БОТОНЧИК
8 июня 2026 года в 10:00 по местному времени начинается ЕГЭ по математике, и из-за разницы часовых поясов экзамен сначала пишут регионы Дальнего Востока: Камчатка, Сахалин, Магадан, Хабаровск, Владивосток, Якутия. Москва и центральные регионы садятся за бланки на семь-девять часов позже, поэтому к моменту начала экзамена в европейской части страны ответы на ЕГЭ по русскому языку 2026 уже частично гуляют по сети. 
Сразу оговоримся: к официальным КИМам ФИПИ ни у нас, ни у кого-либо ещё доступа нет и быть не может. Поэтому никакого сборника «ответы ЕГЭ русский 2026 ФИПИ», который якобы можно купить или скачать накануне, не существует — любой такой «слив ЕГЭ по русскому» — это либо мошенничество, либо позднее восстановление по памяти под видом утечки. Здесь — только то, что выпускники приносят с экзамена.
Удачи на экзамене! Ты справишься!

Первая часть. Условия Задачи №1. Условия №1.1 (Дальний восток) Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Угол ABD равен 61◦ , угол CAD равен 37◦ . Найдите угол ABC. Ответ дайте в градусах. A B C D №1.2 (Дальний восток) В четырёхугольник ABCD вписана окружность, AB = 18, CD = 12. Найдите периметр четырёхугольника ABCD. Задачи №2. Условия №2.1 (Дальний восток) На координатной плоскости изображены векторы ⃗a и ⃗b, координатами которых являются целые числа. Найдите длину вектора ⃗a +⃗b. 1 1 0 x y ⃗a ⃗b 2/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №3. Условия №3.1 (Дальний восток) Через среднюю линию основания треугольной призмы проведена плоскость, параллельная боковому ребру. Площадь боковой поверхности отсечённой треугольной призмы равна 36. Найдите площадь боковой поверхности исходной призмы. №3.2 (Дальний восток) Площадь боковой поверхности треугольной призмы равна 24. Через среднюю линию основания призмы проведена плоскость, параллельная боковому ребру. Найдите площадь боковой поверхности отсечённой треугольной призмы. Задачи №4. Условия №4.1 (Дальний восток) В сборнике билетов по математике всего 75 билетов, в 12 из них встречается вопрос по теме «Логарифмы». Найдите вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику не достанется вопрос по теме «Логарифмы». Задачи №5. Условия №5.1 (Дальний восток) Стрелок стреляет по одному разу в каждую из четырёх мишеней. Вероятность попадания в мишень при каждом отдельном выстреле равна 0,8. Найдите вероятность того, что стрелок попадёт в три первые мишени и не попадёт в последнюю. Задачи №6. Условия №6.1 (Дальний Восток) Найдите корень уравнения log5 (20 − x) = 2. 3/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №7. Условия №7.1 (Дальний Восток) Найдите значение выражения 2 sin 136◦ sin 68◦ · sin 22◦ . Задачи №8. Условия №8.1 (Дальний Восток) На рисунке изображён график функции y = f(x). На оси абсцисс отмечены точки −2, − 1, 2, 4. В какой из этих точек значение производной наименьшее? В ответе укажите эту точку. x y −2 −1 2 4 Задачи №9. Условия №9.1 (Дальний Восток) В телевизоре ёмкость высоковольтного конденсатора C = 5 · 10−6 Ф. Параллельно с конденсатором подключён резистор с сопротивлением R = 7 · 106 Ом. Во время работы телевизора напряжение на конденсаторе U0 = 36 кВ. После выключения телевизора напряжение на конденсаторе убывает до значения U (кВ) за время, определяемое выражением t = αRC log2 U0 U (с), где α = 0,8 — постоянная. Определите напряжение на конденсаторе, если после выключения телевизора прошло 84 с. Ответ дайте в киловольтах. Задачи №10. Условия №10.1 (Дальний восток) Велосипедист выехал с постоянной скоростью из города А в город В, расстояние между которыми равно 72 км. На следующий день он отправился обратно со скоростью, на 3 км/ч большей прежней. По дороге он сделал остановку на 2 часа. В результате он затратил на обратный путь столько же времени, сколько и на путь из А в В. Найдите скорость велосипедиста на пути из В в А. Ответ дайте в км/ч. 4/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №11. Условия №11.1 (Дальний Восток) На рисунке изображён график функции f(x) = k √ x. Найдите f(32). x y 1 1 0 Задачи №12. Условия №12.1 (Дальний восток) Найдите точку минимума функции y = x √ x − 3x + 17. №12.2 (Дальний Восток) Найдите точку минимума функции y = x 3 2 − 18x + 29. 5/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Вторая часть. Условия Задачи №13. Условия №13.1 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 cos  x − π 3  + 2 sin  3π 2 + x  = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие отрезку h −2π; − π 2 i . №13.2 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 cos  x − π 3  + 2 sin  3π 2 − x  = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие  − 5π 2 ; −π  . №13.3 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 cos  x − π 4  − 2 √ 2 sin π 2 + x  = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие отрезку h π 2 ; 2π i . №13.4 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 cos  x − π 6  − 2 √ 3 sin π 2 − x  = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие отрезку  − 9π 2 ; −3π  . №13.5 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 sin  x + π 4  − 2 √ 2 sin (π − x) = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие отрезку  3π; 9π 2  . 6/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №14. Условия №14.1 (Дальний восток) В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF с вершиной S точка M – середина SD, точка K – середина SA. а) Докажите, что прямые BK и CM лежат в одной плоскости α. б) Найдите высоту пирамиды, если угол между плоскостью α и плоскостью основания пирамиды равен 60◦ и AB = 6. 7/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №15. Условия №15.1 (Дальний восток) Решите неравенство 3 log3(4+x 2 ) + x 4 − 10 ⩾ 0. №15.2 (Дальний восток) Решите неравенство 5 log5(9−x 2 ) + x 4 − 29 ⩾ 0. №15.3 (Дальний восток) Решите неравенство 2 log2(x 2−1) + x 4 − 5 ⩽ 0. 8/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №16. Условия №16.1 (Дальний Восток) В июле 2028 года планируется взять кредит в банке на 40 млн рублей на 4 года. Условия его возврата таковы: – каждый январь долг увеличивается на r% по сравнению с концом предыдущего года; – с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить часть долга; – в июле 2029, 2030 и 2031 годов долг должен быть на 25% меньше долга на июль предыдущего года; – в июле 2032 года долг должен быть полностью погашен Известно, что общая сумма выплат по кредиту составила 61,875 млн рублей. Найдите r. №16.2 (Дальний Восток) 15 января 2027 года планируется взять кредит в банке на 5 лет. Условия его возврата таковы: – 1 января каждого года долг увеличивается на 12% по сравнению с концом предыдущего года; – со 2 по 14 января каждого года необходимо внести один платеж; – 15 января 2028, 2029, 2031 и 2032 годов долг должен уменьшаться на одну и ту же сумму по сравнению с долгом на 15 января предыдущего года; – 15 января 2030 года, то есть после третьего платежа, долг должен стать на 50% меньше, чем 15 января 2029 года; – к 15 января 2032 года кредит должен быть полностью погашен. Известно, что общая сумма всех выплат составила 4,08 млн рублей. Найдите первоначальную сумму кредита. 9/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №17. Условия №17.1 (Дальний восток) В прямоугольный треугольник ABC вписана окружность, касающаяся катетов AC, BC и гипотенузы AB в точках M, E и K соответственно. EH – перпендикуляр из точки E на прямую MK. а) Докажите, что EK ∥ CH. б) Известно, что AC = 15, BC = 8. Найти отношение CH : EK. 10/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №18. Условия №18.1 (Дальний Восток) Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение (x − 2)a 2 − (x 3 − x 2 − 4)a + x 4 − 4x 2 = 0 имеет ровно 2 решения. №18.2 (Дальний Восток) Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение (x + 1)a 2 + x 3 + x + 2 a − x 4 + x 3 + 2x 2 = 0 имеет ровно 2 решения. №18.3 (Сибирь) Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение (x + 1)a 2 + x 3 + 2x 2 + x  a + x 4 + 2x 3 − 2x − 1 = 0 имеет ровно 2 решения. 11/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №19. Условия №19.1 (Дальний восток) На столе лежит стопка из красных и синих карт, на каждой из которых написано целое число, большее или равное −30. При этом числа на картах одного цвета различны. Числа на всех синих картах делятся на 5, а на всех красных – на 8. Известно, что самое большое число на красной карте равно утроенному количеству синих карт, а самое большое число на синей карте равно количеству красных карт. а) Может ли количество синих карт быть равным 1? б) Может ли количество синих карт быть равным 40? в) Какое наибольшее количество синих карт может быть на столе? 12/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Первая часть. Решения Задачи №1. Решения №1.1 (Дальний восток) Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Угол ABD равен 61◦ , угол CAD равен 37◦ . Найдите угол ABC. Ответ дайте в градусах. A B C D Ответ: 98. Решение. Угол CAD — вписанный, так как его вершина A лежит на окружности. Он опирается на дугу CD. Угол CBD — вписанный, так как его вершина B лежит на окружности. Он опирается на ту же дугу CD. A B C D 37◦ 37◦ 61◦ Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу, равны. Углы CAD и CBD равны, так как опираются на одну дугу CD. Поэтому ∠ABC = ∠ABD + ∠CBD = = ∠ABD + ∠CAD = 61◦ + 37◦ = 98◦ . 13/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №1.2 (Дальний восток) В четырёхугольник ABCD вписана окружность, AB = 18, CD = 12. Найдите периметр четырёхугольника ABCD. Ответ: 60. Решение. По свойству описанного четырехугольника имеем: AD + BC = AB + CD AD + BC = 30 Тогда периметр четырехугольника равен P = AD + BC + AB + CD = 30 + 30 = 60 14/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №2. Решения №2.1 (Дальний восток) На координатной плоскости изображены векторы ⃗a и ⃗b, координатами которых являются целые числа. Найдите длину вектора ⃗a +⃗b. 1 1 0 x y ⃗a ⃗b Ответ: 10. Решение. Найдем координаты векторов ⃗a и ⃗b : ⃗a = {3 − 1; 5 − 1} = {2; 4}; ⃗b = {6 − 2; 5 − 1} = {4; 4}. Тогда ⃗a +⃗b = {2 + 4; 4 + 4} = {6; 8}. Следовательно, ⃗a +⃗b = p 6 2 + 82 = 10. 15/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №3. Решения №3.1 (Дальний восток) Через среднюю линию основания треугольной призмы проведена плоскость, параллельная боковому ребру. Площадь боковой поверхности отсечённой треугольной призмы равна 36. Найдите площадь боковой поверхности исходной призмы. Ответ: 72. Решение. Обозначим площадь боковой поверхности исходной призмы за Sисх., площадь боковой поверхности отсеченной призмы за Sотс.. Пусть M, N, M1 и N1 — середины ребер AB, AC, A1B1 и A1C1 призмы ABCA1B1C1. Площадь боковой поверхности исходной призмы равна: Sисх. = SA1B1BA + SB1C1CB + SA1C1CA. Площадь боковой поверхности отсеченной призмы равна: Sотс. = SA1M1MA + SM1N1NM + SA1N1NA. A A1 C C1 B B1 N M M1 N1 Так как MN — средняя линия △ABC, то BC = 2MN AB = 2AM = 2MB AC = 2AN = 2NC. Рассмотрим параллелограммы A1M1MA и A1B1BA. Их стороны AA1, BB1 и MM1 равны и параллельны. Сторона AM в 2 раза меньше стороны AB и лежит с ней на одной прямой, сторона A1M1 в 2 раза меньше стороны A1B1 и лежит с ней на одной прямой. Это значит, что параллелограмм A1B1BA состоит из двух параллелограммов A1M1MA : SA1M1MA = 1 2 SA1B1BA. 16/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Аналогично параллелограмм A1C1CA состоит из двух параллелограммов A1N1NA : SA1N1NA = 1 2 SA1C1CA. Рассмотрим параллелограммы M1N1NM и B1C1CB. Их стороны BB1, CC1, MM1 и NN1 равны и параллельны. Сторона M1N1 в 2 раза меньше стороны B1C1 и параллельна ей, сторона MN в 2 раза меньше стороны BC и параллельна ей. Это значит, что параллелограмм B1C1CB состоит из двух параллелограммов M1N1NM : SM1N1NM = 1 2 SB1C1CB. Найдем площадь боковой поверхности исходной призмы: Sисх. = SA1B1BA + SB1C1CB + SA1C1CA = = 2SA1M1MA + 2SM1N1NM + 2SA1N1NA = = 2Sотс. = 2 · 36 = 72. 17/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №3.2 (Дальний восток) Площадь боковой поверхности треугольной призмы равна 24. Через среднюю линию основания призмы проведена плоскость, параллельная боковому ребру. Найдите площадь боковой поверхности отсечённой треугольной призмы. Ответ: 12. Решение. Обозначим площадь боковой поверхности исходной призмы за Sисх., площадь боковой поверхности отсеченной призмы за Sотс. Пусть M, N, M1 и N1 — середины ребер AB, AC, A1B1 и A1C1 призмы ABCA1B1C1. Площадь боковой поверхности исходной призмы равна: Sисх. = SA1B1BA + SB1C1CB + SA1C1CA. Площадь боковой поверхности отсеченной призмы равна: Sотс. = SA1M1MA + SM1N1NM + SA1N1NA. A A1 C C1 B B1 N M M1 N1 Так как MN — средняя линия △ABC, то MN = 1 2 BC AM = MB = 1 2 AB AN = NC = 1 2 AC. Рассмотрим параллелограммы A1M1MA и A1B1BA. Их стороны AA1, BB1 и MM1 равны и параллельны. Сторона AM в 2 раза меньше стороны AB и лежит с ней на одной прямой, сторона A1M1 в 2 раза меньше стороны A1B1 и лежит с ней на одной прямой. Это значит, что параллелограмм A1B1BA состоит из двух параллелограммов A1M1MA : SA1M1MA = 1 2 SA1B1BA. 18/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Аналогично параллелограмм A1C1CA состоит из двух параллелограммов A1N1NA : SA1N1NA = 1 2 SA1C1CA. Рассмотрим параллелограммы M1N1NM и B1C1CB. Их стороны BB1, CC1, MM1 и NN1 равны и параллельны. Сторона M1N1 в 2 раза меньше стороны B1C1 и параллельна ей, сторона MN в 2 раза меньше стороны BC и параллельна ей. Это значит, что параллелограмм B1C1CB состоит из двух параллелограммов M1N1NM : SM1N1NM = 1 2 SB1C1CB. Найдем площадь боковой поверхности отсеченной призмы: Sотс. = SA1M1MA + SM1N1NM + SA1N1NA = = 1 2 SA1B1BA + 1 2 SB1C1CB + 1 2 SA1C1CA = = 1 2 Sисх. = 24 2 = 12. 19/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №4. Решения №4.1 (Дальний восток) В сборнике билетов по математике всего 75 билетов, в 12 из них встречается вопрос по теме «Логарифмы». Найдите вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику не достанется вопрос по теме «Логарифмы». Ответ: 0,84. Решение. Вероятность равна отношению числа благоприятных исходов к числу всех исходов. Благоприятные исходы — те, в которых билет не содержит вопроса по теме «Логарифмы». Число таких исходов равно: 75 − 12 = 63. Число всех исходов равно общему количеству билетов, то есть 75. Тогда вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику НЕ достанется вопрос по теме «Логарифмы», равна: p = 63 75 = 21 25 = 0,84. 20/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №5. Решения №5.1 (Дальний восток) Стрелок стреляет по одному разу в каждую из четырёх мишеней. Вероятность попадания в мишень при каждом отдельном выстреле равна 0,8. Найдите вероятность того, что стрелок попадёт в три первые мишени и не попадёт в последнюю. Ответ: 0,1024. Решение. Вероятность попадания равна 0,8, тогда вероятность промаха равна 1−0,8 = 0,2. Так как нас интересует исход, когда стрелок первые 3 раза попал, а последний раз промахнулся, то искомая вероятность будет равна 0,8 · 0,8 · 0,8 · 0,2 = 0,1024 21/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №6. Решения №6.1 (Дальний Восток) Найдите корень уравнения log5 (20 − x) = 2. Ответ: −5. Решение. Представим 2 как log5 5 2 . Получим: log5 (20 − x) = log5 5 2 . Перейдем к равенству подлогарифмических выражений, с учетом ограничений логарифма: ( 20 − x = 52 20 − x > 0 20 − x = 25 x = 20 − 25 x = −5. 22/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №7. Решения №7.1 (Дальний Восток) Найдите значение выражения 2 sin 136◦ sin 68◦ · sin 22◦ . Ответ: 4. Решение. Формула синуса двойного угла: sin 2α = 2 cos α · sin α. По формуле приведения: sin 22◦ = sin(90◦ − 68◦ ) = cos 68◦ . Получаем: 2 sin 136◦ sin 68◦ · sin 22◦ = = 2 sin 136◦ sin 68◦ · cos 68◦ = = 2 sin 136◦ 1 2 sin 136◦ = 4. 23/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №8. Решения №8.1 (Дальний Восток) На рисунке изображён график функции y = f(x). На оси абсцисс отмечены точки −2, − 1, 2, 4. В какой из этих точек значение производной наименьшее? В ответе укажите эту точку. x y −2 −1 2 4 Ответ: −1. Решение. Значение производной в точке касания равно угловому коэффициенту касательной к графику функции в этой точке. Точки x = 2 и x = 4 принадлежат промежутку возрастания функции, следовательно, угловой коэффициент касательной положителен, то есть производная положительна. Точки x = −2 и x = −1 принадлежат промежутку убывания функции, следовательно, угловой коэффициент касательной отрицателен, то есть производная отрицательна. Заметим, что чем круче угол наклона касательной, тем больше производная по модулю. В точке x = −1 наклон круче, чем в точке x = −2, значит в этой точке производная по модулю больше. Таким образом, понятно, что производная в точке x = −1 будет наименьшая. 24/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №9. Решения №9.1 (Дальний Восток) В телевизоре ёмкость высоковольтного конденсатора C = 5 · 10−6 Ф. Параллельно с конденсатором подключён резистор с сопротивлением R = 7 · 106 Ом. Во время работы телевизора напряжение на конденсаторе U0 = 36 кВ. После выключения телевизора напряжение на конденсаторе убывает до значения U (кВ) за время, определяемое выражением t = αRC log2 U0 U (с), где α = 0,8 — постоянная. Определите напряжение на конденсаторе, если после выключения телевизора прошло 84 с. Ответ дайте в киловольтах. Ответ: 4,5. Решение. Подставим известные значения в формулу: 84 = 0,8 · 7 · 106 · 5 · 10−6 · log2 36 U 84 = 4 · 7 · log2 36 U log2 36 U = 84 4 · 7 log2 36 U = 3 log2 36 U = log2 8 36 U = 8 U = 4,5. 25/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №10. Решения №10.1 (Дальний восток) Велосипедист выехал с постоянной скоростью из города А в город В, расстояние между которыми равно 72 км. На следующий день он отправился обратно со скоростью, на 3 км/ч большей прежней. По дороге он сделал остановку на 2 часа. В результате он затратил на обратный путь столько же времени, сколько и на путь из А в В. Найдите скорость велосипедиста на пути из В в А. Ответ дайте в км/ч. Ответ: 12. Решение. Пусть скорость велосипедиста на пути от города А до города В равна x км/ч, тогда на пути от города В до города А она равна x + 3 км/ч, при этом x > 0. Составим таблицу: Скорость, км/ч Расстояние, км Время, ч От А до В x 72 72 x От В до А x + 3 72 72 x + 3 На пути от В до А велосипедист сделал остановку на 2 часа, то есть время в пути от А до В на 2 часа больше времени в пути без остановок от В до А. Составим уравнение: 72 x − 72 x + 3 = 2 72(x + 3) − 72x x(x + 3) = 2 72x + 72 · 3 − 72x x(x + 3) = 2 72 · 3 x(x + 3) = 2 Так как x > 0, можем домножить обе части уравнения на x(x + 3), получим: 72 · 3 = 2x(x + 3) 36 · 3 = x(x + 3) 108 = x 2 + 3x x 2 + 3x − 108 = 0 Найдем дискриминант: D = 32 − 4 · 1 · (−108) = 9 + 432 = = 441 = 212 . Тогда корни квадратного уравнения равны: x1 = −3 + 21 2 · 1 = 9 и x2 = −3 − 21 2 · 1 < 0. Так как x > 0, то скорость велосипедиста на пути из В в А равна 9 + 3 = 12 км/ч. 26/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №11. Решения №11.1 (Дальний Восток) На рисунке изображён график функции f(x) = k √ x. Найдите f(32). x y 1 1 0 Ответ: 8. Решение. Решим задачу методом подстановки. График функции f(x) = k √ x проходит через точку (8; 4). Тогда координаты этой точки удовлетворяют уравнению функции: f(8) = 4. Подставляя x = 8, получаем уравнение: k √ 8 = 4. Решим его: k · 2 √ 2 = 4, k = 4 2 √ 2 = √ 2. Значит, функция имеет вид f(x) = √ 2 · √ x. Тогда f(32) = √ 2 · √ 32 = √ 2 · 32 = √ 64 = 8. 27/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №12. Решения №12.1 (Дальний восток) Найдите точку минимума функции y = x √ x − 3x + 17. Ответ: 4. Решение. Функция определена при всех x ⩾ 0. Исследуем функцию и найдем ее промежутки возрастания и убывания, для этого найдем ее производную: y ′ =  x 3 2 − 3x + 17′ = 3 2 x 1 2 − 3. Найдем нули производной: y ′ = 3 2 x 1 2 − 3 = 0. Решим полученное уравнение: 3 2 x 1 2 − 3 = 0 3 2 x 1 2 = 3 √ x = 2 x = 4. Нули производной и точки, в которых она не существует, разбивают область определения производной на промежутки, на каждом из которых она непрерывна и принимает значения одного знака. Найдем знаки производной на каждом из таких промежутков: y ′ y x 0 4 − + При x ∈ (0; 4) производная отрицательна, то есть функция y = y(x) убывает. При x ∈ (4; +∞) производная положительна, то есть функция возрастает. Следовательно, x = 4 является точкой минимума. 28/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №12.2 (Дальний Восток) Найдите точку минимума функции y = x 3 2 − 18x + 29. Ответ: 144. Решение. Функция определена при всех x > 0. Исследуем функцию и найдем ее промежутки возрастания и убывания, для этого найдем ее производную: y ′ = 3 2 x 1 2 − 18. Найдем нули производной: y ′ = 3 2 x 1 2 − 18 = 0. Решим полученное уравнение: 3 2 x 1 2 − 18 = 0 3 2 x 1 2 = 18 √ x = 12 x = 144 Нули производной и точки, в которых она не существует, разбивают область определения производной на промежутки, на каждом из которых она непрерывна и принимает значения одного знака. Найдем знаки производной на каждом из таких промежутков: y ′ y x 0 144 − + При x ∈ (0; 144) производная отрицательна, то есть функция y = y(x) убывает. При x ∈ (144; +∞) производная положительна, то есть функция возрастает. Следовательно, x = 144 является точкой минимума. 29/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Вторая часть. Решения Задачи №13. Решения №13.1 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 cos  x − π 3  + 2 sin  3π 2 + x  = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие отрезку h −2π; − π 2 i . Ответ: а) π 6 + πk, k ∈ Z б) − 11π 6 ; − 5π 6 . Решение. а) По формуле приведения и формуле косинуса разности: sin  3π 2 + x  = − cos x cos  x − π 3  = cos x cos π 3 + sin x sin π 3 . Получаем: 2  cos x cos π 3 + sin x sin π 3  − 2 cos x = 0 cos x + √ 3 sin x − 2 cos x = 0 √ 3 sin x − cos x = 0 Заметим, что cos x ̸= 0, так как тогда sin x = 0. Тогда √ 3 tg x − 1 = 0 tg x = 1 √ 3 x = π 6 + πk, k ∈ Z б) Отберем корни на тригонометрической окружности. Для этого отметим на ней дугу, соответствующую отрезку h −2π; − π 2 i , концы этой дуги и лежащие на ней точки серий решений из пункта а). −2π − π 2 − 11π 6 − 5π 6 Следовательно, на отрезке h −2π; − π 2 i лежат точки − 11π 6 ; − 5π 6 . 30/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №13.2 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 cos  x − π 3  + 2 sin  3π 2 − x  = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие  − 5π 2 ; −π  . Ответ: а) π 6 + πk, k ∈ Z б) − 11π 6 . Решение. а) Воспользуемся формулой косинуса разности и формулой приведения: cos  x − π 3  = cos x cos π 3 + sin x sin π 3 = 1 2 cos x + √ 3 2 sin x sin  3π 2 − x  = − cos x Тогда наше уравнение примет вид: 2 cos  x − π 3  + 2 sin  3π 2 − x  = 0 2 · 1 2 cos x + √ 3 2 sin x ! − 2 cos x = 0 √ 3 sin x − cos x = 0. Заметим, что cos x ̸= 0, так как тогда sin x = 0. Тогда √ 3 tg x − 1 = 0 tg x = 1 √ 3 x = π 6 + πk, k ∈ Z б) Отберем корни на тригонометрической окружности. Для этого отметим на ней дугу, соответствующую отрезку  − 5π 2 ; −π  , концы этой дуги и лежащие на ней точки серий решений из пункта а). −π − 5π 2 − 11π 6 Следовательно, на отрезке  − 5π 2 ; −π  лежит точка − 11π 6 . 31/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №13.3 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 cos  x − π 4  − 2 √ 2 sin π 2 + x  = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие отрезку h π 2 ; 2π i . Ответ: а) π 4 + πk, k ∈ Z б) 5π 4 . Решение. а) По формуле приведения и формуле косинуса разности: sin π 2 + x  = cos x cos (α − β) = cos α cos β + sin α sin β Получаем: 2  cos x · cos π 4 + sin x · sin π 4  − 2 √ 2 · cos x = 0 2 cos x · √ 2 2 + sin x · √ 2 2 ! − 2 √ 2 · cos x = 0 − √ 2 cos x + √ 2 sin x = 0 sin x − cos x = 0 Заметим, что cos x ̸= 0, так как тогда sin x = 0. Тогда tg x = 1 x = π 4 + πk, k ∈ Z б) Отберем корни на тригонометрической окружности. Для этого отметим на ней дугу, соответствующую отрезку h π 2 ; 2π i , концы этой дуги и лежащие на ней точки серий решений из пункта а). π 2 2π 5π 4 Следовательно, на отрезке h π 2 ; 2π i , лежит точка 5π 4 . 32/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №13.4 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 cos  x − π 6  − 2 √ 3 sin π 2 − x  = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие отрезку  − 9π 2 ; −3π  . Ответ: а) x = π 3 + πk, k ∈ Z б) − 11π 3 . Решение. 2 cos  x − π 6  − 2 √ 3 sin π 2 − x  = 0 cos  x − π 6  − √ 3 cos x = 0 Распишем косинус разности: cos x cos π 6 + sin x sin π 6 − √ 3 cos x = 0 √ 3 2 cos x + 1 2 sin x − √ 3 cos x = 0 1 2 sin x − √ 3 2 cos x = 0 sin x − √ 3 cos x = 0 : cos x ̸= 0 tg x = √ 3 Таким образом, x = π 3 + πk, k ∈ Z. б) Отберем корни на тригонометрической окружности. Для этого отметим на ней дугу, соответствующую отрезку  − 9π 2 ; −3π  , концы этой дуги и лежащие на ней точки серий решений из пункта а). − 9π 2 −3π − 11π 3 Следовательно, на отрезке  − 9π 2 ; −3π  лежит точка − 11π 3 . 33/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №13.5 (Дальний Восток) а) Решите уравнение 2 sin  x + π 4  − 2 √ 2 sin (π − x) = 0. б) Найдите корни уравнения, принадлежащие отрезку  3π; 9π 2  . Ответ: а) x = π 4 + πk, k ∈ Z б) 13π 4 ; 17π 4 . Решение. 2 sin  x + π 4  − 2 √ 2 sin (π − x) = 0 Распишем косинус суммы и применим формулу приведения: 2  sin x cos π 4 + cos x sin π 4  − 2 √ 2 sin x = 0 2 sin x · √ 2 2 + cos x · √ 2 2 ! − 2 √ 2 sin x = 0 √ 2 sin x + √ 2 cos x − 2 √ 2 sin x = 0 |: √ 2 cos x − sin x = 0 | : cos x ̸= 0 1 − tg x = 0 tg x = 1 Таким образом, x = π 4 + πk, k ∈ Z. б) Отберем корни на тригонометрической окружности. Для этого отметим на ней дугу, соответствующую отрезку  3π; 9π 2  , концы этой дуги и лежащие на ней точки серий решений из пункта а). 3π 9π 2 13π 4 17π 4 Следовательно, на отрезке  3π; 9π 2  лежат точки 13π 4 ; 17π 4 . 34/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №14. Решения №14.1 (Дальний восток) В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF с вершиной S точка M – середина SD, точка K – середина SA. а) Докажите, что прямые BK и CM лежат в одной плоскости α. б) Найдите высоту пирамиды, если угол между плоскостью α и плоскостью основания пирамиды равен 60◦ и AB = 6. Ответ: б) 18. Решение. а) Рассмотрим треугольник SAD. Так как M – середина SD, точка K – середина SA, то MK – средняя линия данного треугольника. Следовательно, MK ∥ AD и MK = 1 2 AD. Так как пирамида правильная, ABCDEF – правильный шестиугольник, значит AD ∥ CB и CB = 1 2 AD. Отсюда MK ∥ CB и MK = CB, значит MKBC – параллелограмм. Следовательно, BK ∥ CM и лежат в одной плоскости. б) Пусть P – середина BC, R – середина EF. Так как пирамида правильная, SBC – равнобедренный треугольник, следовательно медиана SP является и высотой: SP ⊥ BC. Так как ABCDEF – правильный шестиугольник, то P R ⊥ BC. Получили, что BC ⊥ SP и BC ⊥ P R, значит BC ⊥ (SP R). При этом P R и AD пересекаются в центре O шестиугольника. Так как пирамида правильная, SO – высота пирамиды. Высота SO лежит и в плоскости (SP R), и в плоскости (SAD). Пусть KM и SO пересекаются в точке Q. Тогда QP лежит в плоскости (SP R), а значит QP ⊥ BC. Тогда ∠QP R – угол между плоскостями (KBC) и (ABC) по определению. Из условия ∠QP R = 60◦ . 35/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Рассмотрим равносторонний треугольник OBC. В нем OP – высота, значит OP = √ 3 2 BC = 3√ 3. Тогда в прямоугольном треугольнике QOP : tg ∠QP O = QO P O QO 3 √ 3 = √ 3 QO = 9 При этом так как KM – средняя линия SAD, то SQ = QO. Значит SO = 2QO = 18. 36/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №15. Решения №15.1 (Дальний восток) Решите неравенство 3 log3(4+x 2 ) + x 4 − 10 ⩾ 0. Ответ: −∞; − √ 2 ∪ √ 2; +∞  . Решение. Запишем ОДЗ: 4 + x 2 > 0 ⇔ x ∈ R Преобразуем неравенство, используя свойство логарифма a loga b = b : 4 + x 2 + x 4 − 10 ⩾ 0 x 4 + x 2 − 6 ⩾ 0 Сделаем замену x 2 = t, t ⩾ 0 : t 2 + t − 6 ⩾ 0 (t + 3)(t − 2) ⩾ 0 Решим полученное неравенство методом интервалов с учетом того, что t ⩾ 0: 0 2 t − + Получили t ∈ [2; +∞). Сделаем обратную замену: x 2 ⩾ 2 x ∈  −∞; − √ 2 i ∪ h√ 2; +∞  37/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №15.2 (Дальний восток) Решите неравенство 5 log5(9−x 2 ) + x 4 − 29 ⩾ 0. Ответ: −3; − √ 5 ∪ √ 5; 3 . Решение. Запишем ОДЗ: 9 − x 2 > 0 ⇔ x ∈ (−3; 3) Преобразуем неравенство на ОДЗ, используя свойство логарифма a loga b = b : 9 − x 2 + x 4 − 29 ⩾ 0 x 4 − x 2 − 20 ⩾ 0 Сделаем замену x 2 = t, t ⩾ 0 : t 2 − t − 20 ⩾ 0 (t + 4)(t − 5) ⩾ 0 Решим полученное неравенство методом интервалов с учетом того, что t ⩾ 0: 0 5 t − + Получили t ∈ [5; +∞). Сделаем обратную замену: x 2 ⩾ 5 x ∈  −∞; − √ 5 i ∪ h√ 5; +∞  Пересечем с ОДЗ: x − √ 5 √ − 5 3 3 Получаем в итоге: x ∈  −3; − √ 5 i ∪ h√ 5; 3 38/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №15.3 (Дальний восток) Решите неравенство 2 log2(x 2−1) + x 4 − 5 ⩽ 0. Ответ: − √ 2; −1  ∪ 1; √ 2 . Решение. Запишем ОДЗ: x 2 − 1 > 0 (x − 1)(x + 1) > 0 x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞) Преобразуем неравенство, используя свойство логарифма a loga b = b : x 2 − 1 + x 4 − 5 ⩽ 0 x 4 + x 2 − 6 ⩽ 0 Сделаем замену x 2 = t, t ⩾ 0 : t 2 + t − 6 ⩽ 0 (t + 3)(t − 2) ⩽ 0 Решим полученное неравенство методом интервалов, учитывая, что так как x 2 − 1 > 0, то t > 1 : 1 2 t − + Получили t ∈ (1; 2]. Сделаем обратную замену: 1 < x2 ⩽ 2 Это двойное неравенство равносильно системе: ( x 2 > 1 x 2 ⩽ 2 ⇔ ( x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞) x ∈ − √ 2; √ 2 Найдем пересечение полученных промежутков: x ∈ h − √ 2; −1  ∪  1; √ 2 i Заметим, что все полученные x принадлежат ОДЗ. 39/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №16. Решения №16.1 (Дальний Восток) В июле 2028 года планируется взять кредит в банке на 40 млн рублей на 4 года. Условия его возврата таковы: – каждый январь долг увеличивается на r% по сравнению с концом предыдущего года; – с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить часть долга; – в июле 2029, 2030 и 2031 годов долг должен быть на 25% меньше долга на июль предыдущего года; – в июле 2032 года долг должен быть полностью погашен Известно, что общая сумма выплат по кредиту составила 61,875 млн рублей. Найдите r. Ответ: 20. Решение. Пусть первоначальная сумма кредита равна S млн рублей. По условию S = 40. Так как в июле 2029, 2030 и 2031 годов долг должен быть на 25% меньше долга на июль предыдущего года, то каждый раз после выплаты долг составляет 75% от долга на июль предыдущего года. Составим таблицу: Год Сумма долга Сумма долга Сумма долга Выплата до начисления % после начисления % после выплаты 2029 S S  1 + r 100  0,75S 0,25S + r 100 S 2030 0,75S 0,75S  1 + r 100  0,752S 0,75S − 0,752S + r 100 · 0,75S 2031 0,752S 0,752S  1 + r 100  0,753S 0,752S − 0,753S + r 100 · 0,752S 2032 0,753S 0,753S  1 + r 100  0 0,753S + r 100 · 0,753S Приравняем сумму выплат (сумма по столбцу «Выплата») к 61,875 млн рублей, подставим S = 40 и найдем r : S + r 100 S + 0,75S + 0,752S + 0,753S  = 61,875 40 + r 100 (40 + 30 + 22,5 + 16,875) = 61,875 40 + 109,375r 100 = 61,875 109,375r = 2187,5 r = 20 40/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №16.2 (Дальний Восток) 15 января 2027 года планируется взять кредит в банке на 5 лет. Условия его возврата таковы: – 1 января каждого года долг увеличивается на 12% по сравнению с концом предыдущего года; – со 2 по 14 января каждого года необходимо внести один платеж; – 15 января 2028, 2029, 2031 и 2032 годов долг должен уменьшаться на одну и ту же сумму по сравнению с долгом на 15 января предыдущего года; – 15 января 2030 года, то есть после третьего платежа, долг должен стать на 50% меньше, чем 15 января 2029 года; – к 15 января 2032 года кредит должен быть полностью погашен. Известно, что общая сумма всех выплат составила 4,08 млн рублей. Найдите первоначальную сумму кредита. Ответ: 3 млн рублей. Решение. Пусть первоначальная сумма кредита равна S млн рублей, а во все годы, за исключением 2030, сумма долга уменьшалась на x млн рублей. Составим таблицу: Год Сумма долга Сумма долга Сумма долга Выплата до начисления % после начисления % после выплаты 2028 S 1,12S S − x 0,12S + x 2029 S − x 1,12(S − x) S − 2x 0,12S + 0,88x 2030 S − 2x 1,12(S − 2x) 0,5(S − 2x) 0,62S − 1,24x 2031 0,5(S − 2x) 1,12 · 0,5(S − 2x) 0,5(S − 2x) − x 0,06S + 0,88x 2032 0,5(S − 2x) − x 1,12 · (0,5(S − 2x) − x) 0,5(S − 2x) − 2x = 0 0,56S − 2,24x Из условия, что к 2032 году долг был выплачен полностью, получаем следующее: 0,5(S − 2x) − 2x = 0 S = 6x Далее приравняем общую сумму выплат к 4,08 млн и подставим S : (0,12S + x) + (0,12S + 0,88x) + (0,62S − 1,24x) + (0,06S + 0,88x) + (0,56S − 2,24x) = 4,08 1,48S − 0,72x = 4,08 1,48 · 6x − 0,72x = 4,08 8,16x = 4,08 x = 0,5 Значит, первоначальная сумма кредита равна S = 6 · 0,5 = 3 млн рублей. 41/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №17. Решения №17.1 (Дальний восток) В прямоугольный треугольник ABC вписана окружность, касающаяся катетов AC, BC и гипотенузы AB в точках M, E и K соответственно. EH – перпендикуляр из точки E на прямую MK. а) Докажите, что EK ∥ CH. б) Известно, что AC = 15, BC = 8. Найти отношение CH : EK. Ответ: б) . Решение. а) Пусть I – центр вписанной окружности. Так как E – точка касания, то IE ⊥ CB, следовательно, MC ∥ IE. Четырехугольник MCEH – вписанный, так как ∠C + ∠H = 90◦ + 90◦ = 180◦ . Следовательно, α = ∠MCH = ∠MEH. Пусть ∠EMK = β. Заметим, что ∠EIK – центральный, а ∠EMK – вписанный, опирающийся на ту же дугу. Тогда ∠EIK = 2β. Опустим высоту IR в треугольнике IEK на сторону EK. Так как IE = IK, то △EIK – равнобедренный и IR является биссектрисой, а значит, ∠EIR = ∠KIR = β. Из △MEH следует, что α + β = 90◦ . Значит, ∠IEK = α. Таким образом, ∠MC ∥ IE и ∠MCH = ∠IEK, следовательно, CH ∥ EK. 42/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №18. Решения №18.1 (Дальний Восток) Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение (x − 2)a 2 − (x 3 − x 2 − 4)a + x 4 − 4x 2 = 0 имеет ровно 2 решения. Ответ: (−∞; 0) ∪ {4}. Решение. Разложим на множители: x 3 − x 2 − 4 = (x − 2)(x 2 + x + 2), x 4 − 4x 2 = x 2 (x 2 − 4) = x 2 (x − 2)(x + 2) Тогда исходное уравнение равносильно (x − 2)a 2 − (x − 2)(x 2 + x + 2)a + x 2 (x − 2)(x + 2) = 0, (x − 2) a 2 − (x 2 + x + 2)a + x 2 (x + 2) = 0 Рассмотрим квадратный относительно a трехчлен a 2 − (x 2 + x + 2)a + x 2 (x + 2). По теореме Виета его корни a1, a2, если они существуют, должны удовлетворять условиям a1 + a2 = x 2 + x + 2, a1 · a2 = x 2 (x + 2) Заметим, что числа x 2 и x + 2 как раз имеют такую сумму и такое произведение: x 2 + (x + 2) = x 2 + x + 2, x 2 (x + 2) = x 2 (x + 2) Следовательно, по теореме Виета a1 = x 2 , a2 = x + 2 Значит, a 2 − (x 2 + x + 2)a + x 2 (x + 2) = (a − x 2 )(a − x − 2). Тогда исходное уравнение равносильно (x − 2)(a − x 2 )(a − x − 2) = 0. Построим в плоскости xOa графики x = 2, a = x 2 , a = x + 2. 43/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике 1 1 0 x a a = x 2 a = x + 2 x = 2 Заметим, что все три графика x = 2, a = x 2 , a = x + 2 пересекаются в точке (2; 4). Из рисунка видно, что ровно два различных корня получаются при a < 0 и при a = 4. Следовательно, a ∈ (−∞; 0) ∪ {4}. 44/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №18.2 (Дальний Восток) Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение (x + 1)a 2 + x 3 + x + 2 a − x 4 + x 3 + 2x 2 = 0 имеет ровно 2 решения. Ответ: {−1} ∪ (0; +∞). Решение. Разложим на множители: x 3 + x + 2 = (x + 1) x 2 − x + 2 , −x 4 + x 3 + 2x 2 = −x 2 x 2 − x − 2  = −x 2 (x + 1)(x − 2) Тогда исходное уравнение равносильно (x + 1)a 2 + (x + 1) x 2 − x + 2 a − x 2 (x + 1)(x − 2) = 0, (x + 1) a 2 + (x 2 − x + 2)a − x 2 (x − 2) = 0 Рассмотрим квадратный трехчлен a 2 + x 2 − x + 2 a − x 2 (x − 2). По теореме Виета его корни a1, a2, если они есть, должны удовлетворять условиям a1 + a2 = − x 2 − x + 2 , a1 · a2 = −x 2 (x − 2) Заметим, что числа −x 2 и x − 2 как раз имеют такую сумму и такое произведение: −x 2 + (x − 2) = − x 2 − x + 2 , −x 2 (x − 2) = −x 2 (x − 2) Следовательно, по теореме Виета a1 = −x 2 , a2 = x − 2 Значит, a 2 + x 2 − x + 2 a − x 2 (x − 2) = a + x 2  (a − x + 2). Тогда исходное уравнение равносильно (x + 1) a + x 2  (a − x + 2) = 0. Построим в плоскости xOa графики x = −1, a = −x 2 , a = x − 2. 45/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике 1 1 0 x a a = −x 2 a = x − 2 x = −1 Из рисунка видно, что ровно два различных корня получаются при a > 0 и при a = −1. Следовательно, a ∈ {−1} ∪ (0; +∞). 46/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике №18.3 (Сибирь) Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение (x + 1)a 2 + x 3 + 2x 2 + x  a + x 4 + 2x 3 − 2x − 1 = 0 имеет ровно 2 решения. Ответ: . Решение. 47/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике Задачи №19. Решения №19.1 (Дальний восток) На столе лежит стопка из красных и синих карт, на каждой из которых написано целое число, большее или равное −30. При этом числа на картах одного цвета различны. Числа на всех синих картах делятся на 5, а на всех красных – на 8. Известно, что самое большое число на красной карте равно утроенному количеству синих карт, а самое большое число на синей карте равно количеству красных карт. а) Может ли количество синих карт быть равным 1? б) Может ли количество синих карт быть равным 40? в) Какое наибольшее количество синих карт может быть на столе? Ответ: а) Нет б) Нет в) 8. Решение. а) Предположим, что количество синих карт равно 1. Тогда самое большое число на красной карте равно утроенному количеству синих карт, то есть 3 · 1 = 3. Но по условию все числа на красных картах делятся на 8. Число 3 не делится на 8. Противоречие. Значит, количество синих карт не может быть равным 1. б) Пусть синих карт 40, а красных карт r. Самое большое число на красной карте равно утроенному количеству синих карт, то есть 3 · 40 = 120. Заметим, что 120 : 8 = 15, то есть 120 делится на 8, что соответствует условию для красных карт. Самое большое число на синей карте равно количеству красных карт, то есть r. По условию оно должно делиться на 5, значит, r кратно 5. Числа на картах одного цвета различны и не меньше −30. Синие карты. Имеется 40 синих карт с различными числами, кратными 5, не меньшими −30 и с наибольшим числом r. Чтобы такой набор существовал, количество различных чисел, кратных 5, в промежутке от −30 до r должно быть не меньше 40: r − (−30) 5 + 1 ⩾ 40 r + 30 5 + 1 ⩾ 40 r + 30 5 ⩾ 39 r + 30 ⩾ 195 r ⩾ 165. Красные карты. Имеется r красных карт с различными числами, кратными 8, не меньшими −30 и с наибольшим числом 120. Наименьшее кратное 8 число, не меньшее −30, — это −24. Количество различных чисел, кратных 8, в промежутке от −24 до 120: 120 − (−24) 8 + 1 = 144 8 + 1 = 18 + 1 = 19. Значит, красных карт не может быть больше 19. Но из условия для синих карт мы получили r ⩾ 165. Противоречие. Следовательно, 40 синих карт быть не может. в) Пусть s – количество синих карт, r – количество красных карт. Общее количество карт не задано. Самое большое число на красной карте равно 3s и оно должно делиться на 8. Самое большое число на синей карте равно r и оно должно делиться на 5. Числа на картах одного цвета различны и не меньше −30. Числа на красных картах кратны 8, различны, не меньше −30, наибольшее равно 3s. Количество различных чисел, кратных 8, в промежутке от −30 до 3s не может быть меньше r. Наименьшее кратное 8 число, не меньшее −30, – это −24. Всего таких чисел: 3s − (−24) 8 + 1 = 3s + 24 8 + 1 = 3s + 32 8 . Так как всего красных карт r, то имеем: r ⩽ 3s + 32 8 . Числа на синих картах кратны 5, различны, не меньше −30, наибольшее равно r. Количество различных чисел, 48/49 %32b4cd070799f18894e8e52c6faf29b8% Задачи основной волны ЕГЭ 2026 по профильной математике кратных 5, в промежутке от −30 до r не может быть меньше s. Всего таких чисел: r − (−30) 5 + 1 = r + 30 5 + 1 = r + 35 5 . Так как всего синих карт s, то имеем: s ⩽ r + 35 5 r ⩾ 5s − 35. Из двух ограничений получаем: 5s − 35 ⩽ r ⩽ 3s + 32 8 5s − 35 ⩽ 3s + 32 8 40s − 280 ⩽ 3s + 32 37s ⩽ 312 s ⩽ 312 37 = 8 16 37 . Так как s – целое, то получаем s ⩽ 8. Пусть s = 8. Тогда наибольшее число на красной карте равно 3 · 8 = 24. Заметим, что 24 : 8 = 3, то есть 24 делится на 8, что соответствует условию. Из неравенства 5s − 35 ⩽ r ⩽ 3s + 32 8 при s = 8 получаем: 5 · 8 − 35 ⩽ r ⩽ 3 · 8 + 32 8 5 ⩽ r ⩽ 7. Кроме того, r должно быть кратно 5. В промежутке от 5 до 7 единственное кратное 5 число – это 5. Значит, r = 5. Составим подходящий набор карт. • Синие карты (8 штук). Числа кратны 5, различны, не меньше −30, наибольшее равно 5. Это в точности набор −30, −25, −20, −15, −10, −5, 0, 5. • Красные карты (5 штук). Числа кратны 8, различны, не меньше −30, наибольшее равно 24. Это в точности набор 24, 16, 8, 0, −8. Таким образом, s = 8 возможно. Следовательно, наибольшее количество синих карт равно 8