Matura Rachunek prawdopodobieństwa

Przygotowanie do matury – rachunek prawdopodobieństwa

W karcie wzorów ten dział znajduje się w rozdziale nr 14. Obowiązuje Cię z niego tylko jeden wzór.

Wzory i informacje, które są w karcie

Klasyczna definicja prawdopodobieństwa

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

Wymagane zagadnienia

Uczeń oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

\(\hspace{2.5cm}\)Obliczanie prawdopodobieństwa

W niektórych zadaniach do obliczenia prawdopodobieństwa będzie Ci potrzebna znajomość zagadnień związanych z kombinatoryką, zwłaszcza reguły mnożenia.

Zadania maturalne

Zadanie 25/maj 2015

W każdym z trzech pojemników znajduje się para kul, z których jedna jest czerwona, a druga – niebieska. Z każdego pojemnika losujemy jedną kulę. Niech \(p\) oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że dokładnie dwie z trzech wylosowanych kul będą czerwone. Wtedy

A. \(p=\large\frac{1}{4}\)
B. \(p=\large\frac{3}{8}\)
C. \(p=\large\frac{1}{2}\)
D. \(p=\large\frac{2}{3}\)

Najpierw oznaczmy sobie zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy obliczyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że wylosujemy dokładnie dwie czerwone kule

Teraz zastanówmy się, na ile sposobów możemy uzyskać taką kombinację (dwie kule czerwone i jedna niebieska).

Pierwsza możliwość jest taka, że wylosujemy kulę czerwoną, potem znowu czerwoną, a potem niebieską.

\(\hspace{2.5cm}(C,C,N)\)

Następna, że najpierw wylosujemy czerwoną kulę, potem niebieską, a potem znów czerwoną.

\(\hspace{2.5cm}(C,N,C)\)

Wreszcie trzecia (i ostatnia) możliwość: wylosujemy najpierw niebieską kulę, później czerwoną i na końcu znów czerwoną.

\(\hspace{2.5cm}(N,C,C)\)

Tak więc zdarzenie \(A\) może mieć miejsce na trzy sposoby. Stąd \(|A|=3\).

Teraz wyznaczymy \(|\Omega|\), czyli liczbę sposobów, na które możemy wylosować jakiekolwiek trzy kule. Ponieważ kulę losujemy więcej niż raz, posłużymy się regułą mnożenia.

W pierwszym losowaniu kuli mamy dwie możliwości (kula czerwona lub niebieska). W drugim losowaniu także są dwie możliwości, w trzecim także dwie. Stąd \(|\Omega|=2\cdot 2\cdot 2 = 8\)

Teraz możemy obliczyć prawdopodobieństwo:

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{3}{8}\)

Odpowiedź B.

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa, Reguła mnożenia w obliczaniu prawdopodobieństwa

Zadanie 33/maj 2015

Wśród \(115\) osób przeprowadzono badania ankietowe, związane z zakupami w pewnym kiosku. W poniższej tabeli przedstawiono informacje o tym, ile osób kupiło bilety tramwajowe ulgowe oraz ile osób kupiło bilety tramwajowe normalne.

Rodzaj kupionych biletówLiczba osób
ulgowe76
normalne41


Uwaga! \(27\) osób spośród ankietowanych kupiło oba rodzaje biletów.

Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że osoba losowo wybrana spośród ankietowanych nie kupiła żadnego biletu. Wynik przedstaw w formie nieskracalnego ułamka.

Najpierw oznaczmy sobie zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy policzyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że losowo wybrana osoba nie kupiła żadnego biletu

Aby obliczyć prawdopodobieństwo, że losowo wybrana osoba nie kupiła żadnego biletu, musimy się najpierw dowiedzieć, ile takich osób jest.

Wiemy, że ulgowe bilety kupiło \(76\) osób, a normalne – \(41\). Wiemy też, że \(27\) osób kupiło oba bilety – to znaczy, że \(27\) osób zostało policzone dwa razy (do osób, które kupiły bilety normalne i do osób, które kupiły bilety ulgowe). Policzmy zatem, ile osób kupiło tylko bilety normalne, a ile tylko bilety ulgowe.

\(\hspace{2.5cm}\)Dwa rodzaje biletów: \(27\) osób

\(\hspace{2.5cm}\)Tylko bilety ulgowe: \(76 – 27 = 49\) osób

\(\hspace{2.5cm}\)Tylko bilety normalne: \(41 – 27 = 14\) osób

Teraz policzmy, ile jest razem osób, które kupiły bilety:

\(\hspace{2.5cm}14 + 49 + 27 = 90\)

Skoro ankietowanych było razem \(115\), a osób, które kupiło bilety było \(90\), to osób, które nie kupiły biletów, było \(25\):

\(\hspace{2.5cm}115 – 90 = 25\)

Aby obliczyć prawdopodobieństwo, że losowo wybrana osoba nie kupiła żadnego biletu, musimy podzielić liczbę osób, które nie kupiły żadnego biletu, przez liczbę wszystkich ankietowanych:

\(\hspace{2.5cm}P(A) =\large \frac{25}{115}\)

Ponieważ w poleceniu napisano, by przedstawić wynik w postaci nieskracalnego ułamka, musimy jeszcze skrócić licznik i mianownik (przez \(5\)):

\(\hspace{2.5cm}P(A) =\large \frac{\cancel{25}^5}{\cancel{115}^{23}} = \frac{5}{23}\)

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że osoba losowo wybrana spośród ankietowanych nie kupiła żadnego biletu, wynosi \(\large \frac{5}{23}\).

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa

Zadanie 22/maj 2016

Rzucamy trzy razy symetryczną monetą. Niech \(p\) oznacza prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie dwóch orłów w tych trzech rzutach. Wtedy

A. \(0 \leq p < 0,2 \hspace{1.5cm}\)
B. \(0,2 \leq p \leq 0,35\hspace{1.5cm}\)
C. \(0,35 < p \leq 0,5\hspace{1.5cm} \)
D. \(0,5< p \leq 1\)

Oznaczmy sobie najpierw zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy policzyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że w trzech rzutach wypadną dokładnie dwa orły

Możemy takie zdarzenie uzyskać na trzy sposoby:

  • \((O,O,R)\) (orzeł, orzeł, reszka)
  • \((O,R,O)\)
  • \((R,O,O)\)

A więc \(|A|=3\) – bo zdarzenie \(A\) możemy uzyskać na trzy sposoby.

Aby wyznaczyć liczbę wszystkich możliwych kombinacji, posłużymy się regułą mnożenia. Robimy tak, ponieważ mamy więcej niż jedno losowanie. W pierwszym losowaniu mogą wypaść dwie różne możliwości (orzeł lub reszka). W drugim również mamy dwie możliwości. W trzecim także możemy mieć dwa różne wyniki. Dlatego wszystkich kombinacji w trzech losowaniach mamy \(2\cdot 2 \cdot 2\), czyli \(8\):

\(\hspace{2.5cm}|\Omega|=8\)

Teraz możemy obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\):

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{3}{8}\)

Gdy w kalkulator wpiszemy działanie \(3:8\), otrzymamy wynik \(0,375\). Zawiera się on w przedziale od \(0,35\) do \(0,5\), stąd poprawna jest odpowiedź C.

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa, Reguła mnożenia w obliczaniu prawdopodobieństwa

Zadanie 34/maj 2016

Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy kolejno dwa razy po jednej liczbie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma wylosowanych liczb będzie równa \(30\). Wynik zapisz w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.

Oznaczmy sobie najpierw zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy obliczyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że suma dwóch wylosowanych liczb będzie równa \(30\)

Do dyspozycji mamy liczby od \(10\) do \(99\). Losujemy bez zwracania – to znaczy, że po wylosowaniu jakiejś liczby „odkładamy ją na bok” i nie możemy jej wylosować drugi raz (to znaczy, że wylosowanie dwa razy piętnastki odpada). Wypiszmy sobie wszystkie możliwości wylosowania dwóch liczb, które będą spełniać nasz warunek.

  • \((10,20)\)
  • \((11,19)\)
  • \((12,18)\)
  • \((13,17)\)
  • \((14,16)\)
  • \((16,14)\)
  • \((17,13)\)
  • \((18,12)\)
  • \((19,11)\)
  • \((20,10)\)

Takich możliwości jest \(10\). To znaczy, że \(|A|=10\).

Teraz wyznaczymy \(|\Omega|\), czyli liczbę sposobów, na ile możemy wylosować jakiekolwiek dwie liczby. Liczbę losujemy więcej niż raz, więc posłużymy się regułą mnożenia.

Liczb dwucyfrowych jest \(90\) i tyle mamy możliwości wylosowania pierwszej liczby. Wylosowaną liczbę zabieramy, więc przy drugim losowaniu mamy już \(89\) możliwości. Stąd \(|\Omega|=90\cdot 89=8010\).

Teraz możemy obliczyć prawdopodobieństwo:

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{\cancel{10}^1}{\cancel{8010}^{801}}=\frac{1}{801}\)

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wylosowania dwóch liczb, których suma wynosi \(30\), jest równe \(\large\frac{1}{801}\).

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa, Reguła mnożenia w obliczaniu prawdopodobieństwa

Zadanie 25/maj 2017

Ze zbioru dwudziestu czterech kolejnych liczb naturalnych od \(1\) do \(24\) losujemy jedną liczbę. Niech \(A\) oznacza zdarzenie, że wylosowana liczba będzie dzielnikiem liczby \(24\). Wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) jest równe

A. \(\large\frac{1}{4}\)
B. \(\large\frac{1}{3}\)
C. \(\large\frac{1}{8}\)
D. \(\large\frac{1}{6}\)

\(A\) jest zdarzeniem polegającym na tym, że wylosowana liczba będzie dzielnikiem liczby \(24\). Wypiszmy sobie te dzielniki:

\(\hspace{2.5cm}1,2,3,4,6,8,12,24\)

Mamy tych dzielników \(8\), czyli na osiem sposobów możemy wylosować liczbę, która spełnia nasz warunek. Stąd \(|A|=8\).

Teraz wyznaczymy \(|\Omega|\), czyli liczbę sposobów, na które możemy wylosować jakąkolwiek liczbę. Losujemy jedną liczbę ze zbioru dwudziestu czterech liczb – możemy ją więc wylosować na \(24\) sposoby. Stąd \(|\Omega|=24\).

Teraz liczymy prawdopodobieństwo:

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{\cancel{8}^1}{\cancel{24}^3}=\frac{1}{3}\)

Odpowiedź B.

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa

Zadanie 33/maj 2017

Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy liczbę, która jest równocześnie mniejsza od \(40\) i podzielna przez \(3\). Wynik zapisz w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.

Oznaczmy sobie najpierw zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy obliczyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że wylosowana liczba będzie naturalna, dwucyfrowa, mniejsza od \(40\) i podzielna przez \(3\)

Jest tych liczb na tyle mało, że możemy je po prostu wypisać:

\(\hspace{2.5cm}12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33, 36, 39\)

Takich liczb mamy \(10\), tak więc \(|A|=10\)

Teraz wyznaczymy \(|\Omega|\), czyli liczbę sposobów, na które możemy wylosować jakąkolwiek liczbę. Losujemy ze zbioru naturalnych liczb dwucyfrowych. Takich liczb mamy \(90\), więc jedną liczbę możmy wylosować na \(90\) sposobów – dlatego \(|\Omega|=90\).

Możemy już obliczyć prawdopodobieństwo:

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{\cancel{10}^1}{\cancel{90}^9}=\frac{1}{9}\)

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wylosowania liczby mniejszej od \(40\) i podzielnej przez \(3\) jest równe \(\large\frac{1}{9}\).

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa

Zadanie 25/maj 2018

W pudełku jest \(50\) kuponów, wśród których jest \(15\) kuponów przegrywających, a pozostałe kupony są wygrywające. Z tego pudełka w sposób losowy wyciągamy jeden kupon. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wyciągniemy kupon wygrywający, jest równe

A. \(\large\frac{15}{35}\)
B. \(\large\frac{1}{50}\)
C. \(\large\frac{15}{50}\)
D. \(\large\frac{35}{50}\)

Oznaczmy sobie najpierw zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy obliczyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że wylosowany kupon będzie wygrywający

Skoro wszystkich kuponów mamy \(50\), a przegrywających jest \(15\), to wygrywających mamy \(35\). Tak więc \(|A|=35\).

Natomiast \(|\Omega|=50\), bo na \(50\) sposobów możemy wylosować jakikolwiek kupon.

Teraz prawdopodobieństwo:

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{35}{50}\)

Odpowiedź D.

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa

Zadanie 33/maj 2018

Dane są dwa zbiory: \(A =\{100, 200, 300, 400, 500, 600, 700\}\) i \(B =\{10,11,12,13,14,15,16\}\). Z każdego z nich losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma wylosowanych liczb będzie podzielna przez \(3\). Obliczone prawdopodobieństwo zapisz w postaci nieskracalnego ułamka zwykłego.

Oznaczmy sobie najpierw zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy obliczyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że suma dwóch wylosowanych liczb będzie podzielna przez \(3\)

Liczba jest podzielna przez trzy, gdy suma jej cyfr jest podzielna przez trzy. Czyli na przykład liczba \(465\) jest podzielna przez \(3\), bo \(4+6+5=15\), a \(15\) jest podzielne przez \(3\).

Liczby w zbiorach \(A\) i \(B\) mają tę przyjemną właściwość, że gdy dodamy do siebie jedną liczbę ze zbioru \(A\) i jedną liczbę ze zbioru \(B\), to otrzymana liczba będzie miała takie same cyfry, jak te dwie liczby (z wyjątkiem zer). Na przykład gdy dodamy do siebie liczbę \(200\) i \(13\), otrzymamy liczbę \(213\), a więc poza zerami cyfry zostają takie same.

Dlaczego jest to dla nas pomocne? Ponieważ nie musimy dodawać do siebie wylosowanych liczb, by wiedzieć, jaka będzie suma cyfr. Na przykład jeśli wylosujemy liczby \(300\) i \(14\), to suma cyfr otrzymanej liczby (czyli liczby \(314\)) to po prostu \(3+1+4\), czyli \(7\), co nie byłoby takie proste, gdybyśmy w zbiorze \(A\) nie mieli okrągłych setek.

Zastanówmy się teraz, jakie liczby ze zbioru \(B\) możemy dolosować do liczby \(100\), aby suma cyfr była podzielna przez \(3\). Te liczby to \(11\) (bo \(1+1+1=3\), a \(3\) jest podzielne przez \(3\)), oraz \(14\) (bo \(1+1+4=6\), a \(6\) jest podzielne przez \(3\)). Mamy już więc dwie pary liczb:

\(\hspace{2.5cm}(100,11),(100,14)\)

Analogicznie rozważamy, jakie liczby ze zbioru \(B\) możemy dolosować do liczby \(200\), \(300\) itd.

\(\hspace{2.5cm}(200,10),(200,13),(200,16)\)

\(\hspace{2.5cm}(300,12),(300,15)\)

\(\hspace{2.5cm}(400,11),(400,14)\)

\(\hspace{2.5cm}(500,10),(500,13),(500,16)\)

\(\hspace{2.5cm}(600,12),(600,15)\)

\(\hspace{2.5cm}(700,11),(700,14)\)

Ostatecznie wyszło nam, że takich par, które spełniają warunki zadania, mamy \(16\). Stąd \(|A|=16\).

Teraz wyznaczymy \(|\Omega|\), czyli liczbę sposobów wylosowania jakiejkolwiek pary liczb. Ponieważ losujemy więcej niż raz (bo mamy do wylosowania dwie liczby), zastosujemy regułę mnożenia. Z pierwszego zbioru możemy wylosować liczbę na \(7\) sposobów, z drugiego zbioru również na \(7\), tak więc parę liczb możemy wylosować na \(7\cdot 7\) sposobów. Dlatego \(|\Omega|=49\).

Teraz możemy obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\):

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{16}{49}\)

Wynik mieliśmy przedstawić w postaci ułamka nieskracalnego i ten ułamek już taki jest.

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wylosowania dwóch liczb, których suma będzie podzielna przez \(3\), jest równe \(\large\frac{16}{49}\).

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa, Reguła mnożenia w obliczaniu prawdopodobieństwa

Zadanie 25/maj 2019

W pudełku jest \(40\) kul. Wśród nich jest \(35\) kul białych, a pozostałe to kule czerwone. Prawdopodobieństwo wylosowania każdej kuli jest takie samo. Z pudełka losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy kulę czerwoną, jest równe

A. \(\large\frac{1}{8}\)
B. \(\large\frac{1}{5}\)
C. \(\large\frac{1}{40}\)
D. \(\large\frac{1}{35}\)

Oznaczmy sobie najpierw zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy obliczyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że wylosowana kula będzie czerwona

Mamy w pudełku \(5\) czerwonych kul, a więc czerwoną kulę możemy wylosować na \(5\) sposobów. Stąd \(|A|=5\).

Teraz obliczymy \(|\Omega|\), czyli liczbę sposobów wylosowania jakiejkolwiek kuli. Wszystkich kul mamy \(40\), więc kulę możemy wylosować na \(40\) sposobów. Stąd \(|\Omega|=40\).

Obliczamy teraz prawdopodobieństwo wylosowania czerwonej kuli:

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{\cancel{5}^1}{\cancel{40}^8}=\frac{1}{8}\)

Odpowiedź A.

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa

Zadanie 30/maj 2019

Ze zbioru liczb \(\{1, 2, 3, 4, 5\}\) losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na wylosowaniu liczb, których iloczyn jest liczbą nieparzystą.

Oznaczmy sobie najpierw zdarzenie, którego prawdopodobieństwo chcemy obliczyć:

\(\hspace{2.5cm}A\) – zdarzenie polegające na tym, że iloczyn dwóch wylosowanych liczb będzie liczbą nieparzystą

Losujemy ze zwracaniem – to znaczy, że po wylosowaniu liczba wraca do puli i możemy ją wylosować drugi raz.

Takich par liczb, które spełniają nasz warunek, jest na tyle mało, że możemy je po prostu wypisać. Załóżmy, że jako pierwszą wylosowaliśmy liczbę \(1\). Zastanówmy się, jaką liczbę możemy do niej dolosować, by ich iloczyn (czyli wynik mnożenia) był liczbą nieparzystą. Mamy trzy możliwości: \(1\) (bo \(1\cdot 1=1\) jest liczbą nieparzystą), \(3\) (bo \(1\cdot 3=3\) jest nieparzyste) oraz \(5\).

\(\hspace{2.5cm}(1,1),(1,3), (1,5)\)

Teraz przechodzimy do liczby \(2\). Czego byśmy do niej nie dolosowali, iloczyn zawsze będzie parzysty, więc tu nie mamy żadnych par.

Przechodzimy do liczby \(3\). Podobnie jak przy jedynce, możemy do niej dolosować liczby \(1\) (\(3\cdot 1=3\)), \(3\) \((3\cdot 3=9)\) i \(5\) (\(3\cdot5=15\)), tak by iloczyn był nieparzysty.

\(\hspace{2.5cm}(3,1),(3,3), (5,5)\)

Do czwórki, podobnie jak do dwójki, czego byśmy nie dolosowali, iloczyn zawsze będzie parzysty.

Do piątki możemy dolosować liczby \(1\), \(3\) i \(5\).

\(\hspace{2.5cm}(5,1),(5,3), (5,5)\)

Ostatecznie takich par, które spełniają nasze warunki, jest \(9\), dlatego \(|A|=9\).

Teraz obliczymy \(|\Omega|\), czyli liczbę sposobów wylosowania jakiejkolwiek pary liczb. Liczbę losujemy dwa razy, więc skorzystamy z reguły mnożenia. Przy losowaniu pierwszej liczby mamy \(5\) możliwości, przy losowaniu drugiej liczby również \(5\) (bo losujemy ze zwracaniem), więc możliwości wylosowania pary liczb mamy \(5\cdot 5\). Stąd \(|\Omega|=25\).

Możemy już obliczyć prawdopodobieństwo:

\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}\)

\(\hspace{2.5cm}P(A)=\large\frac{9}{25}\)

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wylosowania pary liczb, których iloczyn będzie liczbą nieparzystą, jest równe \(\large\frac{9}{25}\).

Przydatne linki: Obliczanie prawdopodobieństwa, Reguła mnożenia w obliczaniu prawdopodobieństwa

______________________________________________

Na koniec: arkusze maturalne wraz z zasadami oceniania znajdziesz tu; podstawę programową znajdziesz tu (po lewej stronie znajduje się przycisk download; to, co Ciebie interesuje, zaczyna się na stronie 41); kartę wzorów, która zostanie Ci udostępniona na maturze, znajdziesz tu; pozostałe posty z tej serii oraz rozwiązania zadań maturalnych znajdziesz tu.

4 thoughts on “Przygotowanie do matury – rachunek prawdopodobieństwa

  1. Pierwszy raz jestem na Pani stronie, ciekawe przedsięwzięcie, z chęcią wezmę udział. Tyle, że już na wstępie wyszedł ze mnie wewnętrzny biol chem, przyzwyczajony do robienia 30 zadań dziennie ze zbiorów Witowskiego i zrobiłam wszystkie zadania od razu :’) Pozdrawiam!

Dodaj komentarz

Twój adres email nie zostanie opublikowany.

O autorze

Cześć! Jestem Kinga. Lubię koty, wspinaczkę i choinkowe światełka. Nic nigdy nie sprawiało mi takiej przyjemności, jak słyszenie słów "Ej, to serio jest takie proste?", i to już od czasu, gdy w wieku siedmiu lat nauczyłam młodszą koleżankę, jak wiązać buty. Choć wizja siebie jako nauczycielki pojawiała się u mnie regularnie, była skutecznie tłumiona, bo za każdym razem, gdy o tym komuś wspominałam, słyszałam: "Naprawdę? Chcesz uczyć... gimnazjalistów?", zupełnie jakbym powiedziała, że chcę adoptować karalucha. To sprawiło, że pasję do uczenia innych odkrywałam bardzo długo. W końcu jednak mi się to udało, czego efektem jest ten blog :) Zapraszam do czytania!