Równania i nierówności z parametrem — warunki na parametr, liczba i znaki rozwiązań

\[m\in(-\infty,-1]\cup(4,+\infty).\]

**Krok \(1\).** Metoda: warunek istnienia dwóch różnych pierwiastków to \(\Delta\gt 0\), a wyrażenie z treści przepisujemy przez sumę i iloczyn pierwiastków (wzory Viète'a). **Krok \(2\).** Dla równania \(x^{2}+mx+m=0\) \[\Delta=m^{2}-4m=m(m-4)\gt 0\quad\Longleftrightarrow\quad m\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty).\] **Krok \(3\).** Ze wzorów Viète'a \(x_{1}+x_{2}=-m\) oraz \(x_{1}x_{2}=m\). **Krok \(4\).** Obliczamy sumę kwadratów: \[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=m^{2}-2m.\] **Krok \(5\).** Sumę czwartych potęg wyrażamy przez sumę kwadratów: \[x_{1}^{4}+x_{2}^{4}=\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)^{2}-2\left(x_{1}x_{2}\right)^{2}=\left(m^{2}-2m\right)^{2}-2m^{2},\] a ponadto \(4x_{1}^{3}x_{2}^{3}=4\left(x_{1}x_{2}\right)^{3}=4m^{3}\). **Krok \(6\).** Sumujemy, korzystając z \(\left(m^{2}-2m\right)^{2}=m^{4}-4m^{3}+4m^{2}\): \[x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+4x_{1}^{3}x_{2}^{3}=m^{4}-4m^{3}+4m^{2}-2m^{2}+4m^{3}=m^{4}+2m^{2}.\] **Krok \(7\).** Warunek zadania przyjmuje postać \(m^{4}+2m^{2}-3\geq 0\). Rozkładamy jak trójmian względem \(m^{2}\): \[\left(m^{2}+3\right)\left(m^{2}-1\right)\geq 0.\] Ponieważ \(m^{2}+3\gt 0\), warunek redukuje się do \(m^{2}\geq 1\), czyli \(m\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)\). **Krok \(8\).** Bierzemy część wspólną ze zbiorem z Kroku \(2\): \[\left[(-\infty,0)\cup(4,+\infty)\right]\cap\left[(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)\right]=(-\infty,-1]\cup(4,+\infty).\] **Uwaga.** W przedziale \((4,+\infty)\) warunek \(m^{2}\geq 1\) jest spełniony automatycznie, więc końcowy zbiór dziedziczy z niego otwartość w punkcie \(4\) (to \(\Delta\gt 0\) wyklucza \(m=4\)), natomiast \(m=-1\) należy do zbioru, bo tam nierówność jest nieostra i \(\Delta=5\gt 0\). **Odpowiedź.** \(m\in(-\infty,-1]\cup(4,+\infty)\).

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap** polega na rozwiązaniu nierówności \(\Delta>0\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – poprawne rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\): \(m\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty)\). Uwaga. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów. **Drugi etap** polega na wyznaczeniu tych wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 3 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – przekształcenie nierówności \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \(\left[(x_1+x_2)^{2}-2\cdot x_1\cdot x_2\right]^{2}-2(x_1\cdot x_2)^{2}+4(x_1\cdot x_2)^{3}\geq 3\). **2 pkt** – zapisanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) równoważnej warunkowi \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\), np. \(\left[(-m)^{2}-2m\right]^{2}-2m^{2}+4m^{3}\geq 3\). **3 pkt** – rozwiązanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) równoważnej warunkowi \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\): \(m\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)\). **Trzeci etap** polega na wyznaczeniu wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki \(\Delta>0\) oraz \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\): \(m\in(-\infty,-1]\cup(4,+\infty)\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki \(\Delta>0\) oraz \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\): \(m\in(-\infty,-1]\cup(4,+\infty)\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający w którymś z etapów I–II popełni błąd, który nie jest błędem rachunkowym, to za III etap otrzymuje 0 punktów. 2. Jeżeli zdający w etapach I–II nie popełni błędów innych niż rachunkowe i otrzyma zbiory rozwiązań, które nie są rozłączne i żaden z nich nie jest zbiorem liczb rzeczywistych, a następnie poprawnie wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań z etapów I–II, to za III etap otrzymuje 1 punkt; natomiast jeżeli otrzyma zbiory rozwiązań, które są rozłączne lub co najmniej jeden z nich jest zbiorem liczb rzeczywistych, to za III etap otrzymuje 0 punktów. 3. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania popełni błąd – przyjmie, że \(x_1\cdot x_2=-m\) lub \(x_1+x_2=\pm\frac{b}{2a}\), to za II etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za przekształcenie nierówności \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za III etap otrzymuje 0 punktów. 4. Jeżeli zdający wprowadza dodatkowe założenie, które nie wynika z warunków zadania (np. \(x_1+x_2>0\)), to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 4 punkty (co najwyżej 1 punkt za I etap i co najwyżej 3 punkty za II etap). 5. Jeżeli zdający podczas przekształcania nierówności \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\) do postaci pozwalającej na zastosowanie wzorów Viète’a popełni błąd, który nie jest błędem rachunkowym, ale otrzyma nierówność, która po poprawnym zastosowaniu wzorów Viète’a prowadzi do nierówności wielomianowej stopnia czwartego, to za II etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za poprawne zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za III etap otrzymuje 0 punktów.

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** III.R3) Zdający stosuje wzory Viète’a dla równań kwadratowych; III.R5) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe z parametrami oraz równania i nierówności kwadratowe z parametrami […].

\[m\in(-\infty,-1]\cup(4,+\infty).\]

Warunek dwóch różnych pierwiastków daje \(\Delta=m^{2}-4m>0\), czyli \(m<0\) lub \(m>4\). Ze wzorów Viète'a: \(x_{1}+x_{2}=-m\) oraz \(x_{1}x_{2}=m\). Stąd \[x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+4x_{1}^{3}x_{2}^{3}=m^{4}+2m^{2}.\] Nierówność jest równoważna \((m^{2}-1)(m^{2}+3)\geq0\), zatem \(m\leq-1\) lub \(m\geq1\). Po przecięciu obu zbiorów otrzymujemy wynik.

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap** polega na rozwiązaniu nierówności \(\Delta>0\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – poprawne rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\): \(m\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty)\). Uwaga. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów. **Drugi etap** polega na wyznaczeniu tych wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 3 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – przekształcenie nierówności \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \(\left[(x_1+x_2)^{2}-2\cdot x_1\cdot x_2\right]^{2}-2(x_1\cdot x_2)^{2}+4(x_1\cdot x_2)^{3}\geq 3\). **2 pkt** – zapisanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) równoważnej warunkowi \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\), np. \(\left[(-m)^{2}-2m\right]^{2}-2m^{2}+4m^{3}\geq 3\). **3 pkt** – rozwiązanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) równoważnej warunkowi \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\): \(m\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)\). **Trzeci etap** polega na wyznaczeniu wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki \(\Delta>0\) oraz \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\): \(m\in(-\infty,-1]\cup(4,+\infty)\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki \(\Delta>0\) oraz \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\): \(m\in(-\infty,-1]\cup(4,+\infty)\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający w którymś z etapów I–II popełni błąd, który nie jest błędem rachunkowym, to za III etap otrzymuje 0 punktów. 2. Jeżeli zdający w etapach I–II nie popełni błędów innych niż rachunkowe i otrzyma zbiory rozwiązań, które nie są rozłączne i żaden z nich nie jest zbiorem liczb rzeczywistych, a następnie poprawnie wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań z etapów I–II, to za III etap otrzymuje 1 punkt; natomiast jeżeli otrzyma zbiory rozwiązań, które są rozłączne lub co najmniej jeden z nich jest zbiorem liczb rzeczywistych, to za III etap otrzymuje 0 punktów. 3. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania popełni błąd – przyjmie, że \(x_1\cdot x_2=-m\) lub \(x_1+x_2=\pm\frac{b}{2a}\), to za II etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za przekształcenie nierówności \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za III etap otrzymuje 0 punktów. 4. Jeżeli zdający wprowadza dodatkowe założenie, które nie wynika z warunków zadania (np. \(x_1+x_2>0\)), to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 4 punkty (co najwyżej 1 punkt za I etap i co najwyżej 3 punkty za II etap). 5. Jeżeli zdający podczas przekształcania nierówności \(x_1^{4}+x_2^{4}+4\cdot x_1^{3}\cdot x_2^{3}\geq 3\) do postaci pozwalającej na zastosowanie wzorów Viète’a popełni błąd, który nie jest błędem rachunkowym, ale otrzyma nierówność, która po poprawnym zastosowaniu wzorów Viète’a prowadzi do nierówności wielomianowej stopnia czwartego, to za II etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za poprawne zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za III etap otrzymuje 0 punktów.

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 3.1R) Zdający stosuje wzory Viète’a; 3.2R) Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.

\[m\in(1,+\infty).\]

**Krok \(1\).** Metoda: korzystamy z interpretacji geometrycznej. Ponieważ współczynnik przy \(x^{2}\) jest równy \(m^{2}\gt 0\), parabola ma ramiona skierowane do góry. Ma ona wtedy dwa różne miejsca zerowe w przedziale \((-2,2)\) dokładnie wtedy, gdy jednocześnie: \(\Delta\gt 0\), pierwsza współrzędna wierzchołka \(p\) leży w \((-2,2)\) oraz \(f(-2)\gt 0\) i \(f(2)\gt 0\). **Krok \(2\).** Obliczamy wyróżnik: \[\Delta=(-2m)^{2}-4\cdot m^{2}\cdot(-m+1)=4m^{2}+4m^{3}-4m^{2}=4m^{3}.\] **Krok \(3\).** Rozwiązujemy warunek \(\Delta\gt 0\): \[4m^{3}\gt 0\iff m\gt 0.\] **Krok \(4\).** Obliczamy pierwszą współrzędną wierzchołka: \[p=\frac{2m}{2m^{2}}=\frac{1}{m}.\] **Krok \(5\).** Rozwiązujemy warunek \(-2\lt p\lt 2\) przy \(m\gt 0\). Wtedy \(\frac{1}{m}\gt 0\gt -2\), więc lewa nierówność jest spełniona; z prawej mamy \[\frac{1}{m}\lt 2\iff m\gt\frac{1}{2}.\] **Krok \(6\).** Sprawdzamy warunek \(f(-2)\gt 0\): \[f(-2)=4m^{2}+4m-m+1=4m^{2}+3m+1,\qquad \Delta=9-16=-7\lt 0,\] a ponieważ współczynnik przy \(m^{2}\) jest dodatni, \(f(-2)\gt 0\) dla każdego \(m\in\mathbb{R}\). Ten warunek niczego nie odrzuca. **Krok \(7\).** Sprawdzamy warunek \(f(2)\gt 0\): \[f(2)=4m^{2}-4m-m+1=4m^{2}-5m+1=(4m-1)(m-1)\gt 0\iff m\lt\frac{1}{4}\ \text{lub}\ m\gt 1.\] **Krok \(8\).** Wyznaczamy część wspólną wszystkich warunków (przy \(m\neq 0\)): \[m\gt 0\ \text{ i }\ m\gt\frac{1}{2}\ \text{ i }\ \left(m\lt\frac{1}{4}\ \text{lub}\ m\gt 1\right)\iff m\gt 1.\] **Uwaga.** Sam warunek \(\Delta\gt 0\) daje \(m\gt 0\), ale to stanowczo za mało: dla \(m=\frac{3}{4}\) miejsca zerowe istnieją, lecz jedno z nich wypada poza przedziałem \((-2,2)\). Dlatego konieczne są warunki na położenie wierzchołka i na znaki \(f(-2)\), \(f(2)\). **Odpowiedź.** \(m\in(1,+\infty)\).

**Zasady oceniania (dla sposobu I)** **5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \((1,+\infty)\). **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): 1) \(f(p)<0\) (lub \(q<0\), lub \(\Delta>0\)), 2) \(p>-2\), 3) \(p<2\), 4) \(f(-2)>0\), 5) \(f(2)>0\), ALBO – rozwiązanie jednego z warunków 1) – 5): 1) \(f(p)<0\) (lub \(q<0\), lub \(\Delta>0\)): \(m\in(0,+\infty)\), 2) \(p>-2\): \(m\in\left(-\infty,-\tfrac{1}{2}\right)\cup(0,+\infty)\), 3) \(p<2\): \(m\in(-\infty,0)\cup\left(\tfrac{1}{2},+\infty\right)\), 4) \(f(-2)>0\): \(m\in\mathbb{R}\), 5) \(f(2)>0\): \(m\in\left(-\infty,\tfrac{1}{4}\right)\cup(1,+\infty)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje \(0\) punktów. 2. Jeżeli zdający: 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: \((1,+\infty)\). **4 pkt** – rozwiązanie pięciu warunków I) – V) określonych w kryterium za 2 punkty ALBO – spełnienie warunków I) oraz III), oraz IV), oraz zapisanie \(x_1<x_2\). **3 pkt** – spełnienie czterech spośród warunków I) – V) określonych w kryterium za 2 punkty ALBO – spełnienie warunków I) oraz III), oraz zapisanie \(x_1<x_2\), ALBO – spełnienie warunków I) oraz IV), oraz zapisanie \(x_1<x_2\), ALBO – spełnienie warunków III) oraz IV), oraz zapisanie \(x_1<x_2\). **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 \(x_1\) oraz \(x_2\) funkcji \(f\) w zależności od \(m\): \(m\in(0,+\infty)\) i \(x_1=\frac{1-\sqrt{m}}{m}\) oraz \(x_2=\frac{1+\sqrt{m}}{m}\), II) rozwiązanie nierówności \(x_1<2\): \(m\in\left(\tfrac{1}{4},+\infty\right)\), III) rozwiązanie nierówności \(-2<x_1\): \(m\in(0,+\infty)\), IV) rozwiązanie nierówności \(x_2<2\): \(m\in(1,+\infty)\), V) rozwiązanie nierówności \(-2<x_2\): \(m\in(0,+\infty)\), ALBO – spełnienie trzech spośród warunków II) – V). **1 pkt** – wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), dla których funkcja \(f\) ma dokładnie dwa miejsca zerowe: \(m\in(0,+\infty)\) ALBO – wyznaczenie miejsc zerowych funkcji \(f\) w zależności od \(m\): \(x_1=\frac{1-\sqrt{m}}{m}\) oraz \(x_2=\frac{1+\sqrt{m}}{m}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje \(0\) punktów. 2. Jeżeli zdający: 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: \((1,+\infty)\). **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) \(\Delta>0\), B) \(x_1+2+x_2+2>0\), C) \(x_1\cdot x_2+2(x_1+x_2)+4>0\), D) \(2-x_1+2-x_2>0\), E) \(x_1\cdot x_2-2(x_1+x_2)+4>0\), ALBO – rozwiązanie jednego z warunków A) – E): A) \(\Delta>0\): \(m\in(0,+\infty)\), B) \(x_1+2+x_2+2>0\): \(m\in\left(-\infty,-\tfrac{1}{2}\right)\cup(0,+\infty)\), C) \(x_1\cdot x_2+2(x_1+x_2)+4>0\): \(m\neq 0\), D) \(2-x_1+2-x_2>0\): \(m\in(-\infty,0)\cup\left(\tfrac{1}{2},+\infty\right)\), E) \(x_1\cdot x_2-2(x_1+x_2)+4>0\): \(m\in(-\infty,0)\cup\left(0,\tfrac{1}{4}\right)\cup(1,+\infty)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje \(0\) punktów. 2. Jeżeli zdający: 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.

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** III.R5) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe z parametrami oraz równania i nierówności kwadratowe z parametrami […].

\[m\in(1,+\infty).\]

**Krok \(1\).** Metoda: korzystamy z interpretacji geometrycznej. Parabola o ramionach skierowanych w górę ma dwa różne miejsca zerowe w przedziale \((-2,2)\) dokładnie wtedy, gdy jednocześnie \(\Delta\gt 0\), odcięta wierzchołka leży w tym przedziale oraz \(f(-2)\gt 0\) i \(f(2)\gt 0\). **Krok \(2\).** Z założenia \(m\neq 0\), więc współczynnik przy \(x^{2}\) jest równy \(m^{2}\gt 0\) — ramiona są skierowane w górę i funkcja jest kwadratowa. **Krok \(3\).** Wyróżnik: \[\Delta=(-2m)^{2}-4m^{2}(-m+1)=4m^{2}\bigl[1-(1-m)\bigr]=4m^{3}.\] Warunek \(\Delta\gt 0\) jest równoważny \(m\gt 0\). **Krok \(4\).** Odcięta wierzchołka: \(p=\frac{2m}{2m^{2}}=\frac{1}{m}\). Przy \(m\gt 0\) nierówność \(\frac{1}{m}\gt -2\) jest spełniona automatycznie, a \(\frac{1}{m}\lt 2\) daje \(m\gt\frac{1}{2}\). **Krok \(5\).** Obliczamy \(f(-2)\): \[f(-2)=4m^{2}+4m-m+1=4m^{2}+3m+1.\] Wyróżnik tego trójmianu wynosi \(9-16=-7\lt 0\), a współczynnik wiodący jest dodatni, więc \(f(-2)\gt 0\) dla każdego \(m\) — ten warunek niczego nie ogranicza. **Krok \(6\).** Obliczamy \(f(2)\): \[f(2)=4m^{2}-4m-m+1=4m^{2}-5m+1=(4m-1)(m-1)\gt 0,\] skąd \(m\lt\frac{1}{4}\) lub \(m\gt 1\). **Krok \(7\).** Zestawiamy warunki: \(m\gt 0\), \(m\gt\frac{1}{2}\) oraz \(\left(m\lt\frac{1}{4}\ \text{lub}\ m\gt 1\right)\). Przedział \(m\lt\frac{1}{4}\) nie ma części wspólnej z \(m\gt\frac{1}{2}\), więc zostaje \(m\gt 1\). **Uwaga.** Wszystkie pięć warunków jest potrzebnych i żaden z nich nie wynika z pozostałych: znak wartości na końcach przedziału gwarantuje, że pierwiastki nie wypadną poza \((-2,2)\), a położenie wierzchołka — że nie wypadną oba po tej samej stronie przedziału. Nierówność \(\Delta\gt 0\) musi być ostra, bo miejsca zerowe mają być różne. **Odpowiedź.** \(m\in(1,+\infty)\).

**Zasady oceniania (dla sposobu I)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie wszystkich warunków 1) – 5): 1) \(f(p)<0\) (lub \(q<0\), lub \(\Delta>0\)), 2) \(p>-2\), 3) \(p<2\), 4) \(f(-2)>0\), 5) \(f(2)>0\), ALBO rozwiązanie jednego z warunków 1) – 5): 1) \(f(p)<0\) (lub \(q<0\), lub \(\Delta>0\)): \(m\in(0,+\infty)\), 2) \(p>-2\): \(m\in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)\cup(0,+\infty)\), 3) \(p<2\): \(m\in(-\infty,0)\cup\left(\frac{1}{2},+\infty\right)\), 4) \(f(-2)>0\): \(m\in\mathbb{R}\), 5) \(f(2)>0\): \(m\in\left(-\infty,\frac{1}{4}\right)\cup(1,+\infty)\). **2 pkt** – rozwiązanie trzech spośród warunków 1) – 5) określonych w kryterium za 1 punkt. **3 pkt** – rozwiązanie czterech spośród warunków 1) – 5) określonych w kryterium za 1 punkt. **4 pkt** – rozwiązanie pięciu warunków 1) – 5) określonych w kryterium za 1 punkt. **5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \((1,+\infty)\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów. 2. Jeżeli zdający: 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)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), dla których funkcja \(f\) ma dokładnie dwa miejsca zerowe: \(m\in(0,+\infty)\) ALBO wyznaczenie miejsc zerowych funkcji \(f\) w zależności od \(m\): \(x_1=\frac{1-\sqrt{m}}{m}\) oraz \(x_2=\frac{1+\sqrt{m}}{m}\). **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 \(x_1\) oraz \(x_2\) funkcji \(f\) w zależności od \(m\): \(m\in(0,+\infty)\) i \(x_1=\frac{1-\sqrt{m}}{m}\) oraz \(x_2=\frac{1+\sqrt{m}}{m}\), II) rozwiązanie nierówności \(x_1<2\): \(m\in\left(\frac{1}{4},+\infty\right)\), III) rozwiązanie nierówności \(-2<x_1\): \(m\in(0,+\infty)\), IV) rozwiązanie nierówności \(x_2<2\): \(m\in(1,+\infty)\), V) rozwiązanie nierówności \(-2<x_2\): \(m\in(0,+\infty)\), ALBO spełnienie trzech spośród warunków II) – V). **3 pkt** – spełnienie czterech spośród warunków I) – V) określonych w kryterium za 2 punkty ALBO spełnienie warunków I) oraz III), oraz zapisanie \(x_1<x_2\), ALBO spełnienie warunków I) oraz IV), oraz zapisanie \(x_1<x_2\), ALBO spełnienie warunków III) oraz IV), oraz zapisanie \(x_1<x_2\). **4 pkt** – rozwiązanie pięciu warunków I) – V) określonych w kryterium za 2 punkty ALBO spełnienie warunków I) oraz III), oraz IV), oraz zapisanie \(x_1<x_2\). **5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \((1,+\infty)\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów. 2. Jeżeli zdający: 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)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie warunków A) – E): A) \(\Delta>0\), B) \(x_1+2+x_2+2>0\), C) \(x_1\cdot x_2+2(x_1+x_2)+4>0\), D) \(2-x_1+2-x_2>0\), E) \(x_1\cdot x_2-2(x_1+x_2)+4>0\), ALBO rozwiązanie jednego z warunków A) – E): A) \(\Delta>0\): \(m\in(0,+\infty)\), B) \(x_1+2+x_2+2>0\): \(m\in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)\cup(0,+\infty)\), C) \(x_1\cdot x_2+2(x_1+x_2)+4>0\): \(m\neq 0\), D) \(2-x_1+2-x_2>0\): \(m\in(-\infty,0)\cup\left(\frac{1}{2},+\infty\right)\), E) \(x_1\cdot x_2-2(x_1+x_2)+4>0\): \(m\in(-\infty,0)\cup\left(0,\frac{1}{4}\right)\cup(1,+\infty)\). **2 pkt** – rozwiązanie trzech warunków spośród warunków A) – E) określonych w kryterium za 1 punkt. **3 pkt** – rozwiązanie czterech warunków spośród warunków A) – E) określonych w kryterium za 1 punkt. **4 pkt** – rozwiązanie pięciu warunków A) – E) określonych w kryterium za 1 punkt. **5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \((1,+\infty)\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów. 2. Jeżeli zdający: 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.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 3.2R) Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem. 4.12) Zdający wykorzystuje własności funkcji kwadratowej liniowej i kwadratowej do interpretacji zagadnień geometrycznych […].

**D.** \(m\in\{0\}\cup(\frac{1}{4},+\infty)\).

**Krok \(1\).** Mamy równanie z parametrem i wartością bezwzględną. Najskuteczniejsza jest tu metoda graficzna: rysujemy wykres funkcji \(f(x)=|x^2-x|\), a równanie \(f(x)=m\) traktujemy jako szukanie punktów wspólnych tego wykresu z **poziomą** prostą \(y=m\). Liczba rozwiązań to liczba punktów wspólnych. **Krok \(2\).** Zaczynamy od paraboli bez modułu: \(g(x)=x^2-x=x(x-1)\). Jej miejsca zerowe to \(0\) i \(1\), ramiona są skierowane w górę, a wierzchołek leży w połowie między miejscami zerowymi: \[x_w=\frac{0+1}{2}=\frac12,\qquad g\!\left(\frac12\right)=\frac14-\frac12=-\frac14.\] **Krok \(3\).** Wartość bezwzględna odbija nad oś \(OX\) tę część wykresu, która leży pod osią. Pod osią jest dokładnie fragment między \(0\) a \(1\), więc po odbiciu powstaje tam „garb” o wierzchołku w punkcie \(\left(\tfrac12,\tfrac14\right)\). Poza przedziałem \([0,1]\) wykres się nie zmienia — dwa ramiona rosnące do nieskończoności. **Krok \(4\).** Teraz przesuwamy poziomą prostą \(y=m\) od dołu do góry i liczymy punkty wspólne: - \(m\lt0\): brak punktów wspólnych (wartość bezwzględna nigdy nie jest ujemna), - \(m=0\): dwa punkty — końce garbu, czyli \(x=0\) i \(x=1\), - \(0\lt m\lt\tfrac14\): cztery punkty — dwa na garbie i dwa na ramionach, - \(m=\tfrac14\): trzy punkty — wierzchołek garbu i dwa na ramionach, - \(m\gt\tfrac14\): dwa punkty — prosta jest już powyżej garbu i przecina tylko ramiona. **Krok \(5\).** Sprawdźmy jeszcze rachunkiem przypadek \(m=0\): \[|x^2-x|=0\iff x^2-x=0\iff x(x-1)=0,\] czyli \(x=0\) lub \(x=1\) — istotnie dwa różne rozwiązania. **Krok \(6\).** Dokładnie dwa rozwiązania otrzymujemy więc dla \(m=0\) oraz dla \(m\gt\tfrac14\): \[m\in\{0\}\cup\left(\tfrac14,+\infty\right).\] **Uwaga.** Punkt \(m=\tfrac14\) trzeba wykluczyć — wtedy rozwiązania są trzy (prosta dotyka garbu w jego wierzchołku). Nie wolno też zapomnieć o odosobnionej wartości \(m=0\); pominięcie jej prowadzi do odpowiedzi B, a dołączenie \(\tfrac14\) — do C. **Odpowiedź.** D: \(m\in\{0\}\cup\left(\frac14,+\infty\right)\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 4.1R) Zdający na podstawie wykresu funkcji \(y=f(x)\) szkicuje wykresy funkcji \(y=|f(x)|\) […]. 3.2R) Zdający rozwiązuje równania […] z parametrem.

Warunek dwóch różnych pierwiastków daje \(\Delta=4(m-1)^{2}>0\), czyli \(m\neq1\). Ze wzorów Viète'a \(x_1+x_2=-2m\), \(x_1x_2=2m-1\). Po podstawieniu otrzymujemy \((m-2)(4m^{2}-2m+1)=0\). Drugi czynnik jest dodatni, zatem \(m=2\).

**Krok \(1\).** Metoda: warunek istnienia dwóch różnych pierwiastków zapisujemy jako \(\Delta\gt 0\), a warunek z treści przepisujemy przez wzory Viète'a, bez wyznaczania samych pierwiastków. **Krok \(2\).** Dla \(x^{2}+2mx+(2m-1)=0\) wygodnie jest liczyć ćwiartkę wyróżnika: \[\frac{\Delta}{4}=m^{2}-(2m-1)=m^{2}-2m+1=(m-1)^{2},\qquad \Delta=4(m-1)^{2}.\] Warunek \(\Delta\gt 0\) jest więc równoważny \(m\neq 1\). **Krok \(3\).** Ze wzorów Viète'a \(x_{1}+x_{2}=-2m\) oraz \(x_{1}x_{2}=2m-1\). **Krok \(4\).** Sumę kwadratów wyrażamy przez sumę i iloczyn: \[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=4m^{2}-2(2m-1)=4m^{2}-4m+2.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy do warunku \(m\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)=3m\,x_{1}x_{2}+2\): \[m\left(4m^{2}-4m+2\right)=3m(2m-1)+2,\qquad 4m^{3}-4m^{2}+2m=6m^{2}-3m+2,\] czyli \(4m^{3}-10m^{2}+5m-2=0\). **Krok \(6\).** Sprawdzamy dzielniki wyrazu wolnego: dla \(m=2\) lewa strona wynosi \(32-40+10-2=0\), więc \((m-2)\) jest dzielnikiem. Grupujemy: \[4m^{2}(m-2)-2m(m-2)+(m-2)=0,\qquad (m-2)\left(4m^{2}-2m+1\right)=0.\] **Krok \(7\).** Trójmian \(4m^{2}-2m+1\) ma wyróżnik \(4-16=-12\lt 0\), a współczynnik wiodący dodatni, więc jest zawsze dodatni i nie ma pierwiastków rzeczywistych. Zostaje \(m=2\). **Krok \(8\).** Sprawdzamy zgodność z warunkiem z Kroku \(2\): \(2\neq 1\), więc dla \(m=2\) równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste. **Uwaga.** Wyróżnik \(\Delta=4(m-1)^{2}\) jest kwadratem, więc jest nieujemny dla każdego \(m\) — ostra nierówność \(\Delta\gt 0\) wyklucza wyłącznie \(m=1\). Gdyby rozwiązywać warunek \(\Delta\geq 0\), warunek dwóch różnych pierwiastków zostałby zgubiony. **Odpowiedź.** \(m=2\).

**4 pkt** – spełnienie następujących trzech warunków: 1) poprawne rozwiązanie warunku \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\): \(m=2\), 2) poprawne rozwiązanie warunku \(\Delta>0\): \(m\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\) LUB wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), dla których \(x_1\neq x_2\): \(m\neq1\), LUB sprawdzenie, że dla \(m=2\) są spełnione warunki zadania, 3) zapisanie poprawnej odpowiedzi: \(m=2\). **3 pkt** – poprawnie rozwiązany warunek \(\Delta>0\): \(m\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\) oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą \(m\), np. \(m\cdot\left[(-2m)^2-2\cdot(2m-1)\right]=3m\cdot(2m-1)+2\) ALBO – rozwiązanie warunku \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\): \(m=2\), ALBO – zapisanie, że \(x_1\neq x_2\) dla \(m\neq1\) oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą \(m\), np. \(m\cdot\left[(-2m)^2-2\cdot(2m-1)\right]=3m\cdot(2m-1)+2\). **2 pkt** – poprawnie rozwiązany warunek \(\Delta>0\): \(m\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\) oraz przekształcenie warunku \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \(m\cdot\left[(x_1+x_2)^2-2x_1\cdot x_2\right]=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(m\), np. \(m\cdot\left[(-2m)^2-2\cdot(2m-1)\right]=3m\cdot(2m-1)+2\) ALBO – wyznaczenie pierwiastków trójmianu \(x^2+2mx+(2m-1)\): \((-1)\) oraz \(1-2m\), oraz zapisanie, że \(x_1\neq x_2\) dla \(m\neq1\). **1 pkt** – poprawnie rozwiązany warunek \(\Delta>0\): \(m\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\) ALBO – przekształcenie warunku \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \(m\cdot\left[(x_1+x_2)^2-2x_1\cdot x_2\right]=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\) ALBO – wyznaczenie pierwiastków trójmianu \(x^2+2mx+(2m-1)\): \((-1)\) oraz \(1-2m\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga. Jeżeli zdający przyjmie, że \(x_1^2+x_2^2\) jest równe \((x_1+x_2)^2\) oraz doprowadzi rozwiązanie konsekwentnie do końca, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** III.R3) Zdający stosuje wzory Viète’a dla równań kwadratowych; III.R5) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe z parametrami oraz równania i nierówności kwadratowe z parametrami […].

\[m=2.\]

Równanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste dokładnie wtedy, gdy jego wyróżnik jest dodatni: \[\Delta=(2m)^{2}-4(2m-1)=4m^{2}-8m+4=4(m-1)^{2}>0,\] co zachodzi dla każdego \(m\neq1\). Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=-2m,\qquad x_1x_2=2m-1,\] a stąd \[x_1^{2}+x_2^{2}=(x_1+x_2)^{2}-2x_1x_2=4m^{2}-2(2m-1)=4m^{2}-4m+2.\] Warunek zadania przyjmuje postać \[m\left(4m^{2}-4m+2\right)=3m(2m-1)+2,\qquad 4m^{3}-4m^{2}+2m=6m^{2}-3m+2,\] \[4m^{3}-10m^{2}+5m-2=0.\] Liczba \(2\) jest pierwiastkiem tego wielomianu, więc \[4m^{3}-10m^{2}+5m-2=(m-2)\left(4m^{2}-2m+1\right).\] Drugi czynnik ma wyróżnik \(4-16=-12<0\) i dodatni współczynnik przy \(m^{2}\), więc jest dodatni dla każdego \(m\). Zatem jedynym rozwiązaniem jest \(m=2\), a warunek \(m\neq1\) jest spełniony. **Odpowiedź.** \(m=2\).

**4 pkt** – spełnienie następujących trzech warunków: 1) poprawne rozwiązanie warunku \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\): \(m=2\), 2) poprawne rozwiązanie warunku \(\Delta>0\): \(m\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\) LUB wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), dla których \(x_1\neq x_2\): \(m\neq1\), LUB sprawdzenie, że dla \(m=2\) są spełnione warunki zadania, 3) zapisanie poprawnej odpowiedzi: \(m=2\). **3 pkt** – poprawnie rozwiązany warunek \(\Delta>0\): \(m\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\) oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą \(m\), np. \(m\cdot\left[(-2m)^2-2\cdot(2m-1)\right]=3m\cdot(2m-1)+2\) ALBO – rozwiązanie warunku \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\): \(m=2\), ALBO – zapisanie, że \(x_1\neq x_2\) dla \(m\neq1\) oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą \(m\), np. \(m\cdot\left[(-2m)^2-2\cdot(2m-1)\right]=3m\cdot(2m-1)+2\). **2 pkt** – poprawnie rozwiązany warunek \(\Delta>0\): \(m\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\) oraz przekształcenie warunku \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \(m\cdot\left[(x_1+x_2)^2-2x_1\cdot x_2\right]=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(m\), np. \(m\cdot\left[(-2m)^2-2\cdot(2m-1)\right]=3m\cdot(2m-1)+2\) ALBO – wyznaczenie pierwiastków trójmianu \(x^2+2mx+(2m-1)\): \((-1)\) oraz \(1-2m\), oraz zapisanie, że \(x_1\neq x_2\) dla \(m\neq1\). **1 pkt** – poprawnie rozwiązany warunek \(\Delta>0\): \(m\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\) ALBO – przekształcenie warunku \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \(m\cdot\left[(x_1+x_2)^2-2x_1\cdot x_2\right]=3m\cdot x_1\cdot x_2+2\) ALBO – wyznaczenie pierwiastków trójmianu \(x^2+2mx+(2m-1)\): \((-1)\) oraz \(1-2m\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga: Jeżeli zdający przyjmie, że \(x_1^2+x_2^2\) jest równe \((x_1+x_2)^2\) oraz doprowadzi rozwiązanie konsekwentnie do końca, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 3.1R) Zdający stosuje wzory Viète’a; 3.2R) Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.

\[m\in(0,2)\cup(2,4).\]

Układ jest oznaczony, gdy \(4-m^2\neq0\), czyli \(m\in\mathbb{R}\setminus\{-2,2\}\). Z pierwszego równania mamy \(y=m^2-mx\). Po podstawieniu do drugiego: \[(4-m^2)x=8-m^3,\] więc \[x=\frac{m^2+2m+4}{m+2},\qquad y=-\frac{4m}{m+2}.\] Warunek z zadania przyjmuje postać \[\left|x+y\right|=\left|\frac{m^2-2m+4}{m+2}\right|<2.\] Ponieważ \(m^2-2m+4=(m-1)^2+3>0\), otrzymujemy \[m^2-2m+4<2|m+2|.\] Dla \(m>-2\) nierówność jest równoważna \(m(m-4)<0\), zatem \(m\in(0,4)\). Dla \(m<-2\) prowadzi do sprzecznej nierówności \(m^2+8<0\). Po wykluczeniu \(m=2\) dostajemy \(m\in(0,2)\cup(2,4)\).

**6 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik **5 pkt** – rozwiązanie obu nierówności wymiernych wynikających z warunku wartości bezwzględnej albo obu nierówności po usunięciu wartości bezwzględnej **4 pkt** – rozwiązanie jednej z tych nierówności **3 pkt** – poprawne zapisanie dwóch nierówności równoważnych warunkowi \(\left|\frac{m^2-2m+4}{m+2}\right|<2\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie z układu zarówno \(x\), jak i \(y\) **1 pkt** – określenie, kiedy układ jest oznaczony, oraz wyznaczenie \(x\) lub \(y\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** III.1) Zdający przekształca równania i nierówności w sposób równoważny. III.1 R) Rozwiązuje nierówności wielomianowe. III.2 R) Rozwiązuje równania i nierówności wymierne. III.4 R) Rozwiązuje równania i nierówności z wartością bezwzględną. IV.1) Rozwiązuje układy równań liniowych z dwiema niewiadomymi.

\[m=2.\]

Liczba \(1\) jest pierwiastkiem wielomianu \(W\). Aby była jego jedynym pierwiastkiem rzeczywistym, trójmian \[x^2-mx+m-1\] musi nie mieć pierwiastków rzeczywistych albo mieć jedno podwójne miejsce zerowe równe \(1\). Jego wyróżnik wynosi \[\Delta=m^2-4(m-1)=(m-2)^2.\] Warunek \(\Delta<0\) jest niemożliwy. Z warunków \(\Delta=0\) oraz \(x_0=\frac{m}{2}=1\) otrzymujemy \(m=2\). Wtedy \[W(x)=(x-1)^3,\] więc rzeczywiście jedynym pierwiastkiem rzeczywistym jest \(1\).

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik **2 pkt** – wyznaczenie wartości \(m\), dla których trójmian \(x^2-mx+m-1\) nie ma miejsc zerowych, albo wartości, dla których ma jedno miejsce zerowe równe \(1\) **1 pkt** – zauważenie, że \(1\) jest pierwiastkiem \(W\), i zapisanie warunków zapewniających dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, oraz uzasadnianie poprawności rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** III.5 R) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe oraz kwadratowe z parametrami, w szczególności wyznacza liczbę rozwiązań w zależności od parametru.

\(p=\frac14\) lub \(p=\frac12\).

Ponieważ \(f\) jest funkcją kwadratową, \(p\neq0\). Liczba \(x_1=1\) jest miejscem zerowym, bo \(f(1)=0\). Ze wzorów Viète'a \[x_1x_2=\frac{1-2p}{p},\qquad x_2=\frac{1-2p}{p}.\] Warunek różnicy miejsc zerowych daje \[\left|1-\frac{1-2p}{p}\right|=1\iff\left|\frac{3p-1}{p}\right|=1.\] Stąd \(3p-1=p\) lub \(3p-1=-p\), czyli \(p=\frac12\) lub \(p=\frac14\). Dla obu wartości funkcja ma dwa różne rzeczywiste miejsca zerowe.

**4 pkt** – poprawna metoda i poprawny wynik. **3 pkt** – rozwiązanie równania \(\left|1-\frac{1-2p}{p}\right|=1\). **2 pkt** – sprowadzenie warunku \(|x_1-x_2|=1\) do równania z niewiadomą \(p\). **1 pkt** – wykazanie, że \(x_1=1\), i wyznaczenie \(x_2=\frac{1-2p}{p}\). **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania […]. **Wymagania szczegółowe:** III. Równania i nierówności. 3R) Zdający stosuje wzory Viète’a dla równań kwadratowych; 5R) Zdający analizuje […] równania i nierówności kwadratowe z parametrami, w szczególności wyznacza liczbę rozwiązań w zależności od parametrów […] i wyznacza

\[m\in(1-\sqrt3,1].\]

Punkt \(P\) leży na obu prostych, więc rozwiązujemy układ i otrzymujemy \[x_P=m+1,\qquad y_P=2(m+1).\] Warunki \(x_P>0\) i \(y_P>0\) dają \(m>-1\). Dalej \[2(m+1)\geq(m+1)^2\iff m\in[-1,1].\] Ostatnia nierówność ma postać \[2<-\frac{8}{[2(m+1)]^2}+\frac{8}{m+1}.\] Dla \(m\neq-1\) jest równoważna \[\frac{2m^2-4m-4}{(m+1)^2}<0\iff m\in(1-\sqrt3,1+\sqrt3).\] Przecięcie wszystkich warunków daje \[m\in(1-\sqrt3,1].\]

**5 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru **4 pkt** – wyznaczenie dodatniości obu współrzędnych i rozwiązanie obu pozostałych nierówności **3 pkt** – wyznaczenie dodatniości obu współrzędnych oraz rozwiązanie jednej z dwóch nierówności **2 pkt** – wyznaczenie wartości \(m\), dla których obie współrzędne są dodatnie, albo rozwiązanie jednej z nierówności **1 pkt** – wyznaczenie współrzędnych punktu \(P\) w zależności od \(m\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IV.1) Zdający rozwiązuje układy równań liniowych z dwiema niewiadomymi i interpretuje układy geometrycznie.

Układ ma rozwiązanie \((a,b)\in[4,+\infty)^2\) dokładnie dla \(c\in\left[4,\frac{28}{3}\right]\).

Po podzieleniu równań przez odpowiednio \(4\) i \(2\) otrzymujemy \[a+b+c=20,\qquad ab+bc+ca=128.\] Eliminujemy \(b=20-a-c\). Liczba \(a\) spełnia równanie \[a^2+(c-20)a+c^2-20c+128=0.\] Warunkiem istnienia rozwiązań rzeczywistych jest \[\Delta_a=(c-20)^2-4(c^2-20c+128)=-3c^2+40c-112\geq0,\] \[-3(c-4)\left(c-\frac{28}{3}\right)\geq0,\] czyli \(c\in\left[4,\frac{28}{3}\right]\). Odwrotnie, dla takiego \(c\) wyróżnik jest nieujemny. Parabola \[F(a)=a^2+(c-20)a+c^2-20c+128\] ma wierzchołek o odciętej \(p=\frac{20-c}{2}\in\left[\frac{16}{3},8\right]\), jego rzędna jest niedodatnia, a \(F(4)=(c-8)^2\geq0\). Ma więc miejsce zerowe \(a\geq4\). Drugie rozwiązanie \(b=20-a-c\) jest drugim pierwiastkiem tego samego równania i analogicznie jest nie mniejsze od \(4\). To dowodzi obu implikacji.

**4 pkt** – pełne wykazanie obu implikacji, w tym że rozwiązania \(a,b\) są nie mniejsze od \(4\) **3 pkt** – przyjęcie \(c\in[4,\frac{28}{3}]\) i zbudowanie właściwej funkcji kwadratowej **2 pkt** – obliczenie wyróżnika i wyprowadzenie \(c\in[4,\frac{28}{3}]\) **1 pkt** – wyprowadzenie poprawnego równania kwadratowego z niewiadomą \(a\) lub \(b\) i parametrem \(c\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - tworzenie obiektów pomocniczych. IV. Rozumowanie i argumentacja - tworzenie ciągu argumentów gwarantujących poprawność rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** III.5 R) Zdający analizuje równania kwadratowe z parametrami i podaje warunki, przy których rozwiązania należą do określonego przedziału.

Warunek dwóch różnych miejsc zerowych daje \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\). Warunek jednakowych znaków prowadzi do \(m\in(-8,2)\), a nierówność \((x_1-x_2)^{2}\leq180\) do \(m\in(-\infty,\frac{3}{2}]\cup[\frac{13}{4},+\infty)\). Część wspólna to \(m\in(-8,-3)\cup(1,\frac{3}{2}]\).

**Krok \(1\).** Metoda: zapisujemy trzy niezależne warunki — dwa różne miejsca zerowe (\(\Delta\gt 0\)), ten sam znak miejsc zerowych (\(x_{1}x_{2}\gt 0\)) oraz \((x_{1}-x_{2})^{2}\leqslant 180\). Dwa ostatnie przekładamy na parametr \(m\) wzorami Viète’a, a na końcu bierzemy część wspólną. **Krok \(2\).** Obliczamy wyróżnik trójmianu \((2-m)x^{2}-2(2m+1)x+m+8\): \[\Delta=\left[-2(2m+1)\right]^{2}-4(2-m)(m+8)=4\left(4m^{2}+4m+1\right)-4\left(-m^{2}-6m+16\right),\] \[\Delta=16m^{2}+16m+4+4m^{2}+24m-64=20m^{2}+40m-60=20(m+3)(m-1).\] **Krok \(3\).** Rozwiązujemy warunek \(\Delta\gt 0\): \[20(m+3)(m-1)\gt 0\iff m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty).\] **Krok \(4\).** Miejsca zerowe mają ten sam znak dokładnie wtedy, gdy ich iloczyn jest dodatni. Ze wzoru Viète’a \(x_{1}x_{2}=\frac{m+8}{2-m}\), więc \[\frac{m+8}{2-m}\gt 0\iff (m+8)(2-m)\gt 0\iff m\in(-8,2).\] **Krok \(5\).** Przekształcamy trzeci warunek tak, by dało się użyć wzorów Viète’a: \[(x_{1}-x_{2})^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}=\frac{\Delta}{a^{2}}=\frac{20(m+3)(m-1)}{(2-m)^{2}}.\] **Krok \(6\).** Zapisujemy nierówność \((x_{1}-x_{2})^{2}\leqslant 180\) i mnożymy obie strony przez \((2-m)^{2}\gt 0\) (znak nierówności się nie zmienia, bo \(m\neq 2\)): \[20\left(m^{2}+2m-3\right)\leqslant 180(m-2)^{2},\] \[m^{2}+2m-3\leqslant 9m^{2}-36m+36,\] \[0\leqslant 8m^{2}-38m+39.\] **Krok \(7\).** Rozwiązujemy tę nierówność kwadratową: \[\Delta=(-38)^{2}-4\cdot 8\cdot 39=1444-1248=196,\qquad\sqrt{\Delta}=14,\] \[m=\frac{38-14}{16}=\frac{3}{2}\qquad\text{lub}\qquad m=\frac{38+14}{16}=\frac{13}{4},\] a ponieważ współczynnik przy \(m^{2}\) jest dodatni, \[m\in\left(-\infty,\ \frac{3}{2}\right\rangle\cup\left\langle\frac{13}{4},\ +\infty\right).\] **Krok \(8\).** Wyznaczamy część wspólną wszystkich warunków (pamiętając o \(m\neq 2\)): \[\left[(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\right]\cap(-8,2)\cap\left[\left(-\infty,\tfrac{3}{2}\right\rangle\cup\left\langle\tfrac{13}{4},+\infty\right)\right]=(-8,-3)\cup\left(1,\ \frac{3}{2}\right\rangle.\] **Uwaga.** Warunek „dokładnie dwa miejsca zerowe” to \(\Delta\gt 0\), a nie \(\Delta\geqslant 0\). Warto też zauważyć, że przedział \(\left\langle\frac{13}{4},+\infty\right)\) zostaje w całości odcięty przez warunek \(m\in(-8,2)\). **Odpowiedź.** \(m\in(-8,-3)\cup\left(1,\frac{3}{2}\right\rangle\).

Rozwiązanie zadania składa się z czterech etapów. Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności \(\Delta>0\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – poprawne rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\): \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów. Drugi etap polega na wyznaczeniu tych wartości parametru \(m\), dla których miejsca zerowe funkcji \(f\) są tego samego znaku. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – zapisanie i poprawne rozwiązanie nierówności \(\frac{m+8}{2-m}>0\): \(m\in(-8,2)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Trzeci etap polega na wyznaczeniu tych wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \((x_1-x_2)^2\leq180\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 3 punkty. Podział punktów za trzeci etap rozwiązania: **3 pkt** – rozwiązanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) równoważnej warunkowi \((x_1-x_2)^2\leq180\): \(m\in\left(-\infty,\tfrac{3}{2}\right]\cup\left[\tfrac{13}{4},+\infty\right)\). **2 pkt** – zapisanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) równoważnej warunkowi \((x_1-x_2)^2\leq180\), np. \(\left[\frac{2(2m+1)}{2-m}\right]^2-4\cdot\frac{m+8}{2-m}\leq180\) **1 pkt** – przekształcenie nierówności \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \((x_1+x_2)^2-4x_1x_2\leq180\) ALBO – przekształcenie nierówności \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci \(\frac{\Delta}{a^2}\leq180\) (lub \(\frac{b^2-4ac}{a^2}\leq180\)). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Czwarty etap polega na wyznaczeniu wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki: \(m\neq2\) oraz \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\) oraz \(m\in(-8,2)\) oraz \(m\in\left(-\infty,\tfrac{3}{2}\right]\cup\left[\tfrac{13}{4},+\infty\right)\): \(m\in(-8,-3)\cup\left(1,\tfrac{3}{2}\right]\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki \(m\neq2\) oraz \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\) oraz \(m\in(-8,2)\) oraz \(m\in\left(-\infty,\tfrac{3}{2}\right]\cup\left[\tfrac{13}{4},+\infty\right)\): \(m\in(-8,-3)\cup\left(1,\tfrac{3}{2}\right]\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający w którymś z etapów I–III popełni błąd, który nie jest błędem rachunkowym, to za IV etap otrzymuje 0 punktów. 2. Jeżeli zdający w etapach I–III nie popełni błędów innych niż rachunkowe i otrzyma zbiory rozwiązań, które nie są rozłączne i żaden z nich nie jest zbiorem liczb rzeczywistych, a następnie poprawnie wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań z etapów I–III i warunku \(m\neq2\), to za IV etap otrzymuje 1 punkt; natomiast jeżeli otrzyma zbiory rozwiązań, które są rozłączne lub co najmniej jeden z nich jest zbiorem liczb rzeczywistych, to za IV etap otrzymuje 0 punktów. 3. Jeżeli zdający w III etapie rozwiązania popełni błąd – przyjmie, że \(x_1+x_2=\pm\frac{m+8}{2-m}\) lub \(x_1\cdot x_2=\pm\frac{2(2m+1)}{2-m}\), lub \(x_1+x_2=\pm\frac{b}{2a}\), to za III etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za przekształcenie nierówności \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za IV etap otrzymuje 0 punktów. 4. Jeżeli zdający wprowadza dodatkowe założenie, które nie wynika z warunków zadania (np. \(x_1+x_2>0\)), to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 5 punktów (co najwyżej 1 punkt za I etap, co najwyżej 1 punkt za II etap i co najwyżej 3 punkty za III etap). 5. Jeżeli zdający podczas przekształcania nierówności \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci pozwalającej na zastosowanie wzorów Viète’a popełni błąd, który nie jest błędem rachunkowym, ale otrzyma nierówność postaci \((x_1+x_2)^2+k\cdot x_1\cdot x_2\leq180\), gdzie \(k\neq-4\), to za III etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za poprawne zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za IV etap otrzymuje 0 punktów.

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** III.R3) Zdający stosuje wzory Viète’a dla równań kwadratowych; III.R5) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe z parametrami oraz równania i nierówności kwadratowe z parametrami […].

Warunek dwóch różnych miejsc zerowych daje \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\). Ze wzorów Viète'a warunek jednakowych znaków prowadzi do \(m\in(-8,2)\), a nierówność \((x_1-x_2)^{2}\leq180\) do \(m\in(-\infty,\frac{3}{2}]\cup[\frac{13}{4},+\infty)\). Część wspólna tych zbiorów to \(m\in(-8,-3)\cup(1,\frac{3}{2}]\).

**Krok \(1\).** Metoda: zapisujemy trzy warunki na parametr — \(\Delta\gt 0\) (dwa różne miejsca zerowe), \(x_{1}x_{2}\gt 0\) (ten sam znak) oraz nierówność z treści, przepisaną przez wzory Viète'a. Na końcu bierzemy część wspólną, pamiętając o założeniu \(m\neq 2\). **Krok \(2\).** Obliczamy wyróżnik trójmianu \((2-m)x^{2}-2(2m+1)x+m+8\): \[\Delta=4(2m+1)^{2}-4(2-m)(m+8)=4\left[\left(4m^{2}+4m+1\right)-\left(-m^{2}-6m+16\right)\right]=20\left(m^{2}+2m-3\right).\] Warunek \(\Delta\gt 0\) daje \((m+3)(m-1)\gt 0\), czyli \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\). **Krok \(3\).** Miejsca zerowe mają ten sam znak dokładnie wtedy, gdy ich iloczyn jest dodatni: \[x_{1}x_{2}=\frac{m+8}{2-m}\gt 0\quad\Longleftrightarrow\quad (m+8)(2-m)\gt 0\quad\Longleftrightarrow\quad m\in(-8,2).\] **Krok \(4\).** Kwadrat różnicy pierwiastków wygodnie zapisać przez wyróżnik: \[(x_{1}-x_{2})^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}=\frac{\Delta}{a^{2}}=\frac{20\left(m^{2}+2m-3\right)}{(2-m)^{2}}.\] **Krok \(5\).** Warunek \((x_{1}-x_{2})^{2}\leq 180\) mnożymy przez \((2-m)^{2}\gt 0\) i dzielimy przez \(20\): \[m^{2}+2m-3\leq 9(2-m)^{2}.\] **Krok \(6\).** Porządkujemy: \[m^{2}+2m-3\leq 9m^{2}-36m+36,\qquad 8m^{2}-38m+39\geq 0.\] \(\Delta=1444-1248=196\), \(\sqrt{\Delta}=14\), więc pierwiastki to \(\frac{38-14}{16}=\frac{3}{2}\) oraz \(\frac{38+14}{16}=\frac{13}{4}\). Stąd \(m\in\left(-\infty,\frac{3}{2}\right]\cup\left[\frac{13}{4},+\infty\right)\). **Krok \(7\).** Bierzemy część wspólną. Warunek z Kroku \(3\) ogranicza nas do \((-8,2)\), a \(\frac{13}{4}=3{,}25\gt 2\), więc drugi przedział z Kroku \(6\) odpada. Zostaje: \[\left[(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\right]\cap(-8,2)\cap\left(-\infty,\tfrac{3}{2}\right]=(-8,-3)\cup\left(1,\tfrac{3}{2}\right].\] **Uwaga.** Założenie \(m\neq 2\) jest potrzebne, żeby funkcja w ogóle była kwadratowa — dla \(m=2\) wzór opisuje funkcję liniową z jednym miejscem zerowym. Warunek ten jest już zawarty w otrzymanym zbiorze. **Odpowiedź.** \(m\in(-8,-3)\cup\left(1,\frac{3}{2}\right]\).

Rozwiązanie zadania składa się z czterech etapów. Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności \(\Delta>0\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – poprawne rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\): \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga. Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\geq0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów. Drugi etap polega na wyznaczeniu tych wartości parametru \(m\), dla których miejsca zerowe funkcji \(f\) są tego samego znaku. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – zapisanie i poprawne rozwiązanie nierówności \(\frac{m+8}{2-m}>0\): \(m\in(-8,2)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Trzeci etap polega na wyznaczeniu tych wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \((x_1-x_2)^2\leq180\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 3 punkty. Podział punktów za trzeci etap rozwiązania: **3 pkt** – rozwiązanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) równoważnej warunkowi \((x_1-x_2)^2\leq180\): \(m\in\left(-\infty,\tfrac{3}{2}\right]\cup\left[\tfrac{13}{4},+\infty\right)\). **2 pkt** – zapisanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) równoważnej warunkowi \((x_1-x_2)^2\leq180\), np. \(\left[\frac{2(2m+1)}{2-m}\right]^2-4\cdot\frac{m+8}{2-m}\leq180\) **1 pkt** – przekształcenie nierówności \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \((x_1+x_2)^2-4x_1x_2\leq180\) ALBO – przekształcenie nierówności \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci \(\frac{\Delta}{a^2}\leq180\) (lub \(\frac{b^2-4ac}{a^2}\leq180\)). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Czwarty etap polega na wyznaczeniu wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki: \(m\neq2\) oraz \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\) oraz \(m\in(-8,2)\) oraz \(m\in\left(-\infty,\tfrac{3}{2}\right]\cup\left[\tfrac{13}{4},+\infty\right)\): \(m\in(-8,-3)\cup\left(1,\tfrac{3}{2}\right]\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki \(m\neq2\) oraz \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\) oraz \(m\in(-8,2)\) oraz \(m\in\left(-\infty,\tfrac{3}{2}\right]\cup\left[\tfrac{13}{4},+\infty\right)\): \(m\in(-8,-3)\cup\left(1,\tfrac{3}{2}\right]\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający w którymś z etapów I–III popełni błąd, który nie jest błędem rachunkowym, to za IV etap otrzymuje 0 punktów. 2. Jeżeli zdający w etapach I–III nie popełni błędów innych niż rachunkowe i otrzyma zbiory rozwiązań, które nie są rozłączne i żaden z nich nie jest zbiorem liczb rzeczywistych, a następnie poprawnie wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań z etapów I–III i warunku \(m\neq2\), to za IV etap otrzymuje 1 punkt; natomiast jeżeli otrzyma zbiory rozwiązań, które są rozłączne lub co najmniej jeden z nich jest zbiorem liczb rzeczywistych, to za IV etap otrzymuje 0 punktów. 3. Jeżeli zdający w III etapie rozwiązania popełni błąd – przyjmie, że \(x_1+x_2=\pm\frac{m+8}{2-m}\) lub \(x_1\cdot x_2=\pm\frac{2(2m+1)}{2-m}\), lub \(x_1+x_2=\pm\frac{b}{2a}\), to za III etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za przekształcenie nierówności \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za IV etap otrzymuje 0 punktów. 4. Jeżeli zdający wprowadza dodatkowe założenie, które nie wynika z warunków zadania (np. \(x_1+x_2>0\)), to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 5 punktów (co najwyżej 1 punkt za I etap, co najwyżej 1 punkt za II etap i co najwyżej 3 punkty za III etap). 5. Jeżeli zdający podczas przekształcania nierówności \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci pozwalającej na zastosowanie wzorów Viète’a popełni błąd, który nie jest błędem rachunkowym, ale otrzyma nierówność postaci \((x_1+x_2)^2+k\cdot x_1\cdot x_2\leq180\), gdzie \(k\neq-4\), to za III etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za poprawne zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za IV etap otrzymuje 0 punktów.

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 3.1R) Zdający stosuje wzory Viète’a; 3.2R) Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.

\(m=1\) lub \(m=\frac{-3-2\sqrt{42}}{3}\). Warunek \(\Delta\gt 0\) daje \(m\in(-\infty,-1)\cup\left(-1,\frac{13}{4}\right)\), a warunek \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1}x_{2}+7\) po zastosowaniu wzorów Viète’a prowadzi do równania \((m-1)\left(3m^{2}+6m-53\right)=0\). Trzeci pierwiastek \(\frac{-3+2\sqrt{42}}{3}\approx 3{,}32\) odrzucamy, bo nie spełnia warunku \(\Delta\gt 0\).

**Krok \(1\).** Metoda: zadanie rozbijamy na dwa warunki. Pierwszy — równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, czyli \(3-m\neq 0\) i \(\Delta\gt 0\). Drugi — warunek \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1}x_{2}+7\) przepisujemy przy użyciu wzorów Viète’a. Na końcu bierzemy część wspólną. **Krok \(2\).** Obliczamy wyróżnik trójmianu \((3-m)x^{2}+(m+1)x-(m+1)^{2}\): \[\Delta=(m+1)^{2}+4(3-m)(m+1)^{2}=(m+1)^{2}\left[1+4(3-m)\right]=(m+1)^{2}(13-4m).\] **Krok \(3\).** Rozwiązujemy warunek \(\Delta\gt 0\). Czynnik \((m+1)^{2}\) jest dodatni dla \(m\neq -1\), więc \[(m+1)^{2}(13-4m)\gt 0\iff m\neq -1\ \text{i}\ m\lt\frac{13}{4},\] czyli \[m\in(-\infty,-1)\cup\left(-1,\ \frac{13}{4}\right).\] Doliczamy jeszcze warunek \(3-m\neq 0\) (inaczej równanie nie jest kwadratowe), czyli \(m\neq 3\). **Krok \(4\).** Zapisujemy wzory Viète’a: \[x_{1}+x_{2}=-\frac{m+1}{3-m}=\frac{m+1}{m-3},\qquad x_{1}x_{2}=\frac{-(m+1)^{2}}{3-m}=\frac{(m+1)^{2}}{m-3}.\] **Krok \(5\).** Przekształcamy warunek zadania tak, by dało się użyć wzorów Viète’a: \[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1}x_{2}+7,\qquad (x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=x_{1}x_{2}+7,\qquad (x_{1}+x_{2})^{2}-3x_{1}x_{2}=7.\] **Krok \(6\).** Podstawiamy: \[\frac{(m+1)^{2}}{(m-3)^{2}}-3\cdot\frac{(m+1)^{2}}{m-3}=7.\] Mnożymy obie strony przez \((m-3)^{2}\neq 0\): \[(m+1)^{2}-3(m+1)^{2}(m-3)-7(m-3)^{2}=0.\] **Krok \(7\).** Rozwijamy i porządkujemy: \[\left(m^{2}+2m+1\right)-3\left(m^{3}-m^{2}-5m-3\right)-7\left(m^{2}-6m+9\right)=0,\] \[-3m^{3}-3m^{2}+59m-53=0,\qquad\text{czyli}\qquad 3m^{3}+3m^{2}-59m+53=0.\] **Krok \(8\).** Zauważamy, że \(m=1\) jest pierwiastkiem (\(3+3-59+53=0\)), więc dzielimy wielomian przez \(m-1\): \[3m^{3}+3m^{2}-59m+53=(m-1)\left(3m^{2}+6m-53\right).\] **Krok \(9\).** Rozwiązujemy \(3m^{2}+6m-53=0\): \[\Delta=36+4\cdot 3\cdot 53=672,\qquad \sqrt{672}=4\sqrt{42},\] \[m=\frac{-6\pm 4\sqrt{42}}{6}=\frac{-3\pm 2\sqrt{42}}{3}.\] **Krok \(10\).** Konfrontujemy trzy kandydatury z warunkiem z kroku \(3\). Ponieważ \(\sqrt{42}\approx 6{,}48\), liczbę \(\frac{-3+2\sqrt{42}}{3}\approx 3{,}32\) odrzucamy, bo \(3{,}32\gt\frac{13}{4}=3{,}25\). Liczbę \(\frac{-3-2\sqrt{42}}{3}\approx -5{,}32\) przyjmujemy, bo należy do przedziału \((-\infty,-1)\). Liczbę \(m=1\) także przyjmujemy, bo należy do przedziału \(\left(-1,\frac{13}{4}\right)\). **Uwaga.** To najgroźniejsza pułapka tego zadania: pierwiastek \(\frac{-3+2\sqrt{42}}{3}\approx 3{,}32\) tylko nieznacznie przekracza granicę \(\frac{13}{4}=3{,}25\). Bez porównania z warunkiem \(\Delta\gt 0\) łatwo podać trzy wartości zamiast dwóch. **Odpowiedź.** \(m=1\) lub \(m=\frac{-3-2\sqrt{42}}{3}\).

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap polega na zapisaniu warunku \(\Delta>0\) w postaci nierówności z niewiadomą \(m\) i rozwiązaniu tej nierówności. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – zapisanie warunku \(\Delta>0\) w postaci nierówności z niewiadomą \(m\) i rozwiązanie tej nierówności: \((m+1)^{2}+4\cdot(3-m)\cdot(m+1)^{2}>0\) oraz \(m\in(-\infty,\,-1)\cup\left(-1,\,\frac{13}{4}\right)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwaga:** Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\ge 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje \(0\) punktów. Drugi etap polega na wyznaczeniu tych wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1}\cdot x_{2}+7\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 4 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **4 pkt** – wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1}\cdot x_{2}+7\): \(1\), \(\frac{-3-2\sqrt{42}}{3}\), \(\frac{-3+2\sqrt{42}}{3}\). **3 pkt** – zapisanie równania z niewiadomą \(m\) w postaci \(\frac{-3m^{3}-3m^{2}+59m-53}{(3-m)^{2}}=0\) lub \(3m^{3}+3m^{2}-59m+53=0\) oraz wyznaczenie jednego z rozwiązań tego równania (np. \(m=1\)) i podzielenie wielomianu \(3m^{3}+3m^{2}-59m+53\) przez odpowiedni dwumian, np. \((3m^{3}+3m^{2}-59m+53):(m-1)=3m^{2}+6m-53\) ALBO – zapisanie równania z niewiadomą \(m\) w postaci \(\frac{-3m^{3}-3m^{2}+59m-53}{(3-m)^{2}}=0\) lub \(3m^{3}+3m^{2}-59m+53=0\) oraz zastosowanie metody grupowania i zapisanie wielomianu \(3m^{3}+3m^{2}-59m+53\) w postaci iloczynu co najmniej dwóch wielomianów stopni dodatnich, np. \((m-1)(3m^{2}+6m-53)\). **2 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(m\), wynikającego z warunku \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1}\cdot x_{2}+7\), np. \(\left(-\frac{m+1}{3-m}\right)^{2}-2\cdot\frac{-(m+1)^{2}}{3-m}=\frac{-(m+1)^{2}}{3-m}+7\). **1 pkt** – przekształcenie warunku \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1}\cdot x_{2}+7\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \((x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=x_{1}x_{2}+7\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Trzeci etap polega na zapisaniu warunku \(3-m\ne 0\) oraz wyznaczeniu wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki: \(3-m\ne 0\) i \(\Delta>0\), i \((x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=x_{1}x_{2}+7\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – zapisanie warunku \(3-m\ne 0\) i poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki \(3-m\ne 0\) i \(\Delta>0\), i \((x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=x_{1}x_{2}+7\): \(1\), \(\frac{-3-2\sqrt{42}}{3}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** III.R3) Zdający stosuje wzory Viète’a dla równań kwadratowych; III.R5) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe z parametrami oraz równania i nierówności kwadratowe z parametrami, w szczególności wyznacza liczbę rozwiązań w zależności od parametrów, podaje warunki, przy których rozwiązania mają żądaną własność, i wyznacza rozwiązania w zależności od parametrów.

\[m\in\left[\frac{1-2\sqrt5}{2},-\frac12\right)\cup\left(\frac32,\frac{1+2\sqrt5}{2}\right].\]

Funkcja \(f\) ma dwa różne miejsca zerowe wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik trójmianu jest dodatni: \[\Delta=(-3)^2-4\cdot1\cdot(-m^2+m+3)=4m^2-4m-3.\] Rozwiązujemy nierówność \[4m^2-4m-3>0,\] co daje \[m\in\left(-\infty,-\frac12\right)\cup\left(\frac32,+\infty\right).\] Korzystamy ze wzorów Viète'a: \[x_1+x_2=3,\qquad x_1x_2=-m^2+m+3.\] Warunek z zadania przekształcamy: \[|x_1^2-x_2^2|=|x_1-x_2|\cdot|x_1+x_2|\leq12.\] Ponieważ \(|x_1+x_2|=3\), mamy \[|x_1-x_2|\leq4.\] Po podniesieniu obu stron do kwadratu: \[(x_1-x_2)^2\leq16,\] \[(x_1+x_2)^2-4x_1x_2\leq16.\] Podstawiamy wzory Viète'a: \[3^2-4(-m^2+m+3)\leq16,\] \[4m^2-4m-19\leq0.\] Pierwiastki trójmianu to \[m_1=\frac{1-2\sqrt5}{2},\qquad m_2=\frac{1+2\sqrt5}{2},\] więc \[m\in\left[\frac{1-2\sqrt5}{2},\frac{1+2\sqrt5}{2}\right].\] Przecinamy ten przedział ze zbiorem wynikającym z warunku \(\Delta>0\). Ostatecznie \[m\in\left[\frac{1-2\sqrt5}{2},-\frac12\right)\cup\left(\frac32,\frac{1+2\sqrt5}{2}\right].\]

**5 pkt łącznie, w trzech etapach.** **Etap I: 1 pkt** – poprawne rozwiązanie warunku \(\Delta>0\): \(m\in(-\infty,-\frac12)\cup(\frac32,+\infty)\) **Etap II: 3 pkt** – **3 pkt** – za rozwiązanie nierówności \(4m^2-4m-19\leq0\), czyli \(m\in[\frac{1-2\sqrt5}{2},\frac{1+2\sqrt5}{2}]\) **2 pkt** – za zapisanie poprawnej nierówności z jedną niewiadomą równoważnej warunkowi **1 pkt** – za przekształcenie \(|x_1^2-x_2^2|\leq12\) do postaci umożliwiającej bezpośrednie użycie wzorów Viète'a, na przykład \(|x_1-x_2|\cdot|x_1+x_2|\leq12\) **Etap III: 1 pkt** – poprawne wyznaczenie części wspólnej obu zbiorów: \([\frac{1-2\sqrt5}{2},-\frac12)\cup(\frac32,\frac{1+2\sqrt5}{2}]\) **W każdym etapie: 0 pkt** – za niepoprawną metodę albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. 3. Tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** III.R3) Zdający stosuje wzory Viète'a dla równań kwadratowych. III.R5) Zdający analizuje równania kwadratowe z parametrami.

\[m\in(-\infty,-3).\]

Warunek dwóch różnych pierwiastków rzeczywistych daje \[\Delta=m^2+2m-3=(m-1)(m+3)>0,\] czyli \[m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty).\tag{1}\] Z wzorów Viète'a \(x_1+x_2=3m+1\) oraz \(x_1x_2=2m^2+m+1\). Ponieważ \[x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)^3-3x_1x_2(x_1+x_2),\] warunek z zadania sprowadza się do \[(3m+1)^3-9(2m^2+m+1)\leq3m-7.\] Po uproszczeniu \[(3m-1)(3m+1)^2\leq0,\] stąd \(m\leq\frac13\). Część wspólna z warunkiem \((1)\) jest równa \[m\in(-\infty,-3).\]

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Rozwiązanie składa się z trzech etapów. **Etap I: 1 pkt** – poprawne rozwiązanie warunku \(\Delta>0\) **Etap II: 4 pkt** – poprawne przekształcenie warunku na pierwiastki z wykorzystaniem wzorów Viète'a i wyznaczenie \(m\leq\frac13\); niższe poziomy za poprawne etapy pośrednie **Etap III: 1 pkt** – wyznaczenie części wspólnej warunków: \(m\in(-\infty,-3)\) **Na każdym etapie: 0 pkt** – oznacza rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 3.1 R) Zdający stosuje wzory Viète'a. 3.2 R) Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.

\[m\in(-\infty,-3).\]

Równanie kwadratowe ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy \[\Delta=(3m+1)^2-4(2m^2+m+1)=m^2+2m-3>0.\] Zatem \[(m-1)(m+3)>0,\] czyli \[m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty).\quad(1)\] Z wzorów Viète'a \[x_1+x_2=3m+1,\qquad x_1x_2=2m^2+m+1.\] Korzystamy z tożsamości \[x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)^3-3x_1x_2(x_1+x_2).\] Lewa strona warunku z zadania jest więc równa \[(x_1+x_2)^3-9x_1x_2.\] Po podstawieniu wzorów Viète'a otrzymujemy \[(3m+1)^3-9(2m^2+m+1)\leq3m-7,\] czyli \[27m^3+9m^2-3m-1\leq0.\] Po rozłożeniu na czynniki \[(3m-1)(3m+1)^2\leq0,\] stąd \[m\leq\frac13.\quad(2)\] Część wspólna zbiorów \((1)\) i \((2)\) jest równa \[m\in(-\infty,-3).\]

Rozwiązanie składa się z trzech etapów. **Etap I: 1 pkt** – poprawne rozwiązanie warunku \(\Delta>0\): \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\) **Etap II: 4 pkt** – poprawne przekształcenie warunku na pierwiastki z wykorzystaniem wzorów Viète'a i wyznaczenie \(m\in(-\infty,\frac13\rangle\) **3 pkt** – zapisanie nierówności równoważnej warunkowi i co najmniej dwóch miejsc zerowych odpowiedniego wielomianu **2 pkt** – zapisanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\) prowadzącej do wyniku **1 pkt** – przekształcenie warunku do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète'a **Etap III: 1 pkt** – wyznaczenie części wspólnej warunków z etapów I i II: \(m\in(-\infty,-3)\) **Na każdym etapie: 0 pkt** – oznacza rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 3.1 R) Zdający stosuje wzory Viète'a. 3.2 R) Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.

\[m\in\left(-\infty,-\frac{19}{3}\right)\cup(2,11)\cup(11,+\infty).\]

Jednym z rozwiązań równania jest \(x=6\), a więc wszystkie trzy rozwiązania muszą być dodatnie. Trójmian \[(m-2)x^2-4(m+3)x+m+1\] musi mieć dwa różne dodatnie pierwiastki, oba różne od \(6\). Dla \(m=2\) otrzymujemy równanie liniowe \(-20x+3=0\), więc warunki zadania nie są spełnione. Zakładamy \(m\neq2\). Warunek dwóch różnych pierwiastków: \[\Delta=[-4(m+3)]^2-4(m-2)(m+1)=12m^2+100m+152>0,\] co daje \[m\in\left(-\infty,-\frac{19}{3}\right)\cup(-2,+\infty).\] Ze wzorów Viète'a dodatniość iloczynu pierwiastków wymaga \[x_1x_2=\frac{m+1}{m-2}>0,\] czyli \[m\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty).\] Dodatniość sumy pierwiastków wymaga \[x_1+x_2=\frac{4(m+3)}{m-2}>0,\] czyli \[m\in(-\infty,-3)\cup(2,+\infty).\] Aby \(6\) nie było pierwiastkiem trójmianu, musi zachodzić \[36(m-2)-24(m+3)+m+1\neq0,\] \[13m-143\neq0,\qquad m\neq11.\] Część wspólna wszystkich warunków jest równa \[m\in\left(-\infty,-\frac{19}{3}\right)\cup(2,11)\cup(11,+\infty).\]

**5 pkt** – wyznaczenie części wspólnej wszystkich warunków i podanie poprawnego zbioru \(\left(-\infty,-\frac{19}{3}\right)\cup(2,11)\cup(11,+\infty)\) **4 pkt** – rozpatrzenie \(m=2\) oraz poprawne rozwiązanie wszystkich pięciu warunków: równanie kwadratowe, \(\Delta>0\), dodatni iloczyn, dodatnia suma oraz wykluczenie pierwiastka \(6\) **3 pkt** – poprawne rozwiązanie warunków \(\Delta>0\), \(x_1x_2>0\) i \(x_1+x_2>0\) **2 pkt** – rozpatrzenie \(m=2\) i zapisanie pełnego zestawu warunków koniecznych i dostatecznych albo poprawne zapisanie obu warunków Viète'a w zależności od \(m\) **1 pkt** – zauważenie, że trójmian kwadratowy musi mieć dwa różne dodatnie pierwiastki, oba różne od \(6\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, i podawanie argumentów uzasadniających ich poprawność. **Wymagania szczegółowe:** III.R3) Zdający stosuje wzory Viète'a dla równań kwadratowych. III.R5) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe z parametrami oraz równania i nierówności kwadratowe z parametrami.

\[m\in(-4-2\sqrt6,0)\cup\left(0,\frac19\right).\]

Równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy \(m\neq0\) oraz \(\Delta>0\). Mamy \[\Delta=(m+1)^2-4m(-2m+3)=9m^2-10m+1,\] więc \[(m-1)(9m-1)>0,\] \[m\in\left(-\infty,\frac19\right)\cup(1,+\infty).\] Niezerowość pierwiastków wymaga także \(m\neq\frac32\). Przekształcamy nierówność: \[\frac1{x_1^2}+\frac1{x_2^2}=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{(x_1x_2)^2}<1.\] Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=\frac{m+1}{m},\qquad x_1x_2=\frac{-2m+3}{m}.\] Po podstawieniu otrzymujemy \[m^2+8m-8<0,\] \[m\in(-4-2\sqrt6,-4+2\sqrt6),\qquad m\neq0,\quad m\neq\frac32.\] Część wspólna warunków jest równa \[m\in(-4-2\sqrt6,0)\cup\left(0,\frac19\right).\]

**5 pkt** – poprawne wykonanie wszystkich trzech etapów i wynik \(m\in(-4-2\sqrt6,0)\cup(0,\frac19)\) **I etap: 1 pkt** – poprawne rozwiązanie \(\Delta>0\): \(m\in(-\infty,\frac19)\cup(1,+\infty)\) **II etap: 3 pkt** – wyznaczenie wszystkich \(m\), dla których \(\frac1{x_1^2}+\frac1{x_2^2}<1\) **2 pkt** – zapisanie odpowiadającej warunkowi nierówności z jedną niewiadomą \(m\) **1 pkt** – przekształcenie warunku do postaci zawierającej \(x_1+x_2\) i \(x_1x_2\) **III etap: 1 pkt** – poprawne wyznaczenie części wspólnej warunków. Brak \(m\neq0\) lub \(m\neq\frac32\) ogranicza ocenę do \(4\) punktów

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych; 3. Tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** III.R5) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe z parametrami oraz równania i nierówności kwadratowe z parametrami, w szczególności wyznacza liczbę rozwiązań w zależności od parametrów, podaje warunki, przy których rozwiązania mają żądaną własność, i wyznacza rozwiązania w zależności od parametrów.

\[m\in(-4-2\sqrt6,0)\cup\left(0,\frac19\right).\]

Równanie jest kwadratowe i ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy \(m\neq0\) oraz \(\Delta>0\). Liczymy \[\Delta=(m+1)^2-4m(-2m+3)=9m^2-10m+1.\] Stąd \[(m-1)(9m-1)>0,\] \[m\in\left(-\infty,\frac19\right)\cup(1,+\infty).\] Ponadto pierwiastki mają być niezerowe, więc z iloczynu Viète'a wynika \(m\neq\frac32\). Przekształcamy warunek dotyczący odwrotności pierwiastków: \[\frac1{x_1^2}+\frac1{x_2^2}=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{(x_1x_2)^2}<1.\] Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=\frac{m+1}{m},\qquad x_1x_2=\frac{-2m+3}{m}.\] Po podstawieniu i przekształceniu otrzymujemy \[m^2+8m-8<0,\] czyli \[m\in(-4-2\sqrt6,-4+2\sqrt6),\qquad m\neq0,\quad m\neq\frac32.\] Część wspólna wszystkich warunków jest równa \[m\in(-4-2\sqrt6,0)\cup\left(0,\frac19\right).\]

**5 pkt** – poprawne rozwiązanie wszystkich trzech etapów i wynik \(m\in(-4-2\sqrt6,0)\cup(0,\frac19)\) **I etap: 1 pkt** – poprawne rozwiązanie \(\Delta>0\): \(m\in(-\infty,\frac19)\cup(1,+\infty)\) **II etap: 3 pkt** – wyznaczenie wszystkich \(m\), dla których \(\frac1{x_1^2}+\frac1{x_2^2}<1\): \(m\in(-4-2\sqrt6,0)\cup(0,-4+2\sqrt6)\) **2 pkt** – zapisanie odpowiadającej temu warunkowi nierówności z jedną niewiadomą \(m\) **1 pkt** – przekształcenie warunku do postaci zawierającej wyłącznie \(x_1+x_2\) i \(x_1x_2\) **III etap: 1 pkt** – poprawne wyznaczenie części wspólnej warunków **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Brak warunków \(m\neq0\) lub \(m\neq\frac32\) ogranicza maksymalną ocenę do \(4\) punktów

**Element podstawy programowej:** badanie liczby pierwiastków równania kwadratowego z parametrem, stosowanie wzorów Viète'a i rozwiązywanie nierówności kwadratowych. Klucz CKE dla tego arkusza w formule 2015 nie podaje osobnego kodu wymagania.

\(p\in\left\{\frac14,\frac12\right\}\)

Ponieważ \(f\) ma być funkcją kwadratową z dwoma różnymi miejscami zerowymi, wymagamy \(p\ne0\) i \(\Delta>0\). Mamy \[\Delta=(p-1)^2-4p(1-2p)=(3p-1)^2,\] więc \(p\ne\frac13\). Warunek różnicy miejsc zerowych zapisujemy za pomocą wzorów Viète'a: \[(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=1.\] Ponieważ \[x_1+x_2=-\frac{p-1}{p},\qquad x_1x_2=\frac{1-2p}{p},\] otrzymujemy \[\left(-\frac{p-1}{p}\right)^2-4\frac{1-2p}{p}=1,\] czyli \[8p^2-6p+1=0.\] Stąd \(p=\frac14\) lub \(p=\frac12\). Obie wartości spełniają pozostałe warunki.

**4 pkt** – wyznaczenie pełnego zbioru \(p\in\{\frac14,\frac12\}\) **3 pkt** – poprawne rozwiązanie warunków \(\Delta>0\) oraz \(|x_1-x_2|=1\) w zależności od \(p\) **2 pkt** – poprawne rozwiązanie jednego z tych dwóch warunków **1 pkt** – zapisanie koniecznych i dostatecznych warunków: \(p\ne0\), \(\Delta>0\), \(|x_1-x_2|=1\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; prowadzenie rozumowań kilkuetapowych i uzasadnianie ich poprawności. **Wymagania szczegółowe:** III.3R i III.5R stosowanie wzorów Viète'a oraz analizowanie równań i nierówności kwadratowych z parametrem, w tym warunków dotyczących liczby i własności rozwiązań.

\[m\in\left(\frac{11}{5},\frac94\right).\]

Równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy \[\Delta=16+4\cdot\frac{m-3}{m-2}=\frac{20m-44}{m-2}>0.\] Stąd \[m\in(-\infty,2)\cup\left(\frac{11}{5},+\infty\right).\] Ze wzorów Viète'a: \[x_1+x_2=-4,\qquad x_1x_2=-\frac{m-3}{m-2}.\] Korzystamy z tożsamości \[x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)^3-3x_1x_2(x_1+x_2).\] Warunek z zadania ma więc postać \[-64-3\left(-\frac{m-3}{m-2}\right)(-4)>-28,\] czyli \[\frac{m-3}{m-2}<-3.\] Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika otrzymujemy \[\frac{4m-9}{m-2}<0,\] a zatem \[m\in\left(2,\frac94\right).\] Część wspólna obu warunków jest równa \[m\in\left(\frac{11}{5},\frac94\right).\]

**5 pkt** – poprawna metoda i odpowiedź \(m\in\left(\frac{11}{5},\frac94\right)\) **4 pkt** – poprawne wyznaczenie obu zbiorów warunków, bez ich prawidłowego przecięcia albo z drobnym błędem końcowym **3 pkt** – rozwiązanie nierówności wynikającej z warunku \(x_1^3+x_2^3>-28\) i otrzymanie \(m\in\left(2,\frac94\right)\) **2 pkt** – poprawne zapisanie warunku z użyciem wzorów Viète'a i przekształcenie go do nierówności z parametrem \(m\) **1 pkt** – wyznaczenie warunku \(\Delta>0\), czyli \(m\in(-\infty,2)\cup\left(\frac{11}{5},+\infty\right)\), albo poprawne zastosowanie wzorów Viète'a **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 3. Posługiwanie się językiem matematycznym do opisu rozumowania i uzyskanych wyników. **Wymagania szczegółowe:** III.R3) Zdający stosuje wzory Viète'a dla równań kwadratowych. III.R5) Zdający analizuje równania i nierówności liniowe z parametrami oraz równania i nierówności kwadratowe z parametrami.

\(\displaystyle m\in\left(\frac{11}{5},\frac94\right)\). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje \(\displaystyle m\in(-\infty,2)\cup\left(\frac{11}{5},+\infty\right)\), a nierówność z wzorami Viète'a prowadzi do \(\displaystyle m\in\left(2,\frac94\right)\).

**Krok \(1\).** Metoda: dwa niezależne warunki — \(\Delta\gt 0\) dla istnienia dwóch różnych pierwiastków oraz warunek na sumę sześcianów, przepisany przez wzory Viète'a. Na końcu bierzemy część wspólną. **Krok \(2\).** Dla trójmianu \(x^{2}+4x-\frac{m-3}{m-2}\), gdzie \(m\neq 2\), mamy \[\Delta=4^{2}-4\cdot 1\cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right)=16+\frac{4(m-3)}{m-2}=\frac{16(m-2)+4(m-3)}{m-2}=\frac{20m-44}{m-2}.\] **Krok \(3\).** Warunek \(\Delta\gt 0\) jest równoważny \((20m-44)(m-2)\gt 0\), czyli \((5m-11)(m-2)\gt 0\). Stąd \[m\in(-\infty,2)\cup\left(\tfrac{11}{5},+\infty\right).\] **Krok \(4\).** Ze wzorów Viète'a \(x_{1}+x_{2}=-4\) oraz \(x_{1}x_{2}=-\frac{m-3}{m-2}\). **Krok \(5\).** Sumę sześcianów zapisujemy przez sumę i iloczyn: \[x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=(x_{1}+x_{2})^{3}-3x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})=-64+12x_{1}x_{2}=-64-\frac{12(m-3)}{m-2}.\] **Krok \(6\).** Warunek zadania: \[-64-\frac{12(m-3)}{m-2}\gt -28\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{12(m-3)}{m-2}\lt -36\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{m-3}{m-2}\lt -3.\] **Krok \(7\).** Przenosimy na jedną stronę i sprowadzamy do wspólnego mianownika: \[\frac{m-3}{m-2}+3\lt 0,\qquad \frac{m-3+3m-6}{m-2}\lt 0,\qquad \frac{4m-9}{m-2}\lt 0,\] skąd \((4m-9)(m-2)\lt 0\), czyli \(m\in\left(2,\tfrac{9}{4}\right)\). **Krok \(8\).** Bierzemy część wspólną zbiorów z Kroków \(3\) i \(7\). Ponieważ \(\tfrac{11}{5}=2{,}2\) oraz \(\tfrac{9}{4}=2{,}25\), otrzymujemy \[m\in\left(\tfrac{11}{5},\tfrac{9}{4}\right).\] **Uwaga.** Nierówności z niewiadomą w mianowniku nie wolno mnożyć przez \(m-2\), bo nie znamy znaku tego wyrażenia. Zamiast tego korzystamy z równoważności \(\frac../../{Q}\lt 0\iff P\cdot Q\lt 0\) (przy \(Q\neq 0\)). **Odpowiedź.** \(m\in\left(\frac{11}{5},\frac{9}{4}\right)\).

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności \(\Delta>0\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – poprawne rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\): \(m\in\left(-\infty,\,2\right)\cup\left(\frac{11}{5},\,+\infty\right)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwaga:** Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\ge 0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje \(0\) punktów. Drugi etap polega na wyznaczeniu tych wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}>-28\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 3 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **3 pkt** – rozwiązanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\), wynikającej z warunku \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}>-28\): \(m\in\left(2,\,\frac{9}{4}\right)\). **2 pkt** – zapisanie nierówności z jedną niewiadomą \(m\), wynikającej z warunku \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}>-28\), np. \(-64-3\cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right)\cdot(-4)>-28\) ALBO – zapisanie nierówności \(\left(-2-\sqrt{\frac{5m-11}{m-2}}\right)^{3}+\left(-2+\sqrt{\frac{5m-11}{m-2}}\right)^{3}>-28\) i poprawne zastosowanie wzoru skróconego mnożenia na sześcian sumy/różnicy do co najmniej jednego ze składników sumy \(\left(-2-\sqrt{\frac{5m-11}{m-2}}\right)^{3}+\left(-2+\sqrt{\frac{5m-11}{m-2}}\right)^{3}\). **1 pkt** – przekształcenie nierówności \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}>-28\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np. \((x_{1}+x_{2})^{3}-3x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})>-28\) ALBO – wyznaczenie pierwiastków trójmianu kwadratowego \(x^{2}+4x-\frac{m-3}{m-2}\) w zależności od \(m\): \(x_{1}=\frac{-4-\sqrt{\frac{20m-44}{m-2}}}{2\cdot 1}\), \(x_{2}=\frac{-4+\sqrt{\frac{20m-44}{m-2}}}{2\cdot 1}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Trzeci etap polega na wyznaczeniu wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie dwa warunki: \(\Delta>0\) i \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}>-28\): \(m\in\left(\frac{11}{5},\,\frac{9}{4}\right)\). Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **1 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru \(m\), które spełniają jednocześnie warunki \(\Delta>0\) i \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}>-28\): \(m\in\left(\frac{11}{5},\,\frac{9}{4}\right)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający popełni w I i/lub II etapie jedynie błędy rachunkowe i otrzyma zbiory rozwiązań z I i II etapu, które nie są rozłączne i żaden z nich nie jest zbiorem liczb rzeczywistych, a następnie poprawnie wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań z etapów I i II, to za III etap otrzymuje \(1\) punkt. 2. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania popełni błąd i przyjmie, że \(x_{1}+x_{2}=\pm\frac{m-3}{m-2}\) lub \(x_{1}\cdot x_{2}=\pm 4\), to za II etap może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt, a za III etap otrzymuje \(0\) punktów. 3. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania popełni błąd, który nie jest rachunkowy (np. pominie istotne nawiasy przy przekształcaniu nierówności \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}>-28\) do postaci pozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, albo przyjmie, że \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=(x_{1}+x_{2})\left[(x_{1}+x_{2})^{2}-x_{1}\cdot x_{2}\right]\)), i konsekwentnie do popełnionego błędu doprowadzi rozwiązanie II etapu zadania do końca, to może uzyskać co najwyżej \(1\) punkt za II etap.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R3.1) Zdający stosuje wzory Viète’a; R3.2) Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.

\[m\in\left(-\frac{11}{3},\frac{-3-\sqrt{17}}2\right)\cup\left(\frac{-3-\sqrt{17}}2,-2\right)\cup(1,3).\]

Wielomian kwadratowy musi mieć dwa różne pierwiastki, oba różne od \(4\). Warunek dodatniej delty daje \[\Delta=-3m^2-2m+33>0,\qquad m\in\left(-\frac{11}{3},3\right).\] Ponadto \[4^2+4(m-3)+m^2-m-6=m^2+3m-2\ne0,\] czyli \[m\ne\frac{-3-\sqrt{17}}2\quad\text{i}\quad m\ne\frac{-3+\sqrt{17}}2.\] Niech dwa pierwiastki trójmianu będą równe \(r\) i \(s\). Ze wzorów Viète'a \[r+s=3-m,\qquad rs=m^2-m-6.\] Trzecim pierwiastkiem jest \(4\), więc warunek z zadania upraszcza się do \[4rs>16+r^2+s^2-5m-51,\] \[5m^2+5m-10>0,\] \[(m+2)(m-1)>0.\] Zatem \(m<-2\) lub \(m>1\). Po przecięciu wszystkich warunków otrzymujemy podany zbiór.

**6 pkt** – wyznaczenie wszystkich warunków i poprawnego zbioru wartości \(m\) **5 pkt** – poprawne warunki trzech różnych pierwiastków i poprawna nierówność dla \(m\), z drobną usterką końcową **4 pkt** – wyprowadzenie \((m+2)(m-1)>0\) oraz większości warunków na pierwiastki **3 pkt** – poprawne zastosowanie wzorów Viète'a do warunku z zadania **2 pkt** – wyznaczenie \(m\in(-\frac{11}{3},3)\) i wykluczenie wartości, dla których \(4\) jest pierwiastkiem trójmianu **1 pkt** – poprawny warunek \(\Delta>0\) albo równoważny istotny krok **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R3.1 i R3.2 stosowanie wzorów Viète'a oraz rozwiązywanie równań i nierówności kwadratowych z parametrem.

\[m\in\left(\frac{20}{7},4\right).\]

Równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest dodatni: \[\Delta=(m-4)^2-4(m^2-7m+12)=-3m^2+20m-32>0.\] Ponieważ \[-3m^2+20m-32=-3(m-4)\left(m-\frac83\right),\] otrzymujemy \(m\in(\frac83,4)\). Z warunku zadania: \[x_1^3+x_2^3<5x_1x_2(x_1+x_2).\] Korzystamy z tożsamości \(x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)[(x_1+x_2)^2-3x_1x_2]\) oraz ze wzorów Viète'a: \[x_1+x_2=m-4,\qquad x_1x_2=m^2-7m+12.\] Dostajemy \[(m-4)[(m-4)^2-3(m^2-7m+12)]<5(m^2-7m+12)(m-4),\] \[-7(m-4)^2\left(m-\frac{20}{7}\right)<0.\] Stąd \(m\in(\frac{20}{7},4)\cup(4,+\infty)\). Część wspólna z warunkiem \(\Delta>0\) jest równa \[m\in\left(\frac{20}{7},4\right).\]

**5 pkt** – poprawna metoda i wynik \(m\in(\frac{20}{7},4)\) **4 pkt** – rozwiązanie warunku \(\Delta>0\) oraz otrzymanie końcowej nierówności z parametrem lub osobne rozwiązanie warunku wynikającego z nierówności pierwiastków **3 pkt** – rozwiązanie \(\Delta>0\) i zapisanie nierówności po zastosowaniu wzorów Viète'a albo poprawne sprowadzenie jej do postaci iloczynowej **2 pkt** – rozwiązanie \(\Delta>0\) oraz przekształcenie warunku do postaci umożliwiającej użycie wzorów Viète'a **1 pkt** – poprawne rozwiązanie \(\Delta>0\) albo właściwe przekształcenie sumy sześcianów **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** III.R3 i III.R5 stosowanie wzorów Viète'a oraz analiza równań kwadratowych z parametrem i własnościami rozwiązań.

\[m\in(-5,-4)\cup\{0\}\cup(4,5).\]

Mamy \(g(0)=5\). Dla funkcji \(f(x)=-\frac14x^2+3x-5\) druga współrzędna wierzchołka wynosi \[q=-\frac{\Delta}{4a}=-\frac{9-4(-1/4)(-5)}{4(-1/4)}=4.\] Jest to wartość lokalnego maksimum funkcji \(g=|f|\) pomiędzy jej miejscami zerowymi \(2\) i \(10\). Niech \(k=|m|\). Z wykresu wynika, że równanie \(g(x)=k\) ma dokładnie dwa rozwiązania dodatnie wtedy i tylko wtedy, gdy \[k=0\quad\text{lub}\quad4<k<5.\] Stąd \[|m|=0\quad\text{lub}\quad4<|m|<5,\] czyli \[m\in(-5,-4)\cup\{0\}\cup(4,5).\]

**2 pkt** – wyznaczenie \(m\in(-5,-4)\cup\{0\}\cup(4,5)\) **1 pkt** – obliczenie \(g(0)=5\) oraz wartości lokalnego maksimum \(q=4\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystywanie i tworzenie informacji przedstawionych na wykresie. **Wymagania szczegółowe:** III.R4 i III.R5 rozwiązywanie równań z wartością bezwzględną oraz analiza liczby i własności rozwiązań równania kwadratowego z parametrem.

\[m\in\left\{-1,\frac12\right\}.\]

Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=m+1,\qquad x_1x_2=m.\] Niezerowość pierwiastków wymaga \(m\ne0\), a ich różność: \(\Delta=(m-1)^2>0\), czyli \(m\ne1\). Warunek z zadania zapisujemy jako \[\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}+2=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{(x_1x_2)^2}.\] Po podstawieniu wzorów Viète'a i pomnożeniu przez \(m^2\) otrzymujemy \[m(m+1)+2m^2=(m+1)^2-2m,\] \[2m^2+m-1=0,\] \[(2m-1)(m+1)=0.\] Zatem \(m=\frac12\) lub \(m=-1\). Obie wartości spełniają warunki \(m\ne0\) i \(m\ne1\).

**5 pkt** – poprawne wyznaczenie obu wartości parametru wraz ze sprawdzeniem warunków **4 pkt** – otrzymanie równania \(2m^2+m-1=0\) i obu wartości, z niepełną weryfikacją **3 pkt** – poprawne przekształcenie warunku przy użyciu wzorów Viète'a **2 pkt** – zapisanie sumy i iloczynu pierwiastków oraz warunków \(m\ne0,1\) **1 pkt** – poprawne zastosowanie co najmniej jednego wzoru Viète'a **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** III i IV modelowanie matematyczne oraz użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R3.1 i R3.2 stosowanie wzorów Viète'a oraz rozwiązywanie równań kwadratowych z parametrem.

\[m\in\left\{-\frac23,\frac15,\frac32\right\}.\]

Liczba \(x=3\) jest pierwiastkiem pierwszego czynnika. Trójmian \[x^2+(m-1)x-6m^2+2m\] ma wyróżnik \[\Delta=(m-1)^2-4(-6m^2+2m)=(5m-1)^2.\] Dla \(m=\frac15\) ma on pierwiastek podwójny \[x_0=\frac{-m+1}{2}=\frac25\neq3,\] więc całe równanie ma dokładnie dwa rozwiązania. Dla \(m\neq\frac15\) pierwiastki trójmianu są równe \[x_1=2m,\qquad x_2=-3m+1.\] Aby łącznie z \(x=3\) otrzymać dokładnie dwa różne rozwiązania, jeden z tych pierwiastków musi być równy \(3\): \[2m=3\quad\text{lub}\quad -3m+1=3.\] Stąd \(m=\frac32\) lub \(m=-\frac23\). Ostatecznie \[m\in\left\{-\frac23,\frac15,\frac32\right\}.\]

**5 pkt** – poprawna metoda i pełny wynik: \(m=-\frac23\), \(m=\frac15\), \(m=\frac32\) **4 pkt** – rozwiązanie równania otrzymanego po podstawieniu \(x=3\) do trójmianu albo zapisanie pełnej alternatywy przypadków prowadzącej do wyniku **3 pkt** – wyznaczenie pierwiastków trójmianu \(2m\) i \(-3m+1\) albo zapisanie równania wynikającego z warunku, że \(3\) jest jego pierwiastkiem **2 pkt** – otrzymanie \(m=\frac15\) z \(\Delta=0\) i sprawdzenie, że pierwiastek podwójny jest różny od \(3\), albo równoważny etap dla drugiego przypadku **1 pkt** – rozpoznanie jednego poprawnego przypadku koniecznego do uzyskania dokładnie dwóch rozwiązań albo obliczenie \(m=\frac15\) z \(\Delta=0\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - rozpatrywanie wszystkich przypadków i kontrolowanie liczby różnych rozwiązań. **Wymagania szczegółowe:** rozwiązywanie równań wielomianowych z parametrem, analiza wyróżnika trójmianu kwadratowego i krotności pierwiastków.

\(m\in(-\infty,-1]\cup(0,1)\cup(1,4]\). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje \(m\neq 1\), a ich niezerowość \(m\neq 0\). Ze wzorów Viète'a nierówność sprowadza się do \(m(m+1)(m-4)\leq 0\), czyli \(m\in(-\infty,-1]\cup(0,4]\); część wspólna warunków daje wynik.

**Krok \(1\).** Metoda: zadanie rozbijamy na trzy warunki — istnienie dwóch różnych pierwiastków (\(\Delta\gt 0\)), sensowność wyrażeń \(\frac{1}{x_{1}},\frac{1}{x_{2}}\) (iloczyn pierwiastków różny od zera) oraz samą nierówność, którą przepiszemy przez wzory Viète'a. **Krok \(2\).** Dla trójmianu \(4x^{2}-2(m+1)x+m\) mamy \[\Delta=\left[-2(m+1)\right]^{2}-4\cdot 4\cdot m=4\left(m^{2}-2m+1\right)=4(m-1)^{2}.\] Warunek \(\Delta\gt 0\) jest równoważny \(m\neq 1\). **Krok \(3\).** Ze wzorów Viète'a \[x_{1}+x_{2}=\frac{2(m+1)}{4}=\frac{m+1}{2},\qquad x_{1}\cdot x_{2}=\frac{m}{4}.\] Warunek \(x_{1}\neq 0\) i \(x_{2}\neq 0\) oznacza \(x_{1}x_{2}\neq 0\), czyli \(m\neq 0\). **Krok \(4\).** Prawą stronę nierówności sprowadzamy do wspólnego mianownika: \[\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}},\] więc warunek zadania to \(x_{1}+x_{2}\leq \dfrac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}}\). **Krok \(5\).** Przenosimy wszystko na lewą stronę i wyłączamy wspólny czynnik: \[(x_{1}+x_{2})\left(1-\frac{1}{x_{1}x_{2}}\right)\leq 0,\qquad \frac{(x_{1}+x_{2})\left(x_{1}x_{2}-1\right)}{x_{1}x_{2}}\leq 0.\] **Krok \(6\).** Podstawiamy wartości z Kroku \(3\). Ponieważ \(x_{1}x_{2}-1=\frac{m}{4}-1=\frac{m-4}{4}\), otrzymujemy \[\frac{\frac{m+1}{2}\cdot\frac{m-4}{4}}{\frac{m}{4}}\leq 0,\qquad \frac{(m+1)(m-4)}{2m}\leq 0.\] **Krok \(7\).** Mnożymy obie strony przez \(2m^{2}\gt 0\) (znak nierówności się nie zmienia) i pamiętamy o \(m\neq 0\): \[m(m+1)(m-4)\leq 0\quad\text{oraz}\quad m\neq 0.\] Miejscami zerowymi są \(-1\), \(0\), \(4\), a wielomian trzeciego stopnia o dodatnim współczynniku wiodącym jest niedodatni na \((-\infty,-1]\) i na \([0,4]\). Po usunięciu \(m=0\) dostajemy \(m\in(-\infty,-1]\cup(0,4]\). **Krok \(8\).** Bierzemy część wspólną z warunkiem \(m\neq 1\): \[m\in(-\infty,-1]\cup(0,1)\cup(1,4].\] **Uwaga.** Nie wolno pomnożyć nierówności \(x_{1}+x_{2}\leq \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}}\) stronami przez \(x_{1}x_{2}\) ani podzielić przez \(x_{1}+x_{2}\), bo nie znamy znaku tych wyrażeń. Dlatego przenosimy wszystko na jedną stronę i mnożymy dopiero przez kwadrat, który na pewno jest dodatni. **Odpowiedź.** \(m\in(-\infty,-1]\cup(0,1)\cup(1,4]\).

Rozwiązanie składa się z trzech etapów. Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności \(\Delta>0\): \(m\ne 1\). Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **Uwaga do pierwszego etapu:** Jeżeli zdający rozwiązuje nierówność \(\Delta\ge 0\), to za pierwszy etap otrzymuje \(0\) punktów. Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności \(x_{1}+x_{2}\le\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}\). Za poprawne rozwiązanie drugiego etapu zdający otrzymuje 3 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **1 pkt** – zdający otrzymuje, gdy: • przekształci nierówność \(x_{1}+x_{2}\le\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}\) do postaci \(x_{1}+x_{2}\le\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}\cdot x_{2}}\) lub \((x_{1}+x_{2})\cdot(x_{1}x_{2})^{2}\le(x_{1}+x_{2})x_{1}x_{2}\) ALBO • wyznaczy pierwiastki trójmianu \(4x^{2}-2(m+1)x+m\): \(x_{1}=\frac{1}{2}\), \(x_{2}=\frac{m}{2}\). **2 pkt** – zdający otrzymuje, gdy zapisze nierówność z jedną niewiadomą \(m\): \(\frac{2(m+1)}{4}\le\frac{\frac{2(m+1)}{4}}{\frac{m}{4}}\) lub \(\frac{1}{2}+\frac{m}{2}\le 2+\frac{2}{m}\) lub \(\frac{2(m+1)}{4}\cdot\left(\frac{m}{4}\right)^{2}\le\frac{2(m+1)}{4}\cdot\frac{m}{4}\) **3 pkt** – zdający otrzymuje, gdy rozwiąże nierówność \(\frac{2(m+1)}{4}\le\frac{\frac{2(m+1)}{4}}{\frac{m}{4}}\): \(m\in(-\infty,\,-1\rangle\cup(0,\,4\rangle\). **Uwagi do drugiego etapu:** 1. Jeżeli zdający, rozwiązując nierówność \(\frac{2(m+1)}{4}\le\frac{\frac{2(m+1)}{4}}{\frac{m}{4}}\), nie uwzględni warunku \(m\ne 0\), to za drugi etap może otrzymać co najwyżej \(2\) punkty. 2. Jeżeli zdający: • mnoży nierówność \(x_{1}+x_{2}\le\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}\) stronami przez iloczyn \(x_{1}\cdot x_{2}\) bez rozpatrzenia znaku tego iloczynu ALBO • dzieli nierówność \(x_{1}+x_{2}\le\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}\cdot x_{2}}\) stronami przez sumę \(x_{1}+x_{2}\) bez rozpatrzenia znaku tej sumy to za drugi etap może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt. Trzeci etap polega na wyznaczeniu szukanych wartości parametru \(m\): \(m\in(-\infty,\,-1\rangle\cup(0,\,1)\cup(1,\,4\rangle\). Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **Uwagi do trzeciego etapu:** 1. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe w etapach I i II (nie otrzymując pustego zbioru rozwiązań ani zbioru \(\mathbb{R}\) wszystkich liczb rzeczywistych), lecz konsekwentnie wyznaczy iloczyn w etapie III, to za III etap otrzymuje \(1\) punkt. 2. Zdający może otrzymać \(1\) punkt za III etap, jeżeli jedynymi błędami jakie popełni w I i II etapie są błędy rachunkowe.

**Wymagania egzaminacyjne 2021** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R3.1) Zdający stosuje wzory Viète’a; R3.2) Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem; R3.7) Zdający rozwiązuje proste nierówności wymierne […].

\[a\in(\sqrt2,2).\]

Równanie kwadratowe ma dwa różne dodatnie pierwiastki wtedy i tylko wtedy, gdy \[\Delta>0,\qquad x_1+x_2>0,\qquad x_1x_2>0.\] Najpierw \[\Delta=(-2a)^2-4(a^3-2a)=-4a(a+1)(a-2).\] Warunek \(\Delta>0\) daje \[a\in(-\infty,-1)\cup(0,2).\] Ze wzorów Viète'a: \[x_1+x_2=2a>0,\] czyli \(a>0\), oraz \[x_1x_2=a^3-2a=a(a-\sqrt2)(a+\sqrt2)>0.\] Stąd \[a\in(-\sqrt2,0)\cup(\sqrt2,+\infty).\] Część wspólna wszystkich trzech zbiorów jest równa \[a\in(\sqrt2,2).\]

**5 pkt** – wyznaczenie \(a\in(\sqrt2,2)\) **4 pkt** – poprawne rozwiązanie trzech warunków: \(\Delta>0\), \(x_1+x_2>0\), \(x_1x_2>0\) **3 pkt** – poprawne rozwiązanie dwóch z trzech niezależnych warunków **2 pkt** – poprawne rozwiązanie jednego z trzech warunków **1 pkt** – zapisanie kompletu warunków koniecznych i wystarczających dla dwóch różnych dodatnich pierwiastków **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R3.2 rozwiązywanie równań i nierówności kwadratowych z parametrem.

\(a\in(-2,-1)\cup(3,4)\). Równanie \(|x-5|=(a-1)^{2}-4\) ma dwa różne dodatnie rozwiązania dokładnie wtedy, gdy \(0\lt (a-1)^{2}-4\lt 5\), czyli \(4\lt (a-1)^{2}\lt 9\).

**Krok \(1\).** Metoda: parametr występuje wyłącznie po prawej stronie równania, więc podstawiamy \(t=(a-1)^{2}-4\) i badamy proste równanie \(|x-5|=t\). **Krok \(2\).** Równanie \(|x-5|=t\) ma dwa różne rozwiązania \(x=5+t\) oraz \(x=5-t\) dokładnie wtedy, gdy \(t\gt 0\) (dla \(t=0\) jest jedno rozwiązanie, dla \(t\lt 0\) — żadnego). **Krok \(3\).** Żądamy, by oba rozwiązania były dodatnie. Warunek \(5+t\gt 0\) jest spełniony automatycznie, gdy \(t\gt 0\); warunek \(5-t\gt 0\) oznacza \(t\lt 5\). **Krok \(4\).** Łącznie: \(0\lt t\lt 5\), czyli \[0\lt (a-1)^{2}-4\lt 5,\qquad 4\lt (a-1)^{2}\lt 9.\] **Krok \(5\).** Pierwiastkujemy, pamiętając, że \(\sqrt{u^{2}}=|u|\): \[2\lt |a-1|\lt 3.\] **Krok \(6\).** Nierówność \(|a-1|\gt 2\) daje \(a\lt -1\) lub \(a\gt 3\), a nierówność \(|a-1|\lt 3\) daje \(-2\lt a\lt 4\). **Krok \(7\).** Częścią wspólną tych zbiorów jest \(a\in(-2,-1)\cup(3,4)\). **Uwaga.** Warto zauważyć, że wykres funkcji \(x\mapsto |x-5|\) to litera V o wierzchołku \((5,0)\) i wartości \(5\) w punkcie \(x=0\). Prosta pozioma \(y=t\) przecina ten wykres w dwóch punktach o dodatnich odciętych dokładnie dla \(t\) leżących między \(0\) a \(5\) — to ten sam warunek, tylko odczytany z rysunku. **Odpowiedź.** \(a\in(-2,-1)\cup(3,4)\).

I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania ....................................................................................... 1p. Zdający naszkicuje wykres funkcji f określonej wzorem: • f ( x ) = x − 5 albo • f ( x ) = x − 5 + 4 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania .................................................................. 2p. Zdający zapisze układ nierówności • 0 < ( a −1 )2 − 4 < 5 oraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu albo • 4 < ( a −1 )2 < 9 oraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne ………………………………………………………………………………. 3p. Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że a ∈( −2, −1 ) ∪ ( 3, 4 ) . Egzamin maturalny z matematyki – termin główny 2020 r. Zasady oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania ........................................................................................ 1p. Zdający zapisze, że podane równanie ma dwa rozwiązania dodatnie, gdy spełniona jest nierówność 0 < x − 5 < 5 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania .................................................................. 2p. Zdający zapisze układ nierówności 0 < ( a −1 )2 − 4 < 5 oraz rozwiąże poprawnie jedną z dwóch nierówności tego układu i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne ............................................................................................................. 3p. Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że a ∈( −2, −1 ) ∪ ( 3, 4 ) . Zasady oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania ........................................................................................ 1p. Zdający: • zapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona jest nierówność ( a −1 )2 − 4 > 0 , albo • zapisze podane równanie w postaci alternatywy równań x − 5 = ( a −1 )2 − 4 lub x − 5 = − ( a −1 )2 + 4 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania .................................................................. 2p. Zdający: • zapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona jest nierówność ( a −1 )2 − 4 > 0 i • zapisze podane równanie w postaci alternatywy równań x − 5 = ( a −1 )2 − 4 lub x − 5 = − ( a −1 )2 + 4 i • rozwiąże poprawnie przynajmniej jedną z trzech nierówności: ( a −1 )2 − 4 > 0 , ( a −1 )2 +1 > 0 , 9 − ( a −1 )2 > 0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne ............................................................................................................. 3p. Zdający zapisze, że a ∈( −2, −1 ) ∪ ( 3, 4 ) . Zasady oceniania rozwiązań zadań Zasady oceniania IV sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania ....................................................................................... 1p. Zdający • zapisze warunek istnienia rozwiązań rzeczywistych równania x − 5 = ( a −1 )2 − 4 : ( a −1 )2 − 4 ≥ 0 albo • zdający zapisze układ nierówności: ( ) ( −10 )2 − 4  25 − ( ( a −1 )2 − 4 ) 2  > 0 i − −10 > 0 i 25 − ( ( a −1 )2 − 4 ) 2 > 0   1   i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania ................................................................... 2p. Zdający zapisze układ nierówności ( ) ( a −1 )2 − 4 ≥ 0 i ( −10 )2 − 4  25 − ( ( a −1 )2 − 4 ) 2  > 0 i − −10 > 0 i 25 − ( ( a −1 )2 − 4 ) 2 > 0   1   i poprawnie rozwiąże drugą lub czwartą z nich i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne .............................................................................................................. 3p. Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że a ∈ ( −2, −1 ) ∪ ( 3, 4 ) . Zasady oceniania V sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania ....................................................................................... 1p. Zdający zastosuje definicję wartości bezwzględnej i zapisze równanie w każdym z dwóch przypadków: gdy x − 5 ≥ 0, to x − 5 = ( a −1 )2 − 4 , gdy x − 5 < 0, to 5 − x = ( a −1 )2 − 4 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania ................................................................... 2p. Zdający zapisze warunki na to, żeby rozwiązaniem równania była liczba dodatnia w każdym z dwóch rozpatrywanych przypadków i wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których rozwiązaniem równania jest liczba dodatnia w jednym z tych przypadków: • gdy x − 5 ≥ 0, to ( a −1 )2 +1 > 0 i ( a −1 )2 +1 ≥ 5 , skąd a ∈ ( −∞, −1 ∪ 3, + ∞) albo • gdy x − 5 < 0, to 9 − ( a −1 )2 > 0 i 9 − ( a −1 )2 < 5 , skąd a ∈( −2, −1 ) ∪ ( 3, 4 ) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Egzamin maturalny z matematyki – termin główny 2020 r. Rozwiązanie pełne .............................................................................................................. 3p. Zdający wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których równanie x − 5 = ( a −1 )2 − 4 ma dwa rozwiązania dodatnie: a ∈( −2, −1 ) ∪ ( 3, 4 ) . Uwaga Jeżeli zdający rozpatrzy oba przypadki, ale w pierwszym przypadku nie skomentuje, że nierówność ( a −1 )2 +1 > 0 jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej a, to może otrzymać 3 punkty za całe rozwiązanie. Uwagi 1. Jeśli zdający rozwiązuje zadanie sposobem II lub III zapisze nierówność ( a − 1 )2 − 4 ≥ 0 i konsekwentnie do tego błędu rozwiąże zadanie do końca, otrzymując w odpowiedzi zbiór ( −2, −1 ∪ 3, 4 ) , to otrzymuje 2 punkty. 2. Jeżeli zdający rozwiązuje zadanie I sposobem i naszkicowany wykres zawiera usterki, ale dalsze rozumowanie jest prawidłowe, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty. 3. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji f ( x ) = x − 5 + 4 , błędnie przesunie wykres funkcji y = x − 5 o 4 jednostki w dół i konsekwentnie przeprowadzi rozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji f ( x ) = x − 5 + 4 , zamieni miejscami współrzędne wektora przesunięcia, otrzyma wykres funkcji, dla której istnieją dwa rozwiązania dodatnie równania f ( x ) = ( a −1 )2 i konsekwentnie przeprowadzi rozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie. 5. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji f ( x ) = x − 5 , błędnie przesunie wykres funkcji y = x , i otrzyma wykres funkcji g takiej, że nie istnieją dwa dodatnie rozwiązania równania g ( x ) = ( a −1 )2 − 4 , to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. Zasady oceniania rozwiązań zadań

Zadanie 6. (0–3) Wymagania ogólne Wymagania szczegółowe IV. Użycie i tworzenie strategii. 1. Liczby rzeczywiste. Zdający wykorzystuje pojęcie wartości bez względnej i jej interpretację geometryczną (R1.1). 4. Funkcje. Zdający szkicuje wykres funkcji określonej w różnych przedziałach różnymi wzorami; odczytuje własności takiej funkcji z wykresu (R4.4).

\[m\in\left\{-\frac95,\frac14\right\}.\]

Wyróżnik trójmianu jest równy \[\Delta=(3m+2)^2-4(2m^2+7m-15)=m^2-16m+64=(m-8)^2.\] Równanie ma dwa różne rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy \(m\neq8\). Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=3m+2,\qquad x_1x_2=2m^2+7m-15.\] Przekształcamy warunek zadania: \[2x_1^2+5x_1x_2+2x_2^2=2(x_1+x_2)^2+x_1x_2.\] Stąd \[2(3m+2)^2+(2m^2+7m-15)=2,\]\[20m^2+31m-9=0.\] Wyróżnik tego równania wynosi \(31^2+4\cdot20\cdot9=1681=41^2\), więc \[m=\frac{-31-41}{40}=-\frac95\quad\text{lub}\quad m=\frac{-31+41}{40}=\frac14.\] Obie wartości są różne od \(8\), zatem dla każdej z nich równanie wyjściowe ma dwa różne rozwiązania.

**4 pkt** – wyznaczenie \(m=-\frac95\) i \(m=\frac14\) oraz sprawdzenie warunku dwóch różnych rozwiązań **3 pkt** – rozwiązanie równania \(20m^2+31m-9=0\) i otrzymanie obu wartości parametru **2 pkt** – zapisanie warunku jako równania jednej niewiadomej \(m\), np. \(2(3m+2)^2+2m^2+7m-15=2\) **1 pkt** – przekształcenie wyrażenia do postaci \(2(x_1+x_2)^2+x_1x_2\) albo wyznaczenie pierwiastków trójmianu w zależności od \(m\). Dodatkowy punkt części pierwszej przysługuje za warunek \(m\neq8\) lub jego sprawdzenie dla uzyskanych wartości **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R3.1 stosowanie wzorów Viète'a.

\[m\in(-\infty,-11)\cup[1,+\infty).\]

Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę: \[(m^2+4m-5)x^2+2(1-m)x+2>0.\] Współczynnik przy \(x^2\) jest równy \[m^2+4m-5=(m-1)(m+5).\] Najpierw rozpatrujemy przypadki liniowe. Dla \(m=1\) otrzymujemy prawdziwą dla każdego \(x\) nierówność \(2>0\). Dla \(m=-5\) otrzymujemy \(12x+2>0\), która nie jest prawdziwa dla każdego \(x\). Jeśli \(m\neq1\) i \(m\neq-5\), trójmian jest dodatni dla każdego \(x\) dokładnie wtedy, gdy jego współczynnik przy \(x^2\) jest dodatni oraz wyróżnik jest ujemny: \[(m-1)(m+5)>0,\qquad \Delta<0.\] Mamy \[\Delta=[2(1-m)]^2-8(m^2+4m-5)=-4(m-1)(m+11).\] Zatem \[(m-1)(m+5)>0\iff m<-5\quad\text{lub}\quad m>1,\] \[\Delta<0\iff (m-1)(m+11)>0\iff m<-11\quad\text{lub}\quad m>1.\] Część wspólna tych warunków to \(m<-11\) lub \(m>1\). Po dołączeniu przypadku \(m=1\) otrzymujemy \[m\in(-\infty,-11)\cup[1,+\infty).\]

**5 pkt** – pełne rozwiązanie i odpowiedź \(m<-11\) lub \(m\geq1\) **4 pkt** – poprawne rozwiązanie części kwadratowej i jednego przypadku liniowego **3 pkt** – poprawne rozwiązanie obu warunków \(a>0\) i \(\Delta<0\) dla przypadku kwadratowego **2 pkt** – poprawne rozpatrzenie obu przypadków liniowych \(m=1\), \(m=-5\) albo rozwiązanie jednego z dwóch warunków części kwadratowej **1 pkt** – zauważenie przypadków liniowych i poprawne zbadanie jednego z nich albo zapisanie układu \(a>0\), \(\Delta<0\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** badanie znaku trójmianu kwadratowego z parametrem i rozwiązywanie nierówności kwadratowych.

**C.** \(m=2\)

Aby każda liczba rzeczywista \(x\) spełniała równanie, współczynnik przy \(x\) oraz prawa strona muszą być jednocześnie równe zeru: \[4-m^2=0,\qquad m^2-3m+2=0.\] Pierwsze równanie daje \(m\in\{-2,2\}\), a drugie \[(m-1)(m-2)=0,\] czyli \(m\in\{1,2\}\). Jedyną wspólną wartością jest \(m=2\).

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: C **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE dla czerwca 2019 nie zawiera tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** równania z parametrem - warunek równania tożsamościowego.

\(m\in\left(2,3\right\rangle\). Wyróżnik jest stały i równy \(36\), a pierwiastki to \(x_1=\dfrac{m-2}{2}\) i \(x_2=\dfrac{m+1}{2}\); ich dodatniość daje \(m\gt2\), a warunek \(x_1^2+x_2^2\leqslant\dfrac{17}{4}\) prowadzi do \(m^2-m-6\leqslant0\), czyli \(-2\leqslant m\leqslant3\).

**Krok \(1\).** Równanie kwadratowe z parametrem i trzy warunki: dwa różne rozwiązania, oba dodatnie oraz nierówność na sumę kwadratów. Tu warto najpierw policzyć wyróżnik — jeśli wyjdzie ładny, wyznaczymy same pierwiastki jako wyrażenia z \(m\) i dalsze warunki będą już zwykłymi nierównościami. **Krok \(2\).** Mamy \(a=4\), \(b=2-4m\), \(c=m^2-m-2\), więc \[\Delta=(2-4m)^2-4\cdot4\left(m^2-m-2\right)=4-16m+16m^2-16m^2+16m+32=36.\] **Krok \(3\).** Wyróżnik jest stały i dodatni, więc dla każdego \(m\) równanie ma dwa różne rozwiązania. Ponieważ \(\sqrt{36}=6\): \[x=\frac{-(2-4m)\pm6}{8}=\frac{4m-2\pm6}{8}.\] **Krok \(4\).** Stąd \[x_1=\frac{4m-8}{8}=\frac{m-2}{2},\qquad x_2=\frac{4m+4}{8}=\frac{m+1}{2}.\] **Krok \(5\).** Warunek dodatniości obu rozwiązań: \[\frac{m-2}{2}\gt0\ \text{ oraz }\ \frac{m+1}{2}\gt0,\] czyli \(m\gt2\) oraz \(m\gt-1\). Mocniejszy jest pierwszy, więc \(m\gt2\). **Krok \(6\).** Warunek na sumę kwadratów: \[x_1^2+x_2^2=\frac{(m-2)^2+(m+1)^2}{4}\leqslant\frac{17}{4}.\] Mnożymy przez \(4\): \[(m-2)^2+(m+1)^2\leqslant17.\] **Krok \(7\).** Rozwijamy i porządkujemy: \[m^2-4m+4+m^2+2m+1\leqslant17\ \Longrightarrow\ 2m^2-2m-12\leqslant0\ \Longrightarrow\ m^2-m-6\leqslant0.\] **Krok \(8\).** Trójmian \(m^2-m-6\) ma pierwiastki \(m=-2\) i \(m=3\) (bo \(\Delta=1+24=25\)), a ramiona skierowane w górę, więc jest niedodatni między pierwiastkami: \[-2\leqslant m\leqslant3.\] **Krok \(9\).** Bierzemy część wspólną z warunkiem \(m\gt2\): \[m\in\left(2,3\right\rangle.\] **Uwaga.** Wartość \(m=2\) odpada, bo wtedy \(x_1=0\), a rozwiązanie ma być dodatnie (zero dodatnie nie jest). Natomiast \(m=3\) należy do odpowiedzi, bo nierówność na sumę kwadratów jest nieostra. **Odpowiedź.** \(m\in\left(2,3\right\rangle\).

**1 pkt** – pierwszy etap polega na obliczeniu wyróżnika trójmianu kwadratowego i stwierdzeniu, że dla każdej wartości parametru \(m\) istnieją dwa różne pierwiastki rzeczywiste: \(\Delta=36>0\), więc równanie ma dla każdej wartości parametru \(m\) dwa rozwiązania. Za poprawne rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\) zdający otrzymuje \(1\) punkt. **4 pkt** – drugi etap polega na wyznaczeniu wszystkich wartości parametru \(m\), dla których oba pierwiastki są dodatnie, oraz na wyznaczeniu tych wszystkich wartości parametru \(m\), dla których spełniony jest warunek \(x_1+x_2\le\frac{17}{4}\). Za ten etap rozwiązania zdający otrzymuje \(4\) punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: za wyznaczenie pierwiastków w zależności od \(m\) zdający otrzymuje \(1\) punkt; za zapisanie układu nierówności i jego rozwiązanie \(m\in(2,\,+\infty)\) zdający otrzymuje \(1\) punkt; za zapisanie nierówności zdający otrzymuje \(1\) punkt; za rozwiązanie nierówności \(m\in(-2,\,3)\) zdający otrzymuje \(1\) punkt. **1 pkt** – trzeci etap rozwiązania polega na wyznaczeniu wartości parametru \(m\) z uwzględnieniem wszystkich warunków: za zapisanie części wspólnej rozwiązań \(m\in(2,\,3)\) zdający otrzymuje \(1\) punkt.

Klasyfikacja rzeczowa: badanie równania kwadratowego z parametrem, dodatniości jego pierwiastków oraz nierówności dotyczącej pierwiastków.

\[m\in\left[-\frac14,0\right)\cup(2,+\infty).\]

Wyróżnik równania jest równy \[\Delta=9m^2-4(m+1)(2m-1)=(m-2)^2.\] Dwa różne pierwiastki istnieją dla \(m\neq2\). Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=3m,\qquad x_1x_2=(m+1)(2m-1).\] Warunek \(x_1x_2\neq0\) wyklucza \(m=-1\) i \(m=\frac12\), a \[\frac1{x_1}+\frac1{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{3m}{(m+1)(2m-1)}.\] Rozwiązujemy układ \[0<\frac{3m}{(m+1)(2m-1)}\leq\frac23.\] Pierwsza nierówność daje \[m\in(-1,0)\cup\left(\frac12,+\infty\right).\] Druga jest równoważna nierówności \[\frac{-4(m-2)\left(m+\frac14\right)}{(m+1)(2m-1)}\leq0,\] której zbiorem rozwiązań jest \[m\in(-\infty,-1)\cup\left[-\frac14,\frac12\right)\cup[2,+\infty).\] Po przecięciu zbiorów i uwzględnieniu \(m\neq2\) otrzymujemy \[m\in\left[-\frac14,0\right)\cup(2,+\infty).\]

**6 pkt** – podanie pełnego zbioru \(m\in[-\frac14,0)\cup(2,+\infty)\) **5 pkt** – poprawne rozwiązanie obu nierówności i pozostawienie do wykonania jedynie przecięcia warunków **4 pkt** – poprawne zapisanie i częściowe rozwiązanie drugiej nierówności wymiernej **3 pkt** – wyznaczenie pierwiastków \(x_1=m+1\), \(x_2=2m-1\) lub równoważne wykorzystanie wzorów Viète'a oraz poprawne zapisanie obu nierówności dla \(m\) **2 pkt** – wyznaczenie pierwiastków i rozpoczęcie analizy warunków odwrotności **1 pkt** – obliczenie \(\Delta=(m-2)^2\) i stwierdzenie, że dwa różne pierwiastki istnieją dla \(m\neq2\) **0 pkt** – brak istotnego postępu

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** równania z parametrem - wyróżnik trójmianu, wzory Viète'a, nierówności wymierne i część wspólna warunków.

\(m\in(-\infty,-3)\cup\left(\frac35,\frac34\right)\). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje \(\Delta=5m^2+2m-3\gt0\), czyli \(m\lt-1\) lub \(m\gt\frac35\). Ze wzorów Viète’a nierówność \(x_1^3+x_2^3\gt-7x_1x_2\) sprowadza się do \((m+3)(m+1)(4m-3)\lt0\), czyli \(m\in(-\infty,-3)\cup\left(-1,\frac34\right)\). Część wspólna obu warunków daje wynik.

**Krok \(1\).** Warunek z treści dotyczy wyrażenia symetrycznego względem pierwiastków, więc nie liczymy pierwiastków — używamy wzorów Viète’a i wzoru na sumę sześcianów. Do tego dochodzi warunek istnienia dwóch różnych pierwiastków, czyli \(\Delta\gt0\). Na koniec bierzemy część wspólną. **Krok \(2\).** Wyróżnik równania \(x^2+(m+1)x-m^2+1=0\): \[\Delta=(m+1)^2-4\left(-m^2+1\right)=m^2+2m+1+4m^2-4=5m^2+2m-3.\] **Krok \(3\).** Rozwiązujemy \(5m^2+2m-3\gt0\): \[\Delta_m=2^2-4\cdot5\cdot(-3)=64,\qquad m=\frac{-2\pm8}{10},\] czyli miejsca zerowe to \(-1\) i \(\frac35\), a nierówność zachodzi dla \(m\in(-\infty,-1)\cup\left(\frac35,+\infty\right)\). **Krok \(4\).** Wzory Viète’a (tu \(a=1\)): \[x_1+x_2=-(m+1),\qquad x_1x_2=-m^2+1=1-m^2.\] **Krok \(5\).** Sumę sześcianów zapisujemy przez sumę i iloczyn: \[x_1^3+x_2^3=\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right).\] **Krok \(6\).** Nierówność \(x_1^3+x_2^3\gt-7x_1x_2\) przenosimy na jedną stronę: \[\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)+7x_1x_2\gt0.\] **Krok \(7\).** Podstawiamy wzory Viète’a: \[-(m+1)^3-3\left(1-m^2\right)\cdot\left(-(m+1)\right)+7\left(1-m^2\right)\gt0,\] \[-(m+1)^3+3(m+1)\left(1-m^2\right)+7\left(1-m^2\right)\gt0.\] **Krok \(8\).** Korzystamy z \(1-m^2=-(m+1)(m-1)\) i wyłączamy \((m+1)\) przed nawias: \[(m+1)\left[-(m+1)^2-3(m+1)(m-1)-7(m-1)\right]\gt0,\] a po uporządkowaniu nawiasu: \[-(m^2+2m+1)-3(m^2-1)-7m+7=-4m^2-9m+9,\] więc nierówność ma postać \((m+1)\left(-4m^2-9m+9\right)\gt0\), czyli \((m+1)\left(4m^2+9m-9\right)\lt0\). **Krok \(9\).** Rozkładamy trójmian: \(\Delta=81+144=225\), pierwiastki \(\frac{-9\pm15}{8}\), czyli \(-3\) i \(\frac34\). Zatem \(4m^2+9m-9=(m+3)(4m-3)\) i nierówność przyjmuje postać \[(m+3)(m+1)(4m-3)\lt0.\] **Krok \(10\).** Wielomian stopnia trzeciego o dodatnim współczynniku wiodącym i pierwiastkach \(-3\lt-1\lt\frac34\) jest ujemny na \((-\infty,-3)\) oraz na \(\left(-1,\frac34\right)\). **Krok \(11\).** Bierzemy część wspólną z warunkiem \(\Delta\gt0\): \[\left[(-\infty,-1)\cup\left(\tfrac35,+\infty\right)\right]\cap\left[(-\infty,-3)\cup\left(-1,\tfrac34\right)\right]=(-\infty,-3)\cup\left(\tfrac35,\tfrac34\right).\] **Uwaga.** Ponieważ \(\frac35=0{,}6\) i \(\frac34=0{,}75\), drugi przedział jest niepusty — warto porównać te ułamki dziesiętnie, żeby go nie odrzucić. Pamiętaj też, że mnożąc nierówność przez \(-1\) odwracamy jej zwrot. **Odpowiedź.** \(m\in(-\infty,-3)\cup\left(\dfrac35,\dfrac34\right)\).

Zadanie 12. (0-6) III. Modelowanie matematyczne. Przykładowe rozwiązanie —1)u 3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory Viëte'a (R3.1). Równanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywłste, gdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli A = (m +1)2 +1) > O 5m2 +2m —3 > O Stąd me ( Warunek XI + x23 > —7XlX2 możemy zapisać w postaci równoważnej (XI —x1x2 + x/ ) > —7x1x2, (XI +X2)2 —3XIX2 > —7XlX2 Ze wzorów Vičte'a na sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego możemy tę nierówność zapisać w postaci: (4 —(m+1)3 +3(m +1) (—m2 +1) + 7 (—1712+1) > O —2m —1 — 3m2 +3+7— 7m) > O (m +1) (—4m2 —9m+9) > O mł = —3 lub a lub — 4) Wyznaczamy część wspólną zbiorów —00, Odpowiedź m e (—00, Schemat punktowania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności A > 0 • Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwaga -3)u Jeżeli zdający zapisze A 0 , to za tę część otrzymuje O punktów. Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności XI +x2 > —7 XIX2 Za tę część rozwiązama zdający otrzymuje 4 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: 1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie nierówności w postaci: (XI +X2)2 —3XIX2 > —7XlX2 lub równoważnej. 2 punkty zdający otrzymuje za doprowadzenie do nierówności ze zmienną m, np. -( 3 punkty zdający otrzymuje za wyznaczenie miejsc zerowych wielomłanu -( czyli wielomianu —4m3 —13m2 +9 4 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie powyższej nierówności. Trzeci etap polega na wyznaczeniu szukanej wartości parametru m z uwzględnieniem wszystkich warunków. Uwagi l. W przypadku otrzymania na jednym z etapów (I lub II) zbioru pustego lub zbioru R jako zbioru rozwiązań nierówności przyznajemy O punktów za III etap. 2. W przypadku otrzymania w II etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem zbioru rozwiązań z I etapu lub otrzymania w I etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem zbioru rozwiązań z II etapu, przyznajemy O punktów za III etap. 3. O ile nie zachodzą przypadki z uwag l. i 2. i zdający poprawnie wykona etap I oraz popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II, albo gdy popełma błędy w etapie I i otrzyma co najmniej I punkt za etap II, to za III etap może otrzymać 1 punkt. 4. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązama stosuje nieistniejącą zależność: ąsuma sześcianów = sześcian sumy”, prowadzącą do uproszczenia badanego problemu, lub zdający stosuje Inny błędny wzór, prowadzący do uproszczenia badanego problemu, ale otrzyma nierówność wielomianową stopnia trzeciego, uzyska trzy miejsca zerowe i poprawnie rozwiązuje otrzymaną nierówność, to za II etap otrzymuje 1 punkt (za rozwiązanie nierówności). 5. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania otrzyma poprawną nierówność wielomianową stopnia 3. i popełnia błędy rachunkowe w jej rozwiązaniu, to może otrzymać 3 punkty za II etap, o ile wyznaczy 3 różne miejsca zerowe wielomłanu z tej nierówności i konsekwentnie rozwiąże nierówność do końca, zaś w każdym Innym przypadku otrzymuje 2 punkty za ten etap. 6. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania rozważa nierówność wielomianową stopnia większego niż 3. lub niepoprawną nierówność stopnia 3. i wyznacza miejsca zerowe w liczbie właściwej dla stopnia wielomianu i otrzymuje przynajmniej 3 miejsca zerowe, to otrzymuje co najwyżej 3 punkty za II etap, o ile konsekwentme rozwiąże nierówność. Jeżeli wieloman w tej nierówności nie ma trzech różnych miejsc zerowych, to zdający może otrzymać co najwyżej 2 punkty za ten etap. 7. Jeżeli zdający przy rozwiązywaniu otrzymanej w II etapie nierówności stopnia co najmnłej 3. popełnia błąd, polegający na niepoprawnym grupowaniu wyrazów, np. z nierówności —4m3 —13m2 +9>0 uzyska —9) > 0, to nie otrzymuje punktów za części 11.3 i 11.4.

III. Modelowanie matematyczne. 3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory Viète’a (R3.1).

\[m\in(-\infty,-2).\]

Równanie ma dwa różne pierwiastki wtedy i tylko wtedy, gdy \[\Delta=9m^2-4(2m^2+1)=m^2-4>0,\] czyli \(m\in(-\infty,-2)\cup(2,\infty)\). Niech \(x_1,x_2\) będą pierwiastkami. Warunki \(x_1<3\) i \(x_2<3\) są równoważne układowi \[x_1+x_2-6<0,\qquad (x_1-3)(x_2-3)>0.\] Ze wzorów Viète'a otrzymujemy \[3m<6,\qquad 2m^2-9m+10>0.\] Pierwsza nierówność daje \(m<2\), a wtedy druga również jest spełniona. Przecięcie z warunkiem \(\Delta>0\) daje \(m\in(-\infty,-2)\).

Rozwiązanie składa się z trzech etapów. **Etap I: 1 pkt** – rozwiązanie warunku \(\Delta>0\), czyli \(m\in(-\infty,-2)\cup(2,\infty)\). Zapisanie \(\Delta\geq0\) nie daje punktu za ten etap **Etap II: 4 pkt** – 1 pkt za zapisanie warunków \(x_1-3<0\), \(x_2-3<0\); 2 pkt za te warunki i jedną poprawnie przekształconą nierówność; 3 pkt za układ \(3m<6\), \(2m^2-9m+10>0\); 4 pkt za jego rozwiązanie \(m<2\) **Etap III: 1 pkt** – wyznaczenie części wspólnej warunków i podanie \(m\in(-\infty,-2)\) **6 pkt** – rozwiązanie pełne obejmujące wszystkie trzy etapy **0 pkt** – brak realizacji któregokolwiek etapu

**Klasyfikacja CKE:** funkcja kwadratowa z parametrem - wyróżnik, położenie pierwiastków względem liczby oraz wzory Viète'a.

\[m\in\left(-\frac{13}{2},-6\right)\cup\left(-6,-\frac{11}{2}\right).\]

Warunek dwóch różnych pierwiastków daje \[\Delta=36m^2-16(2m^2-3m-9)=4(m+6)^2>0,\] czyli \(m\neq-6\). Druga nierówność jest równoważna \[16(x_1-x_2)^2-1<0.\] Ze wzorów Viète'a: \(x_1+x_2=\frac{3m}{2}\), \(x_1x_2=\frac{2m^2-3m-9}{4}\). Po podstawieniu otrzymujemy \[4m^2+48m+143<0,\] więc \(m\in(-\frac{13}{2},-\frac{11}{2})\). Po wykluczeniu \(m=-6\) otrzymujemy odpowiedź.

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* **Etap I: 1 pkt** – rozwiązanie \(\Delta>0\), czyli \(m\neq-6\). **Etap II: 3 pkt** – 1 pkt za zapis z sumą i iloczynem pierwiastków lub jawne wyznaczenie pierwiastków; 2 pkt za otrzymanie nierówności z jedną niewiadomą, np. \(4m^2+48m+143<0\); 3 pkt za jej rozwiązanie \(m\in\left(-\tfrac{13}{2},-\tfrac{11}{2}\right)\). **Etap III: 1 pkt** – przecięcie warunków i wykluczenie \(-6\). **Rozwiązanie ma trzy etapy: 5 pkt** – rozwiązanie pełne.

**Wymagania ogólne:** CKE III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** wzory Viète'a, wyróżnik i nierówności kwadratowe z parametrem.

Zbiorem wartości jest \(\left(\sqrt[3]{4},2\right)\cup(2,4)\). Warunek \(\Delta\gt 0\) wraz z \(k\ne 0\) daje \(k\in(-1,0)\cup\left(0,\frac13\right)\), a ze wzorów Viète’a \(m=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=1-k\), więc \(f(k)=2^{\,1-k}\).

**Krok \(1\).** Zadanie łączy trzy rzeczy: warunek na dwa różne pierwiastki równania kwadratowego z parametrem (czyli \(\Delta\gt 0\)), wzory Viète’a (bo suma odwrotności pierwiastków da się przez nie wyrazić) oraz własności funkcji wykładniczej (bo na końcu szukamy zbioru wartości funkcji \(2^m\)). Kolejność jest naturalna: najpierw dziedzina parametru, potem wzór na \(m\), potem zbiór wartości. **Krok \(2\).** Ponieważ \(k\ne 0\), współczynnik \(k^2\) przy \(x^2\) jest różny od zera i równanie \(k^2x^2+(k-1)x+1=0\) jest kwadratowe. Liczymy wyróżnik: \[\Delta=(k-1)^2-4\cdot k^2\cdot 1=(k-1)^2-(2k)^2.\] **Krok \(3\).** To różnica kwadratów, więc \[\Delta=\bigl(k-1-2k\bigr)\bigl(k-1+2k\bigr)=(-k-1)(3k-1)=-(k+1)(3k-1).\] Warunek dwóch różnych pierwiastków to \(\Delta\gt 0\), czyli \[(k+1)(3k-1)\lt 0.\] **Krok \(4\).** Miejsca zerowe tego iloczynu to \(-1\) i \(\frac13\), a współczynnik przy \(k^2\) po wymnożeniu byłby dodatni, więc iloczyn jest ujemny między nimi: \[k\in\left(-1,\tfrac13\right).\] Doliczamy warunek \(k\ne 0\) i otrzymujemy dziedzinę parametru \[k\in(-1,0)\cup\left(0,\tfrac13\right).\] **Krok \(5\).** Wzory Viète’a dla naszego równania (tu \(a=k^2\), \(b=k-1\), \(c=1\)): \[x_1+x_2=-\frac{k-1}{k^2}=\frac{1-k}{k^2},\qquad x_1x_2=\frac{1}{k^2}.\] Zauważmy przy okazji, że \(x_1x_2=\frac{1}{k^2}\ne 0\), więc żaden pierwiastek nie jest zerem i odwrotności rzeczywiście istnieją. **Krok \(6\).** Sumę odwrotności sprowadzamy do wspólnego mianownika: \[m=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_2+x_1}{x_1x_2}=\frac{\frac{1-k}{k^2}}{\frac{1}{k^2}}=1-k.\] **Krok \(7\).** Zatem badana funkcja ma wzór \[f(k)=2^{\,1-k}\qquad\text{dla}\qquad k\in(-1,0)\cup\left(0,\tfrac13\right).\] **Krok \(8\).** Wykładnik \(1-k\) maleje, gdy \(k\) rośnie, a funkcja \(2^t\) rośnie, więc \(f\) jest malejąca na każdym z tych przedziałów. Wystarczy więc policzyć wartości na końcach przedziałów (końce do dziedziny nie należą, więc otrzymamy przedziały otwarte): \[k=-1:\ 2^{2}=4,\qquad k=0:\ 2^{1}=2,\qquad k=\tfrac13:\ 2^{2/3}=\sqrt[3]{4}.\] **Krok \(9\).** Dla \(k\in(-1,0)\) wykładnik \(1-k\) przebiega przedział \((1,2)\), więc \(f(k)\in(2,4)\). Dla \(k\in\left(0,\frac13\right)\) wykładnik przebiega \(\left(\frac23,1\right)\), więc \(f(k)\in\left(\sqrt[3]{4},2\right)\). **Krok \(10\).** Zbiór wartości to suma obu przedziałów: \[\left(\sqrt[3]{4},2\right)\cup(2,4).\] **Uwaga.** Trzy miejsca, w których łatwo się pomylić. Po pierwsze, potrzebujemy \(\Delta\gt 0\), a nie \(\Delta\ge 0\), bo pierwiastki mają być różne. Po drugie, wartość \(k=0\) trzeba wykluczyć, bo dla niej równanie przestaje być kwadratowe. Po trzecie, dziura w dziedzinie w punkcie \(k=0\) daje dziurę w zbiorze wartości: liczba \(2\) do odpowiedzi nie należy. **Odpowiedź.** Zbiorem wartości funkcji \(f\) jest \(\left(\sqrt[3]{4},2\right)\cup(2,4)\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zdający rozwiąże nierówność \(\Delta>0\): \(k\in\) […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający wyznaczy sumę odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania w zależności od \(k\). **3 pkt** – rozwiązanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy wartości funkcji wykładniczej \(h\), określonej wzorem \(h(k)=\) […], dla argumentów \(-1\), \(0\), \(\tfrac{1}{3}\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający wykorzysta monotoniczność funkcji wykładniczej i wyznaczy zbiór wartości funkcji \(f\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie wyróżnika i wzorów Viète’a oraz wyznaczanie zbioru wartości funkcji wykładniczej na nieciągłej dziedzinie.

\(a\in\left(-1,\frac52\right)\). Z równania \(x-2=5-ax\) mamy \(x(a+1)=7\), więc \(x=\frac{7}{a+1}\) i \(y=\frac{5-2a}{a+1}\) (dla \(a\neq-1\)). Warunek \(x\gt0\) daje \(a\gt-1\), a wtedy \(y\gt0\) sprowadza się do \(5-2a\gt0\), czyli \(a\lt\frac52\).

**Krok \(1\).** Zadanie ma dwie części: najpierw trzeba znaleźć punkt przecięcia dwóch prostych (obie zależą od parametru \(a\)), a potem zażądać, by obie jego współrzędne były dodatnie. Wyznaczymy więc \(x\) i \(y\) jako wyrażenia zależne od \(a\) i rozwiążemy układ dwóch nierówności. **Krok \(2\).** Punkt wspólny wykresów spełnia \(f(x)=g(x)\): \[x-2=5-ax,\qquad x+ax=7,\qquad x(a+1)=7.\] **Krok \(3\).** Jeśli \(a=-1\), to lewa strona jest zerem i otrzymujemy \(0=7\) — sprzeczność. Oznacza to, że dla \(a=-1\) proste są równoległe i nie mają punktu wspólnego, więc dalej zakładamy \(a\neq-1\). **Krok \(4\).** Wyznaczamy pierwszą współrzędną, a potem drugą (najprościej ze wzoru \(y=x-2\)): \[x=\frac{7}{a+1},\qquad y=\frac{7}{a+1}-2=\frac{7-2(a+1)}{a+1}=\frac{5-2a}{a+1}.\] **Krok \(5\).** Warunek \(x\gt0\). Ułamek \(\frac{7}{a+1}\) ma dodatni licznik, więc jest dodatni dokładnie wtedy, gdy mianownik jest dodatni: \[a+1\gt0,\qquad a\gt-1.\] **Krok \(6\).** Warunek \(y\gt0\). Z kroku \(5\) wiemy już, że mianownik \(a+1\) jest dodatni, więc znak ułamka \(\frac{5-2a}{a+1}\) zależy tylko od licznika: \[5-2a\gt0,\qquad a\lt\tfrac52.\] **Krok \(7\).** Oba warunki muszą zachodzić jednocześnie, więc bierzemy ich część wspólną: \[a\in\left(-1,\tfrac52\right).\] **Krok \(8\).** Sprawdzenie dla \(a=0\): proste \(y=x-2\) i \(y=5\) przecinają się w punkcie \((7,5)\) — obie współrzędne dodatnie. Sprawdzenie dla \(a=\frac52\): wtedy \(x=2\) i \(y=0\), a więc druga współrzędna nie jest dodatnia, co potwierdza, że koniec przedziału trzeba wyłączyć. **Uwaga.** Dwie rzeczy łatwo przeoczyć. Po pierwsze przypadek \(a=-1\), w którym punktu przecięcia w ogóle nie ma. Po drugie kolejność: warunek \(x\gt0\) rozstrzyga o znaku mianownika, dzięki czemu drugą nierówność można rozwiązać bez rozpatrywania przypadków; gdyby mianownik był ujemny, mnożenie przez niego odwracałoby zwrot nierówności. **Odpowiedź.** \(a\in\left(-1,\frac52\right)\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający wyznaczy jedną ze współrzędnych punktu przecięcia w zależności od \(a\) oraz zapisze […] i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający albo wyznaczy obie współrzędne punktu przecięcia w zależności od \(a\), albo wyznaczy pierwszą współrzędną punktu przecięcia w zależności od \(a\) i zapisze, że druga współrzędna jest dodatnia, gdy \(x>2\) (o ile wynika to z przywołanej koniunkcji \(x>0\) i \(x>2\)), albo zapisze, że \(x>0\), gdy \(a>-1\), i nie wyznaczy drugiej współrzędnej punktu przecięcia, albo sporządzi ilustrację graficzną jednej pary prostych o równaniach \(y=x-2\) i \(y=x+5\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający albo zapisze, że dla \(a>-1\) spełniona jest nierówność \(x>0\), i wyznaczy drugą współrzędną, albo zapisze, że dla \(-1<a<\tfrac{5}{2}\) spełniona jest nierówność \(y>0\), i nie rozważy warunku […], albo sporządzi ilustrację graficzną, na której znajdą się proste o równaniach \(y=x+5\) i […] oraz zapisze przynajmniej jedną poprawną nierówność, którą spełnia współczynnik \(a\), albo sporządzi ilustrację graficzną prostej o równaniu \(y=\) […] i pęku prostych przechodzących przez punkt o współrzędnych \((0,5)\) oraz zapisze przynajmniej jedną poprawną nierówność, którą spełnia współczynnik \(a\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający zapisze, że dla \(-1<a<\tfrac{5}{2}\) obie współrzędne punktu przecięcia są dodatnie.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 4. Funkcje. Zdający wykorzystuje własności funkcji liniowej i kwadratowej do interpretacji zagadnień geometrycznych, fizycznych itp. (także osadzonych w kontekście praktycznym) (4.12).

\(m\in\left(-\frac16,0\right)\cup\left(4,\frac92\right)\). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje \(\Delta=4m(m-4)\gt0\), czyli \(m\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty)\); warunek \(\lvert x_1-x_2\rvert\lt3\) po podniesieniu do kwadratu daje \(4m^2-16m-9\lt0\), czyli \(m\in\left(-\frac12,\frac92\right)\); ten sam znak pierwiastków wymaga \(x_1x_2=6m+1\gt0\), czyli \(m\gt-\frac16\). Część wspólna tych warunków daje wynik.

**Krok \(1\).** To klasyczne zadanie z parametrem. Każde słowo treści zamieniamy na osobny warunek na \(m\): dwa różne pierwiastki to \(\Delta\gt0\), pierwiastki tego samego znaku to dodatni iloczyn \(x_1x_2\) (wzory Viète’a), a warunek na odległość pierwiastków przekształcamy przez podniesienie do kwadratu. Na końcu bierzemy część wspólną wszystkich warunków. **Krok \(2\).** Liczymy wyróżnik trójmianu \(f(x)=x^2+2(m+1)x+6m+1\): \[\Delta=\left[2(m+1)\right]^2-4\cdot1\cdot(6m+1)=4\left(m^2+2m+1\right)-24m-4=4m^2-16m=4m(m-4).\] **Krok \(3\).** Warunek dwóch różnych pierwiastków: \(4m(m-4)\gt0\), czyli \(m(m-4)\gt0\). Parabola ramionami w górę o miejscach zerowych \(0\) i \(4\) jest dodatnia poza nimi, więc \[m\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty).\] **Krok \(4\).** Zapisujemy wzory Viète’a dla \(a=1\): \[x_1+x_2=-2(m+1),\qquad x_1x_2=6m+1.\] **Krok \(5\).** Pierwiastki są tego samego znaku dokładnie wtedy, gdy ich iloczyn jest dodatni: \[6m+1\gt0,\qquad m\gt-\frac16.\] **Krok \(6\).** Warunek na odległość pierwiastków, czyli \(\lvert x_1-x_2\rvert\lt3\), przekształcamy podnosząc obie (nieujemne) strony do kwadratu: \[\left(x_1-x_2\right)^2\lt9.\] **Krok \(7\).** Wyrażenie \((x_1-x_2)^2\) zapisujemy przez sumę i iloczyn pierwiastków — dzięki temu pojawia się tylko \(m\): \[\left(x_1-x_2\right)^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=4(m+1)^2-4(6m+1)=4m^2-16m.\] **Krok \(8\).** Rozwiązujemy nierówność \(4m^2-16m-9\lt0\): \[\Delta_m=(-16)^2-4\cdot4\cdot(-9)=256+144=400,\qquad\sqrt{\Delta_m}=20,\] \[m_1=\frac{16-20}{8}=-\frac12,\qquad m_2=\frac{16+20}{8}=\frac92,\] więc \(m\in\left(-\frac12,\frac92\right)\). **Krok \(9\).** Bierzemy część wspólną trzech warunków: \(m\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty)\), \(m\gt-\frac16\) oraz \(m\in\left(-\frac12,\frac92\right)\). Warunek drugi obcina lewą część do \(\left(-\frac16,0\right)\), a warunek trzeci obcina prawą część do \(\left(4,\frac92\right)\). **Uwaga.** Warunek jednakowego znaku pierwiastków to wyłącznie \(x_1x_2\gt0\) — znak sumy decydowałby dopiero o tym, czy oba są dodatnie, czy oba ujemne, a o to zadanie nie pyta. Warunek z treści dotyczy odległości pierwiastków, czyli \(\lvert x_1-x_2\rvert\lt3\): pierwiastków nie numerujemy w ustalony sposób, więc bez wartości bezwzględnej warunek byłby pusty w treści. **Odpowiedź.** \(m\in\left(-\dfrac16,0\right)\cup\left(4,\dfrac92\right)\).

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* **Rozwiązanie zadania składa się z czterech etapów.** **Etap I: 1 pkt** – za poprawne rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\). **Etap II: 3 pkt** – za rozwiązanie nierówności \(\lvert x_1-x_2\rvert<3\). Podział punktów za ten etap: 1 pkt, gdy zdający zapisze tę nierówność w postaci […] albo w postaci \((x_1+x_2)^2-4x_1x_2<9\); 2 pkt, gdy zapisze nierówność z jedną niewiadomą \(m\); 3 pkt za rozwiązanie tej nierówności: \(m\in\) […]. **Etap III: 1 pkt** – etap polega na ustaleniu, dla jakich \(m\) pierwiastki trójmianu są tego samego znaku; punkt za rozwiązanie nierówności […]. **Etap IV: 1 pkt** – etap polega na ustaleniu, dla których wartości parametru \(m\) pierwiastki trójmianu spełniają wszystkie warunki zadania (wyznaczamy część wspólną zbiorów). Zdający otrzymuje ten punkt, gdy poprawnie wykonał przynajmniej dwa etapy spośród I, II i III, a ponadto w każdym z etapów otrzymał niepusty i różny od zbioru liczb rzeczywistych (R) zbiór rozwiązań, albo gdy poprawnie wykonał etapy I lub III i otrzymał co najmniej 2 pkt za II etap, a ponadto w każdym z etapów otrzymał niepusty i różny od zbioru liczb rzeczywistych (R) zbiór rozwiązań.

III. Modelowanie matematyczne. 3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory Viète’a, rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem, rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą oraz równania i nierówności z wartością bezwzględną (R3.1, R3.2, 3.5, R3.9).

\[a=-2.\]

Zbiór rozwiązań ma postać \((-\infty,2\rangle\), więc współczynnik \(a\) jest ujemny, a wartość graniczna \(x=2\) spełnia równanie \(ax+4=0\). Stąd \[2a+4=0,\qquad a=-2.\] Dla \(a=-2\) nierówność \(-2x+4\geq0\) jest równoważna \(x\leq2\), zgodnie z podanym przedziałem.

**2 pkt** – poprawna wartość \(a=-2\) wraz ze sprawdzeniem zwrotu nierówności **1 pkt** – zapisanie warunku \(2a+4=0\) lub równoważny istotny postęp **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

Klucz CKE publikuje rozwiązanie i punktację. **Klasyfikacja rzeczowa:** równania i nierówności, parametr w nierówności liniowej.

\[m=-4.\]

Zakładamy \(m\neq5,-3,2\), aby \(f\) była funkcją kwadratową. Warunek istnienia wartości największej daje \[\frac{(m+3)(m-2)}{m-5}<0,\qquad m\in(-\infty,-3)\cup(2,5).\] Dwa różne miejsca zerowe wymagają \[\Delta=(m-2)^2-4(m+3)(m-2)>0,\] czyli \(-\frac{14}{3}<m<2\). Jednakowe znaki pierwiastków wymagają dodatniego iloczynu: \[x_1x_2=\frac{m-5}{(m^2+m-6)/(m-5)}=\frac{(m-5)^2}{(m+3)(m-2)}>0.\] Po przecięciu warunków otrzymujemy \[m\in\left(-\frac{14}{3},-3\right).\] Jedyną liczbą całkowitą w tym przedziale jest \(m=-4\).

**6 pkt** – wyznaczenie \(m=-4\) z kompletem warunków **5 pkt** – poprawne rozwiązanie trzech nierówności bez końcowego wskazania liczby całkowitej **4 pkt** – poprawne warunki na znak współczynnika kwadratowego i iloczyn pierwiastków **3 pkt** – poprawne rozwiązanie jednej z tych dwóch nierówności i warunek \(\Delta>0\) **2 pkt** – zapisanie dwóch koniecznych warunków **1 pkt** – poprawne rozwiązanie warunku \(\Delta>0\): \(-\frac{14}{3}<m<2\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** funkcja kwadratowa z parametrem, wyróżnik, wzory Viète'a i nierówności wymierne.

\[m=\frac{12+\sqrt{109}}5.\]

Trójmian ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy \(m\neq-1\) oraz \[\Delta=4(m-2)^2-4(m+1)(4-m)=4m(2m-7)>0,\] czyli \(m\in(-\infty,0)\cup(\frac72,\infty)\). Warunek z treści zapisujemy jako \[(x_1-x_2)(x_1+x_2)(1-x_1^2-x_2^2)=0.\] Pierwiastki są różne. Równość \(x_1+x_2=0\) prowadzi do \(m=2\), które nie spełnia warunku \(\Delta>0\). Pozostaje więc \(x_1^2+x_2^2=1\). Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=-\frac{2(m-2)}{m+1},\qquad x_1x_2=\frac{4-m}{m+1}.\] Podstawienie do \((x_1+x_2)^2-2x_1x_2=1\) daje \[5m^2-24m+7=0,\] a więc \[m=\frac{12-\sqrt{109}}5\quad\text{lub}\quad m=\frac{12+\sqrt{109}}5.\] Pierwsza wartość nie spełnia \(\Delta>0\); druga spełnia wszystkie warunki.

**5 pkt** – poprawna wartość \(m=\frac{12+\sqrt{109}}5\) z weryfikacją warunków **4 pkt** – rozwiązanie równania \(5m^2-24m+7=0\) i poprawne odrzucenie jednego pierwiastka **3 pkt** – sprowadzenie warunku do \(x_1^2+x_2^2=1\) oraz zastosowanie wzorów Viète'a **2 pkt** – poprawne rozłożenie warunku na czynniki i rozpatrzenie przypadków **1 pkt** – poprawne wyznaczenie warunku dwóch różnych pierwiastków: \(m\in(-\infty,0)\cup(\frac72,\infty)\), z uwzględnieniem \(m\neq-1\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 3. Równania i nierówności - stosowanie wzorów Viète'a i badanie warunków istnienia dwóch różnych pierwiastków (R3.1).

\[m\in\left\langle\frac5{18},\frac12\right).\]

Warunek dwóch różnych pierwiastków rzeczywistych ma postać \[\Delta=(2m-5)^2-4(2m+3)>0.\] Po uproszczeniu \[(2m-13)(2m-1)>0,\] zatem \[m<\frac12\quad\text{lub}\quad m>\frac{13}{2}.\] Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=5-2m,\qquad x_1x_2=2m+3.\] Pierwsza część podwójnej nierówności daje \[(5-2m)^2\geq(2m+3)^2,\] czyli \(m\leq\frac12\). Ponadto \[x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=(5-2m)^2-2(2m+3).\] Druga część nierówności jest więc równoważna \[(2m+3)^2\geq(5-2m)^2-2(2m+3),\] czyli \(36m\geq10\), a zatem \(m\geq\frac5{18}\). Część wspólna wszystkich warunków to \[m\in\left\langle\frac5{18},\frac12\right).\]

**6 pkt** – poprawne rozwiązanie wszystkich trzech warunków i ich część wspólna \(\left\langle\frac5{18},\frac12\right)\) **5 pkt** – poprawne rozwiązanie warunków z podwójnej nierówności i warunku \(\Delta>0\), lecz usterka przy wyznaczaniu części wspólnej **4 pkt** – poprawne użycie wzorów Viète'a, zapisanie \(x_1^2+x_2^2\) przez \(m\) i rozwiązanie obu nierówności **3 pkt** – poprawne użycie wzorów Viète'a oraz rozwiązanie jednej z dwóch nierówności **2 pkt** – poprawne podstawienie obu wzorów Viète'a i zapisanie \(x_1^2+x_2^2=(5-2m)^2-2(2m+3)\) **1 pkt** – poprawne rozwiązanie ścisłego warunku \(\Delta>0\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię wynikającą z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** Zdający bada liczbę pierwiastków równania kwadratowego, stosuje wzory Viète'a i rozwiązuje nierówności z parametrem.

\[m=-3.\]

Warunek dwóch różnych pierwiastków jest równoważny nierówności \[\Delta=(2m+2)^2-4(2m+5)=4(m-2)(m+2)>0,\] czyli \(m<-2\) lub \(m>2\). Odległość punktu \((x_i,0)\) od prostej \(x+y+1=0\) wynosi \[d_i=\frac{|x_i+1|}{\sqrt2}.\] Z warunku \(d_1^2+d_2^2=6\) otrzymujemy \[(x_1+1)^2+(x_2+1)^2=12.\] Ze wzorów Viète'a \[x_1+x_2=2m+2,\qquad x_1x_2=2m+5.\] Po podstawieniu do równania \[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2+2(x_1+x_2)+2=12\] dostajemy \[m^2+2m-3=0,\] a więc \(m=1\) lub \(m=-3\). Warunek \(\Delta>0\) spełnia tylko \(m=-3\).

**6 pkt** – poprawne wyznaczenie \(m=-3\) z uwzględnieniem warunku dwóch różnych pierwiastków **5 pkt** – poprawne równanie \(m^2+2m-3=0\) i oba jego rozwiązania, lecz brak odrzucenia \(m=1\) **4 pkt** – poprawne wykorzystanie wzorów Viète'a i sprowadzenie warunku odległości do równania z parametrem **3 pkt** – poprawne równanie \((x_1+1)^2+(x_2+1)^2=12\) oraz wzory Viète'a **2 pkt** – poprawne obliczenie odległości obu punktów od prostej **1 pkt** – poprawny warunek \(\Delta>0\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Zdający bada funkcję kwadratową, stosuje wzory Viète'a oraz oblicza odległość punktu od prostej.

\[m\in\{-3,0\}.\]

Pierwszy czynnik rozkłada się następująco: \[x^3+2x^2+2x+1=(x+1)(x^2+x+1).\] Ponieważ \(\Delta_{x^2+x+1}=-3<0\), jedynym jego pierwiastkiem rzeczywistym jest \(-1\). Drugi czynnik ma postać \[x^2-(2m+1)x+m(m+1)=(x-m)(x-m-1),\] więc pozostałe pierwiastki to \(m\) oraz \(m+1\). Rozpatrujemy trzy możliwości średniej arytmetycznej: \[-1=\frac{m+(m+1)}2,\qquad m=\frac{-1+(m+1)}2,\qquad m+1=\frac{-1+m}2.\] Dają one odpowiednio \[m=-\frac32,\qquad m=0,\qquad m=-3.\] Parametr ma być całkowity, więc pozostają \(m=0\) i \(m=-3\). W obu przypadkach pierwiastki są parami różne.

**5 pkt** – wyznaczenie obu wartości \(m=-3\), \(m=0\) i sprawdzenie różności pierwiastków **4 pkt** – poprawne rozwiązanie trzech równań wynikających z warunku średniej, lecz brak końcowej selekcji **3 pkt** – poprawne ustalenie pierwiastków \(-1\), \(m\), \(m+1\) **2 pkt** – poprawny rozkład obu czynników na czynniki rzeczywiste **1 pkt** – wskazanie, że \(-1\) jest pierwiastkiem pierwszego czynnika **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** Zdający stosuje twierdzenia o pierwiastkach wielomianu, rozkłada wielomian na czynniki i wykorzystuje definicję średniej arytmetycznej.

\(m\in\left(-1,-\dfrac25\right)\cup\left(2,5\right\rangle\). Warunki to \(m\neq-1\), \(\Delta=5m^2-8m-4\gt0\) (czyli \(m\lt-\tfrac25\) lub \(m\gt2\)) oraz \(x_1+x_2=\dfrac{3m}{m+1}\leqslant\dfrac52\) (czyli \(-1\lt m\leqslant5\)); ich częścią wspólną jest podany zbiór.

**Krok \(1\).** Zadanie z parametrem, w którym trzeba zebrać kilka warunków naraz. Skoro równanie ma mieć dwa różne pierwiastki, musi być kwadratowe (współczynnik przy \(x^2\) różny od zera) i mieć dodatni wyróżnik. Suma pierwiastków to trzeci warunek — obliczymy ją ze wzoru Viete’a \(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}\), bez wyznaczania samych pierwiastków. Na końcu bierzemy część wspólną. **Krok \(2\).** Warunek pierwszy: \(m+1\neq0\), czyli \[m\neq-1.\] **Krok \(3\).** Warunek drugi: \(\Delta\gt0\). Tu \(a=m+1\), \(b=-3m\), \(c=m+1\), więc \[\Delta=(-3m)^2-4(m+1)^2=9m^2-4\left(m^2+2m+1\right)=5m^2-8m-4.\] **Krok \(4\).** Rozwiązujemy \(5m^2-8m-4\gt0\). Wyróżnik tego trójmianu: \[\Delta_m=64+80=144,\qquad\sqrt{\Delta_m}=12,\] więc jego miejsca zerowe to \(m=\dfrac{8-12}{10}=-\dfrac25\) oraz \(m=\dfrac{8+12}{10}=2\). Ramiona są skierowane w górę, więc wartości dodatnie leżą poza pierwiastkami: \[m\lt-\tfrac25\quad\text{lub}\quad m\gt2.\] **Krok \(5\).** Warunek trzeci: suma pierwiastków. Ze wzoru Viete’a \[x_1+x_2=-\frac{-3m}{m+1}=\frac{3m}{m+1},\] a z treści \(\dfrac{3m}{m+1}\leqslant\dfrac52\) (bo \(2{,}5=\tfrac52\)). **Krok \(6\).** Przenosimy wszystko na jedną stronę i sprowadzamy do wspólnego mianownika: \[\frac{3m}{m+1}-\frac52\leqslant0\ \Longrightarrow\ \frac{6m-5(m+1)}{2(m+1)}\leqslant0\ \Longrightarrow\ \frac{m-5}{2(m+1)}\leqslant0.\] **Krok \(7\).** Nierówności nie wolno mnożyć przez mianownik o nieznanym znaku. Mnożymy ją natomiast przez \(2(m+1)^2\gt0\) (dla \(m\neq-1\)) i otrzymujemy równoważną nierówność \[(m-5)(m+1)\leqslant0\ \Longrightarrow\ -1\leqslant m\leqslant5,\] a po odrzuceniu \(m=-1\) zostaje \(m\in(-1,5\rangle\). **Krok \(8\).** Część wspólna wszystkich warunków. Z kroku \(4\) mamy \(m\lt-\tfrac25\) lub \(m\gt2\), z kroku \(7\) mamy \(-1\lt m\leqslant5\). Przecięcie tych zbiorów to \[m\in\left(-1,-\tfrac25\right)\cup\left(2,5\right\rangle.\] **Uwaga.** Wartość \(m=-1\) trzeba wykluczyć nie tylko formalnie: dla \(m=-1\) równanie przyjmuje postać \(3x=0\) i ma tylko jeden pierwiastek. Ponadto warunek na sumę jest nieostry (nie większa niż \(2{,}5\)), więc \(m=5\) należy do odpowiedzi. **Odpowiedź.** \(m\in\left(-1,-\dfrac25\right)\cup\left(2,5\right\rangle\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Rozwiązanie zadania składa się z czterech etapów. **Pierwszy etap (1 punkt)** – rozwiązanie warunku \(m+1\ne 0\): \(m\ne -1\). **Drugi etap (1 punkt)** – rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\): \(m\in[…]\). Jeżeli zdający zapisze \(\Delta\ge 0\), to za tę część otrzymuje \(0\) punktów. **Trzeci etap (2 punkty)** – rozwiązanie nierówności \(x_{1}+x_{2}\le 2{,}5\). Podział punktów za trzeci etap: \(1\) punkt zdający otrzymuje za zapisanie nierówności \(x_{1}+x_{2}\le 2{,}5\), \(2\) punkty – za rozwiązanie nierówności w postaci równoważnej. Ten sposób przydziału punktów stosujemy także w sytuacji, w której zdający oblicza pierwiastki trójmianu kwadratowego i podstawia je do wyrażenia \(x_{1}+x_{2}\). **Czwarty etap – 5 pkt** – wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności i podanie odpowiedzi. Jeśli zdający nie zapisze warunku \(m+1\ne 0\), pominie pierwszy etap (warunek) i poprawnie wyznaczy rozwiązania pozostałych warunków, to otrzymuje \(5\) punktów za całe rozwiązanie. Przy rozwiązaniu z usterkami za ostatni etap przyznajemy \(1\) punkt jedynie wówczas, gdy zdający poprawnie wykona etap II i popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu III albo gdy popełnia błędy w etapie II i dobrze rozwiąże nierówność z etapu III. Jeżeli zdający popełni jeden błąd rachunkowy i konsekwentnie do tego błędu wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań wszystkich warunków, to otrzymuje \(4\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: równanie kwadratowe z parametrem, wyróżnik i wzory Viète'a.

m∈[\(0\),\(3\)−√\(7\)]. Warunek dwóch różnych pierwiastków daje Δ>\(0\), czyli m<\(1\). Ze wzorów Viète'a i nierówności \(x_{1}\)\(x_{2}\)≤\(6m\)≤\(x_{1}\)\(2\)+\(x_{2}\)\(2\) otrzymujemy m∈[\(0\),\(7\)] oraz m∈(−∞,\(3\)−√\(7\)]∪[\(3\)+√\(7\),+∞). Częścią wspólną wszystkich warunków jest [\(0\),\(3\)−√\(7\)].

Rozwiązanie Zapisujemy układ warunków: Opis wymagań Rozwiązanie równania kwadratowego z parametrem, przeprowadzenie dyskusji i wyciągnięcie wniosków (IV.\(3\).b.R) XI • \(X^{2}\) \(6m\) + \(X^{2}\) Rozwiązujemy nierówność A > O, czyli —m)Ț —m) > O, —m+l > O me Nierówność XI •\(x^{2}\) \(6m\) + \(x^{2}\) zapisujemy w postaci równoważnej XI • \(X^{2}\) \(6m\) -\(1\)-\(X^{2}\) —\(2XIX2\). Wykorzystując wzory Viete'a, otrzymujemy układ nierówności z niewiadomą m: \(2\) \(2\) \(2\) ś \(6m\) i \(6mś\) \(1\) czyli \(1 -2\). \(1\) \(m_{2}\) —\(7mśO\) i \(6m\) +\(2m\) , i \(m_{2}\) —\(6m\)+\(2žO\), me (\(0\),\(7\)) i me , Kryteria oceniania odpowiedzi — poziom rozszerzony Stąd i z poprzednio warunku otrzymujemy **Odpowiedź.** m∈[\(0\),\(3\)−√\(7\)]. Warunek dwóch różnych pierwiastków daje Δ>\(0\), czyli m<\(1\). Ze wzorów Viète'a i nierówności \(x_{1}\)\(x_{2}\)≤\(6m\)≤\(x_{1}\)\(2\)+\(x_{2}\)\(2\) otrzymujemy m∈[\(0\),\(7\)] oraz m∈(−∞,\(3\)−√\(7\)]∪[\(3\)+√\(7\),+∞). Częścią wspólną wszystkich warunków jest [\(0\),\(3\)−√\(7\)].

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap (1 punkt)** – rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\): \(m\in\left(-\infty,1\right)\). Jeżeli zdający zapisze \(\Delta\ge 0\), to za tę część otrzymuje \(0\) punktów. **Drugi etap (4 punkty)** – rozwiązanie nierówności \(x_{1}\cdot x_{2}\le 6m\le x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\). Podział punktów za drugi etap: za rozwiązanie nierówności \(x_{1}\cdot x_{2}\le 6m\): \(m\in\langle 0,7\rangle\) zdający otrzymuje \(1\) punkt; za rozwiązanie nierówności \(6m\le x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\) zdający otrzymuje \(3\) punkty, przy czym w tej części: \(1\) punkt za zapisanie wyrażenia \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\) w postaci \((x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}\), \(2\) punkty za zapisanie nierówności \(6m\le x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\) w postaci nierówności z jedną niewiadomą, np.: \(6m\le 4\left(m^{2}-2m+1\right)-2m^{2}+2m\), \(3\) punkty za rozwiązanie nierówności \(6m\le x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\). **Trzeci etap – 6 pkt** – zdający wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań nierówności i poda odpowiedź: \(m\in\left(0,\,3-\sqrt{7}\right)\). W przypadku rozwiązania z usterkami za ostatni etap przyznajemy \(1\) punkt jedynie wówczas, gdy zdający poprawnie wykona etap I i popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II albo gdy popełnia błędy w etapie I i dobrze rozwiąże co najmniej jedną nierówność z etapu II.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Rozwiązanie równania kwadratowego z parametrem, przeprowadzenie dyskusji i wyciągnięcie wniosków. (IV.3.b.R)

\(m=-\dfrac52\) lub \(m=\dfrac72\). Wyróżnik równania to \(\Delta=(2m-1)^2\), więc dwa różne pierwiastki istnieją dla \(m\neq\tfrac12\), a warunek \(|x_1-x_2|=\dfrac{\sqrt{\Delta}}{|a|}=\dfrac{|2m-1|}{2}=3\) prowadzi do \(|2m-1|=6\).

**Krok \(1\).** Mamy równanie kwadratowe z parametrem i warunek na odległość pierwiastków. Dwa fakty załatwiają całe zadanie: równanie ma dwa różne pierwiastki dokładnie wtedy, gdy \(\Delta\gt0\), a różnica pierwiastków wyraża się wzorem \(|x_1-x_2|=\dfrac{\sqrt{\Delta}}{|a|}\) (wynika on z tego, że \(x_{1,2}=\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}\), więc po odjęciu zostaje \(\dfrac{2\sqrt{\Delta}}{2|a|}\)). **Krok \(2\).** Tu \(a=2\), \(b=3-2m\), \(c=-m+1\). Liczymy wyróżnik: \[\Delta=(3-2m)^2-4\cdot2\cdot(-m+1)=9-12m+4m^2+8m-8.\] **Krok \(3\).** Porządkujemy: \[\Delta=4m^2-4m+1=(2m-1)^2.\] **Krok \(4\).** Warunek dwóch różnych pierwiastków: \((2m-1)^2\gt0\), a kwadrat jest dodatni dokładnie wtedy, gdy podstawa nie jest zerem: \[2m-1\neq0\ \Longleftrightarrow\ m\neq\tfrac12.\] **Krok \(5\).** Różnica pierwiastków: \[|x_1-x_2|=\frac{\sqrt{\Delta}}{|a|}=\frac{\sqrt{(2m-1)^2}}{2}=\frac{|2m-1|}{2}.\] **Krok \(6\).** Warunek z treści \(|x_1-x_2|=3\) daje \[\frac{|2m-1|}{2}=3\ \Longrightarrow\ |2m-1|=6.\] **Krok \(7\).** Równanie z wartością bezwzględną rozbijamy na dwa przypadki: \[2m-1=6\ \Longrightarrow\ m=\frac72,\qquad 2m-1=-6\ \Longrightarrow\ m=-\frac52.\] Obie liczby są różne od \(\tfrac12\), więc warunek z kroku \(4\) jest spełniony. **Krok \(8\).** Sprawdzenie dla \(m=\tfrac72\): równanie przyjmuje postać \(2x^2-4x-\tfrac52=0\), czyli \(4x^2-8x-5=0\), a jego pierwiastkami są \(x=\tfrac52\) i \(x=-\tfrac12\) — różnią się dokładnie o \(3\). **Uwaga.** Wartość bezwzględna zawsze daje dwa przypadki i oba trzeba rozpatrzyć. Uwaga też na to, że \(\sqrt{(2m-1)^2}=|2m-1|\), a nie \(2m-1\) — bez wartości bezwzględnej zgubilibyśmy jedno rozwiązanie. **Odpowiedź.** \(m=-\dfrac52\) lub \(m=\dfrac72\).

*Schemat oceniania I i II* Rozwiązanie zadania składa się z trzech części. **1 pkt** – część a): rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\). **3 pkt** – część b): rozwiązanie równania \(\lvert x_{1}-x_{2}\rvert=3\): \(m=-\frac{5}{2}\) lub \(m=\frac{7}{2}\). **1 pkt** – część c): wyznaczeniu części wspólnej rozwiązania nierówności z a) i rozwiązania równania z b). Rozwiązanie części b) – następujące etapy: **1 pkt** – zapisanie równania \(\lvert x_{1}-x_{2}\rvert=3\) w postaci równoważnej \(\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=9\); albo zapisanie równości \(\lvert x_{1}-x_{2}\rvert=\sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}}\); albo obliczenie \(x_{1}\) i \(x_{2}\); albo zapisanie równania \(\lvert x_{1}-x_{2}\rvert=3\) w postaci alternatywy \(x_{1}-x_{2}=3\) lub \(x_{1}-x_{2}=-3\). **2 pkt** – doprowadzenie równania \(\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=9\) do postaci \(4m^{2}-4m-35=0\); albo zapisanie równania \(\lvert x_{1}-x_{2}\rvert=3\) w postaci \(\frac{\lvert 2m-1\rvert}{2}=3\); albo doprowadzenie równań \(x_{1}-x_{2}=3\) i \(x_{1}-x_{2}=-3\) do postaci \(\frac{\lvert 2m-1\rvert}{2}=[\ldots]\). **Rozwiązanie pełne części b)** – rozwiązanie równania \(4m^{2}-4m-35=0\): \(m=-\frac{5}{2}\) lub \(m=\frac{7}{2}\). *Schemat oceniania III* **1 pkt** – zapisanie równania w postaci, z której łatwo można przejść do postaci iloczynowej, np. \(2x^{2}+x+2x+1-2mx-m=0\). **2 pkt** – zapisanie równania w postaci iloczynowej: \(\left(2x+1\right)\left(x+1-m\right)=0\). **3 pkt** – obliczenie \(x_{1}\) i \(x_{2}\): \(x_{1}=-\frac{1}{2}\), \(x_{2}=m-1\). **5 pkt** – rozwiązanie równania \(\lvert x_{1}-x_{2}\rvert=3\): \(m=3\frac{1}{2}\) lub \(m=-2\frac{1}{2}\). Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i konsekwentnie do tych błędów rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje \(4\) punkty.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Rozwiązanie równania kwadratowego z parametrem, przeprowadzenie dyskusji i wyciągnięcie wniosków (IV.3.b.R).

\(m=-\sqrt{14}\) lub \(m=\sqrt{14}\). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje \(\Delta=m^{2}-12\gt 0\), a ze wzorów Viète'a \(x_{1}^{4}+x_{2}^{4}=m^{4}+4m^{3}-6m^{2}-32m-16\). Porównanie z prawą stroną prowadzi do \(\left(m^{2}-6\right)^{2}=64\), czyli \(m^{2}=14\); obie wartości spełniają \(\Delta\gt 0\).

**Krok \(1\).** Metoda: nie wyznaczamy pierwiastków, tylko wyrażamy \(x_{1}^{4}+x_{2}^{4}\) przez sumę i iloczyn pierwiastków (wzory Viète'a), a istnienie dwóch różnych pierwiastków zapisujemy warunkiem \(\Delta\gt 0\). **Krok \(2\).** Dla równania \(x^{2}-(m+2)x+m+4=0\) mamy \[\Delta=(m+2)^{2}-4(m+4)=m^{2}+4m+4-4m-16=m^{2}-12,\] więc warunek dwóch różnych pierwiastków rzeczywistych to \(m^{2}-12\gt 0\). **Krok \(3\).** Ze wzorów Viète'a: \(x_{1}+x_{2}=m+2\) oraz \(x_{1}x_{2}=m+4\). **Krok \(4\).** Obliczamy sumę kwadratów: \[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=(m+2)^{2}-2(m+4)=m^{2}+2m-4.\] **Krok \(5\).** Tę samą sztuczkę stosujemy jeszcze raz, tym razem do kwadratów: \[x_{1}^{4}+x_{2}^{4}=\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)^{2}-2\left(x_{1}x_{2}\right)^{2}=\left(m^{2}+2m-4\right)^{2}-2(m+4)^{2}.\] **Krok \(6\).** Rozwijamy oba składniki: \[\left(m^{2}+2m-4\right)^{2}=m^{4}+4m^{3}-4m^{2}-16m+16,\qquad 2(m+4)^{2}=2m^{2}+16m+32,\] skąd \[x_{1}^{4}+x_{2}^{4}=m^{4}+4m^{3}-6m^{2}-32m-16.\] **Krok \(7\).** Porównujemy z warunkiem zadania: \[m^{4}+4m^{3}-6m^{2}-32m-16=4m^{3}+6m^{2}-32m+12,\] czyli po redukcji \(m^{4}-12m^{2}-28=0\). **Krok \(8\).** Zauważamy, że \(m^{4}-12m^{2}+36=\left(m^{2}-6\right)^{2}\), więc równanie zapisujemy jako \[\left(m^{2}-6\right)^{2}=64,\qquad m^{2}-6=8\ \ \text{lub}\ \ m^{2}-6=-8.\] **Krok \(9\).** Stąd \(m^{2}=14\) albo \(m^{2}=-2\); drugi przypadek jest niemożliwy. Zatem \(m=\sqrt{14}\) lub \(m=-\sqrt{14}\). **Krok \(10\).** Sprawdzamy warunek z Kroku \(2\): dla \(m^{2}=14\) mamy \(\Delta=14-12=2\gt 0\), więc oba pierwiastki istnieją i są różne. **Uwaga.** Warunku \(\Delta\gt 0\) nie wolno pominąć: równanie z Kroku \(7\) jest tylko konsekwencją warunku na pierwiastki i samo z siebie nie gwarantuje, że pierwiastki są rzeczywiste. **Odpowiedź.** \(m=-\sqrt{14}\) lub \(m=\sqrt{14}\).

Rozwiązanie zadania składa się z dwóch części. **Pierwsza część (1 punkt)** – rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\), gdzie \(\Delta=m^{2}-12\): \(\Delta>0\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(m^{2}-12>0\). **Druga część (4 punkty)** – polega na doprowadzeniu równania \(x_{1}^{4}+x_{2}^{4}=4m^{3}+6m^{2}-32m+12\) do postaci równania ze zmienną \(m\) i rozwiązanie tego równania. W ramach tej części wyróżniamy następujące fazy: **1 pkt** – wyznaczenie \(x_{1}\) i \(x_{2}\). **2 pkt** – wyznaczenie \(x_{1}^{2}\) i \(x_{2}^{2}\). **3 pkt** – wyznaczenie \(x_{1}^{4}\) i \(x_{2}^{4}\) i zapisanie równości \(x_{1}^{4}+x_{2}^{4}=m^{4}+4m^{3}-6m^{2}-32m-16\). **4 pkt** – rozwiązanie równania \(m^{4}-12m^{2}-28=0\). **6 pkt** – poprawne rozwiązanie równania z uwzględnieniem warunku \(\Delta>0\). Przyznajemy \(1\) punkt za wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności \(\Delta>0\) z etapu a) i równania \(m^{4}-12m^{2}+36=64\) z etapu b), gdy co najmniej jeden etap jest rozwiązany poprawnie. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do tego błędu poda rozwiązanie, to za całe rozwiązanie otrzymuje \(5\) punktów.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Rozwiązanie równania kwadratowego z parametrem, przeprowadzenie dyskusji i wyciągnięcie wniosków. (IV.3.b.R)

m∈[−\(24\),−\(10\)−\(4\sqrt{6}\))∪(−\(10+4\sqrt{6}\),\(4\)]. Dwa różne pierwiastki wymagają Δ=\(m^{2}\)+\(20m\)+\(4>0\). Warunek z treści zapisujemy jako (\(x_{1}\)+\(x_{2}\))\(2\)−\(4\)\(x_{1}\)\(x_{2}\)≤\(25\) i stosujemy wzory Viète'a, otrzymując \(m^{2}\)+\(20m\)−\(96\leq 0\), czyli m∈[−\(24\),\(4\)].

Rozwiązanie: Zapisujemy układ warunków: XI +\(X^{2}\) —\(2XlX2\) ś \(25\) Rozwiązujemy nierówność A > O • (m —\(2\))\(2\) + \(24m\) > O , m \(2\) + \(20m\) +\(4>0\) Rozwiązujemy nierówność + \(X^{2}\) — \(25\) (XI ś \(25\) \(2\) b a — \(4Źś25\) a +\(20m\)-\(96śO\) Otrzymujemy m e \(24\),\(4\)) Częścią wspólną obu zbiorów jest suma przedziałów —\(24\), (—\(10\)+\(44Ô\) \(4\)) **Odpowiedź.** m∈[−\(24\),−\(10\)−\(4\sqrt{6}\))∪(−\(10+4\sqrt{6}\),\(4\)]. Dwa różne pierwiastki wymagają Δ=\(m^{2}\)+\(20m\)+\(4>0\). Warunek z treści zapisujemy jako (\(x_{1}\)+\(x_{2}\))\(2\)−\(4\)\(x_{1}\)\(x_{2}\)≤\(25\) i stosujemy wzory Viète'a, otrzymując \(m^{2}\)+\(20m\)−\(96\leq 0\), czyli m∈[−\(24\),\(4\)].

Rozwiązanie zadania składa się z trzech części. **1 pkt** – część a): rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\), gdzie \(\Delta=m^{2}+20m+4\), czyli \(m^{2}+20m+4>0\). **3 pkt** – część b): rozwiązanie nierówności \(x_{1}+x_{2}-2x_{1}x_{2}\le 25\): \(m\in\langle-24,\,4\rangle\). **1 pkt** – część c): wyznaczenie części wspólnej rozwiązań nierówności z a) i b). W ramach drugiej części rozwiązania wyróżniamy następujące fazy: **Rozwiązanie części b), w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania** – zapisanie nierówności \(x_{1}+x_{2}-2x_{1}x_{2}\le 25\) w postaci równoważnej albo wykorzystanie wzorów na pierwiastki trójmianu kwadratowego i zapisanie nierówności. **Pokonanie zasadniczych trudności części b) zadania** – doprowadzenie nierówności do postaci \(m^{2}+20m-96\le 0\). **Rozwiązanie bezbłędne części b)** – rozwiązanie nierówności: \(m\in\langle-24,\,4\rangle\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie części wspólnej rozwiązań nierówności i zapisanie odpowiedzi. Uwaga: jeżeli zdający popełni jeden błąd rachunkowy i konsekwentnie wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań obu nierówności, to otrzymuje \(4\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: równanie kwadratowe z parametrem, wyróżnik i wzory Viète'a.

m∈(\(0\),\(1\))∪(\(2\),\(3\)). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje Δ>\(0\), czyli m∈(−\(1\),\(1\))∪(\(2\),+∞). Ze wzorów Viète'a mamy (\(x_{1}\)−\(x_{2}\))\(2\)=(\(x_{1}\)+\(x_{2}\))\(2\)−\(4\)\(x_{1}\)\(x_{2}\). Nierówność z treści sprowadza się do \(4m\)(m−\(3\))(m+\(1\))<\(0\), skąd m∈(−∞,−\(1\))∪(\(0\),\(3\)). Część wspólna obu zbiorów to (\(0\),\(1\))∪(\(2\),\(3\)).

Rozwiązanie równania kwadratowego z parametrem z zastosowaniem wzorów Viëte'a, przeprowadzenie dyskusji i wyciągnięcie wniosków Zapisujemy warunki jakie muszą być spełnione, aby równame \(x^{2}\) —\(4mx\)—\(m_{3}\) +\(6m2\) + m —\(2=0\) posiadało dwa różne pierwiastki rzeczywiste XI takie, że (XI — \(x^{2}\))\(2 < 8\)(m + l) : (XI — \(X^{2}\))\(2\) < + l) Rozwiązujemy nierówność A > O \(16m2\) +\(6m2\) + m —\(2\)) > O \(m_{3}\) —\(2m2\) —m+\(2\)>O Zatem m Rozwiązujemy nierówność (XI — \(x^{2}\))\(2 < 8\)(m + l) , korzystając ze wzorów Viëte'a. XI —\(2x1x2\) + x; <\(8m\)+\(8\) XI + x; —\(2XlX2\) <\(8m\)+\(8\) X: + + \(X^{2}\) —\(4XlX2\) < \(8m\)+\(8\) ) \(2\) — \(4x1x2\) < \(8m\)+\(8\). Ponieważ XI + \(x^{2}\) = \(4m\) oraz XI • \(x^{2}\) = —\(m_{3}\) + \(6m2\) + m —\(2\), więc \(2\) (\(4m\))\(2\) +\(6m2\) + m —\(2\)) < \(8m\)+ \(8\) Przekształcamy tę nierówność do postaci \(4m3\) — \(8m2\) — \(12m\) < O K teria oceniania od owiedzi stąd < O Rozwiązanłem nierówności jest Wyznaczamy część wspólną otrzymanych zbiorów rozwiązań nierówności: A > O i (XI —\(x^{2}\))\(2 <8\)(m+l) Stąd m e **Odpowiedź.** m∈(\(0\),\(1\))∪(\(2\),\(3\)). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje Δ>\(0\), czyli m∈(−\(1\),\(1\))∪(\(2\),+∞). Ze wzorów Viète'a mamy (\(x_{1}\)−\(x_{2}\))\(2\)=(\(x_{1}\)+\(x_{2}\))\(2\)−\(4\)\(x_{1}\)\(x_{2}\). Nierówność z treści sprowadza się do \(4m\)(m−\(3\))(m+\(1\))<\(0\), skąd m∈(−∞,−\(1\))∪(\(0\),\(3\)). Część wspólna obu zbiorów to (\(0\),\(1\))∪(\(2\),\(3\)).

*Schemat oceniania I* Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **1 pkt** – pierwszy etap: rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\). **4 pkt** – drugi etap: rozwiązanie nierówności \(\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}<8(m+1)\). **1 pkt** – trzeci etap: wyznaczenie części wspólnej rozwiązań nierówności z etapu pierwszego i drugiego. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **1 pkt** – zapisanie wyrażenia \(\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}\) w postaci \(\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4x_{1}x_{2}\). **3 pkt** – zapisanie nierówności \(\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}<8(m+1)\) w postaci nierówności trzeciego stopnia z jedną niewiadomą \(m\), np. \(4m^{3}-8m^{2}-12m<0\). **4 pkt** – rozwiązanie nierówności trzeciego stopnia: \(m\in(-\infty,-1)\cup(0,3)\). **6 pkt** – rozwiązanie pełne (trzeci etap): wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności i podanie odpowiedzi. *Schemat oceniania II* **1 pkt** – pierwszy etap: rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\). **4 pkt** – drugi etap: rozwiązanie nierówności \(\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}<8(m+1)\). **1 pkt** – trzeci etap: wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności z etapu pierwszego i drugiego. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **1 pkt** – wyznaczenie \(x_{1}\) i \(x_{2}\). **2 pkt** – zapisanie \(x_{1}-x_{2}\) w postaci \([\ldots]\). **3 pkt** – obliczenie \(\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=4\left(m^{3}-2m^{2}-m+2\right)\) i zapisanie nierówności \(4\left(m^{3}-2m^{2}-m+2\right)<8(m+1)\). **4 pkt** – rozwiązanie nierówności trzeciego stopnia: \(m\in(-\infty,-1)\cup(0,3)\). **6 pkt** – rozwiązanie pełne (trzeci etap): wyznaczenie części wspólnej rozwiązań nierówności i podanie odpowiedzi. Przyznajemy \(1\) punkt za wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności z etapu I i etapu II, gdy co najmniej jedna nierówność (albo z etapu I, albo z etapu II) jest rozwiązana poprawnie. Jeżeli zdający popełni jeden błąd rachunkowy i konsekwentnie do tego błędu poda rozwiązanie, to otrzymuje \(5\) punktów.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Rozwiązanie równania kwadratowego z parametrem z zastosowaniem wzorów Viète'a, przeprowadzenie dyskusji i wyciągnięcie wniosków.

\(m\in(-3,-2\sqrt2)\cup(2\sqrt2,3)\). Dwa różne pierwiastki dają warunek \(\Delta=m^2-8\gt0\), a ze wzorów Viète’a \(x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=m^2-4\), więc drugi warunek to \(m^2-4\gt2m^2-13\), czyli \(m\in(-3,3)\).

**Krok \(1\).** Zadanie mówi o pierwiastkach równania kwadratowego, ale nie każe ich obliczać — pyta o warunek na ich liczbę i o wyrażenie \(x_1^2+x_2^2\). To typowy sygnał, że należy użyć wyróżnika \(\Delta\) oraz wzorów Viète’a. Zapiszemy dwa warunki i na końcu weźmiemy ich część wspólną. **Krok \(2\).** Pierwszy warunek: równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, czyli \(\Delta\gt0\). Dla \(x^2+mx+2=0\) mamy \(a=1\), \(b=m\), \(c=2\), zatem \[\Delta=m^2-4\cdot1\cdot2=m^2-8\gt0.\] **Krok \(3\).** Rozwiązujemy tę nierówność: \(m^2\gt8\), czyli \(|m|\gt2\sqrt2\), a więc \[m\in(-\infty,-2\sqrt2)\cup(2\sqrt2,+\infty).\] **Krok \(4\).** Drugi warunek dotyczy sumy kwadratów pierwiastków. Ze wzorów Viète’a \[x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-m,\qquad x_1x_2=\frac{c}{a}=2.\] **Krok \(5\).** Sumę kwadratów wyrażamy przez te dwie wielkości, korzystając ze wzoru skróconego mnożenia: \[x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=(-m)^2-2\cdot2=m^2-4.\] **Krok \(6\).** Wstawiamy to do warunku z treści zadania: \[m^2-4\gt2m^2-13,\qquad -m^2\gt-9,\qquad m^2\lt9,\qquad m\in(-3,3).\] **Krok \(7\).** Oba warunki muszą być spełnione jednocześnie, więc szukamy części wspólnej zbiorów z kroków \(3\) i \(6\). Ponieważ \(2\sqrt2=\sqrt8\approx2{,}83\), a więc \(2\sqrt2\lt3\), otrzymujemy \[m\in(-3,-2\sqrt2)\cup(2\sqrt2,3).\] **Krok \(8\).** Sprawdzenie przykładową wartością: dla \(m=2{,}9\) mamy \(\Delta=8{,}41-8=0{,}41\gt0\) (dwa różne pierwiastki) oraz \(x_1^2+x_2^2=m^2-4=4{,}41\) i \(2m^2-13=3{,}82\), więc rzeczywiście \(4{,}41\gt3{,}82\). **Uwaga.** Warunek na dwa różne pierwiastki to \(\Delta\gt0\), a nie \(\Delta\geqslant0\) — przy \(\Delta=0\) pierwiastek jest jeden (podwójny) i zadanie nie byłoby spełnione. Trzeba też pamiętać o porównaniu \(2\sqrt2\) z \(3\): gdyby było odwrotnie, część wspólna byłaby pusta. **Odpowiedź.** \(m\in(-3,-2\sqrt2)\cup(2\sqrt2,3)\).

Schemat oceniania Rozwiązanie zadania składa się z trzech części. **1 pkt** – a) Pierwsza polega na rozwiązaniu nierówności \(\Delta>0\), \(m\in\left(2\sqrt{2},+\infty\right)\). Za poprawne rozwiązanie tej części zdający otrzymuje 1 punkt. Uwaga: jeżeli zdający rozwiązuje nierówność \(\Delta\ge 0\), to nie otrzymuje punktu za tę część. **3 pkt** – b) Druga polega na rozwiązaniu nierówności \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}>2m^{2}-13\), \(m\in(-3,3)\). Za tę część zdający otrzymuje 3 punkty. **1 pkt** – c) Trzecia polega na wyznaczeniu części wspólnej rozwiązań nierówności z a) i b). Za poprawne rozwiązanie trzeciej części zdający otrzymuje 1 punkt. Fazy rozwiązania części b): **Rozwiązanie części b), w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania** – zapisanie nierówności \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}>2m^{2}-13\) w postaci równoważnej \(m^{2}-4>2m^{2}-13\) albo wykorzystanie wzorów na pierwiastki trójmianu kwadratowego i zapisanie nierówności […] \(>2m^{2}-13\). **Pokonanie zasadniczych trudności części b) zadania** – doprowadzenie do postaci nierówności kwadratowej \(m^{2}-9<0\). **Rozwiązanie bezbłędne części b)** – rozwiązanie nierówności: \(m\in(-3,3)\). **5 pkt** – rozwiązanie pełne: wyznaczenie części wspólnej rozwiązań nierówności i podanie odpowiedzi \(m\in\left(2\sqrt{2},3\right)\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Przeprowadzanie dyskusji trójmianu kwadratowego z parametrem.

m∈(−\(1\),\(4\)). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje Δ=−\(3\)\(m^{2}\)+\(8m\)+\(16>0\), czyli m∈(−\(\frac{4}{3}\),\(4\)). Ze wzorów Viète'a \(x_{1}\)+\(x_{2}\)=m−\(4\), więc drugi warunek prowadzi do (m+\(1\))(\(2\)\(m^{2}\)−\(2m\)+\(1\))>\(0\). Trójmian w drugim nawiasie jest dodatni, zatem m>−\(1\).

Rozwiązanie Zapisujemy układ warunków: XI +\(x^{2}\) < \(2m3\) —\(3\) Obliczamy wyróżnik: A — —\(3m2\) + \(8m\) + \(16\) i rozwiązujemy nierówność \(4\) A > Ocșme — — \(74\) \(3\) Zapisujemy warunek XI + < \(2m3\) — \(3\) w postaci nierówności z jedną niewiadomą: m —\(4\) < \(2m3\) —\(3\) \(2m3\) —m+l>O Doprowadzamy nierówność do postaci m +\(1\)) (\(2m2\) — \(2m\) +\(1\)) > O Otrzymujemy m e T Zatem m (—\(1\),\(4\)) \(9\) Poziom rozszzerzony **Odpowiedź.** m∈(−\(1\),\(4\)). Warunek dwóch różnych pierwiastków daje Δ=−\(3\)\(m^{2}\)+\(8m\)+\(16>0\), czyli m∈(−\(\frac{4}{3}\),\(4\)). Ze wzorów Viète'a \(x_{1}\)+\(x_{2}\)=m−\(4\), więc drugi warunek prowadzi do (m+\(1\))(\(2\)\(m^{2}\)−\(2m\)+\(1\))>\(0\). Trójmian w drugim nawiasie jest dodatni, zatem m>−\(1\).

Schemat oceniania Rozwiązanie zadania składa się z trzech części. **1 pkt** – a) Pierwsza polega na rozwiązaniu nierówności \(\Delta>0\). Za poprawne rozwiązanie tej części zdający otrzymuje 1 punkt. Uwaga: jeżeli zdający rozwiązuje nierówność \(\Delta\ge 0\), to nie otrzymuje punktu za tę część. **3 pkt** – b) Druga polega na rozwiązaniu nierówności \(x_{1}+x_{2}<2m^{3}-3\), \(m\in(-1,+\infty)\). Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty. **1 pkt** – c) Trzecia polega na wyznaczeniu części wspólnej rozwiązań nierówności z a) i b). Za poprawne rozwiązanie trzeciej części zdający otrzymuje 1 punkt. Fazy rozwiązania części b): **Rozwiązanie części b), w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania** – zapisanie nierówności \(x_{1}+x_{2}<2m^{3}-3\) w postaci równoważnej \(m-4<2m^{3}-3\) albo wykorzystanie wzorów na pierwiastki trójmianu kwadratowego i zapisanie nierówności […]. **Pokonanie zasadniczych trudności części b)** – doprowadzenie nierówności do postaci \((m+1)\left(2m^{2}-2m+1\right)>0\) lub wyznaczenie pierwiastków wielomianu zapisanego po lewej stronie nierówności. **Rozwiązanie bezbłędne części b)** – rozwiązanie nierówności \(m\in(-1,+\infty)\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie części wspólnej rozwiązań nierówności i zapisanie odpowiedzi \(m\in(-1,4)\). **4 pkt** – jeżeli zdający popełni jeden błąd rachunkowy i konsekwentnie do tego […] wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań obu nierówności.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: równanie kwadratowe z parametrem, wyróżnik i wzory Viète'a.

a) \(x=-4\), \(x=-3\), \(x=-1\); b) \(p\in(-\infty,-2)\cup\langle2,+\infty)\).

**Krok \(1\).** Równanie jest iloczynem czynnika \(x+3\) i trójmianu kwadratowego, więc liczba \(-3\) jest jego rozwiązaniem niezależnie od \(p\). Cała gra toczy się o to, ile rozwiązań wnosi trójmian: żeby całe równanie miało tylko jedno rozwiązanie, trójmian albo nie może mieć pierwiastków, albo jego jedynym pierwiastkiem musi być właśnie \(-3\). **Krok \(2\).** Podpunkt a). Dla \(p=1\) trójmian przyjmuje postać \[x^2+(1+4)x+(1+1)^2=x^2+5x+4.\] Liczymy \(\Delta=25-16=9\), \(\sqrt{\Delta}=3\), więc \(x=\frac{-5-3}{2}=-4\) lub \(x=\frac{-5+3}{2}=-1\). Razem z \(x=-3\) daje to trzy rozwiązania. **Krok \(3\).** Podpunkt b). Liczymy wyróżnik trójmianu w postaci ogólnej: \[\Delta=(p+4)^2-4(p+1)^2.\] **Krok \(4\).** Zamiast rozwijać kwadraty, korzystamy ze wzoru na różnicę kwadratów, bo \(4(p+1)^2=\big(2(p+1)\big)^2\): \[\Delta=\big(p+4-2p-2\big)\big(p+4+2p+2\big)=(2-p)(3p+6)=3(2-p)(p+2).\] **Krok \(5\).** Przypadek pierwszy: \(\Delta\lt 0\), czyli trójmian nie ma pierwiastków i jedynym rozwiązaniem całego równania jest \(x=-3\). Iloczyn \((2-p)(p+2)\) jest ujemny poza przedziałem wyznaczonym przez liczby \(-2\) i \(2\), zatem \[p\in(-\infty,-2)\cup(2,+\infty).\] **Krok \(6\).** Przypadek drugi: \(\Delta=0\), czyli \(p=2\) albo \(p=-2\). Wtedy trójmian ma dokładnie jeden pierwiastek \(x_0=-\frac{p+4}{2}\) i trzeba sprawdzić, czy jest nim \(-3\). **Krok \(7\).** Dla \(p=2\): trójmian to \(x^2+6x+9=(x+3)^2\), więc \(x_0=-3\). Zbiorem rozwiązań całego równania jest \(\{-3\}\) — jedno rozwiązanie, warunek spełniony. **Krok \(8\).** Dla \(p=-2\): trójmian to \(x^2+2x+1=(x+1)^2\), więc \(x_0=-1\). Zbiorem rozwiązań jest \(\{-3,-1\}\) — dwa rozwiązania, warunek niespełniony. **Krok \(9\).** Przypadek trzeci: \(\Delta\gt 0\). Trójmian ma wtedy dwa różne pierwiastki, a co najwyżej jeden z nich może być równy \(-3\), więc rozwiązań całego równania jest co najmniej dwa. Ten przypadek odpada. **Uwaga.** Nie wystarczy napisać \(\Delta\leqslant0\): zerowy wyróżnik pomaga tylko wtedy, gdy podwójny pierwiastek pokrywa się z liczbą \(-3\). Dlatego \(p=2\) wchodzi do odpowiedzi (nawias domknięty), a \(p=-2\) nie. **Odpowiedź.** a) \(x=-4\), \(x=-3\) lub \(x=-1\); b) \(p\in(-\infty,-2)\cup\langle2,+\infty)\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **7.1. (1 pkt)** – […]: \((x+3)\left(x^{2}+5x+4\right)=0\). **7.2. (1 pkt)** – rozwiązanie równania kwadratowego \(x^{2}+5x+4=0\): \(x=-1\), \(x=-4\). **7.3. (1 pkt)** – rozwiązanie warunku, dla którego drugi czynnik równania nie ma rozwiązań: \(\Delta<0\) dla \(p\in(-\infty,-2)\cup(2,\infty)\). **7.4. (1 pkt)** – zapisanie układu warunków, dla których liczba \((-3)\) jest jedynym rozwiązaniem równania kwadratowego \(x^{2}+(p+4)x+(p+1)^{2}=0\): \(\Delta=0\) i \(\frac{-b}{2a}=-3\). Wyznaczenie wszystkich wartości \(p\), dla których liczba \((-3)\) jest rozwiązaniem równania kwadratowego \(x^{2}+(p+4)x+(p+1)^{2}=0\): \(p=2\) lub \(p=-1\). **7.5. (1 pkt)** – rozwiązanie układu warunków z punktu 7.4: \(p=2\). Sprawdzenie, że tylko dla \(p=2\) liczba \((-3)\) jest jedynym rozwiązaniem równania kwadratowego. **7.6. (1 pkt)** – zapisanie odpowiedzi: \(p\in(-\infty,-2)\cup\left\langle 2,\infty\right)\). **II sposób rozwiązania: (czynności 7.4, 7.5)** **7.4. (1 pkt)** – zapisanie warunku, przy którym liczba \((-3)\) jest jedynym rozwiązaniem równania \(x^{2}+(p+4)x+(p+1)^{2}=0\): \((x+3)^{2}=x^{2}+(p+4)x+(p+1)^{2}\). **7.5. (1 pkt)** – obliczenie \(p\): \(p=2\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Dla \(p\lt0\) równanie nie ma rozwiązań; dla \(p=0\) oraz dla \(p=3\) ma dokładnie jedno rozwiązanie (odpowiednio \(x=-\dfrac23\) i \(x=-\dfrac13\)); dla \(p\in(0,3)\cup(3,+\infty)\) ma dwa rozwiązania.

**Krok \(1\).** Rozwiązujemy równanie z parametrem \(p\), a po lewej stronie stoi moduł. Korzystamy z definicji wartości bezwzględnej: równanie \(|W|=p\) nie ma rozwiązań dla \(p\lt0\), a dla \(p\geqslant0\) jest równoważne alternatywie \(W=p\) lub \(W=-p\). Rozbijemy więc zadanie na przypadki i w każdym policzymy, ile rozwiązań daje proste równanie \(\frac2x+3=\text{stała}\). (Ten sam wynik można odczytać z wykresu funkcji \(y=\left|\frac2x+3\right|\)). **Krok \(2\).** Zaczynamy od dziedziny: we wzorze występuje \(\frac2x\), więc musi być \(x\neq0\). Zauważmy też od razu ważną własność: dla żadnego \(x\) nie zachodzi \(\frac2x=0\), bo licznik jest stały i różny od zera. **Krok \(3\).** Przypadek \(p\lt0\). Wartość bezwzględna nigdy nie jest ujemna, więc równanie nie ma rozwiązań. **Krok \(4\).** Przypadek \(p=0\). Wtedy \(\left|\frac2x+3\right|=0\) oznacza \(\frac2x+3=0\), czyli \(\frac2x=-3\), a stąd \(2=-3x\) i \[x=-\frac23.\] Jest to jedno rozwiązanie. **Krok \(5\).** Przypadek \(p\gt0\). Równanie rozpada się na dwa: \[\frac2x+3=p\qquad\text{lub}\qquad\frac2x+3=-p.\] **Krok \(6\).** Pierwsze z nich: \(\frac2x=p-3\). Jeżeli \(p=3\), to otrzymujemy \(\frac2x=0\), co jest sprzeczne (krok \(2\)) — brak rozwiązań. Jeżeli \(p\neq3\), to \(x=\frac{2}{p-3}\) i jest to dokładnie jedno rozwiązanie. **Krok \(7\).** Drugie równanie: \(\frac2x=-p-3\). Ponieważ \(p\gt0\), prawa strona jest ujemna, w szczególności różna od zera, więc zawsze mamy dokładnie jedno rozwiązanie \[x=\frac{2}{-p-3}=-\frac{2}{p+3}.\] **Krok \(8\).** Sprawdzamy jeszcze, czy rozwiązania z kroków \(6\) i \(7\) nie są przypadkiem tą samą liczbą. Równość \(\frac{2}{p-3}=-\frac{2}{p+3}\) daje \(p+3=-(p-3)\), czyli \(2p=0\) i \(p=0\), a ten przypadek już wykluczyliśmy. Dla \(p\gt0\) są to więc zawsze dwie różne liczby. **Krok \(9\).** Podsumowanie przypadku \(p\gt0\): dla \(p\neq3\) mamy dwa rozwiązania, a dla \(p=3\) tylko jedno, pochodzące z kroku \(7\): \[x=-\frac{2}{3+3}=-\frac13.\] **Krok \(10\).** Zbieramy wszystkie przypadki: dla \(p\lt0\) — brak rozwiązań; dla \(p=0\) — jedno rozwiązanie \(x=-\frac23\); dla \(p=3\) — jedno rozwiązanie \(x=-\frac13\); dla \(p\in(0,3)\cup(3,+\infty)\) — dwa rozwiązania. **Uwaga.** Wartość \(p=3\) jest wyjątkowa i łatwo ją przeoczyć. Bierze się to stąd, że prosta \(y=3\) jest asymptotą poziomą wykresu funkcji \(y=\frac2x+3\) — wykres zbliża się do niej dowolnie blisko, ale nigdy jej nie osiąga, bo \(\frac2x\) nie przyjmuje wartości \(0\). Dlatego dla \(p=3\) jedna z dwóch gałęzi rozwiązań znika. **Odpowiedź.** Dla \(p\lt0\) równanie nie ma rozwiązań; dla \(p=0\) oraz dla \(p=3\) ma dokładnie jedno rozwiązanie (odpowiednio \(x=-\dfrac23\) i \(x=-\dfrac13\)); dla \(p\in(0,3)\cup(3,+\infty)\) ma dwa rozwiązania.

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Szkicuję wykres funkcji \(f(x)=\left\lvert\frac{2}{x}+3\right\rvert\) dla \(x\neq 0\). […] Z wykresu odczytuję liczbę rozwiązań równania \(\left\lvert\frac{2}{x}+3\right\rvert=p\) w zależności od parametru \(p\): • dla \(p<0\) równanie nie ma rozwiązania, • dla \(p=0\) lub \(p=3\) równanie ma jedno rozwiązanie, • dla \(0<p<3\) lub \(p>3\) równanie ma dwa rozwiązania.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\(m=0\).

**Krok \(1\).** Słowo *jedynym* dzieli zadanie na dwa etapy. Najpierw z warunku, że \(1\) jest rozwiązaniem, wyznaczamy kandydatów na \(m\) (podstawiamy \(x=1\)). Potem dla każdego kandydata sprawdzamy, czy równanie nie ma innych rozwiązań rzeczywistych — bez tego etapu zadanie nie jest rozwiązane. **Krok \(2\).** Podstawiamy \(x=1\) do równania \(x^3+m^3x^2-m^2x-1=0\): \[1+m^3-m^2-1=0,\qquad m^3-m^2=0.\] **Krok \(3\).** Wyłączamy \(m^2\) przed nawias: \[m^2(m-1)=0,\qquad\text{czyli}\qquad m=0\quad\text{lub}\quad m=1.\] **Krok \(4\).** Sprawdzamy \(m=0\). Równanie przyjmuje postać \(x^3-1=0\), a korzystając ze wzoru na różnicę sześcianów: \[x^3-1=(x-1)\left(x^2+x+1\right)=0.\] **Krok \(5\).** Trójmian \(x^2+x+1\) ma wyróżnik \(\Delta=1-4=-3\lt0\), więc nie ma pierwiastków rzeczywistych. Jedynym rozwiązaniem jest zatem \(x=1\) — wartość \(m=0\) spełnia warunki zadania. **Krok \(6\).** Sprawdzamy \(m=1\). Równanie przyjmuje postać \(x^3+x^2-x-1=0\). Grupujemy wyrazy: \[x^2(x+1)-(x+1)=(x+1)\left(x^2-1\right)=(x+1)^2(x-1)=0.\] **Krok \(7\).** Rozwiązaniami są \(x=1\) oraz \(x=-1\), więc rozwiązanie nie jest jedyne — wartość \(m=1\) odrzucamy. **Uwaga.** Samo podstawienie \(x=1\) daje tylko warunek konieczny. Gdyby na tym poprzestać, w odpowiedzi znalazłoby się także \(m=1\), przy którym równanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste. **Odpowiedź.** \(m=0\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **3.1. (1 pkt)** – […] wielomianu i zapisanie równania z niewiadomą \(m\): \(1^{3}+m^{3}\cdot 1^{2}-m^{2}\cdot 1-1=0\). **3.2. (1 pkt)** – obliczenie wszystkich wartości \(m\), dla których liczba \(1\) jest rozwiązaniem równania (pierwiastkiem wielomianu): \(m=0\) lub \(m=1\). **3.3. (1 pkt)** – uzasadnienie, że dla \(m=0\) równanie ma tylko jedno rozwiązanie \(x=1\) (wielomian ma tylko jeden pierwiastek), np. dla \(m=0\) równanie ma postać \(x^{3}-1=(x-1)\left(x^{2}+x+1\right)=0\), a trójmian \(x^{2}+x+1\) nie ma pierwiastków. **3.4. (1 pkt)** – uzasadnienie, że dla \(m=1\) równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie (wielomian ma więcej niż jeden pierwiastek), np. dla \(m=1\) równanie ma postać \((x+1)^{2}(x-1)=0\), co oznacza, że liczba \((-1)\) też jest jego rozwiązaniem. **II sposób rozwiązania: czynność 3.1, 3.2** **3.1. (1 pkt)** – zapisanie równania w postaci iloczynu, np. \((x-1)\left(x^{2}+bx+c\right)=0\) i wykonanie mnożenia \(x^{3}+(b-1)x^{2}+(c-b)x-c=0\). **3.2. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia o równości wielomianów do zapisania układu warunków: \(c=1\), \(b=m^{2}+1\) i \(b=m^{3}+1\) oraz rozwiązanie równania \(m^{3}+1=m^{2}+1\): \(m=0\) lub \(m=1\). **III sposób rozwiązania: czynność 3.1, 3.2** **3.1. (1 pkt)** – wykorzystanie twierdzenia o pierwiastkach wielomianu i wykonanie dzielenia wielomianu \(W\) przez dwumian \((x-1)\): \(W(x)=(x-1)\left(x^{2}+\left(m^{3}+1\right)x+m^{3}-m^{2}+1\right)+\left(m^{3}-m^{2}\right)\), **3.2. (1 pkt)** – skorzystanie z twierdzenia o reszcie i obliczenie \(m\): \(m^{3}-m^{2}=0\) stąd \(m=0\) lub \(m=1\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Dla \(m<3\) równanie nie ma rozwiązań, dla \(m=3\) ma jedno rozwiązanie \(x=1\), a dla \(m>3\) ma dwa rozwiązania.

**Krok \(1\).** Wzór \(f(x)=|x-1|+3\) to przesunięty wykres funkcji \(y=|x|\), czyli litera V. Aby narysować go pewnie i żeby móc potem czytać z niego liczbę rozwiązań, opuszczamy wartość bezwzględną, rozbijając dziedzinę na dwa przypadki. **Krok \(2\).** Dla \(x\ge 1\) wyrażenie \(x-1\) jest nieujemne, więc \(|x-1|=x-1\) i \[f(x)=x-1+3=x+2.\] Dla \(x\lt 1\) wyrażenie \(x-1\) jest ujemne, więc \(|x-1|=1-x\) i \[f(x)=1-x+3=-x+4.\] **Krok \(3\).** Wykres składa się więc z dwóch półprostych o początku w punkcie \((1,3)\): lewej o współczynniku kierunkowym \(-1\) i prawej o współczynniku \(1\). Punkt \((1,3)\) to wierzchołek litery V, a \(3\) to najmniejsza wartość funkcji. Do rysunku wystarczy nanieść wierzchołek i po jednym dodatkowym punkcie z każdej strony, na przykład \((0,4)\) i \((3,5)\). **Krok \(4\).** Równanie \(f(x)=m\) ma tyle rozwiązań, ile punktów wspólnych ma wykres funkcji \(f\) z poziomą prostą \(y=m\). Wystarczy teraz przesuwać taką prostą w górę i patrzeć, co się dzieje. **Krok \(5\).** Dla \(m\lt 3\) prosta \(y=m\) przebiega poniżej wierzchołka, a cały wykres leży na wysokości co najmniej \(3\). Nie ma punktów wspólnych, więc równanie nie ma rozwiązań. **Krok \(6\).** Dla \(m=3\) prosta przechodzi dokładnie przez wierzchołek i dotyka wykresu w jednym punkcie. Równanie ma jedno rozwiązanie \(x=1\). **Krok \(7\).** Dla \(m\gt 3\) prosta przecina obie półproste, po jednym razie każdą. Równanie ma dwa rozwiązania, które można nawet wypisać: z lewego ramienia \(-x+4=m\), czyli \(x=4-m\), a z prawego \(x+2=m\), czyli \(x=m-2\). **Uwaga.** Warto powiązać wynik ze zbiorem wartości: \(f\) przyjmuje wyłącznie wartości z przedziału \(\langle 3,\infty)\), i właśnie dlatego dla \(m\lt 3\) rozwiązań nie ma. Granicznym przypadkiem jest \(m=3\), którego nie wolno dołączyć do żadnego z pozostałych przedziałów. **Odpowiedź.** Dla \(m\lt 3\) równanie nie ma rozwiązań, dla \(m=3\) ma dokładnie jedno rozwiązanie \(x=1\), a dla \(m\gt 3\) ma dwa rozwiązania.

5.1 Zapisanie wzoru funkcji f w postaci : f ( x) = ⎨ . 1 ⎩−x + 4 dla x < 1 Sporządzenie wykresu funkcji f : y 9 8 7 6 5 Jeśli zdający od razu 4 poprawnie naszkicuje wykres 5 5.2 3 1 funkcji f, to przyznajemy 2 punkty w czynności 5.1 oraz 1 5.2. x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -1 -2 -3 -4 -5 6 Podanie liczby rozwiązań równania f ( x) = m : zero rozwiązań dla m < 3 , jedno 5.3 1 rozwiązanie dla m = 3 , dwa rozwiązania dla m > 3 . [Dalsza część schematu, doklejona przez ekstrakcję, należy do kolejnego zadania z arkusza i została usunięta.]

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Dziedzina: \(m\in(-\infty,-6)\cup(-2,0)\cup(0,+\infty)\); \(f(m)=\frac{3m+2}{m+2}=3-\frac{4}{m+2}\), więc wykresem są łuki hiperboli o asymptotach \(m=-2\) i \(y=3\), ograniczone do tej dziedziny.

**Krok \(1\).** Kluczowe jest zrozumienie, czym jest dziedzina funkcji \(f\): to zbiór tych \(m\), dla których równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, czyli \(\Delta\gt0\) (warunek \(m\neq-2\) gwarantuje, że równanie jest kwadratowe). Samego iloczynu pierwiastków nie liczymy z pierwiastków — dają go wzory Viète’a. **Krok \(2\).** Dla równania \((m+2)x^2-(m+2)^2x+3m+2=0\) mamy \(a=m+2\), \(b=-(m+2)^2\), \(c=3m+2\), więc \[\Delta=(m+2)^4-4(m+2)(3m+2).\] **Krok \(3\).** Wyłączamy wspólny czynnik \((m+2)\): \[\Delta=(m+2)\left[(m+2)^3-4(3m+2)\right].\] **Krok \(4\).** Rozwijamy sześcian: \((m+2)^3=m^3+6m^2+12m+8\), zatem \[(m+2)^3-12m-8=m^3+6m^2=m^2(m+6),\] czyli \[\Delta=m^2(m+2)(m+6).\] **Krok \(5\).** Warunek \(\Delta\gt0\): czynnik \(m^2\) jest dodatni dla \(m\neq0\) i zerowy dla \(m=0\), więc musi być \(m\neq0\) oraz \((m+2)(m+6)\gt0\), czyli \(m\lt-6\) lub \(m\gt-2\). **Krok \(6\).** Dziedzina funkcji \(f\): \[m\in(-\infty,-6)\cup(-2,0)\cup(0,+\infty).\] **Krok \(7\).** Ze wzoru Viète’a na iloczyn pierwiastków: \[f(m)=x_1x_2=\frac{c}{a}=\frac{3m+2}{m+2}.\] **Krok \(8\).** Aby narysować wykres, zapisujemy ten ułamek w postaci przesuniętej hiperboli: \[\frac{3m+2}{m+2}=\frac{3(m+2)-4}{m+2}=3-\frac{4}{m+2}.\] **Krok \(9\).** Wykresem jest więc hiperbola \(y=-\frac4{x}\) przesunięta o wektor \([-2,3]\), o asymptotach \(m=-2\) oraz \(y=3\). **Krok \(10\).** Rysujemy tylko te fragmenty, które odpowiadają dziedzinie: gałąź dla \(m\lt-6\) (przy czym punkt \((-6,4)\) jest wyłączony, bo \(f(-6)=4\)), pomijamy przedział \(\langle-6,-2\rangle\), a na prawej gałęzi wykluczamy punkt \((0,1)\), bo \(f(0)=1\), a \(m=0\) nie należy do dziedziny. **Uwaga.** Dziedziną nie jest zbiór wszystkich \(m\neq-2\). Najłatwiej tu przeoczyć wykluczenie \(m=0\): wtedy \(\Delta=0\) i równanie ma jeden (podwójny) pierwiastek, a treść wymaga dwóch różnych. **Odpowiedź.** Dziedzina: \(m\in(-\infty,-6)\cup(-2,0)\cup(0,+\infty)\); \(f(m)=\dfrac{3m+2}{m+2}=3-\dfrac{4}{m+2}\), więc wykres to fragmenty hiperboli o asymptotach \(m=-2\) i \(y=3\), z wyłączonym punktem \((0,1)\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (2 pkt)** – […] \(m_{1}=0\), \(m_{2}=-6\), \(m_{3}=-2\), lub zapisanie wyróżnika w postaci iloczynowej: \(\Delta=m^{2}(m+2)\cdot(m+6)\). **11.2. (1 pkt)** – rozwiązanie nierówności \(\Delta>0\) i zapisanie dziedziny: \(m\in\left(-\infty,\,-6\right)\cup\left(-2,\,0\right)\cup\left(0,\,\infty\right)\). **11.3. (1 pkt)** – zapisanie wzoru funkcji: \(f(m)=\frac{3m+2}{m+2}\). **11.4. (2 pkt)** – naszkicowanie wykresu funkcji \(f\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Stosunek ten, czyli \(f(m)=\dfrac{-m+5}{\left(m+\frac12\right)^{2}}\) dla \(m\in\left\langle-6,-\frac12\right)\cup\left(-\frac12,\frac43\right\rangle\), przyjmuje wartość najmniejszą dla \(m=-6\), a wartość ta jest równa \(\frac{4}{11}\).

**Krok \(1\).** W zadaniu występuje równanie kwadratowe z parametrem \(m\), a pytamy o stosunek sumy pierwiastków do ich iloczynu. Sumę i iloczyn pierwiastków dają wzory Viete'a, więc ten stosunek będzie funkcją zmiennej \(m\). Plan jest zatem taki: (1) ustalić, dla jakich \(m\) pierwiastki rzeczywiste w ogóle istnieją, (2) zapisać wzór funkcji \(f(m)\) wraz z jej dziedziną, (3) znaleźć wartość najmniejszą tej funkcji — a do tego użyjemy pochodnej. **Krok \(2\).** Pierwiastki rzeczywiste istnieją, gdy \(\Delta\geqslant0\). Tutaj \(a=1\), \(b=m-5\), \(c=m^2+m+\frac14\), więc \[\Delta=(m-5)^2-4\left(m^2+m+\tfrac14\right)=m^2-10m+25-4m^2-4m-1=-3m^2-14m+24.\] **Krok \(3\).** Rozwiązujemy \(-3m^2-14m+24\geqslant0\), czyli \(3m^2+14m-24\leqslant0\). Wyróżnik tego trójmianu: \(14^2+4\cdot3\cdot24=196+288=484=22^2\), więc \[m=\frac{-14\pm22}{6}:\qquad m_1=\frac{-36}{6}=-6,\qquad m_2=\frac{8}{6}=\frac43.\] Ramiona paraboli skierowane są w górę, więc \(m\in\left\langle-6,\frac43\right\rangle\). **Krok \(4\).** Wzory Viete'a: \[x_1+x_2=-\frac ba=-(m-5)=5-m,\qquad x_1x_2=\frac ca=m^2+m+\frac14=\left(m+\frac12\right)^2.\] W iloczynie rozpoznajemy wzór skróconego mnożenia — to bardzo ułatwi dalszy rachunek. **Krok \(5\).** Stosunek sumy do iloczynu ma sens tylko wtedy, gdy iloczyn jest różny od zera, czyli \(\left(m+\frac12\right)^2\ne0\), a więc \(m\ne-\frac12\). Ostatecznie \[f(m)=\frac{5-m}{\left(m+\frac12\right)^{2}},\qquad m\in\left\langle-6,-\frac12\right)\cup\left(-\frac12,\frac43\right\rangle.\] **Krok \(6\).** Liczymy pochodną ze wzoru na pochodną ilorazu \(\left(\frac uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}\), gdzie \(u=5-m\) i \(v=\left(m+\frac12\right)^2\), a więc \(u'=-1\) i \(v'=2\left(m+\frac12\right)\): \[f'(m)=\frac{-\left(m+\frac12\right)^2-(5-m)\cdot2\left(m+\frac12\right)}{\left(m+\frac12\right)^4}.\] **Krok \(7\).** Skracamy jeden czynnik \(\left(m+\frac12\right)\): \[f'(m)=\frac{-\left(m+\frac12\right)-2(5-m)}{\left(m+\frac12\right)^3}=\frac{-m-\frac12-10+2m}{\left(m+\frac12\right)^3}=\frac{m-\frac{21}{2}}{\left(m+\frac12\right)^3}.\] **Krok \(8\).** Miejscem zerowym pochodnej jest \(m=\frac{21}{2}=10\frac12\), ale ta liczba nie należy do dziedziny (bo \(\frac{21}{2}\gt\frac43\)). Wewnątrz dziedziny pochodna nigdzie się nie zeruje, więc funkcja nie ma tam ekstremów lokalnych — wartości najmniejszej trzeba szukać na końcach przedziałów. **Krok \(9\).** Badamy znak pochodnej. Licznik \(m-\frac{21}{2}\) jest ujemny dla każdego \(m\) z dziedziny (bo \(m\leqslant\frac43\)). Mianownik \(\left(m+\frac12\right)^3\) ma taki sam znak jak \(m+\frac12\). Zatem: dla \(m\in\left\langle-6,-\frac12\right)\) mamy \(f'(m)=\frac{\text{liczba ujemna}}{\text{liczba ujemna}}\gt0\), czyli funkcja rośnie; dla \(m\in\left(-\frac12,\frac43\right\rangle\) mamy \(f'(m)=\frac{\text{liczba ujemna}}{\text{liczba dodatnia}}\lt0\), czyli funkcja maleje. **Krok \(10\).** Skoro na pierwszym przedziale \(f\) rośnie, to najmniejszą wartość przyjmuje na jego lewym końcu, czyli dla \(m=-6\). Na drugim przedziale \(f\) maleje, więc najmniejszą wartość przyjmuje na prawym końcu, czyli dla \(m=\frac43\). W pobliżu \(m=-\frac12\) mianownik dąży do zera, a licznik do \(\frac{11}{2}\gt0\), więc \(f(m)\to+\infty\) — tam minimum na pewno nie leży. **Krok \(11\).** Obliczamy obie wartości: \[f(-6)=\frac{5-(-6)}{\left(-6+\frac12\right)^2}=\frac{11}{\left(-\frac{11}{2}\right)^2}=\frac{11}{\frac{121}{4}}=\frac{44}{121}=\frac{4}{11},\] \[f\!\left(\tfrac43\right)=\frac{5-\frac43}{\left(\frac43+\frac12\right)^2}=\frac{\frac{11}{3}}{\left(\frac{11}{6}\right)^2}=\frac{\frac{11}{3}}{\frac{121}{36}}=\frac{11}{3}\cdot\frac{36}{121}=\frac{12}{11}.\] Ponieważ \(\frac{4}{11}\lt\frac{12}{11}\), wartością najmniejszą jest \(\frac{4}{11}\) i jest ona przyjmowana dla \(m=-6\). **Uwaga.** Dwie pułapki. Po pierwsze, dziedziny funkcji \(f\) nie wyznacza sam warunek \(\Delta\geqslant0\) — trzeba jeszcze wykluczyć \(m=-\frac12\), bo wtedy iloczyn pierwiastków jest zerem i stosunek nie istnieje. Po drugie, miejsce zerowe pochodnej \(m=\frac{21}{2}\) leży poza dziedziną, więc nie wolno go traktować jako kandydata na ekstremum: o wartości najmniejszej decydują tu wyłącznie końce przedziałów. **Odpowiedź.** Stosunek ten, czyli \(f(m)=\frac{-m+5}{\left(m+\frac12\right)^{2}}\) dla \(m\in\left\langle-6,-\frac12\right)\cup\left(-\frac12,\frac43\right\rangle\), przyjmuje wartość najmniejszą dla \(m=-6\), a wartość ta jest równa \(\frac{4}{11}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **19.1. (1 pkt)** – […] równania: \(\Delta\ge 0\) dla \(m\in\left\langle-6;\frac{4}{3}\right\rangle\) **19.2. (1 pkt)** – określenie wzoru funkcji \(m\to f(m)=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}}\): \(f(m)=\frac{-m+5}{\left(m+\frac{1}{2}\right)^{2}}\) **19.3. (1 pkt)** – określenie dziedziny funkcji \(f\): \(m\in\left\langle-6;-\frac{1}{2}\right)\cup\left(-\frac{1}{2};\frac{4}{3}\right\rangle\) **19.4. (1 pkt)** – zastosowanie wzoru na pochodną ilorazu **19.5. (1 pkt)** – obliczenie pochodnej funkcji \(f\) **19.6. (1 pkt)** – określenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(f\): \(m=10\tfrac{1}{2}\) **19.7. (2 pkt)** – obliczenie wartości \(f(-6)\) i \(f\left(\frac{4}{3}\right)\): \(f(-6)=\frac{4}{11}\), \(f\left(\frac{4}{3}\right)=\frac{12}{11}\) **19.8. (1 pkt)** – zbadanie znaku pochodnej funkcji: \(f'(m)>0\) dla \(m\in\left\langle-6;-\frac{1}{2}\right)\), \(f'(m)<0\) dla \(m\in\left(-\frac{1}{2};\frac{4}{3}\right\rangle\) **19.9. (1 pkt)** – uzasadnienie, że \(f(-6)=\frac{4}{11}\) jest najmniejszą wartością funkcji (\(m=\frac{21}{2}\) leży poza przedziałem określoności). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą (zgodną z poleceniem) od przedstawionej w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Dla \(a=1\) równanie nie ma rozwiązań; dla \(a=-1\) ma nieskończenie wiele rozwiązań (spełnia je każda liczba rzeczywista); dla \(a\ne1\) i \(a\ne-1\) ma dokładnie jedno rozwiązanie \(x=\dfrac{1}{a-1}\).

**Krok \(1\).** Niewiadomą jest \(x\), a litera \(a\) to parametr, czyli ustalona, choć nieznana liczba. Po uporządkowaniu \(x\) będzie występował tylko w pierwszej potędze, więc jest to równanie liniowe z parametrem. Takie równania zawsze sprowadzamy do postaci \(Ax=B\) i badamy, czy współczynnik \(A\) jest zerem, bo od tego zależy liczba rozwiązań. **Krok \(2\).** Przenosimy wyrazy z \(x\) na lewą stronę, a resztę na prawą: \[a^2x-1=x+a,\qquad a^2x-x=a+1.\] **Krok \(3\).** Wyłączamy \(x\) przed nawias: \[\left(a^2-1\right)x=a+1.\] Rozkładamy jeszcze współczynnik przy \(x\) na czynniki: \[(a-1)(a+1)x=a+1.\] **Krok \(4\).** Współczynnik \((a-1)(a+1)\) zeruje się dokładnie dla \(a=1\) i dla \(a=-1\). To są przypadki szczególne, które trzeba rozpatrzyć osobno. Dla pozostałych \(a\) wolno podzielić obie strony przez ten współczynnik. **Krok \(5\).** Przypadek \(a\ne 1\) i \(a\ne -1\). Dzielimy i skracamy czynnik \(a+1\): \[x=\frac{a+1}{(a-1)(a+1)}=\frac{1}{a-1}.\] Równanie ma wtedy dokładnie jedno rozwiązanie. **Krok \(6\).** Przypadek \(a=1\). Wtedy \(a^2-1=0\) oraz \(a+1=2\), czyli równanie przyjmuje postać \[0\cdot x=2.\] Żadna liczba pomnożona przez zero nie daje \(2\), więc równanie nie ma rozwiązań. **Krok \(7\).** Przypadek \(a=-1\). Wtedy \(a^2-1=0\) oraz \(a+1=0\), czyli równanie przyjmuje postać \[0\cdot x=0.\] Ta równość jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej \(x\), więc równanie ma nieskończenie wiele rozwiązań. **Uwaga.** Najczęstszy błąd w tym zadaniu to podzielenie obu stron przez \(a^2-1\) bez sprawdzenia, czy ta liczba jest różna od zera. Wtedy gubi się oba przypadki szczególne, a to one są sednem zadania. **Odpowiedź.** Dla \(a=1\) równanie nie ma rozwiązań; dla \(a=-1\) ma nieskończenie wiele rozwiązań (spełnia je każda liczba rzeczywista); dla \(a\ne 1\) i \(a\ne -1\) ma dokładnie jedno rozwiązanie \(x=\frac{1}{a-1}\).

**6. (1 pkt)** – zapisanie, że dla \(a=1\) dane równanie nie ma żadnego rozwiązania. **7. (1 pkt)** – zapisanie, że dla \(a=-1\) dane równanie ma nieskończenie wiele rozwiązań. **8. (1 pkt)** – zapisanie, że dla \(a\neq 1\) i \(a\neq -1\) dane równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\(m\in\left(-3,-\frac{3}{5}\right)\).

**Krok \(1\).** Przy \(x^{2}\) stoi parametr \(m\), więc nie wiemy z góry, czy to równanie jest kwadratowe. Zanim sięgniemy po wyróżnik, musimy osobno rozpatrzyć przypadek \(m=0\) (równanie liniowe) i przypadek \(m\neq0\) (równanie kwadratowe). **Krok \(2\).** Dla \(m=0\) równanie przyjmuje postać \[0\cdot x^{2}-3(0+1)x+0=0,\qquad\text{czyli}\qquad -3x=0.\] To równanie ma rozwiązanie \(x=0\), a my szukamy parametrów, dla których rozwiązań nie ma. Zatem \(m=0\) odpada. **Krok \(3\).** Dla \(m\neq0\) mamy równanie kwadratowe. Równanie kwadratowe nie ma rozwiązań rzeczywistych dokładnie wtedy, gdy jego wyróżnik jest ujemny: \(\Delta\lt0\). To jest warunek, który trzeba zapisać. **Krok \(4\).** Odczytujemy współczynniki: \(a=m\), \(b=-3(m+1)\), \(c=m\), i liczymy wyróżnik: \[\Delta=\left(-3(m+1)\right)^{2}-4\cdot m\cdot m=9(m+1)^{2}-4m^{2}.\] Rozwijamy kwadrat sumy: \[\Delta=9\left(m^{2}+2m+1\right)-4m^{2}=9m^{2}+18m+9-4m^{2}=5m^{2}+18m+9.\] **Krok \(5\).** Rozwiązujemy nierówność \(5m^{2}+18m+9\lt0\). Traktujemy lewą stronę jak trójmian zmiennej \(m\) i liczymy jego wyróżnik: \[\Delta_{m}=18^{2}-4\cdot5\cdot9=324-180=144,\qquad\sqrt{\Delta_{m}}=12.\] Miejsca zerowe: \[m_{1}=\frac{-18-12}{2\cdot5}=\frac{-30}{10}=-3,\qquad m_{2}=\frac{-18+12}{10}=\frac{-6}{10}=-\frac{3}{5}.\] **Krok \(6\).** Współczynnik przy \(m^{2}\) jest dodatni (\(5\gt0\)), więc parabola ma ramiona skierowane do góry i przyjmuje wartości ujemne między miejscami zerowymi: \[5m^{2}+18m+9\lt0\iff m\in\left(-3,-\frac{3}{5}\right).\] **Krok \(7\).** Sprawdzamy zgodność z krokiem \(2\): liczba \(0\) nie należy do przedziału \(\left(-3,-\frac{3}{5}\right)\), więc przypadek liniowy niczego tu nie dokłada ani nie odbiera. **Uwaga.** Pułapką jest liczenie wyróżnika od razu, bez rozważenia \(m=0\). Wzór na \(\Delta\) dotyczy tylko równania kwadratowego, a dla \(m=0\) równanie jest liniowe i rozwiązanie ma, więc i tak trzeba je wykluczyć osobno. **Odpowiedź.** \(m\in\left(-3,-\frac{3}{5}\right)\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – [fragment nieczytelny] ma rozwiązanie **11.2. (1 pkt)** – podanie układu warunków (1) na to, by równanie kwadratowe nie miało rozwiązania: \((1)\quad\begin{cases} m\ne 0\\ \Delta\lt 0\end{cases}\) **11.3. (1 pkt)** – wyznaczenie wartości spełniających warunek \(\Delta\lt 0\): \(m\in\left(-3,\,-\frac{3}{5}\right)\) **11.4. (1 pkt)** – podanie odpowiedzi: \(m\in\left(-3,\,-\frac{3}{5}\right)\)

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.