Самые официальные тренировочные варианты ОГЭ дает СтатГрад. Если ваша школа подключена к этой системе, то пробный ОГЭ у вас войдет в привычку, потому как новые тренировочные работы СтатГрад выпускает несколько раз в год, по 4 варианта за раз. В общем, СтатГрад ориентируется на банк заданий ФИПИ, но бывает, что дает немного другие задания. А раз есть вопросы, нужны ответы, чтобы свериться. Тут будем публиковать ответы на пробные варианты Статграда, чтобы вы могли себя проверить.
Если вам нужен задачник с прототипами ФИПИ наподобие СтатГрада, то у нас на ГИАгиде есть предложение ЛУЧШЕ, чем СтатГРад:
тренировочные задания ОГЭ по математике из банка ФИПИ с ответами >>
Если нужны только ответы к СтатГраду, смотрите ниже.
Ответы к вариантам СтатГрада ОГЭ по математике 2024
Заданиям с кратким ответом:
Задания с развернутым ответом:
МА2390101
20. −1−√2; −1+√2
21. 16 км/ч
22. m = −1,5; 0 < m < 2.
23. 40
24. Проведём прямую MF параллельно стороне AB. Поскольку AM = MD = AB, параллелограмм ABFM является ромбом, поэтому диагональ BM ромба ABFM делит угол ABF пополам. Значит, BM — биссектриса угла ABC .
25. 2√14
МА2390102
20. 2−√3 ; 2+√3
21. 12 км/ч
22. −4,5 ≤ m ≤ −3 ; m = − 2,5.
23. 36
24. Проведём прямую LF параллельно стороне AD. Поскольку BL = LA = AD, параллелограмм ADFL является ромбом, поэтому диагональ DL ромба ADFL делит угол ADF пополам. Значит, DL — биссектриса угла ADC .
25. 7√2
МА2390103
20. −3−√2 ; −3+√2
21. 10 км/ч
22. 0,5 ≤ m ≤ 2; m = 4
23. 28
24. Проведём прямую MF параллельно стороне CD. Поскольку AM = MD = CD, параллелограмм CDMF является ромбом, поэтому диагональ CM ромба CDMF делит угол FCD пополам. Значит, CM — биссектриса угла BCD.
25. 2√42
МА2390104
20. 3−√5 ; 3+√5
21. 15 км/ч
22. −1 < m <1 ; m = 4
23. 32
24. Проведём прямую KF параллельно стороне CD. Поскольку BK =KC =CD , параллелограмм CDFK является ромбом, поэтому диагональ ромба CDFK делит угол CDF пополам. Значит, — биссектриса угла ADC.
25. 10√3
МА2390201
20. [−1;1]
21. 1,2 ч
22. m = − 3; m = 1/16
23. 60° ; 120° ; 60° ; 120°
24. Поскольку четырёхугольник ABCD выпуклый и ∠ABD = ∠ACD, около четырёхугольника ABCD можно описать окружность. Значит, ∠DAC = ∠DBC как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу CD
25. 4
МА2390202
20. [−1;1]
21. 1,3 ч
22. m = 0; m = 1/4
23. 60° ; 120° ; 60° ; 120°
24. Поскольку четырёхугольник ABCD выпуклый и ∠CDB = ∠CAB , около четырёхугольника ABCD можно описать окружность. Значит, ∠BCA = ∠BDA как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу AB .
25. 8,8
МА2390203
20. [−1;1]
21. 1,1 ч
22. m = −15; m = 1/64
23. 60° ; 120° ; 60° ; 120°
24. Поскольку четырёхугольник ABCD выпуклый и ∠DAC = ∠DBC , около четырёхугольника ABCD можно описать окружность. Значит, ∠CDB = ∠CAB как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу BC .
25. 7,2
МА2390204
20. [−1;1]
21. 1 ч
22. m = 3;
m = 49/16
23. 60° ; 120° ; 60° ; 120°
24. Поскольку четырёхугольник ABCD выпуклый и ∠BCA = ∠BDA, около четырёхугольника ABCD можно описать окружность. Значит, ∠ABD = ∠ACD как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу AD
25. 1,6
МА2390301
20. (1; 6) ; (−1; − 6) ; (6;1) ; (− 6; −1)
21. 67,5 км/ч
22. 4
23. 8
24. Проведём через точку E высоту H1H2 трапеции. По теореме Фалеса средняя линия разделит высоту пополам. Пусть EH1 = EH2 = h . Тогда сумма площадей треугольников BEC и AED равна
h * BC/2 + h * AD/2 = h * (BC + AD)/2
При этом площадь трапеции равна
2 h * (BC + AD)/2, что как раз вдвое больше найденной суммы площадей треугольников.
25. 28
МА2390302
20. (1; 2) ; (−1; − 2) ; (2;1) ; (− 2; −1)
21. 44,8 км/ч
22. 4
23. 3,2
24. Проведём через точку K высоту H1H2 трапеции. По теореме Фалеса средняя линия разделит высоту
пополам. Пусть KH1 = KH2 = h . Тогда сумма площадей треугольников BKC и AKD равна
h * BC/2 + h * AD/2 = h * (BC + AD)/2
При этом площадь трапеции равна
2 h * (BC + AD)/2, что как раз вдвое больше найденной суммы площадей треугольников.
25. 10√7
МА2390303
20. (2; 3) ; (− 2; − 3) ; (3; 2) ; (− 3; − 2)
21. 40,8 км/ч
22. 4
23. 10
24. Проведём через точку F высоту H1H2 трапеции. По теореме Фалеса средняя линия разделит
высоту пополам. Пусть FH1 = FH2 = h . Тогда сумма площадей треугольников BFC и AFD равна
h * BC/2 + h * AD/2 = h * (BC + AD)/2
При этом площадь трапеции равна
2 h * (BC + AD)/2, что как раз вдвое больше найденной суммы площадей треугольников.
25. 3√79
МА2390304
20. (1; 3 ); (−1; − 3) ; (3;1) ; (− 3; −1)
21. 85,1 км/ч
22. 4
23. 25
24. Проведём через точку K высоту H1H2 трапеции. По теореме Фалеса средняя линия разделит
высоту пополам. Пусть KH1 = KH2 = h . Тогда сумма площадей треугольников BKC и AKD равна
h * BC/2 + h * AD/2 = h * (BC + AD)/2
При этом площадь трапеции равна
2 h * (BC + AD)/2, что как раз вдвое больше найденной суммы площадей треугольников.
25. 2√199
МА2390401
20. (3; 7)
21. 25
22. m =1; m = −1
23. 32
24. Проведём прямую KF параллельно стороне AB. Тогда в каждом из параллелограммов ABKF и CDFK диагональ делит угол пополам, поэтому эти параллелограммы являются ромбами. Значит, BK = KF = KC . Следовательно, точка K — середина BC
25. 13,5
МА2390402
20. (4; 8)
21. 26
22. m =1; m = −1
23. 10
24. Проведём прямую LF параллельно стороне AD. Тогда в каждом из параллелограммов ALFD и BCFL диагональ делит угол пополам, поэтому эти параллелограммы являются ромбами. Значит, AL=LF=LB. Следовательно, точка L— середина AB.
25. 24
МА2390403
20. (4; 5)
21. 10
22. m =1; m = −1
23. 24
24. Проведём прямую MF параллельно стороне AB. Тогда в каждом из параллелограммов ABMF и CDMF диагональ делит угол пополам, поэтому эти параллелограммы являются ромбами. Значит, AM = MF = MD. Следовательно, точка M — середина AD .
25. 5,4
МА2390404
20. (6; 8)
21. 10
22. m =1; m = −1
23. 20
24. Проведём прямую NF параллельно стороне AD. Тогда в каждом из параллелограммов AFND и BCNF диагональ делит угол пополам, поэтому эти параллелограммы являются ромбами. Значит, CN = NF = ND. Следовательно, точка N — середина CD .
25. 10,8