Вариант 2 · Сентябрь 2026

Решение:
а) Перенесем все слагаемые в одну часть и преобразуем уравнение:

$$\sin 2x + \sqrt{3} \cos 2x - 3 \cos x = \sin 2x - \sqrt{3}$$ Заметим, что $\sin 2x$ в обеих частях взаимно уничтожается. Применим формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = 2 \cos^2 x - 1$: $$\sqrt{3}(2 \cos^2 x - 1) - 3 \cos x = - \sqrt{3}$$ $$2\sqrt{3} \cos^2 x - \sqrt{3} - 3 \cos x = - \sqrt{3}$$ $$2\sqrt{3} \cos^2 x - 3 \cos x = 0$$ Вынесем общий множитель за скобки: $$\cos x \cdot (2\sqrt{3} \cos x - 3) = 0$$ Отсюда получаем два случая: 1) $\cos x = 0$, что дает серию решений $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$. 2) $2\sqrt{3} \cos x = 3$, то есть $\cos x = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Следовательно, $x = \pm \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б) Найдем корни, которые попадают в заданный промежуток $\left[- 4 \pi ; - \frac{5 \pi}{2}\right]$, используя тригонометрический круг.

На указанном отрезке лежат следующие значения: $- 4\pi + \frac{\pi}{6} = - \frac{23 \pi}{6}$; $- 4\pi + \frac{\pi}{2} = - \frac{7 \pi}{2}$; $- 2\pi - \frac{\pi}{2} = - \frac{5 \pi}{2}$.

Критерии оценивания:
— Правильно выполнены оба пункта — 2 балла
— Верно решен только пункт а), или допущена одна арифметическая ошибка при сохранении верного алгоритма в обоих пунктах — 1 балл
— Решение не соответствует указанным требованиям — 0 баллов

Ответ: а) $\frac{\pi}{2} + \pi k; \pm \frac{\pi}{6} + 2 \pi n, k, n \in \mathbb{Z}$; б) $- \frac{23 \pi}{6}; - \frac{7 \pi}{2}; - \frac{5 \pi}{2}$.

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Для построения плоскости $(BOC)$ проведём через точку $O$ прямую $MN$, параллельную ребру $B_{1}C_{1}$. Таким образом, сечение $MNCB$ представляет собой часть искомой плоскости. Аналогично построим прямую $KL$, чтобы получить плоскость $(AOB)$, которой принадлежит четырехугольник $AKLB$.

Обозначим стороны основания как $AB = 2x$ и $BC = 2y$. Согласно условию, $BL = 4x$ и $BM = 4y$, при этом отрезки $A_{1}M = x$ и $B_{1}L = y$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle BMB_{1}$ и $\triangle BLB_{1}$.
Используя теорему Пифагора, выразим квадрат высоты параллелепипеда $BB_{1}$ двумя способами:
$$BB_{1}^{2} = MB^{2} - MB_{1}^{2} = (4y)^{2} - x^{2} = 16y^{2} - x^{2}$$
$$BB_{1}^{2} = BL^{2} - B_{1}L^{2} = (4x)^{2} - y^{2} = 16x^{2} - y^{2}$$
Приравняем полученные выражения:
$16y^{2} - x^{2} = 16x^{2} - y^{2}$
$17y^{2} = 17x^{2} \Rightarrow x = y$.
Так как смежные стороны основания равны ($AB = BC$), то прямоугольник $ABCD$ является квадратом.
б) Продлим отрезок $BM$ за точку $M$ и опустим на эту прямую перпендикуляр $A_{1}H$ из вершины $A_{1}$.
Заметим, что $MN \parallel BC$, следовательно, $MN \perp A_{1}B_{1}$. Также $MN \perp BB_{1}$, так как боковое ребро перпендикулярно плоскости верхнего основания. Значит, прямая $MN$ перпендикулярна плоскости $(ABB_{1})$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. Отсюда следует, что $MN \perp A_{1}H$.
Таким образом:
$A_{1}H \perp BM$ и $A_{1}H \perp MN$.
Это означает, что прямая $A_{1}H$ перпендикулярна плоскости $(BOC)$, и точка $H$ является ортогональной проекцией точки $A_{1}$ на данную плоскость. Искомый угол между прямой $A_{1}C$ и плоскостью $(BOC)$ — это $\angle A_{1}CH$.
Найдем высоту $BB_{1}$, используя результат пункта а):
$BB_{1}^{2} = 16x^{2} - x^{2} = 15x^{2} \Rightarrow BB_{1} = x\sqrt{15}$.
Рассмотрим пару подобных треугольников $\triangle A_{1}HM$ и $\triangle BB_{1}M$:
1) $\angle A_{1}MH = \angle BMB_{1}$ как вертикальные;
2) $\angle A_{1}HM = \angle BB_{1}M = 90^{\circ}$.
По двум углам $\triangle A_{1}HM \sim \triangle BB_{1}M$. Запишем отношение соответствующих сторон:
$\frac{A_{1}H}{BB_{1}} = \frac{A_{1}M}{MB} \Rightarrow A_{1}H = \frac{BB_{1} \cdot A_{1}M}{MB}$
$A_{1}H = \frac{x\sqrt{15} \cdot x}{4x} = \frac{x\sqrt{15}}{4}$.
Вычислим длину диагонали параллелепипеда $A_{1}C$:
$A_{1}C^{2} = AA_{1}^{2} + AD^{2} + AB^{2} = 15x^{2} + 4x^{2} + 4x^{2} = 23x^{2} \Rightarrow A_{1}C = x\sqrt{23}$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle A_{1}CH$ найдем синус искомого угла:
$\sin \angle A_{1}CH = \frac{A_{1}H}{A_{1}C} = \frac{\frac{x\sqrt{15}}{4}}{x\sqrt{23}} = \frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}} = \frac{\sqrt{345}}{92}$.
Следовательно, $\angle A_{1}CH = \arcsin \frac{\sqrt{345}}{92}$.

Ответ: б) $\arcsin \frac{\sqrt{345}}{92}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Исходное неравенство имеет вид:
$\frac{1}{\log _{3} x + 4} + \frac{2}{\log _{3} ( 3 x )} \cdot \left(\frac{2}{\log _{3} x + 4} - 1\right) \leq 0$
Воспользуемся свойством логарифма произведения во втором знаменателе:
$\frac{1}{\log _{3} x + 4} + \frac{2}{1 + \log _{3} x} \cdot \left(\frac{2}{\log _{3} x + 4} - 1\right) \leq 0$
Для упрощения вычислений введем новую переменную, пусть $\log _{3} x = t$. Тогда выражение примет вид:
$\frac{1}{t + 4} + \frac{2}{1 + t} \cdot \left(\frac{2}{t + 4} - 1\right) \leq 0$
Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:
$\frac{1}{t + 4} + \frac{2}{t + 1} \cdot \left(\frac{2 - (t + 4)}{t + 4}\right) \leq 0$
$\frac{1}{t + 4} + \frac{2 \cdot (- t - 2)}{(t + 1)(t + 4)} \leq 0$
Раскроем скобки в числителе второй дроби:
$\frac{1}{t + 4} + \frac{- 2t - 4}{(t + 1)(t + 4)} \leq 0$
Теперь приведем обе дроби к общему знаменателю $(t + 1)(t + 4)$:
$\frac{(t + 1) - 2t - 4}{(t + 1)(t + 4)} \leq 0$
Упростим числитель:
$\frac{- t - 3}{(t + 1)(t + 4)} \leq 0$
Найдем критические точки. Числитель равен нулю при $t = -3$. Знаменатель обращается в ноль при $t = -1$ и $t = -4$, эти точки будут выколотыми.

Согласно методу интервалов, решением относительно $t$ являются промежутки:
$- 4 < t \leq - 3$ или $t > - 1$
Выполним обратную подстановку, учитывая, что $t = \log _{3} x$:
1) Для первого промежутка:
$- 4 < \log _{3} x \leq - 3$
$\log _{3} 3^{- 4} < \log _{3} x \leq \log _{3} 3^{- 3}$
$\log _{3} \frac{1}{81} < \log _{3} x \leq \log _{3} \frac{1}{27}$
Так как основание логарифма $3 > 1$, знаки неравенства сохраняются:
$\frac{1}{81} < x \leq \frac{1}{27}$, что соответствует интервалу $x \in ( \frac{1}{81} ; \frac{1}{27} ]$.
2) Для второго промежутка:
$\log _{3} x > - 1$
$\log _{3} x > \log _{3} 3^{- 1}$
$x > \frac{1}{3}$, что соответствует интервалу $x \in (\frac{1}{3} ; + \infty)$.

Ответ: $( \frac{1}{81} ; \frac{1}{27} ] \cup (\frac{1}{3} ; + \infty)$

Источник: ФИПИ

Решение.

Дно жёлоба даёт меньшее основание трапеции, равное $20$ см. Каждая боковая часть длиной $20$ см поднята под углом $\alpha$, поэтому высота трапеции равна $20 \sin \alpha$, а верхнее основание равно $20 + 2 \cdot 20 \cos \alpha$.

Площадь сечения равна $$S(\alpha) = \frac{20 + \left(20 + 40\cos\alpha\right)}{2} \cdot 20\sin\alpha = \left(20 + 20\cos\alpha\right) \cdot 20 \sin\alpha = 400 \sin\alpha \left(1 + \cos\alpha\right).$$

Дифференцируем по $\alpha$, поэтому угол измеряем в радианах: $0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$, а $60^{\circ} = \dfrac{\pi}{3}$.

Найдём производную: $$S'(\alpha) = 400\left(\cos\alpha \left(1 + \cos\alpha\right) - \sin^{2}\alpha\right) = 400\left(\cos\alpha + \cos^{2}\alpha - 1 + \cos^{2}\alpha\right) = 400\left(2\cos^{2}\alpha + \cos\alpha - 1\right).$$ Разложим квадратный трёхчлен относительно $\cos\alpha$: $$S'(\alpha) = 400\left(2\cos\alpha - 1\right)\left(\cos\alpha + 1\right).$$

При $0 < \alpha < 90^{\circ}$ множитель $\cos\alpha + 1$ положителен, поэтому знак производной совпадает со знаком выражения $2\cos\alpha - 1$. Косинус убывает на этом промежутке, поэтому $S'(\alpha) > 0$ при $\alpha < 60^{\circ}$ и $S'(\alpha) < 0$ при $\alpha > 60^{\circ}$. Значит, $\alpha = 60^{\circ}$ — точка максимума.

Вычислим наибольшую площадь: $$S\left(60^{\circ}\right) = 400 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \left(1 + \frac{1}{2}\right) = 400 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{3}{2} = 300\sqrt{3} \ \text{см}^{2} .$$

Ответ: $300\sqrt{3}$

Решение:

а) Рассмотрим вписанные углы $BAM$ и $BCM$. Поскольку они опираются на общую дугу $BM$, их величины равны: $\angle BAM = \angle BCM$.
По условию задачи луч $AM$ является биссектрисой угла $BAC$, следовательно, $\angle BAM = \angle MAC$. Из этого вытекает равенство $\angle MAC = \angle BCM$.
Также заметим, что вписанные углы $MAC$ и $MBC$ опираются на одну и ту же дугу $MC$, значит, $\angle MAC = \angle MBC$.
Таким образом, получаем $\angle MBC = \angle MCB$. Это означает, что в треугольнике $BMC$ углы при основании $BC$ равны, то есть $\triangle BMC$ — равнобедренный, что и требовалось доказать.

б) Воспользуемся свойством биссектрисы внутреннего угла треугольника $ABC$:
$$\frac{BK}{AB} = \frac{KC}{AC} \implies \frac{BK}{KC} = \frac{AB}{AC} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$$
Учитывая, что длина стороны $BC = 7$, и она складывается из отрезков $BK$ и $KC$, находим их длины: $BK = 4$ и $KC = 3$.
Вписанные углы $ABC$ и $AMC$ опираются на дугу $AC$, поэтому $\angle ABC = \angle AMC$.
Применим теорему косинусов для треугольника $ABC$, чтобы найти косинус угла $B$:
$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos \angle ABC$
$36 = 64 + 49 - 112 \cdot \cos \angle ABC$
$112 \cdot \cos \angle ABC = 77 \implies \cos \angle ABC = \frac{77}{112} = \frac{11}{16}$.
Теперь вычислим синус этого угла:
$\sin^{2} \angle ABC = 1 - \cos^{2} \angle ABC = 1 - \frac{121}{256} = \frac{135}{256}$
$\sin \angle ABC = \frac{\sqrt{135}}{16}$. Следовательно, $\sin \angle AMC = \frac{3\sqrt{15}}{16}$.
Для нахождения радиуса $R$ описанной окружности около треугольника $KMC$ воспользуемся теоремой синусов:
$R = \frac{KC}{2 \sin \angle KMC} = \frac{3}{2 \cdot \frac{\sqrt{135}}{16}} = \frac{3 \cdot 8}{\sqrt{135}} = \frac{24}{3\sqrt{15}} = \frac{8}{\sqrt{15}} = \frac{8\sqrt{15}}{15}$.

Ответ: б) $\frac{8\sqrt{15}}{15}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим исходную систему уравнений:
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{36 - y^{2}} = \sqrt{36 - a^{2} x^{2}} \\ x^{2} + y^{2} = 2 x + 6 y \end{matrix}\right.$
Перейдем к равносильной системе, возведя первое уравнение в квадрат и выделив полные квадраты во втором уравнении (с учетом области определения):
$\left\{\begin{matrix} 36 - y^{2} = 36 - a^{2} x^{2} \\ (x^{2} - 2 x + 1) + (y^{2} - 6 y + 9) = 1 + 9 \\ |y| \leq 6 \end{matrix}\right.$
Упростим полученные выражения:
$\left\{\begin{matrix} y^{2} = a^{2}x^{2} \\ \left(x - 1\right)^{2} + \left(y - 3\right)^{2} = 10 \\ - 6 \leq y \leq 6 \end{matrix}\right.$
Геометрически второе уравнение представляет собой окружность с центром в точке $(1; 3)$ и радиусом $\sqrt{10}$. Первое уравнение распадается на две прямые: $y = ax$ и $y = -ax$, проходящие через начало координат. Условие $-6 \leq y \leq 6$ ограничивает область рассмотрения по вертикали.

Определим точки пересечения окружности с осями координат.
Если $y = 0$, то $x^{2} - 2x = 0$, откуда $x = 0$ или $x = 2$.
Если $x = 0$, то $y^{2} - 6y = 0$, откуда $y = 0$ или $y = 6$.
Рассмотрим характерные значения параметра $a$.
1. Пусть прямая проходит через точку $(2; 6)$. Подставим координаты в уравнение $y = \pm ax$:
$6 = |a| \cdot 2 \Rightarrow |a| = 3$, то есть $a = 3$ или $a = -3$.
2. Рассмотрим случай касания прямой и окружности. В точке касания радиус, проведенный из центра $(1; 3)$, перпендикулярен касательной $y = kx$.
Прямая, на которой лежит этот радиус, проходит через точки $(0; 0)$ и $(1; 3)$, ее уравнение $y = 3x$.
Так как произведение угловых коэффициентов перпендикулярных прямых равно $-1$, получаем:
Для касательной $y = ax$: $a \cdot 3 = -1 \Rightarrow a = -1/3$.
Для касательной $y = -ax$: $(-a) \cdot 3 = -1 \Rightarrow a = 1/3$.
3. Если прямая совпадает с осью абсцисс ($y = 0$), то параметр $a = 0$.
Анализируя взаимное расположение прямых и части окружности, получаем искомые промежутки и значения.

Ответ: $(-\infty; -3) \cup \{-1/3\} \cup \{0\} \cup \{1/3\} \cup (3; +\infty)$

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Проследим за преобразованием пары $(100; 1)$ по шагам:

1. После первого хода имеем: $(100 + 1; 100 - 1) = (101; 99)$;

2. После второго хода: $(101 + 99; 101 - 99) = (200; 2)$;

3. После третьего хода: $(200 + 2; 200 - 2) = (202; 198)$;

4. После четвёртого хода: $(202 + 198; 202 - 198) = (400; 4)$.

Таким образом, получить искомую пару возможно.

б) Проанализируем алгоритм: если из пары $(a; b)$ за один шаг выходит $(a + b; a - b)$, то за следующий шаг мы придем к паре $((a + b) + (a - b); (a + b) - (a - b)) = (2a; 2b)$. Это означает, что через каждое четное количество ходов элементы исходной пары просто увеличиваются в $2^k$ раз. Все достижимые пары из $(100; 1)$ имеют вид $(2^k \cdot 100; 2^k \cdot 1)$ или $(2^k \cdot 101; 2^k \cdot 99)$, где $k \in \mathbb{Z}, k \ge 0$.

Рассмотрим число $806$. Оно не представимо ни в виде $100 \cdot 2^k$, ни в виде $101 \cdot 2^k$ (так как $806/101 \approx 7,98$, а $806/100 = 8,06$). Следовательно, пара $(806; 788)$ не может быть получена из начальной пары $(100; 1)$.

в) Чтобы найти «предыдущую» пару для $(c; d)$, нужно решить систему уравнений относительно $a$ и $b$. Получаем: $a = \frac{c + d}{2}$ и $b = \frac{c - d}{2}$. Такой переход возможен в целых числах только тогда, когда $c$ и $d$ обладают одинаковой чётностью (оба чётные или оба нечётные).

Восстановим цепочку в обратном порядке для пары $(806; 788)$:

1. Перед ней была пара $(\frac{806 + 788}{2}; \frac{806 - 788}{2}) = (797; 9)$;

2. Перед парой $(797; 9)$ была пара $(\frac{797 + 9}{2}; \frac{797 - 9}{2}) = (403; 394)$.

Для пары $(403; 394)$ дальнейший обратный ход невозможен, так как одно число нечётное, а другое чётное. Значит, минимальное значение $a$, при котором процесс мог начаться и привести к $(806; 788)$, составляет $403$.

Ответ: а) да; б) нет; в) 403

Источник: ФИПИ