KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI
ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ
ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ
26 – 27 Nisan 2014
TG – 5
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.
Arc cot 3° + Arc cot 2° - Ar cot 1°
1 44 2
44 3 1 44 2
44 3
x
y
3.
Şekilden;
%
r
| TB | = - x
2
= x + y - Arc cot 1° olur.
=
4.
cot x + cot y
dx
sinx
=0
dx
x
O
A B C D E
dy
T
H
x + y – Arccot1° = Arcot1° – Arccot1°
dy
C
B
cot(x + y) = 1 & Arcot(1°) = x + y
x=0
y = 1 + tan i
i=
r
4
y=2
dy = (1 + tan 2 i) : di
y
3:2-1
3+2
x = cos 2i
dx = - sin 2i : 2di
| BH | = 1 - sin x olur.
cot x : cot y - 1
)
(0, 2) noktası bulunur.
| TC | = cot x
cotx = 3 ve coty = 2 olur.
cot (x + y) =
TG – 5
r
4
=-
1 + tan 2 i
2 sin 2 i
1+1
= - 1 = m olur.
2
y – y0 = m(x – x0)
x
A
i=
=-
4
y – 2 = –1(x – 0)
d
& x + y – 2 = 0 teğet denklemi olur.
A B C D E
lim
x"
%
| TB | : | TC |
r
2
cx =
| BH |
r
+ hm
2
= lim
x"
c
r
2
= lim
c
h"0
= lim
h"0
= lim
h"0
= lim
1 - cosh
h : tanh
1 - cosh
h : tanh : (1 - cosh)
h : tanh : (1 + cosh)
1 - cos 2 h
h : tanh : (1 + cosh)
1 - cos 2 h
h"0
2.
lim ^2
x"0
cot 2x hx
= 6^2
3 h0
= lim
x"0
= lim
x"0
=
=3
= lim
0@
h : tanh : (1 + cosh)
sin 2 h
h"0
= lim
x
1
` 2 tan 2x j
h"0
tanh
h
:
: (1 + cosh)
sinh sinh
5.
f′ nin işaret tablosu incelenirse
x
f′
–1
–
=2
min
A B C D E
1/2
3
+
–
f
= 1 : 1 : ( 1 + 1)
x
2 tan 2x
x
lim c
m
2 x " 0 tan x
=2
0
; E
0
(1 - cosh) : (1 + cosh)
h"0
= lim
r r
r
- - h m : cot c + h m
2 2
2
r
1 - sin c + h m
2
- h : (- tanh)
h"0
= lim
r
- x m : cot x
2
1 - sin x
max
●● x = –1 yerel min için apsis ve x = 3 yerel
max için apsis olurlar. Bu durumda da C
ve D doğrudur.
●● Türev (–1, 3) aralığında f′(x) > 0 ise f(x)
artandır. (E yanlış)
= 2
A B C D E
●● Grafikten parabolün tepe noktası
x = r = 1 dir. Tam bu değerde x– eksenine
teğet çizileceğinden f′′(1) = 0 dır. O hâlde
x = 1 dönüm (büküm) noktasının apsisi
olur. (B doğru)
●● Türevi 2. derece olan eğri, 3. dereceden
olur. (A doğru)
A B C D E
3
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
6.
y=
TG – 5
6
eğrisini 1. bölgede çizelim.
x
7.
y
Z
1
]] ar tan
f (x, y) = [
x2 + y2
]]
a
\
lim
(x, y) " (0, 0)
B
(x0,y0) = x0,
6
x0
6
y= x
A
O
x
= lim arctan
r"0
=
x2
x 02
( x, y) = ( 0 , 0 )
2
0
y
1 44
4 2 44
43
İçerdeki bu integralin sayısal olarak çözülmesi mümkün değildir. Bu yüzden sınırları
değiştirmeliyiz. y ye göre integral almalıyız.
=?
x=y
R
V
1
S
W
=a
1
r
olur. S
W
r
Sdönüflümü yap›l›rsaW
T
X
y=0
r
bulunur.
2
x=1
1
0
r
2
6
-6
noktasından geçen ve eğimi
c x 0,
x0 m
x 02
olan doğrunun denklemi
6
-6
y=
: (x - x 0) d›r.
x0
x 02
-6
x0
=
-6
x 02
x0 = x - x0
x = 2x 0
y=x
#
=
0
#
y=0
x
2
0
0
Buradan içerdeki integral
1
lim
x2 + y2
=
r
2
x
x
# e -x dy = e -x # dy
2
r
alınırsa f(x, y) her (x, y) için
2
2
0
0
= e -x e y
2
sürekli olur.
B için " x = 0 & y -
y-
-6
1
=
(- x 0)
x0
x 02
A B C D E
A (Taral›) =
o
2
1
=
12
x0
x
0
= e -x : x d›r.
6
6
=
x0
x0
y=
2
e -x dydx olur.
# # e-x dydx
=
(x, y) " (0,)
O hâlde a =
x=y
1 444 2 4 44 3
1
r
2
: (x - x 0)
Demek ki
2
e -x dxdy ifadesi
1
+3
x
–
x=1
# #
y
dir.
A için " y = 0 &
1
# # e-x dxdy
a"3
-6
-6
,
1
10.
= lim arctan a
f l (x 0) = m t olur.
f l (x 0) =
x2 + y2
(x, y) ! (0, 0)
x = r cos i
=
y = r sin i kutupsal koordinata geçilirse
t
f l (x ) =
1
arctan
,
# e-x
2
0
8.
12
2x 0 :
x0
-1
f(x, y, z) = z : (x + 2z)
2f
= 1 : sin (x + 2z) + z : cos (x + 2z) : 2
2z
2
= sin (x + 2z) + 2z cos (x + 2z)
2
=
#
=-
= 12 br bulunur.
A B C D E
A B C D E
=-
=-
9.
#
x = 2 sin i
a 2 - x 2 dx = =
dx = 2 cos idi
=
=
#
eu :
0
1
2
- x2 = u
: xdx =
G
- 2xdx = du
du
-2
-1
#
e u du
0
1 u
ee
2
-1
0
o
1
1 -1
^e - 1h = ^1 - e -1h
2
2
A B C D E
a 2 - 2 2 sin 2 i : 2 cos idi
a2
1 - sin 2 i : cos idi
1 44 22 44 3
cos i
= a2
# cos2 idi bulunur.
A B C D E
4
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
+3
11.
#
-3
TG – 5
3
1
1 + x2
#
dx = 2 :
0
1
1 + x2
dx
14.
x -1 + 2 = - x &
17.
1
+x+2 = 0
x
A) A + B = 6a ij@2x2 + 6b ij@23 = toplanamaz.
B) (B : C) : A = ^6b ij@ : 6c ij@
2x3
x 2 + 2x + 1 = 0
3x2
= 2 : arctan x
( x + 1) 2 = 0
0
= 2:
C) A : C + D = 6a ij@2x2 : 6c is@3x2 + 6d ij@3x3
1 444 2 444 3
x =-1
r
2
çarp›lamaz
x = - 1 + 5k
=r
D) B : D + C = 6b ij@ : 6d ij@ + 6c ij@
2x3
3x3
3x2
k = 3 için xmin = 14 olur.
A B C D E
h + 6a ij@2x2
= 6m ij@2x2 + 6a ij@2x2 toplanabilir.
3
= 6u ij@2x3 + 6c ij@3x2 toplanamaz.
Rakamlar toplamı = 1 + 4 = 5
E) A : B + D = 6a ij@ : 6b ij@ + 6d ij@
2x2
2x3
3x3
A B C D E
= 6v ij@2x3 + 6d ij@3x3 toplanamaz.
A B C D E
12.
15.
100 basamakl› 100 basamakl›
Bir y = f(x) fonksiyonunun x = a noktası civarında Taylor açılımı
A = 999 ... 9 ve B = 333 ... 3 olsun.
f ( x) = f ( a ) + f l ( a ) + ( x - a ) +
A + 1 = 1 000 ... 0 olur.
>
f lll (a)
(333 ... 3) : (999 ... 9)
1 44 2 44 3 1 44 2 44 3
100 basamak
3!
B (A + 1) = 333 ... 3 000 ... 0
>>
100 tane
AB = 333 ... 3000 .... 0 – B dir.
f (x) = f (0) + f l (0) : x +
333 ... 3000 ... 0
333 ... 3
–
f (n) (a)
n!
2!
(x - a ) 2 +
(x - a) n + ... d›r.
Bu açılımda a = 0 özel değerine f(x) in
Maclaurian açılımı denir. O hâlde
100 tane
AB + B = 333 ... 3000 ... 0
Bu durumda
(x - a) 3 + ... +
f ll (a)
f (n) (0)
... +
n!
2666 ... 67
f ll (0)
2!
x2 6
f lll (0)
3!
x3 +
18.
n
x + ... olur.
5
==
0
e0 2 e0 : x3
e0 n
e = e +e :x+
x + ...
:x +
+ ... +
n!
2!
3!
101.
100.
0
x
A B C D E
0
= 1+x+
ex =
5x 2 - 3x + 4
=
x+7
2x + 1
G
x+6
0 2 -3
Gx + =
0
1
2
4
Gx + =
1
7
A B C D E
x2 x3
xn
+
+ ... +
+ ...
2! 3!
n!
3
/
k=0
1
G
6
xk
elde edilir.
k!
A B C D E
13.
z (100) = z (2 2 : 5 2) = 100 : c 1 = 100 :
1
1
m : c1 - m
5
2
1 4
:
2 5
19.
= 40 a det
100 den küçük, 100 ile aralarında asal 40
tane pozitif tam sayı vardır.
Bunların toplamı (T)
T=
z (n) : n
2
16.
|A2| = |A|2 olur.
A==
40 : 100
dir. T =
2
tan i
- tan i
| mI - A | =
1 - cot i
G
cot i
2
2
| A | = | A | = tan i dir.
A B C D E
5
-2
-1
m-3
-1
-1
-1
-2
m-2
= 0 olup
m3 – 7m + 11m – 5 = 0 dır. Bu denklemin
-b
kökler toplamı m 1 + m 2 + m 3 =
=7
a
2
A B C D E
m-2
determinant hesaplanırsa
| A | = tan i
T = 2000
Karakteristik denklem
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
20.
TG – 5
I. (0, 0) d w olup w kümesi orijinden
geçtiğine göre R2 nin bir alt uzayıdır.
23.
(0, 0) ! w olduğu için R2 nin alt uzayı
II.
değildir.
Bir diferansiyel denklemin mertebesi,
denklemde görülen en yüksek türevin mertebesidir yani 4 tür.
26.
2r2 + 5r – 3 = 0
2r–1
A B C D E
r
III. (3, 1, 0) d w olsun. –1 d R ile çarpılırsa (- 3, - 1, 0) ! w olduğundan R3 ün
alt uzayı değildir.
Verilen denkleme ait karakteristik denklem
3
(2r – 1) : (r + 3) = 0
24.
dy
yl + 6xy = 0 &
dx
IV. Uzayın orijinden geçen düzlemi olduğundan R3 ün bir alt uzayıdır.
= - 6xy
dy
= - 6xdx buradan
y
A B C D E
dy
=
y
#
1
ve r2 = - 3 bulunur.
2
r1 =
O hâlde denklemin genel çözümü
y (x) = c 1 e x/2 + c 2 e -3x elde edilir.
# - 6xdx
A B C D E
ln | y | = - 3x 2 + c
elde ederiz y(0) = –4 başlangıç koşulunda, y(x) in x = 0 komşuluğunda negatif
olmasından ln|y| = –3x2 + c |y| yerine –y
yazılırsa
21.
27.
ln (- y) = - 3x 2 + c
R3x1 ün doğal tabanı {e1, e2, e3} tür.
JR1VN
KS WO 1
L (e 1) = L KS0WO = = G
KSS WWO 0
LT0XP
x = 0 & y = - y, ln (4) = 0 + c
c = ln 4 tür.
a) 0 ≤ f(x) , her x d S
ln (- y) = - 3x 2 + ln 4
JR0VN
KS WO 1
L ^e 2h = L KS1WO = = G
KSS WWO 1
LT0XP
JR0VN
KS WO
0
L ^e 3h = L KS0WO = = G olup
KSS WWO - 1
LT1XP
- y = e -3x
2
f, sonsuz sayıda sonuç içeren yani reel
sayıların bir aralığı üzerinde tanımlı gerçek değerli fonksiyon olsun. f nin olasılık
yoğunluk fonksiyonu olabilmesi için aşağıdaki kuralları sağlaması gerekir.
b)
# f (x) dx = 1
S
+ ln 4
A B C D E
- y = e -3x : _ e ln 4 i
4
2
2
y (x) = - 4e -3x elde edilir.
A B C D E
1
L nin standart A matrisi A = =
0
dir.
1
0
0
G
-1
dy
25.
dx
A B C D E
28.
Kameralar bağımsız çalıştıkları için
P(A + B) = P(A) : P(B)
= (x + y - 1 ) 2
denkle min de v = x + y - 1
= (0,85) : (0,90)
= 0,765
y = v - x + 1 olur.
A B C D E
dv
- 1 = v2
dx
dv
= 1 + v2
dx
dv
1 + v2
22.
a + bi = a|4 + 3i
#
& d(a) = d(4 + 3i)
= 25 & pozitif bölenleri 1, 5, 25 olur.
Uzunluğu 1, 5 ve 25 olan karmaşık sayılar
aranmalıdır.
4 + 3i nin varsa has bölenleri 2 + i veya
2 – i olabilir. Çünkü d(2 + i) = d(2 – i) = 5
denenirse
4 + 3i
11 + 2i
=
! z [i]
5
2+i
dv
1 + v2
= dx
=
29.
# dx
d (y) = d (v - x + 1)
y = x2 olduğundan y nin alacağı değerler
1, 4, 9, ... t2 olur. O zaman
Z
] 1 , y = 1, 4, 9, ...t 2
P (y) = [ t
] 0 , di€er durumlarda
\
dy = dv - dx
A B C D E
dy
dv
=
- 1 dir.
dx
dx
Yerine yaz›l›rsa
artan(v) = x + c
4 + 3i
= 1 + 2i = i (2 - i) ! z [i] dir.
2-i
d(2 – i) = 5 asal olduğundan 4 + 3i = i(2 – i)2
olup asal çarpanlara ayrılmış olur.
& tan(x + c) = v
v = x + y – 1 idi
tan(x + c) = x + y – 1 olup
y(x) = tan(x + c) – x + 1 elde edilir.
30.
f(x), sürekli bir rassal değişkenin olasılık
fonksiyonu ise x in beklenen değeri
E (x) =
# xf (x) dx olur.
R
A B C D E
A B C D E
6
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
TG – 5
y
31.
32.
I
A
G1
B
34.
3
3
& tan a =
4
4
a = arctan
5
E
a
II
G2
O
3
5
cos a =
4
olur.
5
x = xl cos a - yl sin a
y = xl sin a + yl cos a
3
xl 2 + 2yl 2 + Pl = 0 şekline dönüşür.
I için, üçgenin ağırlık merkezi G1(x1, y1) ve
S1 alanı bulunur.
xl :
13 + 10 + 10
= 11
3
G1(5, 11) ve S 1 =
x = x′ + 4
Dönüşüm formülleri
x
& (x, y) = (7, 4) olup denklem
y1 =
O′(4, –1) olup
y = y′ – 1 ötelemesi ile verilen elipsin ikinci dereceli terimlerin katsayıları aynı kalıp
denklemi
Şekli ağırlık merkezi kolayca bulunabilen
I ve II parçalara ayırırsak
7+0+8
=5
3
4y + 4 = 0 & y = –1 $ b = –1 dir.
4
D
x1 =
2x – 8 = 0 & x = 4 $ a = 4
sin a =
3
x2 + 2y2 – 8x + 4y = 0 elipsi için x ve y ye
göre kısmî türevler alınırsa
Yeni sabit terim ise
P′ = D(4) + E(–1) + F
_
3
4
- yl : = 7 bb
xl = 8
5
5
`
3 4
yl = - 1 dir.
xl : + : yl = 4 bb
5 5
a
= –4 : 4 + 2 : (–1)
= –18 olup elips xl 2 + 2yl 2 + 18 = 0
veya
Demek ki A(7, 4) ün yeni koordinatı
2
xl 2 yl
+
= 1 olur.
18
9
A′(8, – 1) dir.
A B C D E
A B C D E
8:3
= 12
2
m 1 = 12 dir.
35.
II için, dikdörtgenin ağırlık merkezi
2(x + 1) – 3(y – 2) + 1(z – 3) = 0
(E): 2x – 3y + z + 5 = 0 bulunur.
G2(x2, y2) ve alanı S2 bulunur.
A B C D E
8
x2 = = 4
2
y2 =
10
=5
2
G2(4, 5) ve S2 = 8 : 10 = 80 dir. m2 = 80
Şeklin ağırlık merkezi
y
33.
olduğu için x =
G (x, y) = c
36.
C
x1 m1 + x2 m2
y1 m1 + y2 m2
x=
ve y =
m1 + m2
m1 + m2
15
95
133
ve y =
bulunur.
23
23
10
a
O
6
95 133
,
m
23 23
A a
3k
8
(3) nın doğrultman vektörü
u = AB = B - A = (- 6, 10, 5) olup
4k
Kanonik denklem
B
(3):
x
y-3
z-8
x+2
bulunur.
=
=
5
10
-6
A B C D E
A B C D E
OA doğrultusunda, A dan 15 birim uzaklıktaki C noktası aranan çemberin merkezidir.
tan a =
4
olduğundan ABC dik üçgeninde
3
37.
dik kenarlar 4k ve 3k yazılırsa
Pisagordan
A(0, 0, 0) ve B(3, 2, 1) olsun. Bu durumda
(3k)2 + (4k)2 = 152
y
x
= = z doğrusu üzerinde keyfî iki nokta
3
2
u = AB = B - A = (3, 2, 1) olur.
k = "3 bulunur.
(2t, 4t2 – 1, sint) noktasında u doğrultusundaki denklemi
C(6 + 3k, 8 + 4k) olduğundan
k = 3 için C(15, 20)
x = 2t + 3m
k = –3 için C(–3, –4) olur.
O hâlde aranan çemberler
y = 4t2 – 1 + 2m
(x – 15)2 + (y – 20)2 = 225 veya
z = sint + 1m silindiri olur.
2
A B C D E
2
(x + 3) + (y + 4) = 225 olur.
A B C D E
7
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
38.
TG – 5
41.
(E1): 3x – 4y + 12z + 21 = 0
(E2): 3x – 4y + 12z – 18 = 0
| 21 - (- 18) |
E 1 //E 2 olup d =
3 2 + (- 4) 2 + 12 2
39
13
=
=3
Matematik öğretmeni özel alan yeterliklerinden olan okul, aile ve toplumla işbirliği
yapma yeterlik alanı kapsamında olan
ulusal ve uluslararası matematik olimpiyatları ve proje yarışmaları için öğrencilere
rehberlik ederek katılımlarını sağlama işi
öğretmenlerin mesleki gelişim sağlaması
yeterlik alanı değildir.
A B C D E
46.
Matematik dersinin genel amaçlarından
bazıları tümevarım ve tümdengelim ile ilgili çıkarımlar yapabilmeyi, matematik veya
başka alanlarda ileri bir eğitim için gerekli
matematiksel bilgi ve becerilerini kazanılması, tahmin ve zihinden işlem yeteneği,
model oluşturabilme olarak sayılabilir. Ama
insanlarla iyi iletişim kurma matematiğin
genel amacı olamaz.
A B C D E
A B C D E
47.
39.
x+3
2
=
y+1
z-2
=
1
1
42.
doğrusunun doğrultmanı
U = ^ 2 , 1, 1 h
2 x - y + z - 2 = 0 düzleminin normali
N = ^ 2 , - 1, 1h dir.
N
i
5E modelinde öğrenciler keşfetme aşamasına geldiklerinde öğretmen açıklama
aşamasında olacağından öğrencilerden
keşfettikleri yeni bulguların neler olduğunu
ve nasıl elde ettiklerini açıklamalarını istemelidir.
A B C D E
d
a
Öğrenci, asal sayıları yorumlayarak başka
kelimelerle tanımladığına göre bu öğrencinin Bloom taksonomisinin bilgi seviyesini
geçmiş kavrama düzeyinde olduğu anlaşılmaktadır.
A B C D E
48.
U
Uygulanmakta olan 9, 10, 11 ve 12. Sınıflar Matematik Dersi Öğretim Programının
öğrencilerde gelişmeyi hedeflediği matematiksel beceri ve yeterlilik olarak hepsi
verilmektedir.
A B C D E
43.
cos i =
U: N
oldu€undan
U : N
=
cos i =
2 -| x |
2:2
1
& i = 60°
2
Biz öz değerlendirmede öğrenme alanı ve
o alanda belirlenmiş konular ile sınırlanmış
kazanımların öğrenciler tarafından elde
edilip edilmediği ile ilgili olmalıdır. Dolayısıyla, fonksiyonlar öğrenme alanında bire
bir ve örten fonksiyonları açıklamak bir
kazanım olduğundan bunun zor olması
beklenemez.
A B C D E
Biz a yı aradığımızdan cevap a = 30° dir.
I. 2 :
2:5
5
=
2:3
3
=
10
6
Bir tam sayının bir kesir ile çarpımında kesrin pay ve paydasının çarpılacağını zannetmek yanlıştır.
II.
A B C D E
Analitik düzlemde noktanın koordinatının bulunması dikey değil de eğrisel
biçimde olacağının zannedilmesi sık
görülen kavram yanılgısıdır.
44.
40.
49.
y-2
z+3
x+1
=
=
=t
1
2
m
Öğretmen gerek çizdiği kavram haritası
gerekse verdiği örnekle düz anlatım modelini kullanmaktadır.
A B C D E
doğrusunun doğrultman vektörü
1+3
1 3
III.
+ =
5 2
5+2
=
4
7
Kesirlerde toplama işleminde en çok
rastlanan kavram yanılgısı pay ile
paydanın toplanıp payda ile paydanın
toplamına bölünmesidir.
U = ( 1 , m, 2 )
4x – 2y + z – 3 = 0 düzleminin normal vektörü N = (4, - 2, 1) dir.
A B C D E
Bu durumda U = N olacağından
U : N = 0 dır.
4 - 2m + 2 = 0
m=3
A B C D E
45.
Öğrenci verilen şekillerin sadece görüntüsü ile ilgilenmiş, şekli bir bütün olarak ele
almıştır. Öğrenci şekilleri görünüşleri itibariyle belirleyip isimlendirerek karşılaştırabilmiştir. Demek ki bu öğrenci Van Hide’in
geometrik düşünme düzeylerinden “görsel
düzeyde”dir.
A B C D E
8
50.
Hiçbir ilke veya kurama bağlı olmadan öğretim yapmak mümkün değildir. Bunun için
genel amaçlar doğrultusunda uyulması gerekli birtakım ilkeler vardır.
A B C D E
© Copyright 2024 Paperzz
