- PDF Ücretsiz indirin

Transkript

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15 KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ Şubat 4 TG ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlein he hakkı saklıdı. Hangi amaçla olusa olsun, testlein tamamının veya bi kısmının İhtiyaç Yayıncılık ın yazılı izni olmadan kopya edilmesi, fotoğafının çekilmesi, hehangi bi yolla çoğaltılması, yayımlanması ya da kullanılması yasaktı. Bu yasağa uymayanla, geekli cezai soumluluğu ve testlein hazılanmasındaki mali külfeti peşinen kabullenmiş sayılı.

16 AÇIKLAMA DİKKAT! ÇÖZÜMLERLE İLGİLİ AŞAĞIDA VERİLEN UYARILARI MUTLAKA OKUYUNUZ.. Sınavınız bittiğinde he sounun çözümünü tek tek okuyunuz.. Kendi cevaplaınız ile doğu cevaplaı kaşılaştıınız.. Yanlış cevapladığınız soulaın çözümleini dikkatle okuyunuz.

17 4 ÖABT / MTL. A) cos 4 sin 4 (cos + sin ) : (cos sin ) B) : cos cos (doğudu) sin sin + cos + cos - : sin : cos : cos tan ( do u ) ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ. A) lim - - yanlış " - - B) lim + + ( yanl fl) " - + C) lim ( + n) ( + n) n (yanlış) " + D) lim + + yanlış " - 5 E) lim + c m " (doğu) TG 5. tane koli sevk edilise koli başına taşıma bedeli 5 A A ( - ) + 5 ti. Bu maliyet olduğunda en az olu. Buna göe kago şiketi he bi sevkiyatta koli taşımalıdı. Bu duumda koli başına maliyet 5 olu. C) - + : sin -cos + cos + : cos - : sin : cos D) tan ( yanl fl t ) cos-sin ( cos-sin ) cos+ sin cos -sin cos + sin - : sin: cos cos sin - cos. lim lim "- " - : : c + + m 6. b a koşulu veildiğinden (a, b) noktası y eğisinin üzeindedi. Teğet doğusunun eğimi, dy & mt ad. d Teğet doğusunun denklemi, y y m : ( ) E) sec-tan ( do u) sin cos - tan-cot cos sin tan+ cot sin cos + cos sin sin -cos sin + cos cos - lim " bulunu. + + y b a : ( a) y a : ( a) + b di. -cos ( do u) 7. yl # ( + sind ) - cos + c y () koşulunu yeine yazasak + c & c # y e - cos + od y - sin + + c 6 y() koşulunu yeine yazalım. 4. Tüm polinom fonksiyonlaı ile sinüs ve kosinüs fonksiyonlaı bütün eel sayılada süeklidi. Rasyonel fonksiyonla ve signum (işaet) fonksiyonu tüm eel sayılada he zaman süekli olmaz. + + c & c di. Buna göe y y() çözümü, y - sin + + bulunu. 6 Diğe sayfaya geçiniz.

18 4 ÖABT / MTL TG 8. fy (, ) + 8y +, >, y > y. y. A) lim an ise sei yakınsa. (n. teim n " testi) f(, y) - & y di. y lim n n + + yakınsaktı. " fy(, y) 8 - & y di. y 8 4 n + B) lim yakınsa. n " n + y 8, yani kitik noktala y y 8y eşitliğini sağlamalıdı. y de yeine yazasak ( 8y) : y & 64y y 64 y ve 8y di. 4 Kitik nokta c, m noktasındadı. 4 fc, m + 8: : d. : ( + cosi) Toplam uzunluk i dan i ye olan uzunluğun iki katıdı. Bi kutupsal eği için yay uzunluğu, f(i) için d ds + c m di di S : 4: sin i+ 4: ( + cos i) : di : 8+ 8 : cos idi # # n + + C) / geometik seisi yakınsa. n n D) lim n n : ( n + ) yakınsaktı. " E) Kaşılaştıma testine göe > di. ln n n / hamonik seisi ıaksadığı için n n / seisi de ıaksaktı. (Kaşılaştıma ln n n testine göe) + cosi : cos i efl itli i yaz lsa, : : + cos idi # 4 : cos # i d i i 4 : : cos d i # i 8: : sin 6 : csin -sin m 6 d. 9. # # # d d + d - -( -) - # # - d+ - + d / e n e e. : - - c m e n + e Buada a ve - di. Paça toplamlaını bulusak S n e e + e -c- m + n e n. / : ( 4 -) kuvvet seisinin mekezi n n 4 tü. Yakınsaklık yaıçapı ise R lim n e ( n + ) : di. n n e e n " di. e - < olduğundan sei değeine yakınsa. + e 4 Diğe sayfaya geçiniz.

19 4 ÖABT / MTL TG 4. y D bölgesi 6. I. a e e a a eşitliği he iki taaftan sağlamaz. Bu nedenle biim eleman yoktu. II. He a, b d Z için a b d Z olu. Bu nedenle doğudu. III. a b b a eşitliği sağlanmaz. Bu nedenle değişme özelliği yoktu. 9. R uzayının bütün alt uzaylaı {} kümesi, başlangıç noktasından geçen doğula ve R uzayının kendisidi. Buna göe başlangıç noktasından geçmeyen y noktalaının bulunduğu küme alt vektö uzayı olamaz. y II doğu, I ve III yanlıştı. - ## # # : cosyda : cos y: dyd D - : sin y d u & du d : sin( - ) d : cosyda - sin udu D # # ## # cos u cos( ) - di. 7. A matisinin otogonal bi matis olması için A : A T A T : A I veya A T A olmalıdı. R V R V S W S W T A: A S W : S - W S W S W T - X T X R V S W S W S W T X + ( ) + ve. R uzayındaki alt uzayla {} vektöü, oijinden geçen doğula, oijinden geçen düzlemle ve R ün kendisidi. Veilen vektöle (,, ) ve (,, 4) noktalaından geçtiğinden ve bibiinin katı olduğundan geometik olaak (,, ) ve (,, ) noktalaından geçen doğu olaak düşünebiliiz. - a y- b z- c t u u u bağıntısından (a, b, c) (,, ) olsun. u (u, u, u ) (,, ) (,, ) - y - z - t - t, y -t, z t O hâlde T {(t, t, t): t d R} kümesi elde edili. 5. I. Tam sayıla kümesi sayılabili sonsuzluktadı. (doğu) II. Öneğin, sayılabili sonsuzluktaki tam sayıla kümesinin sonlu elemana sahip alt kümelei yazılabili. Z kümesi Z kümesinin alt kümesi olan sayılabili sonsuzluktaki bi alt kümedi. (doğu) III. Sayılabili sonsuzluktaki bi kümenin sonlu alt kümeleinden oluşan küme sayılabili sonsuzluktadı. (yanlış) I ve II doğu, III ise yanlıştı a a --! a! -4 a! -7 olmal d.. Z ) 5 çapımsal gubunun metebesi {(5) di. {( 5) 5 : c - m : c - m : : di. 5 Üeteçlein sayısı ise z() di. z ( ) : c - m : c - m 5 4 : : 8 di. 5 5 Diğe sayfaya geçiniz.

20 4 ÖABT / MTL TG. Bi gubun devili olabilmesi için üetecinin olması geeklidi. Z ) - - < > < > 4 Z ) - - < > < 7 > üeteç leidi. üeteç leidi. Z m Z n katezyen çapım gubunun devili olabilmesi için (Yani üeteçleinin olabilmesi için) m ve n aalaında asal olmalıdı. ebob(m, n) di. ebob(, 6) olduğundan Z Z 6 devili gup değildi. 5. dy y y y y c m + d denklemin sağ taafı sadece y in bi fonksiyonu olaak yazılabildiği için denklem homojendi diyebiliiz. Bu denklemi çözebilmek için önce y dy dv V ve V+ : d d dönüşümü ile dv V+ : V+ V + d şeklinde değişkenleine ayılabilen bi difeansiyel denklem elde edebiliiz. Denklemi düzenleyip integalini alısak 8. d y + w y dt homojen denkleminin kaakteistik denklemi + w olduğundan denklemin köklei wi, wi kompleks eşlenikle olaak bulunu. Buna göe genel çözümü y(t) c : e (a + bi)t (a bi)t + c : e y(t) c : e wi + c : e wi y(t) c : coswt + c : sinwt V dv d + # # V dv d +. Z nin bütün alt guplaının sayısı metebesinin pozitif bölenleinin sayısına eşitti. Metebesi olduğundan P.B.S : () P.B.S : ( : ) ( + ) : ( + ) : 6 dı. actanv ln + c V tan(ln + c) y V olduğundan y : tan(ln + c) bulunmuş olu. 6. y : y + y + y denkleminde y nin katsayısı y ye bağlı olduğundan linee değildi. 9. He öğenci en az bilye alacağından, he öğenciye önce bilye dağıtılı. Sona geiye kalan bilye öğenciye kaç faklı şekilde dağıtılı, bu değe hesaplanı : e o e o 6 bulunu. - : k! S. / Pk ( ) olma koşulundan yaalanaak A değeini buluuz. 7. n için / k k A : c m 4 4. v ( 4) : ( 576) < > 4 Pemütasyonun metebesi, ekok(, 4) di. Fs ( ) L{ + 5} : L { } + 5: L{ }! : e o + 5 : c m s s s s di / / k k A: c m A: c m : c m k 4 4 k 4 9 A : c m : A : : A bulunu. 9 6 Diğe sayfaya geçiniz.

21 4 ÖABT / MTL TG. 8 e o: ( ) 4,, :( y) : (-z) 4 8! 4 4 : : :(-): : y : z 4! :! :! 4 A 8: 7: 5: : : (-) A 9: 8: 7: 6: 5: 4: : (-) 4. 4 : sini, + y, y : sini + y 4y + y 4y (y ) 4 Katezyen denklemi elde edili. 7. X P + t: v doğunun vektöel denklemidi. (, y) (, ) + t : (4, ) + 4t, y + t 9! A - bulunu. 8. t () + t v : t () (- 4,, ) + t : (, -, ) v (, -, ) do ultman vektöüdü.. Medyan otanca sayı demekti. Vei sayısı tek sayıda olduğundan otanca sayı baştan 7. di. Bu sayının olduğu göülü.. F, ( + ydyd ) c m # # y Fc, m # ey + o d 5. V vektöüne dik olan vektö Vl olsun. Vl vektöünün biim vektöü u olsun. V Vl olduğundan Vl ^, h alınabili. Vl ^, h, u V + 4 ^ h l 4 u e, o olu. 9. P(,, ), N (,, ) A + By + Cz + D + y + z + D : + + : + D D 7 Düzlemin denklemi, + y + z 7 dı. z eksenini kestiği nokta y & + + z 7 7 z tü. 7 7 c,, m noktasının oijine uzaklığı tü. 9 c + md 8 # 9 : , ti < u v, w > det( u, v, w) b tü. y 4. & - z paabolü elde edili Diğe sayfaya geçiniz.

22 4 ÖABT / MTL TG 4. Bilgiyi kullanma ve bilgiyi bi otamdan diğeine tansfe etme yeteneği, öğetilmiş bilgiyi yeni duumlada kullanma beceesi Bloom'un taksonomisinde uygulama aşamasıdı. 45. Hasan Hoca, tahtaya çizdiği doğu paçasının ota noktasını bulma etkinliği için gösteip yaptıma yöntemini kullanmıştı. 48. Poblemde veilen bilginin kaşılık geldiği olaya koşul olması geektiği he ne kada vugulanmamış ise de Buak ve Cem olayın bi koşullu olasılık olduğunu bulmuşladı. Ancak koşulun buada katla değil kalaın yüzü olduğunu sadece Cem bulmuştu. 4. Uygulanmakta olan Otaöğetim Matematik (9,, ve. sınıfla) Desi Öğetim Pogamı nda hehangi bi özel öğetim yöntemini veya yaklaşımı dikte edilmemektedi. 4. Sanal sayılaın üstleinin nasıl alınacağının ilk fomülünü e ii cosi + isini biçiminde veen İsviçeli matematikçi Leonhad Eule'di. Buada i alınısa evenin bibiine bağlanmışlığının mistik bi eşiti olan ve ünlü fizikçi Richad Feyman'ın tabiiyle matematikteki en olağanüstü fomül elde edili. e ii Öğetmen, des için ön koşul olan kazanımlaı öğencilein bilip bilmedikleini öğenmek amacıyla soula soa. Alınan dönütle yetesiz ise ön koşul niteliğindeki kazanımla ilgili desten önce anlatılı. Daha sona dese geçili. 49. Souda veilen hedef analiz edildiğinde, hedefin sınılılık ilkesine göe yeniden düzenlenmesi geektiği söylenebili. Sınılılık / binişik olmama, hedeflein tek bi özelliğe yönelik ve belili bi kapsamda olması geektiği ile ilgilidi. Buna göe hedefi üç paçaya ayımak doğu olacaktı. Yani... göstei.,... yaza. ve... oku. şeklinde ifade edilmelidi. 44. Kademeli olaak 4 des yılından itibaen uygulanan Otaöğetim Matematik (9,, ve. sınıfla) Desi Öğetim Pogamı nda ilk kez 9. sınıfta üçgenin alanı,. sınıfta çembein analitik incelenmesi ve. sınıfta da katı cisimlein hacim ve alanlaı ile ilgili kazanımla veilmektedi. 47. Şüphesiz he zoluk bi poblem olaak algılanamaz. Üçgensel bi bölgenin ağılık mekezinin bulunması bi zoluktu ama poblem değildi. Daie biçiminde bi havuzun alanı bi zoluktu ama poblem değildi. Ama milyonlaca lia hacayaak yapılacak ve kıtalaı bileştiecek bi köpünün kaç yıl dayanabileceğinin hesaplanması bi poblemdi ve bunun hesabını matematik yapa. 5. Matematiksel tümevaımda hem ilk adım hem de sonaki adımla ispatın bi paçası ve geekliliğidi. Hipotez aşamasındaki vasayımda ispatın bi paçası olup bunun doğuluğunun gösteilmesine geek yoktu. 8