1. Математика. 11 класс. Вариант 1 1
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом
C1 2sin2x + 3cosx
Решить уравнение = 0.
2sinx − 3
Решение:
3
Левая часть уравнения имеет смысл при sinx ≠ .
2
Преобразуем уравнение:
− 2cos2x + 3cosx + 2 (2cosx + 1)(cosx − 2)
= 0; = 0.
2sinx − 3 2sinx − 3
Поскольку cosx − 2 ≠ 0, получаем:
1
2cosx + 1 = 0; cosx = − .
2
3 2π
Учитывая, что sinx ≠ , находим: x = − + 2πk , k ∈ .
2 3
2π
Ответ: − + 2πk , k ∈ .
3
Содержание критерия Баллы
Обоснованно получен правильный ответ 2
Верно найдены все значения переменной x, при которых равен нулю
числитель, но отбор найденных значений либо не произведен, либо 1
произведен неверно
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
Максимальный балл 2
© МИОО, 2011 г.

2. Математика. 11 класс. Вариант 1 2
C2 Основанием прямой призмы ABC A1B1C1 является равнобедренный
треугольник ABC, AB = AC = 5, BC = 6. Высота призмы равна 3.
Найдите расстояние от середины ребра B1C1 до плоскости BC A1.
Решение:
Пусть A1D1 — высота треугольника A1B1C1, тогда D1 — середина стороны B1C1.
Прямая C1 D1 параллельна плоскости BC A1, поэтому расстояния от точек C 1 и D1
до плоскости BC A1 равны. Плоскость AA1D1 пересекает плоскость BC A1 по
прямой A1D, где D — середина отрезка BC. Прямая BC перпендикулярна
плоскости AA1D1 поскольку перпендикулярна прямым D D1 и A1D1.
Следовательно, плоскости AA1D1 и BC A1 перпендикулярны. Поэтому
расстояние от точки D1 до плоскости BC A1 равно высоте D1H прямоугольного
треугольника A1D1D.
Из условия следует, что D D1 = 3, C1D1 = 3, A1D1 = A1C12 − C1D12 = 4. Отсюда
A1D1 ⋅ DD1 4⋅3
D1H = = = 2, 4.
2
A1D1 +DD1 2 5
Ответ: 2,4.
Содержание критерия Балл
Обоснованно получен правильный ответ 2
Задача обоснованно сведена к планиметрической, но получен
1
неверный ответ или решение не закончено
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
Максимальный балл 2
© МИОО, 2011 г.

3. Математика. 11 класс. Вариант 1 3
2
C3
Решить неравенство
(x 2 + x)lg(x 2 + 2x − 2) ≥ lg(−x 2 − 2x + 2) .
x−1 x−1
Решение.
Преобразуем неравенство:
(x 2 + x)lg(x 2 + 2x − 2) ≥ 2lg(x 2 + 2x − 2) .
x−1 x−1
Если x > 1, то
(
(x 2 + x − 2)lg x 2 + 2x − 2 ) ≥ 0; (
(x − 1)(x + 2)lg x 2 + 2x − 2 ) ≥0
x−1 x−1
⎧ lg x 2 + 2x − 2 ≥ 0, ⎪ 2
⎪
⎨
( ) ⎧ x + 2x − 2 ≥ 1, ⎧ (x − 1)(x + 3) ≥ 0,
⎨ ⎨ x > 1.
⎪ x > 1;
⎩
⎪ x > 1;
⎩ ⎩ x > 1;
Если x < 1, то
(
(x 2 + x + 2)lg x 2 + 2x − 2 ) ≥ 0; lg(x 2 + 2x − 2) ≥ 0;
1−x 1−x
⎧ lg x 2 + 2x − 2 ≥ 0, ⎪ 2
⎪
⎨
( ) ⎧ x + 2x − 2 ≥ 1, ⎪ x 2 + 2x − 3 ≥ 0, ⎧ (x − 1)(x + 3) ≥ 0,
⎨
⎧
⎨ ⎨ x ≤ −3.
⎪
⎩ x < 1; ⎪ x < 1;
⎩ ⎪ x < 1;
⎩ ⎩ x < 1;
Ответ: (− ∞; −3]; (1; +∞).
Содержание критерия Баллы
Обоснованно получен правильный ответ 3
Решение содержит ошибку в решении квадратного неравенства в
2
одном из двух случаев: x > 1 или x < 1
Неравенство решено только в одном из двух случаев: x > 1 или x < 1;
или для обоих случаев получены верные квадратные неравенства 1
относительно x
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
Максимальный балл 3
© МИОО, 2011 г.

4. Математика. 11 класс. Вариант 1 4
C4 Расстояние между параллельными прямыми равно 12. На одной из
них лежит вершина C , на другой — основание AB равнобедренного
треугольника ABC. Известно, что AB = 10. Найдите расстояние между
центрами окружностей, одна из которых вписана в треугольник ABC,
а вторая касается данных параллельных прямых и боковой стороны
треугольника ABC.
Решение:
Пусть CH — высота треугольника ABC, r и Q — радиус и центр вписанной
окружности, CH = 12, AH = 5, поэтому AC = 13. Найдем площадь, полупериметр
и радиус вписанной окружности треугольника ABC:
CH ⋅ AB 12 ⋅ 10 1
S= = = 60, p= (AC + AB + CB ) = AC + AH = 18.
2 2 2
S 10
Тогда r = = . Кроме того, по теореме Пифагора
p 3
100 5 13
AQ = AH 2 + Q H 2 = 25 + = .
9 3
Пусть окружность с центром в точке O касается боковой стороны AC
равнобедренного треугольника ABC и данных параллельных прямых. Радиус
этой окружности равен 6 , поскольку он вдвое меньше расстояния между
прямыми. Точку касания окружности с прямой AB обозначим M.
© МИОО, 2011 г.

5. Математика. 11 класс. Вариант 1 5
Пусть точки B и M лежат по разные стороны от точки A (рис. 1). Центр
окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AO и AQ —
биссектрисы смежных углов ∠ MAC и ∠ CAB соответственно. Значит, угол
∠ OAQ = 90°, и ∠ MOA = ∠ QAH , поскольку эти углы образованы парами
соответственно перпендикулярных прямых. Следовательно, прямоугольные
OM 6
треугольники OMA и AQH подобны с коэффициентом = . Поэтому
AH 5
2
OQ = O A2 + AQ 2 = ⎛ 6 AQ ⎞ + AQ 2 = 36
+ 1 ⋅ AQ =
61 5 13
⋅ =
793
.
⎜ ⎟
⎝5 ⎠ 25 5 3 3
Пусть точки B и M лежат по одну сторону от точки A (рис. 2). Центр
окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому лучи AO и
AQ совпадают и являются биссектрисой угла ∠ MAC. Значит, прямоугольные
OM 6 9
треугольники AOM и QAH подобны с коэффициентом = 10 = . Тогда
QH 5
3
9 4 4 5 13 4 13
OQ = AO − AQ = AQ − AQ = AQ = ⋅ = .
5 5 5 3 3
793 4 13
Ответ: ; .
3 3
© МИОО, 2011 г.

6. Математика. 11 класс. Вариант 1 6
Содержание критерия Баллы
Рассмотрены обе точки пересечения и получен правильный ответ 3
Рассмотрена хотя бы одна точка пересечения, для которой получено
2
правильное значение искомой величины
Рассмотрена хотя бы одна точка пересечения, для которой получено
значение искомой величины, неправильное из-за арифметической 1
ошибки
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
Максимальный балл 3
© МИОО, 2011 г.

7. Математика. 11 класс. Вариант 2 1
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом
C1 2cos2x − 5sinx + 1
Решить уравнение = 0.
2cosx − 3
Решение:
3
Левая часть уравнения имеет смысл при cosx ≠ .
2
Преобразуем уравнение:
− 2sin2x − 5sinx + 3 (2sinx − 1)(sinx + 3)
= 0; = 0.
2cosx − 3 2cosx − 3
Поскольку sinx + 3 ≠ 0, получаем:
1
2sinx − 1 = 0; sinx = .
2
3 5π
Учитывая, что cosx ≠ , находим: x = + 2πk , k ∈ .
2 6
5π
Ответ: + 2πk , k ∈ .
6
Содержание критерия Баллы
Обоснованно получен правильный ответ 2
Верно найдены все значения переменной x, при которых равен нулю
числитель, но отбор найденных значений либо не произведен, либо 1
произведен неверно
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
Максимальный балл 2
© МИОО, 2011 г.

8. Математика. 11 класс. Вариант 2 2
C2 Основанием прямой призмы ABCD A1B1C1D1 является ромб ABCD,
AB = 10, BD = 12. Высота призмы равна 6. Найдите расстояние
от центра грани A1B1C1D1 до плоскости BDC1.
Решение:
Пусть O 1 – центр грани A1B1C1D1. Плоскость AA1C1 пересекает плоскость BDC1
по прямой C1O, где O — середина отрезка ВD. Прямая ВD перпендикулярна
плоскости AA1C1 поскольку перпендикулярна прямым OO1 и AC.
Следовательно, плоскости AA1C1 и BDC1 перпендикулярны. Поэтому расстояние
от точки O 1 до плоскости BDC1 равно высоте O1H прямоугольного треугольника
OO1C1.
Из условия следует, что OO1 = 6, O1D1 = 6, O1C1 = C1D12 − O1D12 = 8. Отсюда
O1C1 ⋅ OO1 8⋅6
O1H = = = 4, 8.
O1C1 2+OO1 2 10
Ответ: 4,8.
Содержание критерия Баллы
Обоснованно получен правильный ответ 2
Задача обоснованно сведена к планиметрической, но получен
1
неверный ответ или решение не закончено
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
Максимальный балл 2
© МИОО, 2011 г.

9. Математика. 11 класс. Вариант 2 3
6
C3
Решить неравенство
(x 2 + x)log8(x 2 + 4x − 4) ≥ log8(−x 2 − 4x + 4) .
x−2 x−2
Решение.
Преобразуем неравенство:
(x 2 + x)log8(x 2 + 4x − 4) ≥ 6log8(x 2 + 4x − 4) .
x−2 x−2
Если x > 2, то
(
(x 2 + x − 6)log8 x 2 + 4x − 4 ) ≥ 0; (
(x − 2)(x + 3)log8 x 2 + 4x − 4 ) ≥ 0;
x−2 x−2
⎧ log x 2 + 4x − 4 ≥ 0,
⎪
⎨ 8 ( ) ⎧ x 2 + 4x − 4 ≥ 1,
⎪
⎨
⎧ (x − 1)(x + 5) ≥ 0,
⎨ x > 2.
⎪ x > 2;
⎩
⎪ x > 2;
⎩ ⎩ x > 2;
Если x < 2, то
(
(x 2 + x + 6)log8 x 2 + 4x − 4 ) ≥ 0; (
log8 x 2 + 4x − 4) ≥ 0;
2−x 2−x
⎧ log x 2 + 4x − 4 ≥ 0,
⎪
⎨ 8 ( ) ⎧ x 2 + 4x − 4 ≥ 1,
⎪
⎨
⎧ (x − 1)(x + 5) ≥ 0,
⎨
⎪
⎩ x < 2; ⎪ x < 2;
⎩ ⎩ x < 2,
откуда x ∈ (− ∞; −5] ∪ [1; 2).
Ответ: (− ∞; −5]; [1; 2); (2; +∞).
Содержание критерия Баллы
Обоснованно получен правильный ответ 3
Решение содержит ошибку в решении квадратного неравенства в
2
одном из двух случаев: x > 2 или x < 2
Неравенство решено только в одном из двух случаев: x > 2 или x < 2;
или для обоих случаев получены верные квадратные неравенства 1
относительно x
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
Максимальный балл 3
© МИОО, 2011 г.

10. Математика. 11 класс. Вариант 2 4
C4 Расстояние между параллельными прямыми равно 6. На одной из
них лежит вершина C , на другой — основание AB равнобедренного
треугольника ABC. Известно, что AB = 16. Найдите расстояние между
центрами окружностей, одна из которых вписана в треугольник ABC,
а вторая касается данных параллельных прямых и боковой стороны
треугольника ABC.
Решение:
Пусть CH — высота треугольника ABC, r и Q — радиус и центр вписанной
окружности. CH = 6, AH = 8, поэтому AC = 10. Найдем площадь, полупериметр и
радиус вписанной окружности треугольника ABC:
CH ⋅ AB 6 ⋅ 16 1
S= = = 48, p= (AC + AB + CB) = AC + AH = 18.
2 2 2
S 8
Тогда r = = . Кроме того, по теореме Пифагора
p 3
64 8 10
AQ = AH 2 + Q H 2 = 64 + = .
9 3
Пусть окружность с центром в точке O касается боковой стороны AC
равнобедренного треугольника ABC и данных параллельных прямых. Радиус
этой окружности равен 3 , поскольку он вдвое меньше расстояния между
прямыми. Точку касания окружности с прямой AB обозначим M.
© МИОО, 2011 г.

11. Математика. 11 класс. Вариант 2 5
Пусть точки B и M лежат по разные стороны от точки A (рис. 1). Центр
окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AO и AQ —
биссектрисы смежных углов ∠ MAC и ∠ CAB соответственно. Значит, угол
∠ OAQ = 90°, и ∠ MOA = ∠ QAH , поскольку эти углы образованы парами
соответственно перпендикулярных прямых. Следовательно, прямоугольные
OM 3
треугольники OMA и AHQ подобны с коэффициентом = . Поэтому
AH 8
2
OQ = O A2 + AQ 2 = ⎛ 3 AQ ⎞ + AQ 2 = 9
+ 1 ⋅ AQ =
73 8 10
⋅ =
730
.
⎜ ⎟
⎝8 ⎠ 64 8 3 3
Пусть точки B и M лежат по одну сторону от точки A (рис. 2). Центр
окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому лучи AO и
AQ совпадают и являются биссектрисой угла ∠ MAC. Значит, прямоугольные
OM 3 9
треугольники AOM и AQH подобны с коэффициентом = 8 = . Тогда
QH 8
3
9 1 1 8 10 10
OQ = AO − AQ = AQ − AQ = AQ = ⋅ = .
8 8 8 3 3
730 10
Ответ: , .
3 3
© МИОО, 2011 г.

12. Математика. 11 класс. Вариант 2 6
Содержание критерия Баллы
Рассмотрены обе точки пересечения и получен правильный ответ 3
Рассмотрена хотя бы одна точка пересечения, для которой получено
2
правильное значение искомой величины
Рассмотрена хотя бы одна точка пересечения, для которой получено
значение искомой величины, неправильное из-за арифметической 1
ошибки
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
Максимальный балл 3
© МИОО, 2011 г.

13. Математика. 11 класс. Вариант 2 1
Ответы к заданиям с кратким ответом
№ задания Ответ № задания Ответ
B1 127 B7 –0,4
B2 15 B8 –1,25
B3 43 B9 35
B4 18 B10 7
B5 2535 B11 15
B6 10 B12 33390
© МИОО, 2011 г.

14. Математика. 11 класс. Вариант 1 1
Ответы к заданиям с кратким ответом
№ задания Ответ № задания Ответ
B1 62 B7 4
B2 10 B8 0,25
B3 7 B9 41
B4 15 B10 3
B5 4823 B11 11
B6 4 B12 56175
© МИОО, 2011 г.