{"id":"matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/10","paper_id":"matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"10","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 10. (0-5)\nWyznacz wszystkie rzeczywiste wartości parametru 𝒎, gdzie 𝒎≠𝟎, dla których\nfunkcja kwadratowa 𝒇 określona wzorem\n𝒇(𝒙) = 𝒎𝟐⋅𝒙𝟐-𝟐𝒎𝒙-𝒎+ 𝟏\nma dwa różne miejsca zerowe 𝒙𝟏 oraz 𝒙𝟐 należące do przedziału (-𝟐, 𝟐).\nZapisz obliczenia.\n10.\n0-1-\n2-3-\n4-5\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nWyznacz wszystkie rzeczywiste wartości parametru m, gdzie m ≠ 0, dla których funkcja kwadratowa f określona wzorem f(x) = m²⋅x² - 2mx - m + 1 ma dwa różne miejsca zerowe x_1 oraz x_2 należące do przedziału (-2,2).","answer":"m∈(1,∞)","answer_text":"10 , -9\n10).\nWspółczynnik kierunkowy 𝑎𝐴𝐵 prostej 𝐴𝐵 jest równy 𝑎𝐴𝐵= 0-(-1)\n4 - 1\n= 1\n3 , więc prosta\n𝑀𝐷 ma równanie 𝑦= -3 (𝑥-13\n10) -9\n10 , czyli 𝑦= -3𝑥+ 3.\nObliczamy współrzędne punktu 𝑀:\n-1\n2 𝑥= -3𝑥+ 3\n𝑥= 6\n5\nStąd 𝑀= (6\n5 , -3\n5).\n𝐷\n𝐴\n𝐵\n𝐸\n𝐶\n𝑀\n𝑀𝐸∥𝐵𝐶\n𝑀𝐷⊥𝐴𝐵\n𝑥+ 2𝑦-4 = 0\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZ warunków zadania\n𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 4 ⋅𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 4 ⋅[6\n5 -1, -3\n5 -(-1)] = [4\n5 , 8\n5]\nObliczamy kwadrat promienia okręgu, który przechodzi przez punkt 𝐶 i ma środek\nw punkcie 𝑀:\n|𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |\n2 = (4\n5)\n2\n+ (8\n5)\n2\n= 16\n5\nRównanie okręgu, który przechodzi przez punkt 𝐶 i ma środek w punkcie 𝑀, ma postać\n(𝑥-6\n5)\n2\n+ (𝑦+ 3\n5)\n2\n= 16\n5\nZadanie 10. (0-5)\nWymagania ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\n2. Dobieranie i tworzenie modeli\nmatematycznych przy rozwiązywaniu\nproblemów praktycznych i teoretycznych.\n3. Tworzenie pomocniczych obiektów\nmatematycznych na podstawie istniejących,\nw celu przeprowadzenia argumentacji lub\nrozwiązania problemu.\nZdający:\nIII.R5) analizuje równania i nierówności\nliniowe z parametrami oraz równania\ni nierówności kwadratowe z parametrami\n[…].\nZasady oceniania (dla sposobu I)\n5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: (1, +∞).\n4 pkt - rozwiązanie pięciu warunków 1) - 5) określonych w kryterium za 1 punkt.\n3 pkt - rozwiązanie czterech spośród warunków 1) - 5) określonych w kryterium za 1 punkt.\n2 pkt - rozwiązanie trzech spośród warunków 1) - 5) określonych w kryterium za 1 punkt.\n1 pkt - zapisanie wszystkich warunków 1) - 5):\n1) 𝑓(𝑝) < 0 (lub 𝑞< 0, lub Δ > 0),\n2) 𝑝> -2,\n3) 𝑝< 2,\n4) 𝑓(-2) > 0,\n5) 𝑓(2) > 0,\nALBO\n- rozwiązanie jednego z warunków 1) - 5):\n1) 𝑓(𝑝) < 0 (lub 𝑞< 0, lub Δ > 0): 𝑚∈(0, +∞),\n2) 𝑝> -2: 𝑚∈(-∞, -1\n2) ∪(0, +∞),\n3) 𝑝< 2: 𝑚∈(-∞, 0) ∪(1\n2 , +∞),\n4) 𝑓(-2) > 0: 𝑚∈ℝ,\n5) 𝑓(2) > 0: 𝑚∈(-∞, 1\n4) ∪(1, +∞).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek ∆ ≥0, to za tę część rozwiązania otrzymuje\n0 punktów.\n2. Jeżeli zdający:\na) nie rozwiąże wszystkich warunków 1) - 5) określonych w kryterium za 1 punkt albo\nb) podczas rozwiązywania warunków 1) - 5) popełni błędy rachunkowe i otrzyma zbiory\nrozwiązań, których część wspólna jest zbiorem pustym, albo\nc) popełni błąd, który nie jest rachunkowy,\nto może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\nZasady oceniania (dla sposobu II)\n5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: (1, +∞).\n4 pkt - rozwiązanie pięciu warunków I) - V) określonych w kryterium za 2 punkty\nALBO\n- spełnienie warunków I) oraz III), oraz IV), oraz zapisanie 𝑥1 < 𝑥2.\n3 pkt - spełnienie czterech spośród warunków I) - V) określonych w kryterium za 2 punkty\nALBO\n- spełnienie warunków I) oraz III), oraz zapisanie 𝑥1 < 𝑥2 ,\nALBO\n- spełnienie warunków I) oraz IV), oraz zapisanie 𝑥1 < 𝑥2 ,\nALBO\n- spełnienie warunków III) oraz IV), oraz zapisanie 𝑥1 < 𝑥2.\n2 pkt - spełnienie warunku I) i jednego z warunków II) - V):\nI) wyznaczenie wszystkich wartości parametru 𝑚, dla których funkcja 𝑓 ma\ndokładnie dwa miejsca zerowe oraz wyznaczenie miejsc zerowych 𝑥1 oraz 𝑥2\nfunkcji 𝑓 w zależności od 𝑚: 𝑚∈(0, +∞) i 𝑥1 = 1 - √𝑚\n𝑚\noraz 𝑥2 = 1+ √𝑚\n𝑚\n,\nII) rozwiązanie nierówności 𝑥1 < 2: 𝑚∈(1\n4 , +∞),\nIII) rozwiązanie nierówności -2 < 𝑥1 : 𝑚∈(0 , +∞),\nIV) rozwiązanie nierówności 𝑥2 < 2: 𝑚∈(1 , +∞),\nV) rozwiązanie nierówności -2 < 𝑥2 : 𝑚∈(0 , +∞),\nALBO\n- spełnienie trzech spośród warunków II) - V).\n1 pkt - wyznaczenie wszystkich wartości parametru 𝑚, dla których funkcja 𝑓 ma dokładnie\ndwa miejsca zerowe: 𝑚∈(0, +∞)\nALBO\n- wyznaczenie miejsc zerowych funkcji 𝑓 w zależności od 𝑚: 𝑥1 = 1 - √𝑚\n𝑚\noraz\n𝑥2 = 1+ √𝑚\n𝑚\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek ∆ ≥0, to za tę część rozwiązania otrzymuje\n0 punktów.\n2. Jeżeli zdający:\na) nie rozwiąże wszystkich warunków I) - V) określonych w kryterium za 1 punkt albo\nb) podczas rozwiązywania warunków I) - V) popełni błędy rachunkowe i otrzyma zbiory\nrozwiązań, których część wspólna jest zbiorem pustym, albo\nc) popełni błąd, który nie jest rachunkowy,\nto może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\nZasady oceniania (dla sposobu III)\n5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: (1, +∞).\n4 pkt - rozwiązanie pięciu warunków A) - E) określonych w kryterium za 1 punkt.\n3 pkt - rozwiązanie czterech warunków spośród warunków A) - E) określonych w kryterium\nza 1 punkt.\n2 pkt - rozwiązanie trzech warunków spośród warunków A) - E) określonych w kryterium za\n1 punkt.\n1 pkt - zapisanie warunków A) - E):\nA) Δ > 0,\nB) 𝑥1 + 2 + 𝑥2 + 2 > 0,\nC) 𝑥1 ⋅𝑥2 + 2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0,\nD) 2 -𝑥1 + 2 -𝑥2 > 0,\nE) 𝑥1 ⋅𝑥2 -2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0,\nALBO\n- rozwiązanie jednego z warunków A) - E):\nA) Δ > 0: 𝑚∈(0, +∞),\nB) 𝑥1 + 2 + 𝑥2 + 2 > 0: 𝑚∈(-∞, -1\n2) ∪(0, +∞),\nC) 𝑥1 ⋅𝑥2 + 2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0: 𝑚≠0,\nD) 2 -𝑥1 + 2 -𝑥2 > 0: 𝑚∈(-∞, 0) ∪(1\n2 , +∞),\nE) 𝑥1 ⋅𝑥2 -2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0: 𝑚∈(-∞, 0) ∪(0, 1\n4) ∪(1, +∞).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek ∆ ≥0, to za tę część rozwiązania otrzymuje\n0 punktów.\n2. Jeżeli zdający:\na) nie rozwiąże wszystkich warunków A) - E) określonych w kryterium za 1 punkt albo\nb) podczas rozwiązywania warunków A) - E) popełni błędy rachunkowe i otrzyma zbiory\nrozwiązań, których część wspólna jest zbiorem pustym, albo\nc) popełni błąd, który nie jest rachunkowy,\nto może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I (poprzez interpretację geometryczną)\nPonieważ 𝑚≠0, więc współczynnik przy 𝑥2 jest dodatni. Zatem parabola, która jest\nwykresem funkcji 𝑓, ma ramiona skierowane ku górze.\nStąd funkcja 𝑓 ma dokładnie dwa miejsca zerowe należące do przedziału (-2, 2) tylko\nwtedy, gdy spełnione będą następujące warunki:\n1) 𝑓(𝑝) < 0 (lub 𝑞< 0, lub Δ > 0)\n2) 𝑝> -2\n3) 𝑝< 2\n4) 𝑓(-2) > 0\n5) 𝑓(2) > 0.\nRozwiązujemy warunek 1):\n𝑓(𝑝) < 0\n𝑓( 1\n𝑚) < 0\n𝑚2 ⋅( 1\n𝑚)\n2\n-2𝑚⋅1\n𝑚-𝑚+ 1 < 0\n-𝑚< 0 ∧ 𝑚≠0\n𝑚∈(0, +∞)\nWarunki 2) oraz 3) można rozwiązać za pomocą nierówności podwójnej:\n𝑝∈(-2, 2)\n-2 < --2𝑚\n2𝑚2 < 2\n-2 < 1\n𝑚< 2\n1\n|𝑚| < 2\n|𝑚| > 1\n2 ∧ 𝑚≠0\n𝑚∈(-∞, -1\n2) ∪(1\n2 , +∞)\nRozwiązujemy warunek 4):\n𝑓(-2) > 0\n𝑚2 ⋅(-2)2 -2𝑚⋅(-2) -𝑚+ 1 > 0\n4𝑚2 + 3𝑚+ 1 > 0\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n(2𝑚+ 3\n4)\n2\n+ 7","solution":"## Poprawna odpowiedz: \\( m \\in (1,\\; +\\infty) \\), czyli \\( m > 1 \\)\n\nFunkcja \\( f(x) = m^2x^2 - 2mx - m + 1 \\) ma dwa rozne miejsca zerowe nalezace do przedzialu \\( (-2,2) \\) dokladnie wtedy, gdy \\( m > 1 \\).\n\n## Sposob 1 - Warunki dla pierwiastkow w przedziale (metoda Vieta / polozenia parabolic)\n\n### Krok 0. Sprawdzenie, ze \\( f \\) jest funkcja kwadratowa\nZ zalozenia \\( m \\ne 0 \\), wiec wspolczynnik przy \\( x^2 \\) wynosi \\( a = m^2 > 0 \\). Funkcja jest wiec kwadratowa, a jej wykresem jest parabola o **ramionach skierowanych w gore** (bo \\( a>0 \\)).\n\nWypiszmy wspolczynniki:\n\\[ a = m^2, \\qquad b = -2m, \\qquad c = -m+1. \\]\n\nAby oba rozne pierwiastki \\( x_1, x_2 \\) lezaly w przedziale otwartym \\( (-2,2) \\), parabola o ramionach w gore musi spelnic **jednoczesnie cztery warunki**:\n\n1. \\( \\Delta > 0 \\) - sa dwa rozne miejsca zerowe,\n2. \\( f(-2) > 0 \\) - lewy koniec przedzialu lezy nad osia (poza pierwiastkami),\n3. \\( f(2) > 0 \\) - prawy koniec przedzialu lezy nad osia (poza pierwiastkami),\n4. \\( -2 < x_w < 2 \\) - wierzcholek (a wiec srodek miedzy pierwiastkami) lezy wewnatrz przedzialu; \\( x_w = -\\dfrac{b}{2a} \\).\n\n(Warunki 2-4 lacznie gwarantuja, ze obie liczby \\( x_1, x_2 \\) wpadaja do \\( (-2,2) \\); samo \\( f(\\pm2)>0 \\) bez warunku na wierzcholek nie wystarcza, bo parabola moglaby miec oba pierwiastki po jednej stronie poza przedzialem.)\n\n### Krok 1. Warunek \\( \\Delta > 0 \\)\nWzor na wyroznik (karta wzorow CKE EM2023, dzial *Funkcja kwadratowa*): \\( \\Delta = b^2 - 4ac \\).\n\\[ \\Delta = (-2m)^2 - 4\\cdot m^2 \\cdot(-m+1) = 4m^2 + 4m^3 - 4m^2 = 4m^3. \\]\n\\[ \\Delta > 0 \\iff 4m^3 > 0 \\iff m^3 > 0 \\iff \\boxed{m > 0}. \\]\n\nJuz w tym momencie odpada caly zakres \\( m < 0 \\) - dla ujemnych \\( m \\) funkcja w ogole nie ma dwoch roznych pierwiastkow.\n\n### Krok 2. Warunek \\( f(-2) > 0 \\)\n\\[ f(-2) = m^2\\cdot 4 - 2m\\cdot(-2) - m + 1 = 4m^2 + 4m - m + 1 = 4m^2 + 3m + 1. \\]\nZbadajmy znak trojmianu \\( 4m^2 + 3m + 1 \\): jego wyroznik to\n\\[ \\Delta_1 = 3^2 - 4\\cdot4\\cdot1 = 9 - 16 = -7 < 0, \\]\na wspolczynnik przy \\( m^2 \\) jest dodatni, wiec \\( 4m^2 + 3m + 1 > 0 \\) dla **kazdego** \\( m \\). Warunek \\( f(-2) > 0 \\) jest wiec spelniony zawsze - nie zaweza rozwiazania.\n\n### Krok 3. Warunek \\( f(2) > 0 \\)\n\\[ f(2) = m^2\\cdot 4 - 2m\\cdot 2 - m + 1 = 4m^2 - 4m - m + 1 = 4m^2 - 5m + 1. \\]\nRozwiazujemy \\( 4m^2 - 5m + 1 = 0 \\):\n\\[ \\Delta_2 = (-5)^2 - 4\\cdot4\\cdot1 = 25 - 16 = 9, \\qquad \\sqrt{\\Delta_2} = 3, \\]\n\\[ m = \\frac{5 \\pm 3}{8} \\;\\Rightarrow\\; m = \\frac{1}{4} \\ \\text{lub}\\ m = 1. \\]\nTrojmian ma ramiona w gore, wiec\n\\[ f(2) > 0 \\iff 4m^2 - 5m + 1 > 0 \\iff m < \\tfrac{1}{4} \\ \\text{lub}\\ m > 1. \\]\n\n### Krok 4. Warunek na polozenie wierzcholka \\( -2 < x_w < 2 \\)\n\\[ x_w = -\\frac{b}{2a} = -\\frac{-2m}{2m^2} = \\frac{2m}{2m^2} = \\frac{1}{m}. \\]\nPoniewaz z Kroku 1 wiemy juz, ze \\( m > 0 \\), mamy \\( \\frac{1}{m} > 0 \\), wiec lewa nierownosc \\( -2 < \\frac{1}{m} \\) jest automatycznie spelniona. Pozostaje:\n\\[ \\frac{1}{m} < 2. \\]\nDla \\( m > 0 \\) mnozymy obustronnie przez \\( m>0 \\) (bez zmiany znaku):\n\\[ 1 < 2m \\iff m > \\tfrac{1}{2}. \\]\n\n### Krok 5. Czesc wspolna wszystkich warunkow\nZbieramy (przy zalozeniu \\( m \\ne 0 \\)):\n\n| Warunek | Wynik |\n| \\( \\Delta>0 \\) | \\( m > 0 \\) |\n| \\( f(-2)>0 \\) | wszystkie \\( m \\) |\n| \\( f(2)>0 \\) | \\( m<\\tfrac14 \\ \\lor\\ m>1 \\) |\n| \\( -2\\tfrac12 \\) |\n\nIloczyn (czesc wspolna):\n\\[ \\big(m>0\\big)\\ \\cap\\ \\big(m<\\tfrac14 \\lor m>1\\big)\\ \\cap\\ \\big(m>\\tfrac12\\big). \\]\n- \\( m>\\tfrac12 \\) eliminuje przedzial \\( m<\\tfrac14 \\).\n- Zostaje \\( m>\\tfrac12 \\) **oraz** \\( m>1 \\), czyli \\( m>1 \\).\n\n\\[ \\boxed{\\,m \\in (1,\\ +\\infty)\\,} \\]\n\n### Krok 6. Weryfikacja na przykladzie\nDla \\( m=2 \\): \\( f(x) = 4x^2 - 4x - 1 \\), \\( \\Delta = 16+16=32 \\), pierwiastki\n\\[ x = \\frac{4 \\pm \\sqrt{32}}{8} = \\frac{1\\pm\\sqrt2}{2}, \\]\nczyli \\( x_1 \\approx -0{,}207 \\) i \\( x_2 \\approx 1{,}207 \\) - oba w \\( (-2,2) \\). Zgadza sie.\nDla \\( m=1 \\): \\( f(x)=x^2-2x = x(x-2) \\), pierwiastki \\( 0 \\) i \\( 2 \\) - koniec \\( 2 \\) **nie** nalezy do przedzialu otwartego, wiec \\( m=1 \\) slusznie odpada.\n\n## Typowe pulapki\n- **Pominiecie warunku na wierzcholek.** Same nierownosci \\( f(-2)>0 \\) i \\( f(2)>0 \\) (plus \\( \\Delta>0 \\)) NIE gwarantuja, ze pierwiastki sa wewnatrz \\( (-2,2) \\) - parabola moze miec oba pierwiastki po tej samej stronie, poza przedzialem (np. \\( m=0{,}2 \\): oba pierwiastki sa \\( >2 \\), a mimo to \\( f(2)>0 \\) bywa naruszone dopiero powyzej). Konieczny jest warunek \\( -2 < x_w < 2 \\) (albo rownowaznie warunek Vieta na sume/iloczyn).\n- **Przedzial otwarty vs domkniety.** Nierownosci \\( f(-2)>0 \\), \\( f(2)>0 \\) musza byc OSTRE, bo przedzial \\( (-2,2) \\) jest otwarty. Gdyby dopuscic rownosc, blednie wlaczylibysmy \\( m=1 \\) (pierwiastek dokladnie w \\( x=2 \\)) lub \\( m=\\tfrac14 \\).\n- **Dzielenie nierownosci przez \\( m \\).** Przy warunku \\( \\tfrac1m<2 \\) wolno mnozyc przez \\( m \\) bez zmiany znaku tylko dlatego, ze wczesniej ustalono \\( m>0 \\). Dla ogolnego \\( m \\) trzeba rozpatrzyc znak \\( m \\) osobno.","image":"img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-10.webp","solution_image":"img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/sol-10.svg","topics":null,"page_from":20,"source":"ocr","answer_source":"matematykaorg","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 10. (0-5)
Wyznacz wszystkie rzeczywiste wartości parametru 𝒎, gdzie 𝒎≠𝟎, dla których
funkcja kwadratowa 𝒇 określona wzorem
𝒇(𝒙) = 𝒎𝟐⋅𝒙𝟐-𝟐𝒎𝒙-𝒎+ 𝟏
ma dwa różne miejsca zerowe 𝒙𝟏 oraz 𝒙𝟐 należące do przedziału (-𝟐, 𝟐).
Zapisz obliczenia.
10.
0-1-
2-3-
4-5

\n

MMAP-R0_100

\n

MMAP-R0_100

\n

MMAP-R0_100

\n

MMAP-R0_100
Wyznacz wszystkie rzeczywiste wartości parametru m, gdzie m ≠ 0, dla których funkcja kwadratowa f określona wzorem f(x) = m²⋅x² - 2mx - m + 1 ma dwa różne miejsca zerowe x_1 oraz x_2 należące do przedziału (-2,2).

","answer_text_html":"

10 , -9
10).
Współczynnik kierunkowy 𝑎𝐴𝐵 prostej 𝐴𝐵 jest równy 𝑎𝐴𝐵= 0-(-1)
4 - 1
= 1
3 , więc prosta
𝑀𝐷 ma równanie 𝑦= -3 (𝑥-13

\n
  1. -9
\n

10 , czyli 𝑦= -3𝑥+ 3.
Obliczamy współrzędne punktu 𝑀:
-1
2 𝑥= -3𝑥+ 3
𝑥= 6
5
Stąd 𝑀= (6
5 , -3
5).
𝐷
𝐴
𝐵
𝐸
𝐶
𝑀
𝑀𝐸∥𝐵𝐶
𝑀𝐷⊥𝐴𝐵
𝑥+ 2𝑦-4 = 0
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Z warunków zadania
𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 4 ⋅𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 4 ⋅[6
5 -1, -3
5 -(-1)] = [4
5 , 8
5]
Obliczamy kwadrat promienia okręgu, który przechodzi przez punkt 𝐶 i ma środek
w punkcie 𝑀:
|𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
2 = (4
5)
2

\n\n

5)
2
= 16
5
Równanie okręgu, który przechodzi przez punkt 𝐶 i ma środek w punkcie 𝑀, ma postać
(𝑥-6
5)
2

\n\n

5)
2
= 16
5
Zadanie 10. (0-5)
Wymagania ogólne
Wymaganie szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie
reprezentacji.

\n
  1. Dobieranie i tworzenie modeli
\n

matematycznych przy rozwiązywaniu
problemów praktycznych i teoretycznych.

\n
  1. Tworzenie pomocniczych obiektów
\n

matematycznych na podstawie istniejących,
w celu przeprowadzenia argumentacji lub
rozwiązania problemu.
Zdający:
III.R5) analizuje równania i nierówności
liniowe z parametrami oraz równania
i nierówności kwadratowe z parametrami
[…].
Zasady oceniania (dla sposobu I)
5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: (1, +∞).
4 pkt - rozwiązanie pięciu warunków 1) - 5) określonych w kryterium za 1 punkt.
3 pkt - rozwiązanie czterech spośród warunków 1) - 5) określonych w kryterium za 1 punkt.
2 pkt - rozwiązanie trzech spośród warunków 1) - 5) określonych w kryterium za 1 punkt.
1 pkt - zapisanie wszystkich warunków 1) - 5):

\n
  1. 𝑓(𝑝) < 0 (lub 𝑞< 0, lub Δ > 0),
  2. 𝑝> -2,
  3. 𝑝< 2,
  4. 𝑓(-2) > 0,
  5. 𝑓(2) > 0,
\n

ALBO

\n\n
  1. 𝑓(𝑝) < 0 (lub 𝑞< 0, lub Δ > 0): 𝑚∈(0, +∞),
  2. 𝑝> -2: 𝑚∈(-∞, -1
  3. ∪(0, +∞),
  4. 𝑝< 2: 𝑚∈(-∞, 0) ∪(1
\n

2 , +∞),

\n
  1. 𝑓(-2) > 0: 𝑚∈ℝ,
  2. 𝑓(2) > 0: 𝑚∈(-∞, 1
  3. ∪(1, +∞).
\n

0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek ∆ ≥0, to za tę część rozwiązania otrzymuje
\n

0 punktów.

\n
  1. Jeżeli zdający:
\n

a) nie rozwiąże wszystkich warunków 1) - 5) określonych w kryterium za 1 punkt albo
b) podczas rozwiązywania warunków 1) - 5) popełni błędy rachunkowe i otrzyma zbiory
rozwiązań, których część wspólna jest zbiorem pustym, albo
c) popełni błąd, który nie jest rachunkowy,
to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.
Zasady oceniania (dla sposobu II)
5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: (1, +∞).
4 pkt - rozwiązanie pięciu warunków I) - V) określonych w kryterium za 2 punkty
ALBO

\n\n

3 pkt - spełnienie czterech spośród warunków I) - V) określonych w kryterium za 2 punkty
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

2 pkt - spełnienie warunku I) i jednego z warunków II) - V):
I) wyznaczenie wszystkich wartości parametru 𝑚, dla których funkcja 𝑓 ma
dokładnie dwa miejsca zerowe oraz wyznaczenie miejsc zerowych 𝑥1 oraz 𝑥2
funkcji 𝑓 w zależności od 𝑚: 𝑚∈(0, +∞) i 𝑥1 = 1 - √𝑚
𝑚
oraz 𝑥2 = 1+ √𝑚
𝑚
,
II) rozwiązanie nierówności 𝑥1 < 2: 𝑚∈(1
4 , +∞),
III) rozwiązanie nierówności -2 < 𝑥1 : 𝑚∈(0 , +∞),
IV) rozwiązanie nierówności 𝑥2 < 2: 𝑚∈(1 , +∞),
V) rozwiązanie nierówności -2 < 𝑥2 : 𝑚∈(0 , +∞),
ALBO

\n\n

1 pkt - wyznaczenie wszystkich wartości parametru 𝑚, dla których funkcja 𝑓 ma dokładnie
dwa miejsca zerowe: 𝑚∈(0, +∞)
ALBO

\n\n

𝑚
oraz
𝑥2 = 1+ √𝑚
𝑚
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek ∆ ≥0, to za tę część rozwiązania otrzymuje
\n

0 punktów.

\n
  1. Jeżeli zdający:
\n

a) nie rozwiąże wszystkich warunków I) - V) określonych w kryterium za 1 punkt albo
b) podczas rozwiązywania warunków I) - V) popełni błędy rachunkowe i otrzyma zbiory
rozwiązań, których część wspólna jest zbiorem pustym, albo
c) popełni błąd, który nie jest rachunkowy,
to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.
Zasady oceniania (dla sposobu III)
5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: (1, +∞).
4 pkt - rozwiązanie pięciu warunków A) - E) określonych w kryterium za 1 punkt.
3 pkt - rozwiązanie czterech warunków spośród warunków A) - E) określonych w kryterium
za 1 punkt.
2 pkt - rozwiązanie trzech warunków spośród warunków A) - E) określonych w kryterium za
1 punkt.
1 pkt - zapisanie warunków A) - E):
A) Δ > 0,
B) 𝑥1 + 2 + 𝑥2 + 2 > 0,
C) 𝑥1 ⋅𝑥2 + 2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0,
D) 2 -𝑥1 + 2 -𝑥2 > 0,
E) 𝑥1 ⋅𝑥2 -2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0,
ALBO

\n\n

A) Δ > 0: 𝑚∈(0, +∞),
B) 𝑥1 + 2 + 𝑥2 + 2 > 0: 𝑚∈(-∞, -1

\n
  1. ∪(0, +∞),
\n

C) 𝑥1 ⋅𝑥2 + 2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0: 𝑚≠0,
D) 2 -𝑥1 + 2 -𝑥2 > 0: 𝑚∈(-∞, 0) ∪(1
2 , +∞),
E) 𝑥1 ⋅𝑥2 -2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0: 𝑚∈(-∞, 0) ∪(0, 1

\n
  1. ∪(1, +∞).
\n

0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek ∆ ≥0, to za tę część rozwiązania otrzymuje
\n

0 punktów.

\n
  1. Jeżeli zdający:
\n

a) nie rozwiąże wszystkich warunków A) - E) określonych w kryterium za 1 punkt albo
b) podczas rozwiązywania warunków A) - E) popełni błędy rachunkowe i otrzyma zbiory
rozwiązań, których część wspólna jest zbiorem pustym, albo
c) popełni błąd, który nie jest rachunkowy,
to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I (poprzez interpretację geometryczną)
Ponieważ 𝑚≠0, więc współczynnik przy 𝑥2 jest dodatni. Zatem parabola, która jest
wykresem funkcji 𝑓, ma ramiona skierowane ku górze.
Stąd funkcja 𝑓 ma dokładnie dwa miejsca zerowe należące do przedziału (-2, 2) tylko
wtedy, gdy spełnione będą następujące warunki:

\n
  1. 𝑓(𝑝) < 0 (lub 𝑞< 0, lub Δ > 0)
  2. 𝑝> -2
  3. 𝑝< 2
  4. 𝑓(-2) > 0
  5. 𝑓(2) > 0.
\n

Rozwiązujemy warunek 1):
𝑓(𝑝) < 0
𝑓( 1
𝑚) < 0
𝑚2 ⋅( 1
𝑚)
2
-2𝑚⋅1
𝑚-𝑚+ 1 < 0
-𝑚< 0 ∧ 𝑚≠0
𝑚∈(0, +∞)
Warunki 2) oraz 3) można rozwiązać za pomocą nierówności podwójnej:
𝑝∈(-2, 2)
-2 < --2𝑚
2𝑚2 < 2
-2 < 1
𝑚< 2
1
|𝑚| < 2
|𝑚| > 1
2 ∧ 𝑚≠0
𝑚∈(-∞, -1

\n
  1. ∪(1
\n

2 , +∞)
Rozwiązujemy warunek 4):
𝑓(-2) > 0
𝑚2 ⋅(-2)2 -2𝑚⋅(-2) -𝑚+ 1 > 0
4𝑚2 + 3𝑚+ 1 > 0
Zasady oceniania rozwiązań zadań
(2𝑚+ 3
4)
2

\n","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/sol-10.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedz: \\( m \\in (1,\\; +\\infty) \\), czyli \\( m > 1 \\)

\n

Funkcja \\( f(x) = m^2x^2 - 2mx - m + 1 \\) ma dwa rozne miejsca zerowe nalezace do przedzialu \\( (-2,2) \\) dokladnie wtedy, gdy \\( m > 1 \\).

\n

Sposob 1 - Warunki dla pierwiastkow w przedziale (metoda Vieta / polozenia parabolic)

\n
Krok 0. Sprawdzenie, ze \\( f \\) jest funkcja kwadratowa
\n

Z zalozenia \\( m \\ne 0 \\), wiec wspolczynnik przy \\( x^2 \\) wynosi \\( a = m^2 > 0 \\). Funkcja jest wiec kwadratowa, a jej wykresem jest parabola o ramionach skierowanych w gore (bo \\( a>0 \\)).

\n

Wypiszmy wspolczynniki:
\\[ a = m^2, \\qquad b = -2m, \\qquad c = -m+1. \\]

\n

Aby oba rozne pierwiastki \\( x_1, x_2 \\) lezaly w przedziale otwartym \\( (-2,2) \\), parabola o ramionach w gore musi spelnic jednoczesnie cztery warunki:

\n
  1. \\( \\Delta > 0 \\) - sa dwa rozne miejsca zerowe,
  2. \\( f(-2) > 0 \\) - lewy koniec przedzialu lezy nad osia (poza pierwiastkami),
  3. \\( f(2) > 0 \\) - prawy koniec przedzialu lezy nad osia (poza pierwiastkami),
  4. \\( -2 < x_w < 2 \\) - wierzcholek (a wiec srodek miedzy pierwiastkami) lezy wewnatrz przedzialu; \\( x_w = -\\dfrac{b}{2a} \\).
\n

(Warunki 2-4 lacznie gwarantuja, ze obie liczby \\( x_1, x_2 \\) wpadaja do \\( (-2,2) \\); samo \\( f(\\pm2)>0 \\) bez warunku na wierzcholek nie wystarcza, bo parabola moglaby miec oba pierwiastki po jednej stronie poza przedzialem.)

\n
Krok 1. Warunek \\( \\Delta > 0 \\)
\n

Wzor na wyroznik (karta wzorow CKE EM2023, dzial Funkcja kwadratowa): \\( \\Delta = b^2 - 4ac \\).
\\[ \\Delta = (-2m)^2 - 4\\cdot m^2 \\cdot(-m+1) = 4m^2 + 4m^3 - 4m^2 = 4m^3. \\]
\\[ \\Delta > 0 \\iff 4m^3 > 0 \\iff m^3 > 0 \\iff \\boxed{m > 0}. \\]

\n

Juz w tym momencie odpada caly zakres \\( m < 0 \\) - dla ujemnych \\( m \\) funkcja w ogole nie ma dwoch roznych pierwiastkow.

\n
Krok 2. Warunek \\( f(-2) > 0 \\)
\n

\\[ f(-2) = m^2\\cdot 4 - 2m\\cdot(-2) - m + 1 = 4m^2 + 4m - m + 1 = 4m^2 + 3m + 1. \\]
Zbadajmy znak trojmianu \\( 4m^2 + 3m + 1 \\): jego wyroznik to
\\[ \\Delta_1 = 3^2 - 4\\cdot4\\cdot1 = 9 - 16 = -7 < 0, \\]
a wspolczynnik przy \\( m^2 \\) jest dodatni, wiec \\( 4m^2 + 3m + 1 > 0 \\) dla kazdego \\( m \\). Warunek \\( f(-2) > 0 \\) jest wiec spelniony zawsze - nie zaweza rozwiazania.

\n
Krok 3. Warunek \\( f(2) > 0 \\)
\n

\\[ f(2) = m^2\\cdot 4 - 2m\\cdot 2 - m + 1 = 4m^2 - 4m - m + 1 = 4m^2 - 5m + 1. \\]
Rozwiazujemy \\( 4m^2 - 5m + 1 = 0 \\):
\\[ \\Delta_2 = (-5)^2 - 4\\cdot4\\cdot1 = 25 - 16 = 9, \\qquad \\sqrt{\\Delta_2} = 3, \\]
\\[ m = \\frac{5 \\pm 3}{8} \\;\\Rightarrow\\; m = \\frac{1}{4} \\ \\text{lub}\\ m = 1. \\]
Trojmian ma ramiona w gore, wiec
\\[ f(2) > 0 \\iff 4m^2 - 5m + 1 > 0 \\iff m < \\tfrac{1}{4} \\ \\text{lub}\\ m > 1. \\]

\n
Krok 4. Warunek na polozenie wierzcholka \\( -2 < x_w < 2 \\)
\n

\\[ x_w = -\\frac{b}{2a} = -\\frac{-2m}{2m^2} = \\frac{2m}{2m^2} = \\frac{1}{m}. \\]
Poniewaz z Kroku 1 wiemy juz, ze \\( m > 0 \\), mamy \\( \\frac{1}{m} > 0 \\), wiec lewa nierownosc \\( -2 < \\frac{1}{m} \\) jest automatycznie spelniona. Pozostaje:
\\[ \\frac{1}{m} < 2. \\]
Dla \\( m > 0 \\) mnozymy obustronnie przez \\( m>0 \\) (bez zmiany znaku):
\\[ 1 < 2m \\iff m > \\tfrac{1}{2}. \\]

\n
Krok 5. Czesc wspolna wszystkich warunkow
\n

Zbieramy (przy zalozeniu \\( m \\ne 0 \\)):

\n

| Warunek | Wynik |
| \\( \\Delta>0 \\) | \\( m > 0 \\) |
| \\( f(-2)>0 \\) | wszystkie \\( m \\) |
| \\( f(2)>0 \\) | \\( m<\\tfrac14 \\ \\lor\\ m>1 \\) |
| \\( -2<x_w<2 \\) | \\( m>\\tfrac12 \\) |

\n

Iloczyn (czesc wspolna):
\\[ \\big(m>0\\big)\\ \\cap\\ \\big(m<\\tfrac14 \\lor m>1\\big)\\ \\cap\\ \\big(m>\\tfrac12\\big). \\]

\n\n

\\[ \\boxed{\\,m \\in (1,\\ +\\infty)\\,} \\]

\n
Krok 6. Weryfikacja na przykladzie
\n

Dla \\( m=2 \\): \\( f(x) = 4x^2 - 4x - 1 \\), \\( \\Delta = 16+16=32 \\), pierwiastki
\\[ x = \\frac{4 \\pm \\sqrt{32}}{8} = \\frac{1\\pm\\sqrt2}{2}, \\]
czyli \\( x_1 \\approx -0{,}207 \\) i \\( x_2 \\approx 1{,}207 \\) - oba w \\( (-2,2) \\). Zgadza sie.
Dla \\( m=1 \\): \\( f(x)=x^2-2x = x(x-2) \\), pierwiastki \\( 0 \\) i \\( 2 \\) - koniec \\( 2 \\) nie nalezy do przedzialu otwartego, wiec \\( m=1 \\) slusznie odpada.

\n

Typowe pulapki

\n"},{"source":"matematykaorg","label":"matematyka.org.pl","kind":"text","html":"

Niech x_1,x_2 oznaczają dwa różne miejsca zerowe funkcji. Najpierw wymagamy, aby równanie było kwadratowe i miało dwa różne pierwiastki:

\n

m≠0,

\n

Δ=(-2m)^2-4m^2(-m+1)=4m^3>0.

\n

Stąd m>0 . Ze wzorów Viète’a:

\n

x_1+x_2=(2m)/(m^2)=(2)/(m), x_1x_2=(-m+1)/(m^2).

\n

Aby oba pierwiastki były większe od -2 , liczby x_1+2 i x_2+2 muszą być dodatnie. Zapisujemy warunek na ich iloczyn i sumę:

\n

(x_1+2)(x_2+2)>0, (x_1+2)+(x_2+2)>0.

\n

Korzystając ze wzorów Viète’a, otrzymujemy

\n

x_1x_2+2(x_1+x_2)+4>0,

\n

(-m+1)/(m^2)+(4)/(m)+4>0,

\n

(4m^2+3m+1)/(m^2)>0.

\n

Dla m>0 ten warunek jest zawsze spełniony. Również

\n

x_1+x_2+4=(2)/(m)+4>0.

\n

Aby oba pierwiastki były mniejsze od 2 , liczby 2-x_1 i 2-x_2 muszą być dodatnie:

\n

(2-x_1)(2-x_2)>0, (2-x_1)+(2-x_2)>0.

\n

Pierwszy z tych warunków daje

\n

4-2(x_1+x_2)+x_1x_2>0,

\n

4-(4)/(m)+(-m+1)/(m^2)>0,

\n

(4m^2-5m+1)/(m^2)>0,

\n

((4m-1)(m-1))/(m^2)>0.

\n

Dla m>0 otrzymujemy

\n

m∈ (0,(1)/(4) )∪(1,∞).

\n

Drugi warunek daje

\n

4-(x_1+x_2)>0,

\n

4-(2)/(m)>0.

\n

Ponieważ m>0 , mamy m>(1)/(2) . Łączymy wszystkie otrzymane warunki:

\n

m>0, m>(1)/(2), m∈ (0,(1)/(4) )∪(1,∞).

\n

Odpowiedź: m∈(1,∞) .

"}]}