PDF-версии: 
а) Решите уравнение: 
б) Найдите корни, принадлежащие промежутку 
Решение. a) Решим уравнение
Сделаем замену 
тогда уравнение примет вид
Вернёмся к исходной перtменной
б) Отберём корни, принадлежащие отрезку
Длина данного отрезка меньше 
поэтому из каждой серии корней в данный отрезок попадает не более одного корня. Данный отрезок на тригонометрической окружности попадает во вторую, третью и часть четвертой четверти. Первая серия корней соответствует точке в первой четверти, поэтому на данном отрезке корней не имеет. Вторая серия корней соответствует точке во второй четверти поэтому на данном отрезке даёт один корень. Это 
Ответ:
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах. | 2 |
| Обоснованно получен верный ответ в пункте а, или в пункте б. ИЛИ получены неверные ответы из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения обоих пунктов — пункта а и пункта б. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. | 0 |
| Максимальный балл | 2 |
то нижнее 
тогда боковая сторона 
из-за вписанности и высота трапеции 
поэтому 
и 
и высотой 
(боковое ребро предыдущего сечения), поэтому ее площадь: 
в точке 
Тогда проведем прямую MN параллельно прямым 
и AC, точка N тоже будет лежать в сечении и, поскольку прямая 
параллельна прямой BC, 
поэтому 
Обозначим эту длину за 
Тогда сечение — равнобедренная трапеция с основаниями 
и 
равно x, а расстояние от 
поэтому расстояние от MN до 
Далее, 
(крайние точки тоже можно брать, треугольник для 
рассматривается здесь как частный случай трапеции с нулевым основанием). Это выражение нужно минимизировать. Возьмем производную. Получим: 
б) 
поэтому 
поэтому первая скобка всегда положительна и на знак не влияет. Имеем:
и попадающих в отрезок 
это точно верно. При прочих x из этого отрезка можно возвести в квадрат:
и 
радиусов 3, 5 и 6 так, что: 1) гипотенуза АВ является хордой 
2) вершина С принадлежит окружности 
поэтому абсциссы точек A и B находятся так — 
Пусть 
Пусть, далее, точка C имеет координаты 
Тогда во-первых 
а во-вторых: 
Значит, точка C лежит левее AB, а центр окружностей правее.
поэтому площадь треугольника равна 
поэтому на шестой год после начисления процентов будет не более чем 
нужно, чтобы угловой коэффициент касательной равнялся −2, поэтому 
и 
Поэтому уравнение касательной примет вид:
уравнение 
не должно иметь решений. Перепишем его в виде 
Это уравнение не должно иметь корней. Исследуем функцию 
Очевидно, при положительных x она положительна, при 
и 
а значение этой функции в точке 
равно 2. Поэтому она точно принимает все значения, начиная от 2.
единственная возможность — взять 
Итак, 
- единственное подозрительное число. Докажем, что таких значений функция действительно не принимает. При 
значение функции отрицательно, а при 
имеем 
(дискриминант отрицательный), поэтому: 
расставлены знаки, либо «+», либо «‐». Например, 
Обозначим полученное число через S.
при всех возможных S.
но получить в числителе сумму 60 нельзя — там складываются 4 четных числа и одно нечетное, их сумма всегда нечетна.
Можно добиться варианта 
Понятно, что сделать 
или 
нельзя из-за четности, как в п. б)
Общая сумма чисел 
если бы было можно, то их можно было бы разбить на две группы с суммами 
и 
одну группу снабдить плюсами, а другую минусами. В группе с суммой 
из-за четности. Тогда сумма остальных чисел там 
Тогда там нет 
нет 
(добрать 
нельзя, все числа больше 
так что даже взять все остальные числа не поможет.