KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI
ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ
ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ
24 – 25 Mayıs 2014
TG – 7
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.
lim
a"b
a3 - b3
0
=< F
b-a
0
-1
lim
4.
2
2
( a - b ) (a + ab + b )
b-a
a"b
= - 3b 2
f (x) = x 3 - 6x 2 + 9x + 1 simetri merkezinin apsisi ikinci türevin köküdür. Yani dönüm noktasıdır.
TG – 7
6.
b
c
# (f (x) - g (x)) dx + # ((g (x) - f (x)) dx
f l (x) = 3x 2 - 12x + 9
a
b
olur.
f m (x) = 6x - 12 = 0
A B C D E
# (üst - alt) dx olacağından
A B C D E
x=2
f (2) = 8 - 4 + 18 + 1 = 3
Simetri merkezi (2, 3)
A B C D E
2.
31 _b
a =3
10 bb
` çözülürse
1 bulunur.
f=
29 b
10
a -f =
b
10 a
a +f =
3n + 2
Soru, d
n dizisinin kaç terimi 3 ün
n+1
1
komşuluğunda bulunmaz, biçimine
10
girer bu da
3n + 2
1
-3 ≥
&
n +1
10
5.
3n + 2 - 3n - 3
1
≥
n +1
10
f’
1
1
≥
n +1
10
–1
-
7.
1
2
0
4
3
Z
] cos x - sin x ,
]
]
]
cos x - sin x = [ sin x - cos x ,
]
]
]] cos x - sin x ,
\
r
4
2r
#
1
1
≥
n + 1 10
cos x - sin x dx =
0
5r
4
n≤9
+
29 31
Buna göre dizinin 9 terimi d
,
n ara10 10
lığı dışındadır.
x
A B C D E
f'
Tablo I
–1
2
–
+
–
max
min
x
4 (2) + 1 = 5 (2) - 1 = #2a - 1-
= (sin x + cos x)
r
4
+ (- cos x - sin x)
+ (sin x + cos x)
5r
4
3
+
D.N
–
D.N
I. f(x) in 2 tane dönüm noktası var. (yanlış)
10 ≤ 2a < 11
11
5≤a≤
2
II. f(x) in 3 tane ekstremum noktası var.
(yanlış)
III. f'(5) < f'(6) (doğru)
IV. f"(–1) < f"(2) (doğru)
V. x = –1 de yerel maksimum var. (doğru)
9 ≤ 2a - 1 < 10
11
n
2
A B C D E
A B C D E
3
r
4
A B C D E
1
–
5r
4
2r
f
#2a - 1- = 9
a ! <5,
(cos x - sin x) dx
5r
4
=4 2
Tablo II
f"
#
0
max
lim-f (x) = lim+f (x) = f (2) olmal›d›r.
1x4"422443 x " 2
(cos x - sin x) dx
2r
(sin x - cos x) dx +
r
4
4
+
#
f
3.
#
0
–3
n + 1 ≤ 10
r
için
4
r
5r
için
≤x<
4
4
5r
≤ x ≤ 2r için
4
0≤x<
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
8.
y
TG – 7
y
9.
f
11.
lim
(x, y) " (2, 3)
4
d e xy sin
r
r
+ xy ln y - x n = e 6 sin + 6 : 0
x
2
= e6
A B C D E
x
A
r = 1 + cosi
1
B
0
–1
x
r = 1 + cos i & dr/di =- sin i
B=1
yay uzunluğu
f (x) = x 3 + x 2 + 3x + 4
grafği
4
fonksiyonunun
dr 2 2
n + r di
di
12.
1
# f-1 (x) dx = - A & # f-1 (x) dx = A dır.
1
= (- sin i) 2 + (1 + cos i) 2 di
4
0
A +B =
d
dS =
(1, - 1)
= 2 + 2 cos i di
2f
= 4xy - 3y 2 =- 4 - 3 =- 7
2y
0
# f ( x) = # ( x
-1
3
2
+ x + 3x + 4) dx
= 2 cos
-1
=f
dS = 2 cos
1 1 3
A + B =-d - + - 4 n
4 3 2
=
r
S =2
(4)
(6)
31
-1
12
A=
19
12
#
2 cos
= 8 d sin
(2)
- 3 + 4 - 18 + 48
12
A=
(1, - 1)
_
b
b
b
bb
` 4 + (- 7) =- 3
b
b
b
b
a
A B C D E
i
di olur ve
2
0
3
1
1
+ - +4
1
4
3
2
(3)
i
di
2
Şeklin +Üst yarısı alınırsa
0
x 4 x 3 3x 2
+
+
+ 4x p
4
3
2
-1
A + 1 =-
2f
= 2x + 2y 2 = 2 + 2 = 4
2x
i
di
2
i r
n
2 0
= 8 bulunur.
A B C D E
1
13.
0
A B C D E
1
1
1
# # ex : ey : dxdy = # (e - 1) : ey dy = (e - 1) ey 0
0
0
= ex : ey
1
0
= (e - 1) 7e - 1A
= (e - 1) 2
= e : ey - ey
= e y (e - 1)
A B C D E
(x - 2) n + 1
10.
lim
n"3
1
64447444 8
n
= x - 2 lim
n"3 n +1
n +1
( x - 2) n
n
14.
I. p & q karşıtı q & p her zaman doğru
olmaz.
II. p & q tersi p l & ql her zaman doğru
olmaz.
III. p & q karşıt tersi ql & p l her zaman
doğrudur.
= x -2 < 1
-1 < x - 2 < 1
1< x< 3
A B C D E
Seri x = 1 için yakınsak olup
1 ≤ x < 3 bulunur.
A B C D E
4
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
15.
TG – 7
_ A + B i , _ A + B li , _ A l + B i = ?
18.
= A + [B , B l] , (A l + B)
>
E
= (A + E) , (A l + B)
(12, 8) = 4 olup
12
= 3 mertebeli
4
(60, 8) = 4 olup
40
= 15 mertebeli
4
22.
Denklemde en yüksek mertebeden türevinin mertebesine diferansiyel denklemin
mertebesi denir.
A B C D E
= A , (A l + B)
24
(24, 10) = 2 olup
= 12 mertebeli
2
= (A , A l) + (A , B)
>
O hâlde
= E + (A , B)
Z 12 : Z 60 : Z 24 de (8, 8, 10) un mertebesi
60 tır.
ekok (3, 15, 12) = 60 tır.
E
= A,B
A B C D E
A B C D E
23.
yl =
y
&
x2 + 1
dy
dx
=
y
x2 + 1
dy
dx
=
y
x2 + 1
16.
#
a2 = a1 + 2
a, b, c, d
a 4 = a 3 + 2 = a 1 + 6 olur.
19.
Aranan alt uzay x ! R 3 olsun.
ln y = arctan x , y > 0
(x, y, z) = a (1, - 1, - 2) + b (- 1, 2, 4)
a 3 + (a + 2) 3 + (a + 4) 3 = (a + 6) 3 düzenlenirse
x = a-b
y = - a + 2b
2a 3 - 48a - 144 = 0 &
4 denklemleri çözülürse
y = e arctanx
b = x + y olur.
z = 2 (2 x - y) + 4 (x + y)
a =6
z = 4x - 2y + 4x + 4y &
d = a 4 = a + 6 = 12 bulunur.
8x + 2y - z = 0 bulunur.
A B C D E
24.
A B C D E
(x + y) dy - ydx = 0 &
(x + y) dy = ydx
dy
I. H = # 5n : n ! Z - olsun.
dy
●● x, y ! H " x, y ! R dır.
olacağından
(H, +)
20.
3
A = f- 2
-4
3
-2
-5
●● x, y ! H için x : y = 5 (5mn)
olur.
xy ! H olup, H kümesi çarpmaya göre kapalıdır.
x+y+z = 3
-1
1
1 p & A -1 = f 0
2
2
-1
2
3
1
- 1p
0
A B C D E
●● R de çarpma işleminin birleşme özelliği
vardır. H 1 R olduğundan bu özellik H
içinde geçerlidir.
dy
dx
=
z
1+z
=
1+
dx
=
x
y
x
dz
z
-z
1+z
dx
1+z
dz
=x
z2
1
- ln | z | + c
z
5
ln x = ln
y
+c
x
x
II. I de yapılanlar burda uygulanırsa
1
( m : m ! Z 2 bir halka olmaz.
2
işlemler
y
n
x
y
=z
x
y
x
O hâlde (H, + , :) bir halkadır.
yapılan
dx
xd 1 +
,
y
x
ln x =
●● R de çarpmanın toplama işlemi üzerine
dağılma özelliği olduğundan H 1 R olduğu için bu özellik H içinde geçerlidir.
III. I de
y
=
H nin her x, y, z elemanları için
x = 5m , y = 5n , 7 = 5k olacak biçimde Z nin m, n, k elemanları olur.
y
x+y
=
dx
H ≤ R ve H ! Q dır.
A B C D E
a = 2x - y
z = 2a + 4b (a ve b de€erlerini yazal›m.)
a 3 - 24a - 72 = 0
x+y = y+x
abelyen bir gruptur.
dx
x2 + 1
ln e = arctan 0 + c, c = 0 d›r.
x = a u + bv biçimindedir.
a 1 = a diyelim.
17.
#
ln y = arctan x + c , y (0) = e
a3 = a2 + 2 = a1 + 4
a1 a2 a3 a4
dy
=
y
uygulanırsa
# a + b 3 : a, b ! Q - bir halka olur.
21.
ln y = ln e y + ln k
T (x 1, x 2) = (0x 1 + x 2, x 1 - x 2)
A=d
0
1
1
n
-1
det (A) = - 1 dir.
A B C D E
A B C D E
5
y=
x
ke y
y=
x
ce y
(ln k = c, k ! 0)
, ( k = c)
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
25.
TG – 7
3y m - 5y l - 2y = 0 karakteristik denklemi
29.
3m 2 - 5m - 2 = 0 & (3m + 1)(m - 2) = 0
+1
-1
3m
m
1
2
m = 2 bulunur.
I
0, 15
II
0, 20
III
0, 30
33.
P (istenen) = (0, 85) : (0, 80) : (0, 70)
m =-
y (x) = c 1
26.
2e
2x
5 : 2 + 12 (- 3) + 65
5 2 + 12 2
=3
M (2, –3) ve r = 3 olan çemberin denklemi
= 0, 476
(x - 2) 2 + (y + 3) 2 = 9 dur.
A B C D E
O hâlde genel çözüm
1
- x
e 2 +c
r=
A B C D E
dir.
A B C D E
30.
1, 2, 3, 3, 3, 5, 6, 7, 8, 10
E (x) = - 3 : d
mod = 3
=
3+5
=4
medyan =
2
2
1
2
n + 1 : d n + 3d n
5
5
5
34.
P(x, y, z)
1
5
A B C D E
A(1, 0, 1)
A B C D E
B(–1, 0, 2)
C(2, 2, –4)
AP = P - A = (x - 1, y, z - 1)
AB = B - A = (- 2, 0, 1)
AC = C - A = (1, 2, - 5)
27.
(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5) 10 açılımında
d
31.
x 2 + y 2 - z = 0 olsun.
Fxl = 2x , Fyl = 2y , Fzl = - 1
10 + 5 - 1
14
n=d n
4
5-1
y
-2
1
0
2
z-1
1 = 0 olur.
-5
2x + 9y + 4z - 6 = 0 bulunur.
Fxl (- 1) = - 2 , Fyl (- 1) = - 2 , Fzl (2) = - 1
= 1001
x-1
A B C D E
olur.
A B C D E
Normal doğrunun denklemi
y+1
x+1
z-2
=
=
&
-2
-2
-1
y+1
x+1
z-2
=
=
2
2
1
5000
28.
#
1000
m
x2
= 1 dir.
md md -
A B C D E
35.
1 5000
n
=1
x 1000
F (x, y, z) = x 3 + y 3 + xz - yz 2 = 0
Fxl (- 1, 1, - 1) = 2
32.
1
1
+
n= 1
5000 1000
v d = (1 , 2, - 1)
Fyl (- 1, 1, - 1) = 1
n = (2, 1, - a) dır.
Fzl (- 1, 1, - 1) = 1 olur.
v d , n = 0 olur.
4
m:
=1
5000
(1 ) (2 ) + (2 ) (1 ) + ( - 1 ) ( - a ) = 0
a =- 4
m = 1250
A B C D E
A B C D E
6
2 (x + 1 ) + 1 : (y - 1) + 1 : (z + 1) = 0
2x + y + z = 0 d›r.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
36.
TG – 7
41.
y
39.
B - A = e1 - 2 e2 + 4 e3
+ C - B = 2 e1 + 5 e2 - 7 e3
C - A = 3 e1 + 3 e2 - 3 e3
AC =
odak
(–4, •)
3 2 + 3 2 + (3) 2
x
0
Piaget’ye göre çocuk, dünyanın pasif alıcısı değildir. Bilgiyi kazanmada aktif bir role
sahiptir. Ayrıca, değişik yaşlardaki çocukların ve yetişkinlerin dünyaları birbirlerinden
farklıdır. Piaget bu farklılığın nedenlerini
incelemiş ve bireyin dünyayı anlamasını
sağlayan bilişsel süreçleri şunlardır.
Olgunlaşma, yaşantı, uyum, örgütleme ve
dengeleme
=3 3
A B C D E
A B C D E
doğrultusu
x=4
(x + 4) 2 + y 2 = x - 4
(x + 4) 2 + y 2 = (x - 4) 2
x 2 + 8x + 16 + y 2 = x 2 - 8x + 16
y 2 = - 16x
A B C D E
37.
d=
3 (- 1) - 4 (1) + 12 (2) - 4
42.
Bloom taksonomisin de öğrenmenin birden
fazla çeşidi olduğunu söyler ve eğitim aktivitelerinin üç alanını şöyle belirler;
I. Bilişsel taksonomi yani zihinsel aktiviteler
II. Duygusal alan yani duygusal ve tavırlardaki aktiviteler
III. Psikomotor yani fiziksel aktiviteler
3 2 + (- 4) 2 + 12 2
A B C D E
d=1
A B C D E
43.
Van Hiele’nin geometri anlama düzeyi genel özellikleri,
●● Düzeyler hiyerarşiktir. Bir düzeyde olabilmek için bir önceki düzeyi geçmiş olmak gerekir.
●● Bir düzeyden diğerine geçiş yaş ve olgunluktan çok verilen eğitimin niteliğine
ve öğretim konusuna bağlıdır.
●● Öğrencinin halen bulunduğu düzeye ve
geometri konusuna uygun olmayan bir
yaklaşım öğrencinin öğrenmesinin gerçekleşmemesine sebep olur
38.
40.
x 2 - xy - 2y 2 + x - 2y = 0
A = 1, B = - 1, C = - 2
P (- 1, - 1) noktası çemberde yerine yazılırsa
(- 1) 2 + (- 1 ) 2 - 4 (- 1) + 2 (- 1) - 4 = 4
B 2 - 4AC = 9 olup hiperbol veya kesişen
iki doğrudur. İfade çarpanlara ayrılmıyorsa
hiperbol belirtir.
bu sayıya P (- 1, 1) noktasının çembere
göre kuvveti denir.
x 2 - xy - 2y 2 + x - 2y = 0 &
Bu değer teğet uzunluğun karesidir.
x
x
-2y
y
2
PT = 4 ise PT = 2 br.
(x - 2y) (x + y) + x - 2y = 0
A B C D E
(x - 2y) (x + y + 1 ) = 0
olup kesişen iki doğrudur.
●● Öğrencilerin keşfetmeye,eleştirici düşünmeye, tartışmaya bir sonraki düzeydeki konularla etkileşime sevk eden bir
eğitim, öğrencilerin bu düzeylerdeki gelişimini ve sonraki düzeylere daha hızlı
bir şekilde geçişlerini kolaylaştırır.
●● Her düzey, kendi dil yapısına, sembollerine ve ilişkilerine sahiptir.
●● Öğrencinin halen bulunduğu düzeye ve
geometri konusuna uygun olmayan bir
yaklaşım öğrencinin öğrenmesinin gerçekleşmemesine sebep olur
A B C D E
A B C D E
7
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / MTL
44.
TG – 7
Bruner öğrencilerin birer bilim insanı gibi
düşünmeleri gereği üzerinde durmakta
bunu sağlamanın yolunun da buluş yoluyla
öğrenme olduğunu ileri sürmektedir. Buluş
yoluyla öğrenmede
46.
“ÖĞRENCİ MERKEZLİ EĞİTİM” yaklaşımını esas alan yöntemler:
49.
1- Psikodrama yöntemi
2- Buluş yöntemi
3- İroni yöntemi
1. Tüm insanların öğrenme arzusu vardır.
4- Tartışma yöntemi
2. Merak öğrenme arzusunu harekete geçirir.
Matematik çalışma faydacıl veya sosyal bir
değer taşıyorsa buna matematiğin somut
yönü denir. Bir takım teoremlerin ispatları,
yeni matematiksel yapılar, sayı sistemlerinin kuruluşu gibi konularda matematiğin bir
iç tartışmasıdır.
5- Araştırma yöntemi
A B C D E
3. Meraklarıyla hareket eden insanlar diğerlerinden ödül beklemez.
6- Gösteri yöntemi
4. Bütün insanlarda başarılı olma güdüsü
vardır.
8- Gezi,gözlem ve inceleme yöntemi
7- Deney Yöntemi
9- Soru - cevap yöntemi
5. İnsanlar başarılı oldukları işlere karşı ilgi
duyarlar.
A B C D E
6. Öğrencilere başarılı oldukları ders ve
konularda çalışma yapma olanağı verilmelidir.
7. Bütün insanlar birlikte olma güdüsüne
sahiptir. Birlikte bir amaç için çalışmak
itici bir güçtür. Sınıflarda işbirliği ortamları hazırlanmalıdır.
A B C D E
47.
Öğrencinin kendisinin üretmesi ve bilgiye
ulaşması esasına dayanan öğretim yolu,
buluş yoluyla öğretimdir. Bu yöntemle kavram ve genelleme bilgisinin kazandırılması
gerçekleşir. Buluş yoluyla öğrenmede, ya
uygun materyallerle bir genellemeye ulaşılması ya da örneklerden yararlanarak
bir genellemeye ulaşılmaya çalışılır. Her
iki durumda da öğretmen uygun ortamı,
materyali hazırlar öğrenciye rehberlik eder
takıldığı yerde ona yardımcı olur.
A B C D E
45.
Son yıllarda Hollanda’da geliştirilen bir
matematik eğitimi yaklaşımı vardır. Bu
yaklaşımın hareket noktası zihnin nesneyi
sezgi yoluyla kavradığı düşüncesidir. Bu
düşünceyle herhangi bir matematiksel kavramın kazandırılmasında çocuğun değerlendirmelerinden ve izlenimlerinden oluşan
informal kazanımlarından yola çıkmak gerekmektedir. Gerçekçi matematik eğitimi
(RME) yaklaşımına göre bir konunun öğretiminde o konuyla ilgili tanım ve formülleri
verip alıştırmalar çözmek ve sonunda da
uygulamalara geçmek anti didaktik (öğretici olmayan) bulunmaktadır. Öğretimin
yönünün informal bilgiden formal bilgiye
ulaşma yoluyla olması ve kavramın sürecin
yeniden keşfi ile kazanılması söz konusudur. Bu konuda çalışmaları ise Freudenthal
yapmıştır.
50.
Matematik Öğretiminin Temel İlkeleri
Hiçbir ilke ya da kurama bağlı olmadan öğretim yapmak mümkün değildir. Matematik
öğretimin, amaçları doğrultusunda gerçekleşebilmesi için uyulması gerekli bir takım
ilkeler vardır. Bunlar:
1. Kavramsal temellerin oluşturulması
2. Önşartlılık ilişkisi
●● Doğrusal yapıda önşartlılık
●● Ağ modelli önşartlılık ilişkisi
●● Anahtar kavramlara önem verme
●● Öğretimde öğretmen ve öğrencinin görevlerinin belirlenmesi
●● Öğretimde çevreden yararlanma
●● Araştırma çalışmalarına yer verme
●● Matematiğe karşı olumlu tutum geliştirme olarak sıralanabilir.
A B C D E
48.
Uygun elemanları verilen karenin çizimi,
Bir dağın yüksekliğinin benzerlik kullanılarak hesabı matematik bir bilginin kullanılması etkinliğidir, ama pratik bir yanı yoktur.
Ya da bir takım sayıların standart sapmasının hesabının bir pratik yanı olmaz. Ama
bir işçinin borçlarını ödedikten sonra maaşının kalan kısmının bulunması matematik
bilgininin pratik yönüdür.
A B C D E
A B C D E
8
Download

Ortaöğretim Matematik 7