Вариант 1 · Октябрь 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $\cos 2x - 3 \sin(-x) - 2 = 0$.
Используя свойство нечётности синуса $\sin(-x) = -\sin x$ и формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$, преобразуем уравнение к виду:
$1 - 2\sin^2 x + 3\sin x - 2 = 0$, что упрощается до $2\sin^2 x - 3\sin x + 1 = 0$.
Введём новую переменную $t = \sin x$, где $|t| \le 1$. Получаем квадратное уравнение:
$2t^2 - 3t + 1 = 0$.
Найдём дискриминант: $D = (-3)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 9 - 8 = 1$.
Корни уравнения относительно $t$:
$t_1 = \frac{3 + 1}{4} = 1$;
$t_2 = \frac{3 - 1}{4} = \frac{1}{2}$.
Выполним обратный переход к переменной $x$:
1) $\sin x = 1 \Rightarrow x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$;
2) $\sin x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ или $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

б) Найдём корни, принадлежащие заданному отрезку $\left[3\pi; \frac{9\pi}{2}\right]$, используя единичную окружность.

Из рисунка видно, что указанному промежутку соответствуют следующие значения:
Верхняя точка окружности: $x = \frac{\pi}{2} + 4\pi = \frac{9\pi}{2}$.
Точка в первой четверти: $x = \frac{\pi}{6} + 4\pi = \frac{25\pi}{6}$.
Точка во второй четверти $\frac{5\pi}{6} + 2\pi k$ не попадает в данный интервал.

Ответ: а) $\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$; б) $\frac{9\pi}{2}, \frac{25\pi}{6}$.

Источник: ФИПИ

Решение:

Дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$.
Точка $E$ делит ребро $A_{1}A$ в отношении $A_{1} E : EA = 1 : 2$.
Точка $F$ делит ребро $B_{1}B$ в отношении $B_{1} F : FB = 1 : 5$.
Точка $T$ является серединой ребра $B_{1}C_{1}$, то есть $B_{1} T = TC_{1}$.
Линейные размеры: $AB = 2$, $AD = 6$, $AA_{1} = 6$.

а) 1) Построим сечение, проходящее через точки $E, F$ и $T$. Поскольку плоскости противоположных граней $(ADD_{1})$ и $(BCC_{1})$ параллельны, линия пересечения сечения с гранью $ADD_{1}A_{1}$ будет параллельна прямой $FT$. Проведем из точки $E$ луч, параллельный $FT$, до пересечения с ребром $A_{1}D_{1}$ в некоторой точке $D_{2}$.
2) Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle A_{1} ED_{2}$ и $\triangle B_{1} FT$. У них соответствующие стороны параллельны, следовательно, они подобны: $\triangle A_{1} ED_{2} \sim \triangle B_{1} FT$. Из подобия вытекает отношение: $\frac{B_{1} F}{A_{1} E} = \frac{B_{1} T}{A_{1} D_{2}}$.
3) Вычислим длины отрезков: так как $A_{1}A = 6$ и $A_{1} E : EA = 1 : 2$, то $A_{1} E = 2$ и $EA = 4$.
Аналогично для ребра $B_{1}B = 6$ при отношении $B_{1} F : FB = 1 : 5$ получаем $B_{1} F = 1$ и $FB = 5$.
4) Подставим значения в пропорцию: $\frac{1}{2} = \frac{B_{1} T}{A_{1} D_{2}}$. Отсюда $A_{1} D_{2} = 2 B_{1} T$. Поскольку $T$ — середина $B_{1}C_{1}$ и $B_{1}C_{1} = AD = 6$, то $B_{1} T = 3$. Тогда $A_{1} D_{2} = 2 \cdot 3 = 6$. Так как длина ребра $A_{1}D_{1}$ также равна 6, точка $D_{2}$ совпадает с вершиной $D_{1}$. Таким образом, плоскость сечения проходит через точку $D_{1}$. Что и требовалось доказать.

б) 5) Найдем точку $M$, продлив прямые $A_{1}B_{1}$ и $EF$ до их взаимного пересечения.
6) Проанализируем плоскость грани $(AA_{1} B_{1})$:

Треугольники $\triangle B_{1} FM$ и $\triangle A_{1} EM$ подобны по двум углам (общий угол при вершине $M$ и прямые углы при вершинах $B_{1}$ и $A_{1}$).
Запишем отношение подобия: $\frac{B_{1} M}{A_{1} M} = \frac{B_{1} F}{A_{1} E}$. Учитывая, что $A_{1} M = A_{1} B_{1} + B_{1} M = 2 + B_{1} M$, имеем: $\frac{B_{1} M}{2 + B_{1} M} = \frac{1}{2}$. Решая уравнение, находим $B_{1} M = 2$.
7) В прямоугольном $\triangle A_{1} ME$ по теореме Пифагора найдем гипотенузу $EM$:
$EM = \sqrt{A_{1} M^{2} + A_{1} E^{2}} = \sqrt{4^{2} + 2^{2}} = \sqrt{16 + 4} = 2 \sqrt{5}$.
8) Опустим перпендикуляр $A_{1}H$ из вершины $A_{1}$ на прямую $EM$.
В $\triangle A_{1} ME$: $\cos \angle A_{1} EM = \frac{A_{1} E}{EM} = \frac{2}{2 \sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$, а $\sin \angle A_{1} EM = \frac{A_{1} M}{EM} = \frac{4}{2 \sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
Тогда отрезок $EH = A_{1} E \cdot \cos \angle A_{1} EM = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
Высота $A_{1} H = A_{1} E \cdot \sin \angle A_{1} EM = 2 \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{4}{\sqrt{5}}$.
9) Перейдем к рассмотрению треугольника $\triangle D_{1} EM$:

Найдем его стороны. В $\triangle A_{1} D_{1} E$: $ED_{1} = \sqrt{A_{1} D_{1}^{2} + A_{1} E^{2}} = \sqrt{36 + 4} = 2 \sqrt{10}$.
В $\triangle A_{1} D_{1} M$: $D_{1} M = \sqrt{A_{1} D_{1}^{2} + A_{1} M^{2}} = \sqrt{36 + 16} = \sqrt{52} = 2 \sqrt{13}$.
10) Применим теорему косинусов для $\triangle ED_{1} M$, чтобы найти $\cos \angle D_{1} EM$:
$D_{1} M^{2} = ED_{1}^{2} + EM^{2} - 2 \cdot ED_{1} \cdot EM \cdot \cos \angle D_{1} EM$
$52 = 40 + 20 - 2 \cdot 2\sqrt{10} \cdot 2\sqrt{5} \cdot \cos \angle D_{1} EM$
$52 = 60 - 40\sqrt{2} \cdot \cos \angle D_{1} EM \Rightarrow \cos \angle D_{1} EM = \frac{8}{40\sqrt{2}} = \frac{1}{5\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{10}$.
11) Пусть $H_{1}$ — основание высоты, опущенной из $D_{1}$ на $EM$.
$EH_{1} = ED_{1} \cdot \cos \angle D_{1} EM = 2 \sqrt{10} \cdot \frac{\sqrt{2}}{10} = \frac{2 \cdot \sqrt{20}}{10} = \frac{4\sqrt{5}}{10} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
12) Заметим, что $EH = EH_{1} = \frac{2}{\sqrt{5}}$. Это означает, что точки $H$ и $H_{1}$ совпадают. Следовательно, $D_{1}H \perp EM$ и $A_{1}H \perp EM$.
13) Угол между плоскостями $(A_{1}D_{1}M)$ и $(ED_{1}M)$ — это угол $\angle A_{1}HD_{1}$.
Найдем $D_{1} H$ из прямоугольного $\triangle ED_{1} H$:
$D_{1} H = \sqrt{ED_{1}^{2} - EH^{2}} = \sqrt{40 - \frac{4}{5}} = \sqrt{\frac{196}{5}} = \frac{14}{\sqrt{5}}$.
14) Теперь по теореме косинусов для $\triangle A_{1} D_{1} H$ найдем искомый угол:
$A_{1} D_{1}^{2} = A_{1} H^{2} + D_{1} H^{2} - 2 \cdot A_{1} H \cdot D_{1} H \cdot \cos \angle A_{1} HD_{1}$
$36 = \frac{16}{5} + \frac{196}{5} - 2 \cdot \frac{4}{\sqrt{5}} \cdot \frac{14}{\sqrt{5}} \cdot \cos \angle A_{1} HD_{1}$
$36 = \frac{212}{5} - \frac{112}{5} \cdot \cos \angle A_{1} HD_{1}$
$180 = 212 - 112 \cos \angle A_{1} HD_{1} \Rightarrow 112 \cos \angle A_{1} HD_{1} = 32 \Rightarrow \cos \angle A_{1} HD_{1} = \frac{32}{112} = \frac{2}{7}$.
Следовательно, $\angle A_{1} HD_{1} = \arccos \frac{2}{7}$.

Ответ: $\arccos \frac{2}{7}$

Источник: ФИПИ

Решение:
Для начала преобразуем исходное неравенство: $$\frac{4^{x} - 3 \cdot 2^{x + 1} + 4}{2^{x} - 5} + \frac{3 \cdot 2^{x + 1} - 46}{2^{x} - 8} \leq 2^{x} + 5$$ Используя свойства степеней, запишем $4^x$ как $(2^x)^2$ и $2^{x+1}$ как $2 \cdot 2^x$: $$\frac{(2^{x})^{2} - 6 \cdot 2^{x} + 4}{2^{x} - 5} + \frac{6 \cdot 2^{x} - 46}{2^{x} - 8} \leq 2^{x} + 5$$ Введем вспомогательную переменную, пусть $2^{x} = t$, где $t > 0$. Тогда неравенство примет вид: $$\frac{t^{2} - 6t + 4}{t - 5} + \frac{6t - 46}{t - 8} - (t + 5) \leq 0$$ Приведем все слагаемые к общему знаменателю $(t - 5)(t - 8)$: $$\frac{(t - 8)(t^{2} - 6t + 4) + (t - 5)(6t - 46) - (t + 5)(t - 5)(t - 8)}{(t - 5)(t - 8)} \leq 0$$ Раскроем скобки в числителе и приведем подобные слагаемые: $$\frac{t^3 - 6t^2 + 4t - 8t^2 + 48t - 32 + 6t^2 - 46t - 30t + 230 - (t^2 - 25)(t - 8)}{(t - 5)(t - 8)} \leq 0$$ После упрощения числителя получаем: $$\frac{t - 2}{(t - 5)(t - 8)} \leq 0$$ Решим полученное рациональное неравенство методом интервалов:
Таким образом, переменная $t$ должна удовлетворять условиям: $t \in (-\infty; 2] \cup (5; 8)$. Учитывая, что $t = 2^x > 0$, перейдем к обратной замене: $$\left[ \begin{gathered} 2^x \leq 2 \\ \begin{cases} 2^x > 5 \\ 2^x < 8 \end{cases} \end{gathered} \right.$$ Логарифмируем обе части неравенств по основанию 2: $$\left[ \begin{gathered} x \leq 1 \\ \begin{cases} x > \log_{2} 5 \\ x < 3 \end{cases} \end{gathered} \right.$$ Объединим полученные промежутки для $x$:

Ответ: $(-\infty; 1] \cup (\log_{2} 5; 3)$

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) Согласно условию $AM = MC$, следовательно, треугольник $AMC$ является равнобедренным. Отсюда получаем равенство углов при основании: $\angle MAC = \angle MCA$.
Учитывая параллельность оснований трапеции $BC \parallel AD$, углы $\angle MCA$ и $\angle CAD$ равны как накрест лежащие. Таким образом, $\angle MAC = \angle CAD$, что означает, что луч $AC$ служит биссектрисой угла $MAD$.
Так как центр окружности, вписанной в треугольник, всегда находится в точке пересечения его биссектрис, то центр вписанной окружности треугольника $AMD$ действительно лежит на отрезке $AC$. Что и требовалось доказать.

б) Обозначим длину $AM = MC$ через $a$. Тогда отрезок $BM$ будет равен $10 - a$. Применим теорему косинусов для треугольника $ABM$, учитывая, что $\angle ABM = 120^\circ$ (так как сумма углов, прилежащих к боковой стороне трапеции, равна $180^\circ$):
$$AM^{2} = AB^{2} + BM^{2} - 2 \cdot AB \cdot BM \cdot \cos \angle ABM$$ $$a^{2} = 5^2 + (10 - a)^{2} - 2 \cdot 5 \cdot (10 - a) \cdot \cos 120^\circ$$ Подставив $\cos 120^\circ = -0,5$, получим уравнение: $a^2 = 25 + 100 - 20a + a^2 + 5(10 - a)$, откуда $a = 7$.
Теперь рассмотрим треугольник $MCD$. По теореме косинусов найдем сторону $MD$, зная, что $\angle MCD = 60^\circ$:
$$MD^{2} = MC^{2} + CD^{2} - 2 \cdot MC \cdot CD \cdot \cos 60^\circ = 7^2 + 5^2 - 2 \cdot 7 \cdot 5 \cdot \frac{1}{2} = 49 + 25 - 35 = 39$$ Следовательно, $MD = \sqrt{39}$.
Вычислим высоту $h$ треугольника $AMD$, которая совпадает с высотой всей трапеции:
$h = AB \cdot \sin 60^\circ = 5 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{5\sqrt{3}}{2}$.
Площадь треугольника $AMD$ можно найти через основание $AD$ и высоту $h$:
$$S_{AMD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{25\sqrt{3}}{2}$$ С другой стороны, площадь треугольника выражается через его полупериметр и радиус вписанной окружности $r$:
$$S_{AMD} = \frac{AM + MD + AD}{2} \cdot r$$ Отсюда выражаем искомый радиус:
$$r = \frac{2 \cdot S_{AMD}}{AM + AD + MD} = \frac{2 \cdot \frac{25\sqrt{3}}{2}}{7 + 10 + \sqrt{39}} = \frac{25\sqrt{3}}{17 + \sqrt{39}}$$

Ответ: $\frac{25 \sqrt{3}}{17 + \sqrt{39}}$

Источник: ФИПИ