KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI
ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ
İLKÖĞRETİMMATEMATİKÖĞRETMENLİĞİ
29 – 30 Mart 2014
TG – 3
ÖABT – İLKÖĞRETİM
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.
İLKÖĞRETİM MATEMATİK
ÖĞRETMENLİĞİ
2014 – ÖABT / MTİ
1.
x K y = 2x + 2y + xy + 2
4.
I.x K y = y K x
2x + 2y + xy + 2 = 2y + 2x + y + 2
II.x K e = e K x = x (değişmelidir)
dy
dx
+ xy = 2x &
U (48) = 48 : c 1 -
x + 2e + xe + 2 = 0
e : (x + 2) + x + 2 = 0
U (48) = 48 :
(x + 2) : (e + 1) = 0 & e = –1 ve x = –2
(tersi olmayan eleman)
U (48) = 16
III. II. öncülde x = –2 nin tersi yoktur.
A B C D E
dx
dx
dy
2-y
= 2 x - xy
= x : (2 - y)
= xdx
y(0) = 1 & x = 0 için y = 1
1
1
m : c1 - m
2
3
ln | 2 - y | =
1 2
:
2 3
x2
+c
2
ln | 2 - 1 | = 0 + c
c= 0
48 e kadar 48 ile 16 tane sayı aralarında
asal olup 48 ile sadeleşemez. Bir de kendisi olacağından
K işleminde e = –1 dir.
dy
dy
48 = 16 : 3 = 2 : 3 olup
2x + 2e + xe + 2 = x
6.
4
x K e = x
3
90
1
2
,
,
, ...,
kesirleri veriliyor.
48 48 48
48
Basit kesir olabilmesi için pay < payda
olmalıdır. 48 den küçük 48 ile aralarında
asal sayılar 48 ile sadeleşemezler. O hâlde
önce bunu bulalım.
(doğru)
K işleminin değişme özelliği vardır.
TG – 3
ln | y - 2 | =
16 + 1 = 17 tane
2
x2
& | 2 - y | = e x /2
2
2 - y = ex
basit kesir olmaz.
2
/2
y = 2 - ex
O hâlde 48 – 17 = 31 tane bulunur.
2 - y = - ex
2
Arg (z + 2) =
/2
olmaz
/2
A B C D E
2.
2
A B C D E
3r
3r
& Arg (x + iy + 2) =
4
4
y
x+2
Arg (z - 1 + i) =
= - 1 ... I
r
r
& Arg (x + iy - 1 + i) =
4
4
y+1
x-1
= 1 ... II
7.
I ve II çözülürse
_
= - 1 bb
x=0
x+2
`
y+1
bb y = - 2 bulunur.
=1
x-1
a
y
x≥3
x < 3 için
Eğer lim+ f (x) = L ise bu limit var demekx"3
tir. Önce m bulunmalıdır.
x = 3 için x2 – mx + 3 = 0 olmalıdır. m = 4 tür.
z = x + iy
lim (x 3 - 4x + 7) = 7 bulunur.
x"0
z = –2i dir.
Im(z) = –2
Z 2
] x - mx + 3 ,
x-3
f (x) = [
] 3
\ x - mx + 7 ,
A B C D E
A B C D E
5.
y = xtanx
lny = tanx : lnx
1
1
: yl = (1 + tan 2 x) : ln x + tan x :
y
x
yl = x tanx ;(1 + tan 2 x) : ln x + tan x :
3.
a d R için P(x) = a : (x + 1) : (x – 2) + 5
olmalıdır.
x=
3–x=0
dy
r
için
4
dx
x=3
x=
P(3) = 21 olduğundan
P(3) = a : 4 : 2 + 5 = 21
=c
r
4
=
a = 2 (baş kat sayı)
1
E
x
r 1
r
4
m : ;(1 + 1) : ln + 1 : E
r
4
4
f ( x) - f ( a )
= f l (a) dır.
x-a
min(a)= –1
A B C D E
3
lim
x"a
f′(a) = –a2 + a2 – 2a – 4 < 0
a > –2
r
r
: ln + 1
2
4
A B C D E
8.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTİ
9.
TG – 3
f(x3 + x) = x6 + 2x4 + x2
12.
I. Doğru birleşme özelliği
f(x3 + x) = (x3 + x)2
II. p / (p 0 q) / (p 0 0) / (p 0 q)
f(x) = x2
/ p 0 (0 / q)
f′(x) = 2x
A B C D E
15.
1
2
3
|A |= 2
1
3 = 2 + 6 + 18 - (9 + 3 + 8)
3
1
2
/p00
|A| = 6
/ p yanlış
III. Doğru dağılım kuralı
IV. p 0 p′ / 1 doğru
V. p 0 (p / 1) 0 (p / q)
A B C D E
/ p / (1 0 q)
/p/1
/ p doğru
A B C D E
10.
f(x) = x2 – 7x + 5
13.
I. öncül:
( Ai = E doğru. Çünkü
idQ
f′(x) = 2x –7, x0 noktası için
f(x0) = 5 olsun.
xd
16.
L(x) = f(a) + f′(a) : (x – a)
( Ai + 6a (a d Q & x d Aa)
idQ
2x0 – 7 = 5
a d Q önermesi yanlıştır. Doğru bir önerme
yanlış bir önermeyi gerektirmez. Evrensel
kümeye ait her x elemanı için
x0 = 6, y0 = –1 (6, –1)
A B C D E
f(x) = cosx, a = 0 civarı
= f(0) + f′(0) : x
= 1 + (–sin0) : 0
=1
A B C D E
(x d Q & x d Aa) önermesi her zaman doğrudur. O hâlde
( Ai = E doğrudur.
idQ
II. öncül:
( Ai = Q doğru. Çünkü;
idQ
xd
( Ai = Q + 7a (a d Q / x d Aa)
idQ
a d Q önermesi yanlıştır. O hâlde x d Aa
doğru / yanlış olmasının önemi yoktur. “/”
bağlacı olduğundan ifade yanlıştır. Yani
(a d Q / x d Aa) önermesi yanlıştır. Demek ki bileşime ait hiçbir eleman yoktur.
11.
I. sin30° = 0,5 (doğru)
II. sin6 < 0 (doğru) 6 radyandır. Birim
çemberin çevresi 2r radyandır. Bu
ise yaklaşık 6,28 dir. Demek ki sin 6
IV. bölgede bir değerdir.
r
r
#
17.
sin xdx = - cos x
0
= - (cos r - cos 0) = 2
0
( Ai = Q doğrudur.
A B C D E
idQ
III. öncül: ;
( AiEl = (E)l
idQ
= Q olaca€›ndan yanl›flt›r.
r
III.
sin > sin 10
4
=
A B C D E
2
> sin 10
2
y
14.
A) Bir matrisin transpozesinin transpozesi
matrisin kendisidir.
B) Transpozenin matrislerde toplama işlemi üzerine dağılma özelliği vardır.
10 radyan
x
C) Uygun boyutta matrisler olmak üzere
10 radyanın sinüsü negatiftir. II. bölgede
bir açıdır.
(A : B)T = BT : AT olur.
18.
V = R3
W = {(a, b, 0)| a, b d R} kümesinde
(0, 0, 0) d W olduğu açıktır.
D) r d R olmak üzere (rA)T = rAT dir.
u = (a, b, 0) ve v = (c, d, 0) olacak şekilde
u, v d W ve m, n d R olsun.
E) [A(rB)]T = (rB)T : AT
mu + nv = m(a, b, 0) + n(c, d, 0)
= rBT : AT olmalıdır.
A B C D E
4
= (ma + nc, mb + nd, 0) d W olur.
O hâlde W, V nin alt uzayıdır.
Verilen ifade yanlıştır.
A B C D E
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTİ
19.
TG – 3
A seçeneğinde verilen ifade lineer dönüşümdür. Çünkü
21.
z18, alt gruplarının sayısı
24.
P (istenen) = Al : B : Cl
1
1
z (18) = 18 : c 1 - m : c 1 - m
2
3
u = (u1, u2), v = (v1, v2) ve k d R olsun.
u + v = (u1, u2) + (v1, v2) = (u1 + v1, u2 + v2)
=
2 2 3
: :
5 9 4
=
1
15
=6
ku = k(u1, u2) = (ku1, ku2) dir.
A B C D E
L(u) = L(u1, u2) = (2u1 – u2, u1)
A B C D E
L(v) = L(v1, v2) = (2v1 – v2, v1)
L(u + v) = (2(u1 + v1) – (u2 + v2), (u1 + v1))
= (2u1 – u2 + 2v1 – v2, u1 + v1)
= (2u1 – u2, u1) + (2v1 – v2, v1) = L(u) + L(v)
bulunur.
L(ku) = L(ku1 – ku2)
= (2ku1 – ku2, ku1)
= k(2u1 – u2, u1)
= k : L(u) bulunur.
25.
O hâlde L, lineer dönüşümdür.
y′ = 2y
dy
Aynı şekilde C, D ve E seçeneklerinde verilen ifadeler de lineer dönüşümdür.
dx
c = 0, "1, "2, ... gibi değerlerle çözüm ailesi aşağıdaki gibi olur.
L(x, y) = (x2, y2)
u = (u1, u2), v = (v1, v2) ve k d R alalım.
4
3
2
1
y0
–1
–2
–3
–4
u + v = (u1 + v1, u2 + v2)
22.
L(u) = L(u1, u2) = ^u 21, u 22h
dy
= 2dx
y
ln | y | = 2x + c , c ! R
B seçeneğinde verilen ifade lineer dönüşüm değildir. Çünkü
ku = (ku1, ku2) dir.
= 2y &
L(v) = L(v1, v2) = ^v 21, v 22h
L(u + v) = L(u1 + v1, u2 + v2)
= ((u1 + v1)2, (u2 + v2)2) bulunur.
“Sıfırdan farklı iki tamlık bölgesinin direkt
çarpımı yine bir tamlık bölgesidir.” ifadesi
yanlıştır. Çünkü sıfırdan farkı R ve S halkalarının direkt çarpımı tamlık bölgesi değildir. Sıfırdan farklı r d R ve s d S için
(r, 0) x (s, 0) = (0, 0) bulunur. O hâlde ifade
yanlıştır.
Buradan da L(u) + L(v) ! L(u + v) görülür.
–3 –2 –1 x 1 2 3 4
A B C D E
A B C D E
O hâlde L, lineer dönüşüm değildir.
A B C D E
26.
P (x > 50)
200
=
/
x = 51
20.
f(t) = 4t2 – 2t + 3
A ==
1
2
1
1
G, A = =
2
1
1
A ==
3
4
2
3
2
G:=
1
2
1
1
G
G
13
==
6
4
1
G - 2=
3
1
1
(200 - x)G
x+
=
25000 x = 51
x = 101
=
100 - 50
200 - 100
1
(x + 50) +
(200 - x - 100)G
=
25000 x = 51 - 50
x = 101 - 100
=
1
(x + 50) +
(100 - x)G
=
25000 x = 1
x=1
=
50 : 51
100 : 101
1
+ 50 : 50 + 100 : 100 ;
E
25000
2
2
=
1
61275 + 2500 + 10000 - 5050@
25000
=
8725
= 0, 349
25000
/
0
G
1
23.
(2x – 3y + 7z)10 açılımında
e
12
G
13
10 + 2
2
o=e
12
2
o = 66 terim vardır.
A B C D E
A B C D E
5
/
/
50
2
1
G + 3=
1
0
200
=
f (A) = 4A 2 - 2A + 3I 2x2
3
= 4 :=
2
/
100
1
2
200
1
1
(200 - x)
x+
25000
x = 101 25000
/
/
100
/
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTİ
27.
TG – 3
V(X) = E(x2) – [E(x)]2 dir.
1
# # x : x : dydx
E (x) =
0
31.
u = ( 3, - 1, 4 ) , v = (1 , 4, - 2)
u x v = 3 olur.
# [x2 y]
0
1
dx
0
3–1 4
3–1
4 4–2
14
det = –14
0
=
det = 13
45°
2
45°
E
H
C
Top yukarıdaki gibi bir yol izleyerek B köşesine dönerken sırasıyla E, F, G, H ve K
noktalarına uğrar. Top 5 kez yön değiştirmiştir.
A B C D E
1
D
G
A B C D E
# # x2 : xdydx
1
0
1
=
det = 10
1
45°
45°
45°
3 = (–14, 10, 13) bulunur.
1
E (x 2) =
F
45°
45°
3 doğrultusu kısaca
1
3
2
45°
B
# x2 dx
K
2
1
=
2
A
45°
0
1
=
29.
1
# [x3 y
0
1
] dx
0
1
=
# x3 dx
0
=
1
4
V (x) = E (x 2) - [E (x)] 2
=
1 1
4 9
=
5
bulunur.
36
A B C D E
30.
Verilen üçgen eşkenardır.
32.
A
r – 4 O1
r
r–9
Süreçler bazında dağılımlar arasında bir
ilişki olur. Bernoulli deneyleri ile başlayan
süreçler dizisi için ilgili dağılımlar üç tanedir. Yapılan bir Bernoulli deneyinde ilgilenilen sonuç A olsun. Bu durumda aşağıdaki
ilişkiler kurulabilir.
Rossal Değişken
A olayının tekrar sayısı
Dağılım
Binom
A olayının ilk defa meydana Geometrik
gelişi
A olayının r’inci defa meyda- Pascal
na gelişi
Bu durumda da verilen öncüllerin hepsi
doğrudur.
A B C D E
4
9
2r – 3
O2
9
28.
d2
O3 4
4
d1
2
2
(r + 4) – (r – 4) = 4r
2vr
B
C
16 2 : 3
Alan (ABC) =
4
r–4
r–9
r+4
r+9
2r – 13
= 64 3 cm 2
Şekilde en küçük eşkenar üçgenlerden
64 tane vardır. Bunlardan 27 tanesinin içi
taralıdır.
27
= 27 3
O hâlde taralı alan 64 3 :
64
cm2 dir.
A B C D E
6
(r + 9)2 – (r – 9)2 = 6vr
132 = (2vr )2 + (2r – 13)2
r = 12 bulunur.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTİ
33.
TG – 3
(P): 5x – 8y + 27 – 3 = 0
36.
A(7,–2,5)
y
39.
5
Normal vektörü değişkenlerin katsayılarıdır.
3
D
N = (5 , - 8 , 2)
2
Va
A B C D E
C
B
–4
D(x0,y0,z0)
B(–3,0,4)
x
–6
C(3,4,8)
A
x0 = 0, y0 = 2, z0 = 6
A(–4, –1), B(2, 2), C(2, 5), D(–6, 3)
D(0,2,6)
Alan = S olsun.
AD = D - A = (0, 2, 6) - (7, - 2, 5)
-4
-1
2
2
2
5
AD = (- 7, 4, 1) do€rultu vektörü bulunur.
2S =
y+2
z-5
x-7
=
=
Va:
-7
4
1
–2
-6
3
4
-4
-1
6
14
–40
(P2): x + 2y + z – 8 = 0
2S = 14 – (–40)
N 1 = ( 2 , - 1 , 3) , N 2 = ( 1 , 2 , 1 )
2S = 54
N1 : N2
6
+ –12
(P1): 2x – y + 3z + 5 = 0
cos a =
–8 10
+
–30
A B C D E
34.
–1
S = 27 br2
dir.
A B C D E
N1 : N2
=
=
cos a =
2 : 1 + ( - 1 ) : (2 ) + (3 ) : (1 )
4+1+9 : 1+4+1
2-2+3
14 : 6
21
14
37.
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
40.
= 1 yüzeyi elipsoidtir.
A B C D E
A B C D E
x = 7 - 8 + 2y - y 2
x - 7 = - 8 + 2y - y 2
–y2 + 2y + 8 = 0
–y4
y
2
y1 = –2 ve y2 = 4
8 + 2y – y2 ≥ 0 & - 2 ≤ y ≤ 4
Ayrıca x – 7 ≤ 0 & x ≤ 7 olmalıdır.
O hâlde aranan bölge
B(x ≤ 7 ve –2 ≤ y ≤ 4) olmalıdır.
x - 7 = - 8 + 2y - y 2 düzenlenirse
(x – 7)2 + (y – 1)2 = 9
çemberi elde edilir. M(7, 1), r = 3 çemberi B
bölgesine göre çizilirse
38.
35.
A(2, 0, –3), Ox– ekseninin doğrultusu
(1, 0, 0) dır. O hâlde doğrunun denklemi
y-0
z - ( - 3)
x-2
=
=
1
0
0
Bu vektörlerin aynı düzleme paralel olmaları için
2
m+2
1
1
5
-3
y
4
-1
- 2 = 0 olmal›d›r.
m
1
–2
/ m =-6
A B C D E
A B C D E
7
x
7
m 2 + 6m - 16 = 0
y
z+3
x-2
= =
1
0
0
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTİ
41.
TG – 3
Kısa zamanda çok fazla kişiye görsel ve
işitsel öğrenme temelli bir teknik olan gösterim tekniğinde öğretmen etkindir. Bu teknik işiterek ve görerek öğrenme temellidir.
45.
A B C D E
Miktar korunumu geometri öğretimi içinde ayrı bir öneme sahiptir. Korunum sayı,
uzunluk, alan, kütle gibi miktar bildiren kavramlarla olup “Fiziksel değişimin, sonucu
değiştirmediğinin farkına varmadır.” Eğer
çocuk
48.
1
2
42.
Bilişsel alanın uygulama düzeyinde bir
kazanımı gerçekleştirmek için öğrencilerin günlük yaşamda kullanacakları bilgi ve
becerilere öncelik vererek bir düzenleme
yapıyorsa yaşama yakınlık ilkesini dikkate
almış olur. Düzenlediği etkinlikte öğrencilerle birlikte önce kesir kartlarını, dairelerini
ve takımlarını etkin kullanma ile ilgili birlikte
uygulamalar yapar, daha sonra öğrencilerin bu uygulamaları bireysel olarak yapmasına olanak tanırsa gösterip yaptırma
yöntemini kullanmış olur.
3
1
2
3
biçiminde miktar korunumunu kavramış ise
bu iki şeklin de alanlarının aynı olacağını
söyler. Yani şeklin fiziksel değişmesi alanında bir kayıp meydana getirmez.
Soru öncülünde açıklamasına yer verilen
öğretmenin tanımlar yardımıyla öğrenmeyi gerçekleştirmede kullanacağı en uygun
öğretim uygulaması anlatımdır. Genel olarak sunuş yoluyla öğrenme yaklaşımının
kullanıldığı öğrenme sürecinde, bilgi basamağındaki davranışların kazandırılmasından yararlanılır. Özellikle soyut bilgi, olgu
ve kavramların öğretmenler tarafından organize edilerek öğrencilere sunulduğu anlatım yönteminde işlenecek konuya ilişkin
temel alt yapı sağlanmış olur. Bu süreçte
açıklayıcı ifadelerden ve soyut konuları
somutlaştıracak örneklerden yararlanan
öğretmenler etkin, öğrenciler pasiftir. Bilgilerin anlamlı hâle getirilmesi için konu içerisindeki kavramların tanımlarını ve tanımlara uygun örnekleri ve ilişkilendirmeleri
öğrencilerine sunan öğretmenlerin öğrencilerden, kendilerine sunulan tanım ve uygun örnekleri dikkate alarak basit farklılıkları tespit etmelerini istemesi, bu yöntemin
etkili bir şekilde kullanımına örnektir.
A B C D E
A B C D E
A B C D E
49.
43.
Bir işin yapılmasında yer alan işlem basamaklarının ezberlenerek yapılan öğretime
kurallar yardımıyla öğretim denir. Bu yöntem yeni müfredatla hiç bağdaşmaz. Bir
sayının rakamlarının toplamı 9’un katı ise o
sayı 9 ile tam bölüneceğinden bu bir kuraldır. Dolayısıyla çocuk bunu ezberleyerek
öğrenmeye çalışır, matematik öğretiminde
tercih edilmez.
46.
Matematik bilgisi deneyle ortaya çıkmayan
ama deneyle doğrulanabilen bilgidir. Bu
özellik matematiği fizik, kimya vb. bilimlerden ayıran en önemli özelliğidir. Matematik
öğretimi sırasında bazen “deneyle doğrulama veya gösterme”ye başvurulur. Burada
kullanılan yöntem buluş yoluyla aynıdır.
A B C D E
A B C D E
“Pekiştireç sözlü olarak verilmez, not olarak verilir.” ifadesi yanlıştır. Çünkü öğrencinin yaptığı çalışmaların takdir edilmesi
de sözlü olarak yapılan bir pekiştireçtir.
“Öğrencilerin aldıkları notların her biri pekiştireçtir.” ifadesi yanlıştır. Pekiştireçler bir
davranışın tekrarlanma sıklığını artırır. Sınavdan düşük not alan bir öğrenci için bu
not davranışını pekiştirici bir nitelik taşımayabilir. III. ve IV. öncüllerde verilen ifadeler
ise doğrudur. Bu bağlamda öncüllerden iki
tanesinin doğru olduğu söylenebilir.
A B C D E
44.
Soruda, güvenirlik katsayısının 0,81 yani
yüksek olduğu verilmiştir. Buna göre D
seçeneğinde verilen test maddelerinin
birbirleriyle olan tutarlılığı yani testin iç tutarlılığı yüksektir denebilir. A, B ve E seçeneklerinde verilen yorumların yapılabilmesi
için testin aritmetik ortalamasının bilinmesi
gerekir. Testin güvenirlik katsayısıyla, C
seçeneğinde verildiği gibi kapsam geçerliği
ile ilgili bilgi edinilmez.
47.
Eksen olarak alınan bir doğrudan, benzer
noktaları karşılıklı olarak aynı uzaklıkta
bulunan, iki benzer parçanın birbirine göre
durumuna simetri denir. Etkinliğin devamında kâğıt açılarak şekil incelendiğinde
aynı şeklin kâğıdın iki tarafında da olduğu
görülür. Bu bağlamda öğretmenin simetri
kavramını kazandırmaya çalıştığı söylenebilir.
A B C D E
A B C D E
8
50.
Hacim ölçülerinin öğretimine başlarken
“Hacim nedir?” sorusunun cevaplanması
ve “Hacim, maddenin uzayda kapladığı
yer.” olduğunun sezdirilmesi önemlidir.
Bunun için sınıf içine getirilecek bir taş ve
bu taşı içine atacağımız su dolu kap örneği
yeterince açıklayıcıdır.
A B C D E
Download

TG – 3 - İhtiyaç Yayıncılık