Вариант 3 · Сентябрь 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $\sin 2 x + \sqrt{2} \sin \left(x + \pi\right) = 0$.
Применим формулу синуса двойного угла и формулу приведения $\sin(x + \pi) = -\sin x$:
$2 \sin x \cos x - \sqrt{2} \sin x = 0$.
Вынесем общий множитель за скобки:
$\sin x (2 \cos x - \sqrt{2}) = 0$.
Данное уравнение распадается на два простейших:
1) $\sin x = 0$, откуда получаем серию корней $x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $2 \cos x - \sqrt{2} = 0 \Rightarrow \cos x = \frac{\sqrt{2}}{2}$, что дает нам корни $x = \pm \frac{\pi}{4} + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б) Выполним отбор найденных решений, принадлежащих отрезку $\left[- 4 \pi ; - \frac{5 \pi}{2}\right]$.

С помощью числовой окружности определим подходящие значения:
Из первой серии это точки $-4\pi$ и $-3\pi$.
Из второй серии в указанный интервал попадает только одно значение: $- 4 \pi + \frac{\pi}{4} = - \frac{16 \pi}{4} + \frac{\pi}{4} = - \frac{15 \pi}{4}$.
Ответ: а) $\pi n, n \in \mathbb{Z}; \pm \frac{\pi}{4} + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z};$ б) $- 4 \pi; - \frac{15 \pi}{4}; - 3 \pi$.

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Рассмотрим грань $SBC$ и проведём в ней высоту $BH$ к ребру $SC$. Поскольку заданная пирамида $SABCD$ является правильной, треугольники $SAD$ и $SCB$ равны. Следовательно, высоты этих треугольников, опущенные на общее для боковых граней ребро $SC$, будут сходиться в одной точке $H$. Таким образом, $BH \perp SC$ и $DH \perp SC$, из чего следует, что плоскость $\alpha$, проходящая через прямые $BH$ и $DH$, перпендикулярна ребру $SC$.

Точка $O$, как точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$, лежит на отрезке $BD$. Так как отрезок $BD$ целиком принадлежит плоскости $BHD$, то и точка $O$ лежит в плоскости $\alpha$, что и требовалось доказать.
б) В основании правильной пирамиды лежит квадрат $ABCD$ со стороной $AB = BC = 4$. Воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника $ABC$:
$$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} = 4^2 + 4^2 = 32,$$ откуда $AC = 4\sqrt{2}$. Поскольку диагонали квадрата точкой пересечения $O$ делятся пополам, получаем $AO = OC = OD = OB = 2\sqrt{2}$. Следовательно, длина всей диагонали $DB = 4\sqrt{2}$.
Площадь треугольника $DHB$ по условию равна $2\sqrt{14}$. С другой стороны, $S_{DHB} = \frac{1}{2} \cdot DB \cdot OH$. Выразим высоту $OH$:
$$OH = \frac{2 \cdot S_{DHB}}{DB} = \frac{4\sqrt{14}}{4\sqrt{2}} = \sqrt{7}.$$
Так как плоскость $\alpha$ перпендикулярна $SC$, то любая прямая в этой плоскости, проходящая через $H$, перпендикулярна $SC$. Значит, $OH \perp SC$, и треугольник $OHC$ является прямоугольным. По теореме Пифагора:
$$HC^{2} = OC^{2} - OH^{2} = (2\sqrt{2})^2 - (\sqrt{7})^2 = 8 - 7 = 1,$$ следовательно, $HC = 1$.
В прямоугольном треугольнике $SOC$ отрезок $OH$ является высотой, опущенной на гипотенузу. По свойству катета имеем: $OC^{2} = SC \cdot HC$. Подставим значения: $8 = SC \cdot 1$, откуда $SC = 8$.
Вычислим длину отрезка $SH$: $SH = SC - HC = 8 - 1 = 7$.
Таким образом, искомое отношение равно: $\frac{SH}{HC} = \frac{7}{1}$.

Ответ: б) $7:1$

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.

Рассмотрим скорость как функцию численности $N$, где $4 \le N \le 64$:

$$w(N) = 64 N - N^{2} = -\left(N - 32\right)^{2} + 1024.$$

Отсюда $w \le 1024$ при любом $N$, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда $N = 32$. Значение $N = 32$ допустимо, так как $4 \le 32 \le 64$.

Функция $N(t) = 4 \cdot 2^{\frac{t}{3}}$ непрерывна и строго возрастает, поэтому значение $N = 32$ достигается ровно один раз. Найдём этот момент:

$$4 \cdot 2^{\frac{t}{3}} = 32 \implies 2^{\frac{t}{3}} = 8 = 2^{3} \implies \frac{t}{3} = 3 \implies t = 9.$$

Проверка: $N(9) = 4 \cdot 2^{3} = 32$ млн клеток, тогда $w = 32 \cdot (64 - 32) = 32 \cdot 32 = 1024$.

Ответ: наибольшая скорость равна 1024 условных единицы в час; она достигается через 9 часов.

Решение:

а) Рассмотрим четырёхугольник $MCDA$. Так как он вписан в окружность и является трапецией, то эта трапеция — равнобедренная. Отсюда следует равенство боковых сторон $AM = CD$, а значит, и равенство дуг, на которые они опираются. Следовательно, вписанные углы $\angle MDA$ и $\angle CAD$ равны.
Учитывая параллельность оснований трапеции, имеем $\angle MDA = \angle DMC$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $MC$ и $AD$.
Заметим, что $\angle AMD = 90^{\circ}$, поскольку он опирается на диаметр окружности.
Тогда для угла $\angle BMA$ получаем: $\angle BMA = 180^{\circ} - 90^{\circ} - \angle DMC = 90^{\circ} - \angle CAD$.
В прямоугольном треугольнике $ABM$ находим угол $\angle BAM$: $\angle BAM = 180^{\circ} - 90^{\circ} - (90^{\circ} - \angle CAD) = \angle CAD$. Что и требовалось доказать.
б) Из равенства прямоугольных треугольников $ABM$ и $CDG$ (по гипотенузе и катету) следует, что $BM = CF$.

Треугольники $ABM$ и $ABC$ подобны по двум углам, откуда запишем отношение сторон:
$$\frac{AB}{BC} = \frac{BM}{AB}$$
Пусть $BM = x$, тогда $BC = 2x$. Подставим значения: $\frac{\sqrt{10}}{2x} = \frac{x}{\sqrt{10}}$. Решая уравнение $2x^2 = 10$, находим $x = \sqrt{5}$.
Рассмотрим подобие треугольников $AOD$ и $COB$ (по двум углам):
$$\frac{AO}{OC} = \frac{AD}{BC} = \frac{2x + x}{2x} = \frac{3}{2}$$
Вычислим площадь треугольника $ABC$:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot BC = \frac{1}{2} \sqrt{10} \cdot 2\sqrt{5} = 5\sqrt{2}$.
Площадь треугольника $AOB$ можно выразить через площадь $ABC$, учитывая общее основание и отношение отрезков диагонали $AC$:
$S_{\triangle AOB} = S_{\triangle ABC} \cdot \frac{AO}{AC} = 5\sqrt{2} \cdot \frac{3}{5} \cdot \text{ (исходя из отношения } \frac{AO}{OC} = \frac{3}{2} \text{ имеем } \frac{AO}{AC} = \frac{3}{5})$.
Однако, следуя логике исходных вычислений: $S_{\triangle AOB} = 5\sqrt{2} \cdot \frac{3}{5} = 3\sqrt{2}$.

Ответ: $3 \sqrt{2}$

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

Разбор задачи:
а) Приведём пример подходящего набора чисел. Если мы возьмём числа 2009, 11 и 2, то условие задачи будет выполнено, так как сумма цифр 2009 равна $2+0+0+9=11$, сумма цифр 11 равна $1+1=2$, а итоговая сумма всех трёх чисел составляет $2009 + 11 + 2 = 2022$.
б) Вспомним признак делимости на 3: любое натуральное число и сумма его цифр дают одинаковые остатки при делении на 3. Из этого следует, что все три числа в последовательности должны иметь один и тот же остаток от деления на 3. Если сложить три числа с одинаковыми остатками, их общая сумма обязательно будет кратна 3. Однако число 2021 на 3 не делится (сумма его цифв $2+0+2+1=5$). Таким образом, получить сумму 2021 невозможно.
в) Проанализируем возможные значения чисел. Максимальная сумма цифр для трёхзначного числа составляет 27 (у числа 999). Если сумма цифр некоторого числа равна 2, то само это число может быть только 2, 11 или 20. Значит, в нашей тройке второе число (которое является суммой цифр первого трёхзначного) — это либо 11, либо 20. Нам нужно посчитать, сколько существует трёхзначных чисел, сумма цифр которых равна 11 или 20.
1. Посчитаем количество трёхзначных чисел с суммой цифр 11:
— Если сотни равны 1, то возможны варианты от 119 до 191 (всего 9 чисел);
— Если сотни равны 2, то варианты от 209 до 290 (всего 10 чисел);
— Если сотни равны 3, то варианты от 308 до 380 (всего 9 чисел);
— Далее количество вариантов уменьшается: для сотен 4 их будет 8, для 5 — 7, для 6 — 6, для 7 — 5, для 8 — 4, для 9 — 3.
Итого для суммы 11: $9 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 = 61$ вариант.
2. Посчитаем количество трёхзначных чисел с суммой цифр 20:
— При первой цифре 1 таких чисел нет (макс. сумма $1+9+9=19$);
— При первой цифре 2 есть 1 число (299);
— При первой цифре 3 есть 2 числа (389, 398);
— Продолжая логику, для первой цифры 4 будет 3 числа, для 5 — 4, для 6 — 5, для 7 — 6, для 8 — 7, для 9 — 8.
Итого для суммы 20: $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36$ вариантов.
Общее количество искомых троек чисел: $61 + 36 = 97$.

Критерии оценивания:
4 балла — полностью верные и обоснованные решения всех трёх пунктов.
3 балла — обоснованно решены пункты (а и в) или (б и в).
2 балла — верно решён только пункт в, либо пара пунктов а и б.
1 балл — представлено верное решение только для пункта а или только для пункта б.
0 баллов — решение не соответствует указанным критериям.

Ответ: а) да; б) нет; в) 97

Источник: ФИПИ