Тренировочный вариант №337 с ответами профильного ЕГЭ по математике в 2027 году

1. Вспоминаем формулу площади треугольника через полупериметр и радиус вписанной окружности:

\(S = p \cdot r\)

где \(p\) — полупериметр треугольника, \(r\) — радиус вписанной окружности.
2. Находим полупериметр треугольника:

\(p = \frac{12}{2} = 6\)

3. Подставляем значения в формулу:

\(S = 6 \cdot 1 = 6\)

Ответ: 6

1. Находим координаты искомого вектора покоординатно:

\(\vec{a} — \vec{b} + \vec{c} = (1 — (-3) + 4;\ 2 — 6 + (-2))\)

2. Вычисляем первую координату:

\(1 + 3 + 4 = 8\)

3. Вычисляем вторую координату:

\(2 — 6 — 2 = -6\)

Таким образом, \(\vec{a} — \vec{b} + \vec{c} = (8; -6)\).
4. Находим длину полученного вектора по формуле:

\(\left|\vec{a} — \vec{b} + \vec{c}\right| = \sqrt{8^2 + (-6)^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10\)

Ответ: 10

1. Находим апофему пирамиды (высоту боковой грани):
Основание апофемы лежит на середине стороны основания, поэтому расстояние от центра основания до этой точки равно половине стороны основания: \(6 : 2 = 3\). По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника, образованного высотой пирамиды, апофемой и этим отрезком:

\(m = \sqrt{h^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5\)

2. Применяем формулу площади боковой поверхности правильной пирамиды:

\(S_{\text{бок}} = \frac{1}{2} \cdot P_{\text{осн}} \cdot m\)

где \(P_{\text{осн}}\) — периметр основания.
3. Находим периметр основания и подставляем данные:

\(P_{\text{осн}} = 4 \cdot 6 = 24\)

\(S_{\text{бок}} = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 5 = 12 \cdot 5 = 60\)

Ответ: 60

1. Находим вероятность того, что сумка окажется бракованной:

\(P(\text{брак}) = \frac{8}{100} = 0{,}08\)

2. Используем свойство противоположных событий:
События «сумка без дефектов» и «сумка с дефектом» противоположны, поэтому сумма их вероятностей равна 1:

\(P(\text{без дефектов}) = 1 — P(\text{брак})\)

3. Вычисляем искомую вероятность:

\(P(\text{без дефектов}) = 1 — 0{,}08 = 0{,}92\)

Ответ: 0,92

1. Находим вероятность промаха при одном выстреле:

\(q = 1 — 0{,}8 = 0{,}2\)

2. Поскольку выстрелы независимы, а порядок попаданий и промахов задан однозначно (ПППНН), перемножаем вероятности:

\(P = 0{,}8 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}2 \cdot 0{,}2\)

3. Вычисляем произведение по частям:

\(0{,}8^3 = 0{,}512\)

\(0{,}2^2 = 0{,}04\)

\(P = 0{,}512 \cdot 0{,}04 = 0{,}02048\)

4. Округляем результат до сотых:

\(P \approx 0{,}02\)

Ответ: 0,02

1. Находим суммарный выигрышный фонд по каждому виду выигрыша:

• • \(100 \cdot 500 = 50\,000\) руб
• • \(1000 \cdot 100 = 100\,000\) руб
• • \(5000 \cdot 50 = 250\,000\) руб
• • \(10000 \cdot 10 = 100\,000\) руб
• • \(50000 \cdot 1 = 50\,000\) руб

2. Находим общий выигрышный фонд лотереи:

\(50\,000 + 100\,000 + 250\,000 + 100\,000 + 50\,000 = 550\,000\) руб

3. Делим общий фонд на количество всех билетов, чтобы найти математическое ожидание:

\(M = \frac{550\,000}{10\,000} = 55\)

Ответ: 55

1. Возводим обе части уравнения в квадрат:

\(\frac{4x + 40}{17} = 16\)

2. Освобождаемся от знаменателя, умножив обе части на 17:

\(4x + 40 = 272\)

3. Переносим слагаемые и находим \(x\):

\(4x = 272 — 40\)

\(4x = 232\)

\(x = 58\)

4. Проверка ОДЗ: подкоренное выражение \(\frac{4 \cdot 58 + 40}{17} = \frac{272}{17} = 16 \geq 0\), корень верный.

Ответ: 58

1. Выносим общий множитель \(\sqrt{3}\) за скобки:

\(\sqrt{3}\left(\cos^2\frac{5\pi}{12} — \sin^2\frac{5\pi}{12}\right)\)

2. Применяем формулу косинуса двойного угла \(\cos 2\alpha = \cos^2\alpha — \sin^2\alpha\):

\(\cos^2\frac{5\pi}{12} — \sin^2\frac{5\pi}{12} = \cos\left(2 \cdot \frac{5\pi}{12}\right) = \cos\frac{5\pi}{6}\)

3. Находим значение косинуса:

\(\cos\frac{5\pi}{6} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\)

4. Подставляем и вычисляем итоговое значение выражения:

\(\sqrt{3} \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\frac{3}{2} = -1{,}5\)

Ответ: -1,5

1. Вспоминаем геометрический смысл производной:
Прямая \(y = -3\) — горизонтальная (её угловой коэффициент равен 0). Касательная к графику параллельна ей в точках, где производная функции обращается в ноль, то есть в точках локальных экстремумов (максимумов и минимумов) функции.
2. Считаем по графику количество точек экстремума:
Просматривая график слева направо на интервале \((-1;10)\), отмечаем все точки, где кривая меняет направление возрастания на убывание или наоборот — именно в этих точках касательная горизонтальна.
3. Подсчитываем найденные точки:
По графику таких точек ровно четыре.

Ответ: 4

1. Составляем неравенство по условию задачи:

\(1{,}6 + 8t — 5t^2 \geq 3\)

2. Переносим все слагаемые в одну сторону:

\(-5t^2 + 8t — 1{,}4 \geq 0\)

Умножим обе части на \(-1\), сменив знак неравенства:

\(5t^2 — 8t + 1{,}4 \leq 0\)

3. Находим корни соответствующего квадратного уравнения:

\(D = 8^2 — 4 \cdot 5 \cdot 1{,}4 = 64 — 28 = 36\)

\(t = \frac{8 \pm 6}{10}\)

\(t_1 = 0{,}2, \quad t_2 = 1{,}4\)

4. Определяем промежуток, на котором выполняется неравенство:
Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство \(5t^2 — 8t + 1{,}4 \leq 0\) выполняется между корнями:

\(t \in [0{,}2;\ 1{,}4]\)

5. Находим продолжительность этого промежутка времени:

\(1{,}4 — 0{,}2 = 1{,}2\) с

Ответ: 1,2

1. Вводим переменную для скорости второго велосипедиста:
Пусть скорость второго велосипедиста равна \(v\) км/ч, тогда скорость первого равна \(v + 1\) км/ч (обе скорости положительны).
2. Составляем уравнение через время в пути:
Время второго велосипедиста больше времени первого на 1 час:

\(\frac{240}{v} — \frac{240}{v + 1} = 1\)

3. Приводим уравнение к общему знаменателю и упрощаем:

\(240(v + 1) — 240v = v(v + 1)\)

\(240 = v^2 + v\)

4. Решаем полученное квадратное уравнение:

\(v^2 + v — 240 = 0\)

\(D = 1^2 + 4 \cdot 240 = 1 + 960 = 961 = 31^2\)

\(v = \frac{-1 + 31}{2} = 15\)

(отрицательный корень не подходит по смыслу задачи).
5. Находим скорость первого велосипедиста (пришедшего к финишу первым):

\(v + 1 = 15 + 1 = 16\) км/ч

Ответ: 16

1. Отмечаем по графику две точки, через которые проходит прямая:
По клеткам сетки график проходит через точки \((-1; 4)\) и \((1; 1)\).
2. Находим угловой коэффициент \(k\) по двум точкам прямой:

\(k = \frac{1 — 4}{1 — (-1)} = \frac{-3}{2} = -1{,}5\)

3. Находим коэффициент \(b\), подставив координаты одной из точек:

\(1 = -1{,}5 \cdot 1 + b \Rightarrow b = 1 + 1{,}5 = 2{,}5\)

Таким образом, \(f(x) = -1{,}5x + 2{,}5\).
4. Вычисляем значение функции в точке \(x = -16\):

\(f(-16) = -1{,}5 \cdot (-16) + 2{,}5 = 24 + 2{,}5 = 26{,}5\)

Ответ: 26,5

1. Обозначаем начальную сумму кредита и записываем изменение долга по годам:
Пусть \(S\) — сумма, взятая в кредит, \(X = 2\,132\,325\) руб — ежегодный платёж. Коэффициент роста долга за год: \(1{,}125 = \frac{9}{8}\). После начисления процентов и очередного платежа долг составит:

\(S_1 = S \cdot 1{,}125 — X\)

\(S_2 = S_1 \cdot 1{,}125 — X\)

и так далее, всего 4 раза, причём после четвёртого платежа долг должен обнулиться: \(S_4 = 0\).
2. Разворачиваем рекуррентную формулу и получаем уравнение:

\(0 = S \cdot 1{,}125^4 — X \cdot \left(1{,}125^3 + 1{,}125^2 + 1{,}125 + 1\right)\)

3. Выражаем начальную сумму кредита \(S\):

\(S = X \cdot \frac{1{,}125^3 + 1{,}125^2 + 1{,}125 + 1}{1{,}125^4}\)

4. Вычисляем степени числа \(1{,}125 = \frac{9}{8}\):

\(1{,}125^2 = \frac{81}{64}, \quad 1{,}125^3 = \frac{729}{512}, \quad 1{,}125^4 = \frac{6561}{4096}\)

5. Находим сумму числителя, приведя дроби к знаменателю 512:

\(1 + \frac{9}{8} + \frac{81}{64} + \frac{729}{512} = \frac{512 + 576 + 648 + 729}{512} = \frac{2465}{512}\)

6. Составляем итоговый коэффициент:

\(\frac{2465/512}{6561/4096} = \frac{2465 \cdot 8}{6561} = \frac{19720}{6561}\)

7. Вычисляем сумму кредита:
Заметим, что \(2\,132\,325 : 6561 = 325\) (делится без остатка), поэтому:

\(S = 325 \cdot 19720 = 6\,409\,000\) руб

Ответ: 6 409 000

а) Решение уравнения

1. Упрощаем выражение \(\cos\left(\frac{3\pi}{2} + x\right)\) по формуле приведения:

\(\cos\left(\frac{3\pi}{2} + x\right) = \sin x\)

Следовательно, \(\cos^2\left(\frac{3\pi}{2} + x\right) = \sin^2 x\).
2. Заменяем \(\sin 2x\) по формуле синуса двойного угла и подставляем в уравнение:

\(2\sqrt{3}\sin^2 x — 2\sin x \cos x = 0\)

3. Выносим общий множитель за скобки:

\(2\sin x \left(\sqrt{3}\sin x — \cos x\right) = 0\)

4. Приравниваем каждый множитель к нулю:

• • \(\sin x = 0 \Rightarrow x = \pi k, \ k \in \mathbb{Z}\)
• • \(\sqrt{3}\sin x — \cos x = 0 \Rightarrow \tan x = \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow x = \frac{\pi}{6} + \pi k, \ k \in \mathbb{Z}\)

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

б) Отбор корней на промежутке \(\left[\frac{3\pi}{2}; 3\pi\right]\)

1. Проверяем серию \(x = \pi k\):

\(\frac{3\pi}{2} \leq \pi k \leq 3\pi \ \Rightarrow \ 1{,}5 \leq k \leq 3\)

Целые значения \(k = 2\) и \(k = 3\) дают корни \(x = 2\pi\) и \(x = 3\pi\).
2. Проверяем серию \(x = \frac{\pi}{6} + \pi k\):

\(\frac{3\pi}{2} \leq \frac{\pi}{6} + \pi k \leq 3\pi\)

При \(k = 2\) получаем \(x = \frac{\pi}{6} + 2\pi = \frac{13\pi}{6}\), что попадает в промежуток. При \(k = 1\) значение \(\frac{7\pi}{6}\) меньше \(\frac{3\pi}{2}\), а при \(k = 3\) значение \(\frac{19\pi}{6}\) больше \(3\pi\) — эти значения не подходят.
3. Собираем все найденные корни:

Ответ б): \(2\pi;\ \ \frac{13\pi}{6};\ \ 3\pi\)

а) Доказательство

1. Используем свойство равных боковых рёбер:
Так как \(SA = SB = SC = SD\), основание высоты пирамиды (точка \(O\)) равноудалено от всех вершин основания: по теореме Пифагора \(SA^2 = SO^2 + OA^2\), и аналогично для остальных вершин, откуда \(OA = OB = OC = OD\). Значит, \(O\) — центр окружности, описанной около четырёхугольника \(ABCD\).
2. Обозначаем сторону и вводим центральные углы:
Пусть \(AB = BC = CD = a\), тогда \(AD = 2a\), и пусть \(R\) — радиус описанной окружности. Так как треугольники \(OAB\), \(OBC\), \(OCD\) равнобедренные с боковыми сторонами \(R\) и основанием \(a\), они равны, поэтому центральные углы равны: \(\angle AOB = \angle BOC = \angle COD = \varphi\).
3. Составляем уравнение для оставшегося центрального угла \(\angle DOA = 2\pi — 3\varphi\):
По теореме о хорде \(a = 2R\sin\frac{\varphi}{2}\) и \(2a = 2R\sin\frac{2\pi — 3\varphi}{2} = 2R\sin\left(\pi — \frac{3\varphi}{2}\right) = 2R\sin\frac{3\varphi}{2}\). Так как \(AD = 2a\), получаем:

\(\sin\frac{3\varphi}{2} = 2\sin\frac{\varphi}{2}\)

4. Раскладываем \(\sin\frac{3\varphi}{2}\) и решаем уравнение:

\(\sin\frac{3\varphi}{2} = \sin\frac{\varphi}{2}\left(1 + 2\cos\varphi\right)\)

Приравнивая к \(2\sin\frac{\varphi}{2}\) и сокращая на \(\sin\frac{\varphi}{2} \neq 0\), получаем \(1 + 2\cos\varphi = 2 \Rightarrow \cos\varphi = \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi = 60^\circ\).
5. Находим угол \(\angle DOA\):

\(\angle DOA = 360^\circ — 3 \cdot 60^\circ = 180^\circ\)

Так как угол \(\angle DOA = 180^\circ\), точки \(A\), \(O\), \(D\) лежат на одной прямой, то есть \(O\) — середина отрезка \(AD\). Значит, основание высоты пирамиды, опущенной из \(S\), совпадает с серединой \(AD\), что и требовалось доказать.

б) Отношение, в котором плоскость \(BNM\) делит высоту

1. Вводим систему координат:
Пусть \(a = 1\). Тогда \(O(0;0;0)\), \(A(-1;0;0)\), \(D(1;0;0)\). Из доказательства пункта а) точки \(B\) и \(C\) лежат на окружности радиуса 1 с центром \(O\): \(B(-0{,}5;\ \frac{\sqrt3}{2};\ 0)\), \(C(0{,}5;\ \frac{\sqrt3}{2};\ 0)\).
2. Находим высоту пирамиды \(H = SO\):
Так как \(SA = AD = 2\), а \(OA = 1\), из прямоугольного треугольника \(SOA\):

\(H = \sqrt{SA^2 — OA^2} = \sqrt{4 — 1} = \sqrt{3}\)

Значит, \(S(0;0;\sqrt3)\).
3. Находим координаты точек \(N\) и \(M\):
\(N\) — середина \(SC\):

\(N\left(0{,}25;\ \frac{\sqrt3}{4};\ \frac{\sqrt3}{2}\right)\)

\(M\) делит \(SD\) в отношении \(SM:MD = 1:3\), считая от \(S\):

\(M = S + \frac{1}{4}(D — S) = \left(0{,}25;\ 0;\ 0{,}75\sqrt3\right)\)

4. Составляем уравнение плоскости \(BNM\) вида \(px + qy + rz = s\):
Подставляя координаты точек \(B\), \(N\), \(M\) в уравнение плоскости и решая полученную систему, находим:

\(p = -\frac{1}{\sqrt3}, \quad q = 1, \quad r = 1, \quad s = \frac{2\sqrt3}{3}\)

5. Находим точку пересечения плоскости с высотой \(SO\) (прямой \(x=0,\ y=0\)):

\(0 + 0 + z = \frac{2\sqrt3}{3} \Rightarrow z = \frac{2\sqrt3}{3}\)

6. Находим отношение отрезков высоты, считая от вершины \(S\):
Расстояние от \(S\left(z=\sqrt3\right)\) до точки пересечения:

\(\sqrt3 — \frac{2\sqrt3}{3} = \frac{\sqrt3}{3}\)

Расстояние от точки пересечения до \(O\ (z=0)\):

\(\frac{2\sqrt3}{3}\)

Отношение: \(\frac{\sqrt3}{3} : \frac{2\sqrt3}{3} = 1 : 2\).

Ответ: 1 : 2

1. Вводим замену переменной:
Пусть \(u = x^2 + 2x — 5\) и \(t = 2^u\), тогда \(4^u = t^2\). Неравенство принимает вид:

\(4t^2 — 33t + 8 \geq 0\)

2. Находим корни соответствующего квадратного уравнения:

\(D = 33^2 — 4 \cdot 4 \cdot 8 = 1089 — 128 = 961 = 31^2\)

\(t = \frac{33 \pm 31}{8} \Rightarrow t_1 = 0{,}25, \quad t_2 = 8\)

3. Определяем промежуток для \(t\) (ветви параболы направлены вверх):

\(t \leq 0{,}25 \ \text{или} \ t \geq 8\)

4. Возвращаемся к переменной \(u\) через \(2^u\):

\(2^u \leq \frac{1}{4} = 2^{-2} \ \text{или} \ 2^u \geq 8 = 2^3\)

Так как показательная функция возрастает, получаем:

\(u \leq -2 \ \text{или} \ u \geq 3\)

5. Решаем неравенство \(x^2 + 2x — 5 \leq -2\):

\(x^2 + 2x — 3 \leq 0 \Rightarrow (x + 3)(x — 1) \leq 0 \Rightarrow x \in [-3; 1]\)

6. Решаем неравенство \(x^2 + 2x — 5 \geq 3\):

\(x^2 + 2x — 8 \geq 0 \Rightarrow (x + 4)(x — 2) \geq 0 \Rightarrow x \in (-\infty; -4] \cup [2; +\infty)\)

7. Объединяем оба промежутка в итоговый ответ:

Ответ: \((-\infty; -4] \cup [-3; 1] \cup [2; +\infty)\)

1. Выражаем мощность как функцию сопротивления нагрузки:

\(P(R) = I^2 R = \frac{\varepsilon^2 R}{(r + R)^2}\)

2. Применяем неравенство о среднем (для положительных \(R\) и \(r\)):
По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим:

\((R + r)^2 \geq 4Rr\)

причём равенство достигается только при \(R = r\).
3. Оцениваем мощность сверху с помощью этого неравенства:

\(P(R) = \frac{\varepsilon^2 R}{(R + r)^2} \leq \frac{\varepsilon^2 R}{4Rr} = \frac{\varepsilon^2}{4r}\)

4. Заключаем, что максимум достигается при \(R = r\), и подставляем данные:

\(P_{\max} = \frac{\varepsilon^2}{4r} = \frac{50^2}{4 \cdot 1} = \frac{2500}{4} = 625\) Вт

Ответ: 625 Вт

а) Доказательство

1. Используем гомотетию с центром в точке \(K\):
Поскольку окружности касаются внешним образом в точке \(K\), существует гомотетия с центром \(K\) и отрицательным коэффициентом \(-\frac{r}{R}\) (где \(R\), \(r\) — радиусы окружностей), переводящая первую окружность во вторую.
2. Прослеживаем, куда переходят точки \(A\) и \(D\):
Точка \(A\) лежит на первой окружности и на прямой \(AK\); эта прямая пересекает вторую окружность в точке \(C\) — значит, гомотетия переводит \(A\) в \(C\). Аналогично, точка \(D\) лежит на первой окружности и на прямой \(BK\); эта прямая пересекает вторую окружность в точке \(B\) — значит, гомотетия переводит \(D\) в \(B\).
3. Применяем свойство гомотетии для отрезков:
Гомотетия переводит отрезок \(AD\) в отрезок \(CB\), а образ отрезка при гомотетии всегда параллелен самому отрезку. Следовательно, \(AD \parallel BC\), что и требовалось доказать.

б) Площадь треугольника \(AKB\)

1. Доказываем, что угол \(AKB\) прямой:
Пусть \(M\) — середина отрезка \(AB\). Отрезки \(MA\) и \(MK\) — касательные, проведённые из точки \(M\) к первой окружности (\(MA\) касается её в точке \(A\), а \(MK\) лежит на общей внутренней касательной к обеим окружностям в точке \(K\)), поэтому по свойству равенства отрезков касательных \(MA = MK\). Аналогично для второй окружности \(MB = MK\). Значит, \(MA = MB = MK\), то есть точка \(K\) лежит на окружности с диаметром \(AB\) и центром \(M\). По теореме, обратной теореме Фалеса, \(\angle AKB = 90^\circ\).
2. Находим длину общей внешней касательной \(AB\):
Расстояние между центрами окружностей равно \(R + r\) (окружности касаются внешним образом). Длина общей внешней касательной:

\(AB = \sqrt{(R + r)^2 — (R — r)^2} = \sqrt{4Rr} = 2\sqrt{Rr} = 2\sqrt{4 \cdot 1} = 4\)

3. Находим отношение катетов \(KA\) и \(KB\) прямоугольного треугольника:
Из подобия треугольников, образованных радиусами и отрезками \(KA\), \(KB\) (оба перпендикулярны касательной \(AB\) в соответствующих точках), следует отношение:

\(\frac{KA}{KB} = \sqrt{\frac{R}{r}} = \sqrt{\frac{4}{1}} = 2\)

4. Составляем систему с теоремой Пифагора и находим катеты:
Так как \(KA = 2KB\) и \(KA^2 + KB^2 = AB^2 = 16\):

\(4KB^2 + KB^2 = 16 \Rightarrow KB^2 = \frac{16}{5} \Rightarrow KB = \frac{4}{\sqrt5}, \quad KA = \frac{8}{\sqrt5}\)

5. Вычисляем площадь прямоугольного треугольника \(AKB\):

\(S = \frac{1}{2} \cdot KA \cdot KB = \frac{1}{2} \cdot \frac{8}{\sqrt5} \cdot \frac{4}{\sqrt5} = \frac{1}{2} \cdot \frac{32}{5} = \frac{16}{5} = 3{,}2\)

Ответ: 3,2

1. Делаем замену переменной, упрощающую правую часть:
Пусть \(t = x + 1\), тогда \(t > 0\) на заданном промежутке, а правая часть \(ax + a — 2 = a(x+1) — 2 = at — 2\). Уравнение принимает вид:

\(\left|\frac{5}{t} — 3\right| = at — 2\)

2. Исследуем поведение левой части \(f(t) = \left|\frac{5}{t} — 3\right|\):
При \(0 < t < \frac{5}{3}\): \(f(t) = \frac{5}{t} — 3\) — убывает от \(+\infty\) до \(0\).
При \(t \geq \frac{5}{3}\): \(f(t) = 3 — \frac{5}{t}\) — возрастает от \(0\), приближаясь к горизонтальной асимптоте \(y = 3\).
Заметим, что при \(a \leq 0\) правая часть \(at — 2 < 0\) при всех \(t>0\), а левая часть неотрицательна, поэтому корней нет. Далее рассматриваем \(a > 0\).
3. Решаем уравнение на первой ветви \(\left(0 < t < \frac{5}{3}\right)\):

\(\frac{5}{t} — 3 = at — 2 \ \Rightarrow \ at^2 + t — 5 = 0\)

Обозначим \(F(t) = at^2+t-5\). Так как \(F(0)=-5<0\), положительный корень этого уравнения лежит в промежутке \(\left(0;\frac{5}{3}\right)\) тогда и только тогда, когда \(F\left(\frac{5}{3}\right) > 0\), то есть \(\frac{25a}{9} — \frac{10}{3} > 0 \Rightarrow a > \frac{6}{5}\).
4. Решаем уравнение на второй ветви \(\left(t \geq \frac{5}{3}\right)\):

\(3 — \frac{5}{t} = at — 2 \ \Rightarrow \ at^2 — 5t + 5 = 0\)

Обозначим \(G(t) = at^2-5t+5\). Оба корня этого уравнения (если они существуют и вещественны) положительны, так как их сумма и произведение положительны. Дискриминант \(D = 25 — 20a \geq 0\) при \(a \leq \frac{5}{4}\).
5. Определяем, когда оба корня уравнения \(G(t)=0\) лежат в области \(t \geq \frac{5}{3}\):
Вершина параболы \(G(t)\) находится в точке \(t = \frac{5}{2a}\). При \(\frac{6}{5} < a \leq \frac{5}{4}\) она больше \(\frac{5}{3}\), а \(G\left(\frac{5}{3}\right) = \frac{25a}{9} — \frac{10}{3} > 0\) (то же условие, что и в пункте 3). Значит, оба корня лежат правее \(\frac{5}{3}\) и оба подходят.
6. Собираем условие на количество корней:
При \(\frac{6}{5} < a \leq \frac{5}{4}\) первая ветвь даёт 1 корень, а вторая — 2 корня, итого 3 корня (больше двух). При \(a = \frac{6}{5}\) обе ветви «стыкуются» в общей граничной точке \(t = \frac{5}{3}\), а второй корень уравнения \(G(t) = 0\) равен \(2{,}5\), что также даёт корень уравнения — итоговое число решений остаётся не меньше рассматриваемого случая. Таким образом, подходящий промежуток параметра:

Ответ: \(\left[\frac{6}{5};\ \frac{5}{4}\right]\)

а) 2 эксперта и 5 кинофильмов

1. Формулируем условие для целого рейтинга:
При 2 экспертах рейтинг фильма — это \(\sqrt{ab}\), где \(a \neq b\) — оценки от 1 до 10. Чтобы рейтинг был целым, произведение \(ab\) должно быть точным квадратом.
2. Перебираем все пары различных чисел от 1 до 10 с произведением-квадратом:

• • \(1 \cdot 4 = 4 \Rightarrow \sqrt{4} = 2\)
• • \(1 \cdot 9 = 9 \Rightarrow \sqrt{9} = 3\)
• • \(2 \cdot 8 = 16 \Rightarrow \sqrt{16} = 4\)
• • \(4 \cdot 9 = 36 \Rightarrow \sqrt{36} = 6\)

Других пар различных чисел от 1 до 10 с произведением, равным точному квадрату, не существует.
3. Делаем вывод:
Всего возможно получить лишь 4 различных целых значения рейтинга (2, 3, 4 и 6), поэтому иметь 5 фильмов с различными целыми рейтингами при 2 экспертах невозможно.

Ответ а): нет

б) 3 эксперта и 4 кинофильма

1. Ищем четыре тройки различных чисел от 1 до 10 с произведением — точным кубом:

• • \(\{1;2;4\}: \ 1 \cdot 2 \cdot 4 = 8 = 2^3 \Rightarrow \sqrt[3]{8} = 2\)
• • \(\{1;3;9\}: \ 1 \cdot 3 \cdot 9 = 27 = 3^3 \Rightarrow \sqrt[3]{27} = 3\)
• • \(\{2;4;8\}: \ 2 \cdot 4 \cdot 8 = 64 = 4^3 \Rightarrow \sqrt[3]{64} = 4\)
• • \(\{4;6;9\}: \ 4 \cdot 6 \cdot 9 = 216 = 6^3 \Rightarrow \sqrt[3]{216} = 6\)

2. Проверяем условие задачи:
В каждом фильме все три оценки различны, а получившиеся рейтинги (2, 3, 4 и 6) — различные целые числа. Значит, такой пример действительно существует.

Ответ б): да

в) Наибольшее количество экспертов для одного фильма

1. Формулируем задачу в терминах произведения оценок:
Нужно найти наибольшее \(n\), при котором существует \(n\) различных чисел от 1 до 10, произведение которых является точной \(n\)-й степенью целого числа.
2. Исключаем числа 5, 7 и 10 из рассмотрения при больших \(n\):
Простой множитель 7 встречается только в числе 7, а простой множитель 5 — в числах 5 и 10. Поскольку суммарная степень такого простого множителя должна делиться на \(n\) (при \(n \geq 4\)), а она не превышает 1–2 при использовании этих чисел, эти числа приходится исключать из набора.
3. Ищем подходящую четвёрку чисел среди оставшихся \(\{1,2,3,4,6,8,9\}\):
Рассмотрим набор \(\{3; 6; 8; 9\}\):

\(3 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 9 = 1296 = 6^4\)

Среднее геометрическое равно \(\sqrt[4]{1296} = 6\) — целое число! Значит, при \(n = 4\) ситуация возможна.
4. Проверяем, возможно ли \(n = 5\):
Аналогичный анализ степеней простых чисел 2 и 3 среди оставшихся семи чисел \(\{1,2,3,4,6,8,9\}\) показывает, что подобрать пять из них с суммой показателей степени, кратной 5 одновременно по простым 2 и 3, невозможно — соответствующая система условий не имеет решения.
5. Заключение:
Наибольшее возможное количество экспертов, при котором рейтинг одного фильма может быть целым числом, равно 4.

Ответ в): 4