2026 czerwiec PR
Arkusze maturalne CKE - wersja EKO - poziom rozszerzony

Egzamin maturalny z matematyki

Poziom Rozszerzony

Formuła 2023

Czerwiec 2026

Czas pracy: 180 minut

Egzamin maturalny z matematyki

Poziom Rozszerzony — Formuła 2023

Czerwiec 2026 • Czas pracy: 180 minut

Egzamin maturalny z matematyki

Poziom Rozszerzony — rozwiązania — Formuła 2023

Czerwiec 2026

CKE • 3 czerwca 2026 r. • termin dodatkowy • Formuła 2023

13 zadań (zadanie 13 ma dwa podpunkty) • 50 punktów

Zadanie 1.

2 pkt

Dane są liczby

\[a=16^{\frac12\log_4 36-2\log_4 3},\qquad b=\log_2 9\cdot\log_3 5\cdot\log_5 8\]

Oblicz \(\frac{a}{2b}\). Wynik zapisz w postaci \(3^k\), gdzie \(k\in\mathbb Z\).

Rozwiązanie
\[a=(4^2)^{\frac12\log_4 36-2\log_4 3}=4^{\log_4 36-4\log_4 3}=4^{\log_4(36/81)}=\frac{36}{81}=\frac49\]
\[b=\frac{\log_3 9}{\log_3 2}\cdot\log_3 5\cdot\frac{\log_3 8}{\log_3 5}=\frac2{\log_3 2}\cdot3\log_3 2=6\]
\[\frac{a}{2b}=\frac{4/9}{12}=\frac1{27}=3^{-3}\]
\(\boxed{3^{-3}}\)

Zadanie 2.

3 pkt

Rozważamy dziewięciocyfrowe kody: pierwsza cyfra to \(2\), cyfra \(4\) występuje dokładnie trzy razy, cyfra \(8\) dokładnie dwa razy, a trzy pozostałe cyfry są parami różnymi cyframi nieparzystymi. Oblicz liczbę takich kodów.

Rozwiązanie
\[\binom83\binom52\cdot5\cdot4\cdot3=56\cdot10\cdot60=33\,600\]
\(\boxed{33\,600}\)

Zadanie 3.

3 pkt

Funkcja

\[f(x)=\frac{ax^2+x}{x-1},\qquad x\ne1\]

Wyznacz wszystkie wartości \(a\), dla których \(f'(a)=-\frac12a\).

Rozwiązanie
\[f'(x)=\frac{(2ax+1)(x-1)-(ax^2+x)}{(x-1)^2}=\frac{ax^2-2ax-1}{(x-1)^2}\]

Podstawiamy \(x=a\):

\[\frac{a^3-2a^2-1}{(a-1)^2}=-\frac a2,\qquad a\ne1\]
\[3a^3-6a^2+a-2=0\]
\[(3a^2+1)(a-2)=0\]
\(\boxed{a=2}\)

Zadanie 4.

3 pkt

Wykaż, że dla wszystkich liczb rzeczywistych \(x,y\) zachodzi

\[xy+x+y\le x^2+y^2+1\]
Rozwiązanie

Mnożymy nierówność przez \(2\) i przenosimy wszystko na prawą stronę:

\[0\le2x^2+2y^2+2-2xy-2x-2y\]
\[0\le(x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2\]

Prawa strona jest sumą kwadratów liczb rzeczywistych, więc jest nieujemna. Teza została wykazana.

Zadanie 5.

3 pkt

Odcinek \(CD\) jest wysokością trójkąta równoramiennego \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\). Prosta \(p\perp BC\) przecina \(BC\) w \(L\), wysokość \(CD\) w \(K\) oraz bok \(AC\). Wykaż, że

\[|\angle CAK|=|\angle KDL|\]
Rozwiązanie

W trójkącie równoramiennym wysokość \(CD\) jest także osią symetrii, dlatego kąty przy podstawie są równe. Z zależności kątowych otrzymujemy

\[|\angle KAC|=|\angle KBC|=|\angle KBL|\]

Ponieważ \(CD\perp AB\) oraz \(KL\perp BC\), mamy \(\angle KDB=\angle KLB=90^\circ\). Zatem czworokąt \(DBLK\) jest wpisany w okrąg. Kąty \(KDL\) i \(KBL\) są kątami wpisanymi opartymi na tym samym łuku \(KL\), więc są równe. Stąd \(|\angle CAK|=|\angle KDL|\).

Zadanie 6.

4 pkt

Chleb pochodzi z trzech piekarni \(P_1,P_2,P_3\) w stosunku dostaw \(2:3:4\). Udział chleba razowego wynosi odpowiednio \(10\%\), \(12\%\), \(15\%\). Oblicz prawdopodobieństwo, że losowo wybrany chleb pochodzi z \(P_1\), jeśli wiadomo, że jest razowy.

Rozwiązanie

Przyjmujemy \(P(P_1)=\frac29\), \(P(P_2)=\frac39\), \(P(P_3)=\frac49\). Dla zdarzenia \(R\) „chleb jest razowy”

\[P(R)=\frac29\cdot\frac1{10}+\frac39\cdot\frac{12}{100}+\frac49\cdot\frac{15}{100}=\frac{29}{225}\]
\[P(P_1\mid R)=\frac{P(P_1)P(R\mid P_1)}{P(R)}=\frac{\frac29\cdot\frac1{10}}{\frac{29}{225}}=\frac5{29}\]
\(\boxed{\frac5{29}}\)

Zadanie 7.

4 pkt

Nieskończony ciąg geometryczny ma sumę wszystkich wyrazów równą \(14\), a suma sześcianów wszystkich wyrazów jest równa \(392\). Wyznacz wzór ogólny \(a_n\).

Rozwiązanie

Niech \(a_1=a\), iloraz \(q\), \(|q|\lt1\).

\[\frac{a}{1-q}=14\quad\Longrightarrow\quad a=14(1-q)\]
\[\frac{a^3}{1-q^3}=392\]

Podstawiamy \(a=14(1-q)\) i korzystamy z \(1-q^3=(1-q)(1+q+q^2)\):

\[7(1-q)^2=1+q+q^2\]
\[2q^2-5q+2=0\]
\[q=\frac12\quad\text{lub}\quad q=2\]

Zbieżność wyklucza \(q=2\). Zatem \(q=\frac12\) i \(a_1=7\).

\(\boxed{a_n=7\left(\frac12\right)^{n-1}}\)

Zadanie 8.

4 pkt

Trzywyrazowy ciąg \((x,y,z)\) jest geometryczny. Po zmniejszeniu trzeciego wyrazu o \(4\) powstaje ciąg arytmetyczny, a po dalszym zmniejszeniu drugiego i trzeciego wyrazu o \(1\) powstaje ciąg geometryczny. Wyznacz wszystkie możliwe ciągi \((x,y,z)\).

Rozwiązanie

Niech \(r\) będzie różnicą otrzymanego ciągu arytmetycznego. Wtedy

\[y=x+r,\qquad z=x+2r+4\]

Pierwotny ciąg jest geometryczny:

\[(x+r)^2=x(x+2r+4)\quad\Longrightarrow\quad r^2=4x\]

Po zmniejszeniu drugiego i trzeciego wyrazu otrzymanego ciągu arytmetycznego o \(1\) mamy ciąg \((x,x+r-1,x+2r-1)\), więc

\[(x+r-1)^2=x(x+2r-1)\]
\[x=(r-1)^2\]

Łącząc z \(r^2=4x\), otrzymujemy

\[r^2=4(r-1)^2\]
\[r=2\quad\text{lub}\quad r=\frac23\]

Daje to odpowiednio

\[(x,y,z)=(1,3,9)\]
\[(x,y,z)=\left(\frac19,\frac79,\frac{49}{9}\right)\]
\(\boxed{(1,3,9)\ \text{lub}\ \left(\frac19,\frac79,\frac{49}{9}\right)}\)

Zadanie 9.

4 pkt

Czworokąt \(ABCD\) jest wpisany w okrąg, jego pole jest równe \(18\), \(AB\perp BC\), \(|AB|=4\), \(|BC|=7\). Oblicz obwód czworokąta.

Rozwiązanie

Ponieważ \(\angle ABC=90^\circ\), przekątna \(AC\) jest średnicą okręgu, więc \(\angle ADC=90^\circ\).

\[|AC|^2=4^2+7^2=65\]

Pole trójkąta \(ABC\) wynosi \(14\), więc pole trójkąta \(ACD\) wynosi \(4\). Oznaczmy \(|CD|=c\), \(|AD|=d\).

\[\frac12cd=4\quad\Longrightarrow\quad cd=8\]
\[c^2+d^2=65\]
\[(c+d)^2=65+16=81\quad\Longrightarrow\quad c+d=9\]
\[Obwód=4+7+9=20\]
\(\boxed{20}\)

Zadanie 10.

4 pkt

Rozwiąż równanie

\[\sin x+\sin2x-\cos x=\frac12\]
Rozwiązanie

Przekształcenia jak w rozwiązaniu CKE prowadzą do alternatywy

\[\sin x=\frac12\quad\text{lub}\quad \cos x=-\frac12\]

Stąd otrzymujemy cztery serie rozwiązań:

\[x=\frac\pi6+2\pi k,\quad x=\frac{5\pi}{6}+2\pi k,\quad x=\frac{2\pi}{3}+2\pi k,\quad x=-\frac{2\pi}{3}+2\pi k,\qquad k\in\mathbb Z\]
\(\boxed{\text{powyższe cztery serie},\ k\in\mathbb Z}\)

Zadanie 11.

5 pkt

Wyznacz wszystkie wartości parametru \(m\), dla których równanie

\[x^2+mx+m=0\]

ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste \(x_1,x_2\) spełniające

\[x_1^4+x_2^4+4x_1^3x_2^3\ge3\]
Rozwiązanie

Warunek dwóch różnych pierwiastków:

\[\Delta=m^2-4m=m(m-4)\gt0\quad\Longrightarrow\quad m\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty)\]

Korzystamy ze wzorów Viète’a \(x_1+x_2=-m\), \(x_1x_2=m\):

\[x_1^4+x_2^4+4x_1^3x_2^3=[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]^2-2(x_1x_2)^2+4(x_1x_2)^3\]
\[[( -m)^2-2m]^2-2m^2+4m^3\ge3\]
\[m^4+2m^2-3\ge0\]
\[(m^2-1)(m^2+3)\ge0\quad\Longrightarrow\quad m\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)\]

Bierzemy część wspólną obu warunków:

\(\boxed{m\in(-\infty,-1]\cup(4,+\infty)}\)

Zadanie 12.

5 pkt

Ostrosłup prawidłowy czworokątny \(ABCDS\) ma objętość \(36\sqrt3\). Przecięto go płaszczyzną opisaną w zadaniu, tworząc przekrój \(KLMN\), będący trapezem równoramiennym. Płaszczyzna przekroju tworzy z podstawą kąt \(30^\circ\). Oblicz pole trapezu \(KLMN\).

Oryginalny rysunek z arkusza CKE
Rozwiązanie
Oryginalny rysunek z arkusza CKE

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, a przez \(H\) wysokość ostrosłupa. Z trójkąta o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\) występującego w przekroju:

\[H=\frac{a\sqrt3}{2}\]

Z objętości:

\[\frac13a^2\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=36\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a=6\]

Z geometrii przekroju, zgodnie z rozwiązaniem CKE:

\[|MN|=\frac34a=\frac92,\qquad h_{tr}=\frac{a\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3}{2}\]

Dłuższa podstawa trapezu ma długość \(|KL|=a=6\).

\[P_{KLMN}=\frac12\left(6+\frac92\right)\frac{3\sqrt3}{2}=\frac{63\sqrt3}{8}\]
\(\boxed{\frac{63\sqrt3}{8}}\)

Zadanie 13.1.

2 pkt

W układzie współrzędnych rozważamy trójkąty prostokątne \(ABC\), gdzie \(C=(0,0)\), \(A\) leży na dodatniej półosi \(Ox\), \(B\) na dodatniej półosi \(Oy\), a przeciwprostokątna \(AB\) leży na prostej przechodzącej przez \(K=(1,2)\).

13.1. Wykaż, że pole zależy od współczynnika kierunkowego \(a\) tej prostej zgodnie ze wzorem

\[P(a)=\frac{-a^2+4a-4}{2a}\]
Rozwiązanie

Prosta przez \(K=(1,2)\) ma równanie

\[y=a(x-1)+2=ax+2-a\]

Jej przecięcia z osiami mają współrzędne

\[B=(0,2-a),\qquad A=\left(\frac{a-2}{a},0\right)\]

Dla rozważanych trójkątów \(a\lt0\), więc obie długości przyprostokątnych są dodatnie. Zatem

\[P(a)=\frac12\cdot\frac{a-2}{a}\cdot(2-a)=\frac{-a^2+4a-4}{2a}\]

Zadanie 13.2.

4 pkt

Dla \(a\lt0\) pole jest dane wzorem

\[P(a)=\frac{-a^2+4a-4}{2a}\]

Wyznacz równanie prostej zawierającej przeciwprostokątną trójkąta o najmniejszym polu.

Rozwiązanie
\[P'(a)=\frac{-2a^2+8}{(2a)^2}\]
\[P'(a)=0\quad\Longrightarrow\quad a=-2\quad(\text{w dziedzinie }a\lt0)\]

Dla \(a\lt-2\) pochodna jest ujemna, a dla \(-2\lt a\lt0\) dodatnia, więc minimum występuje dla \(a=-2\).

\[y=-2(x-1)+2=-2x+4\]
\(\boxed{y=-2x+4}\)
The Mathteacher – Portal MatematycznyThe Mathteacher
www.tomaszgrebski.pl

logo 2022 joomla footer