Вариант 7 · Сентябрь 2026

Решение:
а) Сначала определим область допустимых значений для данного уравнения:

$2 \sin x > 0$, что выполняется при $2\pi n < x < \pi + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Следовательно, решениями могут быть только углы из первой и второй четвертей.
Введем новую переменную $t = \log_{2}(2 \sin x)$. Тогда исходное уравнение примет вид квадратного:

$$2t^2 - 7t + 3 = 0$$ Вычислим дискриминант: $D = (-7)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 3 = 49 - 24 = 25$.
Находим корни для $t$:
$t_1 = \frac{7 - 5}{4} = \frac{1}{2}$;
$t_2 = \frac{7 + 5}{4} = 3$.

Выполним обратную замену, перейдя к совокупности уравнений:

$\left[\begin{matrix} \log_{2}(2 \sin x) = 3 \\ \log_{2}(2 \sin x) = \frac{1}{2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix} 2 \sin x = 2^3 \\ 2 \sin x = 2^{1/2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix} \sin x = 4 \\ \sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} \end{matrix}\right.$

Первое уравнение $\sin x = 4$ не имеет решений, так как область значений синуса $[-1; 1]$.
Для второго уравнения получаем: $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi n$ или $x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, что можно записать в виде общей формулы: $x = (-1)^n \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б) Произведем отбор корней на заданном промежутке $[\frac{\pi}{2}; 2\pi]$.
Учитывая ОДЗ и границы отрезка, единственным подходящим значением является $x = \frac{3\pi}{4}$.

Критерии оценивания:
2 балла — за полностью верное и обоснованное решение обоих пунктов.
1 балл — за правильное решение только пункта а), либо за наличие арифметической ошибки при верном алгоритме решения обоих пунктов.
0 баллов — во всех остальных случаях.

Ответ: а) $x = (-1)^n \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$; б) $\frac{3\pi}{4}$.

Источник: ФИПИ

Решение:

Дана призма $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, в которой $AD = 3$, $BC = 2$. Точка $M$ делит ребро $A_{1}D_{1}$ в отношении $A_{1} M : MD_{1} = 1 : 2$, а точка $K$ является серединой ребра $DD_{1}$ (то есть $DK = KD_{1}$).

а) Построим прямую, проходящую через точку $C$ параллельно отрезку $MK$. Обозначим точку пересечения этой прямой с ребром $BB_{1}$ как $N$.
Так как плоскости граней $BCC_{1}$ и $ADD_{1}$ параллельны, угол $\angle NCC_{1}$ равен углу $\angle D_{1} KM$.
Учитывая, что $\angle NCC_{1} = \angle BNC$ (как накрест лежащие), получаем подобие треугольников $\triangle NBC \sim \triangle KD_{1} M$.
Поскольку $\angle NBC = \angle MD_{1} K = 90^{\circ}$, запишем отношение сторон: $\frac{BC}{MD_{1}} = \frac{BN}{D_{1} K}$.
Пусть $A_{1} M = x$, тогда $MD_{1} = 2x$. Так как $A_{1} D_{1} = 3x = 3$, имеем $x = 1$, следовательно, $MD_{1} = 2$.
Подставляя значения, получаем $\frac{2}{2} = \frac{BN}{D_{1} K}$, откуда $BN = D_{1} K$.
Так как $D_{1} K = KD$ и $BN = B_{1} N$, точки $N$ и $K$ являются серединами соответствующих боковых ребер $BB_{1}$ и $DD_{1}$. Следовательно, отрезок $NK$ параллелен $BD$. Так как плоскость $(MKC)$ содержит прямую, параллельную $NK$, то $(MKC) \parallel BD$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть длина половины бокового ребра $D_{1} K = KD = x$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $KDC$. По теореме Пифагора: $KC^{2} = KD^{2} + DC^{2} = x^{2} + 1$.
В треугольнике $MD_{1} K$: $MK^{2} = MD_{1}^{2} + D_{1} K^{2} = 4 + x^{2}$.
Для треугольника $MKC$ выполняется условие $MK^{2} + KC^{2} = MC^{2}$.
Продлим $MK$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $G$.
Треугольники $\triangle MD_{1} K$ и $\triangle GDK$ равны по катету и острому углу ($D_{1} K = KD$, $\angle MD_{1} K = \angle GDK = 90^{\circ}$, углы при вершине $K$ вертикальные). Отсюда $DG = MD_{1} = 2$ и $MK = KG$.
В треугольнике $MCG$ медиана $CK$ является также высотой, значит $\triangle MCG$ — равнобедренный, $MC = CG$.
Применим теорему косинусов для $\triangle CDG$, где $\angle CDG = 120^{\circ}$:
$CG^{2} = CD^{2} + DG^{2} - 2 \cdot CD \cdot DG \cdot \cos 120^{\circ}$.
Подставим известные величины: $MC^{2} = 1^{2} + 2^{2} - 2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot (-0,5) = 7$.
С другой стороны, $MC^{2} = MK^{2} + KC^{2} = (4 + x^{2}) + (x^{2} + 1) = 2x^{2} + 5$.
Уравнение $2x^{2} + 5 = 7$ дает $x^{2} = 1$, то есть $x = 1$.
Проведем в $\triangle CDG$ высоту $DH$ к стороне $CG$. По теореме о трех перпендикулярах $KH \perp CG$.
В $\triangle CDG$: $CG = \sqrt{7}$. Высота $DH$ может быть найдена через площадь или иные соотношения.
Найдем $KH$ из прямоугольного треугольника $CKG$: $KH = \frac{CK \cdot KG}{CG} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{7}} = \sqrt{\frac{10}{7}}$.
Из $\triangle KDH$ по теореме Пифагора: $DH = \sqrt{KH^{2} - KD^{2}} = \sqrt{\frac{10}{7} - 1} = \sqrt{\frac{3}{7}}$.
Искомый тангенс угла наклона: $\operatorname{tg} \alpha = \frac{KD}{DH} = \frac{1}{\sqrt{3/7}} = \frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{21}}{3}$.

Ответ: б) $\frac{\sqrt{21}}{3}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим неравенство: $\log _{2}^{2} ( x^{2} - 9 ) - 9 \log _{2} ( x^{2} - 9 ) + 20 \geq 0$
Для начала определим область допустимых значений переменной. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$x^{2} - 9 > 0$
Разложим на множители: $(x - 3)(x + 3) > 0$

Следовательно, $x \in (-\infty; -3) \cup (3; +\infty)$.

Введем новую переменную, пусть $\log _{2} (x^{2} - 9) = t$. Тогда исходное выражение примет вид квадратного неравенства:
$t^{2} - 9t + 20 \geq 0$
Найдем корни соответствующего уравнения $t^2 - 9t + 20 = 0$. По теореме Виета получаем: $t_{1} = 4$, $t_{2} = 5$.
Решим неравенство относительно $t$:

Перейдем к обратной замене. Получаем совокупность двух условий:
$\left[\begin{matrix} t \leq 4 \\ t \geq 5 \end{matrix}\right.$
Подставим логарифмическое выражение вместо $t$:
$\left[\begin{matrix} \log _{2} (x^{2} - 9) \leq 4 \\ \log _{2} (x^{2} - 9) \geq 5 \end{matrix}\right.$

1) Решим первое неравенство совокупности:
$\log _{2} (x^{2} - 9) \leq 4$
Так как основание логарифма $2 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$x^{2} - 9 \leq 2^4 \Rightarrow x^{2} - 9 \leq 16$
$x^{2} \leq 25$

Отсюда $x \in [-5; 5]$.

2) Решим второе неравенство совокупности:
$\log _{2} (x^{2} - 9) \geq 5$
$x^{2} - 9 \geq 2^5 \Rightarrow x^{2} - 9 \geq 32$
$x^{2} \geq 41$

Отсюда $x \in (-\infty; -\sqrt{41}] \cup [\sqrt{41}; +\infty)$.

Теперь найдем пересечение полученных решений с ОДЗ:

Ответ: $(-\infty; -\sqrt{41}] \cup [-5; -3) \cup (3; 5] \cup [\sqrt{41}; +\infty)$

Источник: ФИПИ

Решение.

Сделаем замену $u = 2^{-\frac{t}{6}}$. Тогда $$2^{-\frac{t}{3}} = \left(2^{-\frac{t}{6}}\right)^{2} = u^{2},$$ и функция принимает вид $$A = 40\left(u - u^{2}\right).$$ При $t \ge 0$ показатель $-\dfrac{t}{6}$ пробегает все значения от $0$ до $-\infty$, поэтому $u$ принимает все значения из промежутка $(0;\,1]$.

Выделим полный квадрат: $$40\left(u - u^{2}\right) = 40\left(\frac{1}{4} - \left(u - \frac{1}{2}\right)^{2}\right) = 10 - 40\left(u - \frac{1}{2}\right)^{2} \le 10,$$ причём равенство достигается тогда и только тогда, когда $u = \dfrac{1}{2}$.

Значение $u = \dfrac{1}{2}$ допустимо, так как $\dfrac{1}{2} \in (0;\,1]$. Найдём соответствующее время: $$2^{-\frac{t}{6}} = \frac{1}{2} = 2^{-1} \implies -\frac{t}{6} = -1 \implies t = 6.$$

Проверим: $A(6) = 40\left(2^{-1} - 2^{-2}\right) = 40\left(0{,}5 - 0{,}25\right) = 10$.

Ответ: наибольшая активность равна 10 МБк, она достигается через 6 часов.

Решение:

а) Исходя из свойств ромба $ABCD$, все его стороны равны ($AB = AD = BC = CD$), а диагонали в точке пересечения делятся пополам.

Обозначим точку пересечения диагоналей как $O$.
Рассмотрим $\triangle ADC$. Точка $Q$ является точкой пересечения его медиан, следовательно, она делит медиану $DO$ в отношении $DQ:QO = 2:1$. Аналогично для $\triangle ABC$ точка $P$ — точка пересечения медиан, откуда $BP:PO = 2:1$.
Пусть $QO = x$. Поскольку $BO = OD$, а пропорции деления медиан одинаковы, получаем: $BP = PQ = QD = 2x$, при этом $QO = OP = x$.
Диагонали делят ромб на два равновеликих треугольника, то есть $S_{ABD} = S_{BDC} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$.
Треугольники $ABP, APQ, AQD$ имеют общую вершину $A$ и их основания лежат на одной прямой $BD$. Значит, их высоты, опущенные из $A$, равны, а площади относятся как длины их оснований:
$S_{ABP} = \frac{BP}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
$S_{APQ} = \frac{PQ}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
$S_{AQD} = \frac{QD}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
Так как $P$ — точка пересечения медиан $\triangle ABC$, то медиана $AK$ делится ею в отношении $AP:PK = 2:1$, откуда $PK = \frac{1}{2} AP$.
Аналогично для точки $Q$ в $\triangle ADC$ имеем $QL = \frac{1}{2} AQ$.
Заметим, что $\triangle BKP$ и $\triangle ABP$ имеют общую высоту из вершины $B$, а $\triangle DLQ$ и $\triangle AQD$ — общую высоту из вершины $D$. Тогда:
$S_{BKP} = \frac{PK}{AP} \cdot S_{ABP} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} S_{ABCD} = \frac{1}{12} S_{ABCD}$
$S_{DLQ} = \frac{LQ}{AQ} \cdot S_{AQD} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} S_{ABCD} = \frac{1}{12} S_{ABCD}$
Суммируя площади, получаем: $S_{BKP} + S_{DLQ} = \frac{1}{12} S_{ABCD} + \frac{1}{12} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD} = S_{APQ}$. Что и требовалось доказать.

б) Если в пятиугольник $CKPQL$ можно вписать окружность, то эта же окружность будет вписана в треугольник $BCD$, так как прямые $BC, CD$ и $BD$ содержат стороны этого пятиугольника.
Для описанного четырехугольника $KBCP$ (или используя свойства касательных) имеем соотношение сторон: $PK + BC = BP + KC$.
Отсюда $PK = BP + KC - BC = 4x + 3\sqrt{5} - 6\sqrt{5} = 4x - 3\sqrt{5}$.
Поскольку диагонали ромба перпендикулярны ($AC \perp BD$), применим теорему Пифагора к $\triangle DOC$:
$OC^2 = DC^2 - OD^2 = (6\sqrt{5})^2 - (3x)^2 = 180 - 9x^2$.
Тогда $OC = \sqrt{180 - 9x^2} = OA$.
Теперь рассмотрим прямоугольный $\triangle APO$:
$AP^2 = AO^2 + PO^2 = (180 - 9x^2) + x^2 = 180 - 8x^2$.
$AP = \sqrt{180 - 8x^2}$.
Учитывая, что $PK = \frac{1}{2} AP$, составим уравнение:
$4x - 3\sqrt{5} = \frac{1}{2} \sqrt{180 - 8x^2}$
$8x - 6\sqrt{5} = \sqrt{180 - 8x^2}$
Возведем в квадрат: $64x^2 - 96\sqrt{5}x + 180 = 180 - 8x^2$
$72x^2 = 96\sqrt{5}x$
$3x = 4\sqrt{5} \Rightarrow x = \frac{4\sqrt{5}}{3}$.
Найдем площадь $\triangle BDC$: $S = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot OC = \frac{1}{2} \cdot (6 \cdot \frac{4\sqrt{5}}{3}) \cdot \sqrt{180 - 9 \cdot \frac{16 \cdot 5}{9}} = 4\sqrt{5} \cdot \sqrt{100} = 40\sqrt{5}$.
Полупериметр $\triangle BDC$: $p = \frac{BC + CD + BD}{2} = \frac{6\sqrt{5} + 6\sqrt{5} + 8\sqrt{5}}{2} = 10\sqrt{5}$.
Радиус вписанной окружности: $r = \frac{S}{p} = \frac{40\sqrt{5}}{10\sqrt{5}} = 4$.

Ответ: б) 4

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим уравнение $\left|x^{2} + a^{2} - 6 x + 4 a\right| = 2 x - 2 a$.
Для того чтобы уравнение имело смысл, правая часть должна быть неотрицательной:
$2 x - 2 a \geq 0 \Rightarrow a \leq x$.
Раскроем модуль, рассмотрев два возможных случая:
1) Подмодульное выражение положительно или равно нулю:
$x^{2} + a^{2} - 6 x + 4 a = 2 x - 2 a$
Перенесем все слагаемые в левую часть и сгруппируем их:
$x^{2} - 8 x + a^{2} + 6 a = 0$
Дополним выражения до полных квадратов, прибавив к обеим частям $16 + 9 = 25$:
$(x^{2} - 8 x + 16) + (a^{2} + 6 a + 9) = 25$
$\left(x - 4\right)^{2} + \left(a + 3\right)^{2} = 5^{2}$
Это уравнение окружности с центром в точке $(4; -3)$ и радиусом $5$.
2) Подмодульное выражение отрицательно:
$x^{2} + a^{2} - 6 x + 4 a = -(2 x - 2 a)$
$x^{2} - 4 x + a^{2} + 2 a = 0$
Аналогично выделим полные квадраты, прибавив $4 + 1 = 5$:
$(x^{2} - 4 x + 4) + (a^{2} + 2 a + 1) = 5$
$\left(x - 2\right)^{2} + \left(a + 1\right)^{2} = (\sqrt{5})^{2}$
Это уравнение окружности с центром $(2; -1)$ и радиусом $\sqrt{5}$.

Определим координаты точек, в которых окружность $\left(x - 2\right)^{2} + \left(a + 1\right)^{2} = 5$ пересекается с граничной прямой $a = x$:
$\left(x - 2\right)^{2} + \left(x + 1\right)^{2} = 5$
$x^{2} - 4 x + 4 + x^{2} + 2 x + 1 = 5$
$2 x^{2} - 2 x = 0$
Отсюда получаем корни $x_{1} = 0$ и $x_{2} = 1$. Соответственно, значения параметра $a_{1} = 0$ и $a_{2} = 1$.
Анализируя график с учетом условия $a \leq x$, определим характерные значения параметра $a$:
Для второго случая (нижняя точка малой окружности): $a = - 1 - \sqrt{5}$.
Для пятого случая (верхняя точка малой окружности): $a = \sqrt{5} - 1$.
Исходя из графического представления, искомые интервалы для параметра $a$ соответствуют объединению промежутков: $a \in \left(-5 ; - \sqrt{5} - 1\right) \cup \left(0 ; 1\right) \cup \left(\sqrt{5} - 1 ; 5\right)$.