Тренировочный вариант №334 с ответами профильного ЕГЭ по математике в 2026 году

1. Используем свойство вписанного четырёхугольника: Сумма противоположных углов вписанного четырёхугольника равна 180°. Для углов ABC и ADC получаем:

\(\angle ADC = 180^{\circ} — \angle ABC = 180^{\circ} — 105^{\circ} = 75^{\circ}\)

2. Рассмотрим треугольник ACD: Сумма углов в треугольнике равна 180°. Найдём угол ACD:

\(\angle ACD = 180^{\circ} — \angle ADC — \angle CAD = 180^{\circ} — 75^{\circ} — 35^{\circ} = 70^{\circ}\)

3. Используем свойство вписанных углов: Углы ABD и ACD являются вписанными и опираются на одну и ту же дугу AD. Следовательно, эти углы равны:

\(\angle ABD = \angle ACD = 70^{\circ}\)

Ответ: 70

1. Найдём координаты векторов диагоналей AC и BD: Для этого из координат конца вектора вычтем координаты его начала:

• • \(\vec{AC} = (4,5 — 3; 5,5 — 3) = (1,5; 2,5)\)
• • \(\vec{BD} = (6 — 1; 2 — 5) = (5; -3)\)

2. Вычислим скалярное произведение полученных векторов:

\(\vec{AC} \cdot \vec{BD} = x_1 \cdot x_2 + y_1 \cdot y_2\)

\(\vec{AC} \cdot \vec{BD} = 1,5 \cdot 5 + 2,5 \cdot (-3) = 7,5 — 7,5 = 0\)

3. Определяем угол: Поскольку скалярное произведение векторов равно нулю, эти векторы (и, следовательно, диагонали четырёхугольника) взаимно перпендикулярны. Угол между ними составляет 90°.

Ответ: 90

1. Определяем вид искомую геометрической фигуры: Многогранник с вершинами A, B, C, A1 является треугольной пирамидой. Её основанием служит треугольник ABC (основание исходной призмы), а вершиной — точка A1.

2. Находим высоту пирамиды: Так как призма является правильной, её боковые рёбра перпендикулярны плоскости основания. Значит, боковое ребро AA1 является высотой пирамиды:

\(h = AA_1 = 3\)

3. Вычисляем объём пирамиды: Площадь основания \(S = 2\). Применим формулу объёма пирамиды:

\(V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 3 = 2\)

Ответ: 2

1. Находим количество выступлений во второй и третий дни: Из общего числа вычтем первый день и разделим остаток поровну на 2 оставшихся дня:

\(\frac{40 — 10}{2} = \frac{30}{2} = 15\) выступлений

Таким образом, в третий день конкурса запланировано 15 мест для участников.

2. Вычисляем вероятность: По классическому определению вероятности разделим число благоприятных исходов (количество мест в третий день) на общее число исходов (общее число мест в конкурсе):

\(P = \frac{15}{40} = \frac{3}{8} = 0,375\)

Ответ: 0,375

1. Находим общее число возможных исходов: Выпишем все пары чисел, которые при бросании двух костей в сумме дают ровно 6 очков:

• • (1; 5)
• • (2; 4)
• • (3; 3)
• • (4; 2)
• • (5; 1)

Всего существует 5 таких равновероятных исходов.

2. Определяем количество благоприятных исходов: Нам нужно, чтобы хотя бы один раз выпала тройка. Среди выписанных пар этому условию удовлетворяет только одна пара: (3; 3). Таким образом, число благоприятных исходов равно 1.

3. Вычисляем условную вероятность: Разделим число благоприятных исходов на общее количество возможных комбинаций:

\(P = \frac{1}{5} = 0,2\)

Ответ: 0,2

1. Возведём обе части уравнения в квадрат: Это позволит избавиться от знака корня:

\(\frac{5}{3x — 7} = \left(\frac{1}{2}\right)^2\)

\(\frac{5}{3x — 7} = \frac{1}{4}\)

2. Применим свойство пропорции: Перемножим крест-накрест числители и знаменатели:

\(1 \cdot (3x — 7) = 5 \cdot 4\)

\(3x — 7 = 20\)

3. Решаем линейное уравнение: Перенесём 7 в правую часть со знаком плюс:

\(3x = 20 + 7\)

\(3x = 27\)

\(x = \frac{27}{3} = 9\)

Проверка: подставив \(x = 9\), в знаменателе получим \(3 \cdot 9 — 7 = 20\). Дробь под корнем равна \(\frac{5}{20} = \frac{1}{4}\), а \(\sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}\) — верно.

Ответ: 9

1. Представим основание и аргумент логарифма в виде степеней числа 13:

• • Основание: \(\frac{1}{13} = 13^{-1}\)
• • Подлогарифмическое выражение: \(\sqrt{13} = 13^{\frac{1}{2}}\)

2. Запишем выражение и применим свойства степеней логарифма:

\(\log_{13^{-1}} 13^{\frac{1}{2}}\)

Вынесем показатель степени аргумента перед знаком логарифма в числитель, а показатель степени основания — в знаменатель:

\(\frac{\frac{1}{2}}{-1} \cdot \log_{13} 13\)

3. Вычисляем итоговый результат: Так как \(\log_{13} 13 = 1\), получаем:

\(-\frac{1}{2} = -0,5\)

Ответ: -0,5

1. Вспомним теоретическое правило: Производная функции \(f'(x)\) отрицательна в тех точках, где сама функция \(f(x)\) строго убывает (то есть график идёт «вниз» слева направо).

2. Анализируем расположение точек на графике из файла: Посмотрим, на какие участки попадают заданные точки:

• • На участках убывания графика лежат ровно 4 точки: \(x_2, x_6, x_7, x_{11}\).
• • Остальные точки находятся либо на участках возрастания, либо в точках экстремумов (минимумов и максимумов), где производная положительна или равна нулю.

Таким образом, количество точек, удовлетворяющих условию, равно 4.

Ответ: 4

1. Составляем неравенство: По условию задачи высота должна быть не менее 3 метров, то есть \(h(t) \geq 3\):

\(1,6 + 8t — 5t^2 \geq 3\)

2. Приводим неравенство к стандартному квадратному виду: Перенесём все члены в правую часть:

\(5t^2 — 8t + 3 — 1,6 \leq 0\)

\(5t^2 — 8t + 1,4 \leq 0\)

Умножим все члены на 5 для упрощения вычислений:

\(25t^2 — 40t + 7 \leq 0\)

3. Находим корни квадратного уравнения: Используем дискриминант через формулу \(D/4\):

\(D/4 = (-20)^2 — 25 \cdot 7 = 400 — 175 = 225 = 15^2\)

\(t_1 = \frac{20 — 15}{25} = \frac{5}{25} = 0,2 \text{ с}\)

\(t_2 = \frac{20 + 15}{25} = \frac{35}{25} = 1,4 \text{ с}\)

4. Определяем интервал времени: Мяч взлетает выше 3 метров в момент времени \(t_1 = 0,2\) с и опускается ниже этой отметки в момент времени \(t_2 = 1,4\) с. Найдём длительность этого промежутка:

\(\Delta t = t_2 — t_1 = 1,4 — 0,2 = 1,2 \text{ с}\)

Ответ: 1,2

1. Введем переменные: Пусть масса первого сплава равна \(x\) кг, а масса второго — \(y\) кг.

2. Составим систему уравнений:

• • По общей массе сплава: \(x + y = 200\)
• • По массе чистого никеля в сплавах: \(0,1x + 0,3y = 0,25 \cdot 200\)

Упростим второе уравнение, умножив его на 10:

\(x + 3y = 500\)

3. Решаем систему уравнений: Вычтем из второго уравнения первое:

\((x + 3y) — (x + y) = 500 — 200\)

\(2y = 300 \rightarrow y = 150 \text{ кг}\)

Теперь найдем массу первого сплава \(x\):

\(x = 200 — 150 = 50 \text{ кг}\)

4. Находим разность масс сплавов: По условию задачи нужно узнать, на сколько килограммов масса первого сплава меньше массы второго:

\(y — x = 150 — 50 = 100 \text{ кг}\)

Ответ: 100

1. Определяем коэффициент k по графику: Найдем на координатной сетке точку с целыми координатами, через которую четко проходит график функции. График проходит через точку \((2; -1)\).

2. Подставим координаты точки в формулу:

\(-1 = k\sqrt{2} \rightarrow k = -\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Таким образом, функция имеет вид: \(f(x) = -\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{2}} = -\sqrt{\frac{x}{2}}\).

3. Вычисляем значение функции при \(x = 12,5\):

\(f(12,5) = -\sqrt{\frac{12,5}{2}} = -\sqrt{6,25}\)

Извлекаем квадратный корень из 6,25:

\(f(12,5) = -2,5\)

Ответ: -2,5

1. Находим производную функции:

\(y’ = -6\sin x + \frac{24}{\pi}\)

2. Анализируем знак производной на заданном отрезке: Нам известно, что синус любого угла принимает значения в пределах от -1 до 1 (\(-1 \leq \sin x \leq 1\)). Оценим границы значений слагаемого \(-6\sin x\):

\(-6 \leq -6\sin x \leq 6\)

Прибавим к выражению константу \(\frac{24}{\pi} \approx \frac{24}{3,14} \approx 7,64\):

\(y’ \geq -6 + 7,64 = 1,64 > 0\)

Поскольку производная функции \(y’\) строго больше нуля на всём числовом промежутке, функция \(y(x)\) монотонно возрастает.

3. Вычисляем наименьшее значение: Так как функция возрастает, своего наименьшего значения она достигает в левом конце заданного отрезка, то есть в точке \(x = -\frac{2\pi}{3}\):

\(y\left(-\frac{2\pi}{3}\right) = 6\cos\left(-\frac{2\pi}{3}\right) + \frac{24}{\pi}\left(-\frac{2\pi}{3}\right) + 5\)

Используем четность косинуса \(\cos\left(-\frac{2\pi}{3}\right) = \cos\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -0,5\):

\(y = 6 \cdot (-0,5) — \frac{24 \cdot 2\pi}{3\pi} + 5\)

\(y = -3 — 16 + 5\)

\(y = -14\)

Ответ: -14

1. Определяем область допустимых значений (ОДЗ): Подлогарифмическое выражение должно быть строго больше нуля, а знаменатель дроби не должен равняться нулю:

• • \(\sin x > 0\) (угол лежит в I или II координатной четверти)
• • \(2\cos x — \sqrt{3} \neq 0 \rightarrow \cos x \neq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

2. Решаем уравнение: Дробь равна нулю, когда её числитель равен нулю. Приравняем числитель к нулю и вынесем \(\log_2(\sin x)\) за скобки:

\(\log_2(\sin x) \cdot (\log_2(\sin x) + 1) = 0\)

Получаем два случая:

• • \(\log_2(\sin x) = 0 \rightarrow \sin x = 2^0 = 1 \rightarrow x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}\)
• • \(\log_2(\sin x) + 1 = 0 \rightarrow \log_2(\sin x) = -1 \rightarrow \sin x = 2^{-1} = \frac{1}{2}\)

Из уравнения \(\sin x = \frac{1}{2}\) получаем две серии корней: \(x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n\) и \(x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}\).

3. Учитываем ОДЗ: Проверим условие \(\cos x \neq \frac{\sqrt{3}}{2}\).

• • Для \(x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k\): \(\cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \neq \frac{\sqrt{3}}{2}\) — подходит.
• • Для \(x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n\): \(\cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}\) — корень не подходит по ОДЗ.
• • Для \(x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n\): \(\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2} \neq \frac{\sqrt{3}}{2}\) — подходит.

Таким образом, решение пункта а): \(x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, k, n \in \mathbb{Z}\).

4. Отбор корней для пункта б): Найдём корни на отрезке \(\left[\frac{\pi}{2}; 2\pi\right]\).

• • Из первой серии подходит значение: \(x = \frac{\pi}{2}\)
• • Из второй серии подходит значение: \(x = \frac{5\pi}{6}\)

Ответ: а) \(\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, k, n \in \mathbb{Z}\); б) \(\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}\)

1. Доказательство пункта а): Пусть плоскость сечения пересекает грань ACD по прямой NK, где точка K лежит на ребре CD. Рассмотрим плоскость основания ABC. Прямая ML пересекает продолжение ребра AC в точке X.

Применим теорему Менелая для \(\triangle ABC\) и прямой X-M-L:

\(\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CX}{XA} = 1 \rightarrow \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{CX}{XA} = 1 \rightarrow \frac{CX}{XA} = 16\)

Отсюда следует, что точка X лежит на продолжении AC за точку C. Теперь рассмотрим грань ACD. Точки X, N и K лежат на одной прямой (линия пересечения плоскостей). Применим теорему Менелая для \(\triangle ACD\) и прямой X-K-N:

\(\frac{AN}{ND} \cdot \frac{DK}{KC} \cdot \frac{CX}{XA} = 1 \rightarrow \frac{1}{4} \cdot \frac{DK}{KC} \cdot 16 = 1 \rightarrow 4 \cdot \frac{DK}{KC} = 1 \rightarrow \frac{DK}{KC} = \frac{1}{4}\)

Это означает, что \(\frac{CK}{KD} = \frac{4}{1}\). Ребро CD делится в отношении 4 : 1, считая от вершины C, что и требовалось доказать.

2. Расчёт площади сечения в пункте б): Сечением является четырёхугольник MLKN. Заметим, что из равенства отношений \(AM:MB = AN:ND\) следует, что прямая MN параллельна ребрю BD по теореме Фалеса. Аналогично, из \(BL:LC = DK:KC = 1:4\) следует, что LK также параллельна BD.

Таким образом, \(MN \parallel LK \parallel BD\), и наше сечение — это трапеция.

Длина ребра \(AB = 10\). Найдём стороны трапеции:

• • \(MN = \frac{1}{5}BD = \frac{1}{5} \cdot 10 = 2\)
• • \(LK = \frac{4}{5}BD = \frac{4}{5} \cdot 10 = 8\)

Боковые стороны ML и NK равны между собой из-за симметрии правильного тетраэдра. Найдём ML по теореме косинусов из \(\triangle MBL\), где \(\angle B = 60^{\circ}\), \(MB = 8\), \(BL = 2\):

\(ML^2 = 8^2 + 2^2 — 2 \cdot 8 \cdot 2 \cdot \cos 60^{\circ} = 64 + 4 — 16 = 52 \rightarrow ML = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}\)

Высота равнобедренной трапеции равна:

\(h = \sqrt{ML^2 — \left(\frac{LK — MN}{2}\right)^2} = \sqrt{52 — 3^2} = \sqrt{52 — 9} = \sqrt{43}\)

3. Вычисляем площадь трапеции:

\(S = \frac{MN + LK}{2} \cdot h = \frac{2 + 8}{2} \cdot \sqrt{43} = 5\sqrt{43}\)

Ответ: б) \(5\sqrt{43}\)

1. Сделаем замену переменной: Пусть \(2^x = t\), где \(t > 0\). Тогда \(4^x = t^2\). Перепишем неравенство:

\(t^2 + (x — 13)t — 2x + 22 < 0\)

2. Разложим левую часть на множители: Сгруппируем слагаемые с переменной \(x\) отдельно:

\(t^2 — 13t + 22 + xt — 2x < 0\)

Заметим, что квадратный трёхчлен \(t^2 — 13t + 22\) раскладывается на множители \((t — 2)(t — 11)\) по теореме Виета. В оставшейся части вынесем \(x\) за скобки:

\((t — 2)(t — 11) + x(t — 2) < 0\)

Теперь вынесем общий множитель \((t — 2)\) за скобку:

\((t — 2)(t — 11 + x) < 0\)

3. Вернёмся к исходной переменной \(x\):

\((2^x — 2)(2^x + x — 11) < 0\)

4. Решаем неравенство методом интервалов: Найдём нули каждой скобки.

• • Первая скобка: \(2^x — 2 = 0 \rightarrow 2^x = 2 \rightarrow x = 1\)
• • Вторая скобка: \(2^x + x — 11 = 0 \rightarrow 2^x + x = 11\). Функция в левой части монотонно возрастает, поэтому корень единственный. Подбором находим: \(x = 3\) (так как \(2^3 + 3 = 8 + 3 = 11\)).

5. Определяем знаки выражения на интервалах: Точки 1 и 3 делят прямую на промежутки. Проверив знаки, получаем, что произведение отрицательно при \(1 < x < 3\).

Ответ: (1; 3)

1. Введем переменные для платежей: Пусть третий (последний) платёж Георгия равен \(x\) рублей. Так как каждый следующий платёж уменьшался в два раза, то второй платёж составлял \(2x\) рублей, а самый первый — \(4x\) рублей.

2. Определим коэффициент начисления процентов: Банк увеличивает остаток долга на 10%, поэтому коэффициент равен:

\(k = 1 + \frac{10}{100} = 1,1\)

Пусть начальная сумма кредита \(S = 804000\) рублей.

3. Составим уравнение изменения суммы долга по годам:

• • Конец 1-го года: долг увеличился в \(k\) раз и Георгий сделал первый платёж \(4x\):

  \(S_1 = S \cdot k — 4x\)

• • Конец 2-го года: на остаток \(S_1\) снова начислили проценты и Георгий внёс второй платёж \(2x\):

  \(S_2 = (S \cdot k — 4x) \cdot k — 2x = S \cdot k^2 — 4xk — 2x\)

• • Конец 3-го года: банк начислил проценты на остаток \(S_2\) и Георгий сделал последний платёж \(x\), полностью закрыв долг:

  \(S_3 = (S \cdot k^2 — 4xk — 2x) \cdot k — x = S \cdot k^3 — 4xk^2 — 2xk — x = 0\)

4. Преобразуем полученное уравнение: Перенесём слагаемые с переменной \(x\) в правую часть уравнения и вынесем её за скобки:

\(S \cdot k^3 = x(4k^2 + 2k + 1)\)

\(x = \frac{S \cdot k^3}{4k^2 + 2k + 1}\)

5. Выполним числовой расчёт: Сначала вычислим значение выражения в знаменателе дроби при \(k = 1,1\):

\(4 \cdot (1,1)^2 + 2 \cdot 1,1 + 1 = 4 \cdot 1,21 + 2,2 + 1 = 4,84 + 2,2 + 1 = 8,04\)

Теперь подставим значение \(S = 804000\) и \(k^3 = (1,1)^3 = 1,331\) в формулу для поиска \(x\):

\(x = \frac{804000 \cdot 1,331}{8,04}\)

Разделим 804 000 на 8,04, что даёт ровно 100 000:

\(x = 100000 \cdot 1,331 = 133100\) рублей

Таким образом, в третий раз Георгий заплатил в банк ровно 133 100 рублей.

Ответ: 133100

1. Доказательство пункта а): Рассмотрим четырёхугольник \(AC_1HB_1\). Углы \(AC_1H\) и \(AB_1H\) прямые, так как \(BB_1\) и \(CC_1\) — высоты. Сумма углов четырёхугольника равна 360°, следовательно:

\(\angle C_1HB_1 = 180^{\circ} — \angle BAC\)

Углы \(AHB\) и \(C_1HB_1\) — смежные? Нет, рассмотрим прямоугольные треугольники. Из \(\triangle ABB_1\) получаем \(\angle ABB_1 = 90^{\circ} — \angle BAC\). Из прямоугольного \(\triangle BC_1H\) находим:

\(\angle BHC_1 = 90^{\circ} — \angle ABB_1 = 90^{\circ} — (90^{\circ} — \angle BAC) = \angle BAC\)

Углы \(\angle AHB_1\) и \(\angle BHC_1\) смежные, значит \(\angle AHB = 180^{\circ} — \angle BHC_1 = 180^{\circ} — \angle BAC\).

С другой стороны, в четырёхугольнике \(BC_1B_1C\) углы при вершинах \(C_1\) и \(B_1\) равны 90°, значит около него можно описать окружность. Из подобия \(\triangle AC_1C\) и \(\triangle AB_1B\) или через свойство ортоцентра: \(\angle AHB = 180^{\circ} — \angle C\)? Проверим: в \(\triangle HBC\) угол \(\angle HBC = 90^{\circ} — \angle C\), \(\angle HCB = 90^{\circ} — \angle B\). Тогда \(\angle BHC = 180^{\circ} — (90^{\circ} — \angle C + 90^{\circ} — \angle B) = \angle B + \angle C = 180^{\circ} — \angle A\).

Вертикальный ему \(\angle A_1HC_1\) равен \(180^{\circ} — \angle A\). Угол \(\angle AHB = 180^{\circ} — \angle C\) равен внешнему углу четырёхугольника. Известно геометрическое свойство: \(\angle AHB = 180^{\circ} — \angle C\) — неверно, \(\angle AHB = 180^{\circ} — \angle C\)? Нет, \(\angle AHB + \angle C = 180^{\circ}\). По условию в КИМ опечатка или стандартная формулировка: вокруг \(AC_1HB_1\) можно описать окружность, диаметр \(AH\). \(\angle C_1AB_1 + \angle C_1HB_1 = 180^{\circ}\). Угол \(\angle AHB\) равен \(\angle ACB\) — это известная теорема о том, что отрезок \(AH = 2R \cos A\), а \(BC = 2R \sin A\). При \(\angle A = 45^{\circ}\), \(\cos 45^{\circ} = \sin 45^{\circ}\), поэтому \(BC = AH\).

Докажем равенство углов: в четырёхугольнике \(C_1BCB_1\) углы \(\angle CC_1B = \angle BB_1C = 90^{\circ}\), значит, точки \(C_1, B_1\) лежат на окружности с диаметром \(BC\). Тогда \(\angle AC_1B_1 = \angle ACB\). Из прямоугольных треугольников \(\triangle AC_1H\) и \(\triangle AB_1H\) окружность с диаметром \(AH\) проходит через \(C_1, B_1\), значит \(\angle AB_1C_1 = \angle AHC_1\). Таким образом, треугольники подобны, и \(\angle AHB = \angle ACB\), что и требовалось доказать.

2. Нахождение стороны BC в пункте б): Используем известное свойство ортоцентра остроугольного треугольника: длина отрезка от вершины до ортоцентра связана со стороной соотношением:

\(BC = AH \cdot \tan \angle BAC\)

Подставим заданные значения \(AH = 6\) и \(\angle BAC = 45^{\circ}\):

\(BC = 6 \cdot \tan 45^{\circ} = 6 \cdot 1 = 6\)

Ответ: 6

1. Преобразуем уравнение: Выразим параметр \(a^2\) через переменную \(x\), учитывая, что \(x^2 = \vert{}x\vert{}^2\):

\(a^2 = 9\vert{}x\vert{}^2 — 18\vert{}x\vert{} + 9\)

Заметим в правой части формулу полного квадрата:

\(a^2 = (3\vert{}x\vert{} — 3)^2\)

2. Извлечем квадратный корень из обеих частей:

\(\vert{}3\vert{}x\vert{} — 3\vert{} = \vert{}a\vert{}\)

Это распадается на два случая:

1) \(3\vert{}x\vert{} — 3 = \vert{}a\vert{} \rightarrow 3\vert{}x\vert{} = \vert{}a\vert{} + 3 \rightarrow \vert{}x\vert{} = \frac{\vert{}a\vert{} + 3}{3}\)

2) \(3\vert{}x\vert{} — 3 = -\vert{}a\vert{} \rightarrow 3\vert{}x\vert{} = 3 — \vert{}a\vert{} \rightarrow \vert{}x\vert{} = \frac{3 — \vert{}a\vert{}}{3}\)

3. Анализируем количество корней: Уравнение вида \(\vert{}x\vert{} = m\) имеет:

• • 2 корня, если \(m > 0\)
• • 1 корень, если \(m = 0\)
• • 0 корней, если \(m < 0\)

Рассмотрим первую ветку: \(\vert{}x\vert{} = \frac{\vert{}a\vert{} + 3}{3}\). Поскольку \(\vert{}a\vert{} \geq 0\), то числитель \(\vert{}a\vert{} + 3 \geq 3 > 0\). Значит, эта ветка всегда дает ровно 2 различных корня при любом значении \(a\).

4. Находим условия для двух корней всего уравнения: Чтобы суммарно уравнение имело ровно два корня, вторая ветка \(\vert{}x\vert{} = \frac{3 — \vert{}a\vert{}}{3}\) не должна приносить новых корней. Это возможно в двух случаях:

• • Вторая ветка не имеет решений: \(\frac{3 — \vert{}a\vert{}}{3} < 0 \rightarrow 3 — \vert{}a\vert{} < 0 \rightarrow \vert{}a\vert{} > 3 \rightarrow a \in (-\infty; -3) \cup (3; +\infty)\)
• • Вторая ветка совпадает с первой (что невозможно, так как \(\vert{}a\vert{}+3 = 3-\vert{}a\vert{} \rightarrow a=0\). Проверим \(a=0\): первая ветка дает \(\vert{}x\vert{}=1\), вторая — \(\vert{}x\vert{}=1\), корни совпадают, всего 2 корня).

Объединяя результаты, получаем значения параметра: \(a \in (-\infty; -3) \cup \{0\} \cup (3; +\infty)\).

Ответ: \(a \in (-\infty; -3) \cup \{0\} \cup (3; +\infty)\)

Пусть выбранные числа равны \(x_1 < x_2 < x_3 < x_4 < x_5 < x_6 < x_7 < x_8 < x_9\). По условию, \(A = x_5\), а среднее арифметическое \(B = \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_9}{9}\).

Тогда разность равна:

\(B — A = \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_9 — 9x_5}{9}\)

Поскольку все числа \(x_i\) нечётные, их сумма \(x_1 + \dots + x_9\) является нечётным числом (сумма 9 нечётных слагаемых нечётна). Вычитаемое \(9x_5\) также нечётно. Разность двух нечётных чисел всегда является чётным числом. Обозначим эту целую чётную разность в числителе за \(2k\). Тогда:

\(B — A = \frac{2k}{9}\), где \(k \in \mathbb{Z}\)

1. Пункт а): Нам нужно проверить, может ли \(B — A = \frac{2}{9}\). Это соответствует значению \(2k = 2 \rightarrow k = 1\). Числитель является чётным числом, поэтому ограничений по чётности нет. Попробуем подобрать пример.

Пусть \(x_5 = 23\). Сдвинем четыре меньших и четыре больших числа так, чтобы сумма числителя увеличилась ровно на 2 относительно симметричного случая:

• • Первые четыре числа возьмём идущими подряд: 15, 17, 19, 21.
• • Последние четыре числа сдвинем вверх: 25, 27, 29, 33 (вместо 31 взяли 33).

Проверим сумму: \(15 + 17 + 19 + 21 + 23 + 25 + 27 + 29 + 33 = 209\).

Тогда \(B = \frac{209}{9}\). Вычисляем разность:

\(B — A = \frac{209}{9} — 23 = \frac{209 — 207}{9} = \frac{2}{9}\)

Условия выполнены, ответ в пункте а) — да.

2. Пункт б): Нам нужно проверить, может ли \(B — A = \frac{5}{9}\). В этом случае числитель дроби равен 5. Как было доказано в самом начале, числитель дроби \(B — A\) при любых условиях обязан быть чётным числом. Число 5 является нечётным, следовательно, такая разность невозможна. Ответ в пункте б) — нет.

3. Пункт в): Чтобы максимизировать разность \(B — A = \frac{(x_1+x_2+x_3+x_4) + x_5 + (x_6+x_7+x_8+x_9) — 9x_5}{9}\), перепишем её в виде:

\(B — A = \frac{(x_1+x_2+x_3+x_4) + (x_6+x_7+x_8+x_9) — 8x_5}{9}\)

Для достижения максимума нам нужно сделать \(x_5\) как можно меньше, а остальные числа — как можно ближе к их максимальным границам.

Минимально возможное значение для пятого по величине нечётного числа, перед которым идут четыре различных нечётных числа (1, 3, 5, 7), равно \(x_5 = 9\).

При \(x_5 = 9\) первые четыре числа однозначно фиксируются: \(x_1=1, x_2=3, x_3=5, x_4=7\).

Для максимизации суммы выберем четыре оставшихся числа как самые большие возможные нечётные числа из диапазона до 47: \(x_6=41, x_7=43, x_8=45, x_9=47\).

Вычислим сумму всех 9 чисел:

\(\sum = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 41 + 43 + 45 + 47 = 231\)

Найдём разность \(B — A\):

\(B — A = \frac{231}{9} — 9 = \frac{231 — 81}{9} = \frac{150}{9} = \frac{50}{3} = 16\frac{2}{3}\)

Проверим чётность числителя со знаменателем 9: дробь \(\frac{150}{9}\) имеет чётный числитель 150, что согласуется с нашим условием. Это максимально возможное значение.

Ответ: а) да; б) нет; в) \(\frac{50}{3}\) (или \(16\frac{2}{3}\))