Сборник подробных решений 18-й и 19-й задач ЕГЭ по математике (2019, 2020)

В.Г. Абдрахманов 

Сборник 

 подробных решений 18-й и 19-й задач 

 ЕГЭ по математике (2019, 2020) 

Пособие для абитуриентов 

Москва 
Издательство «ФЛИНТА» 
2020 

Абдрахманов В.Г.

УДК 512
ББК 22.14

А 13

А 13      Сборник подробных решений 18-й и 19-й задач ЕГЭ по математике (2019, 
2020) [Электронный ресурс] : пособие для абитуриентов / В.Г. Абдрнахманов. 
— Москва: ФЛИНТА, 2020. — 202 с.

ISBN 978-5-9765-4489-5

  В пособии приводятся подробные решения задач так называемой 
повышенной сложности: задач с параметром и нестандартных (по сути 
олимпиадных) задач из сборников ЕГЭ 2019, 2020 Математика под редакцией 
И.В. Ященко. В интернете эти решения излагаются недостаточно детально, что 
затрудняет их понимание. 
     Пособие предназначено для абитуриентов, но может быть полезным и для 
учителей математики.  

© Абдрахманов В.Г., 2020
© Издательство «ФЛИНТА», 2020

УДК 512
ББК 22.14

ISBN 978-5-9765-4489-5

0. Предисловие

     Пособие содержит решения задач так называемой повышенной сложности из сборников ЕГЭ 

2019. Математика. Профильный уровень. Готовимся к итоговой аттестации. / Под редакцией 

И.В. Ященко. М.: Интеллект-Центр, 2019  и  ЕГЭ 2020. Математика. Профильный уровень. 

Типовые варианты экзаменационных заданий. 50 вариантов. / Под редакцией И.В. Ященко. М.: 

Экзамен,  2020. Все эти решения можно найти в интернете, но они изложены недостаточно детально, 

что затрудняет понимание. Ведь, как говорят математики, две пропущенные тривиальности создают 

непреодолимую пропасть. В пособии предпринята попытка более доступного изложения. 

Используются обозначения:  𝑁 ‒ множество натуральных чисел, 𝑍 ‒ множество целых чисел,

𝑎 ⋮ 𝑏 ‒ целое число 𝑎 нацело (то есть без остатка) делится на целое число 𝑏.

 Приведенные ниже метод математической индукции, теорема о делении с остатком и 

универсальный алгоритм извлечения квадратного корня из десятичной дроби могут быть полезны 

при подготовке к экзамену. 

Метод математической индукции 

Принцип математической индукции 

Пусть имеется какое-то утверждение 𝐴(𝑛 ), зависящее от натурального числа 𝑛. Если это

утверждение истинно при 𝑛 = 𝑚  и для любого натурального 𝑘 ≥ 𝑚 из его истинности при

𝑛 =  𝑘  следует истинность и при 𝑛 = 𝑘 + 1, то утверждение истинно для всех натуральных

 𝑛 ≥ 𝑚 

Метод математической индукции 

     Способ доказательства математических утверждений с помощью принципа математической 

индукции называется методом математической индукции, который состоит в следующем:  

1. Проверяют истинность утверждения 𝐴(𝑛) при 𝑛 = 𝑚 – база индукции.

2. Для любого натурального числа 𝑘 ≥ 𝑚 допускают, что утверждение 𝐴(𝑛) истинно при

𝑛 =  𝑘, и доказывают, что тогда утверждение истинно и при 𝑛 =  𝑘 + 1 ‒ шаг индукции.

     Если обе части доказательства проведены, то на основании принципа математической индукции 

утверждение истинно для всех натуральных 𝑛 ≥ 𝑚. В самом деле, если утверждение   истинно   при

𝑛 = 𝑚,  то  по  доказанному  в  шаге  2  оно  истинно  и  при 𝑛 = 𝑚 + 1 . Далее, из того, что оно

истинно при 𝑛 =  𝑚 + 1  вытекает его истинность при 𝑛 = (𝑚 + 1) + 1 = 𝑚 +  2.  Затем от

𝑛 = 𝑚 +  2 переходим к 𝑛 =  𝑚 +  3  и т.д. Ясно, что при этом рано или поздно мы доберемся

до любого натурального числа 𝑛 , а потому данное утверждение истинно для всех 𝑛 ≥ 𝑚.

Наиболее часто встречаются доказательства истинности 𝐴(𝑛) при всех 𝑛 ∈ 𝑁, когда базой

индукции является проверка истинности 𝐴(1), так что 𝑚 = 1.

 Доказательство 
по 
индукции 
наглядно 
может 
быть 
представлено 
в 
виде 
так 

называемого принципа домино. Пусть какое угодно число косточек домино выставлено в ряд таким 

образом, что каждая косточка, падая, обязательно опрокидывает следующую за ней косточку (в 

этом заключается шаг индукции). Тогда, если мы толкнём 𝑚 − ю косточку (это база индукции), то

все следующие косточки в ряду упадут. 

Пример 1. Последовательность (𝑎 𝑛) задана рекуррентно: 𝑎 1 = 6 , 𝑎 𝑛+1 = 2𝑎 𝑛 − 3𝑛 + 2.

Доказать, что 𝑎 𝑛 = 2𝑛 + 3𝑛 + 1.

(у 
рекуррентной 
(возвратной) 
последовательности каждый 
следующий 
член, 
начиная 

с некоторого, выражается по определенному правилу через предыдущие) 

 Доказательство. 

1) проверим формулу при 𝑛 = 1: 𝑎 1 = 21 + 3 ∙ 1 + 1 = 6 – она верна (база индукции);

2) допустим, что формула верна при 𝑛 =  𝑘:  верна формула 𝑎 𝑘 = 2𝑘 + 3𝑘 + 1,  и докажем,

что формула верна при 𝑛 =  𝑘 + 1: 𝑎 𝑘+1 = 2𝑘+1 + 3(𝑘 + 1) + 1.  Распишем 𝑘 + 1 − й

член последовательности по рекуррентной формуле 𝑎 𝑘+1 = 2𝑎 𝑘 − 3𝑘 + 2  и подставим

значение 𝑎 𝑘 по формуле, верной  по допущению, затем преобразуем:

𝑎 𝑘+1 = 2(2𝑘 + 3𝑘 + 1) − 3𝑘 + 2 = 2𝑘+1 + 3𝑘 + 4 = 2𝑘+1 + 3(𝑘 + 1) + 1.

Видим, что формула верна при 𝑛 =  𝑘 + 1 (шаг индукции).

     Условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, формула верна для 

всех натуральных 𝑛. 

Пример 2. Найти все 𝑛 ∈ 𝑁 , для которых истинно неравенство 3𝑛 ≥ 2(𝑛 + 1)2.

 Решение.  

1) При  𝑛 = 1, 2, 3 неравенство не выполняется. Оно выполняется при 𝑛 = 4 (база индукции).

2) Для любого 𝑘 ≥ 4 допустим, что неравенство верно при 𝑛 = 𝑘:  3𝑘 ≥ 2(𝑘 + 1)2, и

докажем, что оно верно для 𝑛 = 𝑘 + 1: 3𝑘+1 ≥ 2(𝑘 + 2)2. Имеем

3𝑘+1 = 3 ∙ 3𝑘 ≥ 3(2(𝑘 + 1)2) = 2(3(𝑘 + 1)2).

Здесь 3(𝑘 + 1)2 = 3(𝑘 + 1)2 − (𝑘 + 2)2 + (𝑘 + 2)2 = 3𝑘2 + 6𝑘 + 3 − 𝑘2 − 4𝑘 − 4 +

(𝑘 + 2)2 = 2𝑘2 + 2𝑘 − 1 + (𝑘 + 2)2 ≥ 2 ∙ 42 + 2 ∙ 4 − 1 + (𝑘 + 2)2 = 

39 + (𝑘 + 2)2 > (𝑘 + 2)2. Доказано, что 

                                             3𝑘+1 ≥ 2(𝑘 + 2)2 (шаг индукции). 

       Условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, неравенство верно 

для всех натуральных 𝑛 ≥ 4. 

       Ответ: 𝑛 ≥ 4. 

 

Принцип полной математической индукции 

 

       Существует еще одна форма принципа ‒ принцип полной математической индукции. 

       Если утверждение 𝐴(𝑛), в котором 𝑛 ∈ 𝑁, истинно при 𝑛 =  𝑚 и для любого натурального 

𝑘 ≥ 𝑚  из его истинности при всех 𝑛 < 𝑘  следует истинность и при 𝑛 = 𝑘 , то утверждение 

𝐴(𝑛) истинно для всех натуральных 𝑛 ≥ 𝑚. 

       Эта форма используется, когда для проверки истинности утверждения при  𝑛 = 𝑘 + 1  

информация об истинности при  𝑛 = 𝑘  недостаточна: нужна информация об истинности 

утверждения при некоторых меньших значениях 𝑛.   

       Пример 3. На сколько треугольников 𝑛 −угольник (необязательно выпуклый) может быть 

разбит своими непересекающимися диагоналями?  

       Решение.  

       Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нет диагоналей, 

и 
после 
попытки 
разбить 
его 
с 
помощью 
диагоналей остается 
в 

неприкосновенности сам треугольник):  1 = 3 − 2 ; для четырехугольника 

(рис.0.1) это число равно, очевидно, двум : 2 = 4 − 2 . Для любого 𝑘 ≥ 3 

допустим, что каждый 𝑛 −угольник, где 𝑛 < 𝑘, разбивается непересекающимися диагоналями на 

𝑛 − 2 треугольника (независимо от способа разбиения). Рассмотрим произвольный 𝑛 −угольник 

при 𝑛 = 𝑘  (рис.0.2). Пусть этот 𝑘 − угольник каким-либо способом  

разбит непересекающимися диагоналями на треугольники. Подсчитаем 

число этих треугольников. Пусть 𝐴1𝐴𝑝  – одна из диагоналей этого 

разбиения. Она делит 𝑘 − угольник 𝐴1𝐴2 … 𝐴𝑘  на 𝑝 −  угольник 

𝐴1𝐴2 … 𝐴𝑝 и (𝑘 − 𝑝 + 2) −угольник 𝐴𝑝 … 𝐴𝑘−1𝐴𝑘𝐴1 (две вершины 

𝐴1 и 𝐴𝑝 принадлежат обоим многоугольникам). Так как 𝑝 < 𝑘  и  

𝑘 − 𝑝 + 2 < 𝑘, то, по допущению, непересекающимися диагоналями они разбиваются  на 𝑝 − 2 

и (𝑘 − 𝑝 + 2) − 2  треугольника соответственно. Значит, число треугольников в разбиении 

нашего 𝑘 −угольника равно 𝑝 − 2 + (𝑘 − 𝑝 + 2) − 2 = 𝑘 − 2 . Итак,  

       1) утверждение 𝐴(𝑛) =  (Любой 𝑛 −  угольник своими непересекающимися диагоналями 

может быть разбит на 𝑛 − 2 треугольника) истинно при 𝑛 = 3:  𝐴(3) истинно (база индукции);  

       2) для любого 𝑘 ≥ 3  из допущения, что утверждение 𝐴(𝑛)  истинно при каждом 𝑛 < 𝑘 

следует истинность 𝐴(𝑛) при  𝑛 = 𝑘 (шаг индукции). 

       Условия принципа полной математической индукции выполнены, следовательно, утверждение 

𝐴(𝑛) верно при любом натуральном 𝑛 ≥ 3. 

        Ответ:  𝑛 − 2 треугольника. 

 

Теорема о делении с остатком 

 

       Каковы бы ни были целое число  𝑎  и целое число 𝑏 ≠ 0,  всегда возможно, и притом  

единственным способом, разделить  𝑎  на  𝑏  с остатком: найти такие два целых числа 𝑞 (частное)  

и  𝑟 (остаток),  что 𝑎 = 𝑏𝑞 + 𝑟,   0 ≤ 𝑟 < |𝑏|. 

       Примеры.  

𝑎 = 725, 𝑏 = 25.      725 = 25 ∙ 29 + 0.  𝑞 = 29, 𝑟 = 0. 

𝑎 = 725, 𝑏 = 23.      725 = 23 ∙ 31 + 12.  𝑞 = 31, 𝑟 = 12. 

𝑎 = 23,     𝑏 = 725.    23 = 725 ∙ 0 + 23.     𝑞 = 0,    𝑟 = 23. 

𝑎 = 23,     𝑏 = 23.    23 = 23 ∙ 1 + 0.     𝑞 = 1,    𝑟 = 0. 

𝑎 = −725, 𝑏 = 25.   −  725 = 25 ∙ (−29) + 0.  𝑞 = −29, 𝑟 = 0. 

𝑎 = −725, 𝑏 = 23.     − 725 = 23 ∙ (−32) + 11.  𝑞 = −32, 𝑟 = 11. 

 (Остаток не должен быть отрицательным и по модулю должен быть меньше делителя, поэтому                    

725 = 23 ∙ 31 + 12 ⇒ − 725 = 23 ∙ (−31) − 12 = 23 ∙ (−32 + 1) − 12 =  23 ∙ (−32) + 11). 

𝑎 = −725, 𝑏 = −23.     − 725 = −23 ∙ 32 + 11.  𝑞 = 32, 𝑟 = 11. 

(725 = 23 ∙ 31 + 12 ⇒ − 725 = −23 ∙ 31 − 12 = −23 ∙ (32 − 1) − 12 = −23 ∙ 32 + 11). 

𝑎 = 725, 𝑏 = −23.     725 = −23 ∙ (−31) + 12.  𝑞 = −31, 𝑟 = 12. 

 (725 = 23 ∙ 31 + 12 ⇒  725 = −23 ∙ (−31) + 12) 

𝑎 = 23,     𝑏 = −725.    23 = −725 ∙ 0 + 23.     𝑞 = 0,    𝑟 = 23. 

𝑎 = −23,     𝑏 = 725.  − 23 = 725 ∙ (−1) + 702.     𝑞 = −1,    𝑟 = 702.     

 (−23 = 725 ∙ 0 − 23 ⇒ −23 = 725 ∙ (−1 + 1) − 23 = 725 ∙ (−1) + 702). 

𝑎 = −23,   𝑏 = −725.  − 23 = −725 ∙ 1 + 702.     𝑞 = 1,    𝑟 = 702. 

Универсальный алгоритм извлечения квадратного корня 

из десятичной дроби 

 На ЕГЭ встречаются задачи, в которых приходится извлекать квадратный корень из довольно 

больших чисел, а калькулятором пользоваться не разрешается. Приходится извлекать «вручную». 

Приведем стандартный алгоритм. 

1. От запятой отдельно дробную и отдельно целую части делим на грани по две цифры в каждой

грани (целую часть — справа налево; дробную ‒ слева направо). 

Возможно, что в целой части может оказаться одна цифра, а в дробной 

— нули. 

2. Извлечение начинается слева направо: подбираем наибольшую

цифру, квадрат которой не превосходит числа, стоящего в первой грани. 

Это будет первая цифра результата (цифра 3 на рис.0.3). Возводим ее в 

квадрат и записываем под числом, стоящим в первой грани. 

3. Находим разность между числом, стоящим в первой грани, и

квадратом подобранной первой цифры (число 5 на рис.0.3). 

4. К получившейся разности сносим следующую грань, полученное число будет делимым

(число 515 на рис.0.3). Образовываем делитель для деления углом. Для этого первую цифру 

результата удваиваем (умножаем на 2), получаем число десятков делителя (число 6 на рис.0.3), а в 

качестве числа единиц подбираем такую максимальную цифру, чтобы ее произведение на весь 

делитель не превосходило делимого (на рис.0.3 эта цифра равна 7, а делитель получился равным 

67). Подобранную цифру (этой цифрой может оказаться и 0) записываем в ответ второй цифрой. 

5. Находим разность между делимым и произведением делителя на число его единиц (на рис.0.3:

515‒469=46). 

6.
К получившейся разности сносим следующую грань и

выполняем действия далее по алгоритму. Если сносимая грань 

окажется гранью дробной части, то в ответе ставим запятую. 

 Данным способом можно извлекать корень с любой точностью (на 

рис.0.4 с точностью до тысячных), 

 Примечание. Алгоритм основан на формуле  (10𝑎 + 𝑏)2 = 100𝑎2 + 20𝑎𝑏 + 𝑏2 = 100𝑎2 + (2𝑎 ∙ 10 + 𝑏)𝑏, однако 

его обоснование громоздкое. На ЕГЭ обоснование не требуется. 

1. Задачи с параметром 

 

1.1. Задачи пункта 5.3 «Уравнения и неравенства с параметром» из сборника 

И.В.Ященко ЕГЭ 2019 

 

5.3.1 

       Найдите все значения параметра 𝑎, при каждом из которых модуль разности корней уравнения 

                                                      𝑥2 − 15𝑥 − 14 + 𝑎2 − 10𝑎 = 0  

принимает наибольшее значение. 

       Решение.  

       Дискриминант 𝐷 = 225 − 4(𝑎2 − 10𝑎 − 14) = −4𝑎2 + 40𝑎 + 281, корни   

𝑥1,2 =

1

2 (15 ± √−4𝑎2 + 40𝑎 + 281),   |𝑥2 − 𝑥1| = √−4𝑎2 + 40𝑎 + 281.  

Как известно, квадратный трехчлен  𝐴𝑡2 + 𝐵𝑡 + 𝐶  при 𝐴 < 0  принимает наибольшее значение 

при 𝑡 = −

𝐵

2𝐴. У нас 𝐴 = −4, 𝐵 = 40, значит подкоренное выражение принимает наибольшее 

значение при 𝑎 = −

40

−8 = 5 . Это значение равно −4 ∙ 25 + 40 ∙ 5 + 281 = 381 . Поэтому 

|𝑥2 − 𝑥1| имеет наибольшее значение √381 при 𝑎 = 5 (не было необходимости исследовать 

знак подкоренного выражения, так как его наибольшее значение оказалось положительным). 

       Ответ: 𝑎 = 5. 

 

5.3.2 

        Найдите все значения параметра 𝑎, при каждом из которых уравнение 

                                                        √3𝑥 − 𝑎  = 𝑥 − 3𝑎   

имеет корни, и укажите  корни уравнения для каждого из найденных значений 𝑎.  

       Решение. 

   √3𝑥 − 𝑎  = 𝑥 − 3𝑎 ⇔   {

𝑥 ≥

𝑎

3,                         

𝑥 ≥ 3𝑎,                ⇔ 
3𝑥 − 𝑎 = (𝑥 − 3𝑎)2

  {

𝑥 ≥

𝑎

3 ,

𝑥 ≥ 3𝑎,

𝑥2 − (6𝑎 + 3)𝑥 + 9𝑎2 + 𝑎 = 0.

 

Учитывая, что дискриминант квадратного трехчлена равен 𝐷 = (6𝑎 + 3)2 − 4(9𝑎2 + 𝑎) = 

32𝑎 + 9, запишем равносильную систему 

{

𝑥 ≥ 𝑎
3 ,

𝑥 ≥ 3𝑎,
32𝑎 + 9 ≥ 0,

𝑥 = 1
2 (6𝑎 + 3 ± √32𝑎 + 9).

При 𝑎 ≥ 0 система имеет вид

{

𝑎 ≥ 0 ,
𝑥 ≥ 3𝑎,

𝑎 ≥ −
9

32 ,

𝑥 =
1

2 (6𝑎 + 3 ± √32𝑎 + 9).

⇔ {

𝑎 ≥ 0 ,
𝑥 ≥ 3𝑎,

𝑥 =
1

2(6𝑎 + 3 ± √32𝑎 + 9).

Проверим, удовлетворяют ли корни 𝑥1.2 =
1

2(6𝑎 + 3 ± √32𝑎 + 9) неравенству 𝑥 ≥ 3𝑎. Если

𝑎 = 0,  то имеем корни 𝑥1.2 =
1

2(3 ± 3) :  𝑥1 = 0, 𝑥2 = 3 . Оба корня удовлетворяют

неравенству 𝑥 ≥ 3𝑎: 0 ≥ 3 ∙ 0, 3 ≥ 3 ∙ 0.  Если 𝑎 > 0, то 𝑥1 =
1

2 (6𝑎 + 3 − √32𝑎 + 9) <

1

2 (6𝑎 + 3 − 3) = 3𝑎,  то  есть  неравенству  𝑥 ≥ 3𝑎  не  удовлетворяет.

𝑥2 =
1

2 (6𝑎 + 3 + √32𝑎 + 9) > 
1

2 ∙ 6𝑎 = 3𝑎,    то   есть   удовлетворяет   неравенству 𝑥 ≥ 3𝑎.

Итак, при 𝑎 = 0  имеем два корня 𝑥1 = 0, 𝑥2 = 3, полученные по формуле

𝑥 =
1

2 (6𝑎 + 3 ± √32𝑎 + 9),  при 𝑎 > 0 имеем один корень 𝑥 =
1

2 (6𝑎 + 3 + √32𝑎 + 9).

При 𝑎 < 0 система имеет вид

{

𝑎 < 0 ,
𝑥 ≥
𝑎

3 ,

𝑎 ≥ −
9

32 ,

𝑥 =
1

2 (6𝑎 + 3 ± √32𝑎 + 9).

⇔ 

{  

  
−
9

32 ≤ 𝑎 < 0 ,

𝑥 ≥
𝑎

3 ,

𝑥 =
1

2 (6𝑎 + 3 ± √32𝑎 + 9).

Проверим выполнение неравенства  𝑥1 =
1

2(6𝑎 + 3 − √32𝑎 + 9) ≥
𝑎

3. Оно равносильно 

неравенству 16𝑎 + 9 ≥ 3√32𝑎 + 9 . Так как 16𝑎 + 9 ≥ 16 (−
9

32) + 9 = 4,5 > 0 ,  то

возведя  обе  части  в  квадрат,  получим  равносильное неравенство 162𝑎2 + 2 ∙ 16 ∙ 9𝑎 + 81 ≥

9 ∙ 2 ∙ 16𝑎 + 81  ⇔ 162𝑎2 ≥ 0  ‒ верное неравенство.   Корень  𝑥1   удовлетворяет

неравенству  𝑥 ≥
𝑎

3 .   Больший  корень  𝑥2 =
1

2 (6𝑎 + 3 + √32𝑎 + 9)  тем более ему

удовлетворяет. 

Ответ: При −

9

32 ≤ 𝑎 ≤ 0  два корня 𝑥 =

1

2 (6𝑎 + 3 ± √32𝑎 + 9),  при 𝑎 > 0  один 

корень 𝑥 =

1

2 (6𝑎 + 3 + √32𝑎 + 9). 

 

5.3.3 

       Найдите все значения параметра 𝑎, при каждом из которых имеет единственное решение 

система уравнений 

                                             {(𝑥 − 3𝑎 − 4)2 + (𝑦 − 𝑎 + 2)2 = 1,

(𝑥 − 4𝑎 − 3)2 + (𝑦 + 3)2 = 9.
 

       Решение.  

       Будем 
решать 
графически 
(рис.1.1). 
Используем 

известное уравнение окружности радиуса 𝑅 с центром 

𝐶 = (𝑥0; 𝑦0):  

               (𝑥 − 𝑥0)2 + (𝑦 − 𝑦0)2 = 𝑅2.. 

Решениями (𝑥; 𝑦)  данной 
системы 
являются 
точки 

пересечения окружности радиуса 𝑅1 = 1 с центром 

𝐶1 = (3𝑎 + 4; 𝑎 − 2)  с окружностью радиуса 𝑅2 = 3 с 

центром  𝐶2 = (4𝑎 + 3; −3) . Единственное решение имеет место в случае внешнего или 

внутреннего касания этих окружностей. Внешнее касание происходит, когда расстояние между 

центрами 𝑑(𝐶1; 𝐶2) равно сумме радиусов, а внутреннее ‒ когда оно равно разности большего и 

меньшего радиусов. Учитывая, что 

                  𝑑(𝐶1; 𝐶2) = √((4𝑎 + 3) − (3𝑎 + 4))2 + (−3 − (𝑎 − 2))2 = √2𝑎2 + 2,  

имеем совокупность уравнений [√2𝑎2 + 2 = 1 + 3,

√2𝑎2 + 2 = 3 − 1

 ⇔ [2𝑎2 + 2 = 16,

2𝑎2 + 2 = 4.

  

Отсюда находим 𝑎 = ±√7, 𝑎 = ±1.   

       Ответ:   𝑎 = ±√7, 𝑎 = ±1.        

 

5.3.4  

       Найдите все значения параметра 𝑎, при каждом из которых неравенство 

                                                          𝑥2 − 𝑎2(𝑎 + 1)𝑥 + 𝑎5 < 0   

имеет решения и множество решений неравенства содержится в интервале (−9; 4).