Logika je prisotna v znanosti, tehnologiji in vsakdanjih problemih, poleg sestavljanja ocen selektivnih procesov v podjetjih in tekmovanjih.
Za reševanje vprašanj imate na voljo do 30 minut, kar simulira pravo ocenjevanje. Na koncu preverite svojo uspešnost.
Pozornost na pravila simulacije
- 1010 vprašanj
- Najdaljše trajanje 30 min
- Vaš rezultat in povratne informacije bodo na voljo ob koncu simulacije
Vprašanje 1
V poslovni stavbi se na isti strani hodnika oddaja sedem pisarn. Na koliko različnih načinov so trije odprti in štirje zaprti?
Za prvo je 7 možnosti, za drugo 6, za tretjo 5 in tako naprej.
7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 5040
Vendar pa obstaja omejitev, da so 3 odprte in 4 zaprte. Ker ni razlike med zaprtimi in odprtimi elementi, jih lahko obravnavamo kot ponavljajoče se elemente.
Na voljo je 3 x 2 x 1 = 6 načinov za razporeditev odprtih in 4 x 3 x 2 x 1 = 24 načinov za razporeditev zaprtih.
Torej je število možnosti za ureditev sedmih pisarn tako, da so 3 odprte in 4 zaprte, 35.
vprašanje 2
Rodil sem se 11 let za bratom. Naša mama, ki je stara 39 let, je šest let mlajša od očeta. Če se je očetov prvi otrok rodil na njegov 26. rojstni dan, ga trenutno imam jaz
Če sem jaz rojen 11 let za bratom, je on 11 let starejši od mene. Všečkaj to:
- Moja starost = bratova starost minus 11.
Če je moj oče 6 let starejši od moje mame, je njegova starost:
- Starost mojega očeta = 39 + 6 = 45.
Če je bil moj brat rojen na isti dan kot očetov 26. rojstni dan, je bratova trenutna starost:
- Starost mojega brata = 45 - 26 = 19.
Moja starost je torej:
- Moj brat je star minus 11 let.
19 - 11 = 8
Moja trenutna starost je 8 let.
vprašanje 3
Tekmovanje je potekalo v šoli z oddelki od 1. letnika osnovne šole do 3. letnika srednje šole. Verjetnost, da bo izžreban dijak 1. letnika srednje šole, je 1/4, dijak 2. letnika gimnazije 1/6 in dijak 3. letnika srednje šole 1/5. Če vemo, da je v osnovni šoli devet razredov, je najbližja verjetnost, da je izžrebani učenec osnovnošolski
Verjetnost, da bo izžreban osnovnošolec, najhitreje in najbolj praktično ugotovimo tako, da odštejemo verjetnost, da bo izbran srednješolec. To je izračun verjetnosti, da se pojavi komplementarni dogodek.
P(izžreban osnovnošolec) = P(žreban dijak) - P(žreban srednješolec)
Tej trditvi lahko pritrdimo, saj je vsak dijak šole osnovnošolec ali srednješolec.
Verjetnost, da je izžreban dijak šole, je 1 oziroma 100 %.
Verjetnost, da bo srednješolec izbran, je:
Najmanjši skupni večkratnik 4, 6 in 5 je 60.
Na ta način imamo:
Če 23 delimo s 60, dobimo približno 0,383. Če pomnožimo s 100, 38,3 %, kar je najbližje možnosti a.
vprašanje 4
Eno od treh temeljnih načel, ki sestavljajo logično razmišljanje, je načelo izključene sredine, ki pravi, da lahko izjava prevzame le vrednost resnično ali napačno, nič drugega. Na ta način lahko naslednjo možnost uvrstimo med logične predloge:
Samo stavki, ki imajo lahko logične vrednosti true ali false, so predlogi. Obstajati morajo tudi glagol, osebek in povedek.
Vzkliki, vprašalni in velelni stavki ne morejo biti predlogi.
vprašanje 5
Predpostavimo, da je naslednja izjava napačna.
Če gre João na plažo, potem rad kupuje na sejmu.
Pravilno je reči, da
Izjava je sestavljen predlog, sestavljen iz preprostih:
- "John gre na plažo"
- "na sejmu rad kupuje."
Po klasični logiki je struktura: če... potem..., je pogojni logični veznik in ima vrednost false le, če je drugi preprosti predlog napačen in prvi resničen.
Na ta način imamo:
- "Janez gre na plažo" (RESNICA)
- "na sejmu rad kupuje." (FALSE)
Zato:
Pojdite na plažo in ne marajte kupovati na sejmu.
vprašanje 6
Razmislite o izjavah:
jaz. Vsak krokodil je plazilec.
II. Vsak plazilec je žival.
III. Vsaka žival je živo bitje.
Zato je trditev pravilna:
Dober način za organiziranje informacij je uporaba diagramov.
a) NAPAKA. Ni vsaka žival plazilec.
b) NAPAKA. Vsak krokodil je plazilec.
c) NAPAKA. Vsak krokodil je plazilec.
d) DRŽI. Vsaka žival je živo bitje in obstajajo plazilci, ki niso krokodili.
vprašanje 7
Upoštevajte, da je naslednja izjava napačna:
Če je danes sončen dan, potem ptice pojejo.
Torej v naslednji izjavi:
Danes je poletni dan, če in samo če ptički ne pojejo.
Da bi bila druga izjava resnična, morata biti logični vrednosti "Danes je poletni dan" in "ptice ne pojejo":
To je klasični logični problem, kjer je prva izjava sestavljena propozicija, sestavljena iz preprostih:
- "danes je sončen dan"
- "ptice pojejo"
Veznik stavka je struktura: "Če... torej ...«, znan kot pogojnik. V tej strukturi je edina kombinacija, zaradi katere je napačna, ta, da je druga napačna in prva resnična. Na ta način imamo:
- "danes je sončen dan" (RES)
- "ptice pojejo" (NEPRAV)
Druga izjava je prav tako sestavljena propozicija, sestavljena iz preprostih:
- "Danes je poletni dan"
- "ptice ne pojejo"
Veznik je "če, samo če", znan kot dvopogojnik. Ta sestavljena propozicija prevzame vrednost true le, če sta oba preprosta resnična ali če sta oba napačna.
Ker je prva trditev, "ptice pojejo", napačna, je druga, "ptice ne pojejo", lahko samo resnična, saj je negacija prve.
Tako je edina možnost, da je druga izjava resnična, da sta vrednosti dveh preprostih predlogov resnični. kmalu:
- "Danes je poletni dan" (RES)
- "ptice ne pojejo" (RES)
vprašanje 8
Naslednje številčno zaporedje sledi določenemu vzorcu.
..., 18, 9, 54, 27, 162, ...
Na ta način, v skladu z istimi zakoni, ki so ga ustvarili, sta številka pred 18 in številka, ki sledi 162, v tem zaporedju:
Od elementa 18 do 9 je prišlo do zmanjšanja, ki je bilo morda z odštevanjem z 9 ali deljenjem z 2.
Z devet na 54 se je povečalo, kar je lahko posledica vsote 45 enot ali množenja s 6.
Preizkušanje prve hipoteze, odštevanje 9 enot od 54, ne dobimo 27, vendar pri deljenju z 2, da.
Po drugi hipotezi dobimo pri množenju 27 s 6 162, pri deljenju z 2 pa 81.
Na začetku zaporedja je število, ki se pomnoži s 6 in rezultira v 18, 3.
Torej je predhodnik 18 3, naslednik 27 pa 81.
vprašanje 9
Upoštevajte naslednje zaporedje geometrijskih oblik, ki sledijo vzorcu.
Od leve proti desni je sedmi element spet trikotnik in tako se zaporedje še naprej ponavlja. Lahko rečemo, da je 117. element tega zaporedja barva
Ker se zaporedje ponovi vsakih šest elementov, iščemo najbližji večkratnik 117. Da bi to naredili, 117 delimo s 6:
To pomeni, da obstaja 19 ponavljajočih se celih sekvenc in trije elementi. Ker se zaporedje razvija od leve proti desni, samo preštejte še tri elemente.
Tretji element je rumen peterokotnik.
vprašanje 10
Razmislite o treh nizih, A, B in C, s 13, 17 oziroma 19 elementi. Vsem trem množicam je skupnih 5 elementov, 8 elementov je izključno v množici B, presečišče med A in B ima 8 elementov in med A in C 7 elementov. To je mogoče trditi
Ker obstaja presečišče med tremi nizi, lahko situacijo predstavimo z diagrami:
Glede na podatke v izjavi imamo:
- 5 elementov, ki so skupni trem nizom,
- 8 elementov je izključno v nizu B,
- 8 elementov in med A in B,
- 7 elementov med A in C.
V diagramu lahko izpolnimo prva dva podatka.
Ker je med A in B 8 elementov, moramo upoštevati, da je 5 že postavljenih, le 3 manjkajo. Podobno, s 7 elementi med A in C, ostane dodati 2 v skupni prostor med njima.
Na podlagi seštevkov vsakega niza, A, B in C, s 13, 17 oziroma 19 elementi, lahko zaključimo izpolnjevanje diagrama.
Glede na to lahko preverimo možnosti.
a) NAPAKA. Čeprav je na stičišču A in B skupaj 8 elementov, jih 5 pripada tudi C.
b) NAPAKA. Da bi bili nepovezani, se ne morejo sekati.
c) NAPAKA. Množica A ima 13 elementov. Vsaj v več kot en niz vključite elemente, ki so v nizu dva in tri.
Seštevanje elementov, ki so v več kot enem nizu: 2 + 1 + 3 + 5 = 11.
d) DRŽI. Zveza med tremi nizi je vsota elementov v vsaki regiji.
Preostali čas0h 30min 00s
Zadetki
40/50
40 Pravilno
7 narobe
3 brez odgovora
osvajati 40 vprašanja od skupaj 50 = 80% (odstotek pravilnih odgovorov)
Čas simulacije: 1 ura in 33 minut
Vprašanja(kliknite, da se vrnete na vprašanje in preverite odgovor)
manjka 8 vprašanja za dokončanje.
Pozor!
Ali želite dokončati simulacijo?
