Вариант 9 · Сентябрь 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $16^{\cos x} + 16^{\cos (\pi - x)} = \frac{17}{4}$.
Используя формулу приведения $\cos(\pi - x) = -\cos x$, преобразуем уравнение к виду:
$16^{\cos x} + 16^{-\cos x} = \frac{17}{4}$.
Для упрощения введем новую переменную $t = 16^{\cos x}$, где $t > 0$. Получаем:
$t + \frac{1}{t} = \frac{17}{4}$.
Умножим обе части уравнения на $4t$ (так как $t \neq 0$) и перенесем все слагаемые в левую часть:
$4t^2 - 17t + 4 = 0$.
Решим полученное квадратное уравнение через дискриминант или теорему Виета. Корни уравнения:
1) $t = \frac{1}{4}$.
Выполним обратную подстановку:
$16^{\cos x} = \frac{1}{4}$
$(4^2)^{\cos x} = 4^{-1}$
$4^{2\cos x} = 4^{-1}$
$2\cos x = -1 \Rightarrow \cos x = -\frac{1}{2}$.

Отсюда находим первую серию решений: $x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) $t = 4$.
Снова возвращаемся к переменной $x$:
$16^{\cos x} = 4$
$4^{2\cos x} = 4^1$
$2\cos x = 1 \Rightarrow \cos x = \frac{1}{2}$.

Отсюда получаем вторую серию решений: $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

б) Проведем отбор корней, принадлежащих отрезку $[\pi; \frac{5\pi}{2}]$.
Воспользуемся тригонометрической окружностью для поиска подходящих значений:

На заданном интервале находятся следующие корни:
$x_1 = \pi + \frac{\pi}{3} = \frac{4\pi}{3}$ (соответствует точке $\cos x = -\frac{1}{2}$);
$x_2 = 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3}$ (соответствует точке $\cos x = \frac{1}{2}$);
$x_3 = 2\pi + \frac{\pi}{3} = \frac{7\pi}{3}$ (соответствует точке $\cos x = \frac{1}{2}$).

Ответ:
а) $\pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n, \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$;
б) $\frac{4\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}, \frac{7\pi}{3}$.

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Обозначим через $L$ точку пересечения прямой $MN$ с продолжением стороны основания $AB$.

Применим теорему Менелая для треугольника $ABC$ и секущей линии $LNM$:
$$\frac{AL}{LB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CM}{MA} = 1$$
Учитывая, что пирамида $SABC$ правильная, в её основании лежит равносторонний треугольник со сторонами $AB = BC = AC = 6$. Тогда отрезок $MA = AC - MC = 6 - 2 = 4$.
Подставим известные значения в соотношение:
$$\frac{AL}{LB} \cdot \frac{8}{2} \cdot \frac{2}{4} = 1$$
$$\frac{AL}{LB} \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{AL}{LB} = \frac{1}{2}$$
Поскольку длина $AB = 6$, а точка $A$ лежит между $L$ и $B$, получаем, что $AL = 2$ и $LB = 4$.
Теперь сопоставим треугольники $ASL$ и $CSM$:
1) $AS = SC$ (боковые ребра правильной пирамиды равны);
2) $AL = MC = 2$;
3) $\angle SAL = \angle SCM$ (как плоские углы при вершинах основания боковых граней).
Из равенства треугольников $\triangle ASL = \triangle CSM$ следует, что $SL = SM$. Таким образом, треугольник $SLM$ является равнобедренным, что и требовалось доказать.

б) Площадь треугольника $SLM$ можно вычислить по формуле $S_{SLM} = \frac{1}{2} \cdot LM \cdot SH$, где $SH$ — высота, опущенная на сторону $LM$.
Так как $\triangle ASL = \triangle CSM$, то $\cos \angle SAL = \cos \angle SCM$.
Найдем косинус угла боковой грани, используя теорему косинусов для $\triangle SAB$:
$SB^2 = SA^2 + AB^2 - 2 \cdot SA \cdot AB \cdot \cos \angle SAB$
$7^2 = 7^2 + 6^2 - 2 \cdot 7 \cdot 6 \cdot \cos \angle SAL$
$49 = 49 + 36 - 84 \cos \angle SAL \Rightarrow \cos \angle SAL = \frac{36}{84} = \frac{3}{7}$.
Следовательно, $\cos \angle SCM = \frac{3}{7}$.
Вычислим квадрат боковой стороны $SM$ в треугольнике $SCM$:
$SM^2 = SC^2 + MC^2 - 2 \cdot SC \cdot MC \cdot \cos \angle SCM$
$SM^2 = 7^2 + 2^2 - 2 \cdot 7 \cdot 2 \cdot \frac{3}{7} = 49 + 4 - 12 = 41$.
Отсюда $SM = SL = \sqrt{41}$.
В основании пирамиды $\angle LAM = 60^\circ$ (угол правильного треугольника). Найдем $LM$ по теореме косинусов для $\triangle ALM$:
$LM^2 = AL^2 + AM^2 - 2 \cdot AL \cdot AM \cdot \cos 60^\circ = 2^2 + 4^2 - 2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 4 + 16 - 8 = 12$.
Значит, $LM = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$.
В равнобедренном треугольнике $SLM$ высота $SH$ является медианой, поэтому $LH = \frac{1}{2} LM = \sqrt{3}$.
По теореме Пифагора из $\triangle LSH$:
$SH^2 = SL^2 - LH^2 = 41 - (\sqrt{3})^2 = 41 - 3 = 38 \Rightarrow SH = \sqrt{38}$.
Искомая площадь:
$S_{SLM} = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{38} = \sqrt{3 \cdot 38} = \sqrt{114}$.

Ответ: б) $\sqrt{114}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Рассмотрим исходное неравенство: $x^{2} \log _{625} \left(- 2 - x\right) \geq \log _{5} \left(x^{2} + 4 x + 4\right)$.
Преобразуем основания и аргументы логарифмов. Заметим, что $625 = 5^4$, а выражение под вторым логарифмом представляет собой полный квадрат: $x^2 + 4x + 4 = (x + 2)^2$.
Получаем: $x^{2} \log _{5^{4}} \left(- 2 - x\right) \geq \log _{5} (x + 2)^{2}$.
Вынесем показатели степеней за знаки логарифмов. Учитывая свойства логарифма, имеем:
$x^{2} \cdot \frac{1}{4} \log _{5} \left(- 2 - x\right) \geq 2 \log _{5} |x + 2|$.
Поскольку аргумент первого логарифма должен быть положителен, то $-2 - x > 0$, откуда $x + 2 < 0$. Следовательно, $|x + 2| = -(x + 2) = -2 - x$.
Перепишем неравенство: $x^{2} \log _{5^{4}} \left(- 2 - x\right) \geq 2 \log _{5} \left(- 2 - x\right)$.

Определим область допустимых значений (ОДЗ):
$\begin{cases} - 2 - x > 0 \\ (x + 2)^2 > 0 \end{cases}$
$\begin{cases} x < - 2 \\ x \neq - 2 \end{cases}$
Таким образом, ограничение для переменной: $x < - 2$.

Перенесем все слагаемые в левую часть и вынесем общий множитель:
$\frac{x^{2}}{4} \log _{5} \left(- 2 - x\right) - 2 \log _{5} \left(- 2 - x\right) \geq 0$
$\log _{5} \left(- 2 - x\right) \left(\frac{x^{2}}{4} - 2\right) \geq 0$
Применим метод рационализации для логарифмического выражения на его области определения:
$(5 - 1) \cdot (- 2 - x - 1) \cdot (x^{2} - 8) \geq 0$
Решим полученное алгебраическое неравенство методом интервалов:

Теперь найдем пересечение полученного решения с установленным ограничением $x < - 2$:

Ответ: $( - \infty ; - 3 ] \cup [ - \sqrt{8} ; - 2 )$

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 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:
Разложим на множители уравнение $y^{2} - 7 y + xy - 4 x + 12 = 0$, рассматривая его как квадратное относительно переменной $y$:
$y^{2} + y(x - 7) - 4x + 12 = 0$
Вычислим дискриминант данного выражения:
$D = (x - 7)^{2} - 4(12 - 4x) = x^{2} - 14x + 49 - 48 + 16x = x^{2} + 2x + 1 = (x + 1)^{2}$
Находим корни уравнения:
$y = \frac{-(x - 7) \pm (x + 1)}{2}$
Откуда получаем две линейные зависимости: $y_1 = 4$ и $y_2 = 3 - x$.
С учетом всех условий, исходная система принимает вид:
$\left\{\begin{matrix} x \geq 4 \\ y > -7 \\ \left[\begin{matrix} x = 4 \\ y = 3 - x \\ y = 4 \end{matrix}\right. \\ y = a - x \end{matrix}\right.$
Последнее уравнение $y = a - x$ представляет собой семейство прямых, параллельных $y = -x$, где $a$ — параметр, отвечающий за сдвиг. Рассмотрим график функции $y = 3 - x$ по характерным точкам:

Анализируя графическое представление, определим значения параметра, при которых система имеет ровно одно решение. Это происходит в промежутках $(l_1; l_2) \cup (l_2; l_3]$.
1) Прямая $l_1$ соответствует случаю прохождения через граничную точку $(4; -7)$, тогда $a = x + y = 4 + (-7) = -3$.
2) Прямая $l_2$ проходит через точку стыка графиков $(4; -1)$, откуда $a = 4 + (-1) = 3$.
3) Прямая $l_3$ проходит через точку пересечения линий $y = 4$ и $x = 4$, то есть через $(4; 4)$, что дает $a = 4 + 4 = 8$.

Таким образом, искомые значения параметра лежат в интервалах от $-3$ до $3$ и от $3$ до $8$ включительно.

Ответ: $(-3; 3) \cup (3; 8]$

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Да, такая ситуация возможна. Предположим, на доске изначально записаны девятнадцать чисел «10» и одно число «50». Если увеличить последнее число на единицу, оно станет равным 51 и будет удалено. В итоге на доске останется 19 чисел.
Вычислим исходное среднее арифметическое:
$$S_{1} = \frac{19 \cdot 10 + 50}{20} = \frac{240}{20} = 12.$$
После удаления числа 51 среднее арифметическое оставшихся чисел составит:
$$S_{2} = \frac{19 \cdot 10}{19} = 10.$$
Как видим, $10 < 12$, то есть среднее арифметическое действительно уменьшилось.
б) Допустим, среди исходных чисел было $n$ штук, равных 50. Обозначим сумму остальных $(19 - n)$ чисел через $B$, а двадцатое число — через $a$.
Согласно условию, первоначальное среднее арифметическое равно:
$$\frac{50n + B + a}{20} = 24.$$
Когда каждое из $n$ чисел, равных 50, увеличили на 1, они превратились в 51 и были стерты. Количество оставшихся чисел стало равно $20 - n$. Новое среднее арифметическое равно:
$$\frac{B + a}{20 - n} = 17.$$
Составим систему уравнений на основе этих данных:
$$\begin{cases} 50n + B + a = 480 \\ B + a = 17(20 - n) \end{cases}$$
Подставим выражение для $B + a$ из второго уравнения в первое:
$$50n + 17(20 - n) = 480$$
$$50n + 340 - 17n = 480$$
$$33n = 140$$
$$n = \frac{140}{33} = 4\frac{8}{33}.$$
Так как количество чисел $n$ должно быть целым, мы пришли к противоречию. Значит, такая ситуация невозможна.
в) Для минимизации итогового среднего арифметического необходимо, чтобы в начале на доске было как можно больше чисел, равных 50 (которые впоследствии исчезнут), а значения оставшихся чисел были как можно меньше (минимальное натуральное число — 1).
Пусть $n$ — количество чисел «50», $a$ — двадцатое число, а остальные $(19 - n)$ чисел равны 1. Тогда:
$$\frac{50n + (19 - n) \cdot 1 + a}{20} = 24.$$
Упростим уравнение:
$$49n + 19 + a = 480 \Rightarrow 49n = 461 - a.$$
Чтобы $n$ было максимальным, значение $a$ должно быть минимально возможным, при котором $461 - a$ делится на 49.
Если $n = 9$, то $49 \cdot 9 = 441$. Тогда $461 - a = 441$, откуда $a = 20$.
Таким образом, набор состоит из девяти «50», десяти «1» и одного числа «20».
Проверим исходное среднее:
$$S_{1} = \frac{9 \cdot 50 + 10 \cdot 1 + 20}{20} = \frac{450 + 10 + 20}{20} = \frac{480}{20} = 24.$$
После того как все числа «50» будут увеличены и стерты, на доске останется 11 чисел (десять единиц и число 20).
Новое среднее арифметическое составит:
$$S_{2} = \frac{10 \cdot 1 + 20}{11} = \frac{30}{11}.$$

Ответ: а) да; б) нет; в) $\frac{30}{11}$

Источник: ФИПИ