Zadania.info
Największy internetowy zbiór zadań z matematyki
cornersUpL
cornersUpR

Zadania

 

Na skróty

Recenzje

Linki sponsorowane

cornersM

Linki sponsorowane

cornersR

VI próbna matura 2012 z matematyki z zadania.info


14 kwietnia 2012
obrazek
Właśnie zamieściliśmy arkusze VI tegorocznej próbnej matury z matematyki organizowanej przez nasz serwis.

Zadania na poziomie podstawowym

Zadania na poziomie rozszerzonym

Aby maksymalnie wykorzystać tę okazję do sprawdzenia swoich umiejętności radzimy spróbować rozwiązać te zadania w warunkach maksymalnie zbliżonych do egzaminacyjnych. W tym celu

  • Postarajcie się wygospodarować odpowiednią ilość czasu (170 minut na poziomie podstawowym i 3 godziny na rozszerzonym) tak, aby zadania rozwiązywać bez przerw.
  • Korzystajcie tylko z takich przyborów jakie są dopuszczone na egzaminie: prosty kalkulator, linijka, cyrkiel, tablice wzorów.
  • Starajcie się zmieścić rozwiązania na arkuszach egzaminacyjnych.
  • Starajcie się maksymalnie wykorzystać czas. Jeżeli zostanie wam czas, to myślcie nad zadaniami, których nie udało wam się rozwiązać. Jeżeli uda wam się rozwiązać wszystkie zadania, to sprawdźcie swoje rozwiązania.

Powinno to być oczywiste, ale rozwiązywanie zadań w warunkach egzaminacyjnych jest bardzo specyficzne. Trzeba umieć radzić sobie ze stresem związanym z egzaminem, ze stresem związanym z brakiem wystarczającej ilości czasu, ze stresem związanym z brakiem wystarczającej ilości miejsca do pisania (wszystko co napiszemy musimy oddać). Z tego powodu radzimy już w tej chwili zacząć się przyzwyczajać do takich warunków.

Rozwiązania zadań.

Poziom podstawowy

Poziom rozszerzony

Kolejna zabawa maturalna już za tydzień, 21 kwietnia.

Komentarze (17)

supergolonka, 14 kwie 2012, 07:44

Właśnie zamieściliśmy arkusze VI próbnej matury.
http://www.zadania.info/n/4275390
Do jutra (15 kwietnia) do godz. 16 wszystkie posty na temat zadań i rozwiązań zadań z tych arkuszy będą usuwane.
Jeżeli macie wątpliwości co do poprawności treści zadań to piszcie na
supergolonkaMALPAzadania.info

KGondziu, 15 kwie 2012, 11:50

naprzeciwko piszemy łącznie :)

supergolonka, 15 kwie 2012, 15:55

Rozwiązania zadań:
Podstawa
Rozszerzenie

rlk120, 15 kwie 2012, 18:49

Przyznam, że całkiem rozłożyło mnie zadanie z prawdopodobieństwa w arkuszu rozszerzonym :O

kokosz90, 15 kwie 2012, 19:44

Pro po właśnie tego zadania z prawdopodobieństwem....

Czemu nie możemy po prostu wybrać \({ 7 \choose 5 }\) jako listów, które umieścimy w 5 skrzynkach (tak aby w każdej był 1), oczywiście gdzie jest \(5!\) takich możliwości, a pozostałe dwa rozmieścimy na \(5^{2}\) sposobów ?

To by dawało \({ 7\choose 5 } \cdot 120 \cdot 25\) przy takiej samej omedze (co oczywiście daje inny wynik końcowy)

wawrys93, 15 kwie 2012, 20:01

przyłaczam sie do pytania związanego z prawdopodobieństwem

supergolonka, 15 kwie 2012, 20:13

Przy takim liczeniu wiele sytuacji liczysz podwójnie:
Np. taka sytuacja:
I: 1,2
II: 3,4
III:5
IV: 6
V:7
liczysz to np. tak: wybierasz 1,3,5,6,7 licząc \({7\choose 5}\), a potem dobierasz 2 i 4. Ale dokładnie to samo liczysz wybierając najpierw 2,3,5,6,7 a potem dobierając 1 i 4.

OBIBOK, 15 kwie 2012, 23:31

Zgadzam się, i dlatego odjąłem od tego wyniku {7\choose 5} \cdot 5!, nie wiem czy dobrze rozumuję, ale według mnie to eliminuje sytuację opisaną przez Ciebie, ponieważ te 2 pozostałe listy muszą trafić do konkretnych skrzynek, jeśli sytuacja ma się powtarzać. Możesz mi wskazać błąd w moim toku rozumowania?

szymo1993, 15 kwie 2012, 23:52

Również mam wątpliwości co do zadania z prawdopodobieństwem a mianowicie zrobilem to w taki sposób:
Omege policzylem identycznie, oraz pierwszy przypadek gdy losujemy 3 listy do jednej skrzynki wyszło 4200 możliwości.
Drugi przypadek gdy dwie skrzynki zawierają dwa listy zrobiłem w następujący sposób:
wybieram 2 listy spośród 7 \({ 7 \choose 2 }\) i jedną skrzynkę spośród 5 \({5 \choose 1 }\) i dwa listy spośród pozostałych 5 \({5 \choose 2}\) i jedną skrzynkę spośród pozostałych 4 \({4 \choose 1}\)i resztę listów na 3! sposobów. Co daje wynik \({ 7 \choose 2 }\) * \({5 \choose 1 }\) * \({5 \choose 2}\) * \({4 \choose 1}\) * 3! = 25200. Czyli dokładnie 2x wiecej niż w rozwiązaniu. Nie rozumiem dlaczego moje rozumowanie jest złe. Prawdopodobieństwo wyszlo mi ostatecznie P(A)= \(\frac{1176}{3125}\)

Unnamed454, 16 kwie 2012, 03:23

Witam,

Znowu prawdopodobieństwo :) myślę, że od ostatniego czasu zrozumiałem trochę więcej i sądzę, że jestem w stanie wskazać błąd w twoim rozumowaniu szymo1993. Jeżeli się mylę proszę o poprawienie mnie. Z twojego rozumowania przeprowadzonego do przypadku drugiego wynika, że wszystko liczysz podwójnie. Weźmy sobie przykład: W pierwszym losowaniu wybierasz sobie 2 listy spośród 7 (dajmy na to wylosowało 2 i 4), teraz wybierasz sobie 1 spośród 5 skrzynek (niech będzie 3) i umieszczasz listy w tej skrzynce. Idźmy dalej, losujemy teraz 2 listy z pozostałych 5 (dajmy na to 3 i 5) i dobieramy do tego skrzyneczkę 1 z 4 pozostałych (wybrało może teraz nr 1 :) ). listy które nam pozostały rozmieszczamy w 3 pozostałych skrzynkach.

Bardziej graficznie (jeżeli można to tak nazwać :) ) \((5 i 3) (1) (4 i 2) (6) (7)\)

A teraz rozpatrzmy taki wariant : W pierwszym losowaniu wybierasz sobie 2 listy spośród 7 (5 i 3), teraz wybierasz sobie 1 spośród 5 skrzynek (1) i umieszczasz listy w tej skrzynce. Losujemy teraz 2 listy z pozostałych 5 (4 i 2) i dobieramy do tego skrzyneczkę 1 z 4 pozostałych (3). Listy które nam pozostały rozmieszczamy w 3 pozostałych skrzynkach (rozmieszczone one zostały identycznie jak poprzednio). Jak widać otrzymaliśmy ten sam układ \((5 i 3) (1) (4 i 2) (6) (7)\)

Jeżeli uwzględnisz to, że liczysz wszystko podwójnie to znaczy podzielisz całość liczoną przez ciebie przez 2! wynik powinien wyjść dobry (z tego co widzę 1 przypadek i omega dobrze policzona :) )

A teraz chcę podzielić się swoim rozwiązaniem i także spytać czy jest poprawne, a więc:

Omega identycznie liczona. Przypadek pierwszy:
a) do pierwszej skrzynki wrzucam \({ 7\choose1 }\) do drugiej \({ 6\choose1 }\) do trzeciej \({ 5\choose1 }\) do czwartej \({ 4\choose1 }\) natomiast do piątej pozostałe 3 listy \({ 3\choose3 }\). Całość pomnożona przez pięć (ponieważ mogę na 5 sposobów rozmieścić przypadek z trzema listami w jednej skrzynce)
b)do pierwszej skrzynki wrzucam \({ 7\choose1 }\) do drugiej \({ 6\choose1 }\) do trzeciej \({ 5\choose1 }\) natomiast do czwartej wrzucam \({ 4\choose2 }\) i do piątej resztę \({ 2\choose2 }\). Mnożę wszystko razy 10 ponieważ mam dziesięć możliwości ustawienia (identyczna sytuacja jak z ustawianiem ciągu AAABB)

Wydarzenie sprzyjające \(A\) wynosi więc \(A=4*5*6*7*5+5*6*6*7*10\)

Po podstawieniu do wzoru na prawdopodobieństwo \(P(A)= \frac{4*5*6*7*5+5*6*6*7*10}{5^7} = \frac{672}{3125}\)

Wynik ten sam natomiast nie wiem jak z tokiem rozumowania :) dzięki z góry za odpowiedź. Jak poprawnie to można dodać do rozwiązań :wink:

supergolonka, 16 kwie 2012, 06:57

OBIBOK: musisz dokładniej napisać co od czego odejmujesz, bo teraz nie za bardzo to rozumiem.

szymo1993: dokładnie tak jak napisał Unnamed454, w drugim przypadku liczysz podwójnie.

Unnamed454: to jest OK, dodałem jako drugi sposób.

szymo1993, 16 kwie 2012, 21:42

Dzięki wielkie, juz wszystko jasne :)

maniaq, 18 kwie 2012, 16:02

a ja mam pytanko jak koledzy wyżej do zadania z prawdopodobieństwa ponieważ trochę inaczej o tym zadaniu pomyślałem nie wiem czy poprawnie...

mianowicie:
można wprowadzić zdarzenie przeciwne tzn.:
A' - do minimum jednej ze skrzynek nie trafia ani jeden list...

Czyli może być jedna skrzynka pusta, 2 itd.

Jeżeli jedna to układamy 7 listów do 4 skrzynek itd. - czy ten sposób jest poprawny ?

wsl1993_, 18 kwie 2012, 20:03

mógłby ktoś rozjaśnić mi trochę sposób drugi z zadania trzeciego? nie bardzo wiem skąd ten dowód się wziął :/

supergolonka, 21 kwie 2012, 08:07

Do maniaq:
To prawda co piszesz, ale liczenie w ten sposób niewiele pomoże. Np. gdy dokładnie jedna ma być pusta, to musisz policzyć na ile sposobów można włożyć listy do 4 skrzynek, tak, aby żadna nie była pusta - a to przecież to samo co oryginalne zadanie.

supergolonka, 21 kwie 2012, 08:09

Do wsl1993_:
Sprecyzuj pytanie.
Do pierwszej nierówności wstawione są liczby a=a^3, b=c=d=1/a

maniaq, 21 kwie 2012, 18:54

rzeczywiście - bo wśród jednej pustej może być możliwość że kolejna jest też pusta ;) dzięki za odpowiedz ;)

lDodaj nowy komentarzl