Matura Rozszerzona Maj 2026
Rozwiązania i Odpowiedzi

Na początku uprośćmy wyrażenie w liczniku, korzystając z definicji symbolu Newtona: $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Skracamy silnie w liczniku i mianowniku, a następnie wymnażamy nawiasy:

Wstawiamy uproszczony licznik z powrotem do naszej granicy:

Aby pozbyć się ułamka piętrowego, wykonujemy dzielenie, co sprowadza się do pomnożenia mianownika przez 6:

Mamy teraz granicę funkcji wymiernej, w której stopień wielomianu w liczniku i mianowniku jest taki sam (równy 3). Najlepszą metodą jest wyciągnięcie najwyższej potęgi mianownika, czyli $n^3$, przed nawias w obu częściach ułamka:

Po skróceniu $n^3$, ułamki zawierające $n$ w mianowniku dążą do zera, gdy $n \to \infty$:

Odpowiedź: Granica wynosi $\frac{1}{3}$.

Tworzymy ciąg 8-elementowy ze zbioru 8 liczb, losując bez zwracania. Oznacza to, że każda liczba zostanie wykorzystana dokładnie raz, a wynikiem losowania jest po prostu permutacja całego tego zbioru.

Iloczyn trzech liczb jest podzielny przez 3 wtedy i tylko wtedy, gdy co najmniej jedna z tych liczb jest wielokrotnością trójki.

Wypiszmy liczby z naszego zbioru i podzielmy je na dwie grupy:

Warunek z zadania oznacza, że w każdej "trójce" sąsiadujących ze sobą liczb w ciągu musi znajdować się co najmniej jedna liczba z pierwszego zbioru. Inaczej mówiąc: w naszym ciągu nie mogą stać obok siebie trzy liczby niepodzielne przez 3.

Mamy aż 6 miejsc do obsadzenia liczbami niepodzielnymi (oznaczmy je jako N) oraz tylko 2 liczby podzielne przez 3 (oznaczmy je jako P). Musimy rozdzielić liczby N za pomocą liczb P tak, aby nigdzie nie powstał blok trzech N z rzędu.

Dwie litery P dzielą nasz 8-elementowy ciąg na 3 obszary (przed pierwszym P, między nimi, za drugim P). Maksymalnie w każdym z tych obszarów mogą stać po 2 litery N. Skoro łącznie mamy ich do rozdysponowania dokładnie 6, to jedyny możliwy układ to zapełnienie każdego obszaru dwiema literami N:

Z tego schematu jasno wynika, że liczby podzielne przez 3 muszą obowiązkowo zająć dokładnie 3. oraz 6. miejsce w tworzonym ciągu.

Skoro znamy już jedyny dozwolony układ, policzmy, na ile sposobów możemy w nim rozmieścić nasze konkretne liczby:

Liczba zdarzeń sprzyjających to: $|A| = 2! \cdot 6!$.

Obliczamy szukane prawdopodobieństwo:

Rozpisujemy mianownik $8!$ jako $6! \cdot 7 \cdot 8$ i skracamy ułamek:

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo opisanego zdarzenia wynosi $\frac{1}{28}$.

Z treści zadania wiemy, że $x > 0$ oraz $y > 0$.

Aby uprościć nierówność, pomnóżmy ją obustronnie przez wspólny mianownik, czyli wyrażenie $x^2y^2$. Ponieważ $x$ i $y$ są dodatnie, to $x^2y^2 > 0$, więc przy mnożeniu nie musimy zmieniać znaku nierówności:

Po skróceniu ułamków otrzymujemy:

Przenieśmy wszystkie wyrazy na prawą stronę nierówności, tak aby po lewej zostało zero:

Zapiszmy ją w wygodniejszej postaci (zamieniając strony) i pogrupujmy wyrazy w pary:

Z pierwszej pary wyciągamy przed nawias $x^2$, a z drugiej $-y^2$:

Teraz możemy wyłączyć wspólny nawias $(x - y)$:

Skorzystajmy ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów dla drugiego nawiasu: $x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)$. Podstawiamy to do naszej nierówności:

Co ostatecznie daje nam postać:

Przeanalizujmy otrzymany iloczyn na podstawie założeń z zadania ($x > 0, y > 0$):

Iloczyn liczby nieujemnej oraz liczby dodatniej jest zawsze większy lub równy zero. Nierówność ta jest zatem zawsze prawdziwa, a ponieważ przejścia były równoważne, dowodzi to prawdziwości wyjściowej nierówności.

Najskuteczniejszą metodą na to zadanie jest geometria analityczna. Umieśćmy kwadrat w układzie współrzędnych tak, aby wierzchołek $A$ znajdował się w początku układu:

Na podstawie treści zadania wyznaczamy współrzędne środków boków:

Punkt $M$ leży na boku $BC$, więc jego współrzędna $x$ to na pewno $a$. Zapiszmy go jako $M = (a, y_M)$. Wiemy, że odcinki $DK$ i $KM$ są prostopadłe, zatem iloczyn skalarny wektorów $\vec{DK}$ i $\vec{KM}$ musi być równy 0.

Wektory:

Iloczyn skalarny:

Zatem $M = (a, \frac{1}{4}a)$.

Wyznaczmy równania prostych zawierających interesujące nas odcinki (w postaci $y = mx + b$):

Punkt $P$ to przecięcie prostych AL i DK:

Punkt $Q$ to przecięcie prostych AL i DM:

Na koniec korzystamy ze wzoru na odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych:

Otrzymaliśmy wymaganą długość, co kończy dowód.

Zamiast rozpatrywać przypadki znaków w przedziałach (co byłoby bardzo czasochłonne), poszukajmy wspólnych elementów w obu wartościach bezwzględnych.

W pierwszym wyrażeniu możemy wyciągnąć 2 przed nawias:

W drugim wyrażeniu pod wartością bezwzględną ukryty jest wzór skróconego mnożenia na różnicę kwadratów: $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$.

Podstawmy przekształcone wyrażenia z powrotem do naszej nierówności:

Zauważmy, że powtarza się czynnik $|x - 3|$. Możemy go teraz wyłączyć przed nawias:

Mamy teraz iloczyn dwóch czynników, który musi być ściśle mniejszy od zera (ujemny). Przeanalizujmy pierwszy z nich:

Wiemy, że wartość bezwzględna jest zawsze nieujemna: $|x - 3| \ge 0$. Aby iloczyn mógł być ujemny, muszą zostać spełnione dwa warunki:

Zapisujemy ten drugi warunek w postaci nierówności:

Rozwiążmy otrzymaną prostą nierówność, przenosząc wartość bezwzględną na drugą stronę:

Czyli zamieniając strony dla wygody czytania:

Z własności wartości bezwzględnej wiemy, że taka nierówność rozbija się na dwa przypadki (alternatywę):

Rozwiązujemy obie nierówności:

Rozwiązaniem z poprzedniego kroku jest zbiór $(-\infty, -5) \cup (-1, \infty)$. Musimy jednak pamiętać o naszym zastrzeżeniu z kroku 3., w którym wykluczyliśmy liczbę 3 ($x \neq 3$).

Liczba 3 wpada do przedziału $(-1, \infty)$, więc musimy w tym miejscu "rozciąć" nasz zbiór, usuwając ją z rozwiązania:

Zapiszmy wyrazy drugi, trzeci i szósty ciągu arytmetycznego za pomocą pierwszego wyrazu ($a_1 = 1$) oraz różnicy $r$:

Skoro te trzy wyrazy tworzą ciąg geometryczny, to kwadrat wyrazu środkowego musi być równy iloczynowi wyrazów skrajnych:

Podstawiamy nasze wyrażenia:

Rozwiązujemy otrzymane równanie. Z lewej strony stosujemy wzór skróconego mnożenia, z prawej wymnażamy nawiasy:

Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę (np. na prawą, aby mieć dodatni współczynnik przy $r^2$):

Wyłączamy $r$ przed nawias:

Otrzymujemy dwa możliwe rozwiązania: $r = 0$ lub $r = -2$. Zauważmy jednak, że gdyby $r = 0$, ciąg byłby stały (wszystkie wyrazy równe 1), co przeczy informacji, że ostatni wyraz wynosi $-2025$. Zatem poprawną różnicą jest:

Znając pierwszy wyraz ($a_1 = 1$), różnicę ($r = -2$) oraz ostatni wyraz ($a_n = -2025$), możemy wyznaczyć liczbę wyrazów $n$ ze wzoru ogólnego ciągu arytmetycznego:

Podstawiamy dane:

Wartość ta spełnia warunek z zadania (liczba wyrazów jest większa od 6).

Do obliczenia sumy wykorzystujemy wzór $S_n = \frac{a_1 + a_n}{2} \cdot n$:

Odpowiedź: Suma wszystkich wyrazów tego ciągu wynosi $-1\ 026\ 168$.

Zauważmy, że argument $6x$ to dokładnie urojone $2x$. Przypomnijmy sobie przydatny wzór na sinus potrojonego kąta: $\sin(3\alpha) = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha$.

Podstawiając do niego $\alpha = 2x$, otrzymujemy:

Wstawiamy otrzymane wyrażenie do naszego głównego równania w miejsce $\sin(6x)$:

Redukujemy wyrazy podobne:

Wyciągamy wspólny czynnik $\sin(2x)$ przed nawias:

Iloczyn jest równy zero, gdy przynajmniej jeden z jego czynników wynosi zero. Otrzymujemy zatem alternatywę dwóch równań:

Zajmijmy się pierwszą częścią:

Sinus przyjmuje wartość 0 dla wielokrotności liczby $\pi$. Zatem:

Dzieląc obustronnie przez 2, otrzymujemy pierwszą serię rozwiązań:

Teraz rozwiązujemy drugą część:

Pierwiastkując, otrzymujemy dwa przypadki:

Rozwiązujemy je, pamiętając o podstawowym okresie sinusa ($2k\pi$):

Zbierając wszystkie otrzymane serie i pamiętając, że $k$ jest liczbą całkowitą ($k \in \mathbb{Z}$), możemy zapisać ostateczną odpowiedź.

Rozwiązaniem równania są liczby postaci:

Znamy długość okręgu opisanego na podstawie: $L = 6\sqrt{2}\pi$. Wzór na obwód okręgu to $L = 2\pi R$.

Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym o boku $a$ to $R = \frac{a\sqrt{3}}{3}$. Przyrównajmy to do naszego wyniku:

Pierwsza część zadania za nami.

Ściana boczna $SBC$ to trójkąt równoramienny o podstawie $a = 3\sqrt{6}$ i ramionach $b$. Kąt między ramionami oznaczmy jako $\alpha$. Z zadania wiemy, że $\cos\alpha = \frac{5}{9}$.

Stosujemy twierdzenie cosinusów dla tego trójkąta:

Podstawiamy znane nam wartości:

Mnożymy przez odwrotność ułamka, aby wyznaczyć $b^2$:

Otrzymujemy $b = \frac{9\sqrt{3}}{2}$.

Aby znaleźć kąt między ścianami, musimy znać długość wysokości poprowadzonej z wierzchołka $B$ na wspólną krawędź $SC$ (oznaczmy ten spodek jako $D$). Wtedy $h = |BD|$. Z twierdzenia o polach ściany bocznej mamy:

Wyznaczmy $\sin\alpha$ z jedynki trygonometrycznej:

Wracamy do porównania pól:

Podstawiamy wyliczone wartości:

Kąt między ścianami $SAC$ i $SBC$ to kąt w trójkącie $ABD$, utworzony przez dwie wysokości $h$ (poprowadzone z punktów $A$ i $B$ do punktu $D$ na krawędzi $SC$). Oznaczmy ten kąt jako $\beta$. Boki tego trójkąta to: $h, h$ oraz krawędź podstawy $a$.

Ponownie używamy twierdzenia cosinusów:

Podstawiamy $a^2 = 54$ oraz $h^2 = 42$:

Przenosimy wiadome i niewiadome:

Odpowiedź: Krawędź podstawy to $3\sqrt{6}$, a cosinus szukanego kąta wynosi $\frac{5}{14}$.

Z treści zadania wiemy, że jedno z ramion ($AC$ lub $BC$) leży na prostej $l: x + 2y - 4 = 0$. Sprawdźmy, który z podanych wierzchołków ($A$ czy $B$) należy do tej prostej:

Skoro punkt $B$ należy do prostej $l$, to ramię $BC$ musi się w niej zawierać. Wierzchołek $C$ również leży na tej prostej, więc jego współrzędne możemy uzależnić od jednej zmiennej. Wyznaczając $x$ z równania prostej mamy: $x = 4 - 2y$. Zatem $C = (4 - 2y_c, y_c)$.

Trójkąt jest równoramienny, co oznacza, że $|CA| = |CB|$, a więc także $|CA|^2 = |CB|^2$. Wykorzystajmy wzór na długość odcinka w układzie współrzędnych:

Upraszczamy wyrażenia w nawiasach:

Stosujemy wzory skróconego mnożenia:

Redukujemy wyrazy podobne (zauważ, że $5y_c^2$ skraca się po obu stronach):

Obliczamy współrzędną $x$: $x_c = 4 - 2(1) = 2$. Zatem wierzchołek to $C = (2, 1)$.

Punkt $M$ dzieli odcinek $AC$ w stosunku $1:4$ licząc od punktu $A$. Oznacza to, że cały odcinek składa się z $1 + 4 = 5$ części, a wektor $\vec{AM}$ stanowi $\frac{1}{5}$ wektora $\vec{AC}$.

Obliczmy współrzędne wektora $\vec{AC}$:

Zatem wektor $\vec{AM}$ to:

Aby znaleźć współrzędne punktu $M$, dodajemy ten wektor do punktu $A(1, -1)$:

Okrąg ma środek w punkcie $M$ i przechodzi przez punkt $C$. Jego promień $r$ jest więc równy długości odcinka $MC$. Do równania okręgu potrzebujemy $r^2$, co policzymy ze wzoru na długość wektora $\vec{MC}$:

Podstawiamy współrzędne środka $M$ oraz $r^2$ do ogólnego równania okręgu $(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2$:

Wiemy, że $m \neq 0$, więc współczynnik kierunkowy naszej paraboli to $a = m^2 > 0$. Oznacza to, że ramiona paraboli są zawsze skierowane w górę.

Aby funkcja miała dwa różne miejsca zerowe wewnątrz przedziału $(-2, 2)$, wykres musi przecinać oś X dwa razy, a te przecięcia muszą znajdować się między $-2$ i $2$. Wymaga to spełnienia czterech warunków jednocześnie:

Obliczamy deltę dla naszej funkcji $f(x)$:

Rozwiązujemy nierówność:

Sprawdzamy warunek dla lewego krańca: $f(-2) > 0$

Liczymy deltę pomocniczą ($\Delta_m$) dla tego trójmianu: $\Delta_m = 3^2 - 4 \cdot 4 \cdot 1 = 9 - 16 = -7$. Skoro $\Delta_m < 0$ i ramiona paraboli są skierowane w górę, funkcja zawsze przyjmuje wartości dodatnie. Ten warunek jest spełniony dla każdego $m \in \mathbb{R}$.

Sprawdzamy warunek dla prawego krańca: $f(2) > 0$

Liczymy $\Delta_m = 25 - 16 = 9 \implies \sqrt{\Delta_m} = 3$. Miejsca zerowe to $m_1 = \frac{5-3}{8} = \frac{1}{4}$ oraz $m_2 = \frac{5+3}{8} = 1$. Nierówność jest spełniona dla:

Wyznaczamy współrzędną $x_w$ wierzchołka: $x_w = \frac{-b}{2a} = \frac{2m}{2m^2} = \frac{1}{m}$. Otrzymujemy podwójną nierówność:

Skoro z pierwszego kroku wiemy już, że $m > 0$, możemy bezpiecznie pomnożyć całą nierówność przez $m$ bez obaw o zmianę znaków nierówności:

Rozbijamy to na dwie nierówności:

Zatem z wierzchołka otrzymujemy warunek:

Aby funkcja spełniała wszystkie kryteria zadania, musimy znaleźć część wspólną wyliczonych w poprzednich krokach przedziałów:

Zderzenie warunków 1. i 4. daje nam $m > \frac{1}{2}$. Następnie szukamy części wspólnej tego przedziału z przedziałem z warunku 3. Odrzuca nam to całkowicie fragment $(-\infty, \frac{1}{4})$.

Ostatecznie częścią wspólną wszystkich tych zbiorów jest przedział: