KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI
ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ
ORTAÖĞRETİMMATEMATİKÖĞRETMENLİĞİ
29 – 30 Mart 2014
TG – 3
ÖABT – ORTAÖĞRETİM
MATEMATİK
Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının “İhtiyaç Yayıncılık”ın yazılı izni olmadan kopya edilmesi, fotoğrafının çekilmesi, herhangi bir yolla çoğaltılması, yayımlanması ya da kullanılması yasaktır. Bu yasağa
uymayanlar, gerekli cezai sorumluluğu ve testlerin hazırlanmasındaki mali külfeti peşinen kabullenmiş sayılır.
AÇIKLAMA
DİKKAT!
ÇÖZÜMLERLE İLGİLİ AŞAĞIDA VERİLEN UYARILARI MUTLAKA OKUYUNUZ.
1. Sınavınız bittiğinde her sorunun çözümünü tek tek okuyunuz.
2. Kendi cevaplarınız ile doğru cevapları karşılaştırınız.
3. Yanlış cevapladığınız soruların çözümlerini dikkatle okuyunuz.
ORTAÖĞRETİM MATEMATİK
ÖĞRETMENLİĞİ
2014 – ÖABT / MTL
1.
2+
1
= x (mod 7)
3
4.
2 = a & a 2 = 2 (mod 7)
1
=
dx
2 cos (e x + 1)
f (x) = x : "x,
7.
f (x) = cos (e x + 1)
dy
TG – 3
f l (x) = 1 : "x, + x : "x,l
: (- sin (e x + 1)) : (e x)
a 2 = 2 + 7k (k d Z)
f l (r) = "r, : r : ^"r,hl
= 3 +r : 0
A B C D E
a =3
=3
1
1 +7 +7
=b &
=b
3
3
A B C D E
b =5
2+
1
= x (mod 7)
3
5.
3 + 5 = 1 (mod 7)
lim e
x"3
A B C D E
x
k -1
/ c 23 m
k =1
3
=
k -1
/ c 23 m
o
, r=
k =1
=1:
2
, a1 = 1
3
1
1-
2
3
=3
A B C D E
8.
f(x) = 2x3 – 3 : (a + 1)x2 + 6ax
f′(x) = 6x2 – 6 : (a + 1)x + 6a
f′(x) ≤ 0 olduğu aralık [1, 4] ise 1 ≤ x ≤ 4
olur.
x = 1, f′(1) = 0
2.
x-
4
x
& 6 : (1)2 – 6 : (a + 1) : (1) + 6a ≤ 0
=5
0 ≤ 0 doğru
4 x
x=5 &
x
x = 4, f′(4) = 0
2
x - x = 4x + 4 x
^x - x h : ^x + x h = 4 ^x + x h
& 6 : (4)2 – 6 : (a + 1) : (4) + 6a = 0
6.
y
a = 4 tür.
A B C D E
x- x =4
f
1
A B C D E
–3
–2 –1
1 2
–1
–2
3
4
x
I. x = –3 te fonksiyon tanımlı f(–3) = 0
ancak lim f (x) =- 2 olduğundan f
x " -3
bu noktada süreksizdir. (Doğru)
II. f(1) = 0 ve lim f (x) = 0 olduğundan f,
x"1
x = 1 de süreklidir. (Doğru)
3.
Grafikten
(–3, 0) d f(1 – 2x) & f(7) = 0
lim
x"0
f (x - 1)
f -1 (3x + 2)
=
f (- 1 )
f -1 (2)
=
4
=4
1
IV. x = 2 için f(2) = 1 ve lim f (x) = yoktur.
x"2
O hâlde fonksiyon x = 2 de sürekli değildir. (Yanlış)
(0, 2) d f(1 – 2x) & f(1) = 2
(1, 4) d f(1 – 2x) & f(–1) = 4 olur.
III. f, 2 < x ≤ 3 aralığının her noktasında
tanımlı ve limiti vardır. (Doğru)
V. x = 0 da f tanımlı ve limiti var. Bunlar
birbirine eşittir. (Doğru)
Bu durumda IV yanlıştır.
A B C D E
A B C D E
3
ln x
9.
f (x) =
#
(e t - 1) dt , f l (e) = m te€et isteniyor.
2
f l (x) = (ln x)l : (e ln x - 1) - (2)l : (e 2 - 1)
1 4 44 2 4 44 3
0
1
f l (x) = : (x - 1)
x
mt
= f l (e) =
e -1
= 1 - e -1
e
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
10.
TG – 3
cot x
= 2 - 2 sin 2 x
tan x + cot x
12.
tan x : cot x
= 2 - 2 sin 2 x
tan x (tan x + cot x)
1
-1
2
0
-2
1 =0
x
-y
1
14.
%
tan (FED) = tan x
= tan (a + i)
=
& determinant hesaplanırsa 3x + y – 2 = 0
= 2 - 2 sin 2 x
tan 2 x + 1
1
tan a + tan i
1 - tan a : tan i
olup eğimi –3 tür.
1+
A B C D E
2
sec x
=
5
4
1 -1 :
cos 2 x = 2 - 2 sin 2 x
1 - sin 2 x = 2 - 2 sin 2 x
5
4
=- 9
2
sin x = 1
A
sin x = " 1 olur.
B
Buradan da
F
r
sin x = 1 & x = = k : 2r
2
E
r
3r
sin x =- 1 & x =
+ k : 2r , x =- + k : 2r
2
2
Bu kök takımları için [0, 2r] aralığında x
r
3r
değerleri k = 0 & x 1 = , x 2 =
bulu2
2
nur.
a
D
x = a + i olur.
i
C
A B C D E
x1 + x2 = 2r bulunur.
A B C D E
3
13.
#^
0
9 - x 2 + x - 3h dx
15.
Çünkü {xn} dizisi yakınsak ise n > N
iken
y2 = 9 – x2
x2 + y2 = 9, M(0, 0), r = 3 olup aranan alan
x2 + y2 = 9 çeyrek çemberi ile y = –x + 3
doğrusu arasında kalan yerdir.
y
–3
0
3
y
z
11.
Taral› alan =
–2
0
2
Düzlemde verilen iki noktaya uzaklıkları toplamı (k) sabit olan noktalar kümesi
elipstir.
r : 32 3 : 3
4
2
=
9r 9
4
2
=
9
: (r - 2 )
4
4
| x n | = | x n - f + f | ≤ | x n - f | +| f | < f +| f |
olacağını gösterir. Bu ise daima
x1, x2, xN, f + |f| sayılarının en büyüğü M ise |xn| < M olacaktır. Demek ki
{xn} sınırlıdır.
II. {xn} sınırlı olduğundan f gibi bir yığılma noktası her zaman vardır.
III. {xn} dizisinin x ve x′ gibi farklı iki limitleri olsun. Bu durumda x ve x′ reel sayılarının (x – f, x + f) ve (x′ – f, x′ + f)
gibi ayrık iki komşulukları olur. xn " x
olsun. {xn} dizisinin hemen hemen her
terimi (x – f, x + f) aralığındadır.
(x′ – f, x′ + f) aralığı bu aralığın dışında olduğundan (x′ – f, x′ + f) aralığında {xn} dizisinin ancak sonlu sayıda
terimi bulunur. O hâlde x′ nün {xn}
dizisinin limiti olma olasılığı yoktur. Bu
durumda {xn} dizisinin yalnız bir tane
limiti vardır.
A B C D E
A B C D E
I. Her yakınsak dizi sınırlıdır.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
16.
Un =
(- 1 ) n - 1 : ( x - 2 ) n
3
U n +1 =
n -1
: (2 n + 1 )
TG – 3
6
olsun.
( - 1) n : (x - 2) n + 1
3 n : (2 n + 3)
19.
1
## (x2 + y2) dxdy = # # (x2 + y2) dxdy
D
0
=
+ y 2 x o o dy
0
0
lim
n"3
U n +1
Un
= lim e
n"3
=
2n + 1
o : | x -2 |
3 ( 2 n + 3)
R3
S
Dönüşüm matrisi S0
SS
T1
1
3
# ee x3
6
=
f(x, y, z) = (3x, y + z, x – y + z)
= (3x + 0 : y + 0 : 7, 0 : x + y + z, x – y + z)
olduğundan
0
6
olur.
22.
# c 13 + y2 mdy
0V
W
1W bulunur.
WW
1X
0
1
-1
A B C D E
0
1
: | x - 2 | bulunur.
3
3 6
=
O hâlde verilen kuvvet serisi Cauchy oran
testine göre |x – 2| < 3 için mutlak yakınsaktır. Yakınsaklık yarıçapı –1 < x < 5 elde
edilir.
y
1
y+
3
3
0
3
=
6
1
(6) +
3
3
= 2 + 72
A B C D E
= 74
A B C D E
23.
A
B
6
6
a
3
20.
17.
1
A ==
0
-1
G
1
D
2A 2 + A - 5
J
N
1
K1- m
3O
1
lim x m = lim KK
, cos , sin OO
n"3
n"3
2
m
m
L m
P
-1 2
1
Go + e=
1
0
1
= 2 : e=
0
= (0, 1, 0) elde edilir.
-2
==
0
A B C D E
-1
1
Go - 5 e=
1
0
3v5
E
6
F
C
FD : ^ FE + EB h
1 44 2 44 3
0
Go
1
FB
5
G
-2
FD : FB = FD : FB : cos a
2
=6 5 :6:
A B C D E
6
3 5
= 72
A B C D E
21.
(AB)T = AT & BTAT = AT olur.
BA = B için
(BA)T = BT & ATBT = BT dir. O hâlde bu
öncül doğrudur.
18.
lim f (x, y, z)
(x, y, z) " (1, - 1, 2)
= lim (xy 2 + 3xyz - 6xz)
(x, y, z) " (1, - 1, 2)
= (1) : (- 1) 2 + 3 : (1) : (- 1) : (2) - 6 : (1) : (2)
= 1 - 6 - 12
=- 17
I. AB = A eşitliğinde her tarafın tronspozesi alınırsa
2
II.(AT) = AT : AT
2
(BT) = BT : BT olduğundan AT ve BT
idempotenttirler.
III. A = B ! I
A B C D E
5
Z10 un üreteçleri 10 dan küçük 10 ile aralarında asal pozitif tam sayılardır.
Bunlar; 1, 3, 7 ve 9 dur.
AB = BA yanlıştır.
A B C D E
24.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
25.
w = 1 = 2a & a =
TG – 3
1
(nehrin kıyıları)
2
27.
I ...
V0 = 12 km/h
Vs = 4 km/h
dy
dx
=
1 -1/2 dV
V
olur.
dx
2
dV 3
- V = 4x in integral çarpanı
x
dx
1
1
için y c - m = 0 & c = 1 bulunur.
2
2
n = e # c - x mdx = x -3 tür.
3
1
1
için y c m = 2
2
2
c
1
m = 2 anlamı yüzücünün nehri geçer2
dV 3
- V = 4x m : x -3
x
dx
dV -3
: x - 3x -4 V = 4x -2
dx
ken akıntı yönünde 2 km sürüklendiğini
gösterir.
‹ntegrale geçirilirse
x -3 V =-
x -3 : y 2 =-
dx
#
x Bursa = 60
,
S = 9, 6
x Fenerbahçe = 71, 25
,
S = 7, 72
x Galatarasay = 64, 5
,
S = 11, 62
x Befliktafl = 57, 75
,
S = 3, 89
x Trabzon = 60, 25
,
S = 13, 17
49
61
71,25
10,25
Açıklık = 31
x
46
cos x
dx
sin x
64,5
77
18,5
xBeşiktaş
1
1
1
1
x = r için y = r & ln r = ln sin r + c
2
2
2
2
xTrabzon
Z x
-t
]
] e -t dt = e
-1
=[
]] 0
0
\
#
r
: sin x elde edilir.
2
64
6,25
x
# e -x dx
f (x) =
-3
r
: sin x
2
Açıklık = 10
57,75
3,75
28.
r
ln | y | = ln | snx | + ln
2
12,5
x
54
r
=c
2
=)
,
x ≥ 0 için
,
x < 0 için
t =0
1 - ex
,
x ≥ 0 için
0
,
x < 0 için
A B C D E
A B C D E
6
x
46
x
82
10,75
xGalatasaray
ln
Açıklık = 21
x
A B C D E
dx
tan x
75
15
xFenerbahçe
y = " x : cx - 4 bulunur.
#
60
11
y 2 =- 4x 2 + cx 3
=
Açıklık = 26
x
4
+c
x
ln | y | = ln | sin x | + c
y=
Tablo incelenirse
xBursaspor
=y
1
: dy =
y
ln | y | = ln
31.
Ancak standart sapmanın hesabı zor olduğu için aşağıdaki yöntemle standart sapmanın en düşük olduğu veri grubu tahmin
edilebilir.
4
+c
x
(tan x) : dy = dx : y
dy
A B C D E
Bu durumdan standart çarpımın en düşük
olduğu takım Beşiktaş AŞ’dir.
# (x-3 V)l dx = # 4x-2 dx
dx
(–1) + (–0,4) + (–0,3) + 1 + Z5 = 0
Z5 = 0,7
olduğu görülür.
(x -3 : V)l = 4x -2 olur.
A B C D E
dy
Z puanları toplamı sıfır olur.
Buradan da
y (x) = 3x - 4x 3 + 1
(tan x) :
30.
dV 3
- V = 4x lineer denklemi elde edilir.
x
dx
y (x) = 3x - 4x 3 + c yol denklemi bulunur.
26.
Gece 00.00 dan ertesi güne 24.00 e kadar
24 saat geçer. Tanım kümesi [0, 24] olmalıdır. Değerler (–10, 10) aralığında olup f
sürekli bir fonksiyondur.
A B C D E
Her taraf 2V1/2 ile çarpılırsa
& y = 3x - 4 x 3 + c
yc
3
3
2x
y=
olup, P(x) = ,
y
2x
2x
3
1 -1/2 dV
2x
V
: V -1/2 =
elde edilir.
2
dx 2x
V 1/2
# dy = # (3 - 12x2) dx
x=
-
I de yerine yazılırsa
dy = (3 – 12x2)dx
x = a =-
dx
29.
V = y 2 & y = V 1/2 ve
= 3 : (1 - 4x 2) elde edilir.
dx
dy
n = –1, 1 – n = 2 olan bir Bernoulli denklemidir.
12 J
x2 N
O
=
: K1 dx
4 K
1 2O
K
c m O
2 P
L
dy
dy
2xyy′ = 4x2 + 3y2
Açıklık = 36
60,25
14,25
82
21,75
açıklığı en az olanın standart sapması en
düşüktür. Eğer açıklıklar eşit olsaydı o zaman da en büyük ve en küçük değerlerin
aritmetik ortalarından ne kadar uzaklaştığına bakılırdı.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
TG – 3
y
32.
34.
Duvar
B(0,6)
36.
y2
x2
= -1
25 16
M(x,y)
6
y2
x2
= -1
25 16
A(–1, 2, 3) ve A d P olacağı için
2 : (–1) – 4 : (2) + 3 : (3) + d = 0
yerine 0 yazılır.
A(a,0) x
|AB| = 8
y ="
a2 + b2 = 64
b=
d = 1 olup
(P): 2x – 4y + 3z + 1 = 0 bulunur.
2
y
16 2
x
= 0 & y2 =
x
2r 16
25
Yer
2
n = (2, - 4, 3) sektörüne dik olan (P) düzleminin denklemi 2x – 4y + 3z + d = 0 formundadır.
A B C D E
4
x
5
A B C D E
64 - a 2
B ^0, 64 - a , A (0, a)
2h
x=
0 +a
b +0
ve y =
2
2
x=
a
2
y=
a = 2x olup y =
b
=
2
64 - a 2
2
64 - 4x 2
2
2y = 64 - 4x 2
4y 2 + 4x 2 = 64
x 2 + y 2 = 16 çemberi elde edilir.
Ancak x > 0 ve y > 0 olacağından geometrik yer çemberin birinci bölgedeki kısmıdır.
A B C D E
33.
4x2 + 9y2 – 48x + 72y + 144 = 0
_
2f
= 0 & 8x - 48 = 0 b
b
2x
b
x = 6 bb
` 0l (6, - 4) olur.
b
2f
= 0 & 18y + 72 = 0 b
2y
b
bb
y =- 4
a
x = xl + 6
3
y = yl - 4
ötelemesi birinci dereceden terimleri yok
eder ve denklem
4xl 2 + 9yl 2 + Fl = 0 şekline gelir.
35.
Harmonik ortalama: H.O
Aritmetik artolama: A.O
3 H.O. ≤ A.O. dur.
Kenar uzunlukları a, b, c olan üçgen için
a +b +c
3
olur.
≤
1 1 1
3
+ +
a b c
37.
A(–2, 3, –1), (P): 2x – 4y + 4z – 1 = 0
A(x1, y1, z1) noktasının
(P): ax + by + c + d = 0 düzlemine uzaklığı
h=
h=
Ç
3
≤
6
3
7
=
21 Ç
& Ç ≥ 10, 5
≤
6
3
=
2
Ç min = 11 bulunur.
A B C D E
Fl = xD + yE + f
| ax 1 + by 1 + c 1 z + d |
a2 + b2 + c2
dir.
| 2 : (- 2) - 4 : (3) + 4 : (- 1) - 1 |
2 2 + ( - 4) 2 + 4 2
|- 4 - 12 - 4 - 1 |
6
7
2
A B C D E
& Fl = (6) : (- 24) + (- 4) : (36) + 144
Fl =- 144
4xl 2 + 9yl 2 - 144 = 0 &
2
xl 2 yl
+
=1
36
16
merkezil şeklini alır.
A B C D E
7
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
38.
TG – 3
A(4, –7, 3) ve B(–2, 3, 8) noktalarından geçen doğru d olsun.
41.
d nin doğrultman vektörü
Geometrik düşüncelerini açıklarken geometrideki kuralları modelleri kullanmak, çıkarımları sorgulamak, akıl yürütme ve ispat
becerisi davranışının kazanımlarıdır.
U = AB = B - A = (- 6, 10, 5) tir.
Adı geçen matematikçi Andrev Wiles’tir.
A B C D E
A B C D E
B(–2, 3, 8) alınırsa
(d):
46.
y -3
z -8
x +2
=
=
olup
5
-6
10
Parametrik denklemi
Z x =- 6t - 2
]
(d): [ y = 10t + 3
]
\ z = 5t + 8 bulunur.
47.
A B C D E
42.
Soruda, Gökhan Öklit dışı olan Eliptik geometriyi anlayabilmektedir. Öklit dışı geometriyi anlayan öğrenci Van Hiele’nin son
seviyesi olan Rigor’dadır.
Öğretmen Salih’in yaptığı işler “öğrenmede rehber olma” ile ilgilidir. Çünkü oran orantı ile ilgili temel bilgiler tablolar hâlinde
verilmiş, kavram gerçekçi bir yaklaşımla ve
uygun örneklerle açıklanmıştır.
A B C D E
A B C D E
48.
39.
2
x2 y
z2
+
= 1 bir yapraklı hiperboloidi
8
12 36
43.
Burada adı geçen yöntem araştırma yoluyla öğretimdir. Çünkü bu yönteme bir konu
araştırılır. Burada geometrik şekillerin alan
ve çevreleri bilimsel yöntemlerle ölçme yoluyla belirlenmiştir.
“Bütün dik açılar eştir.” Öklit’in 4. postulatıdır. Öklit’in aksiyomlarından biri değildir.
xOy– koordinat düzlemiyle arakesiti için
A B C D E
A B C D E
z = 0 yazılır.
2
x2 y
+
= 1 elipsi elde edilir.
8
12
A B C D E
49.
Sabit noktalar A ve B olmak üzere
C
44.
I. öncülde önerme,
II. öncülde tez
III. öncülde tanım
B
N
E
| CA |
ifadeleri açıklanmıştır.
| CB |
A B C D E
40.
M
A
= m olacak şekilde C noktalarının
geometrik yeri Apolonyüs Çemberi olarak
bilinir.
r2 = 4cos(t)
A B C D E
Lemniskat eğrisinin grafiği aşağıdaki gibidir:
2
1
0
–1
–2
45.
–1
0
1
2
Öğretmen, öğrenciye bilmediği bir soruyu
daha önceden bildiği bir konuyu dönüştürerek anlatmıştır. Yani anoloji yapmıştır.
A B C D E
A B C D E
8
50.
Öğretmen yeterlikleri hükûmetlerin eğitim
politikasının belirlenmesinde kullanılması
düşünülemez.
A B C D E
© Copyright 2024 Paperzz
