Решение открытого варианта КИМ ЕГЭ 2025 по математике профильный уровень

Задание 1

• $S_{\text{параллелограмма}}=28$
• AE=ED

• $S_{\text{BCDE}}-?$

Способ 1: Через формулу площади трапеции

1. Обозначим длину стороны $\mathrm{AD}$ как $a$, а высоту параллелограмма, опущенную из точки $B$ на продолжение стороны $\mathrm{AD}$, как $h$.

   Площадь параллелограмма: $S_{\mathrm{ABCD}}=\mathrm{AD}·h=a·h=28$

2. Поскольку $E$ — середина $\mathrm{AD}$, то: $\mathrm{ED}=\frac{1}{2}\mathrm{AD}=\frac{1}{2}a$
3. В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому: $\mathrm{BC}=\mathrm{AD}=a$
4. Трапеция $\mathrm{BCDE}$ имеет основания $\mathrm{BC}$ и $\mathrm{ED}$ и ту же высоту $h$, что и параллелограмм.
5. Площадь трапеции: $S_{\mathrm{BCDE}}=\frac{\mathrm{BC}+\mathrm{ED}}{2}·h=\frac{a+\frac{1}{2}a}{2}·h=\frac{\frac{3}{2}a}{2}·h=\frac{3}{4}a·h$
6. Поскольку $a·h=S_{\mathrm{ABCD}}=28$, то площадь трапеции:

   $S_{\mathrm{BCDE}}=\frac{3}{4}·28=3·7=21$

Способ 2: Через вычитание площади треугольника

1. Площадь параллелограмма $\mathrm{ABCD}$ равна 28.
2. Рассмотрим треугольник $\mathrm{ABE}$. Его основание $\mathrm{AE}=\frac{1}{2}\mathrm{AD}$. Высота треугольника совпадает с высотой параллелограмма $h$.
3. Площадь треугольника: $S_{\mathrm{ABE}}=\frac{1}{2}·\mathrm{AE}·h=\frac{1}{2}·\left(\frac{1}{2}\mathrm{AD}\right)·h=\frac{1}{4}(\mathrm{AD}·h)$
4. Так как $\mathrm{AD}·h=S_{\mathrm{ABCD}}=28$, то: $S_{\mathrm{ABE}}=\frac{1}{4}·28=7$
5. Площадь трапеции: $S_{\mathrm{BCDE}}=S_{\mathrm{ABCD}}—S_{\mathrm{ABE}}=28—7=21$

Задание 2

1. Найдём вектор $(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})$:

   $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=(2+2;1+(-4\left)\right)=(4;-3)$

2. Найдём вектор $(7\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})$:

   $7\overrightarrow{a}—\overrightarrow{b}=(7·2—2;7·1—(—4\left)\right)=(14—2;7+4)=(12;11)$

3. Вычислим скалярное произведение:

   $(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})·(7\overrightarrow{a}—\overrightarrow{b})=4·12+(—3)·11=48—33=15$

Скалярное произведение равно $15$.

Задание 3

Цилиндр вписан в прямоугольный параллелепипед ⇒ основания цилиндра касаются всех четырёх граней параллелепипеда.

Высота цилиндра равна высоте параллелепипеда: $h=2$.

Радиус цилиндра: $r=2$.

1. Так как цилиндр вписан, сторона квадратного основания параллелепипеда равна диаметру цилиндра d:

   $a=d=2r=4$

2. Вычисление объёма параллелепипеда:

   $V=a\cdot d\cdot h=4\cdot 4\cdot 2=32$

Объём параллелепипеда равен $32$.

Задание 4

1. Определим возможные исходы для каждой игры:

   Для каждой из трёх игр команда «Ротор» может либо начинать с мяча (обозначим как «Р»), либо не начинать (обозначим как «Н»). Всего возможных последовательностей:

   $2^3=8$

2. Перечислим все возможные исходы:

   $\left\{\text{РРР, РРН, РНР, РНН, НРР, НРН, ННР, ННН}\right\}$

3. Найдём благоприятные исходы:

   Нас интересует только один случай: «Ротор» начинает только вторую игру. Это соответствует последовательности:

   $\text{НРН}$

4. Вычислим вероятность:

   Вероятность каждого конкретного исхода (например, НРН) равна:

   $\frac{1}{8}$

   Так как благоприятный исход только один, то искомая вероятность:

   $P=\frac{1}{8}=0.125$

Вероятность того, что «Ротор» будет начинать с мяча только вторую игру, равна $0.125$.

Задание 5

1. Определим событие, противоположное искомому.
   • Искомое событие: «хотя бы одна лампа не перегорит».
   • Противоположное событие: «все лампы перегорят».
2. Найдем вероятность того, что все лампы перегорят.

   По условию задачи, вероятность перегорания каждой лампы равна 0.5.

   $$P_{\left(\text{перегорит}\right)}=0.5$$

   Так как лампы перегорают независимо друг от друга, вероятность того, что все три лампы перегорят, равна произведению вероятностей перегорания каждой лампы:

   $$P_{\left(\text{все перегорят}\right)}=P_{\left(\text{1-я перегорит}\right)}·P_{\left(\text{2-я перегорит}\right)}·P_{\left(\text{3-я перегорит}\right)}$$ $$P_{\left(\text{все перегорят}\right)}=0.5·0.5·0.5=0.125$$
3. Найдем вероятность того, что хотя бы одна лампа не перегорит.

   Вероятность искомого события равна 1 минус вероятность противоположного события (все лампы перегорят):

   $$P_{\left(\text{хотя бы одна не перегорит}\right)}=1—P_{\left(\text{все перегорят}\right)}$$ $$P_{\left(\text{хотя бы одна не перегорит}\right)}=1—0.125=0.875$$

Вероятность того, что в течение года хотя бы одна лампа не перегорит, составляет 0.875.

Задание 6

1. По определению логарифма запишем уравнение:

   $20-x=5^2$

2. Решим полученное линейное уравнение:

   $20-x=25$

   $-x=25-20$

   $-x=5$

   $x=-5$

Корень уравнения: $x=-5$

Задание 7

1. Используем формулу косинуса двойного угла:

   $\cos 2\alpha =1-2{\sin }^2\alpha$

2. Подставляем известное значение $\sin \alpha =-0.8$:

   $\cos 2\alpha =1-2·{(-0.8)}^2$

   $\cos 2\alpha =1-2·0.64$

   $\cos 2\alpha =1-1.28$

   $\cos 2\alpha =-0.28$

3. Вычисляем исходное выражение:

   $6·\cos 2\alpha =6·(-0.28)=-\mathrm{1,68}$

Значение выражения: $-1.68$

Задание 8

Определим, сколько из отмеченных точек принадлежит промежуткам убывания функции $\mathrm{f(x)}$, зная график её производной $\mathrm{f\text{'}(x)}$.

1. Критерий убывания функции:

   Функция $\mathrm{f(x)}$ убывает на промежутках, где её производная отрицательна: $\mathrm{f\text{'}(x)}<0$

2. Анализ графика производной:

   Определим, в каких отмеченных точках $x_1$…$x_9$ значение производной отрицательно.

   На графике $y=\mathrm{f\text{'}(x)}$ находим все точки, лежащие ниже оси абсцисс (где $\mathrm{f\text{'}(x)}<0$): это точки x₆, x₇

Всего 2 точки принадлежат промежуткам убывания функции f(x).

Задание 9

• $V_0=60$ км/ч
• $a=32$ км/ч
• $S=V_{0}t+\frac{a{t}^2}{2}$
• $S=154$ км

$t-?$ мин

$154=60t+\frac{32t^2}{2}$

$154=60t+16t^2$

$16t^2+60t-154=0$

$8t^2+30t-77=0$

$\frac{D}{4}=225+8\cdot 77=225+616=841$

$t_1=\frac{-15-29}{8}$, $t_1<0$

$t_2=\frac{-15+29}{8}=\frac{14}{8}=\frac{7}{4}$

$\frac{7}{4}ч=\frac{7}{4}\cdot 60$мин $=105$мин

Задание 10

$P\cdot t=A$

$(\frac{1}{42}+\frac{1}{21})\cdot t=1$

$t=\frac{1}{\frac{1+2}{42}}=\frac{1}{\frac{3}{42}}$

$t=\frac{42}{3}=14$

За 14 часов выполнят заказ оба мастера работая вместе.

Задание 11

График $f(x)=a\sqrt{x}$ и $g(x)=kx$

A и B — точки пересечения.

$X_B$

1. $C(2;1)⟹y=kx$

   $1=k\cdot 2$

   $k=\frac{1}{2}$

2. $D(1;3)⟹y=a\sqrt{x}$, $x\ge 0$

   $3=a\sqrt{1}$

   $a=3$

3. $\{\begin{array}{l}y=kx\\ y=a\sqrt{x}\end{array}\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}x\\ y=3\sqrt{x}\end{array}$

   $\frac{1}{2}x=3\sqrt{x}|\times 2x=6\sqrt{x}(\sqrt{x}{)}^2=6\sqrt{x}$

   $(\sqrt{x}{)}^2-6\sqrt{x}=0,\sqrt{x}(\sqrt{x}-6)=0$

   $\sqrt{x}=0,X_A=0$

   $\sqrt{x}-6=0,\sqrt{x}=6X_B=36$

Задание 12

1. $y^{\prime }=(8x^2-40x+40{)}^{\prime }\cdot e^{x+4}+(8x^2-40x+40)\cdot (e^{x+4}{)}^{\prime }$

   $y^{\prime }=(16x-40)\cdot e^{x+4}+(8x^2-40x+40)\cdot e^{x+4}\cdot 1$

   $y^{\prime }=e^{x+4}\cdot (16x-40+8x^2-40x+40)$

   $y^{\prime }=e^{x+4}\cdot (8x^2-24x)$

2. $y^{\prime }=0e^{x+4}>0\text{ при }\mathrm{\forall }x\Rightarrow 8x^2-24x=0$

   $8x(x-3)=0x=0\text{ или }x=3$

3. $x_{min}=3$

Задание 13

а) $2{\sin }^2-\sqrt{2}\sin x+\sqrt{3}\cdot 2\sin x\cos x-\sqrt{6}\cos x=0$

$\sin x(2\sin x-\sqrt{2})+\sqrt{3}\cos x(2\sin x-\sqrt{2})=0$

$(2\sin x-\sqrt{2})(\sin x+\sqrt{3}\cos x)=0$

$2\sin x-\sqrt{2}=0\text{или}\sin x+\sqrt{3}\cos x=0|:\cos x\ne 0$

$\sin x=\frac{\sqrt{2}}{2}tgx+\sqrt{3}=0$

$x=\frac{\pi }{4}+2\pi n,n\in Ztgx=-\sqrt{3}$

$x=\frac{3\pi }{4}+2\pi n,n\in Zx=-\frac{\pi }{3}+\pi n,n\in Z$

б) $x_1=-\frac{\pi }{3}{x}_2=\frac{\pi }{4}$

a) $\frac{\pi }{4}+2\pi n,n\in Z\frac{3\pi }{4}+2\pi n,n\in Z-\frac{\pi }{3}+\pi n,n\in Z$

б) —$\frac{\pi }{3};\frac{\pi }{4}$

Задание 14

• $ABC{A}_1{B}_1{C}_1-\text{правильная призма}$
• $AB=2,M-\text{середина }C{C}_1$
• $S_{\mathrm{△}{A}_{1}BM}=6$

$\mathrm{△}{A}_{1}BM-\text{равнобедренный}$

$A{A}_1-\text{высоту призмы}$

Соединив точки M, A₁, B получим сечение ΔMA₁B

а) Рассмотрим $\mathrm{△}{A}_1{C}_{1}Mи\mathrm{△}BCM,C_{1}M=MC,C_1{B}_1=CB=2\text{по условию}$

$\mathrm{\angle }{C}_1=\mathrm{\angle }C\text{т.к. призма правильная }\Rightarrow A_1{C}_{1}M=\mathrm{△}BCM\text{по двум катетам}$

$\Rightarrow MB=M{A}_1\Rightarrow \mathrm{△}{A}_{1}BM-\text{равнобедренный ч.т.д.}$

б) Пусть $A{A}_1=x$ тогда из $\mathrm{△}AB{A}_1(\mathrm{\angle }A={90}^{\circ })$ по теореме Пифагора $A_{1}B=\sqrt{x^2+2^2}=\sqrt{x^2+4}$

1. Рассмотрим $\mathrm{△}MBC(\mathrm{\angle }C={90}^{\circ }$ по теореме Пифагора $MB={\left(\frac{x}{2}\right)}^2+2^2$

$MB=\sqrt{\frac{x^2}{4}+4}$

2. Проведем MH — высоту $\mathrm{△}{A}_{1}MB\Rightarrow MH$ — медиана и $BH=H{A}_1=\frac{1}{2}B{A}_1=\frac{1}{2}\sqrt{x^2+4}$
3. Рассмотрим $\mathrm{△}MBH(\mathrm{\angle }H={90}^{\circ })$ по теореме Пифагора $MH=\sqrt{M{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{{\left(\sqrt{\frac{x^2}{4}+4}\right)}^2-{\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+4}\right)}^2}$

   $MH=\sqrt{\frac{x^2}{4}+4-\frac{1}{4}{x}^2-1}=\sqrt{3}$

4. $S_{сечения}=S_{A_{1}MB}=\frac{1}{2}{A}_{1}B\cdot MH=6$ по условию.

   $\frac{1}{2}\cdot \sqrt{x^2+4}\cdot \sqrt{3}=6$

   ${(\frac{1}{2}\cdot \sqrt{x^2+4}\cdot \sqrt{3})}^2=6^2$

   $\frac{1}{4}(x^2+4)\cdot 3=36$

   $x^2+4=36:\frac{3}{4}$

   $x^2+4=36\cdot \frac{4}{3}$

   $x^2+4=48$

   $x^2=44$

   $x=\pm \sqrt{44}=\pm 2\sqrt{11}$

Значит, $A{A}_1=2\sqrt{11}$ — высота призмы.

Задание 15

1. $x^2-13x+42=(x-7)(x-6)$

   $D=169-198=1,x=\frac{13\pm 1}{2},x_1=\frac{14}{2}=7,x_2=\frac{12}{2}=6$

   $(x-7)(x-6)>0\text{ при }x\in (-\mathrm{\infty };6)\cup (7;+\mathrm{\infty })$

   
2. $\frac{(x-7{)}^7}{x-6}>0$ при $x\in (-\mathrm{\infty };6)\cup (7;+\mathrm{\infty })$
3. ${\log }_{12}{((x-7)(x-6))}^7-{\log }_{12}\frac{(x-7{)}^7}{x-6}\le 8$

   ${\log }_{12}\frac{(x-7{)}^7(x-6{)}^7(x-6)}{(x-7{)}^7}\le 8$

   ${\log }_{12}(x-6{)}^8\le 8$

   $8{\log }_{12}|x-6|\le 8$

   ${\log }_{12}|x-6|\le 1$

   $|x-6|\le 12$

   $-12\le x-6\le 12$

   $-6\le x\le 18$

4. 

Задание 16

$P_{наименьшее}-?t\le 3$года окупаемость

Затраты за 1 год составляют $(px-(0.5x^2+2x+6))$ млн руб.

За 3 года $3\cdot (px-(0.5x^2+2x+6))$ млн руб.

По условию задачи составим неравенство:

1. $3(px-(0.5x^2+2x+6))\ge 78$

   $px-(0.5x^2+2x+6)\ge 26$

   $px-0.5x^2-2x-6\ge 26$

   $-0.5x^2-2x+px-6-26\ge 0$

   $-0.5x^2-2x+px-32\ge 0$

   $-0.5x^2-(2-p)x-32\ge 0$

   $0.5x^2+(2-p)x+32\le 0(\ast )$

2. Рассмотрим функцию $y=0.5x^2+(2-p)x+32$ квадратичная $a=0.5>0\Rightarrow$ ветви вверх. Наименьшее значение достигается в вершине $x_0=-\frac{b}{2a}$

   $x_0=-\frac{2-p}{2\cdot 0.5}=\frac{p-2}{1}=p-2$

   $y(p-2)=0.5(p-2{)}^2+(2-p)(p-2)+32$

   $y(p-2)=0.5(p-2{)}^2-(p-2{)}^2+32$

   $y(p-2)=(p-2{)}^2(0.5-1)+32$

   $y(p-2)=(p-2{)}^2\cdot (-0.5)+32$

   $y(p-2)=-0.5(p-2{)}^2+32$

   Значит, $-0.5(p-2{)}^2+32\le 0$ (по *)

   $-0.5(p-2{)}^2\le -32$

   $(p-2{)}^2\ge 64$

   $(p-2{)}^2\ge 8^2$

   т.к. $p>0,\text{то}p-2\ge 8,p\ge 10$

   тогда $P_{наим.}=10$

или

решим неравенство $(p-2{)}^2-8^2\ge 0$

$((p-2)-8)((p-2)+8)\ge 0$

$(p-10)(p+6)\ge 0$

$p\in [10;+\mathrm{\infty })\Rightarrow P_{наим.}=10$

Задание 17

• $ABCD$-трапеция, $AD+BC=13$ основания.
• $AC=12,BD=5$ диагонали.

$AC\perp BD$

h — высоту трапеции.

а) Дополнительное построение $CF||BD,CF\cap AD=F$

$BCFD-\text{ параллелограмм }\Rightarrow BD=CF=5,DC=DF$

$AD+BC=AD+DF=13=AF,AC=12$

Рассмотрим $\mathrm{△}ACF:$

• $A{F}^2=A{C}^2+C{F}^2$
• ${13}^2={12}^2+5^2$
• $169=144+25$
• $169=169\Rightarrow \mathrm{△}ACF$ прямоугольный $\mathrm{\angle }C={90}^{\circ }\text{ и }AC\perp CF$
• $$$

$CF||BD,CF\perp AC\Rightarrow BD\perp AC$ ч.т.д.

б) $S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot h=\frac{13}{2}\cdot h=6.5h$

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD\cdot \sin {90}^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 5\cdot 1=30$

$6.5h=30\Rightarrow h=\frac{30}{6.5}=\frac{300}{65}=\frac{60}{13}$

Задание 18

Пусть $a-3=t$, тогда $x^4+t^2=|x-t|+|x+t|(\ast )$

Если $t=0,\text{ то }{x}^4=|x|+|x|,x^4=2|x|$ более одного решения.

Если $t\ne 0$, то рассмотрим случай $a-3\ne 0a\ne 3$

1. Схематично построим графики левый и правой частей уравнения (*)

   $y_1=x^4+t^2\text{ и }{y}_2=|x-t|+|x+t|$

   

   График $y_1$ выше графика $y_2$ (нет решений)

   $t^2>2t$

   $t^2-2t>0$

   $t(t-2)>0$

   
   $$[\begin{array}{c}t<0\\ t>2\end{array}$$
   $$[\begin{array}{c}a-3<0\\ a-3>2\end{array}$$
   $$[\begin{array}{c}a<3\\ a>5\end{array}$$
2. График $y_1$ имеет с графиком $y_2$ одну общую точку (одно решение) $\Rightarrow t^2=2t,t^2-2t=0,t(t-2)=0,t_1=0;t_2=2$
   $$[\begin{array}{c}a-3=0\\ a-3=2\end{array}$$
   $$[\begin{array}{c}a=3\\ a=5\end{array}$$

3. График $y_1$ ниже $y_2$ (нет решений)
   $$[\begin{array}{c}t\ge 2\\ t\le -2\end{array}$$
   $$[\begin{array}{c}a-3\ge 2\\ a-3\le -2\end{array}$$
   $$[\begin{array}{c}a\ge 5\\ a\le 1\end{array}$$

Задание 19

а) Пусть в группе $x$ девушек и $x$ юношей.

Допустим, что $y$ юношей отправили по 16 писем, тогда $(x-y)$ юношей отправили по 5 писем.

Всего юноши отправили $16y+5(x-y)=16y+5x-5y=11y+5x$

Если предположить, что каждая девушка получила по 7 писем, то все девушки получили $7x$ писем т.к. количество отправленных писем равно количеству полученных, то

$11y+5x=7x2x=11y$

Решением этого уравнения является $x=11,y=2$. Значит, 2 юноши написали по 16 писем, а $11-2=9$ юношей по 5 писем.

Всего они написали $2\cdot 11+5\cdot 11=7777:11=7$ писем получила каждая девушка.

б) $x_{наим}-?$ Все девушки получили писем поровну.

Пусть $x$ девушек получили по $p$ писем. Тогда всего ни получили по $xp$ писем. Юноши отправили $11y+5x$ писем.

• Составим равенство $xp=11y+5x$
• $xp-5x=11y$
• $x(p-5)=11y$
• $x=\frac{11y}{p-5}x,y,p\in N$

Если $p=6$, то $x=\frac{11y}{6-5}=\frac{11y}{1}=11y$

$x=11y\text{при}y=1,x=11$ (наименьшее)

$x_{наибольшее}-?$ Все девушки получили различное количество писем.

Каждая девушка может получить $(x-1)$ письмо. Все девушки получают $x(x-1)$ писем.

Парных писем тогда будет в 2 раза меньше т.е. $\frac{x(x-1)}{2},x-y>2$

Писем, отправленных юношами будет не меньше этого количества.

• $11y+5x\ge \frac{x(x-1)}{2}|\times 2$
• $22y+10x\ge x^2-x$
• $x^2-11x-22y\le 0$
• $\text{при}y=x-2\text{получим}{x}^2-11x-22(x-2)\le 0$
• $x^2-11x-22x+44\le 0$
• $x^2-33x+44\le 0$
• $D=1089-4\cdot 44=1089-17=913$
• $x=\frac{33\pm \sqrt{913}}{2}$
• $x_1\approx \frac{33-30.2}{2}\approx 1.4$
• $x_2\approx \frac{33+30.2}{2}\approx 31.6$

$x\in [1.4;31.6]$

Наибольшим натуральным решением неравенства является число 31.

На странице представлены решения заданий из открытого варианта КИМ ЕГЭ 2025 по математике для профильного уровня.
С текстами задач открытого варианта можно ознакомится на сайте ФИПИ https://fipi.ru/ege/otkrytyy-bank-zadaniy-ege/otkrytyye-varianty-kim-ege#!/tab/310119616-2