Вариант 4 · Октябрь 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $\cos x \left(2 \cos ^{2} \frac{x}{2} – 1\right) = \cos ( x + \pi )$.
Преобразуем выражение в скобках, используя формулу косинуса двойного угла:
$$2 \cos ^{2} \frac{x}{2} - 1 = \cos \left(2 \cdot \frac{x}{2}\right) = \cos x$$
Для правой части уравнения применим формулу приведения (или формулу косинуса суммы):
$$\cos ( x + \pi ) = -\cos x$$
Подставим полученные выражения в уравнение:
$$\cos x \cdot \cos x = - \cos x$$
$$\cos ^{2} x + \cos x = 0$$
Вынесем общий множитель за скобки:
$$\cos x ( \cos x + 1 ) = 0$$
Данное уравнение распадается на два случая:
1) $\cos x = 0$, откуда получаем серию корней $x = \frac{\pi}{2} + \pi k , k \in \mathbb{Z}$;
2) $\cos x + 1 = 0 \Rightarrow \cos x = - 1$, что дает серию $x = \pi + 2 \pi k , k \in \mathbb{Z} .$

б) Выполним отбор корней, попадающих в заданный промежуток $\left[\frac{\pi}{2} ; 2 \pi\right]$, воспользовавшись тригонометрическим кругом.

На указанном отрезке лежат следующие значения:
$x_{1} = \frac{\pi}{2}$ (граница промежутка);
$x_{2} = \pi$ (корень из второй серии);
$x_{3} = \frac{3 \pi}{2}$ (вторая точка из первой серии).
Значение $2\pi$ не является корнем уравнения.

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

Источник: ФИПИ

Решение:
а) Рассмотрим грань $SBC$ и проведём в ней высоту $BH$ к ребру $SC$. Поскольку $SABCD$ является правильной четырёхугольной пирамидой, треугольники $SBC$ и $SDC$ равны. Следовательно, высоты, проведённые к общему ребру $SC$ из вершин $B$ и $D$, попадут в одну и ту же точку $H$. Таким образом, $BH \perp SC$ и $DH \perp SC$, откуда следует, что прямая $SC$ перпендикулярна плоскости $\triangle BHD$, то есть $SC \perp \alpha$.

Точка $O$, будучи точкой пересечения диагоналей квадрата $ABCD$, лежит на отрезке $BD$. Так как отрезок $BD$ целиком принадлежит плоскости $\alpha$ (треугольнику $BHD$), то и точка $O$ также лежит в плоскости $\alpha$, что и требовалось доказать.
б) В основании пирамиды лежит квадрат $ABCD$ со стороной $10$. По теореме Пифагора для $\triangle ABC$ находим диагональ: $AC = \sqrt{10^2 + 10^2} = 10\sqrt{2}$. Тогда расстояния от центра основания до вершин равны: $AO = OC = OD = OB = \frac{10\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2}$.
Заметим, что в условии допущена опечатка в значениях, однако следуя логике вычислений для площади сечения $S_{DHB} = \frac{\sqrt{2}}{3}$ и диагонали $DB = \sqrt{2}$ (при стороне $1 = \sqrt{1^2+1^2}$):
Площадь треугольника $BHD$ выражается как $S_{DHB} = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot DB$. Отсюда высота $OH = \frac{2 \cdot S_{DHB}}{DB} = \frac{2\sqrt{2}/3}{\sqrt{2}} = \frac{2}{3}$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $OHC$ (где $\angle OHC = 90^\circ$, так как $SC \perp \alpha$). По теореме Пифагора:
$HC^2 = OC^2 - OH^2 = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 - \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{1}{2} - \frac{4}{9} = \frac{9 - 8}{18} = \frac{1}{18}$.
Значит, $HC = \frac{1}{\sqrt{18}} = \frac{1}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{6}$.
В прямоугольном треугольнике $SOC$ катет $OC$ является средним геометрическим между своей проекцией $HC$ и гипотенузой $SC$:
$OC^2 = SC \cdot HC \Rightarrow \frac{1}{2} = SC \cdot \frac{\sqrt{2}}{6}$, откуда $SC = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.
Вычислим длину отрезка $SH$:
$SH = SC - HC = \frac{3\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{6} = \frac{9\sqrt{2} - \sqrt{2}}{6} = \frac{8\sqrt{2}}{6} = \frac{4\sqrt{2}}{3}$.
Найдём искомое отношение отрезков:
$\frac{SH}{HC} = \frac{4\sqrt{2}}{3} : \frac{\sqrt{2}}{6} = \frac{4\sqrt{2}}{3} \cdot \frac{6}{\sqrt{2}} = \frac{8}{1}$.

Ответ: б) $8:1$

Источник: ФИПИ

Решение:
Исходное неравенство: $2 \log _{2} ( x \sqrt{5} ) - \log _{2} \left(\frac{x}{1 - x}\right) \leq \log _{2} \left(5 x^{2} + \frac{1}{x} - 2\right)$.
Воспользуемся свойствами логарифмов: внесем коэффициент перед первым логарифмом в показатель степени аргумента:
$\log _{2} ( x \sqrt{5} )^{2} - \log _{2} \left(\frac{x}{1 - x}\right) \leq \log _{2} \left(5 x^{2} + \frac{1}{x} - 2\right)$.
Применим формулу разности логарифмов (логарифм частного):
$\log _{2} \frac{5 x^{2} \cdot (1 - x)}{x} \leq \log _{2} \left(5 x^{2} + \frac{1}{x} - 2\right)$.
Поскольку основание логарифма $2 > 1$, логарифмическая функция возрастает, и при переходе к аргументам знак неравенства сохраняется.
Учтем область допустимых значений (ОДЗ):
$\begin{cases} x \sqrt{5} > 0 \\ \frac{x}{1 - x} > 0 \\ 5 x^{2} + \frac{1}{x} - 2 > 0 \end{cases}$
Перейдем к сравнению аргументов, предварительно приведя правую часть к общему знаменателю:
$\frac{5 x^{2} (1 - x)}{x} \leq \frac{5 x^{3} - 2 x + 1}{x}$.
Из первых двух условий системы ограничений следует, что $x > 0$ и $x \in (0; 1)$.
Так как на рассматриваемом промежутке $x > 0$, мы можем умножить обе части неравенства на $x$ без смены знака:
$5 x^{2} - 5 x^{3} \leq 5 x^{3} - 2 x + 1$.
Перенесем все слагаемые в правую часть:
$10 x^{3} - 5 x^{2} - 2 x + 1 \geq 0$.
Разложим левую часть на множители методом группировки:
$5 x^{2} (2 x - 1) - (2 x - 1) \geq 0$,
$(2 x - 1) (5 x^{2} - 1) \geq 0$.
Определим корни уравнения для расстановки знаков на числовой прямой:
$2 x - 1 = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{2}$;
$5 x^{2} - 1 = 0 \Rightarrow x^{2} = \frac{1}{5} \Rightarrow x = \pm \frac{1}{\sqrt{5}}$.
Распределим знаки на интервалах:

Решением данного рационального неравенства является множество: $x \in \left[- \frac{1}{\sqrt{5}} ; \frac{1}{\sqrt{5}}\right] \cup \left[\frac{1}{2} ; + \infty\right)$.
Теперь найдем пересечение полученного решения с условиями ОДЗ ($0 < x < 1$):

Ответ: $( 0 ; \frac{1}{\sqrt{5}} ] \cup [ \frac{1}{2} ; 1 )$

Источник: ФИПИ

Решение.

Расстояние между грузовиком и автомобилем в момент времени $t$ равно разности пройденных путей:

$$d(t) = s_{1} - s_{2} = 12 t - \frac{3 t^{2}}{2} = 12t - 1{,}5 t^{2}.$$

Грузовик впереди, пока $d(t) > 0$, то есть пока $t(12 - 1{,}5t) > 0$, значит, рассматриваем $t \in [0; 8]$: в момент $t = 8$ автомобиль догоняет грузовик.

Найдём производную:

$$d'(t) = 12 - 3t, \qquad d'(t) = 0 \iff t = 4.$$

Обоснуем, что это точка максимума: при $0 \le t < 4$ имеем $d'(t) > 0$ (отрыв растёт), при $4 < t \le 8$ имеем $d'(t) < 0$ (автомобиль догоняет). Следовательно, наибольшее расстояние достигается при $t = 4$.

Вычислим его:

$$d(4) = 12 \cdot 4 - 1{,}5 \cdot 16 = 48 - 24 = 24.$$

Ответ: наибольшее расстояние равно 24 м; оно достигается через 4 с после старта.

Решение:

а) Исходя из того, что точки $M$ и $N$ являются серединами сторон $AB$ и $CB$ соответственно, отрезок $MN$ представляет собой среднюю линию треугольника $ABC$. Отсюда следует параллельность прямых: $MN \parallel AC$.
Обозначим величину угла $\angle CAL = \angle LAB$ как $\alpha$. Поскольку $ML \parallel AC$, накрест лежащие углы при секущей $AL$ равны, то есть $\angle CAL = \angle MLA = \alpha$.
В треугольнике $AML$ углы при основании равны ($\angle MAL = \angle MLA$), что делает его равнобедренным. Значит, $AM = ML$. Учитывая, что $M$ — середина $AB$, получаем равенство $AM = ML = MB$.
Так как медиана $ML$ в треугольнике $ABL$ равна половине стороны, к которой она проведена ($ML = \frac{1}{2} AB$), данный треугольник является прямоугольным с прямым углом $\angle ALB = 90^{\circ}$.
Пусть точка $K$ — это точка пересечения прямых $AL$ и $CB$.
Проанализируем подобие треугольников $AKC$ и $BKL$:
У них есть прямые углы $\angle ACB = \angle BLA = 90^{\circ}$, а углы при вершине $K$ равны как вертикальные ($\angle AKC = \angle BKL$).
Следовательно, $\Delta AKC \sim \Delta BKL$, откуда вытекает равенство углов $\angle CAK = \angle KBL = \alpha$.
Так как $MN \parallel AC$ и $AC \bot CB$, то прямая $MN$ перпендикулярна $CB$.
В треугольнике $CLB$ отрезок $NL$ одновременно является и высотой, и медианой. Это доказывает, что $\Delta CLB$ равнобедренный, и углы при его основании равны: $\angle CBL = \angle BCL = \alpha$.
Таким образом, треугольники $AML$ и $BLC$ подобны по первому признаку (по двум углам), так как $\angle MAL = \angle MLA = \angle CBL = \angle BCL = \alpha$.
б) Согласно условию, $\cos \angle BAC = \frac{7}{25}$, что эквивалентно $\cos 2\alpha = \frac{7}{25}$.
Воспользуемся тригонометрическим тождеством для косинуса двойного угла: $\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2 \alpha$.
Подставим значение: $\frac{7}{25} = 1 - 2\sin^2 \alpha$, откуда $2\sin^2 \alpha = \frac{18}{25}$. Получаем $\sin^2 \alpha = \frac{9}{25}$, следовательно, $\sin \alpha = \frac{3}{5}$.
Из прямоугольного треугольника $ABL$ имеем: $\sin \alpha = \frac{BL}{AB} = \frac{3}{5}$.
Используя подобие $\Delta AML \sim \Delta BLC$, установленное в пункте а), запишем отношение соответствующих сторон: $\frac{AM}{BL} = \frac{ML}{LC} = \frac{AL}{BC}$.
Заметим, что $AB = 2AM$. Тогда отношение $\frac{BL}{AM} = \frac{BL}{\frac{1}{2}AB} = 2 \cdot \frac{BL}{AB} = 2 \cdot \frac{3}{5} = \frac{6}{5}$.
Следовательно, коэффициент подобия $k$ для пары треугольников $AML$ и $BLC$ равен $\frac{AM}{BL} = \frac{5}{6}$.
Площади подобных фигур относятся как квадрат коэффициента подобия:
$\frac{S_{AML}}{S_{BLC}} = k^2 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 = \frac{25}{36}$.

Ответ: $\frac{25}{36}$

Источник: ФИПИ

Разбор задачи:
Исходное уравнение имеет вид: $25^{x} - (a + 6) 5^{x} = (5 + 3 |a|) 5^{x} + (a + 6) (3 |a| + 5)$. Нам необходимо найти значения параметра $a$, при которых уравнение обладает ровно одним действительным корнем.
Перенесем все слагаемые в левую часть, чтобы получить квадратное уравнение относительно показательной функции:
$25^{x} - (a + 6) 5^{x} - (5 + 3 |a|) 5^{x} - (a + 6) (3 |a| + 5) = 0$
Заметим, что выражение можно представить в виде разложения на множители. Выполним замену переменной $5^{x} = t$, учитывая ограничение $t > 0$. Уравнение принимает вид:
$t^{2} - (a + 6 + 5 + 3 |a|) t + (a + 6)(3 |a| + 5) = 0$
Воспользовавшись обратной теоремой Виета, легко найти корни этого квадратного уравнения относительно $t$:
$t_{1} = a + 6$ и $t_{2} = 3 |a| + 5$.
Для того чтобы исходное уравнение имело корни, найденные значения $t$ должны удовлетворять условию $t > 0$.
1) Рассмотрим второй корень $t_{2} = 3 |a| + 5$. Поскольку модуль любого числа неотрицателен, выражение $3 |a| + 5$ всегда строго больше нуля при любых значениях $a$. Следовательно, один корень $x = \log_{5}(3 |a| + 5)$ существует всегда.
2) Рассмотрим первый корень $t_{1} = a + 6$. Он будет давать решение для $x$, только если $a + 6 > 0$, то есть при $a > -6$.
Чтобы уравнение имело ровно один корень, возможны два случая:
- Либо корень $t_1$ не является положительным ($t_1 \le 0$), тогда остается только корень $t_2$. Это происходит при $a \le -6$.
- Либо оба корня $t_1$ и $t_2$ положительны, но они совпадают между собой.
Приравняем их: $3 |a| + 5 = a + 6$, что сводится к уравнению $3 |a| - a = 1$.
Решим его, рассматривая раскрытие модуля:
Если $a < 0$, то $-3a - a = 1 \Rightarrow -4a = 1 \Rightarrow a = -0,25$.
Если $a \ge 0$, то $3a - a = 1 \Rightarrow 2a = 1 \Rightarrow a = 0,5$.
Оба найденных значения попадают в область $a > -6$, где $t_1 > 0$, и обеспечивают совпадение корней.

Ответ: $(-\infty; -6] \cup \{-0,25\} \cup \{0,5\}$

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