KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG 15 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.. Kendi cevaplarınız ile doğru cevapları karşılaştırınız. 3. Yanlış cevapladığınız soruların çözümlerini dikkatle okuyunuz.

015 ÖABT / MTL 3 x + kx + x 1. lim = x" x - x - 3 Px ( ) 3 x + kx + x = şeklinde yazılırsa Qx ( ) ( x- )( x+ 1) limq( x) = 0 olduğundan x" 0 limp( x) = 0 olmalıdır ki belirsizliği elde 0 x" edilsin ve sadeleştirme yapıldığında belirsizlik gitsin. O hâlde P(x) in bir çarpanı x dir. Diğer yandan cevap 3 ise P(x) = x:(x ):(x 1) olmalıdır. Bu durumda k = 3 tür.. Sıçrama süreksizliği için x 0 noktasının sağ ve sol limit değerleri birbirinden farklı olmalıdır. Grafik incelendiğinde bu noktaların 0 ve 5 olduğu görülür, toplamları 5 tir. ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ 4. y 1 0 f(x) x + y = 4 doğrusuna paralel olan ve aynı zamanda x = (y ) parabolüne teğet olan 1 doğrunun eğimi - dir. x = (y ) parabolünün türevi teğetin eğimini vereceğinden 1 = _ y- i: yl 1 & yl = y - 4 =- 1 dir. Buradan y = 1 ve x = 1 olur. (1, 1) noktasının x + y + 4 = 0 doğrusuna uzaklığı 1+ + 4 7, = = br bulunur. 5 5 x 6. _ 3 x = 1 - t b dy dy dt ` & = : y = t+ t b dx dt dx a dy 1+ t & = dx - 3t d y d dy d 1+ t dt = f p = f : dx dx dx dt p - 3t dx d y _ - 3t i + 6t_ 1+ ti 1 & = : 4 dx 9t - 3t d y dx - 6t + 6t+ 1t = 6-7t t = 1 TG 15-6+ 6+ 1 1 4 = = - = - bulunur. - 7 7 9 3. Ortalama Değer Teoremi: f: [a, b] IR fonksiyonu [a, b] de sürekli ve 6x! (a, b) için türevlenebilir ise bu takdirde fb _ i- fa _ i fl_ x0 i = b- a olacak şekilde en az bir x 0! (a, b) vardır. Burada fonksiyonun [0, ] de sürekli ve (0, ) de türevlenebilir olması gerekir. lim fx ( ) = = lim _- x + ai = a - + x " 0 x " 0 a = olmal dr. lim _ - x + ai = lim _ nx - bi - + x " 1 x " 1 & a- = n- b & n = bolmal dr. fhy _, i - f_ 0, yi 5. fx( 0, y) = lim h " 0 h hy_ h - y i - 0 h + y = lim h " 0 h yh _ - y i = lim h " 0 h + y =-y f xy (0, y) = 1 olup f xy (0, 0) = 1 bulunur. 7. # # dx e -x = x dx 1+ e e + 1-1 -1 e x + 1 = u denirse e x dx = du olur ve # -1 # du = ln u u x e x x dx = ln_ e + 1i e + 1 1 x e + 1 = ln -1 e + 1 elde edilir. Diğer yandan türevli olması gerektiğinden fl(0 ) = 0 = fl(0 + ) = 0 fl(1 ) = 4 = fl(1 + ) = n & n = 4 bulunur. n = b olduğundan b = 4 tür. a + b = 4 = olur. 3 Diğer sayfaya geçiniz.

015 ÖABT / MTL TG 15 8. İntegralin maksimum değer alması için f(x) fonksiyonu pozitif olmalıdır. x x 4 = 0 & x ( x ) = 0 & x 1, = 0, x =, x =- f(x) x v 3 4 0 v + + O hâlde x in aralığı _-, i olmalıdır. O hâlde a =-, b = dir. a + b = 0 dır. 3 9. x =, 1 y y 9 ve y - ekseni arasında kalan bölge; y 3 x = y y = 9 10. Verilen yüzeyin grafiği x 0 şeklindedir. O hâlde hacim V = 4 = 4 0 0 r # r # 3 = - 3 r 3 r 3 0 z 3 cos { = - - f 3 4 0 8 1 = d - 3 4 3r 4 -cos{ # 3r 4 # r # r # r 3 = br bulunur. 4 { = { = 3r 4 y r 3 sin { > t Hd{ di 3 1 16 0 # r 3 3r 4 # sin{ cos { d{ di r n : t : sin { dt d{ di 3 cos{ 4 0 3r/4 r/3 3 pdi 1. f(x, y) çok değişkenli fonksiyonunun (a, b) noktası civarında Taylor açılımı 1 fxy _, i= f_ ab, i+ 7fx ( a, b)( x- a) 1! 1 + fy( a, b)( y- b) A + 7fxx ( ab, )( x- a)! + f ( a, b)( x- a)( y- b) + f ( ab, )( y- b) D xy + şeklindedir. Bizden x 3 (y r) ifadesinin katsayısı istendiğinden (a, b) noktası (0, r) dir. Ayrıca derecesi 5 tir. O hâlde katsayı olarak 1 : 10 : f ( 0 xxxyy, r ) gelecektir. 5! f x = 4xy 3 + 7x 6 e x cosy f xx = 4y 3 + 4x 5 e x cosy f xxx = 10x 4 e x cosy f xxxy = e x siny f xxxyy = e x cosy kısmi türevinde (0, r) yazılırsa 1 bulunur. 1 O hâlde cevap - olur. 1 yy 0 1/3 3 y = 1 x # 9 3 V = r d n y dy = 9r 1 1 1 y dy 9 1 1 = 9rd- n = y 9rd1- n 9 1 3 = 8 r br tü. r O hâlde hacim 8r br 3 tür. # 9 11. f n (x) fonksiyon dizisinin f(x) fonksiyonuna düzgün yakınsak olması için c = sup f ( x) - f( x) olmak üzere n x! A n limc 0 olması gerek ve yeter şarttır. n n = " 3 İntegral ile serinin yer değiştirmesi için serinin düzgün yakınsak olması gerekir. Serinin kısmi toplam dizisinin limiti, serinin değerini verir. O hâlde I ve III doğru, II ise yanlıştır. 13. Denklemin özel çözümü için y p 1 = e 3 D - 3D + 3D+ x şeklinde yazılıp D yazılırsa y p 1 = e 8-1 + 6 + x 1 x yp = e elde edilir. 4 4 Diğer sayfaya geçiniz.

015 ÖABT / MTL TG 15 14. Pdx+ Qdy = 0 denkleminin homojen olması için P ve Q katsayılarının aynı dereceden homojen fonksiyon olması gerekir. P(mx, my) = m 3 P(x, y) olup P katsayısı 3. dereceden homojen fonksiyondur. Q nun da 3. dereceden homojen fonksiyon olması yine Q(mx, my) = m 3 Q(x, y) koşulu sağlanmalıdır. Buradan k + 1 = 3 & k = 4 bulunur. 17. f(t) = t 4 + t 3 + t + t + c olup f() = 100 olduğundan 4 + 4 + 3 + + c = 100 c = 56 d r. f(t) = t 4 + t 3 + t + t + 56 dan f(6) = 1868 bulunur. 1. rank(a) = 1 olduğundan 4 a b = 0 ve 3 a + b = 0 olmalıdır. a + b = 4 / a b = 3 5a = 10 & a = & b = 1 & a: b = olmal dr. 15. yll + 16y = 0 denkleminin karakteristik denklemi r + 16 = 0 dan r 1, = "4i olup çözüm y = c 1 cos4x + c sin4x elde edilir. r r yd n= 1, yld n = 0 şartlarını uygulayalım. r y d n= 1 & c1 = 1 yl = 4sin4x + 4c cos4x tir. r y ld n= 0 & c = 0 dr. Böylece çözüm y = cos4x elde edilir. 18. L - 1 s + 1 * 4 (lineerlik özelliğinden) s + 1 = L s 1 1 ( + L * 4 s + 1 s + 1-1 - = cosx+ sin x elde edilir. 19. Merkezleri (c, 0), olsun. Böylece çemberlerin denklemleri (x c) + y = r olur. Bu denklemin türevi alınırsa (x c) + yyl = 0 & yyl = (x c) bulunur. Sonuç denklemde yerine yazılırsa çember ailesinin diferansiyel denklemi y (yl) + y = r elde edilir.. A matrisinin regüler olması için det(a)! 0 olmalıdır. 1 3 4 =-! 0 olduğundan 1 > H matrisi regülerdir. 3 4 Diğer matrislerin determinantları hep sıfırdır. 16. yl = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 başlangıç değer probleminin bir tek çözüme sahip olması için f ve sürekli olma- dy df df lıdır. A seçeneğinde sürekli değil; C, D dy df ve E de fve sürekli değildir. dy 0. A matrisi için (A T ) T = A dır. A ve B karesel matrisleri için (AB) T = B T A T (A + B) T = A T + B T = B T + A T dir. Ayrıca (aa) T = a:a T dir. A T = A olduğundan A ters simetrik matristir. a 0 a 0 3. a 0 A = AA = > H> H = > H 0 b 0 b 0 b A A 3 a 0 a 0 3 a = A A = > H> H = > 0 b 0 b 0 0 0 a = > 0 0 H 0 b 0 H olup 3 b kolayca elde edilir. 5 Diğer sayfaya geçiniz.

015 ÖABT / MTL TG 15 Rx V S 1W 4. Ax = B den x = S x W S W olmak üzere Sx3W T X R 3 0 1 VR x V R 1 V S WS 1W S W S W 0 1 S S x W S W WS W = S0W S - 1 0WSx S 3W W T XT X T X 3x1+ x3 = 1 _ b 3x 1 + x 3 = 1 b & x+ x3 = 0` & + / x + x 3 = 0 b 3x x1- x = b 1 x = 1 a 7. f = (1437) (56) şeklinde yazılabilir. o((1437)) = 4, o((56)) = 3 olduğundan o(f) = ekok(4, 3) = 1 dir. 30. Tepe değeri, örneklemde en çok tekrar eden değerdir. O hâlde 5 rakamı en çok tekrar eden olduğundan cevap 5 tir. 3x 1 x = 1 + / x 1 x = x 1 = 3 & x 1 = 3 x 3 = 8 x = 4 bulunur. 8. Soru geometrik dağılım sorusu olduğundan 8 p = olup 18 31. Mod < Medyan < X özelliğinden 9 < Medyan < 10,8 olduğundan medyanı 10 olabilir. 5. Vektörlerinin lineer bağımlı olması için 1-3 k 0 5 1 7 = 0 olmal dr. - 4 Buradan 7 + ( 3 5k) = 0 olup 33 = 10k dan 33 k =- elde edilir. 10 fx ( ) = p( 1 - p) den fx ( = 4) = 8 18 4: 5 = 4 9 x- 1 10 d n 18 3 4-1 den elde edilir. 5 5 4 6. {( 3) = {( ) = - = 16 tane asal kalan sınıfının elemanı vardır. O hâlde H = { 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 1, 3, 5, 7, 9, 31} elemanlarına sahiptir. A = 1 7 = # 7, 17, 3, 1-3A = # 1, 19, 5, 3-9A = # 31, 5, 15, 9-11A = # 13, 7, 9, 11 - olduğu görülür. Buradan 6A sol kalan sınıflarından biri değildir. 9. E x x 3 x _ Xi = # : dx = = 4 1 3 0 0 4 x x E_ X i = # x : dx = = 1 4 16 0 V( X) = E( X )-7E( X) A 5 = 1 - d n = 3 9 5 V_ 3X- 4i= 9V_ Xi= 9: = 5 bulunur. 9 0 3. E(X) = m = 8 olup günde 9,5 saat çalışılıyor olduğundan mağazaya bir günde ortalama 8:9,5 = 76 müşteri gelmesi beklenir. 6 Diğer sayfaya geçiniz.

015 ÖABT / MTL TG 15 33. (x, 0) noktasının (1, ) ve (, 3) noktalarına uzaklıkları eşit olduğundan _ x- 1i + _ 0+ i = _ x+ i + _ 0-3 i dir. Böylece x x + 5 = x + 4x + 13 8 = 6x 4 x = - 3 elde edilir. 35. Merkezin doğruya uzaklığı yarıçapı vermelidir. Çemberin merkezi M( 1, 1), yarıçapı r = 1 dir. r = 1 = 1+ a + 1 1 + a & 1+ a = a + 4a + 4 3-3 = 4a & a =- olmal dr. 4 38. Bir P(x, y) noktası alalım. Bu noktanın (0, 1) ve (, 0) noktalarına uzaklıkları eşit olsun. Bu durumda _ x- 0i + _ y+ 1i = _ x- i + _ y- 0i & x + y + y+ 1 = x - 4x+ 4+ y & 4x+ y- 3 = 0 denklemi elde edilir. 36. Verilen doğruların paralel olması için normalleri paralel olmalıdır. k 1 - = = olmal dr. m - 4 Böylece k = 1, m = olup m + k = 3 tür. 39. y = ax + bx + c şeklinde alalım. (0, 1) den geçtiğine göre c = 1 olmalıdır. Tepe noktası (1, 0) olduğundan - b = 1, a + b + c = 0 olmalıdır. a & b+ a = 0 b+ a =- 1 & a = 1 b =- olur ve 34. P noktasının w = A + tu ya uzaklığı y = x - x+ 1 bulunur. 1 PA, u u, = PA - 1 u, u dur. Böylece 1 ( 0,, )( 0, 1, - ), = _ 0,, i - ( 01,,- ) 5 4 = ( 0,, ) + ( 01,,- ) 5 4 = d,, n 5 5 37. 8x 18yyl = 0 4x 1 yl = = = 9y 18 3 _ i 3, Teğet denklemi y- = _ x- 3 i dir. 3 40. y B v3 1 A = 30 5 bulunur. y = 0 iç in x = 3 bulunur. _ 3, i noktasının x eksenine iz düşümü 1 60 30 0 v3 x 3 _ 3, 0 i olup f, 0p C noktaları arasındaki 3 uzakl k= br dir. Bu da teğet altı uzunluktur. 3 : A( ABC) 1 1 = + : : sin 150 + sin 10 : : = + 1+ 3 = 3+ 3 br bulunur. 7 Diğer sayfaya geçiniz.

015 ÖABT / MTL TG 15 41. Bir fonksiyonun türevinden artan - azalan olduğu aralığı belirleme, bir şekilden iz düşüm bölgesini analiz edip karar verme, bir soruda neyi nasıl seçeceğine karar verme, matematiksel süreç becerilerinden akıl yürütme içerisinde yer almaktadır. 45. Yenilenen Ortaöğretim Matematik Dersi Öğretim Programı na göre tekrarlı permütasyon ileri düzeyde bir konu olup diğerleri temel düzeydir. 48. Ortaöğretim Matematik Dersi Öğretim Programı nı, başarı ile bitiren bir öğrenciden A, B, D, E seçeneklerindeki maddelere sahip olabilmesi beklenmektedir. Fakat bu beklentiler içerisinde matematiğin güzelliğini her platformda savunabilme gibi bir madde yoktur. 4. I de fonksiyonun kritik noktalarının bulunup tabloda gösterilmesi ve artan - azalan olduğu aralığı belirtme kavramsal bilgidir. II de ise sorunun çözümü için işlem yapmak gerektiğinden işlemsel bilgidir. 46. I, II ve III ün hepsi, öğrencilerin problem çözme stratejilerdendir. 49. Soruda bütün özellikleri tek tek verilen beceri, psikomotor beceridir. Zihinsel beceri nasıl ı bilme ile ilgilidir. Bilişsel strateji, öğrencinin öğrenmesine, hatırlamasına ve düşünmesine rehberlik eder. Tutum, bireyin bir olaya, duruma veya kişiye yönelik oluşturduğu içsel bir durumdur. Sözel bilgi, bilgiyi ifade etme ve açıklamaya yönelik bir öğrenme ürünüdür. 43. Verilen ifadelerden I ve II etkinlik sırasında öğrenciye sağlanması gereken bilişsel süreçlerdendir. 44. Diferansiyel ve integral hesabın kurucularından olan ve U(x) fonksiyonunun türevini almamızı sağlayan teoriyi bulan ünlü matematikçi W. Leibniz dir. 47. I. kazanım 10. sınıfta, II. kazanım 11. sınıfta ve III. kazanım 1. sınıfta elde edilen kazanımlardır. 50. Bu sorunun cevabı için başka seçeneklerin de doğru cevap olabileceği aklınıza gelecektir. Ancak daha uygundur sorusunun cevabı için öğrenciye yerine yazdın mı sorusu, hatasını bulması için doğru bir soru olacaktır. 8 Diğer sayfaya geçiniz.