Этот конспект не сохранится

Закроешь вкладку — потеряешь. Зарегистрируйся — и он будет в библиотеке навсегда.

Telegram

Ваш конспект

YouTubeРАЗБОР ДОСРОКА ЕГЭ2026. ЭТО БЫЛ АД? | Ильич | 100балльный

🔥 Разбор досрочного ЕГЭ по профильной математике 2026

🎯 Ключевые тезисы

  • Первая часть (задания 1-12) — «тест на трезвость»: все задачи из банка ФИПИ, решаемы при хорошей подготовке.
  • Вторая часть сложнее, чем в 2025 году: усложнён №13, параметр (№18) требует сложной аналитической оценки.
  • №15 и №16 — относительно простые, на уровне классических прототипов.
  • Геометрические задачи (№13, №16, №17) требуют внимания к построениям и логике, но не являются "гробами".
  • Стереометрия (№14) может быть решена простыми методами (объёмов, координат).
  • Задача с параметром (№18) — наиболее сложная, требует нестандартных оценок и анализа.
  • Задача №19 на числа и их свойства в этом году оказалась относительно простой.
  • Прогноз на основную волну: №13 будет сложнее обычного, №15 и №16 — стандартные или проще, параметр (№18) останется сложным.

📊 Первая часть (задания 1–12)

🔢 Задания с кратким ответом

  • №1 (геометрия)
    В треугольнике ABC проведена биссектриса AD. ∠C = 104°, ∠CAD = 5°.
    Решение: ∠BAD = ∠CAD = 5° (биссектриса). ∠A = 10°. ∠B = 180° − (104° + 10°) = 66°.

  • №2 (векторы)
    Даны векторы a{6;4} и b{6;5}. Найти длину вектора a + b.
    Решение: a + b = {12;9}. Длина = √(12² + 9²) = √(144 + 81) = √225 = 15.

  • №3 (стереометрия)
    Цилиндр и конус имеют общее основание и высоту. Объём цилиндра = 36. Найти объём конуса.
    Решение: Vконуса = Vцилиндра / 3 = 36 / 3 = 12.

  • №4 (теория вероятностей)
    Вероятность работы мотора >1 года = 0,91, >2 лет = 0,86. Найти вероятность работы от 1 до 2 лет.
    Решение: P(1–2 года) = 0,91 − 0,86 = 0,05.

  • №5 (вероятность)
    В коробке 8 синих, 6 красных, 2 жёлтых фломастера (всего 16). Наугад берут 2. Найти вероятность, что один синий, один красный.
    Решение: P = (8/16 · 6/15) + (6/16 · 8/15) = 2 · (48 / 240) = 96/240 = 2/5.

  • №6 (иррациональное уравнение)
    √(2x + 8) + 5 = 13
    Решение: √(2x + 8) = 8 → 2x + 8 = 64 → 2x = 56 → x = 28.

  • №7 (степени)
    (6² · 7³) / (4 · 9²)
    Решение: 36 · 343 / (4 · 81) = 12348 / 324 = 38,111... (окончательный ответ уточняется вычислением).

  • №8 (производная и график)
    По графику производной найти количество точек минимума на отрезке [−6;4].
    Решение: Производная меняет знак с «−» на «+» в одной точке (x = 2) → 1 точка минимума.

  • №9 (физическая задача)
    Используется формула Стефана-Больцмана: P = σST⁴.
    Решение: После подстановки данных и преобразований получается T⁴ = 6⁴ · 10¹² → T = 6000 K.

  • №10 (сплавы)
    Два сплава с никелем (80% и 30%) смешали, получив 250 кг сплава с 40% никеля. Найти, на сколько масса первого сплава меньше массы второго.
    Решение: Пусть x — масса первого сплава, (250 − x) — масса второго. Уравнение: 0,8x + 0,3(250 − x) = 0,4 · 250 → x = 50 кг (первый сплав), второй = 200 кг. Разница: 200 − 50 = 150 кг.

  • №11 (квадратичная функция)
    Дана парабола y = (x + 4)² − 1 (вершина в точке (−4; −1), a = 1). Найти f(−7).
    Решение: f(−7) = (−7 + 4)² − 1 = 9 − 1 = 8.

  • №12 (производная и точки экстремума)
    Дана функция y = x³ − 15x² + 48lnx + 4. Найти точку минимума.
    Решение: y' = 3x² − 30x + 48/x = 0 → 3x³ − 30x² + 48 = 0 → x² − 10x + 16 = 0 → x = 2 или x = 8. Метод интервалов показывает: x = 8 — точка минимума.

📝 Вторая часть (задания 13–19)

🧮 №13 (тригонометрическое уравнение)

Уравнение: cos²(x + π/4) + cos²x = 1/2
Решение:

  1. Раскрываем квадрат косинуса суммы: cos²(x + π/4) = (cosx·cos(π/4) − sinx·sin(π/4))² = ( (cosx − sinx)/√2 )² = (cosx − sinx)² / 2.
  2. Подставляем в уравнение: (cosx − sinx)² / 2 + cos²x = 1/2.
  3. Упрощаем: (cos²x − 2sinx cosx + sin²x)/2 + cos²x = 1/2 → (1 − sin2x)/2 + cos²x = 1/2.
  4. Заменяем cos²x = (1 + cos2x)/2: (1 − sin2x)/2 + (1 + cos2x)/2 = 1/2 → 2 − sin2x + cos2x = 1 → cos2x − sin2x = −1.
  5. Делим на √2: sin(π/4 − 2x) = −1/√2.
  6. Решаем: 2x − π/4 = π/4 + 2πk или 2x − π/4 = 3π/4 + 2πk → x = π/4 + πk или x = π/2 + πk.
  7. Отбор корней на отрезке [13π/2; 15π/2]: Подходят x = 7π и x = 29π/4.

📈 №15 (логарифмическое неравенство)

Неравенство: log₃₆x / (log₃₆x + 1) < log₃₆x
Решение:

  1. ОДЗ: x > 0, x ≠ 1.
  2. Замена t = log₃₆x: t/(t + 1) < t.
  3. Переносим: t/(t + 1) − t < 0 → (t − t(t + 1))/(t + 1) < 0 → (−t²)/(t + 1) < 0.
  4. Решаем методом интервалов: t ∈ (−½; 0).
  5. Обратная замена: −½ < log₃₆x < 0 → 36⁻¹ᐟ² < x < 36⁰ → 1/6 < x < 1.

💰 №16 (экономическая задача)

Условие: Кредит 250 000 руб. взят на 2 года. Каждый январь долг увеличивается на r%. Выплаты: первый год — 150 000 руб., второй год — 180 000 руб. Найти r.
Решение:

  1. Коэффициент увеличения: k = 1 + r/100.
  2. После первого года: долг = 250 000k. Выплата 150 000 → остаток S₁ = 250 000k − 150 000.
  3. После второго года: долг = S₁·k. Выплата 180 000 → остаток 0: (250 000k − 150 000)k − 180 000 = 0.
  4. Раскрываем: 250 000k² − 150 000k − 180 000 = 0 → делим на 10 000: 25k² − 15k − 18 = 0.
  5. Решаем: D = 225 + 1800 = 2025 → k = (15 + 45)/50 = 1,2 (второй корень отрицательный).
  6. r = (k − 1)·100% = 20%.

📐 №17 (планиметрия)

Условие (адаптировано): В треугольнике проведены построения (медиана, биссектриса, перпендикуляр). Требуется доказать подобие треугольников и найти отношение их площадей.

💡 Пункт А: доказательство подобия

  1. Ключевое наблюдение: Медиана, проведённая к гипотенузе, равна её половине. Это признак прямоугольного треугольника.
  2. Построение окружности: Треугольник ALB — прямоугольный, с гипотенузой AB. Его можно вписать в окружность с диаметром AB. Точки A, C, L, B лежат на одной окружности (вписанный четырёхугольник).
  3. Доказательство через углы: Углы, опирающиеся на одну дугу вписанного четырёхугольника, равны. Отсюда следует равенство нужных углов и подобие треугольников AML и BLC.

    Альтернатива: Можно обойтись без окружности, используя равенства углов через свойства параллельных прямых и биссектрисы.

📊 Пункт Б: отношение площадей

  • Дано: cos(∠BAC) = 7/25. Из этого находится sin(∠BAC) = 24/25.
  • Идея: Коэффициент подобия треугольников AML и BLC равен отношению сторон AM к LB.
  • Связь сторон: В прямоугольном треугольнике ALB сторона LB связана с гипотенузой AB через синус угла LAB, который в два раза меньше угла BAC.
  • Вычисления:
    • cos(2x) = 7/25 → через формулу двойного угла находим cos(x) = 4/5, sin(x) = 3/5.
    • LB = AB * sin(x) = (3/5) * AB
    • AM = AB / 2
    • Коэффициент подобия k = AM / LB = (AB/2) / (3AB/5) = 5/6
  • Ответ: Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия: S_AML / S_BLC = k² = 25/36.

🧊 №14 (стереометрия)

Условие: Дан куб. Точка K — середина ребра. Доказать, что сечение BKD — равнобедренная трапеция, и найти расстояние от вершины куба до плоскости сечения.

✅ Пункт А: Доказательство (равнобедренная трапеция)

  1. Построение: Через точку K проводим отрезок KL, параллельный диагонали BD (и B₁D₁). Точка L окажется серединой соответствующего ребра (т.к. KL — средняя линия в треугольнике).
  2. Равенство боковых сторон: Треугольники DD₁L и BB₁K равны по двум катетам (DD₁ = BB₁, D₁L = B₁K). Следовательно, DL = BK.
  3. Вывод: В четырёхугольнике DBKL стороны LK || DB, а боковые стороны DL и BK равны. Это определение равнобедренной трапеции.

📏 Пункт Б: Нахождение расстояния

  • Метод объёмов: Удобно искать расстояние от точки C₁ до плоскости сечения как высоту пирамиды с вершиной в C₁ и основанием в сечении.
  • Построение: Продлеваем стороны трапеции DL и BK до пересечения в точке M на продолжении ребра куба.
  • Логика: Объём пирамиды M-C₁LK можно выразить двумя способами:
    1. V = (1/3) * S(ΔC₁LK) * MC₁
    2. V = (1/3) * S(ΔMLK) * h, где h — искомое расстояние от C₁ до плоскости.
  • Приравнивая объёмы, находим h.
  • Примечание: В конкретной задаче для вычислений необходимо знать длину ребра куба (в стриме она не была указана, поэтому получена формула в общем виде).

⚙️ №18 (параметр)

Система:
{ 5·2^|x| − 6x² + 6|x| + 7 = 5y + a
{ x² + y² = 1
Найти все a, при которых система имеет единственное решение.

Ключевые шаги:

  1. Чётность: Если (x₀; y₀) — решение, то (−x₀; y₀) тоже решение (из-за |x| и x²). Для единственности необходимо x₀ = 0.
  2. Подставляем x = 0 во второе уравнение: y = ±1.
  3. Подставляем пары (0;1) и (0;−1) в первое уравнение, находим a:
    • Для (0;1): 5·1 + 7 = 5·1 + a → a = −7.
    • Для (0;−1): 5·1 + 7 = 5·(−1) + a → a = −17.
  4. Проверка единственности (для a = −7):
    • Преобразуем первое уравнение: y = 2^|x| − (6/5)x² + (6/5)|x| + 7/5.
    • Функция чётная, исследуем на x ≥ 0. Доказываем, что производная положительна при x ∈ [0;1] (оценкой через ln2 и т.д.), значит, функция возрастает и других решений, кроме x=0, нет.

🔢 №19 (Числа и их свойства)

Условие: Дано 8 различных натуральных чисел, никакие два из которых не имеют общего делителя, большего 1 (взаимно просты в совокупности).

✏️ Пункт А: Пример для суммы 65

  • Ответ: Может.
  • Пример: 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 23. Их сумма равна 65. Важно, что числа не обязательно должны быть простыми, но если составное (например, 9), то нельзя брать числа, кратные его делителям (3, 6 и т.д.).

✏️ Пункт Б: Может ли сумма быть равна 62?

  • Ответ: Нет, не может.
  • Доказательство:
    1. Если среди чисел есть хотя бы одно чётное, то все остальные семь — нечётные (иначе у двух чётных будет общий делитель 2).
    2. Сумма семи нечётных и одного чётного чисел — всегда нечётна. Число 62 — чётное. Противоречие.
    3. Если все числа нечётные, то сумма восьми нечётных чисел — чётна. Однако, наименьшая возможная сумма восьми различных нечётных чисел (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15) уже равна 64, что больше 62. С