Этот конспект не сохранится

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

Telegram

Ваш конспект

YouTubeДОСРОК 2026 | Полный разбор. Досрочный ЕГЭ 2026 по профильной математике | 27 марта 2026

🎯 Разбор досрочного варианта ЕГЭ по математике (профиль)

Ключевые тезисы:

  • Первая часть варианта в целом стандартная, но содержит задачи, которых нет в открытом банке ФИПИ.
  • Вторая часть включает сложную тригонометрию, два неравенства, две экономические задачи, параметр с использованием инвариантности и планиметрию.
  • Параметр (задача 19) — классическая задача на инвариантность, знакомая по прошлым годам.
  • Для успешной подготовки важно не только знать типовые задачи, но и уметь применять нестандартные методы (симметрия, оценки, построение графиков).

📊 Первая часть (задачи 1-12)

🔺 Задача 1 (Планиметрия)

Дан треугольник ABC с биссектрисой AD. ∠BAD = 22°, ∠C = 30°. Найти ∠ADB.

  • Решение: Используем теорему о внешнем угле треугольника. Внешний угол ADB равен сумме двух несмежных с ним углов: ∠ADB = ∠BAD + ∠C = 22° + 30° = 52°.

➕ Задача 2 (Векторы)

Даны векторы a{1; -2} и b{-3; 1}. Найти длину вектора a + 2b.

  • Решение: a + 2b = {1 + 2*(-3); -2 + 2*1} = {-5; 0}. Длина равна модулю координаты x: 5.

🧊 Задача 3 (Стереометрия)

В цилиндр вписан конус. Объём цилиндра 150. Найти объём конуса.

  • Решение: У цилиндра и конуса одинаковые основание и высота. Объём конуса в 3 раза меньше: 150 / 3 = 50.

🎲 Задача 4 (Теория вероятностей)

Вероятность работы сканера >1 года = 0.94, >2 лет = 0.87. Найти вероятность работы от 1 до 2 лет.

  • Решение: Искомая вероятность есть разность: P(1 < t < 2) = P(t > 1) - P(t > 2) = 0.94 - 0.87 = 0.07.

🖍️ Задача 5 (Теория вероятностей)

В коробке 8 синих, 6 красных, 11 зелёных фломастеров. Наугад взяли 2. Найти вероятность, что один синий, другой красный.

  • Решение: Учитываем порядок вытаскивания (синий-красный ИЛИ красный-синий):
    P = (8/25 * 6/24) + (6/25 * 8/24) = (48/600) * 2 = 96/600 = 0.16.
  • ⚠️ Частая ошибка: подсчёт только одного варианта без учёта порядка.

🔢 Задача 6 (Уравнение)

Решить уравнение: √(2x + 73) = 9.

  • Решение: Возводим в квадрат: 2x + 73 = 81 → 2x = 8 → x = 4.

# Задача 7 (Степени)

Вычислить: (3 * ∛8)² / 6.

  • Решение: ∛8 = 2 → (3*2)² / 6 = 36 / 6 = 6.

📈 Задача 8 (Производная)

Дан график производной f'(x) на отрезке [-6; 11]. Найти количество точек максимума f(x).

  • Решение: Точка максимума — где производная меняет знак с "+" на "-". По графику таких точек 5.

🌡️ Задача 9 (Степени)

Найти температуру звезды по формуле: 9.1210²⁵ = 5.710⁻⁸ * (1/6)*10²⁰ * T⁴.

  • Решение: После преобразований: T⁴ = 256 * 10¹² → T = 4 * 10³ = 4000.

⚖️ Задача 10 (Сплавы)

Из двух сплавов (15% и 35% никеля) получили 140 кг сплава с 30% никеля. На сколько кг масса первого сплава меньше массы второго?

  • Решение: Пусть x кг — масса первого сплава. Уравнение: 0.15x + 0.35(140 - x) = 0.3*140. Решение: x = 35 кг (первый), 105 кг (второй). Разность: 70 кг.

📉 Задача 11 (Квадратичная функция)

Дан график параболы f(x)=ax²+bx+c, пересекающей ось x в точках 1 и 2 и проходящей через (0; 2). Найти f(-3).

  • Решение: Запишем уравнение через корни: f(x) = a(x-1)(x-2). Подставим (0;2): 2 = 2a → a=1. Тогда f(x) = (x-1)(x-2). f(-3) = (-4)*(-5) = 20.

📐 Задача 12 (Логарифмическая функция)

Найти точку максимума функции y = ln(73 + 2x - x²).

  • Решение: Точка максимума логарифма совпадает с точкой максимума квадратичной функции под ним. Вершина параболы 73 + 2x - x²: x₀ = -b/(2a) = -2/(2*(-1)) = 1.

🧮 Вторая часть (задачи 13-19)

🔄 Задача 13 (Тригонометрическое уравнение)

Решить на [3π; 4π]: cos²x = 1 - 2sin²(x - π/4).

  • Решение:
    1. Преобразуем: 2cos²x = 2 - 4sin²(x - π/4) → 2cos²x = cos(2x - π/2) = sin(2x).
    2. Получаем: 2cos²x = 2sinx cosx → 2cosx(cosx - sinx) = 0.
    3. Два случая:
      • cosx = 0 → x = π/2 + πk. На отрезке: 3.5π.
      • cosx = sinx → tgx = 1 → x = π/4 + πk. На отрезке: 13π/4.
  • Ответ: x = {13π/4; 7π/2}.

⚖️ Задача 14 (Логарифмическое неравенство) — Вариант 1

Решить: log₃₆ₓ x + 1/(log₃₆ x + 1) ≤ log₃₆ x.

  • Решение:
    1. Замена: t = log₃₆ x.
    2. Неравенство: t + 1/(t+1) ≤ t → 1/(t+1) ≤ 0 → t < -1.
    3. Обратная замена: log₃₆ x < -1. Учитывая ОДЗ (x>0, x≠1/36): 0 < x < 1/36.
  • Ответ: x ∈ (0; 1/36).

⚖️ Задача 14 (Логарифмическое неравенство) — Вариант 2

Решить: 9/log₃ x - log₃ (9/x) ≤ 34 / log₃ (x²).

  • Решение:
    1. Упростить: 9/log₃ x - (2 - log₃ x) ≤ 34/(2log₃ x). Замена: t = log₃ x.
    2. Привести к общему знаменателю: (8 + 2t - t²)/t ≤ 0 → (t² - 2t - 8)/t ≥ 0.
    3. Метод интервалов: t ∈ [-2; 0) ∪ [4; +∞).
    4. Обратная замена:
      • log₃ x ∈ [-2; 0) → x ∈ [1/9; 1)
      • log₃ x ≥ 4 → x ≥ 81.
  • Ответ: x ∈ [1/9; 1) ∪ [81; +∞).

💰 Задача 16 (Экономика) — Вариант 1

Кредит 300 тыс. руб. на 2 года под r% годовых. Выплаты: 260 тыс. и 169 тыс. руб. Найти r.

  • Решение:
    1. Пусть k = 1 + r/100. Уравнение: (300k - 260)k = 169.
    2. Раскрыть: 300k² - 260k - 169 = 0. Решая, находим k = 1.3.
    3. r/100 = 0.3 → r = 30%.

💰 Задача 16 (Экономика) — Вариант 2

Кредит 6.6 млн на 5 лет. Первые 3 года выплачиваются только проценты, долг не меняется. Последние 2 года долг гасится равными платежами. Общая сумма выплат 12.6 млн. Найти r.

  • Решение:
    1. Первые 3 года: выплаты = 3 * 6.6r.
    2. Последние 2 года: пусть ежегодный платёж = X. Уравнение: (6.6k - X)k = X, где k=1+r.
    3. Общая сумма: 19.8r + 2X = 12.6.
    4. Решая систему, находим k = 6/5 → r = 1/5 = 20%.

📐 Решение геометрических задач повышенной сложности

Ключевые тезисы:

  • Применение нестандартных методов: теорема Менелая, вспомогательные построения, работа с сечениями.
  • Важность выбора оптимального пути решения для экономии времени.

📐 Задача 17 (Планиметрия) — Вариант 1

В прямоугольном треугольнике ABC (∠C=90°) точки M и N — середины катетов. Биссектриса угла C пересекает прямую MN в точке L. Доказать, что △AML ~ △CLB.

  • Идея доказательства:
    1. MN — средняя линия → MN || AB. Так как AC ⟂ BC и MN || AB, то ML ⟂ AC.
    2. ∠LAM = ∠ACM (как накрест лежащие при AC || ML) = ∠LCM (CL — биссектриса). Значит, △AML равнобедренный: AM = ML.
    3. В прямоугольном △ABC медиана CM = AM = MB. Получаем, что AM = ML = MB = CM. Значит, точки A, C, L, B лежат на окружности с центром M.
    4. Из вписанности: ∠CBL = ∠CAL = ∠AML. Также ∠AML = ∠CLB (вертикальные). Следовательно, △AML ~ △CLB по двум углам.
  • Пункт б: Если cos(2α) = 7/25, где α — угол между биссектрисой и катетом, найти отношение площадей △AML к △CLB (квадрат коэффициента подобия). Решается через теорему косинусов в △AML.

🔍 Задача 17 (Планиметрия) — Вариант 2

Условие: В треугольнике ABC известен cos(α) = 7/25. Точки M и L — середины сторон. Требуется найти отношение площадей подобных треугольников.

  • Ход решения:
    • Используется факт, что точки A, B, C, L лежат на одной окружности (равноудалены от точки N).
    • Через теорему косинусов в треугольнике AML находится сторона AL = 20x.
    • Устанавливается подобие треугольников, коэффициент подобия k = 5/6.
    • Ответ: Отношение площадей равно квадрату коэффициента подобия: 25/36.
  • 💡 Ключевая идея: Заметить конструкцию с описанной окружностью.

📏 Задача 17 (Планиметрия с прямоугольным треугольником)

Условие: В прямоугольном треугольнике ABC (∠B=90°). M — середина гипотенузы AC, N — середина катета BC. Точка K на BC такова, что BK:KC = 1:3. Доказать, что AN = 2·KM. В пункте Б (AB=10, BC=16) найти длину отрезка BP (P — пересечение AN и KM).

  • Решение пункта А:
    • MN — средняя линия, параллельна AB и перпендикулярна BC.
    • Обозначаем BK = x, тогда KC = 3x, BC = 4x. Так как N — середина BC, то KN = x.
    • Треугольники ABN и MNK подобны по двум сторонам и прямому углу (∠B = ∠N = 90°). Коэффициент подобия равен 2.
    • Следовательно, AN = 2·KM.
  • Решение пункта Б (поиск BP):
    • Способ 1 (Теорема Менелая): Применяется к треугольнику ANC и секущей KPM. Находится отношение NP:PA = 1:3.
    • Далее по теореме Пифагора находится AN = 2√41, затем PN = √41 / 2.
    • В треугольнике BNP применяется теорема косинусов. После вычислений получается BP² = 169/4.
    • Ответ: BP = 13/2 = 6.5.
    • Способ 2 (Дополнительное построение): Можно опустить перпендикуляр, получив прямоугольный треугольник со сторонами 6 и 2.5, гипотенуза которого по теореме Пифагора также даст 6.5.
  • 🎯 Вывод: Задачу можно решить несколькими геометрическими методами, важно выбрать наиболее техничный.

🔷 Задача 18 (Стереометрия, правильная треугольная призма)

Условие: В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все рёбра равны 6. K — середина A₁B₁.

  • А) Доказать, что сечение плоскостью AKC₁ — равнобедренная трапеция.
  • Б) Найти расстояние от точки B до плоскости этого сечения.
  • Решение пункта А:
    • Строится сечение: соединяются точки A, K, C₁, M (где M — середина B₁C₁).
    • KM || A₁C₁ (как средняя линия), а A₁C₁ || AC. Следовательно, KM || AC.
    • KM = ½ A₁C₁ = ½ AC, поэтому AC ≠ KM — это основания трапеции.
    • Прямоугольные треугольники AA₁K и CC₁M равны (по катету и острому углу), значит, AK = C₁M — боковые стороны трапеции равны.
    • Вывод: Сечение AKMC₁ — равнобедренная трапеция.
  • Решение пункта Б (поиск расстояния):
    • Строится вспомогательная плоскость (BDD₁), перпендикулярная AC (а значит, и плоскости сечения).
    • В этой плоскости строится отрезок OD (O — пересечение B₁D₁ и KM, D — середина AC).
    • Доказывается, что перпендикуляр BH, опущенный из B на OD в плоскости BDD₁, будет перпендикуляром и к AC, а значит, и ко всей плоскости сечения.
    • Расстояние равно высоте BH в треугольнике BOD.
    • Вычисляются стороны: BD = 3√3, BB₁ = 6, OD₁ = (3√3)/2.
    • По теореме Пифагора: OD = (3√19)/2.
    • Через две формулы площади треугольника BOD находится BH.
    • Ответ: BH = (12√3) / √19.

🔢 Задачи на нестандартные методы и теорию чисел

🎯 Задача 19 (Параметр с инвариантностью)

Найти все a, при которых система имеет одно решение:
{ 3a*2^|x| + 5|x| + 4 = 3y + 5x² + 3a
{ x² + y² = 1

  • Решение (ключевые этапы):
    1. Инвариантность: Если (x₀; y₀) — решение, то (-x
🎯 Разбор досрочного ЕГЭ по математике (профиль) — конспект на EchoNote