Matura z matematyki maj 2026, poziom rozszerzony - zadania i rozwiązania

Odpowiedź (klucz CKE): $\frac{1}{3}$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Symbol Newtona: $\binom{n+2}{n-1}=\binom{n+2}{3}=\frac{(n+2)!}{3!\,(n-1)!}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}\text{.}$
2. Licznik to wielomian stopnia $3$ z najwyższym wyrazem $\frac{1}{6}n^3\text{;}$ mianownik ma najwyższy wyraz $\frac{1}{2}n^3\text{.}$
3. Dzielimy licznik i mianownik przez $n^3\text{:}$ $\frac{\frac{1}{6}\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{2}{n}\right)}{\frac{1}{2}-\frac{4}{n^2}+\frac{7}{n^3}}\text{.}$
4. Wyrazy z $n$ w mianowniku dążą do $0\text{,}$ więc granica to $\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}\text{.}$

Typowe błędy

• Rozpisanie $\binom{n+2}{n-1}$ jako $\frac{(n+2)!}{(n-1)!}$ bez dzielenia przez $3!$ - wynik $2$ zamiast $\frac{1}{3}\text{.}$
• Porównanie tylko współczynników $1$ i $\frac{1}{2}$ bez uwzględnienia $\frac{1}{6}$ z symbolu Newtona.

Odpowiedź (klucz CKE): $\frac{1}{28}$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Zdarzenia elementarne to wszystkie ustawienia $8$ liczb: $|\Omega|=8!\text{.}$
2. Iloczyn trzech liczb dzieli się przez $3$ wtedy i tylko wtedy, gdy wśród nich jest $3$ lub $6$ (jedyne wielokrotności $3$ w zbiorze).
3. Trójki kolejnych pozycji to $(1,2,3), (2,3,4),\ldots,(6,7,8)$ - jest ich $6\text{.}$ Każda musi zawierać pozycję liczby $3$ lub $6\text{.}$ Pozycje $1$-$3$ i $6$-$8$ to rozłączne trójki, więc jedna z liczb $3,6$ stoi na pozycji $\le 3\text{,}$ a druga na pozycji $\ge 6\text{.}$
4. Trójka $(2,3,4)$ wymaga pozycji z $\{2,3,4\}\text{,}$ a trójka $(5,6,7)$ pozycji z $\{5,6,7\}\text{.}$ Wraz z krokiem 3 zostaje tylko: jedna liczba na pozycji $3\text{,}$ druga na pozycji $6\text{.}$ Wtedy każda trójka zawiera pozycję $3$ lub $6\text{.}$
5. Liczby $3$ i $6$ na pozycjach $3$ i $6$ można ustawić na $2$ sposoby, pozostałe $6$ liczb na $6!$ sposobów: $|A|=2\cdot 6!\text{.}$
6. $P(A)=\frac{2\cdot 6!}{8!}=\frac{2}{7\cdot 8}=\frac{1}{28}\text{.}$

Typowe błędy

• Zliczanie ustawień, w których $3$ i $6$ są „daleko od siebie”, bez sprawdzenia wszystkich sześciu trójek - łatwo dopuścić np. pozycje $2$ i $6\text{,}$ gdzie trójka $(3,4,5)$ nie zawiera wielokrotności $3\text{.}$
• Liczenie $|\Omega|$ jako $8^8$ - losowanie jest bez zwracania.
• Podanie wyniku w postaci nieskróconej ($\frac{1440}{40320}$), choć polecenie wymaga ułamka nieskracalnego.

Odpowiedź (klucz CKE): zadanie na dowód - ocenia się tok rozumowania.

Rozwiązanie krok po kroku

1. Mnożymy obie strony przez $x^2y^2>0$ (znak nierówności się nie zmienia): $xy^2+x^2y\le x^3+y^3\text{.}$
2. Przenosimy na jedną stronę: $x^3+y^3-x^2y-xy^2\ge 0\text{.}$
3. Grupujemy: $x^2(x-y)-y^2(x-y)=(x-y)(x^2-y^2)=(x-y)^2(x+y)\text{.}$
4. $(x-y)^2\ge 0$ jako kwadrat, a $x+y>0\text{,}$ bo $x, y>0\text{.}$ Iloczyn jest więc nieujemny, czyli $x^3+y^3-x^2y-xy^2\ge 0\text{.}$
5. Wszystkie przekształcenia były równoważne, więc wyjściowa nierówność jest prawdziwa. Równość zachodzi dla $x=y\text{.}$ To kończy dowód.

Typowe błędy

• Mnożenie przez $x^2y^2$ bez zaznaczenia, że to liczba dodatnia (inaczej nie wiadomo, czy znak nierówności się nie zmienia).
• Przekształcenia „od tezy” zakończone prawdziwą nierównością bez zaznaczenia, że były równoważne.
• Błąd w rozkładzie: $x^3+y^3-x^2y-xy^2=(x-y)^2(x-y)\text{.}$

Odpowiedź (klucz CKE): zadanie na dowód - ocenia się tok rozumowania.

Rozwiązanie krok po kroku

1. Wprowadzamy układ współrzędnych: $A=(0,0)\text{,}$ $B=(a,0)\text{,}$ $C=(a,a)\text{,}$ $D=(0,a)\text{.}$ Wtedy $K=\left(\frac{a}{2},0\right)\text{,}$ $L=\left(a,\frac{a}{2}\right)\text{.}$
2. $M=(a,m)\text{.}$ Prostopadłość $DK\perp KM\text{:}$ $\overrightarrow{KD}\circ\overrightarrow{KM}=\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\frac{a}{2}+a\cdot m=0\text{,}$ więc $m=\frac{a}{4}$ i $M=\left(a,\frac{a}{4}\right)\text{.}$
3. Równania prostych: $AL:\ y=\frac{1}{2}x\text{;}$ $DK:\ y=a-2x\text{;}$ $DM:\ y=a-\frac{3}{4}x\text{.}$
4. $P=AL\cap DK\text{:}$ $\frac{1}{2}x=a-2x\text{,}$ więc $x=\frac{2a}{5}\text{,}$ $P=\left(\frac{2a}{5},\frac{a}{5}\right)\text{.}$
5. $Q=AL\cap DM\text{:}$ $\frac{1}{2}x=a-\frac{3}{4}x\text{,}$ więc $x=\frac{4a}{5}\text{,}$ $Q=\left(\frac{4a}{5},\frac{2a}{5}\right)\text{.}$
6. $|PQ|=\sqrt{\left(\frac{2a}{5}\right)^2+\left(\frac{a}{5}\right)^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{25}}=\frac{\sqrt{5}}{5}a\text{.}$ To kończy dowód.

Typowe błędy

• Przyjęcie bez uzasadnienia, że $M$ jest środkiem odcinka $BL$ - to trzeba wyprowadzić z warunku $DK\perp KM\text{.}$
• Sprawdzenie tezy tylko dla konkretnego $a$ (np. $a=5$) - dowód musi działać dla każdego $a>0\text{.}$
• Błąd we współczynniku kierunkowym $DM\text{:}$ $M$ ma drugą współrzędną $\frac{a}{4}\text{,}$ więc spadek na długości $a$ to $\frac{3a}{4}\text{.}$

Odpowiedź (klucz CKE): $x\in(-\infty,-5)\cup(-1,3)\cup(3,+\infty)$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Rozkładamy wyrażenia pod wartością bezwzględną: $|2x-6|=2|x-3|\text{,}$ $|x^2-9|=|x-3|\cdot|x+3|\text{.}$
2. Nierówność przyjmuje postać $2|x-3|<|x-3|\cdot|x+3|\text{.}$
3. Dla $x=3$ obie strony są równe $0\text{,}$ a nierówność jest ostra - $x=3$ nie jest rozwiązaniem.
4. Dla $x\ne 3$ dzielimy przez $|x-3|>0\text{:}$ $|x+3|>2\text{.}$
5. $x+3>2$ lub $x+3<-2\text{,}$ czyli $x>-1$ lub $x<-5\text{.}$
6. Uwzględniamy $x\ne 3\text{:}$ $x\in(-\infty,-5)\cup(-1,3)\cup(3,+\infty)\text{.}$

Typowe błędy

• Pominięcie wykluczenia $x=3$ (dla niego nierówność daje $0<0$).
• Opuszczenie wartości bezwzględnej bez rozpatrzenia przypadków, np. $2x-6<x^2-9\text{.}$
• Błąd przy $|x+3|>2\text{:}$ zapis $-2<x+3<2$ (to rozwiązanie nierówności przeciwnej).

Odpowiedź (klucz CKE): $-1\,026\,168$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Z wzoru $a_n=1+(n-1)r\text{:}$ $a_2=1+r\text{,}$ $a_3=1+2r\text{,}$ $a_6=1+5r\text{.}$
2. Warunek ciągu geometrycznego: $a_3^2=a_2\cdot a_6\text{,}$ czyli $(1+2r)^2=(1+r)(1+5r)\text{.}$
3. $1+4r+4r^2=1+6r+5r^2\text{,}$ więc $r^2+2r=0\text{,}$ czyli $r=0$ lub $r=-2\text{.}$
4. $r=0$ odpada, bo pierwszy wyraz ($1$) i ostatni ($-2025$) są różne. Zostaje $r=-2\text{;}$ wtedy $(a_2,a_3,a_6)=(-1,-3,-9)$ - ciąg geometryczny o ilorazie $3\text{.}$
5. Liczba wyrazów: $-2025=1+(n-1)\cdot(-2)\text{,}$ więc $n-1=1013$ i $n=1014>6\text{.}$
6. $S_{1014}=\frac{1+(-2025)}{2}\cdot 1014=-1012\cdot 1014=-1\,026\,168\text{.}$

Typowe błędy

• Pozostawienie rozwiązania $r=0$ bez sprawdzenia - ciąg stały nie może mieć różnych wyrazów pierwszego i ostatniego.
• Błąd w liczbie wyrazów: $n=1013$ (zapomniane $+1$).
• Warunek ciągu geometrycznego zapisany jak dla arytmetycznego: $2a_3=a_2+a_6\text{.}$

Odpowiedź (klucz CKE): $x=\frac{k\pi}{2}$ lub $x=-\frac{\pi}{12}+\frac{k\pi}{2}$ lub $x=\frac{\pi}{12}+\frac{k\pi}{2}\text{,}$ $k\in\mathbb{Z}$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Podstawiamy $t=2x\text{.}$ Wtedy $6x=3t$ i równanie ma postać $\sin(3t)-2\sin t=0\text{.}$
2. Wzór na sinus potrojonego kąta: $\sin(3t)=3\sin t-4\sin^3 t\text{.}$ Dostajemy $3\sin t-4\sin^3t-2\sin t=0\text{,}$ czyli $\sin t\,(1-4\sin^2t)=0\text{.}$
3. $\sin t=0$ albo $\sin^2 t=\frac{1}{4}\text{,}$ czyli $\sin t=\frac{1}{2}$ lub $\sin t=-\frac{1}{2}\text{.}$
4. $\sin(2x)=0 \Rightarrow 2x=k\pi \Rightarrow x=\frac{k\pi}{2}\text{.}$
5. $\sin(2x)=\pm\frac{1}{2} \Rightarrow 2x=\pm\frac{\pi}{6}+k\pi \Rightarrow x=\pm\frac{\pi}{12}+\frac{k\pi}{2}$ (obie wartości $\pm\frac{1}{2}$ razem dają kąty $\pm\frac{\pi}{6}$ z okresem $\pi$).

Typowe błędy

• Dzielenie równania przez $\sin(2x)$ - gubi się seria $x=\frac{k\pi}{2}\text{.}$
• Przyjęcie tylko $\sin(2x)=\frac{1}{2}$ i pominięcie wartości ujemnej przy $\sin^2(2x)=\frac{1}{4}\text{.}$
• Zła okresowość po podzieleniu przez $2\text{:}$ $x=\frac{\pi}{12}+k\pi$ zamiast $+\frac{k\pi}{2}\text{.}$

Odpowiedź (klucz CKE): $a=3\sqrt{6}\text{,}$ $\cos\beta=\frac{5}{14}$

Rozwiązanie krok po kroku

1. $2\pi R=6\sqrt{2}\pi\text{,}$ więc $R=3\sqrt{2}\text{.}$ W trójkącie równobocznym $a=R\sqrt{3}=3\sqrt{6}\text{.}$
2. Niech $b$ - krawędź boczna. Twierdzenie cosinusów w $\triangle SBC\text{:}$ $a^2=2b^2-2b^2\cdot\frac{5}{9}=\frac{8}{9}b^2\text{,}$ więc $b^2=\frac{9}{8}\cdot 54=\frac{243}{4}\text{.}$
3. Kąt $\beta$ między ścianami $SAC$ i $SBC$ mierzymy przy krawędzi $SC\text{:}$ z $A$ i $B$ prowadzimy wysokości na $SC$ - z symetrii mają wspólny spodek $E$ i równą długość $h\text{.}$
4. $\sin\angle BSC=\sqrt{1-\frac{25}{81}}=\frac{2\sqrt{14}}{9}\text{,}$ więc $h=b\sin\angle BSC\text{,}$ $h^2=\frac{243}{4}\cdot\frac{56}{81}=42\text{.}$
5. Twierdzenie cosinusów w $\triangle AEB\text{:}$ $a^2=2h^2-2h^2\cos\beta\text{,}$ czyli $54=84-84\cos\beta\text{.}$
6. $\cos\beta=\frac{30}{84}=\frac{5}{14}\text{.}$

Typowe błędy

• Użycie wzoru $R=\frac{a\sqrt{3}}{6}$ (promień okręgu wpisanego) zamiast $R=\frac{a\sqrt{3}}{3}\text{.}$
• Mierzenie kąta między ścianami jako kąta między wysokościami ścian opuszczonymi na krawędzie podstawy - kąt dwuścienny mierzymy prostopadle do wspólnej krawędzi $SC\text{.}$
• Ujemny cosinus przez pomylenie kąta $\beta$ z kątem przyległym.

Odpowiedź (klucz CKE): $\left(x-\frac{6}{5}\right)^2+\left(y+\frac{3}{5}\right)^2=\frac{16}{5}$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Ramiona to $CA$ i $CB\text{.}$ Sprawdzamy, który punkt leży na prostej $x+2y-4=0\text{:}$ dla $B\text{:}$ $4+0-4=0$ (tak), dla $A\text{:}$ $1-2-4\ne 0\text{.}$ Zatem prosta zawiera ramię $BC\text{.}$
2. $C$ leży na symetralnej odcinka $AB$ (bo $|CA|=|CB|$). Środek $AB\text{:}$ $\left(\frac{5}{2},-\frac{1}{2}\right)\text{,}$ wektor $\overrightarrow{AB}=[3,1]\text{,}$ symetralna: $3\left(x-\frac{5}{2}\right)+\left(y+\frac{1}{2}\right)=0\text{,}$ czyli $3x+y-7=0\text{.}$
3. $C$ to punkt wspólny symetralnej i prostej $x+2y-4=0\text{:}$ $y=7-3x\text{,}$ $x+14-6x=4\text{,}$ więc $x=2\text{,}$ $y=1\text{.}$ $C=(2,1)\text{.}$
4. $|AM|:|MC|=1:4\text{,}$ więc $M=A+\frac{1}{5}\overrightarrow{AC}=(1,-1)+\frac{1}{5}[1,2]=\left(\frac{6}{5},-\frac{3}{5}\right)\text{.}$
5. Promień: $r^2=|MC|^2=\left(2-\frac{6}{5}\right)^2+\left(1+\frac{3}{5}\right)^2=\frac{16}{25}+\frac{64}{25}=\frac{80}{25}=\frac{16}{5}\text{.}$

Typowe błędy

• Założenie, że prosta zawiera ramię $AC\text{,}$ bez sprawdzenia, który z punktów $A\text{,}$ $B$ na niej leży.
• Podział odcinka w złą stronę: $M=A+\frac{4}{5}\overrightarrow{AC}$ (to punkt bliżej $C$).
• Wpisanie promienia zamiast jego kwadratu po prawej stronie równania okręgu.

Odpowiedź (klucz CKE): $m\in(1,+\infty)$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Dwa różne miejsca zerowe: $\Delta=4m^2-4m^2(1-m)=4m^3>0\text{,}$ więc $m>0\text{.}$
2. Dla $m>0$ pierwiastki: $x=\frac{2m\pm 2m\sqrt{m}}{2m^2}=\frac{1\pm\sqrt{m}}{m}\text{.}$ Oznaczmy $t=\sqrt{m}>0\text{:}$ $x_1=\frac{1-t}{t^2}\text{,}$ $x_2=\frac{1+t}{t^2}\text{,}$ przy czym $x_1<x_2\text{.}$
3. Warunek $x_2<2\text{:}$ $1+t<2t^2\text{,}$ czyli $2t^2-t-1>0\text{,}$ $(2t+1)(t-1)>0\text{,}$ więc $t>1\text{,}$ czyli $m>1\text{.}$
4. Warunek $x_1>-2\text{:}$ $1-t>-2t^2\text{,}$ czyli $2t^2-t+1>0$ - prawdziwe dla każdego $t$ (wyróżnik $1-8<0$).
5. Pozostałe warunki ($x_1<2\text{,}$ $x_2>-2$) wynikają z $x_1<x_2<2$ i $-2<x_1<x_2\text{.}$
6. Część wspólna: $m>1\text{.}$

Typowe błędy

• Pominięcie warunku $\Delta>0$ albo błąd w $\Delta$ ($4m^2-4m^2(-m+1)$ liczone ze złym znakiem).
• Sprawdzenie tylko $f(-2)>0$ i $f(2)>0$ bez warunku na położenie wierzchołka - to za mało, by oba pierwiastki leżały w przedziale.
• Dzielenie przez $m$ przy upraszczaniu pierwiastków bez uwzględnienia znaku $m\text{.}$

Odpowiedź (klucz CKE): $|BC|=5\text{,}$ $|CD|=6\text{,}$ $P=30\sqrt{3}$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Na czworokącie opisano okrąg, więc przeciwległe kąty sumują się do $180^\circ\text{:}$ $|\angle BCD|=120^\circ\text{.}$
2. W czworokąt wpisano okrąg, więc sumy przeciwległych boków są równe: $|AB|+|CD|=|BC|+|AD|\text{,}$ czyli $|CD|=|BC|+1\text{.}$
3. Twierdzenie cosinusów w $\triangle ABD\text{:}$ $|BD|^2=81+100-2\cdot 9\cdot 10\cdot\frac{1}{2}=91\text{.}$
4. Twierdzenie cosinusów w $\triangle BCD\text{,}$ $x=|BC|\text{:}$ $91=x^2+(x+1)^2-2x(x+1)\cos 120^\circ=3x^2+3x+1\text{.}$
5. $x^2+x-30=0\text{,}$ $(x+6)(x-5)=0\text{,}$ $x>0\text{,}$ więc $|BC|=5$ i $|CD|=6\text{.}$
6. Pole: $P=\frac{1}{2}\cdot 9\cdot 10\cdot\sin 60^\circ+\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 6\cdot\sin 120^\circ=\frac{45\sqrt{3}}{2}+\frac{15\sqrt{3}}{2}=30\sqrt{3}\text{.}$

Typowe błędy

• Pomylenie warunków: równe sumy kątów przeciwległych dotyczą czworokąta wpisanego w okrąg, a równe sumy boków - opisanego na okręgu. Tu potrzebne są oba.
• $\cos 120^\circ$ przyjęty jako $\frac{1}{2}$ zamiast $-\frac{1}{2}\text{.}$
• Warunek boków zapisany jako $|AB|+|BC|=|CD|+|AD|$ (sąsiednie zamiast przeciwległych).

Odpowiedź (klucz CKE): zadanie na dowód - ocenia się tok rozumowania.

Rozwiązanie krok po kroku

1. Koło jest wpisane w trójkąt, więc promień okręgu wpisanego $r=2\text{.}$ Niech $\beta$ - kąt przy podstawie, $h$ - wysokość opuszczona na podstawę.
2. Środek okręgu wpisanego leży na dwusiecznej kąta $\beta$ i na wysokości $h\text{,}$ w odległości $r=2$ od podstawy. Z trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $\frac{x}{2}$ i $2\text{:}$ $\operatorname{tg}\frac{\beta}{2}=\frac{2}{\frac{x}{2}}=\frac{4}{x}\text{.}$
3. Wzór na tangens podwojonego kąta: $\operatorname{tg}\beta=\frac{2\cdot\frac{4}{x}}{1-\frac{16}{x^2}}=\frac{8x}{x^2-16}$ (kąt $\beta$ jest ostry, więc $x>4$).
4. Wysokość: $h=\frac{x}{2}\operatorname{tg}\beta=\frac{4x^2}{x^2-16}\text{.}$
5. Pole: $P(x)=\frac{1}{2}\cdot x\cdot h=\frac{2x^3}{x^2-16}\text{.}$ To kończy dowód.

Typowe błędy

• Przyjęcie promienia $4$ (średnica) zamiast $2\text{.}$
• Użycie wzoru $P=r\cdot p$ bez wyrażenia ramienia przez $x$ - zostaje druga niewiadoma.
• Pominięcie warunku $x>4$ (dla $x\le 4$ taki trójkąt nie istnieje).

Odpowiedź (klucz CKE): $x=4\sqrt{3}$ m, $P=12\sqrt{3}$ m$^2$

Rozwiązanie krok po kroku

1. Pochodna ilorazu: $P'(x)=\frac{6x^2(x^2-16)-2x^3\cdot 2x}{(x^2-16)^2}=\frac{2x^4-96x^2}{(x^2-16)^2}=\frac{2x^2(x^2-48)}{(x^2-16)^2}\text{.}$
2. W przedziale $(4,10]$ mianownik i $2x^2$ są dodatnie, więc znak $P'$ zależy od $x^2-48\text{.}$
3. $P'(x)=0$ dla $x=\sqrt{48}=4\sqrt{3}\approx 6{,}93\in(4,10]\text{.}$
4. Dla $x\in(4,4\sqrt{3})\text{:}$ $P'<0$ ($P$ maleje); dla $x\in(4\sqrt{3},10]\text{:}$ $P'>0$ ($P$ rośnie). W $x=4\sqrt{3}$ jest minimum, i to najmniejsza wartość na całym przedziale.
5. $P(4\sqrt{3})=\frac{2\cdot(4\sqrt{3})^3}{48-16}=\frac{2\cdot 192\sqrt{3}}{32}=12\sqrt{3}\text{.}$

Typowe błędy

• Wskazanie punktu $x=4\sqrt{3}$ bez uzasadnienia, że to minimum (badanie znaku pochodnej).
• Błąd w pochodnej ilorazu: odwrócona kolejność w liczniku ($f'g-fg'$ zamiast $fg'$ lub odwrotnie).
• Uwzględnienie rozwiązania $x=-4\sqrt{3}$ lub $x=0\text{,}$ które nie należą do dziedziny.