Задания ВПР по математике за 10 класс с ответами за 2026 год (вариант 6)

1. Пусть одна часть художников равна \(k\). Тогда живописцев в городе \(7k\), а графиков — \(4k\).

2. Общее количество художников: \(7k + 4k = 11k\).

3. Найдем количество художников со скидкой:

• • Живописцы со скидкой: \(0,31 \cdot 7k = 2,17k\)
• • Графики со скидкой: \(0,20 \cdot 4k = 0,8k\)

4. Всего художников со скидкой: \(2,17k + 0,8k = 2,97k\).

5. Вычислим искомый процент:

\(P = \frac{2,97k}{11k} \cdot 100\% = 0,27 \cdot 100\% = 27\%\)

Ответ: 27

1. Упростим выражение, используя свойства степеней:

\(b^{20 \cdot \frac{1}{8}} \cdot b^{-7} : b^{-3 \cdot 2} = b^{2,5} \cdot b^{-7} : b^{-6}\)

2. Сложим и вычтем показатели степеней:

\(b^{2,5 + (-7) — (-6)} = b^{2,5 — 7 + 6} = b^{1,5}\)

3. Подставим \(b = 0,01 = 0,1^2\):

\((0,1^2)^{1,5} = 0,1^{2 \cdot 1,5} = 0,1^3 = 0,001\)

Ответ: 0,001

1. Используем свойство нечётности синуса: \(\sin(-\alpha) = -\sin \alpha\).

\(\sin(-68^\circ) = -\sin 68^\circ\)

2. Применим формулу приведения: \(\sin 68^\circ = \sin(90^\circ — 22^\circ) = \cos 22^\circ\).

3. Подставим в выражение:

\(\frac{12 \cos 22^\circ}{-\cos 22^\circ} = -12\)

Ответ: -12

1. Воспользуемся формулой \(n\)-го члена арифметической прогрессии:

\(a_n = a_1 + (n — 1)d\)

2. Подставим известные значения для шестого члена (\(n = 6\)):

\(40 = 5 + (6 — 1)d\)

3. Решим уравнение относительно \(d\):

\(40 = 5 + 5d \Rightarrow 5d = 35 \Rightarrow d = 7\)

Ответ: 7

1. Рассмотрим треугольник \(AKC\). Так как \(AK = CK\), треугольник является равнобедренным.

2. Углы при основании равнобедренного треугольника равны \(\Rightarrow \angle KAC = \angle C = 18^\circ\).

3. Поскольку \(AK\) — биссектриса угла \(A\), то весь угол \(A\) в два раза больше \(\angle KAC\):

\(\angle A = 2 \cdot 18^\circ = 36^\circ\)

4. Сумма углов в треугольнике \(ABC\) равна \(180^\circ\). Находим угол \(B\):

\(\angle B = 180^\circ — (\angle A + \angle C) = 180^\circ — (36^\circ + 18^\circ) = 126^\circ\)

Ответ: 126

1. Найдем общее количество маркеров в коробке:

\(n = 26 + 14 = 40\)

2. Количество благоприятных исходов (синие маркеры):

\(m = 14\)

3. Вычислим вероятность по формуле \(P = \frac{m}{n}\):

\(P = \frac{14}{40} = \frac{7}{20} = 0,35\)

Ответ: 0,35

Используем формулу для нахождения количества элементов пересечения двух множеств:

\(N(A \cap B) = N(A) + N(B) — N(A \cup B)\)

Где:

• • \(N(A) = 16\) (антибликовое покрытие);
• • \(N(B) = 10\) (фотохромное покрытие);
• • \(N(A \cup B) = 23\) (всего моделей, так как очков без покрытия нет).

Подставим значения:

\(x = 16 + 10 — 23 \Rightarrow x = 26 — 23 = 3\)

Ответ: 3

1. Определим коэффициенты по графику. Начальная точка графика (вершина) находится в координатах \((4; -1)\).

• • Тот факт, что график направлен влево, отражён в формуле знаком минус перед \(x\).
• • Сдвиг вправо на 4 единицы по оси \(Ox\) означает, что \(a = 4\).
• • Сдвиг на 1 единицу вниз по оси \(Oy\) означает, что \(b = -1\).

Получаем функцию: \(f(x) = \sqrt{4 — x} — 1\).

2. Составим и решим уравнение для \(f(x) = 9\):

\(\sqrt{4 — x} — 1 = 9 \Rightarrow \sqrt{4 — x} = 10\)

\(4 — x = 10^2 \Rightarrow 4 — x = 100\)

\(x = 4 — 100 = -96\)

Ответ: -96

1. Выпишем все возможные исходы (комбинации), где решка (Р) выпадает ровно 3 раза из 4 бросков:

• 1) ОРРР (Орёл в первый раз)
• 2) РОРР (Орёл во второй раз)
• 3) РРОР (Орёл в третий раз)
• 4) РРРО (Орёл в четвёртый раз)

Всего существует 4 равновероятных комбинации, удовлетворяющих условию.

2. Найдём количество комбинаций, где в первый раз выпал орёл. Это только первый вариант: (ОРРР). Благоприятный исход — 1.

3. Вычислим вероятность:

\(P = \frac{1}{4} = 0,25\)

Ответ: 0,25

1. Воспользуемся формулой косинуса двойного угла через косинус одинарного угла:

\(\cos 2\alpha = 2\cos^2 \alpha — 1\)

2. Подставим заданное значение \(\cos \alpha = 0,7\):

\(\cos 2\alpha = 2 \cdot (0,7)^2 — 1 = 2 \cdot 0,49 — 1 = 0,98 — 1 = -0,02\)

Ответ: -0,02

1. В ромбе диагонали перпендикулярны и делятся точкой пересечения \(O\) пополам. Рассмотрим прямоугольный треугольник \(BOC\):

• • Катет \(OC = \frac{AC}{2} = \frac{140}{2} = 70\).
• • \(\text{tg } \angle BCA = \frac{BO}{OC} \Rightarrow BO = OC \cdot \text{tg } \angle BCA = 70 \cdot \frac{24}{7} = 240\).

2. Найдем сторону ромба \(BC\) по теореме Пифагора:

\(BC = \sqrt{BO^2 + OC^2} = \sqrt{240^2 + 70^2} = \sqrt{57600 + 4900} = \sqrt{62500} = 250\).

3. Радиус \(r\) вписанной окружности ромба равен высоте прямоугольного треугольника \(BOC\), проведенной к гипотенузе:

\(r = \frac{BO \cdot OC}{BC} = \frac{240 \cdot 70}{250} = \frac{24 \cdot 70}{25} = \frac{1680}{25} = 67,2\).

Ответ: 67,2

Анализ утверждений:

• • 1) Нет. Угол \(ASC\) зависит от высоты пирамиды и обычно не равен \(90^\circ\).
• • 2) Нет. \(SO\) — катет, \(SM\) — наклонная в \(\triangle SOM\), угол между ними острый.
• • 3) Да. В квадрате диагонали перпендикулярны \(\Rightarrow AC \perp BD\), значит и их части \(CO \perp DO\).
• • 4) Да. Аналогично п.3, диагонали квадрата перпендикулярны (\(BD \perp AC\)).
• • 5) Да. \(ABCD\) — квадрат, его смежные стороны перпендикулярны (\(AB \perp CB\)).

Ответ: 345

1. Решение уравнения:

Перепишем тангенс через синус и косинус (\(\cos x \neq 0\)):

\(\sqrt{3} \cdot \frac{\sin x}{\cos x} + 2\sin x = 0\)

Вынесем \(\sin x\) за скобки:

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

Получаем две ветви решения:

• • \(\sin x = 0 \Rightarrow x = \pi k, k \in \mathbb{Z}\)
• • \(\frac{\sqrt{3}}{\cos x} = -2 \Rightarrow \cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow x = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}\)

2. Отбор корней на отрезке \([\frac{3\pi}{2}; 3\pi]\):

• • Из первой серии \(x = \pi k\): при \(k = 2\) получаем \(x = 2\pi\); при \(k = 3\) получаем \(x = 3\pi\). Оба корня входят.
• • Из второй серии \(x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n\): при \(n = 1\) получаем \(x = \frac{17\pi}{6} \approx 2,83\pi\). Корень входит.
• • Из второй серии \(x = -\frac{5\pi}{6} + 2\pi n\): при \(n = 1\) получаем \(x = \frac{7\pi}{6} \approx 1,16\pi\) (вне); при \(n = 2\) получаем \(x = \frac{19\pi}{6} > 3\pi\) (вне).

Ответ:
1) \(\pi k; \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, k, n \in \mathbb{Z}\)
2) \(2\pi; \frac{17\pi}{6}; 3\pi\)

1. Разложим знаменатель \(x^2 — x — 12\) на множители. Корни по теореме Виета: \(4\) и \(-3\).

\(x^2 — x — 12 = (x — 4)(x + 3)\)

2. Перепишем неравенство с учётом разложения и ОДЗ (\(x \neq 4, x \neq -3\)):

\(\frac{(x + 3)^2(x — 4)}{(x — 4)(x + 3)} \geq 0\)

3. Сократим выражение на \((x — 4)(x + 3)\) при условии \(x \neq 4\) и \(x \neq -3\):

\(x + 3 \geq 0 \Rightarrow x \geq -3\)

4. Применим ограничения из ОДЗ к лучу \([-3; +\infty)\):

• • Точка \(-3\) должна быть исключена (знаменатель не равен 0).
• • Точка \(4\) должна быть исключена (знаменатель не равен 0).

Ответ: \((-3; 4) \cup (4; +\infty)\)

1. Построение графика:

График функции \(y = \left| 2 + \frac{8}{x + 1} \right|\) строится на основе гиперболы \(y = 2 + \frac{8}{x+1}\):

• Вертикальная асимптота: \(x = -1\).
• Горизонтальная асимптота исходной функции: \(y = 2\).
• Точка пересечения с осью \(Ox\) (нуль функции): \(2 + \frac{8}{x+1} = 0 \Rightarrow \frac{8}{x+1} = -2 \Rightarrow x = -5\).
• Часть графика, лежащая ниже оси \(Ox\), отражается зеркально вверх.

2. Анализ количества решений:

Уравнение \(f(x) = c\) имеет ровно одно решение, когда горизонтальная прямая \(y = c\) пересекает график в одной точке:

• • При \(c = 0\): Прямая касается оси \(Ox\) в точке излома \((-5; 0)\). 1 решение.
• • При \(c = 2\): Прямая совпадает с горизонтальной асимптотой. Она никогда не пересечёт правую ветвь гиперболы (так как та приближается к \(y=2\) сверху), но пересечёт отражённую левую ветвь в одной точке. 1 решение.
• • При остальных \(c > 0\) (кроме \(c=2\)) прямая пересекает график в двух точках.

Ответ: \(c = 0\); \(c = 2\)

1. Угол между плоскостями \(ABC\) и \(A_1BC\) — это двугранный угол. Его линейный угол \(\angle A_1HA\) образован перпендикулярами \(AH \perp BC\) (высота основания) и \(A_1H \perp BC\).

2. Найдем гипотенузу \(BC\) по теореме Пифагора:

\(BC = \sqrt{AC^2 + AB^2} = \sqrt{7^2 + 24^2} = \sqrt{49 + 576} = 25\)

3. Найдем высоту основания \(AH\), проведенную к гипотенузе:

\(AH = \frac{AC \cdot AB}{BC} = \frac{7 \cdot 24}{25} = \frac{168}{25} = 6,72\)

4. В прямоугольном треугольнике \(A_1AH\) найдем тангенс искомого угла \(\alpha\):

\(\text{tg } \alpha = \frac{AA_1}{AH} = \frac{21}{6,72} = \frac{2100}{672} = 3,125\)

Ответ: \(\text{arctg } 3,125\)

1. Событие «А. выиграл обе партии» означает, что он выиграл первую партию И вторую партию.

2. Независимо от того, каким цветом А. играл сначала, за две партии он сыграет один раз белыми и один раз чёрными.

3. Вероятность одновременного наступления двух независимых событий равна произведению их вероятностей:

\(P = P_{белыми} \cdot P_{чёрными}\)

\(P = 0,3 \cdot 0,1 = 0,03\)

Ответ: 0,03