Ре­ше­ние.

Так как − бис­сек­три­са, она делит угол по­по­лам. Имеем

Ответ: 60.

Ре­ше­ние. Най­дем ко­ор­ди­на­ты век­то­ра

Длина век­то­ра равна:

Ответ: 10.

Ре­ше­ние. Пло­щадь боль­шо­го круга равна πR², где R  — ра­ди­ус шара, а пло­щадь по­верх­но­сти шара равна 4πR²  — в 4 раза боль­ше. Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мая пло­щадь равна 3.

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. В чем­пи­о­на­те при­ни­ма­ет уча­стие 50 − (24 + 13) = 13 спортс­ме­нок из Ка­на­ды. Тогда ве­ро­ят­ность того, что спортс­мен­ка, вы­сту­па­ю­щая пер­вой, ока­жет­ся из Ка­на­ды, равна

Ре­ше­ние. Си­ту­а­ция, при ко­то­рой ба­та­рей­ка будет за­бра­ко­ва­на, может сло­жить­ся в ре­зуль­та­те сле­ду­ю­щих со­бы­тий: ба­та­рей­ка дей­стви­тель­но не­ис­прав­на и за­бра­ко­ва­на спра­вед­ли­во или ба­та­рей­ка ис­прав­на, но по ошиб­ке за­бра­ко­ва­на. По фор­му­ле услов­ной ве­ро­ят­но­сти, ве­ро­ят­но­сти этих со­бы­тий равны со­от­вет­ствен­но и

Со­бы­тия быть не­ис­прав­ной ба­та­рей­кой или быть ис­прав­ной об­ра­зу­ют пол­ную груп­пу (они не­сов­мест­ны и одно из них не­пре­мен­но про­ис­хо­дит), по­это­му можно при­ме­нить фор­му­лу пол­ной ве­ро­ят­но­сти. По­лу­чим:

Ответ: 0,0684.

Ре­ше­ние. Пе­рей­дем к од­но­му ос­но­ва­нию сте­пе­ни:

Ответ: 8,75

Ре­ше­ние. Най­дем зна­че­ние вы­ра­же­ния:

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. Точки ми­ни­му­ма со­от­вет­ству­ют точ­кам смены знака про­из­вод­ной с ми­ну­са на плюс. На от­рез­ке функ­ция имеет одну точку ми­ни­му­ма

Ответ: 1.

Ре­ше­ние. Вы­ра­зим путь из фор­му­лы для ско­ро­сти и найдём его:

Ответ: 0,9.

Ре­ше­ние. Пусть u км/ч  — соб­ствен­ная ско­рость мо­тор­ной лодки, тогда ско­рость лодки по те­че­нию равна км/ч, а ско­рость лодки про­тив те­че­ния равна км/ч. На весь путь лодка за­тра­ти­ла (часов), от­сю­да имеем:

Таким об­ра­зом, соб­ствен­ная ско­рость лодки равна 7 км/ч.

Ответ: 7.

Ре­ше­ние. По гра­фи­ку, f(2)  =  −1, тогда Зна­чит,

За­ме­тим, что a  — тан­генс угла на­кло­на гра­фи­ка ли­ней­ной функ­ции тогда По гра­фи­ку, g(2)  =  −1, тогда Зна­чит,

Те­перь найдём абс­цис­су точки B:

Таким об­ра­зом, абс­цис­са точки B равна −0,25.

Ответ: −0,25.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Най­дем нули про­из­вод­ной:

Опре­де­лим знаки про­из­вод­ной функ­ции и изоб­ра­зим на ри­сун­ке по­ве­де­ние функ­ции:

Ис­ко­мая точка мак­си­му­ма: −8.

Ответ: −8.

Ре­ше­ние. а)  Ис­поль­зуя фор­му­лу при­ве­де­ния и фор­му­лу ко­си­ну­са двой­но­го угла, по­лу­чим:

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти (см. рис.). Под­хо­дят числа 

Ответ: а)  б) 

Ре­ше­ние. а)  Ос­но­ва­ни­ем пра­виль­ной че­ты­рех­уголь­ной пи­ра­ми­ды яв­ля­ет­ся квад­рат, зна­чит, ребра AB и DC па­рал­лель­ны, а по­то­му и плос­кость α па­рал­лель­на ребру DC. Сле­до­ва­тель­но, ле­жа­щая в плос­ко­сти α пря­мая MN также па­рал­лель­на ребру DC. Тогда тре­уголь­ни­ки SNM и SDC по­доб­ны по двум углам с ко­эф­фи­ци­ен­том  Таким об­ра­зом, SN : SD  =  1 : 4, а по­то­му SN : ND  =  1 : 3 и, так как все бо­ко­вые ребра пра­виль­ной пи­ра­ми­ды равны, SM : MC  =  1 : 3.

б)  Пусть MN  =  x и SM  =  y, тогда MC  =  3y и AB  =  AN  =  BM  =  4x. Пусть точки K, P и Q  — се­ре­ди­ны от­рез­ков AB, MN и DC со­от­вет­ствен­но.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, один из ка­те­тов ко­то­ро­го равен PK, а ги­по­те­ну­за равна BM. Вто­рой катет та­ко­го тре­уголь­ни­ка равен BK − MP. Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ет­ся пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник с ка­те­та­ми PQ, QC − PM и ги­по­те­ну­зой MC. При­ме­ним к обоим тре­уголь­ни­кам тео­ре­му Пи­фа­го­ра:

Ко­си­нус ис­ко­мо­го угла равен ко­си­ну­су угла между пря­мы­ми, пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми линии пе­ре­се­че­ния плос­ко­стей, то есть   — ис­ко­мый. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке PKQ:

В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке SBC най­дем ко­си­нус угла SCB:

Ко­си­нус этого же угла вы­ра­зим из тре­уголь­ни­ка MBC:

При­рав­ня­ем по­лу­чен­ные зна­че­ния:

На­ко­нец, под­ста­вим най­ден­ные зна­че­ня в вы­ра­же­ние для ко­си­ну­са ис­ко­мо­го угла:

Ответ: б) 

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

15 де­каб­ря 2026 года пла­ни­ру­ет­ся взять кре­дит в банке на сумму 18 мил­ли­о­нов руб­лей на 60 ме­ся­цев. Усло­вия его воз­вра­та та­ко­вы:

—  1-⁠го числа каж­до­го ме­ся­ца долг воз­рас­та­ет на r% по срав­не­нию с кон­цом преды­ду­ще­го ме­ся­ца;

—  со 2-⁠го по 14-⁠е число каж­до­го ме­ся­ца не­об­хо­ди­мо одним пла­те­жом опла­тить часть долга;

—  15-⁠го числа каж­до­го ме­ся­ца долг дол­жен быть на одну и ту же ве­ли­чи­ну мень­ше долга на 15-⁠е число преды­ду­ще­го ме­ся­ца;

—  к 15 де­каб­ря 2031 года кре­дит дол­жен быть пол­но­стью по­га­шен.

Чему равно r, если общая сумма пла­те­жей в 2031 году со­ста­ви­ла 3951 ты­ся­чу руб­лей?

Сумма кре­ди­та со­став­ля­ет 18 млн руб., срок  — 60 ме­ся­цев, а каж­дый месяц сумма долга умень­ша­ет­ся рав­но­мер­но, по­это­му еже­ме­сяч­ный пла­теж в счет по­га­ше­ния ос­нов­но­го долга будет равен 0,3 млн руб. Со­ста­вим гра­фик по­га­ше­ния кре­ди­та:

Номер ме­ся­ца	Долг, млн руб.	Часть пла­те­жа в упла­ту долга, млн руб.	Про­цен­ты, млн руб.
1	18	0,3
2	17,7	0,3
...	...	...	...
49	3,6	0,3
50	3,3	0,3
...	...	...	...
60	0,3	0,3

Общая сумма пла­те­жей в 2031 году равна сумме пла­те­жей с 49 по 60 ме­ся­цы. Зная эту сумму, на­хо­дим r:

Ответ: 1,5.

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

В тре­уголь­ни­ке ABC про­ве­де­ны вы­со­та AH и ме­ди­а­на AM, угол ACB равен 30°. Точка H лежит на от­рез­ке BM. В тре­уголь­ни­ке ACM про­ве­де­на вы­со­та MQ. Пря­мые MQ и AH пе­ре­се­ка­ют­ся в точке F. Из­вест­но, что AM  — бис­сек­три­са угла HAC.

а)  До­ка­жи­те, что тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный.

б)  Най­ди­те пло­щадь тре­уголь­ни­ка CFM, если AB  =  10.

а)  Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AQM и AHM равны, по­сколь­ку имеют общую ги­по­те­ну­зу и рав­ные ост­рые углы. Сле­до­ва­тель­но, HM  =  MQ как со­от­вет­ствен­ные эле­мен­ты рав­ных фигур. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MQC один из ост­рых углов равен 30°, зна­чит, катет, про­ти­во­ле­жа­щий этому углу, равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы. Не огра­ни­чи­вая общ­но­сти, по­ло­жим MQ  =  x, а MC  =  2x. По свой­ству бис­сек­три­сы от­ку­да AH  =  AQ и AC  =  2AQ. Далее, AQ  =  QC, а из рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков AQM и CQM на­хо­дим: AM  =  MC. По­лу­ча­ем, что от­ре­зок AM  — ме­ди­а­на, рав­ная по­ло­ви­не сто­ро­ны, к ко­то­рой про­ве­де­на. Из этого сле­ду­ет, что при вер­ши­не  A тре­уголь­ни­ка ABC рас­по­ло­жен пря­мой угол.

б)  В тре­уголь­ни­ке ABC катет AB лежит про­тив угла в 30°, а по­то­му он вдвое мень­ше ги­по­те­ну­зы, от­ку­да BC  =  20 и MC  =  10. Квад­рат ка­те­та в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке равен про­из­ве­де­нию ги­по­те­ну­зы на про­ек­цию этого ка­те­та на ги­по­те­ну­зу. Зна­чит, от­ку­да

Сле­до­ва­тель­но, HM  =  10 – 5  =  5. За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки FHM и CQM равны, по­сколь­ку HM  =  QM и углы QMC и HMF равны как вер­ти­каль­ные. От­сю­да FM  =  MC  =  10, а по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке FHM:

Итак, ис­ко­мая пло­щадь равна

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк)

а)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CQM а по­то­му смеж­ный с ним В че­ты­рех­уголь­ни­ке AQMH сумма гра­дус­ных мер про­ти­во­ле­жа­щих углов равна 180°, зна­чит, он впи­сан­ный. От­сю­да и, как след­ствие, Из рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков AQM и CQM на­хо­дим AM  =  MC. По­лу­ча­ем, что от­ре­зок AM  — ме­ди­а­на, рав­ная по­ло­ви­не сто­ро­ны, к ко­то­рой про­ве­де­на. Из этого сле­ду­ет, что при вер­ши­не A тре­уголь­ни­ка ABC рас­по­ло­жен пря­мой угол.

б)  В тре­уголь­ни­ке ABC катет AB лежит про­тив угла в 30°, а по­то­му он вдвое мень­ше ги­по­те­ну­зы, от­ку­да BC  =  20 и MC  =  10. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AHB угол зна­чит, Далее как вер­ти­каль­ные углы, от­ку­да в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке FHM по­лу­ча­ем и Сле­до­ва­тель­но, и

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

Най­ди­те все зна­че­ния па­ра­мет­ра a, при каж­дом из ко­то­рых урав­не­ние

имеет ровно два раз­лич­ных корня.

Пусть тогда Рас­кро­ем мо­ду­ли:

При любом зна­че­нии x из от­рез­ка зна­че­ние функ­ции равно На функ­ция   — не­огра­ни­чен­но воз­рас­та­ет (см. рис.) и при­ни­ма­ет любое зна­че­ние кроме при­чем каж­дое ровно один раз. По­сколь­ку ис­ход­ное урав­не­ние долж­но иметь ровно два раз­лич­ных корня, квад­рат­ное урав­не­ние долж­но иметь два ре­ше­ния, каж­дое из ко­то­рых от­лич­но от −4. Тогда и :

Ответ:

Ре­ше­ние. Любые два на­пи­сан­ных числа дают оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 4 или 7: если взять три или шесть дру­гих чисел и до­ба­вить к ним одно из этих двух, то в обоих слу­ча­ях сумма будет крат­на 4 или 7, зна­чит, у за­ме­ня­ю­щих друг друга чисел оди­на­ко­вые остат­ки. Сле­до­ва­тель­но, раз­ность любых двух на­пи­сан­ных чисел крат­на 4 и 7, а по­то­му и их наи­мень­ше­му об­ще­му крат­но­му  — числу 28. Зна­чит, все числа дают оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 28. На­про­тив, если у всех чисел остат­ки оди­на­ко­вы, то сумма че­ты­рех или семи из них будет крат­на 4 или 7.

а)  Число 567 при де­ле­нии на 28 дает оста­ток 7, а число 1414  — оста­ток 14, по­это­му они не под­хо­дят.

б)  За­ме­тим, что квад­ра­ты чет­ных чисел крат­ны 4, а квад­ра­ты не­чет­ных пред­ста­ви­мы в виде Сле­до­ва­тель­но, n² не может при де­ле­нии на 4 да­вать оста­ток 3, а имен­но такой оста­ток дает число 567.

в)  Нужно, чтобы и n да­ва­ли оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 28, то есть чтобы было крат­но 28. Число 1 яв­ля­ет­ся наи­мень­шим на­ту­раль­ным чис­лом и удо­вле­тво­ря­ет этому усло­вию. В ка­че­стве осталь­ных де­вя­ти чисел можно взять числа

да­ю­щие при де­ле­нии на 28 оста­ток 1.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  1.

При­ме­ча­ние.

Про­ве­ря­ю­щим ЕГЭ экс­пер­там были при­сла­ны ре­ше­ния, под­ра­зу­ме­ва­ю­щие, что число и его квад­рат долж­ны быть раз­лич­ны­ми. В этом слу­чае наи­мень­шим ис­ко­мым чис­лом яв­ля­ет­ся 8. При­ве­дем со­от­вет­ству­ю­щее рас­суж­де­ние.

в)  Нужно, чтобы и n да­ва­ли оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 28, то есть чтобы было крат­но 28. Один из мно­жи­те­лей дол­жен быть кра­тен 7. Число 1 не под­хо­дит, по­сколь­ку рано сво­е­му квад­ра­ту. При про­из­ве­де­ние равно 42, оно не крат­но 28. При про­из­ве­де­ние равно 56, оно под­хо­дит. Зна­чит, наи­мень­шее под­хо­дя­щее n равно 8. В ка­че­стве при­ме­ра можно взять числа 8, 64 и любые дру­гие 8 чисел, да­ю­щие при де­ле­нии на 28 оста­ток 8.

От­ме­тим также, что в Москве еди­ни­цу в пунк­те в) экс­пер­ты за­счи­ты­ва­ли как вер­ный ответ, а в Во­лог­де не­укос­ни­тель­но сле­до­ва­ли при­слан­ным ре­ше­ни­ям и не за­счи­ты­ва­ли. И на апел­ля­ции не за­счи­та­ли. См. также об­суж­де­ние в ком­мен­та­ри­ях ниже.