KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ 8 9 Ocak 04 TG ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının vea bir kısmının İhtiaç Yaıncılık ın azılı izni olmadan kopa edilmesi, fotoğrafının çekilmesi, herhangi bir olla çoğaltılması, aımlanması a da kullanılması asaktır. Bu asağa umaanlar, gerekli cezai sorumluluğu ve testlerin hazırlanmasındaki mali külfeti peşinen kabullenmiş saılır.

AÇIKLAMA DİKKAT! ÇÖZÜMLERLE İLGİLİ AŞAĞIDA VERİLEN UYARILARI MUTLAKA OKUYUNUZ.. Sınavınız bittiğinde her sorunun çözümünü tek tek okuunuz.. Kendi cevaplarınız ile doğru cevapları karşılaştırınız.. Yanlış cevapladığınız soruların çözümlerini dikkatle okuunuz.

04 ÖABT / MTL ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG. f() = dielim. = & - cos = - cos cos = -. dir 6 d R için cos olduğundan 4. = f() A a 0 d 5. = k O A B - - =. - - - elde edilir. O hâlde görüntü kümesi ;, E dir. f ( ) + f ( )-5 0 lim = ; E belirsizliği " f ( )- 5 f ( ) + 6 0 vardır. ^f ( )- h: ^f ( ) + 5h = lim " ^f ( )-h: ^f ( )-h f ( ) + 5 = lim " f ( )- = 8 Şekilden tan a = = m d = dir. O hâlde f ( ) = dir. f ( -) g ( + ) = fl ( -):( ): -: f ( -) gl ( + ) = fl ( ) : f( ) = iç in gl ( ) = - - - : - = gl ( ) = bulunur. = için gl() değerini hesaplaamaız. Çünkü fl( ) değeri verilmemiştir. [AB] // O olduğndan AB nin denklemi = k formundadır. A(k, k) ve B =^ k, kh olur. AB = ^ k - k h + 0 AB = f(k) dielim. fk ( ) = k -k f(k) = [AB] nin en büük olduğu verilmiştir. fl ( k ) = - 4k = 0 k -8k k = 0 k - 8k k = 0 8k k = k = 64 O hâlde B^ k, kh idi. k = bulunur. 4 Bc, m olur. apsis = dir. 4 6. Birinci türevin kökleri: 8, 4, İkinci türevin kökleri: 6, 8 dir. 8 6 4 8 f + + + f + + f : f + + +. Padanın kökleri,, olur. Buna göre + a + b + c = ( + ) : ( ) : ( ) = ( + ) : ( 5 + 6) = 4 + + 6 olup a = 4, b =, c = 6 dır. a + b + c = bulunur. Tablodan f () : f () < 0 olduğu aralıklar (, 8), ( 6, 4) ve (8, ) aralıklarıdır. Ancak ( 8, ) aralığındaki tam saılar istenior. O hâlde 6 < < 4 ve 8 < < alınırsa 5, 4,,,, 0,,, / = bulunur. 9, 0, Diğer safaa geçiniz.

04 ÖABT / MTL TG 7. 0.. Talor serisi: fʹʹ 6 f / k = 0 k f ( 0) : ( -0) k! k 6 S S 0 4 6 Maclaurin serisi: 0 = 0 için 8 S / k = 0 k f ( 0) fll ( 0) k = f( 0) + fl ( 0) + : +... k!! Grafikten f in iki tane kökü olduğu anlaşılmaktadır. O hâlde f üçüncü dereceden ve f ise dördüncü dereceden olmalıdır. D seçeneğindeki grafik eksenini 4 erde kesior. O hâlde verilen grafiğe göre f fonksionunun grafiği D seçeneğidir. Arıca f ( ) = f () = 0 olduğundan = ve = noktaları dönüm noktalarıdır. Konvekslikten konkavlığa vea konkavlıktan konveksliğe geçiş erleridir. # 6-6 fd ( ) = S - S + S olur. 6: 6 4: 8 = - + : = 8-6 + 6 = 8 f() = sin f(0) = 0 f () = cos f (0) = f () = sin f (0) = 0 f () = cos f (0) = fonksion ve türevlerinin = 0 daki değerleri 0,, 0, döngüsünü oluştururlar. O hâlde... fl( 0) fll( 0) fllm ( 0) sin = f( 0) + + + +...!!!. 5 7 = - : + : - : +...!! 5! 7! = f() M / n - n + (-) : bulunur. n = ( n -)! 8. f( + ) d = 8 # + = u = & u = 4 d = du = & u = 0 4 0 # # du fu ( ): = 8 & f( u) du = 4 4 4 0 0 # fd ( ) = 4 olur. a b a Yukarıdaki şekilden de anlaşılacağı üzere m ve M değerleri f nin sınırları olmak üzere M(b a) ile m(b a) nın karşılaştırılmasında kabul edilebilirlik b m mb ( -a) # f( d ) M( b-a) dır. a b 4. rz r: lim : tan = : 8 : tan (,, z) " ( 8,, ) 4 4 r = 4 : tan 4 =-4 bulunur.. / n = n ( arctan ) = arctan + ( arctan ) +... + ( arctan ) +... n 5. P( 0, 0, f( 0, 0 )) noktasında z = f(, ) üzeine teğet düzlemin denklemi 9. 5 = = # 0 - d = t + = 5 & t = = G d = tdt = 0 & t = # t: dt: # t t dtelde edilir. olup a = arctan ve r = arctan olan geometrik seridir. r r r = arctan = olup < dir. 4 4 O hâlde / n= ( arctan ) n = a : -r = arctan : -arctan r = : 4 r - 4 r = bulunur. 4 - r z-f( - ) = f (, )( - ) + f (, )( - ) 0 0 0 0 0 0 0 0 denklemine sahip olacağından f (, ) = - - ise f (, ) =- 6, f (, ) =- f (, ) =- 6, f (, ) =- d r. Aranan denklem z -(-) =-6: ( -) -( -) z + =- 6+ 6- + z =-6- + 5 z = 5-6- bulunur. 4 Diğer safaa geçiniz.

04 ÖABT / MTL TG 6. f (, ) = 6-6 = 0 ve f (, ) = - = 0 elde edilir. 6-6 = 0 & = iç in= " dir. - = 0 & ( - ) = 0 = 0, = ve =- bulunur. Buna göre (0, 0), (, ) ve (, ) 8. = = = = R bölgesi 9. Z = Z : cos i saısının karekökleri w 0 ve w olsun. i w0 = Z : cs i ve i w = Z : cs i c + rm olur. i i w0: w = Z : cisc + + rm birer kritik noktadır. # - - + # ( + ) d d w : w = Z : cis( i+ r) 0 w : w =- Z : cisi olur ve 0 w : w =-Zdir. 0 = + # = = + G - =- d ( ) ( ) = + + ( + ) : -= - + ( -)( ) G = + + + 4 - + = 4 + 4 + + w : w =- 4+ ibulunur. 0 7. r, t sanie anında daire biçimindeki dalganın arıçapı olsun. r = 5t olduğuna göre t anında dalga içindeki alan A = rr A = r( 5t) A = 5rt olur. Bu alanın t anındaki artış hızı da da = 50rtdt & = 50rt dt t = 0 sn olması durumunda alanın artış hızı da = 50r : ( 0) dt = 500r m / sndir. # = ( 4 + 4 + + ) d - 4 4 = ; + + + E - 4 4 ( ) ( ) ( = + + ) + ( )- 4 4 ;(- ) + (- ) + (- ) + ( -) E 4 = 6 + + 4 + 4-c - + -m 4 = 4 + + = 6 0. Aranan açı a olsun. Eğer a, kez alınır ve her bir dolanmanın 60 olduğu dikkate alınırsa verilen soru a- 60 : = 87 doğrusal denkleminin hangi a değeri için çözümünün olmadığının bulunmasına gelir. Denklemin çözümü için obeb( a, 60) saısı 87 i bölmesi gerekir. Seçenekler incelenirse a = 0 ise obeb( 0, 60) = 0 olup 0 olduğundan çözüm ok 87 a = 9 ise obeb( 9, 60) = çözüm var. a = ise obeb(, 60) = çözüm var. a = 7 ise obeb( 7, 60) = çözüm var. a = ise obeb(, 60) = 87 çözüm var ve tanedir. O hâlde a = 0 kullanarak alnız cetvel ve pergelle 87 i çizemeiz.. 5-6 / 0( mod8 ) & 5 / 6( mod8) denkliğinin tam saılarda çözümünün olması için gerek ve eter şart obeb(5, 8) = saısının 6 saısını bölmesidir. saısı 6 ı tam olarak böldüğü için verilen denkliğin tam saılarda çözümü var ve tam tanedir. 5 Diğer safaa geçiniz.

04 ÖABT / MTL TG. ( Z 8, 5 ) toplamsal grubunun birim elemanı 0 dır. O hâlde + +... + = 0 & n: = 0 444444 ntane olacak şekilde n arıoruz. Bu ise seçenekler incelendiğinde 8 olduğu anlaşılır.. Q üzerinde cebirsel olan kompleks saıa cebirsel saı denir. Seçenekler incelendiğinde A, B, C ve D deki saılar Q [] polinomlar halkasında bir polinomun kökleridir. Ancak r saısı hiçbir polinomun kökü değildir. Yeni transdandant saıdır. 0 0 4. A = = G & A = = G olur. - 0 A 0 = ^A h = = G 0 0 5 0 0 6 ^A + A + I h= G= = G 0 6 A = ^A h = = G dr. 0 0 0 0 0 e= G+ = G+ = Go: = G= = G 0 0 0 0 0 = G = G = = G 0 = 0 & + = bulunur. = 0 = G= = G ise 5. Matrislerle çarpımda, çarpmanın toplama işlemi üzerine dağılma özelliği vardır. T 6. ^Sat( A) h : Sü t( B) R 0 V R 4 V S W S W = S W : S- W = 0-- 4 =-5 bulunur. S W S W T - X T X JR V N KS WO - + 0: 7. L S W = = G K S WO 0: + 4- L T XP olacağından L'nin standart matris gösterimi - 0 = G olur. 0 4-8. l = + & d = + d d = ( + ) d # # d = ( + ) d = + + c olur. = + + c ailesinde c = 0, ", ",... değerleri verilirse sonsuz tane fonksion elde edilir. Bu çözüm eğrileri B seçeneğinde verilmiştir. Arıca l = + denkleminde = 0, ", " verilirse eğim alanları bulunur. 9. ( ) = e & l = e ll = 4e olur. ll + k: = 0 denkleminde erine azılırsa 4e + k : e = 0 & k =-4 bulunur. 0. ll -l - = 0 diferansiel denklemi r -r- = 0 karakteristik denklemine sahip olur. r -r- = 0 çözümü r = ver =- dir. O hâlde genel çözüm r r ( ) = ce + ce formunda olduğundan - ( ) = ce + ce bulunur.. l + P() = Q() lineer denklemi için d - = e denkleminde P ( ) =-, d İntegral çarpanı P ( ) = e = e = e # t() d # (-) d - olur. Q ( ) = dir. e Verilen denklemin iki tarafı e - ile çarpılırsa - d - - e : - e : = e : e d 4444 4444 d ^ e - : h = olur. d : d = e d = e + c = e + c ( 0) = 0 için 0 = e + c c =- = e - ( ) = : ( e -) 0. B, fabrikada üretilen malların bozuk olma olaı olsun. / i= PB ( ) = PB ( ; A) : P( A ) i = PB ( ; A) : P( A) + P( B ; A) : PA ( ) + PB ( ; A) : P( A) = ( 050, ):( 0, 0) + ( 00, ):( 0, 04) + ( 00, ): ( 0, 05) = 0, 07 olur. Aranan olasılık PA ( ; B) olup PB ( ; A) : P( A) PA ( ; B) = PB ( ) ( 050, ): ( 0, 0) = 0, 07 5 = 7 i 6 Diğer safaa geçiniz.

04 ÖABT / MTL TG / /. Pc # m = # 4d = = 050, 4. EY ( ) = E( X ) + = E ( X) + 0 0 8. P// Q dur. Buna göre iki düzlem arası uzaklık, -(-8) h = 4+ 4+ 0 = = 0 küpü nbir kenar olur. 40. P M(, 4, 4) T(,0, ) / i= E( Y) : P( X) i i 5 = 6( - ) + @ : + 6( ) + @ : + 6( ) + @ : 4 8 8 Buna göre V küp = 000br Normal vektörü " " n = MT = ( 0, 4, ) olan ve T(,0,-) noktasından geçen (P) düzleminin denklemi 5 6 = + + 4 8 8 =, 75 olur. 9. A N = (,, ) ( P): 0( - ) + 4( - 0) + ( z+ ) = 0 ( P): 4+ z + = 0 bulunur. H 5. " u = (, ) vektörüne paralel olduğu için doğrultuları anı olup eğimleri eşittir. Yani doğrunun eğimi dir. O hâlde denklemi, - = m ( - ) 0 0 -- ( ) = ( -) + = - ve P B A dan geçen ve P düzlemine dik olan " doğrusu düzlemin N = (,, -) normal vektörüne paraleldir. O hâlde N " vektörü için bir doğrultmandır. 4. Öğrencilerin arısından çoğunun, olasılığın %50 olduğuna inanmalarındaki nedenlerden biri, her bir çarkın arısının siah arısının beaz olmasıdır. Bu durumda da öğrenciler buradaki bileşik denein örnek uzaını belirleememişlerdir. Osa öğrenciler bu denein örnek uzaını {siah - siah, siah - beaz, beaz - beaz, beaz - siah} biçiminde belirlemiş olsalardı, siah - siah gelme olasılığının %5 olduğunu çok kola bir şekilde görebilirlerdi. -- 5 = 0 bulunur. nın denklemi - - z + 4 ( T): = = olur. - 6. Açı a olsun. cos = "" u : v a = " " u : v (- ) :( 0) + ( ) :(-) + ( ) : ( ) (- ) + ( ) + ( ) : ( 0) + (- ) + ( ) 0 = - + = = 4 : 7 7 4 - - _ z + 4 ( T): = = = kb - ` b ( P): + - z+ 9 = 0 a = k+ _ b = k+ ` b z =-k-4a denklemlerinin ortak çözümünden =-, =-4, z =- H( -,-4,-) dir. 4. Sonsuz kavramı bir saı değildir. 9. üzıla varıncaa kadar matematikçiler sonsuz kavramı hakkında konuşmaktan kaçınmış ve bu kavramdan uzak durmaa özen göstermişlerdir. Ancak milattan önce varlığı keşfedilen r virgülden sonra sonsuz basamağa sahip olmasına karşın r nin bu özelliği farklı şekillerde ifade edilmiştir. Belki de sonsuz un sanki bir saımış gibi algılanmasında en büük pa sembolü olabilir. Bu üzden öğretmenin sonsuz - sonsuz durumunu açıklama biçimi öğrencilerde ileride ciddi bir matematiksel kavram anılgısı oluşturabilir. 7. ( P): ( - ) + ( + ) + 4( z- ) = 0 bulunur. - 4+ + + 4z - 8 = 0 + + 4z- 9 = 0 H noktası [AB] nin orta noktasıdır. Buna göre Bz (,, ) ise + _ =- & =- 5 b b b Ohâlde + b =- 4 & =- 0` B( -5,-0, ) b b bulunur. z - 4 b =- & z = b a 4. Verilen önermenin daha önceden bilinen bir teoremle doğruluğunu göstermee doğrudan ispat denir. 7 Diğer safaa geçiniz.

04 ÖABT / MTL TG 44. I. öncül çarpanlara aırma sorusu 0. sınıf, II. öncül üslü köklü ifade denklemleri 9. sınıf, III. öncül en geniş tanım kümesi bulma. sınıf düzeinde ele alınır. 47. Burada öğrenci her iki tarafı da ( ) ile sadeleştirirken hata apmıştır. Çünkü = kabul edilmiştir. = ise = 0 olur. 50. Bunda öğrenci değer kümesini ister - ekseni ile isterse - ekseni ile gösterildiğini düşünsün her iki durumda da çizdiği doğrularla boşta eleman kalmadığını görmektedir. Bu üzden öğrencinin aptığı çizime bakıldığında D seçeneğindeki gibi bir düşünce ile hareket ettiği sölenemez. 45. 005 öncesi matematik programlarında; öğrenilen matematiğin anlamının vurgulanmadığı, öğrencilere anlam oluşturma fırsat ve olanaklarının sunulmadığı, matematiksel kavram ve ilişkilerin günlük haatla ilişkilendirilmediği Tanım Teorem İspat Ugulamalar Test aklaşımı gibi daha çok ezbere daalı ugulama ve problem çözme gibi üst düze matematiksel beceri gerektiren fırsatları veremeen programdan vazgeçilerek 005 te ve son olarak Şubat 0 te revize edilen matematik öğretim programında benimsenen genel öğrenme döngüsü Problem Keşfetme Hipotez kurma Doğrulama Genelleme İlişkilendirme Çıkarım olarak ele alınmıştır. Öğrencileri, matematiksel düşünme gücü gelişmiş ii birer problem çözücü olarak etiştirmek bu programın genel amacıdır. 46. MEB, Öğretmen Yetiştirme ve Eğitimi Genel Müdürlüğünün 5.0.009 tarihinde Özel Alan Yeterlikleri Matematik Komisonu. Dönem Raporu nda belirledikleri Ortaöğretim Matematik Öğretmeni Özel Alan Yeterlikleri nden A, B, D ve E seçeneklerinde bulunanlar Mesleki Gelişim ve Matematik Kültürünü Destekleme eterlik alanına aittir. Ancak C seçeneği Alan Bilgisi eterlik alanı kapsamında değerlendirilmektedir. 48. Buluş olula öğretim stratejisinin ugulama aşamaları düşünüldüğü zaman, öğretmen konu ile ilgili örnekleri sınıfa sunar. Öğrenciler ise bu örnekleri tanımlaarak örneklerin özelliklerini bulmaa çalışırlar. Bu aşamadan sonra öğretmen o konu ile ilgili ek örnekler vererek öğrencilerin zihinlerindeki şemaların tam anlamıla oluşmasını sağlar. Daha sonra öğretmen anı konula ilgili örnek olmaan durumları verir ve öğrencie tanımlatır. Öğrenciler örnek olan ve olmaan durumları karşılaştırırlar ve örnekler arasındaki ilişkii tanımlarlar. En son aşamada ise öğrencilerden kendilerine ait örnekler vermeleri istenir. Bu nedenle soruda verilen III. ve IV. basamakların er değiştirmesi gerekir. Diğer bir söleişle öğretmen önce konula ilgili örnek vermeli daha sonra farklı bir örnek sunmalıdır. 49. Her öğrencinin bulduğu cevaplar doğrudur. Ancak Kerem: f() = fonksionunun (, ) noktasındaki teğetinin denklemini, eğimini ve o noktadaki türevi bulması işlemsel bir bilgi anlamala mümkündür ve başarıla da gerçekleştirmiştir. Bu işlemlerden Kerem in türevi kavramsal olarak algılaıp algılamadığı anlaşılamamıştır. Nihal: Kerem in zihninde aptığı türev alma işlemini ve eğim bulmaı işlemsel olarak ifade etmekle beraber işlemleri incelendiğinde Nihal in de Kerem ile anı düşündüğü ve türevin kavram olarak da alınıp çözüme gidilmediği görülmektedir. Burak: Burak ın işlemleri incelendiğinde türeve kavramsal aklaştığı, türevin limit ile ilişkisini doğru bir şekilde algıladığı, aslında bir eğrinin bir noktadaki türevinin değişim oranı olduğunu açıklamış ve çözümü doğru olarak bulmuştur. Buna göre türevi bir kavram olarak Burak ın anladığını söleebiliriz. 8