Вариант 5 · Сентябрь 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $2 \sin ^{2} \left( \frac{\pi}{2} - x \right) + \sin ( 2 x ) = 0$.
Для упрощения воспользуемся формулами приведения и двойного аргумента:
1) Согласно формуле приведения, $\sin \left( \frac{\pi}{2} - x \right) = \cos(x)$, следовательно, $\sin ^{2} \left( \frac{\pi}{2} - x \right) = \cos ^{2}(x)$.
2) Разложим синус двойного угла: $\sin(2x) = 2 \sin(x) \cos(x)$.
Подставим эти выражения в уравнение:
$2 \cos ^{2}(x) + 2 \sin(x) \cos(x) = 0$.
Разделим обе части равенства на $2$:
$\cos ^{2}(x) + \sin(x) \cos(x) = 0$.
Вынесем общий множитель за скобки:
$\cos(x) \cdot (\cos(x) + \sin(x)) = 0$.
Получаем два случая:
1) $\cos(x) = 0$, откуда следует первая серия корней: $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
2) $\cos(x) + \sin(x) = 0$. Перенесем косинус в правую часть: $\sin(x) = -\cos(x)$.
Разделив на $\cos(x)$ (заметим, что если $\cos(x) = 0$, то и $\sin(x) = 0$, что невозможно по основному тригонометрическому тождеству), получим:
$\operatorname{tg}(x) = -1$, что дает вторую серию корней: $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$ (или $x = \frac{3\pi}{4} + \pi k$), $k \in \mathbb{Z}$.

б) Выполним отбор корней, принадлежащих отрезку $\left[ 3\pi; \frac{9\pi}{2} \right]$.
1) Для первой серии $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$:
$3\pi \leq \frac{\pi}{2} + \pi k \leq \frac{9\pi}{2}$.
Вычтем $\frac{\pi}{2}$ из всех частей неравенства:
$2{,}5\pi \leq \pi k \leq 4\pi$.
Разделим на $\pi$:
$2{,}5 \leq k \leq 4$.
Целые значения $k$ на этом промежутке: $k = 3$ и $k = 4$.
При $k = 3$: $x = \frac{\pi}{2} + 3\pi = \frac{7\pi}{2}$.
При $k = 4$: $x = \frac{\pi}{2} + 4\pi = \frac{9\pi}{2}$.
2) Для второй серии $x = \frac{3\pi}{4} + \pi k$:
$3\pi \leq \frac{3\pi}{4} + \pi k \leq \frac{9\pi}{2}$.
Умножим на $4$ и разделим на $\pi$:
$12 \leq 3 + 4k \leq 18$.
Вычтем $3$:
$9 \leq 4k \leq 15$.
Разделим на $4$:
$2{,}25 \leq k \leq 3{,}75$.
Единственное целое значение $k = 3$.
При $k = 3$: $x = \frac{3\pi}{4} + 3\pi = \frac{15\pi}{4}$.

Ответ: а) $\frac{\pi}{2} + \pi k; \frac{3\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$; б) $\frac{7\pi}{2}; \frac{15\pi}{4}; \frac{9\pi}{2}$.

Источник: ФИПИ

Решение:

Дана четырёхугольная пирамида, в основании которой лежит трапеция $ABCD$. Известны параметры: $AD = 8$, $BC = 3$. Точки на рёбрах заданы отношениями $SM : MD = 3 : 2$ и $BN : NC = 1 : 2$.
а) 1) Выполним дополнительное построение: продлим прямую $AN$ до её пересечения с прямой $CD$. Обозначим точку пересечения как $E$.
2) Проведём отрезок $EM$. Пусть он пересекает ребро $SC$ в точке $K$. Также соединим точки $A$ и $M$.
3) Определим длины отрезков на основании $BC$. Пусть $BN = x$, тогда $NC = 2x$. Так как $BC = 3x = 3$, получаем $BN = 1$ и $NC = 2$.
4) Рассмотрим треугольники $NEC$ и $AED$. У них угол $\angle AED$ является общим, а $\angle BCE = \angle ADE$ как соответственные при параллельных прямых. Следовательно, $\triangle NEC \sim \triangle AED$.
Из подобия находим коэффициент: $\frac{NC}{AD} = \frac{EC}{ED} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$.
5) Перейдём к рассмотрению грани $SCD$:

Применим теорему Менелая для треугольника $SCD$ и прямой $EMK$: $\frac{SK}{KC} \cdot \frac{CE}{ED} \cdot \frac{DM}{MS} = 1$.
Подставим известные отношения: $\frac{SK}{KC} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} = 1$.
Отсюда получаем $\frac{SK}{KC} \cdot \frac{1}{6} = 1$, то есть $SK : KC = 6 : 1$. Что и требовалось доказать.
б) 6) Пусть $SO$ — перпендикуляр (высота) пирамиды к плоскости основания, а $MH$ — перпендикуляр из точки $M$ на основание.
7) Треугольники $SDO$ и $MDH$ подобны по двум углам (общий угол при вершине $D$ и прямые углы при основаниях высот).
Тогда $\frac{MH}{SO} = \frac{MD}{SD} = \frac{2}{2+3} = \frac{2}{5}$, значит, $MH = \frac{2}{5} SO$.
8) Выразим площади через высоту трапеции $h$:
$S_{ANCD} = \frac{NC + AD}{2} \cdot h = \frac{2 + 8}{2} \cdot h = 5h$.
$S_{ABCD} = \frac{BC + AD}{2} \cdot h = \frac{3 + 8}{2} \cdot h = \frac{11}{2}h$.
9) Рассмотрим сечение плоскостью $SOC$:

Аналогично подобию высот, из $\triangle SOC \sim \triangle KH_1C$ следует: $\frac{KH_1}{SO} = \frac{KC}{SC}$.
Так как $SK : KC = 6 : 1$, то $SC = 7 \cdot KC$, следовательно, $\frac{KH_1}{SO} = \frac{1}{7}$, то есть $KH_1 = \frac{1}{7} SO$.
10) Из подобия $\triangle NEC \sim \triangle AED$ с коэффициентом $k = \frac{1}{4}$ следует, что их площади относятся как $k^2$:
$S_{AED} = 16 S_{NEC}$.
Площадь трапеции $ANCD$ можно представить как разность: $S_{ANCD} = S_{AED} - S_{NEC} = 15 S_{NEC}$.
11) Объём части $ANCDKM$ найдём как разность объёмов пирамид $EADM$ и $EKNC$:
$V_{ANCDKM} = \frac{1}{3} \cdot MH \cdot S_{AED} - \frac{1}{3} \cdot KH_1 \cdot S_{NEC} =$
$= \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{5} SO \cdot 16 S_{NEC} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{7} SO \cdot S_{NEC} = \left( \frac{32}{15} - \frac{1}{21} \right) SO \cdot S_{NEC} = \frac{219}{105} SO \cdot S_{NEC}$.
12) Свяжем это с общим объёмом. Так как $S_{ANCD} = 5h = 15 S_{NEC}$, то $S_{NEC} = \frac{1}{3} h$.
Полный объём пирамиды $V_{SABCD} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot \frac{11}{2} h = \frac{11}{6} SO \cdot h$.
Объём второй части $V_{ABNKMS} = V_{SABCD} - V_{ANCDKM}$.
Вычислим $V_{ANCDKM} = \frac{219}{105} SO \cdot \frac{h}{3} = \frac{73}{105} SO \cdot h$.
Тогда $V_{ABNKMS} = \frac{11}{6} SO \cdot h - \frac{73}{105} SO \cdot h = \frac{385 - 146}{210} SO \cdot h = \frac{239}{210} SO \cdot h$.
Найдём искомое отношение объёмов:
$\frac{V_{ABNKMS}}{V_{ANCDKM}} = \frac{239}{210} : \frac{73}{105} = \frac{239}{210} \cdot \frac{105}{73} = \frac{239}{146}$.

Ответ: $\frac{239}{146}$

Источник: ФИПИ

Разбор решения:
Исходное неравенство: $\left( 9^{x} - 3^{x + 1} \right)^{2} + 8 \cdot 3^{x + 1} < 8 \cdot 9^{x} + 20$.
Преобразуем степени, используя свойства $9^x = (3^2)^x = 3^{2x}$ и $3^{x+1} = 3 \cdot 3^x$:
$\left( 3^{2x} - 3 \cdot 3^{x} \right)^{2} + 8 \cdot 3 \cdot 3^{x} < 8 \cdot 3^{2x} + 20$.
Введем новую переменную $t = 3^{x}$, учитывая, что $t > 0$.
Получаем неравенство относительно $t$:
$(t^2 - 3t)^2 + 24t < 8t^2 + 20$.
Перенесем все слагаемые в левую часть и сгруппируем их:
$(t^2 - 3t)^2 - 8t^2 + 24t - 20 < 0$,
$(t^2 - 3t)^2 - 8(t^2 - 3t) - 20 < 0$.
Для упрощения сделаем еще одну замену: пусть $y = t^2 - 3t$.
Тогда имеем квадратное неравенство: $y^2 - 8y - 20 < 0$.
Разложим левую часть на множители: $(y - 10)(y + 2) < 0$.

Решением относительно $y$ является интервал $-2 < y < 10$.
Вернемся к переменной $t$, перейдя к системе неравенств:
$\begin{cases} t^2 - 3t > -2 \\ t^2 - 3t < 10 \end{cases}$
Приведем каждое неравенство к стандартному виду:
$\begin{cases} t^2 - 3t + 2 > 0 \\ t^2 - 3t - 10 < 0 \end{cases}$
Разложим квадратные трехчлены на линейные множители:
$\begin{cases} (t - 1)(t - 2) > 0 \\ (t - 5)(t + 2) < 0 \end{cases}$

Находим пересечение решений системы:
$\begin{cases} t \in (-\infty; 1) \cup (2; +\infty) \\ t \in (-2; 5) \end{cases}$
С учетом условия $t > 0$, получаем допустимые значения для $t$:
$t \in (0; 1) \cup (2; 5)$.
Выполним обратную замену для $3^x$:
$0 < 3^x < 1$ или $2 < 3^x < 5$.
Решая эти простейшие показательные неравенства, находим $x$:
$x < 0$ или $\log_3 2 < x < \log_3 5$.
Таким образом, $x \in (-\infty; 0) \cup (\log_3 2; \log_3 5)$.

Критерии оценивания:
2 балла — решение полностью обосновано и получен верный ответ.
1 балл — допущена одна вычислительная ошибка, не влияющая на общую логику решения, ИЛИ в ответе неверно включены/исключены граничные точки.
0 баллов — решение не соответствует указанным выше требованиям.

Ответ: $(-\infty; 0) \cup (\log_3 2; \log_3 5)$

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) Проанализируем свойства четырёхугольника $AC_1HB_1$. По условию высоты образуют прямые углы: $\angle AC_1C = \angle AB_1B = 90^{\circ}$. Так как сумма противоположных углов $AC_1H$ и $AB_1H$ составляет $180^{\circ}$, то и сумма двух других углов ($\angle C_1HB_1$ и $\angle C_1AB_1$) также будет $180^{\circ}$. Это позволяет описать вокруг данного четырёхугольника окружность. В этой окружности углы $\angle C_1B_1H$ и $\angle C_1AH$ опираются на одну и ту же дугу $C_1H$, следовательно, они равны, что и требовалось доказать.

б) Согласно теореме о вписанном угле, центральный угол $\angle BOC$ в два раза больше вписанного $\angle BAC$, то есть $\angle BOC = 2 \cdot 30^{\circ} = 60^{\circ}$. Поскольку $OB = OC$ как радиусы, треугольник $BOC$ является равнобедренным с углом $60^{\circ}$, а значит, он равносторонний.
Заметим, что точки $B, C_1, B_1, C$ лежат на одной окружности с диаметром $BC$, так как из точек $C_1$ и $B_1$ отрезок $BC$ виден под прямым углом. В таком вписанном четырёхугольнике сумма противоположных углов равна $180^{\circ}$. Если обозначить $\angle ABC = \alpha$, то $\angle C_1B_1C = 180^{\circ} - \alpha$. Тогда смежный с ним угол $\angle AB_1C_1$ будет равен $\alpha$.
Отсюда следует, что треугольники $AB_1C_1$ и $ABC$ подобны (по двум углам: общий угол $A$ и равные углы при вершинах $B$ и $B_1$).
Коэффициент подобия равен $\frac{AB_1}{AB} = \cos \angle A = \cos 30^{\circ}$ (из прямоугольного треугольника $ABB_1$).
Тогда $\frac{B_1C_1}{BC} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, откуда находим сторону $BC = \frac{2 \cdot B_1C_1}{\sqrt{3}} = \frac{2 \cdot 18}{\sqrt{3}}$.
Искомое расстояние от центра $O$ до стороны $BC$ — это высота $OD$ в равностороннем треугольнике $COB$:
$$OD = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot BC = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2 \cdot 18}{\sqrt{3}} = 18.$$

Ответ: 18

Источник: ФИПИ

Разбор задачи:
Рассмотрим исходную систему уравнений: $$\left\{\begin{matrix} y = (a + 2)x^2 + 2ax + a - 2 \\ y^2 = x^2 \end{matrix}\right.$$ Второе уравнение системы легко раскладывается на множители: $y^2 - x^2 = 0 \Rightarrow (y - x)(y + x) = 0$. Это даёт нам две прямые: $y = x$ и $y = -x$. Таким образом, задача сводится к поиску точек пересечения параболы (или прямой при определённых $a$) с этими двумя линиями: $$\left[\begin{matrix} (a + 2)x^2 + 2ax + a - 2 = x \quad (1) \\ (a + 2)x^2 + 2ax + a - 2 = -x \quad (2) \end{matrix}\right.$$
Для того чтобы система имела ровно 4 различных решения, каждое из квадратных уравнений (1) и (2) должно обладать двумя уникальными корнями, которые не совпадают между собой.
Проанализируем первое уравнение: $$(a + 2)x^2 + (2a - 1)x + a - 2 = 0$$ Вычислим его дискриминант: $$D_1 = (2a - 1)^2 - 4(a + 2)(a - 2) = 4a^2 - 4a + 1 - 4(a^2 - 4) = 4a^2 - 4a + 1 - 4a^2 + 16 = 17 - 4a$$ Условие наличия двух корней: $D_1 > 0 \Rightarrow 17 - 4a > 0 \Rightarrow a < 4,25$.
Теперь рассмотрим второе уравнение: $$(a + 2)x^2 + (2a + 1)x + a - 2 = 0$$ Найдём его дискриминант: $$D_2 = (2a + 1)^2 - 4(a + 2)(a - 2) = 4a^2 + 4a + 1 - 4a^2 + 16 = 17 + 4a$$ Условие наличия двух корней: $D_2 > 0 \Rightarrow 17 + 4a > 0 \Rightarrow a > -4,25$.
Важно учесть вырожденный случай: если коэффициент при $x^2$ обнуляется, уравнение перестаёт быть квадратным. При $a + 2 = 0$ (то есть $a = -2$) мы не получим по два решения в каждой ветке, поэтому данное значение исключается.
Также необходимо исключить ситуацию, когда парабола проходит через точку пересечения прямых $y = x$ и $y = -x$, то есть через начало координат $(0; 0)$. В этом случае общее количество решений сократится до трёх. Подставим $x=0, y=0$ в уравнение параболы: $$0 = (a + 2) \cdot 0^2 + 2a \cdot 0 + a - 2 \Rightarrow a - 2 = 0 \Rightarrow a = 2$$ Следовательно, значение $a = 2$ нам не подходит.