# SCIO NSZ Obecné studijní předpoklady (OSP) & MUNI TSP — Verbální, analytické a kvantitativní myšlení a strategie percentilu

> Hloubková příprava na Národní srovnávací zkoušky SCIO OSP (Verbální oddíl 23 úloh / 20 min, Kvantitativní oddíl 22 úloh / 30 min, Analytický oddíl 22 úloh / 30 min, kritické myšlení a argumentace) a Test studijních předpokladů Masarykovy univerzity (MUNI TSP): výroková a predikátová logika, argumentační klamy, analytické skládačky, kvantitativní komparace, penalizace za chybnou odpověď (-1/4 či -1/3 bodu) a maximalizace percentilu.

- **Canonical URL:** https://flashcards.world/flashcards/sets/eee38be1-5167-4c38-a014-d9debc4c791c/
- **Markdown URL:** https://flashcards.world/flashcards/sets/eee38be1-5167-4c38-a014-d9debc4c791c.md
- **Level:** intermediate
- **Languages:** cs → cs
- **Total Cards:** 32

## Flashcards (32 Cards)

| # | Front (Term / Prompt) | Back (Definition / Answer) | Example | Multiple-Choice Options |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 1 | Jak určíme poslední číslici velké mocniny přirozeného čísla, např. čísla $7^{2026}$, v kvantitativním oddílu OSP nebo MUNI TSP? | Poslední číslice mocnin čísla 7 se periodicky opakují v cyklu délky 4: $(7, 9, 3, 1)$; proto vydělíme exponent $2026$ čtyřmi se zbytkem ($2026 = 4 \cdot 506 + 2$) a druhému místu v cyklu odpovídá číslice 9 — Poslední číslice mocnin $7^1, 7^2, 7^3, 7^4, 7^5, \dots$ jsou $7, 9, 3, 1, 7, \dots$ (perioda délky 4). Zbytek po dělení $2026 : 4$ je stejný jako u posledního dvojčíslí $26 : 4$, tedy zbytek $2$. Druhým členem periody je $7^2 \equiv 9 \pmod{10}$. | Poslední číslice mocnin $7^1, 7^2, 7^3, 7^4, 7^5, \dots$ jsou $7, 9, 3, 1, 7, \dots$ (perioda délky 4). Zbytek po dělení $2026 : 4$ je stejný jako u posledního dvojčíslí $26 : 4$, tedy zbytek $2$. Druhým členem periody je $7^2 \equiv 9 \pmod{10}$. | A) Poslední číslice je vždy 7, protože základ končí číslicí 7; B) Poslední číslice je 6, protože exponent $2026$ končí číslicí 6; C) Poslední číslice mocnin čísla 7 se periodicky opakují v cyklu délky 4: $(7, 9, 3, 1)$; proto vydělíme exponent $2026$ čtyřmi se zbytkem ($2026 = 4 \cdot 506 + 2$) a druhému místu v cyklu odpovídá číslice 9 — Poslední číslice mocnin $7^1, 7^2, 7^3, 7^4, 7^5, \dots$ jsou $7, 9, 3, 1, 7, \dots$ (perioda délky 4). Zbytek po dělení $2026 : 4$ je stejný jako u posledního dvojčíslí $26 : 4$, tedy zbytek $2$. Druhým členem periody je $7^2 \equiv 9 \pmod{10}$. ✓; D) Poslední číslice je 1, protože každá sudá mocnina lichého čísla končí číslicí 1 |
| 2 | Jak v analytických úlohách se stolováním nebo řazením do kruhu spočítáme počet různých rozesazení $n$ osob kolem kulatého stolu (kruhové permutace)? | Počet kruhových permutací $n$ osob (kdy záleží jen na vzájemné poloze sousedů, nikoliv na natočení stolu) je $(n - 1)!$ — První osobu posadíme na libovolné místo (čímž zafixujeme počátek orientovaného kruhu) a zbývajících $n - 1$ osob můžeme na zbylá místa rozmístit $(n - 1)!$ způsoby (např. pro 5 osob u kulatého stolu existuje $4! = 24$ různých rozesazení). | První osobu posadíme na libovolné místo (čímž zafixujeme počátek orientovaného kruhu) a zbývajících $n - 1$ osob můžeme na zbylá místa rozmístit $(n - 1)!$ způsoby (např. pro 5 osob u kulatého stolu existuje $4! = 24$ různých rozesazení). | A) Počet kruhových permutací $n$ osob je vždy $n!$; B) Počet kruhových permutací $n$ osob (kdy záleží jen na vzájemné poloze sousedů, nikoliv na natočení stolu) je $(n - 1)!$ — První osobu posadíme na libovolné místo (čímž zafixujeme počátek orientovaného kruhu) a zbývajících $n - 1$ osob můžeme na zbylá místa rozmístit $(n - 1)!$ způsoby (např. pro 5 osob u kulatého stolu existuje $4! = 24$ různých rozesazení). ✓; C) Počet kruhových permutací $n$ osob je $n^2$; D) Počet kruhových permutací $n$ osob je $2^{n-1}$ |
| 3 | Jak se liší deduktivní a induktivní usuzování v úlohách na logiku a kritické myšlení (SCIO OSP / MUNI TSP)? | V logicky platném deduktivním úsudku z pravdivých premis nutně (se 100% jistotou) vyplývá pravdivý závěr (postup od obecného pravidla ke konkrétnímu případu); v induktivním úsudku zobecňujeme z konečného počtu pozorovaných případů na obecné pravidlo, takže závěr platí pouze s určitou mírou pravděpodobnosti — Klasický příklad: Dedukce: „Všichni savci mají plíce; velryba je savec $\Rightarrow$ velryba má plíce“ (nutná platnost). Indukce: „Všechny dosud pozorované labutě byly bílé $\Rightarrow$ všechny labutě jsou bílé“ (pravděpodobnostní zobecnění vyvrácené objevem černých labutí v Austrálii). | Klasický příklad: Dedukce: „Všichni savci mají plíce; velryba je savec $\Rightarrow$ velryba má plíce“ (nutná platnost). Indukce: „Všechny dosud pozorované labutě byly bílé $\Rightarrow$ všechny labutě jsou bílé“ (pravděpodobnostní zobecnění vyvrácené objevem černých labutí v Austrálii). | A) V deduktivním úsudku je závěr vždy jen pravděpodobný, zatímco v induktivním úsudku je 100% jistý; B) V logicky platném deduktivním úsudku z pravdivých premis nutně (se 100% jistotou) vyplývá pravdivý závěr (postup od obecného pravidla ke konkrétnímu případu); v induktivním úsudku zobecňujeme z konečného počtu pozorovaných případů na obecné pravidlo, takže závěr platí pouze s určitou mírou pravděpodobnosti — Klasický příklad: Dedukce: „Všichni savci mají plíce; velryba je savec $\Rightarrow$ velryba má plíce“ (nutná platnost). Indukce: „Všechny dosud pozorované labutě byly bílé $\Rightarrow$ všechny labutě jsou bílé“ (pravděpodobnostní zobecnění vyvrácené objevem černých labutí v Austrálii). ✓; C) Dedukce postupuje vždy od jednoho náhodného pozorování k celému vesmíru; D) Induktivní úsudek nemůže být nikdy vyvrácen žádným novým protipříkladem |
| 4 | Jak v úlohách na prostorovou představivost (MUNI TSP, Cermat a SCIO) určíme, která krychle může vzniknout složením dané čtvercové sítě o 6 stěnách? | Nejprve v síti určíme 3 dvojice protějších stěn (stěny oddělené v řadě jedním čtvercem nebo ležící ob jeden čtverec „do Z“ nikdy nemohou mít společnou hranu!) a vyloučíme všechny krychle, na nichž jsou dvě protější stěny zobrazeny jako sousední; poté zkontrolujeme vzájemnou orientaci znaků — Pravidlo protějších stěn okamžitě eliminuje většinu chybných odpovědí: dvě protější stěny nemohou být na pohledu na krychli nikdy vidět současně jako sousedící. U zbývajících možností sledujeme, kam směřuje špička šipky či úhel vůči sousední stěně. | Pravidlo protějších stěn okamžitě eliminuje většinu chybných odpovědí: dvě protější stěny nemohou být na pohledu na krychli nikdy vidět současně jako sousedící. U zbývajících možností sledujeme, kam směřuje špička šipky či úhel vůči sousední stěně. | A) Nejprve v síti určíme 3 dvojice protějších stěn (stěny oddělené v řadě jedním čtvercem nebo ležící ob jeden čtverec „do Z“ nikdy nemohou mít společnou hranu!) a vyloučíme všechny krychle, na nichž jsou dvě protější stěny zobrazeny jako sousední; poté zkontrolujeme vzájemnou orientaci znaků — Pravidlo protějších stěn okamžitě eliminuje většinu chybných odpovědí: dvě protější stěny nemohou být na pohledu na krychli nikdy vidět současně jako sousedící. U zbývajících možností sledujeme, kam směřuje špička šipky či úhel vůči sousední stěně. ✓; B) Protější stěny krychle v síti mají vždy společnou hranu; C) Každá síť ze 6 čtverců se po složení vždy překryje tak, že vzniknou jen 4 stěny; D) Orientace nesymetrických symbolů (šipek, písmen) se při otáčení stěn v rovině nikdy nemění |
| 5 | Jaká jsou pravidla dělitelnosti přirozených čísel čísly 3, 4, 6, 8, 9 a 11, která umožňují rychlé vyloučení možností v kvantitativním oddílu OSP? | Dělitelnost 3 (ciferný součet dělitelný 3), 4 (poslední dvojčíslí dělitelné 4), 6 (sudé a ciferný součet dělitelný 3), 8 (poslední trojčíslí dělitelné 8), 9 (ciferný součet dělitelný 9), 11 (střídavý ciferný součet dělitelný 11) — Znalost znaků dělitelnosti šetří drahocenné sekundy: např. číslo $73\,524$ má ciferný součet $7+3+5+2+4 = 21$ (dělitelné 3, ale ne 9) a poslední dvojčíslí $24$ je dělitelné 4, takže číslo je dělitelné $3 \cdot 4 = 12$. | Znalost znaků dělitelnosti šetří drahocenné sekundy: např. číslo $73\,524$ má ciferný součet $7+3+5+2+4 = 21$ (dělitelné 3, ale ne 9) a poslední dvojčíslí $24$ je dělitelné 4, takže číslo je dělitelné $3 \cdot 4 = 12$. | A) Číslo je dělitelné 4, pokud je jeho ciferný součet dělitelný 4, a dělitelné 8, pokud končí číslicí 8; B) Číslo je dělitelné 6, pokud končí číslicí 6, a dělitelné 9, pokud končí číslicí 9; C) Číslo je dělitelné 11 pouze tehdy, má-li sudý počet cifer; D) Dělitelnost 3 (ciferný součet dělitelný 3), 4 (poslední dvojčíslí dělitelné 4), 6 (sudé a ciferný součet dělitelný 3), 8 (poslední trojčíslí dělitelné 8), 9 (ciferný součet dělitelný 9), 11 (střídavý ciferný součet dělitelný 11) — Znalost znaků dělitelnosti šetří drahocenné sekundy: např. číslo $73\,524$ má ciferný součet $7+3+5+2+4 = 21$ (dělitelné 3, ale ne 9) a poslední dvojčíslí $24$ je dělitelné 4, takže číslo je dělitelné $3 \cdot 4 = 12$. ✓ |
| 6 | Jak ve výrokové logice (analytický oddíl OSP a MUNI TSP) zní definice implikace $A \Rightarrow B$, její obměněná (kontrapoziční) implikace a její negace $\neg(A \Rightarrow B)$? | Implikace $A \Rightarrow B$ („Jestliže A, pak B“) je nepravdivá pouze tehdy, když předpoklad $A$ platí a závěr $B$ neplatí; logicky ekvivalentní je obměněná implikace $\neg B \Rightarrow \neg A$ („Jestliže neplatí B, pak neplatí A“); negací implikace je konjunkce $A \wedge \neg B$ („Platí A a zároveň neplatí B“) — Z tvrzení „Kdo je advokátem ($A$), má vysokoškolské právnické vzdělání ($B$)“ ($A \Rightarrow B$) plyne kontrapozice „Kdo nemá vysokoškolské právnické vzdělání ($\neg B$), není advokátem ($\neg A$)“. Naopak z toho, že někdo má právnické vzdělání ($B$), NEPLYNE, že je advokátem ($A$). | Z tvrzení „Kdo je advokátem ($A$), má vysokoškolské právnické vzdělání ($B$)“ ($A \Rightarrow B$) plyne kontrapozice „Kdo nemá vysokoškolské právnické vzdělání ($\neg B$), není advokátem ($\neg A$)“. Naopak z toho, že někdo má právnické vzdělání ($B$), NEPLYNE, že je advokátem ($A$). | A) Implikace $A \Rightarrow B$ je ekvivalentní s obrácenou implikací $B \Rightarrow A$ a s $\neg A \Rightarrow \neg B$; B) Negací implikace $A \Rightarrow B$ je implikace $A \Rightarrow \neg B$; C) Implikace $A \Rightarrow B$ („Jestliže A, pak B“) je nepravdivá pouze tehdy, když předpoklad $A$ platí a závěr $B$ neplatí; logicky ekvivalentní je obměněná implikace $\neg B \Rightarrow \neg A$ („Jestliže neplatí B, pak neplatí A“); negací implikace je konjunkce $A \wedge \neg B$ („Platí A a zároveň neplatí B“) — Z tvrzení „Kdo je advokátem ($A$), má vysokoškolské právnické vzdělání ($B$)“ ($A \Rightarrow B$) plyne kontrapozice „Kdo nemá vysokoškolské právnické vzdělání ($\neg B$), není advokátem ($\neg A$)“. Naopak z toho, že někdo má právnické vzdělání ($B$), NEPLYNE, že je advokátem ($A$). ✓; D) Implikace $A \Rightarrow B$ znamená, že $A$ je nutnou podmínkou pro $B$ a $B$ je postačující podmínkou pro $A$ |
| 7 | Jaká je struktura českého testu SCIO Obecné studijní předpoklady (OSP) v rámci Národních srovnávacích zkoušek (NSZ) podle počtu oddílů, úloh a časových limitů? | Test SCIO OSP má 3 samostatně časované oddíly (v rozšířené taxonomii zahrnující i úlohy na kritické myšlení a argumentaci): Verbální oddíl (23 úloh, 20 minut), Kvantitativní oddíl (22 úloh, 30 minut) a Analytický oddíl (22 úloh, 30 minut; celkem 67 úloh za 80 minut čistého času) — V každém oddílu SCIO OSP je pevně stanoven časový limit (Verbální 20 min / 23 úloh, Kvantitativní 30 min / 22 úloh, Analytický 30 min / 22 úloh); přecházet mezi oddíly mimo vymezený čas je zakázáno. Úlohy na kritické myšlení a argumentaci jsou integrovány do verbálního a analytického bloku. | V každém oddílu SCIO OSP je pevně stanoven časový limit (Verbální 20 min / 23 úloh, Kvantitativní 30 min / 22 úloh, Analytický 30 min / 22 úloh); přecházet mezi oddíly mimo vymezený čas je zakázáno. Úlohy na kritické myšlení a argumentaci jsou integrovány do verbálního a analytického bloku. | A) Test SCIO OSP má 1 společný oddíl s 60 úlohami na 60 minut bez rozdělení na části; B) Test SCIO OSP má 4 oddíly po 30 úlohách a trvá celkem 180 minut, přičemž lze libovolně přecházet mezi oddíly; C) Test SCIO OSP má 3 samostatně časované oddíly (v rozšířené taxonomii zahrnující i úlohy na kritické myšlení a argumentaci): Verbální oddíl (23 úloh, 20 minut), Kvantitativní oddíl (22 úloh, 30 minut) a Analytický oddíl (22 úloh, 30 minut; celkem 67 úloh za 80 minut čistého času) — V každém oddílu SCIO OSP je pevně stanoven časový limit (Verbální 20 min / 23 úloh, Kvantitativní 30 min / 22 úloh, Analytický 30 min / 22 úloh); přecházet mezi oddíly mimo vymezený čas je zakázáno. Úlohy na kritické myšlení a argumentaci jsou integrovány do verbálního a analytického bloku. ✓; D) Test SCIO OSP obsahuje 16 otevřených rýsovacích úloh a trvá 70 minut |
| 8 | Jak řešíme v kvantitativním oddílu SCIO OSP úlohy s nově definovanou binární operací, např. je-li pro všechna reálná čísla definováno $a \star b = a^2 - 2ab + b$? | Důsledně dosadíme konkrétní čísla či výrazy na pozici prvního argumentu $a$ a druhého argumentu $b$ podle zadaného předpisu (včetně závorek a znamének); např. $3 \star (-2) = 3^2 - 2\cdot 3\cdot (-2) + (-2) = 9 + 12 - 2 = 19$ — Úlohy s „definovanou operací“ ($\star, \oplus, \diamond$) testují čistou schopnost algebraické substituce. Pozor: operace obecně NENÍ komutativní ($3 \star (-2) = 19$, zatímco $(-2) \star 3 = (-2)^2 - 2(-2)(3) + 3 = 4 + 12 + 3 = 19$ zde náhodou ano, ale např. $3 \star 1 = 4 \neq 1 \star 3 = -2$). | Úlohy s „definovanou operací“ ($\star, \oplus, \diamond$) testují čistou schopnost algebraické substituce. Pozor: operace obecně NENÍ komutativní ($3 \star (-2) = 19$, zatímco $(-2) \star 3 = (-2)^2 - 2(-2)(3) + 3 = 4 + 12 + 3 = 19$ zde náhodou ano, ale např. $3 \star 1 = 4 \neq 1 \star 3 = -2$). | A) Důsledně dosadíme konkrétní čísla či výrazy na pozici prvního argumentu $a$ a druhého argumentu $b$ podle zadaného předpisu (včetně závorek a znamének); např. $3 \star (-2) = 3^2 - 2\cdot 3\cdot (-2) + (-2) = 9 + 12 - 2 = 19$ — Úlohy s „definovanou operací“ ($\star, \oplus, \diamond$) testují čistou schopnost algebraické substituce. Pozor: operace obecně NENÍ komutativní ($3 \star (-2) = 19$, zatímco $(-2) \star 3 = (-2)^2 - 2(-2)(3) + 3 = 4 + 12 + 3 = 19$ zde náhodou ano, ale např. $3 \star 1 = 4 \neq 1 \star 3 = -2$). ✓; B) Symbol $\star$ vždy nahradíme běžným násobením $a \cdot b$; C) Nově definovaná operace je vždy komutativní ($a \star b = b \star a$) a asociativní; D) Znaménko minus před druhým číslem se při dosazování do vzorce vždy zanedbá |
| 9 | Jak použijeme Vennovy diagramy a princip inkluze a exkluze v úloze: „Ze 40 studentů v ročníku studuje 25 angličtinu, 18 němčinu a 5 nestuduje ani jeden z těchto jazyků. Kolik studentů studuje oba jazyky současně?“ | 8 studentů, neboť alespoň jeden jazyk studuje $40 - 5 = 35$ studentů a podle vzorce $\|A \cup N\| = \|A\| + \|N\| - \|A \cap N\|$ platí $35 = 25 + 18 - \|A \cap N\| \Rightarrow \|A \cap N\| = 43 - 35 = 8$ — Pro sjednocení dvou množin platí $\|A \cup B\| = \|A\| + \|B\| - \|A \cap B\|$. Nejprve od celkového počtu $40$ odečteme ty, kteří nestudují ani jeden jazyk ($40 - 5 = 35$), a poté od součtu $25 + 18 = 43$ odečteme $35$, čímž získáme průnik $\|A \cap B\| = 8$. | Pro sjednocení dvou množin platí $\|A \cup B\| = \|A\| + \|B\| - \|A \cap B\|$. Nejprve od celkového počtu $40$ odečteme ty, kteří nestudují ani jeden jazyk ($40 - 5 = 35$), a poté od součtu $25 + 18 = 43$ odečteme $35$, čímž získáme průnik $\|A \cap B\| = 8$. | A) 3 studenti, protože $25 + 18 - 40 = 3$; B) 8 studentů, neboť alespoň jeden jazyk studuje $40 - 5 = 35$ studentů a podle vzorce $\|A \cup N\| = \|A\| + \|N\| - \|A \cap N\|$ platí $35 = 25 + 18 - \|A \cap N\| \Rightarrow \|A \cap N\| = 43 - 35 = 8$ — Pro sjednocení dvou množin platí $\|A \cup B\| = \|A\| + \|B\| - \|A \cap B\|$. Nejprve od celkového počtu $40$ odečteme ty, kteří nestudují ani jeden jazyk ($40 - 5 = 35$), a poté od součtu $25 + 18 = 43$ odečteme $35$, čímž získáme průnik $\|A \cap B\| = 8$. ✓; C) 12 studentů, protože $40 - 25 - 5 = 10$ a $18 - 6 = 12$; D) 7 studentů, protože $(25 - 18) = 7$ |
| 10 | Jakou strategii použijete při řešení zebra-úloh (logických skládaček o rozřazení osob, předmětů či dnů v týdnu podle souboru podmínek) v analytickém oddílu SCIO OSP? | Sestavíme přehlednou tabulku (matici), nejprve zapíšeme přímé (jednoznačné) podmínky, poté podmínky s bloky sousedících prvků a implikace a v jednotlivých úlohách vylučujeme možnosti porušující alespoň jedno pravidlo — V analytickém oddílu OSP se k jednomu souboru podmínek váže obvykle 4 až 6 otázek. Přehledný zápis pravidel pomocí symbolů (např. $A < B$ pro „A je před B“, $[AB]$ pro bezprostřední sousedy) a okamžité vyškrtnutí nemožných variant ušetří až polovinu času. | V analytickém oddílu OSP se k jednomu souboru podmínek váže obvykle 4 až 6 otázek. Přehledný zápis pravidel pomocí symbolů (např. $A < B$ pro „A je před B“, $[AB]$ pro bezprostřední sousedy) a okamžité vyškrtnutí nemožných variant ušetří až polovinu času. | A) Sestavíme přehlednou tabulku (matici), nejprve zapíšeme přímé (jednoznačné) podmínky, poté podmínky s bloky sousedících prvků a implikace a v jednotlivých úlohách vylučujeme možnosti porušující alespoň jedno pravidlo — V analytickém oddílu OSP se k jednomu souboru podmínek váže obvykle 4 až 6 otázek. Přehledný zápis pravidel pomocí symbolů (např. $A < B$ pro „A je před B“, $[AB]$ pro bezprostřední sousedy) a okamžité vyškrtnutí nemožných variant ušetří až polovinu času. ✓; B) Snažíme se všechny kombinace udržet výhradně zpaměti bez jakýchkoliv náčrtků a tabulek; C) Pro každou podúlohu vypisujeme všech $n!$ permutací od začátku; D) Začneme vždy podmínkou, která má nejvíce neznámých a nejméně omezení |
| 11 | Jaký je v porovnávacích úlohách z porozumění delšímu textu (Text A a Text B) v SCIO OSP rozdíl mezi tím, co z textu „vyplývá“, a tím, co je s textem „v rozporu“ nebo je „nedoložené“? | Tvrzení z textu vyplývá pouze tehdy, je-li v textu přímo řečeno nebo z něj nutně logicky plyne bez přidávání vnějších znalostí; tvrzení je v rozporu, pokud v textu platí jeho opak; nad rámec textu (nedoložené) je tvrzení, o jehož pravdivosti či nepravdivosti text neposkytuje dostatek informací — Zlaté pravidlo čtenářského porozumění v SCIO OSP: posuzujeme výhradně informace obsažené v daném textu. Častým chytákem je neopodstatněné zobecnění (text uvádí „někteří lékaři“, zatímco nabízená odpověď tvrdí „všichni lékaři“ nebo „většina lékařů“). | Zlaté pravidlo čtenářského porozumění v SCIO OSP: posuzujeme výhradně informace obsažené v daném textu. Častým chytákem je neopodstatněné zobecnění (text uvádí „někteří lékaři“, zatímco nabízená odpověď tvrdí „všichni lékaři“ nebo „většina lékařů“). | A) Uchazeč má při hodnocení textu vždy vycházet ze svých encyklopedických znalostí z dějepisu a biologie, i když v textu nejsou uvedeny; B) Tvrzení z textu vyplývá pouze tehdy, je-li v textu přímo řečeno nebo z něj nutně logicky plyne bez přidávání vnějších znalostí; tvrzení je v rozporu, pokud v textu platí jeho opak; nad rámec textu (nedoložené) je tvrzení, o jehož pravdivosti či nepravdivosti text neposkytuje dostatek informací — Zlaté pravidlo čtenářského porozumění v SCIO OSP: posuzujeme výhradně informace obsažené v daném textu. Častým chytákem je neopodstatněné zobecnění (text uvádí „někteří lékaři“, zatímco nabízená odpověď tvrdí „všichni lékaři“ nebo „většina lékařů“). ✓; C) Pokud obě tvrzení obsahují stejné klíčové slovo jako text, pak z textu vždy automaticky vyplývají; D) Rozpor s textem nastává vždy, když autor použije jiné synonymum než otázka |
| 12 | Jak je vystavěn argument v úlohách na kritické myšlení v SCIO OSP (premisy, nevyřčený předpoklad, závěr) a jak poznat, které tvrzení argument nejvíce posiluje nebo oslabuje? | Argument se skládá z premis (důvodů) a závěru (tvrzení, které má z premis plynout), přičemž mezi nimi často stojí zamlčený předpoklad; argument nejvíce oslabí tvrzení, které vyvrací tento zamlčený předpoklad nebo ukazuje alternativní příčinu, a posílí jej tvrzení, které zamlčený předpoklad potvrzuje — Závěr poznáme podle indikátorů důsledku (proto, tudíž, z toho plyne, měli bychom), premisy podle indikátorů příčiny (protože, jelikož, vzhledem k tomu, že). Zamlčený (implicitní) předpoklad je nutný logický most spojující premisu se závěrem. | Závěr poznáme podle indikátorů důsledku (proto, tudíž, z toho plyne, měli bychom), premisy podle indikátorů příčiny (protože, jelikož, vzhledem k tomu, že). Zamlčený (implicitní) předpoklad je nutný logický most spojující premisu se závěrem. | A) Závěr argumentu je vždy první věta odstavce a argument oslabíme tím, že zpochybníme pravopis autora; B) Argument posílí jakékoliv tvrzení, které obsahuje stejná slova jako zadání bez ohledu na příčinnou souvislost; C) Argument se skládá z premis (důvodů) a závěru (tvrzení, které má z premis plynout), přičemž mezi nimi často stojí zamlčený předpoklad; argument nejvíce oslabí tvrzení, které vyvrací tento zamlčený předpoklad nebo ukazuje alternativní příčinu, a posílí jej tvrzení, které zamlčený předpoklad potvrzuje — Závěr poznáme podle indikátorů důsledku (proto, tudíž, z toho plyne, měli bychom), premisy podle indikátorů příčiny (protože, jelikož, vzhledem k tomu, že). Zamlčený (implicitní) předpoklad je nutný logický most spojující premisu se závěrem. ✓; D) Nevyřčený předpoklad je tvrzení, které je v textu výslovně uvedeno uvozené slovem „protože“ |
| 13 | Ve verbálním oddílu SCIO OSP máte doplnit dvojici slov do věty: „Ačkoliv byl ředitelův projev navenek ________, pod zdánlivě smířlivými formulacemi se skrývala nekompromisní ________ vůči kritikům.“ | konsenzuální – zášť (nebo smířlivý – nevraživost), neboť přípustková spojka „ačkoliv“ a výraz „pod zdánlivě smířlivými“ vyžadují kontrast mezi mírným zevnějškem a nepřátelským obsahem — Při doplňování slov do vět v SCIO OSP sledujeme logické konektory: spojka „ačkoliv“ a adjektivum „zdánlivě smířlivými“ určují, že první slovo musí být synonymní se smířlivostí (konsenzuální) a druhé slovo v ostrém protikladu (zášť, nevraživost). | Při doplňování slov do vět v SCIO OSP sledujeme logické konektory: spojka „ačkoliv“ a adjektivum „zdánlivě smířlivými“ určují, že první slovo musí být synonymní se smířlivostí (konsenzuální) a druhé slovo v ostrém protikladu (zášť, nevraživost). | A) konfliktní – vstřícnost, neboť obě části souvětí musí vyjadřovat naprosto totožný kladný postoj; B) konsenzuální – zášť (nebo smířlivý – nevraživost), neboť přípustková spojka „ačkoliv“ a výraz „pod zdánlivě smířlivými“ vyžadují kontrast mezi mírným zevnějškem a nepřátelským obsahem — Při doplňování slov do vět v SCIO OSP sledujeme logické konektory: spojka „ačkoliv“ a adjektivum „zdánlivě smířlivými“ určují, že první slovo musí být synonymní se smířlivostí (konsenzuální) a druhé slovo v ostrém protikladu (zášť, nevraživost). ✓; C) útočný – agrese, protože spojka „ačkoliv“ vyjadřuje stupňovací poměr; D) apatický – lhostejnost, protože výraz „zdánlivě smířlivými“ vylučuje jakýkoliv protiklad |
| 14 | Jak využijeme Dirichletův princip (princip holubníku) v kvantitativních úlohách typu: „V zásuvce je potmě 10 černých, 8 modrých a 6 bílých ponožek. Kolik ponožek musíme poslepu vytáhnout, abychom měli jistotu, že máme alespoň jeden jednobarevný pár?“ | 4 ponožky, protože v nejhorším myslitelném případě vytáhneme nejprve po jedné ponožce od každé ze 3 barev (černou, modrou, bílou) a 4. vytažená ponožka již nutně vytvoří pár s jednou z nich — Při hledání minimálního počtu tahů pro JISTOTU (100% záruku) uvažujeme vždy „nejnepříznivější možný scénář“: máme 3 barvy (3 přihrádky holubníku), takže v prvních 3 tazích můžeme dostat 3 různé barvy; 4. tah již podle Dirichletova principu musí padnout do některé obsazené barvy. | Při hledání minimálního počtu tahů pro JISTOTU (100% záruku) uvažujeme vždy „nejnepříznivější možný scénář“: máme 3 barvy (3 přihrádky holubníku), takže v prvních 3 tazích můžeme dostat 3 různé barvy; 4. tah již podle Dirichletova principu musí padnout do některé obsazené barvy. | A) 11 ponožek, protože musíme vytáhnout více než počet nejpočetnější barvy; B) 2 ponožky, protože pár tvoří dvě ponožky; C) 19 ponožek, abychom vyčerpali černé a modré ponožky; D) 4 ponožky, protože v nejhorším myslitelném případě vytáhneme nejprve po jedné ponožce od každé ze 3 barev (černou, modrou, bílou) a 4. vytažená ponožka již nutně vytvoří pár s jednou z nich — Při hledání minimálního počtu tahů pro JISTOTU (100% záruku) uvažujeme vždy „nejnepříznivější možný scénář“: máme 3 barvy (3 přihrádky holubníku), takže v prvních 3 tazích můžeme dostat 3 různé barvy; 4. tah již podle Dirichletova principu musí padnout do některé obsazené barvy. ✓ |
| 15 | Jak funguje bodování a penalizace za chybnou odpověď u testů SCIO NSZ (OSP a ZSV) a u Testu studijních předpokladů (TSP) Masarykovy univerzity? | Za správnou odpověď je $+1$ bod, za vynechanou odpověď $0$ bodů a za chybnou odpověď se odečítá zlomek bodu: $-1/4$ bodu u úloh s 5 možnostmi (A–E) nebo $-1/3$ bodu u úloh se 4 možnostmi (A–D) — Penalizace za chybu je nastavena tak, aby střední hodnota čistě náhodného tipování ze všech možností byla přesně $0$: u 5 možností $E = \frac{1}{5}\cdot 1 + \frac{4}{5}\cdot (-\frac{1}{4}) = 0$; u 4 možností $E = \frac{1}{4}\cdot 1 + \frac{3}{4}\cdot (-\frac{1}{3}) = 0$. | Penalizace za chybu je nastavena tak, aby střední hodnota čistě náhodného tipování ze všech možností byla přesně $0$: u 5 možností $E = \frac{1}{5}\cdot 1 + \frac{4}{5}\cdot (-\frac{1}{4}) = 0$; u 4 možností $E = \frac{1}{4}\cdot 1 + \frac{3}{4}\cdot (-\frac{1}{3}) = 0$. | A) Za chybnou odpověď se odečítá celý $1$ bod a za vynechanou odpověď $-0{,}5$ bodu; B) Za chybnou odpověď se body nikdy neodečítají, takže se vždy vyplatí náhodně tipovat všechny úlohy; C) Za každou úlohu lze získat 1 až 4 body podle obtížnosti a za chybu se odečítají 2 body; D) Za správnou odpověď je $+1$ bod, za vynechanou odpověď $0$ bodů a za chybnou odpověď se odečítá zlomek bodu: $-1/4$ bodu u úloh s 5 možnostmi (A–E) nebo $-1/3$ bodu u úloh se 4 možnostmi (A–D) — Penalizace za chybu je nastavena tak, aby střední hodnota čistě náhodného tipování ze všech možností byla přesně $0$: u 5 možností $E = \frac{1}{5}\cdot 1 + \frac{4}{5}\cdot (-\frac{1}{4}) = 0$; u 4 možností $E = \frac{1}{4}\cdot 1 + \frac{3}{4}\cdot (-\frac{1}{3}) = 0$. ✓ |
| 16 | Jak se změní aritmetický průměr souboru 9 čísel, který je roven 12, pokud k souboru přidáme desáté číslo rovné 32? | Nový aritmetický průměr bude 14, neboť původní součet 9 čísel je $9 \cdot 12 = 108$, nový součet 10 čísel je $108 + 32 = 140$ a $140 / 10 = 14$ — V úlohách SCIO OSP o průměrech okamžitě převádíme průměr na CELKOVÝ SOUČET pomocí vztahu $\text{součet} = \text{počet} \times \text{průměr}$. Zde: původní součet $= 9 \times 12 = 108$, po přidání čísla $32$ je nový součet $140$ pro $10$ prvků, takže průměr je $140 / 10 = 14$. | V úlohách SCIO OSP o průměrech okamžitě převádíme průměr na CELKOVÝ SOUČET pomocí vztahu $\text{součet} = \text{počet} \times \text{průměr}$. Zde: původní součet $= 9 \times 12 = 108$, po přidání čísla $32$ je nový součet $140$ pro $10$ prvků, takže průměr je $140 / 10 = 14$. | A) Nový aritmetický průměr bude $(12 + 32) / 2 = 22$; B) Nový aritmetický průměr bude $15{,}2$; C) Nový aritmetický průměr nelze určit bez znalosti všech 9 původních čísel; D) Nový aritmetický průměr bude 14, neboť původní součet 9 čísel je $9 \cdot 12 = 108$, nový součet 10 čísel je $108 + 32 = 140$ a $140 / 10 = 14$ — V úlohách SCIO OSP o průměrech okamžitě převádíme průměr na CELKOVÝ SOUČET pomocí vztahu $\text{součet} = \text{počet} \times \text{průměr}$. Zde: původní součet $= 9 \times 12 = 108$, po přidání čísla $32$ je nový součet $140$ pro $10$ prvků, takže průměr je $140 / 10 = 14$. ✓ |
| 17 | Jak v úlohách s tabulkami a grafy v analytickém oddílu SCIO OSP rozlišíme změnu v procentech (%) od změny v procentních bodech (p. b.)? | Zvýšení podílu z $10\,\%$ na $15\,\%$ představuje nárůst o $5$ procentních bodů (rozdíl $15 - 10$), ale relativní nárůst o $50\,\%$ (podíl $(15 - 10)/10 = 0{,}50$) — V úlohách SCIO OSP na interpretaci dat v grafech a tabulkách je záměna procent a procentních bodů nejčastějším chytákem. Procentní body vyjadřují prostý aritmetický rozdíl dvou procentních údajů, kdežto procentní změna vyjadřuje relativní změnu vůči výchozí hodnotě. | V úlohách SCIO OSP na interpretaci dat v grafech a tabulkách je záměna procent a procentních bodů nejčastějším chytákem. Procentní body vyjadřují prostý aritmetický rozdíl dvou procentních údajů, kdežto procentní změna vyjadřuje relativní změnu vůči výchozí hodnotě. | A) Zvýšení z $10\,\%$ na $15\,\%$ je nárůst o $5\,\%$ a zároveň o $50$ procentních bodů; B) Zvýšení podílu z $10\,\%$ na $15\,\%$ představuje nárůst o $5$ procentních bodů (rozdíl $15 - 10$), ale relativní nárůst o $50\,\%$ (podíl $(15 - 10)/10 = 0{,}50$) — V úlohách SCIO OSP na interpretaci dat v grafech a tabulkách je záměna procent a procentních bodů nejčastějším chytákem. Procentní body vyjadřují prostý aritmetický rozdíl dvou procentních údajů, kdežto procentní změna vyjadřuje relativní změnu vůči výchozí hodnotě. ✓; C) Pojmy „procento“ a „procentní bod“ jsou v ekonomických a statistických grafech naprostá synonyma; D) Zvýšení z $10\,\%$ na $15\,\%$ představuje relativní nárůst o $15\,\%$ |
| 18 | Jak se ze surového bodového zisku v jednotlivých oddílech SCIO OSP skládá celkový výsledek testu a jak některé fakulty (např. právnické či ekonomické) váží jednotlivé oddíly? | V každém oddílu se čistý bodový zisk (správné minus penalizace za chybné) převede na harmonizovaný percentil daného oddílu a celkový percentil OSP je průměrem percentilů jednotlivých oddílů (některé fakulty přitom zohledňují pouze vybrané oddíly nebo jim přidělují různé váhy) — Protože se celkový percentil počítá jako aritmetický průměr percentilů dosažených v jednotlivých oddílech, má zlepšení ve slabším oddílu (kde nárůst o několik bodů ve středu Gaussovy křivky posune percentil o 15–20 bodů) často mnohem větší dopad na celkový výsledek než další bod v oddílu, kde už má uchazeč percentil 98. | Protože se celkový percentil počítá jako aritmetický průměr percentilů dosažených v jednotlivých oddílech, má zlepšení ve slabším oddílu (kde nárůst o několik bodů ve středu Gaussovy křivky posune percentil o 15–20 bodů) často mnohem větší dopad na celkový výsledek než další bod v oddílu, kde už má uchazeč percentil 98. | A) Celkový percentil je součtem percentilů ze všech oddílů, takže může dosáhnout až 300; B) V každém oddílu se čistý bodový zisk (správné minus penalizace za chybné) převede na harmonizovaný percentil daného oddílu a celkový percentil OSP je průměrem percentilů jednotlivých oddílů (některé fakulty přitom zohledňují pouze vybrané oddíly nebo jim přidělují různé váhy) — Protože se celkový percentil počítá jako aritmetický průměr percentilů dosažených v jednotlivých oddílech, má zlepšení ve slabším oddílu (kde nárůst o několik bodů ve středu Gaussovy křivky posune percentil o 15–20 bodů) často mnohem větší dopad na celkový výsledek než další bod v oddílu, kde už má uchazeč percentil 98. ✓; C) Pokud má uchazeč v jednom oddílu záporný počet bodů, je celý jeho test automaticky anulován; D) Fakulty mají zákonem zakázáno používat percentil z testů SCIO v přijímacím řízení |
| 19 | Rozlište časté argumentační klamy (fauly) testované v SCIO OSP a MUNI TSP: post hoc ergo propter hoc (záměna korelace s kauzalitou), argument ad hominem, falešné dilema a slaměný panák (straw man). | Post hoc / korelace vs. kauzalita: ze současného výskytu či časové následnosti dvou jevů se chybně usuzuje na příčinný vztah; ad hominem: útok na osobu oponenta místo vyvrácení jeho argumentu; falešné dilema: redukce možností na dvě extrémní varianty; slaměný panák: zkreslení soupeřova tvrzení do snadno vyvratitelné podoby — Příklad záměny korelace s kauzalitou v OSP: „Ve městech s vyšším počtem hasičů zasahujících u požáru vznikají větší škody, proto by se měl počet hasičů snížit.“ (Skutečnou společnou příčinou – třetí proměnnou – je velikost a závažnost požáru). | Příklad záměny korelace s kauzalitou v OSP: „Ve městech s vyšším počtem hasičů zasahujících u požáru vznikají větší škody, proto by se měl počet hasičů snížit.“ (Skutečnou společnou příčinou – třetí proměnnou – je velikost a závažnost požáru). | A) Post hoc / korelace vs. kauzalita: ze současného výskytu či časové následnosti dvou jevů se chybně usuzuje na příčinný vztah; ad hominem: útok na osobu oponenta místo vyvrácení jeho argumentu; falešné dilema: redukce možností na dvě extrémní varianty; slaměný panák: zkreslení soupeřova tvrzení do snadno vyvratitelné podoby — Příklad záměny korelace s kauzalitou v OSP: „Ve městech s vyšším počtem hasičů zasahujících u požáru vznikají větší škody, proto by se měl počet hasičů snížit.“ (Skutečnou společnou příčinou – třetí proměnnou – je velikost a závažnost požáru). ✓; B) Post hoc je platný deduktivní důkaz; ad hominem je odvolání na vědeckou autoritu; falešné dilema je matematická indukce; C) Slaměný panák spočívá v použití statistického vzorku nad 10 000 respondentů; D) Záměna korelace s kauzalitou znamená, že z příčiny odvodíme skutečný následek |
| 20 | V rodině bylo před 5 lety otci čtyřikrát tolik let jako synovi. Dnes je součet jejich věků 55 let. Kolik let je dnes synovi a kolik otci? | Synovi je dnes 14 let a otci 41 let, neboť před 5 lety byl součet jejich věků $55 - 2\cdot 5 = 45$ let, které rozdělíme v poměru $4 : 1$ na 36 let a 9 let, a přičteme 5 let — Nejrychlejší myšlenkový postup pro OSP: před 5 lety byl každý z nich o 5 let mladší, takže součet jejich věků činil $55 - 10 = 45$ let. Tehdy měl syn $x$ let a otec $4x$ let: $x + 4x = 45 \Rightarrow 5x = 45 \Rightarrow x = 9$. Dnes má syn $9 + 5 = 14$ let a otec $36 + 5 = 41$ let. | Nejrychlejší myšlenkový postup pro OSP: před 5 lety byl každý z nich o 5 let mladší, takže součet jejich věků činil $55 - 10 = 45$ let. Tehdy měl syn $x$ let a otec $4x$ let: $x + 4x = 45 \Rightarrow 5x = 45 \Rightarrow x = 9$. Dnes má syn $9 + 5 = 14$ let a otec $36 + 5 = 41$ let. | A) Synovi je dnes 11 let a otci 44 let; B) Synovi je dnes 14 let a otci 41 let, neboť před 5 lety byl součet jejich věků $55 - 2\cdot 5 = 45$ let, které rozdělíme v poměru $4 : 1$ na 36 let a 9 let, a přičteme 5 let — Nejrychlejší myšlenkový postup pro OSP: před 5 lety byl každý z nich o 5 let mladší, takže součet jejich věků činil $55 - 10 = 45$ let. Tehdy měl syn $x$ let a otec $4x$ let: $x + 4x = 45 \Rightarrow 5x = 45 \Rightarrow x = 9$. Dnes má syn $9 + 5 = 14$ let a otec $36 + 5 = 41$ let. ✓; C) Synovi je dnes 15 let a otci 40 let; D) Synovi je dnes 10 let a otci 45 let |
| 21 | Jak v úlohách na lháře a pravdomluvné (analytický oddíl OSP a TSP) vyřešíme situaci, kdy občan A říká: „Alespoň jeden z nás dvou (já nebo B) je lhář“? | Občan A musí mluvit pravdu a občan B musí být lhář; kdyby totiž A lhal, byla by jeho výpověď nepravdivá, což by znamenalo, že ani jeden z nich není lhář – to je ale ve sporu s předpokladem, že A lže — Důkaz sporem: Předpokládejme, že A je lhář. Pak je jeho výrok „Alespoň jeden z nás je lhář“ nepravdivý, z čehož by plynulo, že oba mluví pravdu – spor! Tedy A nutně mluví pravdu. Aby byl jeho pravdivý výrok splněn (když A sám lhář není), musí být lhářem B. | Důkaz sporem: Předpokládejme, že A je lhář. Pak je jeho výrok „Alespoň jeden z nás je lhář“ nepravdivý, z čehož by plynulo, že oba mluví pravdu – spor! Tedy A nutně mluví pravdu. Aby byl jeho pravdivý výrok splněn (když A sám lhář není), musí být lhářem B. | A) Občan A je lhář a občan B mluví pravdu; B) Oba občané A i B mluví pravdu; C) Oba občané A i B jsou lháři; D) Občan A musí mluvit pravdu a občan B musí být lhář; kdyby totiž A lhal, byla by jeho výpověď nepravdivá, což by znamenalo, že ani jeden z nich není lhář – to je ale ve sporu s předpokladem, že A lže — Důkaz sporem: Předpokládejme, že A je lhář. Pak je jeho výrok „Alespoň jeden z nás je lhář“ nepravdivý, z čehož by plynulo, že oba mluví pravdu – spor! Tedy A nutně mluví pravdu. Aby byl jeho pravdivý výrok splněn (když A sám lhář není), musí být lhářem B. ✓ |
| 22 | Kdy má v testu SCIO OSP (s 5 možnostmi A–E a odečtem $-1/4$ bodu za chybu) z hlediska teorie pravděpodobnosti kladnou střední hodnotu bodového zisku tipování mezi zbývajícími možnostmi? | Jakmile uchazeč spolehlivě vyloučí alespoň 1 nesprávnou možnost (při vyloučení 1 možnosti je střední hodnota $+1/16$ bodu, při vyloučení 2 možností $+1/6$ bodu, při vyloučení 3 možností $+3/8$ bodu) — Vyloučíme-li $k$ nesprávných možností z 5, vybíráme ze $5 - k$ možností. Pro $k = 1$ (zbývají 4 možnosti): $E = \frac{1}{4}(1) + \frac{3}{4}(-\frac{1}{4}) = \frac{1}{16} > 0$. Pro $k = 2$ (zbývají 3 možnosti): $E = \frac{1}{3}(1) + \frac{2}{3}(-\frac{1}{4}) = \frac{1}{6} > 0$. | Vyloučíme-li $k$ nesprávných možností z 5, vybíráme ze $5 - k$ možností. Pro $k = 1$ (zbývají 4 možnosti): $E = \frac{1}{4}(1) + \frac{3}{4}(-\frac{1}{4}) = \frac{1}{16} > 0$. Pro $k = 2$ (zbývají 3 možnosti): $E = \frac{1}{3}(1) + \frac{2}{3}(-\frac{1}{4}) = \frac{1}{6} > 0$. | A) Jakmile uchazeč spolehlivě vyloučí alespoň 1 nesprávnou možnost (při vyloučení 1 možnosti je střední hodnota $+1/16$ bodu, při vyloučení 2 možností $+1/6$ bodu, při vyloučení 3 možností $+3/8$ bodu) — Vyloučíme-li $k$ nesprávných možností z 5, vybíráme ze $5 - k$ možností. Pro $k = 1$ (zbývají 4 možnosti): $E = \frac{1}{4}(1) + \frac{3}{4}(-\frac{1}{4}) = \frac{1}{16} > 0$. Pro $k = 2$ (zbývají 3 možnosti): $E = \frac{1}{3}(1) + \frac{2}{3}(-\frac{1}{4}) = \frac{1}{6} > 0$. ✓; B) Pouze tehdy, když si je uchazeč jistý na 100 %, jinak je střední hodnota vždy záporná; C) Teprve po spolehlivém vyloučení 3 z 5 možností, protože při vyloučení 2 možností je střední hodnota záporná; D) Vždy i bez přečtení zadání, protože střední hodnota náhodného výběru z 5 možností je $+0{,}20$ bodu |
| 23 | Čím se liší Test studijních předpokladů (TSP) Masarykovy univerzity v Brně od testu SCIO OSP? | MUNI TSP prověřuje verbální, numerické, analytické, kritické a prostorové myšlení, kulturní přehled a obsahuje i anglicky psané zadání části úloh; má jednotný celkový časový limit (bez striktního oddělení času na jednotlivé subtesty) a výsledek se rovněž vyjadřuje percentilem — Na rozdíl od SCIO OSP, kde má každý oddíl pevný samostatný časový limit, umožňuje MUNI TSP rozvrhnout si celkový čas mezi jednotlivé typy úloh podle silných stránek uchazeče; část úloh navíc testuje schopnost pracovat s odborným textem v angličtině. | Na rozdíl od SCIO OSP, kde má každý oddíl pevný samostatný časový limit, umožňuje MUNI TSP rozvrhnout si celkový čas mezi jednotlivé typy úloh podle silných stránek uchazeče; část úloh navíc testuje schopnost pracovat s odborným textem v angličtině. | A) MUNI TSP je výhradně ústní zkouška z odborné biologie, chemie a fyziky; B) V MUNI TSP se za chybnou odpověď body nikdy neodečítají a všechny úlohy jsou otevřené; C) MUNI TSP prověřuje verbální, numerické, analytické, kritické a prostorové myšlení, kulturní přehled a obsahuje i anglicky psané zadání části úloh; má jednotný celkový časový limit (bez striktního oddělení času na jednotlivé subtesty) a výsledek se rovněž vyjadřuje percentilem — Na rozdíl od SCIO OSP, kde má každý oddíl pevný samostatný časový limit, umožňuje MUNI TSP rozvrhnout si celkový čas mezi jednotlivé typy úloh podle silných stránek uchazeče; část úloh navíc testuje schopnost pracovat s odborným textem v angličtině. ✓; D) MUNI TSP uznávají pouze střední odborné školy při přijímacím řízení z 9. tříd ZŠ |
| 24 | Jakou plochu v kvantitativních úlohách OSP na mřížkové (čtvercové) síti zabírá mnohoúhelník, jehož vrcholy leží v mřížových bodech? | Obsah určíme buď opsáním obdélníku a odečtením obsahů vnějších pravoúhlých trojúhelníků nad jeho stranami, nebo pomocí Pickova vzorce $S = i + \frac{h}{2} - 1$ (kde $i$ je počet vnitřních mřížových bodů a $h$ počet mřížových bodů na hranici) — Metoda opsaného obdélníku („krabičky“) je v SCIO OSP i Cermat JPZ nejrychlejší: kolem šikmého trojúhelníku či čtyřúhelníku opíšeme obdélník podél mřížových čar a od jeho obsahu odečteme obsahy pravoúhlých trojúhelníků v rozích ($S = \frac{1}{2} a b$). | Metoda opsaného obdélníku („krabičky“) je v SCIO OSP i Cermat JPZ nejrychlejší: kolem šikmého trojúhelníku či čtyřúhelníku opíšeme obdélník podél mřížových čar a od jeho obsahu odečteme obsahy pravoúhlých trojúhelníků v rozích ($S = \frac{1}{2} a b$). | A) Obsah určíme buď opsáním obdélníku a odečtením obsahů vnějších pravoúhlých trojúhelníků nad jeho stranami, nebo pomocí Pickova vzorce $S = i + \frac{h}{2} - 1$ (kde $i$ je počet vnitřních mřížových bodů a $h$ počet mřížových bodů na hranici) — Metoda opsaného obdélníku („krabičky“) je v SCIO OSP i Cermat JPZ nejrychlejší: kolem šikmého trojúhelníku či čtyřúhelníku opíšeme obdélník podél mřížových čar a od jeho obsahu odečteme obsahy pravoúhlých trojúhelníků v rozích ($S = \frac{1}{2} a b$). ✓; B) Obsah šikmého trojúhelníku v mřížce nelze bez úhloměru a goniometrických tabulek nikdy přesně spočítat; C) Obsah se vždy rovná počtu mřížových bodů uvnitř útvaru vynásobenému dvěma; D) Délka úhlopříčky čtverečku $1 \times 1$ v mřížce je rovna 1 |
| 25 | Jak se řeší úlohy na slovní analogie ve verbálním oddílu SCIO OSP (např. „SOCHAŘ : DLÁTO“ nebo „ARCHITEKT : PROJEKT“)? | Nejprve zformulujeme přesnou, jednoznačnou větu vyjadřující logický vztah mezi oběma slovy v zadání (např. „Sochař používá při své tvůrčí práci jako hlavní pracovní nástroj dláto“) a tutéž větu včetně směru vztahu a slovních druhů aplikujeme na nabízené dvojice — Mezi nejčastější vztahy v analogiích OSP patří: činitel a jeho nástroj (chirurg : skalpel), část a celek (kapitola : kniha), příčina a následek (sucho : neúroda), druh a nadřazený pojem (smrk : jehličnan) a míra intenzity (obava : panika). Rozhodující je zachovat pořadí prvků! | Mezi nejčastější vztahy v analogiích OSP patří: činitel a jeho nástroj (chirurg : skalpel), část a celek (kapitola : kniha), příčina a následek (sucho : neúroda), druh a nadřazený pojem (smrk : jehličnan) a míra intenzity (obava : panika). Rozhodující je zachovat pořadí prvků! | A) Vybereme dvojici slov, která patří do stejného tematického oboru (např. umění nebo stavebnictví) bez ohledu na pořadí slov; B) Nejprve zformulujeme přesnou, jednoznačnou větu vyjadřující logický vztah mezi oběma slovy v zadání (např. „Sochař používá při své tvůrčí práci jako hlavní pracovní nástroj dláto“) a tutéž větu včetně směru vztahu a slovních druhů aplikujeme na nabízené dvojice — Mezi nejčastější vztahy v analogiích OSP patří: činitel a jeho nástroj (chirurg : skalpel), část a celek (kapitola : kniha), příčina a následek (sucho : neúroda), druh a nadřazený pojem (smrk : jehličnan) a míra intenzity (obava : panika). Rozhodující je zachovat pořadí prvků! ✓; C) Hledáme slova, která se rýmují nebo mají stejný počet slabik jako vzorová dvojice; D) Vždy vybíráme dvojici synonym nebo antonym |
| 26 | Jak znějí De Morganovy zákony pro negaci konjunkce $\neg(A \wedge B)$ a negaci disjunkce $\neg(A \vee B)$ a jak se negují kvantifikované výroky „Všichni studenti uspěli“ a „Někteří svědci lhali“? | $\neg(A \wedge B) \equiv \neg A \vee \neg B$ a $\neg(A \vee B) \equiv \neg A \wedge \neg B$; negací „Všichni studenti uspěli“ ($\forall x: U(x)$) je „Alespoň jeden student neuspěl“ ($\exists x: \neg U(x)$); negací „Někteří svědci lhali“ ($\exists x: L(x)$) je „Žádný svědek nelhal“ ($\forall x: \neg L(x)$) — Nejčastější logická chyba v testech OSP a TSP: negací obecného kladného výroku „Všichni…“ NENÍ „Nikdo…“, nýbrž existenční záporný výrok „Alespoň jeden ne…“ (stačí jediný protipříklad). Při negaci konjunkce („umí anglicky i německy“) dostáváme disjunkci („neumí anglicky nebo neumí německy“). | Nejčastější logická chyba v testech OSP a TSP: negací obecného kladného výroku „Všichni…“ NENÍ „Nikdo…“, nýbrž existenční záporný výrok „Alespoň jeden ne…“ (stačí jediný protipříklad). Při negaci konjunkce („umí anglicky i německy“) dostáváme disjunkci („neumí anglicky nebo neumí německy“). | A) Negací výroku „Všichni studenti uspěli“ je výrok „Žádný student neuspěl“; B) $\neg(A \wedge B) \equiv \neg A \wedge \neg B$ a negací „Někteří svědci lhali“ je „Někteří svědci nelhali“; C) $\neg(A \vee B) \equiv A \wedge B$ a kvantifikátory se při negaci nemění; D) $\neg(A \wedge B) \equiv \neg A \vee \neg B$ a $\neg(A \vee B) \equiv \neg A \wedge \neg B$; negací „Všichni studenti uspěli“ ($\forall x: U(x)$) je „Alespoň jeden student neuspěl“ ($\exists x: \neg U(x)$); negací „Někteří svědci lhali“ ($\exists x: L(x)$) je „Žádný svědek nelhal“ ($\forall x: \neg L(x)$) — Nejčastější logická chyba v testech OSP a TSP: negací obecného kladného výroku „Všichni…“ NENÍ „Nikdo…“, nýbrž existenční záporný výrok „Alespoň jeden ne…“ (stačí jediný protipříklad). Při negaci konjunkce („umí anglicky i německy“) dostáváme disjunkci („neumí anglicky nebo neumí německy“). ✓ |
| 27 | Rozlište ve výrokové logice a kritickém myšlení SCIO OSP nutnou podmínku a postačující podmínku ve výroku „Pouze tehdy, když uchazeč podá přihlášku včas ($P$), bude připuštěn ke zkoušce ($Z$).“ | Včasné podání přihlášky ($P$) je nutnou podmínkou pro připuštění ke zkoušce ($Z$), takže platí implikace $Z \Rightarrow P$ (resp. $\neg P \Rightarrow \neg Z$: kdo nepodá přihlášku včas, nebude připuštěn) — Spojení „pouze když P, pak Z“ nebo „jen tehdy, když P, pak Z“ uvozuje NUTNOU podmínku $P$, což se zapisuje $Z \Rightarrow P$ (ekvivalentně $\neg P \Rightarrow \neg Z$). Naproti tomu spojení „pokud P, pak Z“ nebo „kdykoliv P, pak Z“ uvozuje POSTAČUJÍCÍ podmínku $P$ ($P \Rightarrow Z$). | Spojení „pouze když P, pak Z“ nebo „jen tehdy, když P, pak Z“ uvozuje NUTNOU podmínku $P$, což se zapisuje $Z \Rightarrow P$ (ekvivalentně $\neg P \Rightarrow \neg Z$). Naproti tomu spojení „pokud P, pak Z“ nebo „kdykoliv P, pak Z“ uvozuje POSTAČUJÍCÍ podmínku $P$ ($P \Rightarrow Z$). | A) Včasné podání přihlášky ($P$) je nutnou podmínkou pro připuštění ke zkoušce ($Z$), takže platí implikace $Z \Rightarrow P$ (resp. $\neg P \Rightarrow \neg Z$: kdo nepodá přihlášku včas, nebude připuštěn) — Spojení „pouze když P, pak Z“ nebo „jen tehdy, když P, pak Z“ uvozuje NUTNOU podmínku $P$, což se zapisuje $Z \Rightarrow P$ (ekvivalentně $\neg P \Rightarrow \neg Z$). Naproti tomu spojení „pokud P, pak Z“ nebo „kdykoliv P, pak Z“ uvozuje POSTAČUJÍCÍ podmínku $P$ ($P \Rightarrow Z$). ✓; B) Včasné podání přihlášky ($P$) je postačující podmínkou pro připuštění ke zkoušce ($Z$), takže každý, kdo podá přihlášku včas, musí být automaticky připuštěn ($P \Rightarrow Z$); C) Mezi $P$ a $Z$ platí ekvivalence $P \Leftrightarrow Z$; D) Výrok znamená, že ke zkoušce může být připuštěn i ten, kdo přihlášku včas nepodal |
| 28 | Jak fungují porovnávací úlohy (kvantitativní komparace Hodnota A vs. Hodnota B) v kvantitativním oddílu SCIO OSP se čtyřmi standardními možnostmi (A, B, C, D)? | (A) Hodnota A je větší než B; (B) Hodnota B je větší než A; (C) Obě hodnoty jsou si rovny; (D) Nelze jednoznačně určit (pokud pro různé přípustné hodnoty proměnných vychází jednou větší A a jindy větší B nebo rovnost) — Klíčový chyták v kvantitativních komparacích OSP: pokud není v zadání omezen obor proměnné, musíme vyzkoušet kladná čísla větší než 1, kladné zlomky z intervalu $(0; 1)$, nulu i záporná čísla! Např. porovnání $x^2$ a $x$: pro $x = 2$ je $x^2 > x$, ale pro $x = 1/2$ je $x^2 < x$, takže správná odpověď je (D) nelze jednoznačně určit. | Klíčový chyták v kvantitativních komparacích OSP: pokud není v zadání omezen obor proměnné, musíme vyzkoušet kladná čísla větší než 1, kladné zlomky z intervalu $(0; 1)$, nulu i záporná čísla! Např. porovnání $x^2$ a $x$: pro $x = 2$ je $x^2 > x$, ale pro $x = 1/2$ je $x^2 < x$, takže správná odpověď je (D) nelze jednoznačně určit. | A) (A) Hodnota A je větší než B; (B) Hodnota B je větší než A; (C) Obě hodnoty jsou si rovny; (D) Nelze jednoznačně určit (pokud pro různé přípustné hodnoty proměnných vychází jednou větší A a jindy větší B nebo rovnost) — Klíčový chyták v kvantitativních komparacích OSP: pokud není v zadání omezen obor proměnné, musíme vyzkoušet kladná čísla větší než 1, kladné zlomky z intervalu $(0; 1)$, nulu i záporná čísla! Např. porovnání $x^2$ a $x$: pro $x = 2$ je $x^2 > x$, ale pro $x = 1/2$ je $x^2 < x$, takže správná odpověď je (D) nelze jednoznačně určit. ✓; B) Možnost (D) volíme tehdy, když je výpočet příliš složitý a nechce se nám jej počítat; C) Proměnné v kvantitativním oddílu OSP představují vždy výhradně kladná celá čísla od 1 do 10; D) Pokud pro $x = 1$ platí $A = B$, je správnou odpovědí vždy (C) bez ohledu na ostatní hodnoty $x$ |
| 29 | Co vyjadřuje harmonizovaný percentil (0–100) v Národních srovnávacích zkouškách SCIO a jak funguje započítávání nejlepšího výsledku při více termínech? | Percentil udává procento účastníků porovnávací skupiny, které daný uchazeč svým výsledkem překonal nebo se jim vyrovnal; harmonizace vyrovnává rozdíly v obtížnosti mezi jednotlivými termíny a fakulty započítávají nejvyšší dosažený percentil — Dosáhne-li uchazeč percentilu 92, znamená to, že 92 % referenční populace mělo stejný nebo horší výsledek a pouze 8 % dosáhlo výsledku lepšího. Harmonizace pomocí zakotvených (společných) úloh zajišťuje srovnatelnost výsledků napříč všemi termíny od prosince do května. | Dosáhne-li uchazeč percentilu 92, znamená to, že 92 % referenční populace mělo stejný nebo horší výsledek a pouze 8 % dosáhlo výsledku lepšího. Harmonizace pomocí zakotvených (společných) úloh zajišťuje srovnatelnost výsledků napříč všemi termíny od prosince do května. | A) Percentil udává prosté procento správně zodpovězených úloh v testu (např. 50 % správných odpovědí = percentil 50); B) Při účasti na více termínech SCIO se výsledné percentily ze všech pokusů zprůměrují; C) Percentil 90 znamená, že uchazeč skončil v nejhorších 10 % všech testovaných účastníků; D) Percentil udává procento účastníků porovnávací skupiny, které daný uchazeč svým výsledkem překonal nebo se jim vyrovnal; harmonizace vyrovnává rozdíly v obtížnosti mezi jednotlivými termíny a fakulty započítávají nejvyšší dosažený percentil — Dosáhne-li uchazeč percentilu 92, znamená to, že 92 % referenční populace mělo stejný nebo horší výsledek a pouze 8 % dosáhlo výsledku lepšího. Harmonizace pomocí zakotvených (společných) úloh zajišťuje srovnatelnost výsledků napříč všemi termíny od prosince do května. ✓ |
| 30 | Auto jede z města A do města B rychlostí $60\text{ km/h}$ a stejnou trasou zpět z B do A rychlostí $40\text{ km/h}$. Jaká je jeho průměrná rychlost za celou cestu tam i zpět? | $48\text{ km/h}$ (harmonický průměr $v_p = \frac{2 v_1 v_2}{v_1 + v_2} = \frac{2 \cdot 60 \cdot 40}{60 + 40} = \frac{4800}{100} = 48\text{ km/h}$), nikoliv aritmetický průměr $50\text{ km/h}$ — Protože auto jede pomalejší rychlostí ($40\text{ km/h}$) delší dobu než rychlejší rychlostí ($60\text{ km/h}$), je průměrná rychlost celková dráha dělená celkovým časem: zvolíme-li si pomocnou vzdálenost $s = 120\text{ km}$, cesta tam trvá $2\text{ h}$, zpět $3\text{ h}$, celkem $240\text{ km}$ za $5\text{ h}$, tedy $240 / 5 = 48\text{ km/h}$. | Protože auto jede pomalejší rychlostí ($40\text{ km/h}$) delší dobu než rychlejší rychlostí ($60\text{ km/h}$), je průměrná rychlost celková dráha dělená celkovým časem: zvolíme-li si pomocnou vzdálenost $s = 120\text{ km}$, cesta tam trvá $2\text{ h}$, zpět $3\text{ h}$, celkem $240\text{ km}$ za $5\text{ h}$, tedy $240 / 5 = 48\text{ km/h}$. | A) $48\text{ km/h}$ (harmonický průměr $v_p = \frac{2 v_1 v_2}{v_1 + v_2} = \frac{2 \cdot 60 \cdot 40}{60 + 40} = \frac{4800}{100} = 48\text{ km/h}$), nikoliv aritmetický průměr $50\text{ km/h}$ — Protože auto jede pomalejší rychlostí ($40\text{ km/h}$) delší dobu než rychlejší rychlostí ($60\text{ km/h}$), je průměrná rychlost celková dráha dělená celkovým časem: zvolíme-li si pomocnou vzdálenost $s = 120\text{ km}$, cesta tam trvá $2\text{ h}$, zpět $3\text{ h}$, celkem $240\text{ km}$ za $5\text{ h}$, tedy $240 / 5 = 48\text{ km/h}$. ✓; B) $50\text{ km/h}$, protože průměr z 60 a 40 je $(60 + 40)/2 = 50\text{ km/h}$; C) $45\text{ km/h}$; D) Nelze určit bez znalosti přesné vzdálenosti mezi městy A a B |
| 31 | Jakou časovou a taktickou strategii doporučuje metodika SCIO pro průchod každým oddílem testu OSP? | Metoda dvou průchodů: v prvním průchodu řešíme plynule všechny kratší a přehledné úlohy, zatímco časově náročné úlohy (např. dlouhé čtenářské texty nebo složité analytické tabulky) označíme a přeskočíme, abychom neztratili snadné body na konci oddílu; ve druhém průchodu se vrátíme k označeným úlohám — V testu SCIO OSP má každá správně zodpovězená úloha v daném oddílu přesně stejnou bodovou váhu ($+1$ bod) bez ohledu na to, zda její vyřešení trvá 20 sekund nebo 4 minuty. Zaseknout se na jediné dlouhé úloze uprostřed oddílu je nejčastější příčinou nízkého percentilu. | V testu SCIO OSP má každá správně zodpovězená úloha v daném oddílu přesně stejnou bodovou váhu ($+1$ bod) bez ohledu na to, zda její vyřešení trvá 20 sekund nebo 4 minuty. Zaseknout se na jediné dlouhé úloze uprostřed oddílu je nejčastější příčinou nízkého percentilu. | A) Nikdy nepřeskakovat žádnou úlohu a strávit nad první složitou úlohou klidně 15 minut z 20minutového limitu; B) Metoda dvou průchodů: v prvním průchodu řešíme plynule všechny kratší a přehledné úlohy, zatímco časově náročné úlohy (např. dlouhé čtenářské texty nebo složité analytické tabulky) označíme a přeskočíme, abychom neztratili snadné body na konci oddílu; ve druhém průchodu se vrátíme k označeným úlohám — V testu SCIO OSP má každá správně zodpovězená úloha v daném oddílu přesně stejnou bodovou váhu ($+1$ bod) bez ohledu na to, zda její vyřešení trvá 20 sekund nebo 4 minuty. Zaseknout se na jediné dlouhé úloze uprostřed oddílu je nejčastější příčinou nízkého percentilu. ✓; C) Nejprve náhodně zaškrtnout všechny odpovědi A–E v záznamovém archu a teprve potom číst zadání; D) Vždy začínat nejtěžší a nejdelší úlohou v oddílu |
| 32 | Jak poznáme v kritickém myšlení SCIO OSP kruhový důkaz (petitio principii / circulus in demonstrando) a falešnou analogii? | Kruhový důkaz (petitio principii) předpokládá to, co má být teprve dokázáno, již v samotné premise (často jen jinými slovy); falešná analogie vyvozuje závěr ze srovnání dvou případů, které se však v podstatné, rozhodující vlastnosti zásadně liší — Příklad kruhového důkazu v úloze OSP: „Tento lék má zaručený léčebný účinek, protože spolehlivě uzdravuje pacienty.“ Premisa pouze jinými slovy opakuje závěr bez nezávislého důkazu. | Příklad kruhového důkazu v úloze OSP: „Tento lék má zaručený léčebný účinek, protože spolehlivě uzdravuje pacienty.“ Premisa pouze jinými slovy opakuje závěr bez nezávislého důkazu. | A) Kruhový důkaz je geometrický důkaz využívající Thaletovu kružnici; B) Kruhový důkaz (petitio principii) předpokládá to, co má být teprve dokázáno, již v samotné premise (často jen jinými slovy); falešná analogie vyvozuje závěr ze srovnání dvou případů, které se však v podstatné, rozhodující vlastnosti zásadně liší — Příklad kruhového důkazu v úloze OSP: „Tento lék má zaručený léčebný účinek, protože spolehlivě uzdravuje pacienty.“ Premisa pouze jinými slovy opakuje závěr bez nezávislého důkazu. ✓; C) Falešná analogie nastává vždy, když porovnáváme dva historické státy; D) Kruhový důkaz je nejvyšší formou vědecké dedukce v analytické logice |

---
Study this deck interactively with FSRS-6 spaced repetition, audio review, and multiple-choice mode at [Flashcards World](https://flashcards.world/flashcards/sets/eee38be1-5167-4c38-a014-d9debc4c791c/).