Вариант 4 · Сентябрь 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $\left(\sqrt{5 + 2 \sqrt{6}}\right)^{x} + \left(\sqrt{5 - 2 \sqrt{6}}\right)^{x} = 10$.
Заметим, что произведения выражений под корнями дают единицу: $(5 + 2\sqrt{6})(5 - 2\sqrt{6}) = 25 - 24 = 1$. Следовательно, $\sqrt{5 - 2\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{5 + 2\sqrt{6}}}$.
Введем новую переменную $t = \left(\sqrt{5 + 2 \sqrt{6}}\right)^{x}$, где $t > 0$.
Уравнение примет вид: $t + \frac{1}{t} = 10$.
Умножим обе части на $t$:
$t^{2} - 10t + 1 = 0$
Найдем дискриминант: $D = (-10)^{2} - 4 \cdot 1 = 96$. Тогда $\sqrt{D} = \sqrt{16 \cdot 6} = 4\sqrt{6}$.
Корни квадратного уравнения:
$t_{1} = \frac{10 + 4 \sqrt{6}}{2} = 5 + 2 \sqrt{6}$
$t_{2} = \frac{10 - 4 \sqrt{6}}{2} = 5 - 2 \sqrt{6}$
Выполним обратную подстановку:
$\left[\begin{matrix} \left(\sqrt{5 + 2 \sqrt{6}}\right)^{x} = 5 + 2 \sqrt{6} \\ \left(\sqrt{5 + 2 \sqrt{6}}\right)^{x} = 5 - 2 \sqrt{6} \end{matrix}\right.$
Представим правые части как степени основания $\sqrt{5 + 2\sqrt{6}}$:
$\left[\begin{matrix} (5 + 2 \sqrt{6})^{\frac{x}{2}} = (5 + 2 \sqrt{6})^{1} \\ (5 + 2 \sqrt{6})^{\frac{x}{2}} = (5 + 2 \sqrt{6})^{-1} \end{matrix}\right.$
Отсюда получаем совокупность решений:
$\left[\begin{matrix} \frac{x}{2} = 1 \\ \frac{x}{2} = -1 \end{matrix}\right. \iff \left[\begin{matrix} x = 2 \\ x = -2 \end{matrix}\right.$
б) Проверим, какие из корней попадают в отрезок $\left[\log _{5} 16 ; \log _{26} 700\right]$.
Для числа $2$:
$2 = \log _{5} 5^2 = \log _{5} 25$. Так как $25 > 16$, то $\log _{5} 25 > \log _{5} 16$.
$2 = \log _{26} 26^2 = \log _{26} 676$. Так как $676 < 700$, то $\log _{26} 676 < \log _{26} 700$.
Таким образом, $\log _{5} 16 < 2 < \log _{26} 700$, то есть корень $2$ принадлежит заданному промежутку.
Для числа $-2$:
$-2 = \log _{5} 5^{-2} = \log _{5} \frac{1}{25}$.
Очевидно, что $\frac{1}{25} < 16$, поэтому $\log _{5} \frac{1}{25} < \log _{5} 16$.
Следовательно, $-2$ лежит левее указанного отрезка и не входит в него.

Ответ: а) $\pm 2$; б) $2$

Источник: ФИПИ

Решение:

По условию имеем: $AB = 6$, $SA = 7$, а точки $N$ и $K$ делят ребра в отношении $DN : NC = SK : KC = 1 : 2$.
а) 1) В плоскости основания через точку $N$ проведём прямую $NE \parallel BC$. Аналогично в боковой грани через точку $K$ проведём $PK \parallel BC$ (согласно теореме о пропорциональных отрезках).
2) Заметим, что из равенства отношений $\frac{DN}{NC} = \frac{SK}{KC}$ вытекает параллельность отрезков $SD$ и $KN$.
3) Поскольку $PK \parallel BC$, по теореме Фалеса получаем: $\frac{SK}{KC} = \frac{SP}{PB}$. Таким образом, $\frac{SP}{PB} = \frac{DN}{NC} = \frac{1}{2}$.
4) Так как $NE \parallel BC$, то в основании выполняется пропорция $\frac{DN}{NC} = \frac{AE}{EB} = \frac{1}{2}$.
5) Сопоставляя результаты пунктов 3 и 4, видим, что $\frac{AE}{EB} = \frac{AP}{PB}$ (так как $AP = AS - SP$, а отношения сохраняются). Это доказывает, что $AS \parallel PE$. Следовательно, плоскость сечения $\alpha$ параллельна ребру $AS$, что и требовалось доказать.
б) 6) Обозначим точку пересечения продолжений прямых $PE$ и $KN$ как $G$.
7) Рассмотрим треугольники $GPK$ и $GEN$. У них угол $G$ общий, а $\angle GPK = \angle GEN$ как соответственные при параллельных прямых. Значит, $\triangle GPK \sim \triangle GEN$, откуда следует отношение $\frac{PK}{EN} = \frac{PK}{BC}$.
8) Из подобия $\triangle SPK \sim \triangle SBC$ находим коэффициент подобия: $\frac{PK}{BC} = \frac{SK}{SC} = \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3}$.
9) Учитывая, что пирамида правильная и $AS = SD$, получаем $PE = KN$. Тогда $GE = GN$, и треугольник $GPK$ является равнобедренным.
10) Треугольник $SPK$ также равнобедренный. Проведём медианы и высоты $SH \bot PK$ и $GH \bot PK$ к общему основанию.
11) Рассмотрим $\triangle SPG$ и $\triangle BPE$. Они подобны по двум углам (вертикальные углы при вершине $P$ и накрест лежащие). Тогда $\frac{SG}{EB} = \frac{SP}{PB} = \frac{1}{2}$.
Так как $AB = 6$ и $AE:EB = 1:2$, то $EB = 4$ и $AE = 2$. Отсюда $SG = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$.
12) Проанализируем $\triangle SHG$:

Здесь $SH = HG$.
Из подобия в пункте 8: если $SH_1$ — высота грани $SBC$, то $SH = \frac{1}{3} SH_1$.
Найдем апофему $SH_1$ по теореме Пифагора для $\triangle SBC$: $SH_1 = \sqrt{SC^2 - H_1C^2} = \sqrt{7^2 - 3^2} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}$.
Тогда $SH = \frac{2\sqrt{10}}{3}$.
Пусть $HY$ — высота равнобедренного $\triangle SHG$. Тогда $SY = YG = 1$.
Вычислим синус половины искомого угла: $\sin(\frac{\angle SHG}{2}) = \frac{SY}{SH} = \frac{1}{2\sqrt{10}/3} = \frac{3}{2\sqrt{10}}$.
Следовательно, искомый угол $\alpha = 2 \arcsin\left(\frac{3\sqrt{10}}{20}\right)$.

Ответ: б) $2 \arcsin \left(\frac{3 \sqrt{10}}{20}\right)$

Источник: ФИПИ

Разбор решения:

Для начала преобразуем неравенство к более удобному виду. Заметим, что $4^x = (2^x)^2$. Введем вспомогательную переменную $t = 2^x$, где $t > 0$. Тогда исходное выражение примет вид квадратного неравенства относительно $t$:

$$t^2 - 14t + 40 \leq 0$$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $t^2 - 14t + 40 = 0$. По теореме Виета или через дискриминант получаем:

$$t_1 = 4, \quad t_2 = 10$$

Следовательно, решением неравенства относительно $t$ является промежуток:

$$4 \leq t \leq 10$$

Выполним обратную замену, перейдя к переменной $x$:

$$4 \leq 2^x \leq 10$$

Представим границы в виде степеней с основанием 2:

$$2^2 \leq 2^x \leq 2^{\log_2 10}$$

Так как основание показательной функции $2 > 1$, то при переходе к показателям знак неравенства сохраняется:

$$2 \leq x \leq \log_2 10$$

Заметим, что $\log_2 10 = \log_2 (2 \cdot 5) = 1 + \log_2 5$.

Ответ: $[2; \log_2 10]$

Критерии оценивания:
2 балла — представлено полное и корректное решение, получен правильный ответ.
1 балл — алгоритм решения верный, однако допущена одна арифметическая ошибка, либо ответ отличается от истинного только включением/исключением граничных точек.
0 баллов — решение не удовлетворяет вышеуказанным требованиям.

Источник: ФИПИ

Решение:

1) Построим модель. Выручка за месяц (в тысячах рублей) равна $x(300 - 2x)$, затраты равны $20x + 400$. Прибыль равна разности:

$$P(x) = x(300 - 2x) - (20x + 400) = -2x^{2} + 280x - 400, \qquad x \in [0; 100].$$

2) Найдём производную и критическую точку:

$$P'(x) = -4x + 280, \qquad P'(x) = 0 \;\Longleftrightarrow\; x = 70.$$

3) Обоснование. При $0 \le x < 70$ производная положительна, при $70 < x \le 100$ — отрицательна. Значит, функция возрастает на $[0; 70]$ и убывает на $[70; 100]$, поэтому $x = 70$ — точка максимума, и в ней прибыль наибольшая на отрезке.

4) Вычислим прибыль:

$$P(70) = -2 \cdot 4900 + 280 \cdot 70 - 400 = -9800 + 19600 - 400 = 9400.$$

Ответ: при выпуске 70 тонн в месяц; наибольшая прибыль равна 9400 тысяч рублей (9,4 млн рублей).

Решение:

а) Обозначим величину угла $BAC$ через $2x$.
Исходя из условий задачи, получаем равенство углов: $\angle CAD = \angle CA\alpha = \angle BA\alpha = \angle AC\alpha = \alpha$.
Рассмотрим треугольники $AB\alpha$ и $CBA$. Они подобны по первому признаку (по двум углам), так как угол $ABC$ у них общий, а $\angle BA\alpha = \angle ACB$.
Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон: $\frac{AB}{BC} = \frac{A\alpha}{AC}$.
Перемножив крайние и средние члены пропорции, получаем искомое соотношение: $AB \cdot AC = A\alpha \cdot BC$. Утверждение доказано.

б) Пусть точка $K$ является точкой пересечения отрезков $AC$ и $\alpha E$.
Заметим, что треугольники $A\alpha E$ и $C\alpha E$ равны по трем сторонам: сторона $\alpha E$ общая, $AE = CE$ по условию, а $A\alpha = \alpha C$, так как треугольник $A\alpha C$ является равнобедренным.
В равнобедренных треугольниках $A\alpha C$ и $AEC$ отрезки $\alpha K$ и $KE$ являются биссектрисами, а значит, и высотами к основанию $AC$.
Следовательно, $\alpha E \perp AC$, а точка $K$ делит $AC$ пополам: $KC = \frac{1}{2} AC = 4$.
По условию $\operatorname{tg} BCA = \operatorname{tg} \alpha = \frac{1}{2}$.
Из прямоугольного треугольника $\alpha KC$ находим: $\frac{\alpha K}{KC} = \operatorname{tg} \alpha \Rightarrow \alpha K = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$.
Вычислим тангенс двойного угла: $\operatorname{tg} 2 \alpha = \frac{2 \operatorname{tg} \alpha}{1 - \operatorname{tg}^2 \alpha} = \frac{1}{1 - 1/4} = \frac{4}{3}$.
Из прямоугольного треугольника $EKC$ выразим катет $EK$: $\frac{EK}{KC} = \operatorname{tg} 2 \alpha \Rightarrow EK = 4 \cdot \frac{4}{3} = \frac{16}{3}$.
Длина искомого отрезка $E\alpha$ складывается из длин его частей: $E\alpha = \alpha K + EK = 2 + \frac{16}{3} = \frac{22}{3}$.

Ответ: б) $\frac{22}{3}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Начнём с анализа области допустимых значений (ОДЗ):
$x^{2} + ах + 3 \geq 0 .$
Заметим, что при возведении обеих частей уравнения в квадрат подкоренное выражение слева автоматически приравнивается к квадрату правой части, что гарантирует его неотрицательность. Однако для того, чтобы найденные корни $x$ действительно являлись решениями, необходимо, чтобы при этих значениях правая часть исходного уравнения была определена и неотрицательна.
Если мы найдём три различных корня, выраженных через параметр $a$, нам потребуется проверить их на соответствие условию $x^2 + ax + 3 \ge 0$.
Для упрощения вычислений преобразуем выражение под корнем в левой части, выделив структуру, близкую к правой части уравнения:
$$\sqrt{15 x^{2} + 6 ах + 9} = \sqrt{6(x^2 + ax + 3) + 9x^2 - 9} = \sqrt{6(x^2 + ax + 3) + 9(x^2 - 1)}.$$
Теперь возведём обе части уравнения в квадрат:
$$6(x^2 + ax + 3) + 9(x^2 - 1) = (x^2 + ax + 3)^2.$$
Перенесём всё в одну сторону и сгруппируем слагаемые:
$$(x^2 + ax + 3)^2 - 6(x^2 + ax + 3) - 9(x^2 - 1) = 0.$$
Раскроем скобки, используя формулу разности квадратов для первых двух слагаемых в ином виде или просто упростив выражение:
$$((x^2 + ax) + 3)^2 - 6(x^2 + ax + 3) - 9x^2 + 9 = 0,$$
$$(x^2 + ax)^2 + 6(x^2 + ax) + 9 - 6(x^2 + ax) - 18 - 9x^2 + 9 = 0,$$
$$(x^2 + ax)^2 - 9x^2 = 0.$$
Разложим полученную разность квадратов на множители:
$$(x^2 + ax - 3x)(x^2 + ax + 3x) = 0,$$
$$x(x + a - 3) \cdot x(x + a + 3) = 0,$$
что равносильно совокупности уравнений:
$$\left[\begin{matrix} x^2 = (-a + 3)x, \\ x^2 = (-a - 3)x. \end{matrix}\right.$$
Геометрически это означает пересечение параболы $y = x^2$ с двумя прямыми, проходящими через начало координат. Заметим, что угловой коэффициент первой прямой всегда больше коэффициента второй, так как $-a + 3 > -a - 3$ при любом значении $a$.
Возможны три принципиальных случая расположения этих прямых:

1) Обе прямые имеют отрицательный наклон:
$-a + 3 < 0 \Leftrightarrow a > 3.$
2) Обе прямые имеют положительный наклон:
$-a - 3 > 0 \Leftrightarrow a < -3.$
3) Прямые имеют знаки коэффициентов разных знаков:
$\begin{cases} -a + 3 > 0, \\ -a - 3 < 0 \end{cases} \Leftrightarrow -3 < a < 3.$
Таким образом, три различных корня (один из которых $x_1 = 0$) существуют при $a \neq \pm 3$.
Для $x_1 = 0$ условие $0^2 + a \cdot 0 + 3 \geq 0$ выполняется всегда. Проверим остальные корни $x_2 = 3 - a$ и $x_3 = -3 - a$, подставив их в условие $x^2 + ax + 3 \geq 0$:
Для $x_2$:
$(3 - a)^2 + a(3 - a) + 3 = 9 - 6a + a^2 + 3a - a^2 + 3 = 12 - 3a.$
$12 - 3a \geq 0 \Rightarrow a \leq 4.$
Для $x_3$:
$(-3 - a)^2 + a(-3 - a) + 3 = 9 + 6a + a^2 - 3a - a^2 + 3 = 12 + 3a.$
$12 + 3a \geq 0 \Rightarrow a \geq -4.$
Объединяя все полученные ограничения, имеем:
$\begin{cases} -4 \leq a \leq 4, \\ a \neq 3, \\ a \neq -3. \end{cases}$
Запишем итоговый интервал: $a \in [-4; -3) \cup (-3; 3) \cup (3; 4].$

Ответ: $[-4; -3) \cup (-3; 3) \cup (3; 4].$

Источник: ФИПИ

Решение:

а) Да, это возможно. Опишем последовательность действий:
1. Первым действием делим линейку пополам, отрезав 8 см. Получаем 2 куска по 8 см.
2. Вторым действием отрезаем от обоих имеющихся кусков по 4 см. Теперь у нас 4 части по 4 см.
3. Третьим действием делим каждую часть еще раз, отрезая по 2 см. Выходит 8 кусков по 2 см.
4. Четвертым действием отрезаем от всех восьми кусков по 1 см. В итоге получаем искомые 16 единичных отрезков по 1 см.

б) Нет, это неосуществимо. При каждом разрезании (ходе) любая из уже имеющихся частей может превратиться максимум в две. Это означает, что общее число фрагментов после каждого хода увеличивается не более чем вдвое. Таким образом, за 5 ходов можно получить максимум $2^5 = 32$ части. Поскольку нам требуется 100 частей, пяти ходов недостаточно.

в) Используя логику из предыдущего пункта, заметим, что за 7 ходов можно получить максимум $2^7 = 128$ частей. Так как нам необходимо 200 фрагментов, семи манипуляций не хватит. Проверим, можно ли уложиться в 8 ходов. Будем на каждом этапе стараться делить все имеющиеся куски, пока их длина позволяет это сделать. На последнем шаге произведем разрез только там, где длина превышает 1 см.

Ответ: а) да; б) нет; в) 8

Источник: ФИПИ