MOCNE I SŁABE STRONY WYKSZTAŁCENIA MATEMATYCZNEGO MATURZYSTÓW Egzamin maturalny z matematyki ma znowu szansę stać się egzaminem obowiązkowym dla

Transkrypt

1 Edyta Marczewsa Henry Dąbrowsi Matematya jest miarą wszystiego Arystoteles MOCNE I SŁABE STONY WYKSZTAŁCENIA MATEMATYCZNEGO MATUZYSTÓW Egza maturalny z matematyi ma znowu szansę stać się egzaem obowiązowym dla polsich maturzystów. W 00 rou ówczesna ister eduacji zniosła obowiąze zdawania matematyi na nowej maturze, mimo iż retorzy uczelni technicznych od lat zwracali uwagę na ucieczę studentów od wymagających wysiłu umysłowego przedmiotów ścisłych. aporty OECD również poazywały, że polscy uczniowie czuli się bezradni wobec najprostszych problemów matematycznych. Ten stan rzeczy potwierdziły taże wynii olejnych egzaów maturalnych z matematyi. Zdający zazwyczaj potrafili zastosować dobrze znane algorytmy w typowym onteście, ale mieli łopoty z tym, co nazywamy myśleniem twórczym, z analizą problemów i interpretacją otrzymanych wyniów. Więszość maturzystów nie potrafiła samodzielnie zaplanować rozwiązania bardziej złożonych matematycznie problemów. Nie umiała formułować własnych hipotez i ich uzasadniać. Obecnie matematya postrzegana jest przez więszość uczniów jao przedmiot trudny, oderwany od rzeczywistości, pełny nieprzydatnych w życiu codziennym definicji i twierdzeń. A przecież nowoczesność w nauczaniu matematyi polega między innymi na tzw. upratycznieniu rozwiązywanych problemów. Matematya uczy logicznego myślenia i dyscypliny umysłowej, ale również przygotowuje do samodzielnego rozwiązywania problemów, pozysiwania wiedzy i sprawnego podejmowania decyzji. Obo zadań typu oblicz, wyznacz, rozwiąż na egzaie maturalnym i w pratyce szolnej, pojawiają się również polecenia sprawdź, porównaj, przedstaw, zaznacz, wybierz, uzasadnij. Formułujemy zadania, w tym zadania pratyczne, tóre uczą modelowania matematycznego, tworzenia strategii rozwiązania problemu, argumentowania i interpretowania otrzymanych wyniów, pojawiają się zadania polegające na zbieraniu i analizowaniu informacji. W maju 009 rou do matury z matematyi przystąpiło osób a, ja poazują statystyi z lat , popularność matematyi na egzaie maturalnym corocznie maleje. Tegoroczne zadania egzaacyjne badały znajomość i rozumienie podstawowych pojęć matematycznych, definicji i twierdzeń oraz umiejętność posługiwania się tą wiedzą w pratyce. Sprawdzały taże umiejętność analizowania i interpretowania problemów matematycznych oraz formułowania opisu matematycznego danej sytuacji, a taże argumentowania i prowadzenia rozumowania matematycznego. Zadania w aruszach z obu poziomów badały umiejętności opisane we wszystich trzech obszarach standardów wymagań egzaacyjnych. W aruszu z poziomu podstawowego zdający mógł uzysać 36 puntów za umiejętności opisane w II obszarze (orzystanie z informacji) oraz po 7 puntów za umiejętności opisane w I i III obszarze (odpowiednio wiadomości i rozumienie oraz tworzenie informacji). Za rozwiązania zadań w aruszu z poziomu rozszerzonego zdający mógł uzysać 5 puntów za umiejętności opisane w II obszarze wymagań egzaacyjnych, 9 puntów za umiejętności opisane w III i 6 puntów za umiejętności opisane w I obszarze. Wiadomości i umiejętności były badane z wyorzystaniem treści wszystich dziewięciu działów podstawy programowej z matematyi dla zaresu podstawowego i dziesięciu działów podstawy programowej dla zaresu rozszerzonego. Odpowiedzi zdających wsazują na zróżnicowany poziom opanowania wiadomości i umiejętności matematycznych, tóre powinien posiadać uczeń ończący szolę pogimnazjalną. Zdający osiągnęli wysoie wynii, rozwiązując zadania sprawdzające podstawowe wiadomości i typowe umiejętności, często ształcone już w gimnazjum. Należą do nich: wyznaczanie wartości funcji dla danych argumentów i jej miejsca zerowego, rysowanie wyresu funcji liniowej i odczytywanie własności funcji z wyresu (zadanie pp). Potwierdzają to taże wynii z poziomu rozszerzonego. Zdający potrafili wyorzystać pojęcia argumentu i wartości funcji i zinterpretować otrzymane wynii, aby uzasadnić przynależność puntu do wyresu funcji (zadanie pr). Nieco trudniejszą umiejętnością w tym zadaniu oazało się narysowanie w uładzie współrzędnych zbioru opisanego uładem warunów. Maturzyści umieli taże wyorzystać definicję funcji wyładniczej i narysować wyres funcji typu g( x) = f ( x), a następnie, na podstawie tego wyresu, podać liczbę rozwiązań równania z parametrem (zadanie 3 pr). 3

2 Duża grupa zdających dobrze poradziła sobie z podaniem opisu matematycznego (w postaci uładu równań) typowej sytuacji pratycznej i rozwiązywaniem uładu równań liniowych (zadanie pp). Ale już w zadaniu z poziomu rozszerzonego analiza podanych informacji i przedstawienie opisu matematycznego (w postaci funcji) było najtrudniejszą czynnością w całym aruszu egzaacyjnym. Zdający mieli problem z formułowaniem wniosów wyniających z postaci badanego wyrażenia i z posługiwaniem się własnościami funcji wadratowej w nietypowej sytuacji pratycznej (zadanie 4 pr). Więszość maturzystów poprawnie zastosowała wzór na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego i umiała sprawdzić z definicji, czy dany ciąg jest geometryczny (zadanie 7 pp). Podobnie w zadaniu 7 z poziomu rozszerzonego zdający nie mieli trudności z wyorzystaniem własności ciągu geometrycznego do zapisania równania z jedną niewiadomą x. Jedna już oszacowanie ilorazu sumy 9-tu przez sumę 0-tu początowych wyrazów ciągu geometrycznego stanowiło barierę nie do poonania dla więszości zdających. Zdający dobrze radzili sobie z zadaniami sprawdzającymi umiejętność wyonywania działań na potęgach o wyładniach rzeczywistych (zadanie 4 pp). Mimo iż zadania typu wyaż z reguły budzą obawy zdających, to więszość maturzystów przystępujących do egzau na poziomie rozszerzonym nie miała problemów z przeprowadzeniem rozumowania opartego na własnościach potęg (zadanie 5 pr). Tegoroczni maturzyści poprawnie rozwiązywali zadania dotyczące typowych problemów geometrycznych o małym stopniu złożoności. Zdający wyazali się znajomością i rozumieniem podstawowych pojęć, twierdzeń i definicji z zaresu stereometrii i geometrii analitycznej (zadania 9 pp i pr i pp i pr). Nieco więcej problemów przysporzyło zdającym rozwiązanie zadania wymagającego zauważenia zależności wyniających z podobieństwa trójątów (zadanie 8 PP). Problem, z tórym mieli uporać się maturzyści w tym zadaniu był typowy, algorytmiczny, ale olejny raz oazało się, że rozwiązywanie zadań z geometrii płasiej jest dla maturzystów trudne, niezależnie od stopnia złożoności rozumowania, tóre powinni przeprowadzić. Podobne problemy mieli zdający z rozwiązywaniem zadania 8 z poziomu rozszerzonego, tóre wymagało dostrzeżenia związów miarowych w figurach płasich. W tym zadaniu maturzyści mieli trudności z przeprowadzeniem niesompliowanego dowodu, wyorzystującego związe pomiędzy długością przeątnej wadratu a długością jego bou oraz związe między odległościami środów oręgów stycznych zewnętrznie. Ja co rou słabą stroną zdających oazały się przeształcenia algebraiczne i obliczenia arytmetyczne. Niestety, popełniane w tym zaresie błędy często utrudniały rozwiązanie zadania. Innym problemem, zarówno tej, ja i poprzednich matur, była forma udzielanych odpowiedzi, zwłaszcza przez zdających na poziomie podstawowym. Cieszyły rozwiązania przemyślane, poazujące w sposób jasny i czytelny pełne zrozumienie problemu. Wielu zdających przedstawiało jedna rozwiązania niepełne, nie udzielało odpowiedzi zgodnej z poleceniem lub nie weryfiowało jej poprawności. Analizując prace maturzystów można zauważyć, że poziom merytoryczny odpowiedzi był zróżnicowany, a języ matematyczny, jaim posługiwali się piszący, był niejednorotnie nieporadny, a czasami prowadził do sprzeczności z wyonanymi wcześniej przeształceniami. ównież w tym rou, maturalne arusze egzaacyjne z matematyi zawierały wyłącznie zadania otwarte rozszerzonej odpowiedzi, a więc taie, tóre wymagały od zdających wytworzenia całego rozwiązania, często zaplanowania ciągu powiązanych ze sobą logicznie czynności, następnie zrealizowania ich, a wreszcie poddania rytycznej ocenie uzysanych rezultatów. Właśnie taa onstrucja zadań z matematyi daje zdającym duże pole do popisu. Analizując rozwiązania zdających daje się zawsze wyłonić statystycznie najczęściej spotyane sposoby rozwiązań, niemniej jedna prawie zawsze daje się też dostrzec rozwiązania nieszablonowe, w tórych widać oryginalny pomysł na rozwiązanie zadania. Warto w tym miejscu poazać autentyczne rozwiązania zdających, zarówno te typowe, najczęściej spotyane, ja i te wyjątowe, spotyane znacznie rzadziej. Przytoczymy rozwiązania wybranych zadań z obydwu poziomów. W zadaniu z poziomu podstawowego więszość poprawnych rozwiązań polegała na zapisaniu uładu równań wyniających z treści zadania, przy czym o ile pierwszą informację podaną w treści zadania: Dwaj rzemieślnicy przyjęli zlecenie wyonania wspólnie 980 detali. Zaplanowali, że ażdego dnia pierwszy z nich wyona m, a drugi n detali. Obliczyli, że razem wyonają zlecenie w ciągu 7 dni, zdający najczęściej bezbłędnie zapisywali w postaci równania: 4

3 ( m n) 7 + = 980 lub (po przeliczeniu na jeden dzień) m + n = 40, to o tyle z zapisaniem w postaci równania drugiej informacji: Po pierwszym dniu pracy pierwszy z rzemieślniów rozchorował się i wtedy drugi, aby wyonać całe zlecenie, musiał pracować o 8 dni dłużej niż planował, (nie zmieniając liczby wyonywanych codziennie detali), zdający nie radzili sobie już ta łatwo. Najczęściej pojawiało się tu poprawne równanie m+ 5n= 980 lub znacznie rzadziej 6 m = 8n. W tym miejscu pozostawała zdającym już tylo westia techniczna rozwiązanie prostego uładu równań liniowych. Poprawny wyni to m = 80 i n = 60. Wśród rozwiązań tego zadania znaleźć można również rozwiązania sposobem arytmetycznym, niewymagające uładania i rozwiązywania uładu równań, a bazujące jedynie na wyonywaniu odpowiednich operacji arytmetycznych. Przyładem taiego rozwiązania jest: 980 : 7 = 40 liczbę detali, jaą codziennie wyonaliby obaj robotnicy pracujący razem, = 840 taa liczba detali została do wyonania po pierwszym dniu pracy, a więc do wyonania przez drugiego robotnia, gdyż pierwszy pracował tylo w pierwszym dniu, 840 :4 = 60 tyle detali wyonywał dziennie drugi robotni, gdyż sam pracował przez 4 dni, a musiał wyonać 840 detali, = 80 tyle detali wyonał dziennie pierwszy robotni. Odpowiedź: m = 80 i n = 60. To rótie rozwiązanie sprowadza się do wyonania czterech działań na liczbach naturalnych. Samo ich wyonanie, w taiej właśnie olejności poazuje, że rozwiązujący zadanie bardzo doładne zrozumiał treść zadania, potrafił rozwiązać problem używając do tego aparatu matematycznego na poziomie ucznia szoły podstawowej. Spośród zdających, tórzy w ten sposób rozwiązywali to zadanie znaczna więszość nie zamieszczała wyjaśnień wyonywanych przez siebie operacji (w przeciwieństwie do zdającego, tórego rozwiązanie zostało przytoczone powyżej) przyjmując słusznie, że są one oczywiste. Cieawych spostrzeżeń dostarcza analiza sposobów rozwiązania podpuntu a) zadania 6 z poziomu podstawowego. Można je podzielić na dwa typy. W pierwszym rozwiązujący stosowali definicje sinusa i tangensa ąta ostrego w trójącie prostoątnym, po czym otrzymywali mniej lub bardziej sompliowane nierówności między długościami boów trójąta prostoątnego, w drugim wyorzystywali związi między funcjami trygonometrycznymi, sprowadzając nierówność do oczywistej nierówności z funcją (bądź funcjami) trygonometryczną. Oto rozwiązanie z pierwszej grupy. sinα tgα < 0 sinα < tgα c a a a < /: a c b α < / bc b c b b< c Nierówność b < c jest prawdziwa, gdyż przyprostoątna jest zawsze rótsza od przeciwprostoątnej. W przedstawionym rozwiązaniu zwraca uwagę zwięzłość rozwiązania oraz onsewentny wybór najrótszej drogi zmierzającej do celu. ozwiązujący przeształca w sposób równoważny nierówność, tórej prawdziwość należy uzasadnić, otrzymując w sposób oczywisty poprawną nierówność między długościami przyprostoątnej i przeciwprostoątnej. Sporządzenie rysunu trójąta, jaolwie nieonieczne, upraszcza zapis rozwiązania. Teraz rozwiązanie z grupy drugiej: sinα sinα tgα < 0 sinα < 0 sinα < 0 < 0, gdyż sinα > 0 cosα cosα cosα dla 0 < α < 90. Następnie dostaję < cosα <, bo cosα > 0 dla 0 < α < 90. cosα Otrzymałem nierówność cosα <, tóra jest prawdziwa dla ażdego ąta ostrego α. 5

4 W tym rozwiązaniu zdający posługuje się symbolem równoważności, precyzyjnie uzasadniając równoważność olejno otrzymywanych nierówności. W poprzednim rozwiązaniu można było mieć pewne wątpliwości, czy zdający na pewno ma świadomość, że wyonywane przez niego przejścia są równoważne. Tu taich wątpliwości nie mamy. Oryginalne, choć niestety bardzo rzadie, jest przedstawione poniżej rozwiązanie podpuntu c) zadania 7 z poziomu podstawowego. Zdający mieli, po uprzednim obliczeniu pierwszego wyrazu i różnicy ciągu arytmetycznego, wyznaczyć taą liczbę początowych wyrazów ciągu, aby ich suma miała wartość najmniejszą. Standardowy (najczęściej występujący) sposób rozwiązania sprowadzał się do wyznaczenia najmniejszej wartości funcji sumy Sn = n n oreślonej dla liczb całowitych n. Jedna w tym sposobie rozwiązania należy tę funcję najpierw wyznaczyć, a następnie wyznaczyć szuaną wartość n. Poniżej przedstawiony sposób rozwiązania poazuje, że nie jest to w ogóle onieczne. a = < 0 i r = > 0 - ciąg rosnący, więc od pewnego momentu wyrazy będą dodatnie. Kolejne wyrazy tego ciągu to: a = 9, a 3 = 7, a 4 = 5, a 5 = 3, a 6 =, a 7 = (dalej są już tylo wyrazy dodatnie). Najmniejsza suma jest wtedy, gdy dodamy wszystie wyrazy ujemne, czyli szuana liczba to n = 6. W pozostałych zadaniach z poziomu podstawowego występowały rozwiązania standardowe, co nie znaczy, że nie warte uwagi. Wydaje się jedna, że wartościowsze jest zaprezentowanie rozwiązań niesztampowych, poazujących różne sposoby myślenia prowadzące do osiągnięcia celu. Zdecydowanie więcej taich przyładów można znaleźć wśród rozwiązań zadań z poziomu rozszerzonego. Najwięcej emocji wśród zdających egza na poziomie rozszerzonym wzbudziło w tym rou zadanie 4. Można znaleźć, zarówno prace bardzo dobre, w tórych zadanie to nie zostało rozwiązane bądź zostało rozwiązane błędnie, ja też i prace słabe, gdzie w zasadzie rozwiązane było tylo to zadanie. Z jednej strony oazało się najtrudniejszym zadaniem tegorocznego egzau maturalnego z matematyi, z drugiej było jednym z najrzadziej pomijanych zadań. Sposoby rozwiązania tego zadania można podzielić na dwie grupy. Do pierwszej należy zaliczyć te rozwiązania, w tórych zdający rozważali dwa ciągi: ciąg liczb monet, jaie sarbni władał do sarbca przez olejne dni. Stwierdzali, że jest to ciąg arytmetyczny o pierwszym wyrazie 5 i różnicy. Oraz ciąg liczb monet, jaie ról wyjmował przez olejne dni ze sarbca. Zdający zapisywali, że jest to ciąg stały. Ewentualnie rozpatrywali od razu ciąg różnic liczb monet władanych do sarbca i wyjmowanych ze sarbca. Na tej podstawie, wyorzystując wzór na sumę początowych wyrazów ciągu arytmetycznego, ustalali wzór oreślający liczbę monet w sarbcu w n-tym dniu. Do tego momentu zdający budowali model matematyczny opisujący treść zadania. Potem należało już tylo wyznaczyć dzień, w tórym było najmniej monet w sarbcu i najmniejszą liczbę, dla tórej w ażdym momencie w sarbcu znajdowała się co najmniej jedna moneta. Można to wyonać, czyniąc odpowiednie założenia dotyczące uzysanej funcji, bądź wyorzystując stosowne wzory lub odpowiednią postać wzoru funcji wadratowej. Druga grupa rozwiązań to rozwiązania na piechotę, w tórych zdający systematycznie obliczali liczby monet w sarbcu w olejnych dniach, zauważając moment, w tórym w sarbcu była tylo jedna moneta, a potem było ich już tylo więcej. Tego typu rozwiązań było najwięcej. W obu tych sposobach rozwiązań możemy wyróżnić dwa typy rozwiązania: pierwszy ze względu na sposób wyznaczania najmniejszej wartości funcji, drugiej ze względu na sposób ustalenia dnia, w tórym było w sarbcu najmniej monet. Można też znaleźć rozwiązania, tóre właściwie nie należą do żadnej z tych dwóch grup. Są to rozumowania analogiczne do zaprezentowanego wcześniej przyładu rozwiązania podpuntu c) zadania 7 z poziomu podstawowego. Przytoczmy teraz ila przyładów rozwiązań omówionych grup. ozwiązanie. a = 5 i r =, więc liczby monet władanych do sarbca przez sarbnia przez olejne dni tworzą ciąg arytmetyczny ( ) an = 5 + n = n+ 3. Ze wzoru na sumę 5 + n + 3 n-początowych wyrazów ciągu arytmetycznego obliczam Sn = n tyle monet sarbni 6

5 włożył do sarbca przez n dni. n 50 - tyle monet wziął ról. azem w sarbcu było 5 + n + 3 n 50n+ monet. 5 + n + 3 f ( n) = n 50n+ = ( n+ 4) n 50n+ = n 6n+ 6 Funcja osiąga najmniejszą wartość dla n = = 3, czyli w 3 dniu było najmniej monet. f ( 3) = = = czyli 70 Odpowiedź. 3 dnia było w sarbcu najmniej monet, = 70. Nieznacznie różniące się, w ostatniej fazie rozwiązania, od zaprezentowanego, choć częściej spotyane, jest taie rozwiązanie (początową część pomijamy, gdyż nie różni się w sposób istotny od poprzedniego): ozwiązanie. [ ] f ( n) = n 6n+ Aby zawsze była w sarbcu co najmniej jedna moneta, to musi być spełniony warune Δ< 0 ( 6) 4 < 0 4 > > 69 = 70 n w = = 3 Odpowiedź. Najmniejsza liczba to 70. Wtedy najmniej monet będzie 3-tego dnia. Ja widać, tym razem, zdający najpierw wyznaczył najmniejszą wartość, a dopiero potem dzień, w tórym w sarbcu było najmniej monet. Wyonał więc polecenia zadania doładnie w taiej olejności, ja w treści zadania. Należy tu jedna zauważyć, że gdyby zdający nie obliczył numeru dnia, w tórym była najmniejsza liczba monet, a poprzestał jedynie na wyznaczeniu = 70, to rozumowania zdającego nie można byłoby uznać za w pełni poprawne, gdyż warune Δ< 0, przy brau informacji o tym, czy pierwsza współrzędna wierzchoła paraboli o równaniu y = x 6x jest liczbą naturalną, nie jest poprawny. W olejnym rozwiązaniu z pierwszej grupy też zacytujemy jedynie ostatni fragment rozwiązania, istotnie różny od zaprezentowanych. f n = n 6n+ = n 6n = n ozwiązanie 3. [ ] ( ) ( ) Dla n = 3 liczba monet będzie najmniejsza i żeby była choć jedna, to 69, czyli najmniejsza wynosi 70. W przytoczonym rozwiązaniu zdający wręcz wzorowo wyorzystał postać anoniczną funcji wadratowej, z tórej wywniosował od razu obie szuane liczby. Niestety, rozwiązań tego typu jest bardzo niewiele, a szoda, gdyż nie jest tu zdającemu potrzebny ani wzór na wyróżni trójmianu wadratowego, ani też na pierwszą współrzędną wierzchoła paraboli, przez co rozwiązanie staje się bardzo rótie i precyzyjne. Kolejny przyład rozwiązania różni się od poprzednich fazą początową, tj. sposobem dochodzenia do wzoru funcji liczby monet w sarbcu w n-tym dniu. Przedstawimy jedynie ten fragment rozwiązania. ozwiązanie = 5, 7 50 = 3, 9 50 =, [ ]. Jest to ciąg arytmetyczny, w tórym a = 5 i r =. ( 5) + ( n ) Sn = n= ( n 5) n= ( n 6) n 0 7

6 ( ) ( 6) f n = n n+ [ ] Zdający od razu powiązał ze sobą oba ciągi liczb monet, tworząc w ten sposób ciąg reszt. W tym miejscu należy zwrócić szczególną uwagę, że wielu zdających, tórzy rozwiązywali zadanie w ten sposób, nie potrafiło sobie poradzić ze zmienną, wstawiając ją błędnie do ciągu reszt, w efecie rozpatrując ciąg o pierwszym wyrazie a = 5 i różnicy r =. Kolejne rozwiązania należą do drugiej z grup. ozwiązanie 5. dzień sarbni ról sarbiec = 5 = = 48 = = 69 = = 88 = = 05 = = 0 = = 33 = = 44 = = 53 = = 60 = = 65 = = 68 = = 69 = = 68 = 69 Dalej już będzie dobrze, bo więcej będzie monet doładanych niż zabieranych. Najmniej musi wynosić 70. W 3 dniu będzie najmniej monet. Zdający analizował sytuację w sarbcu przez olejnych 4 dni, a w zasadzie dłużej (o czym świadczy zapis pod tabelą), zauważył, że newralgiczny dzień to 3. Dla ażdego dnia z osobna wyznaczył najmniejszą liczbę. Oreślił, choć tego nie zapisał, reurencyjny wzór na liczbę monet w sarbcu w n-tym dniu. Można oczywiście taiemu rozwiązaniu zarzucać, że nie jest egzemplifiacją metody. Jest to jedna chyba zbyt poważny zarzut. Wsza to problem postawiony w zadaniu powinien być źródłem doboru sposobu jego rozwiązania, a nie odwrotnie. W tym zadaniu zdający sutecznie poradził sobie z problemem. Oto ostatnie z rozwiązań tego zadania, jaie zaprezentujemy. ozwiązanie 6. Na początu sarbni włada mniej monet, niż ról wyjmuje, ale sarbni dorzuca ażdego dnia o monety więcej, niż poprzedniego, więc wystarczy znaleźć pierwszy dzień, iedy sarbni włoży tyle monet, ile wyjmie ról albo więcej. a = 5, r =, więc an = 5 + ( n ) = n+ 3 n n 7 n 3,5 Z tego wynia, że najgorsza sytuacja w sarbcu była trzynastego dnia, a od czternastego dnia było już tylo lepiej. 8

7 ( 3 + 3) 3 50 = = = 69 Aby nie zabrało monet (nawet w trzynastym dniu), to = 70. Ten sposób rozwiązania jest bardzo oryginalny. Poazuje, że zdający doładnie rozumie całą sytuację opisaną w zadaniu jao proces dynamiczny, potrafi bezbłędnie wyznaczyć dzień najgorszy (ja sam go nazywa). Potem rozwiązanie sprowadza się już tylo do obliczenia sumy 3 olejnych wyrazów ciągu arytmetycznego. Zdający wyorzystał tu wzór na sumę n-początowych wyrazów taiego ciągu, jedna równie dobrze mógłby po prostu zsumować te liczy posługując się alulatorem. Ta ja już to wcześniej zasygnalizowaliśmy, rozwiązania taie były bardzo rzadie, a szoda, gdyż w ten sposób można rozwiązać najtrudniejsze zadanie egzau maturalnego z matematyi w tym rou, wyorzystując jedynie wzór na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego i rozwiązując prostą nierówność liniową. W ażdym z poprawnych rozwiązań zadania 5 z poziomu rozszerzonego zdający musieli zastosować własności potęg o wyładniach rzeczywistych. Po raz pierwszy na egzaie maturalnym z matematyi zdarzyło się, że zadanie z poleceniem wyaż jest zadaniem łatwym. Wydaje się, że nauczyciele umiejętnie oswajają uczniów z zadaniami na dowodzenie, a zdający nie opuszczają pochopnie taich zadań tylo z tego powodu, że zawierają one słowo wyaż, czy udowodnij. Poniżej przytoczymy ila typowych poprawnych rozwiązań. ozwiązanie. 4 + Założenie: A = 3 i Teza: B = 9 A B = Dowód: A ( ) = = = = = Zdający wyraźnie zapisał założenie, tezę i przeprowadził dowód, wychodząc od lewej strony udowadnianej równości i dochodząc do jej strony prawej. Zwyle zdający ograniczali się jedynie do dowodu. ( 4 + ) ozwiązanie. B = 3 = 3 = 3 3 = 3 3 = 3 9= 9 A Zdający przeprowadził dowód, przechodząc od lewej do prawej strony równości, wyonując w gruncie rzeczy te same operacje co w rozwiązaniu. ozwiązanie 3. B= 9 A / B = 8A ( ) 3 = = = 3 W tym rozwiązaniu zdający przeształcał równoważnie dowodzoną nierówność, dochodząc w rezultacie do tożsamości. Inne z rozwiązań w mniejszym lub więszym stopniu sprowadzały się do zaprezentowanych. Zadanie to sutecznie różnicowało osoby, tóre miały elementarne brai w umiejętnościach wyonywania działań na potęgach od tych, tórzy te proste umiejętności opanowali. Zadanie 6 z poziomu rozszerzonego mogli rozwiązać jedynie ci zdający, tórzy potrafili poprawnie zapisać waruni wyniające z definicji logarytmu. Dla tegorocznych maturzystów i tych z lat ubiegłych logarytmy w całości znajdują się na poziomie rozszerzonym, ale już od rou przyszłego pojęcie logarytmu (jao liczby) i własności logarytmów (poza wzorem na zamianę podstawy logarytmu) znajdą się w podstawie programowej na poziomie podstawowym. Poprawne rozwiązania zdających różniły się w zasadzie tylo sposobem ustalania tych argumentów funcji f, dla tórych spełnione są waruni cos x i cos x > 0. Jedna grupa zdających rozwiązywała te nierówności w sposób ogólny (w całym zbiorze liczb rzeczywistych), a następnie wyznaczała część B 9

8 wspólną zbiorów rozwiązań tych nierówności i nierówności wadratowej 9 x > 0. Druga grupa od razu uwzględniała przedział ( 3,3), tj. zbiór rozwiązań nierówności wadratowej, ograniczając w ten sposób odczytywanie argumentów funcji f, dla tórych spełnione są waruni cos x π π i cos x > 0 do przedziału,. Przyładem taiego rozwiązania jest: ozwiązanie. Z definicji logarytmu wynia: 9 x > 0 i cos x i cos x > 0 y ( 3 x)( 3+ x) > 0 i cos x i cos x > 0 π π π π x ( 3, 3) i x i x i x, π 0 π π π 3 x 3 3 Dziedziną funcji jest więc zbiór π π π π π π D f =,,, ozwiązania zadania 7 poziom rozszerzony do momentu obliczenia ilorazu ciągu przybiegały właściwie ta samo, przy czym zdający albo wyorzystywali własność ciągu geometrycznego i od razu zapisywali równanie z niewiadomą x, albo też wyorzystywali definicję bądź wzór ogólny ciągu, wprowadzali oznaczenie q ilorazu ciągu i zapisywali uład równań, tóry też sprowadzali do równania z jedną niewiadomą. Część druga zadania, polegająca na uzasadnieniu nierówności S9 <, wyonywana była znacznie rzadziej, niemniej jedna wystąpiły różne, zasługujące S0 4 na poazanie, sposoby uzasadnienia. Zacytujemy jedynie te fragmenty rozwiązań, tóre dotyczą części drugiej rozwiązania. ozwiązanie S9 a 4 4 <, 0 <, 4 0 < , 44 ( ) < 4, 4 4< 4, 4 <, co jest prawdą. S0 4 a W tym sposobie zdający przeształcał dowodzoną nierówność, dochodząc do nierówności prawdziwej w sposób oczywisty. ozwiązanie S = = = < = = S ( ) Tu zdający w ładny sposób oszacował dodatni ułame przez więszy od niego ułame (zmniejszając mianowni o 3). Sposób ten szczególnie zasługuje na podreślenie, gdyż 4 4 umiejętność szacowania wartości wyrażeń liczbowych nie jest powszechna wśród polsich maturzystów, a warto dodać, że jest to umiejętność często wyorzystywana w innych dziedzinach wiedzy, taich ja fizya, chemia, biologia czy geografia. Kolejnym zadaniem z poziomu rozszerzonego, tórego przyłady rozwiązań warto przytoczyć, jest zadanie 8. Jest to zadanie na dowodzenie, a jednocześnie z geometrii syntetycznej. Zdający miał o tyle ułatwione zadanie, że nie musiał mozolnie interpretować treści zadania, miał sporządzony rysune obrazujący całą sytuację. Cały dowód sprowadzał się do zapisania w formie odpowiedniej równości zależności między promieniami obu rozpatrywanych oręgów. Po poprawnym zapisaniu tej zależności następowały już czynności czysto techniczne rachuni prowadzące do obliczenia stosunu tych promieni. Przedstawimy dwa rozwiązania ilustrujące nieco różniące się drogi dojścia do zależności. 0

9 ozwiązanie. Trójąt ABC jest prostoątny i równoramienny. Ze wzoru na przeątną wadratu otrzymuję + r = ( r) + r = r r + r = ( ) = ( + ) /: / ( + ) ( )( + ) = ( + ) r r r A. C r 3 r = + W przytoczonym rozwiązaniu zdający od razu zapisał zależność między promieniami oręgów, zauważając, że trójąt ABC jest połówą wadratu. Podstawą sucesu tego rozwiązania jest umiejętne uzupełnienie rysunu zamieszczonego w treści zadania o odcine łączący wierzchołe ąta prostego ze środiem B, odcine prostopadły do ramienia ąta łączący punt B z tym ramieniem i wreszcie o odcine AC równoległy do tego ramienia. ozwiązanie. O r A r x 45 r B r C B sin 45 = + r+ x r sin 45 = x = + r+ x r = x = x + r+ r = + r+ r = ( + ) = ( ) ( + )( + ) ( )( ) = = = = = Tu zdający zastosował funcję sinus i zbudował uład równań, tóry, umiejętnie przeształcając, doprowadził do uzysania tezy zadania. Sposób ten jest dłuższy od poprzedniego, choć równie suteczny. Wynii egzau maturalnego i uwagi egzaatorów, tórzy oceniali prace egzaacyjne, poazały, że zdający w wielu zadaniach wyazali się umiejętnością budowania modelu matematycznego dla opisanej sytuacji oraz umiejętnością poprawnego wyboru algorytmu rozwiązania. Zdający poprawnie rozwiązywali problemy typowe, o małym stopniu złożoności. W przypadu zadań nietypowych, wymagających rozwiązywania problemów matematycznych, więszość zdających miała trudności już na etapie analizy zadania. Egza poazał, że w pracy dydatycznej z uczniami należy zwrócić uwagę na ształcenie umiejętności analizy warunów zadania i doboru optymalnych metod rozwiązywania problemów matematycznych. Należy pracować nad tym, aby uczniowie dobrze rozumieli wprowadzane na zajęciach definicje i twierdzenia oraz potrafili je interpretować (taże geometrycznie). Ułatwia to budowanie modelu matematycznego, zwłaszcza w przypadu zadań pratycznych i zadań z rachunu prawdopodobieństwa. Poziom merytoryczny odpowiedzi uczniów był bardzo zróżnicowany. Obo rozwiązań świadczących o wiedzy i umiejętności samodzielnego myślenia, zdarzały się odpowiedzi błędne r

10 i nielogiczne. W wielu pracach raził języ matematyczny, jaim posługiwali się zdający. Zwłaszcza na poziomie podstawowym był on często nieporadny, nieprecyzyjny, a stosowanie niewłaściwych symboli matematycznych prowadziło do sprzeczności w rozwiązaniu zadania. Wielu zdających nie udzielało odpowiedzi zgodnej z warunami zadania, co wsazuje na to, że nieuważnie czytali treść zadania i bezrytycznie podchodzili do uzysiwanych wyniów. Kolejny raz oazało się, że poważnym manamentem była niedostateczna sprawność w przeształcaniu wyrażeń. Często zdający poprawnie analizowali waruni zadania, poprawnie zapisywali równania, ale błędy w przeształceniach algebraicznych i błędy rachunowe uniemożliwiały im rozwiązanie zadania lub prowadziły do niepoprawnych odpowiedzi. Analiza poszczególnych zadań poazuje, że w pracy dydatycznej z uczniami przygotowującymi się do egzau maturalnego, warto zwrócić uwagę na ształcenie taich podstawowych umiejętności ja: poprawna analiza zadania czytelne zapisywanie tou myślenia logiczne wniosowanie rozumienie pojęć (a nie opieranie się w rozwiązaniu na znanych algorytmach) tworzenie prostych modeli matematycznych do zadań pratycznych sprawne posługiwanie się Zestawem wybranych wzorów matematycznych. Ważne jest, aby maturzyści uważnie czytali i analizowali treść zadań, a następnie udzielali zwięzłej i precyzyjnej odpowiedzi, zgodnej z przedstawionym poleceniem. Uczniowie przygotowujący się do egzau maturalnego z matematyi powinni orzystać między innymi z materiału ćwiczeniowego, jaim są arusze egzaacyjne umieszczone na stronach internetowych CKE i OKE, a przede wszystim z Informatora o egzaie maturalnym z matematyi od 00 rou. Matematya jest miarą wszystiego w związu z obowiązowym od rou 00 egzaem maturalnym z matematyi, taże miarą dojrzałości do podjęcia naui na wyższej uczelni. Dlatego warto uświadomić maturzystom, że znajomość matematyi na poziomie podstawowym to fundament logicznego myślenia w ażdym aspecie życia. Konieczne jest położenie nacisu w ształceniu matematycznym nie tylo na sprawne operowanie algorytmami, ale i na rozwijanie umiejętności modelowania matematycznego, doboru strategii rozwiązania zadania i umiejętność argumentowania i rozumowania. Ważne jest, aby nie tylo rzetelnie przerobić materiał nauczania, przećwiczyć oreślone zadania, ale i poazać uczniom różne strategie uczenia się, studiowania matematyi. Należy wspierać w nich naturalną cieawość i próby poszuiwania nietypowych rozwiązań, budować wiarę we własne możliwości i umiejętności.