчлена $x^2 + x + 1$ отрицателен ($D = 1 - 4 = -3$), это выражение всегда положительно и не влияет на знак дроби. Решая методом интервалов, находим промежутки: $x \leq -50$ и $-7 < x \leq 0$.
Сопоставим полученные результаты с условиями $x < -7$ и $x > -\frac{49}{8}$:

1. При $x < -7$ решением является луч $x \leq -50$.
2. При $x > -\frac{49}{8}$ решением является полуинтервал $-\frac{49}{8} < x \leq 0$.

Объединяя эти множества, получаем итоговый результат.

Ответ: $(-\infty; -50] \cup (-\frac{49}{8}; 0]$.

Источник: ФИПИ

Решение.

Подставим числовые данные: полезная мощность как функция силы тока равна $$P(I) = 24I - 0{,}5 I^{2}, \qquad I \in \left[0; \ 48\right],$$ так как $\dfrac{\varepsilon}{r} = \dfrac{24}{0{,}5} = 48$.

Найдём производную и критическую точку: $$P'(I) = 24 - I, \qquad P'(I) = 0 \ \Longleftrightarrow \ I = 24 .$$

При $0 \leq I < 24$ имеем $P'(I) > 0$, то есть функция возрастает; при $24 < I \leq 48$ имеем $P'(I) < 0$, то есть функция убывает. Значит, $I = 24$ — точка максимума, и в ней достигается наибольшее значение мощности на отрезке.

Вычислим это значение: $$P(24) = 24 \cdot 24 - 0{,}5 \cdot 24^{2} = 576 - 288 = 288 \ \text{Вт} .$$

(Току $I = 24$ А отвечает сопротивление нагрузки $R = \dfrac{\varepsilon}{I} - r = 1 - 0{,}5 = 0{,}5$ Ом, то есть $R = r$.)

Ответ: 288

Решение:

а) Согласно условию, точки $M$ и $N$ являются серединами сторон $AC$ и $BC$ соответственно. Отсюда следует, что отрезок $MN$ — средняя линия треугольника $ABC$. Это дает нам два факта: $MN \parallel AB$ и $MN = \frac{1}{2} AB$.
Обозначим длину отрезка $BK$ через $x$. Тогда, исходя из отношения $BK:KC = 1:3$, получаем $KC = 3x$, а вся сторона $BC = 4x$. Так как $N$ — середина $BC$, то $BN = NC = 2x$. Следовательно, $KN = BN - BK = 2x - x = x$.
Учитывая, что $MN \parallel AB$ и $AB \bot BC$, заключаем, что $MN \bot BC$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $ABN$ и $MNK$: в них $\angle ABN = \angle MNK = 90^{\circ}$. Заметим, что $MN = \frac{1}{2} AB$ и $KN = x = \frac{1}{2} (2x) = \frac{1}{2} BN$.
Таким образом, $\Delta ABN \sim \Delta MNK$ по двум пропорциональным катетам. Из подобия следует: $\frac{AB}{MN} = \frac{BN}{NK} = \frac{AN}{MK} = 2$.
Из равенства $\frac{AN}{MK} = 2$ получаем, что $AN = 2 KM$, что и требовалось доказать.
б) Пусть прямая $BP$ пересекает $MN$ в точке $R$.
Отметим точку $Q$ — середину отрезка $NC$. Тогда $NQ = QC = x$. Заметим, что $KN = NQ = x$.
В треугольнике $ACN$ отрезок $MQ$ соединяет середины сторон $AC$ и $NC$, значит, $MQ$ — средняя линия. Отсюда $MQ \parallel AN$ и $MQ = \frac{1}{2} AN$.
Найдем гипотенузу $AN$ в $\triangle ABN$ по теореме Пифагора: $AN = \sqrt{10^2 + 8^2} = \sqrt{100 + 64} = \sqrt{164} = 2 \sqrt{41}$.
Тогда $MQ = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{41} = \sqrt{41}$.
Поскольку $AB = 10$ и $BC = 16$, имеем $4x = 16$, откуда $x = 4$.
В треугольнике $KMQ$ точка $N$ является серединой основания $KQ$ (так как $KN = NQ$).
Поскольку $P$ лежит на $AN$, а $AN \parallel MQ$, то $PN \parallel MQ$. По теореме Фалеса для угла $MKQ$ получаем, что $P$ — середина $KM$, а $NP$ — средняя линия $\Delta KMQ$.
Следовательно, $NP = \frac{1}{2} MQ = \frac{\sqrt{41}}{2}$.
Из пункта а) мы знаем, что $KM = \frac{1}{2} AN = \sqrt{41}$.
Рассмотрим пары углов при параллельных прямых $MN$ и $AB$:
$\angle PAN = \angle PNR$ и $\angle PBA = \angle PRN$ как накрест лежащие.
Значит, $\Delta NPR \sim \Delta APB$ по двум углам.
Из подобия имеем: $\frac{NP}{AP} = \frac{PR}{PB} = \frac{NR}{AB}$.
Вычислим $AP = AN - PN = 2\sqrt{41} - \frac{\sqrt{41}}{2} = \frac{3\sqrt{41}}{2}$.
Тогда коэффициент подобия: $\frac{NP}{AP} = \frac{\sqrt{41}/2}{3\sqrt{41}/2} = \frac{1}{3}$.
Отсюда $AP = 3 NP$, $PB = 3 PR$ и $NR = \frac{1}{3} AB = \frac{10}{3}$.
Применим теорему Пифагора к $\Delta BRN$:
$BR^2 = BN^2 + NR^2 = 8^2 + \left(\frac{10}{3}\right)^2 = 64 + \frac{100}{9} = \frac{576 + 100}{9} = \frac{676}{9}$.
Значит, $BR = \frac{26}{3}$.
Так как $PB = 3 PR$, то $BR = BP + PR = BP + \frac{1}{3} BP = \frac{4}{3} BP$.
Итого: $\frac{4}{3} BP = \frac{26}{3} \Rightarrow 4 BP = 26 \Rightarrow BP = 6,5$.

Ответ: $\frac{13}{2}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим систему уравнений: $$\begin{cases} |x| + |y| = a \\ y = \sqrt{x + 4} \end{cases}$$ Первое уравнение $|x| + |y| = a$ при $a > 0$ задает на координатной плоскости семейство квадратов с центром в начале координат, диагонали которых лежат на осях $Ox$ и $Oy$. Раскроем модули для построения границ этой фигуры:
1) Если $x \geq 0, y \geq 0$, то получаем прямую $y = -x + a$;
2) Если $x \geq 0, y < 0$, то получаем прямую $y = x - a$;
3) Если $x < 0, y \geq 0$, то получаем прямую $y = x + a$;
4) Если $x < 0, y < 0$, то получаем прямую $y = -x - a$.

Второе уравнение $y = \sqrt{x + 4}$ представляет собой ветвь параболы, выходящую из точки $(-4; 0)$ и направленную вправо. Чтобы система имела ровно два решения, график параболы должен пересекать границу квадрата ровно в двух точках.
Анализируя взаимное расположение графиков, заметим:
— При $a = 2$ квадрат проходит через точку $(-2; 0)$, и парабола пересекает его в одной точке. При увеличении $a$ от $2$ до $4$ (не включая границы) будет ровно две точки пересечения.
— При $a = 4$ правая вершина квадрата совпадает с точкой $(4; 0)$, а левая — с $(-4; 0)$. В этом случае количество точек пересечения меняется.
— Также возможно касание ветви параболы и стороны квадрата в верхней полуплоскости. Найдем значение параметра для случая касания с прямой $y = x + a$:
$$\sqrt{x + 4} = x + a$$ Возведем обе части в квадрат (учитывая область определения):
$$x + 4 = (x + a)^2$$ $$x + 4 = x^2 + 2ax + a^2$$ $$x^2 + (2a - 1)x + a^2 - 4 = 0$$ Условием касания является равенство дискриминанта нулю:
$$D = (2a - 1)^2 - 4(a^2 - 4) = 0$$ $$4a^2 - 4a + 1 - 4a^2 + 16 = 0$$ $$-4a + 17 = 0 \Rightarrow a = \frac{17}{4} = 4,25$$ При данном значении параметра $a$ графики имеют общую точку касания, что дает нам еще одно изолированное решение задачи.

Ответ: $(2; 4) \cup \{4,25\}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Вспомним определение среднего арифметического: $\text{ср. арифм.} = \frac{S}{n}$, где $S$ — сумма элементов, а $n$ — их количество. Отсюда следует, что сумма набора вычисляется как $S = \text{ср. арифм.} \cdot n$.
Пусть на доске выписаны числа. Возьмем два произвольных набора из трех чисел, которые отличаются только одним элементом: $\{a, b, x_1\}$ и $\{a, b, x_2\}$.
Тогда их суммы равны:
$a + b + x_1 = 3 \cdot M_1$
$a + b + x_2 = 3 \cdot M_2$
Вычитая одно равенство из другого, получим: $x_1 - x_2 = 3(M_1 - M_2)$.
Это означает, что разность любых двух чисел из набора должна быть кратна 3. Проведя аналогичные рассуждения для групп из 4, 5 и 6 чисел, мы придем к выводу, что разность любых двух чисел на доске обязана делиться на 3, 4, 5 и 6 одновременно. Следовательно, разность любых двух чисел делится на $\text{НОК}(3, 4, 5, 6) = 60$.

а) Проверим разность чисел 30032 и 312: $30032 - 312 = 29720$.
Число 29720 не делится на 3 (сумма цифр $2+9+7+2+0 = 20$, что не кратно 3). Значит, такая ситуация невозможна. Ответ: нет.

б) Поскольку число 30032 присутствует в наборе, а разность любых чисел кратна 60, все числа на доске должны иметь вид $60k + 32$, так как $30032 = 500 \cdot 60 + 32$ (дает остаток 32 при делении на 60).
Если среднее арифметическое 6 чисел равно одному из чисел набора, то сумма этих 6 чисел должна быть кратна 60 с остатком 32. Проверим сумму 6 таких чисел:
$\sum_{i=1}^{6} (60k_i + 32) = 60 \sum k_i + 6 \cdot 32 = 60K + 192 = 60K + 180 + 12 = 60(K+3) + 12$.
Мы видим, что сумма дает остаток 12 при делении на 60, а должна давать остаток 32. Противоречие. Ответ: нет.

в) Для того чтобы среднее арифметическое $n$ чисел было числом из того же набора, необходимо, чтобы сумма $n$ чисел вида $(60k + 32)$ при делении на $n$ давала число того же вида. То есть сумма $S_n$ должна удовлетворять условию:
$S_n = n \cdot (60K + 32)$.
С другой стороны, сумма $n$ чисел с остатком 32 по модулю 60 имеет вид:
$S_n = 60 \cdot (\text{сумма } k_i) + 32n$.
Приравняем остатки по модулю 60:
$32n \equiv 32 \pmod{60}$
$32n - 32 = 60m$
$32(n - 1) = 60m$
Разделим обе части уравнения на 4:
$8(n - 1) = 15m$.
Так как 8 и 15 взаимно просты, величина $(n - 1)$ должна быть кратна 15. Минимальное натуральное значение $n > 1$, удовлетворяющее этому условию: $n - 1 = 15 \Rightarrow n = 16$.
Пример такого набора: $\{32, 92, 152, \dots, 30032\}$, где взяты числа с шагом 60. Ответ: 16.