Ваш конспект

Разбор досрочного ЕГЭ по математике 2026 года

Ключевые тезисы:

• Вариант в целом классический и средний по сложности.
• Вторая часть на 50% состоит из новых прототипов задач, на 50% — из классических задач прошлых лет.
• Досрочный вариант не является точным предсказанием содержания основной волны.
• Первая часть полностью соответствует стандартным пробникам и прошлогодним ЕГЭ.

Общая характеристика варианта

• Первая часть: Классический «джентльменский набор» (SVP). Ничего нового.
• Вторая часть: Смесь нового и старого.
  • Новые прототипы: Задачи №13, №14, №15, №18.
  • Классика из прошлых лет: Задачи №16, №17, №19 (взяты из видеокурсов и реальных ЕГЭ прошлых лет).

Сравнение с прошлым годом: В 2025 году досрок состоял из очень старых задач (2010-2011 гг.), что вызвало много вопросов. В 2026 году работа Ященко более сбалансирована и интересна.

Подробный разбор задач

Задача №13 (Тригонометрическое уравнение)

• Новый прототип, но идеи стандартные.
• Ключевой момент: Использование формулы косинуса суммы.
• Пункт А: После преобразований уравнение сводится к виду sin x (sin x - cos x) = 0.
  • Решения: x = πn и x = π/4 + πn.
• Пункт Б: Отбор корней на отрезке [13π/2; 15π/2].
  • Важно правильно определить расположение отрезка на тригонометрической окружности (левая полуокружность).
  • Ответ: x = 7π.

Задача №14 (Стереометрия, куб)

• Очень лёгкая задача, составленная по лекалам досрока 2024 года.
• Ключевые тезисы:
  • Построение сечения куба плоскостью методом следов.
  • Доказательство, что полученное сечение — равнобедренная трапеция.
  • Нахождение расстояния от точки до плоскости с помощью метода объёмов.
  • Задача представляет собой классический стереометрический сюжет.

Построение сечения (метод следов):

1. Соединяем точки B и D, так как они лежат в одной плоскости основания.
2. Продлеваем отрезок BK до пересечения с продолжением ребра CC₁. Получаем точку E.
3. Точки D и E лежат в одной грани (CDC₁D₁). Соединяем их.
4. Отрезок DE пересекает ребро C₁D₁ в точке L.
5. Искомое сечение — четырёхугольник BKLD.

Доказательство, что BKLD — равнобедренная трапеция:

• Доказательство параллельности оснований: Плоскость сечения пересекает две параллельные грани (нижнее и верхнее основания) по прямым BD и KL. Следствие: Прямые BD и KL параллельны. Значит, BKLD — трапеция.
• Доказательство равенства боковых сторон (BK = DL):
  • Точка K — середина ребра B₁C₁.
  • В треугольнике B₁C₁D₁ отрезок KL параллелен B₁D₁ (так как BD || KL, а BD || B₁D₁).
  • Следствие: KL — средняя линия треугольника B₁C₁D₁, значит, L — середина C₁D₁.
  • Рассмотрим прямоугольные треугольники BB₁K и DD₁L: BB₁ = DD₁ (как рёбра куба), B₁K = D₁L (так как K и L — середины равных рёбер). Треугольники равны по двум катетам, следовательно, их гипотенузы BK и DL равны.
• Таким образом, трапеция BKLD — равнобедренная.

Нахождение расстояния от точки C до плоскости сечения (метод объёмов):

1. Рассмотрим пирамиду EBCD с вершиной в точке E и основанием BCD.
2. Её объём можно вычислить двумя способами:
   • V₁ = (1/3) * S(BCD) * CE (где высота — расстояние от E до плоскости BCD).
   • V₂ = (1/3) * S(BKLD) * H (где H — искомое расстояние от точки C до плоскости BKLD).
3. Так как V₁ = V₂, приравниваем выражения, сокращаем (1/3) и находим H.

Вычисление необходимых величин:

• S(BCD): Площадь прямоугольного треугольника (½ * 6 * 6 = 18, если ребро куба = 6).
• CE: Точка C₁ — середина отрезка CE (так как LC₁ — средняя линия в треугольнике ECD). Следовательно, CE = 2 * CC₁ = 12.
• S(BKLD): Площадь равнобедренной трапеции. Находится по формуле, зная основания (BD и KL) и боковые стороны (BK и DL). BD — диагональ квадрата (6√2), KL — средняя линия (3√2). Боковые стороны находятся из прямоугольных треугольников (например, BK = √(BB₁² + B₁K²) = √(36 + 9) = √45 = 3√5).
• Подставив все значения, получаем H = 4.

Задача №15 (Логарифмическое неравенство)

• Новый, но элементарный прототип в классической теме «логарифмические неравенства, решаемые заменой».
• Ход решения:
  1. Применение свойств логарифмов.
  2. Замена: t = log₂ x.
  3. Решение рационального неравенства методом интервалов.
  4. Обратная замена и учёт ОДЗ (x > 0).
• Ответ: x ∈ (0; 1/8] ∪ [1; 32].

Задача №16 (Экономическая, кредиты)

• Классическая задача из основной волны 2020 года, цифры совпадают.
• Суть: Составление и решение уравнения для нахождения процентной ставки по кредиту, погашаемому двумя платежами.
• Ответ: 20 (значок процента в ответе писать не рекомендуется).

Задача №17 (Планиметрия)

• Классика из основной волны 2016 года.
• Пункт А: Доказательство подобия треугольников AML и BLC.
  • Ключевые идеи: Средняя линия, равнобедренность треугольников, описанная окружность (или свойства прямоугольного треугольника).
• Пункт Б: Нахождение отношения площадей подобных треугольников.
  • Коэффициент подобия k выражается через тригонометрию: k = 2 sin α.
  • Дано: cos(2α) = 7/25. Находим sin²α = 9/25.
  • Ответ: S(AML) : S(BLC) = 25 : 36 (или обратное отношение 36/25).

Задача №18 (Параметры)

• Новый прототип, самая сложная задача варианта.
• Ключевая идея: Из-за наличия модулей и квадратов (|x|, x²) система симметрична относительно замены x на -x. Следовательно, единственное решение возможно только если x = 0.
• Ход решения:
  1. Подстановка x = 0 в систему для нахождения потенциальных значений параметра a. Получаем a = -7 или a = -17.
  2. Проверка каждого значения. При a = -7 решение (0; 1) единственное. При a = -17 появляются дополнительные решения (например, (1; 0) и (-1; 0)), что нарушает условие единственности.
• Ответ: a = -7.

Задача №19 (Теория чисел)

• Классическая задача из ЕГЭ 2019 года.
• Условие: Есть 6 различных натуральных чисел, любые два из которых взаимно просты (НОД = 1).
• Пункт А: Может ли сумма быть 39? Да. Пример: 1, 2, 3, 5, 11, 17.
• Пункт Б: Может ли сумма быть 34? Нет.
  • Среди чисел не может быть двух чётных (делитель 2).
  • Не может быть и одного чётного (чётное + 5 нечётных = нечётная сумма, а 34 — чётное).
  • Значит, все 6 чисел нечётные. Минимальная возможная сумма из 6 взаимно простых нечётных чисел (1, 3, 5, 7, 11, 13) равна 40 > 34.
• Пункт В: Какова минимально возможная сумма?
  • Теоретический минимум с использованием двойки: 1, 2, 3, 5, 7, 9 = 27 — но 3 и 9 не взаимно просты.
  • Проверяем следующие числа. Ответ: 29. Пример: 1, 2, 3, 5, 7, 11.

Выводы

1. Сложность: Вариант соответствует среднему уровню сложности реального ЕГЭ. Для решившего «джентльменский набор» (№13-№17) особых препятствий нет.
2. Тренды: Составители (Ященко) продолжают создавать новые прототипы задач, особенно для досрочных волн.
3. Прогноз: Анализ досрочного варианта не даёт точной информации о том, что будет в основной волне. Для прогноза нужен более глубокий анализ банка ФИПИ и заданий прошлых лет.
4. По стереометрии (№14): Задача демонстрирует классический подход к построению сечений и доказательству их свойств. Метод объёмов — мощный инструмент для нахождения расстояний. Несмотря на кажущуюся сложность, решение опирается на базовые факты: свойства параллельности, равенство треугольников, формулы площадей. Для успешного решения подобных задач необходима практика в решении стереометрических сюжетов.