Çözüm Kitapçığı Deneme-3

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI
ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ
İLKÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ
13-15 OCAK 2017
Çözüm
Kitapçığı
Deneme-3
Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının Merkezimizin 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.
İLKÖĞRE T İM M AT E M AT İK
2017 - ÖABT/ İÖ M AT.
1.
2 x ( x - 1) : ( x + 1)
( x - 2) : ( x + 1)
≤0&
2 x : ( x - 1)
( x - 2)
4.
≤0
III. Yakınsak her dizi sınırlıdır ama sınırlı her dizi yakınsak
olmayabilir. (Yanlış)
6 x ∈R için 2x ≠ 0’dır.
1
+
2
–
I. Yakınsak her dizinin alt dizisi yakınsak olur. (Doğru)
II. (xn) bir Cauchy dizisi ise yakınsak ve sınırlı bir dizidir.
(Doğru)
x = 1, x = 2 verilen eşitsizliğin kökleridir.
x
(an) = ((–1)n) dizisi sınırlı ama limiti olmadığı için yakınsak
değildir.
+
A B C D E
5.
1 ≤ x < 2 çözüm kümesidir.
I.
a•
x"0
g
B
f
b•
süreklidir.
A
•1
•a
•2
•3
•b
II. x = 0’da düşey asimptot olmaz.
lim f(x) = –1, lim- f(x) = –1
x " 0+
gof: Bire bir ve örtendir.
2•
3•
A
f
•a
•b
örten
Bire bir
III.
x : (x - 1 )
x2 - x
=
= x- 1
x
x
y = x – 1 eğik asimptot olur. I ve III doğru, II yanlıştır.
B
•1
A B C D E
ya yın cılık
1•
g
x"0
paydayı tanımsız yapan bu değerde fonksiyon değeri
reeldir.
örten
Bire bir
B
x2 - x
= lim–(x - 1) = - 1olur.
x
x"0
lim f(x) = f(0) = –1 olduğundan f(x) fonksiyonu x = 0’da
s(A) < s(B)
A
lim
x " 0+
f(0) = –1’dir.
A B C D E
2.
TG D E NE M E Ç Ö ZÜM - 3
•2
•3
I.
f fonksiyonu örten değildir.
II.
g fonksiyonu bire bir değildir.
III.
gof fonksiyonu örtendir.
IV.
fog fonksiyonu bire bir değildir.
Limit değeri için y = mx doğrusu üzerinden yaklaşılır.
lim
f (x, y) =
lim
=
lim
lim
(x, y) " (0, 0)
lim
m2 : x2 : x
(x, mx) " (0, 0) x 2 : (1 +
m 2)
=0
f(x,y) = f(0, 0) ⇒ a2 – a – 2 = 0
(a – 2) : (a + 1) = 0 olup
Z]
]] - x 2 , x < 0
]
f _ x i = x : x = []
]] 2
, x≥0
]x
\
I. f(–x) = –x:|–x| = – x:|x| = – f(x)
a = 2 ve a = –1 olur.
A B C D E
f(x) tek fonksiyondur.
7.
x = 0’da soldan ve sağdan türevler
var ve 0’dır
y
y = x2
0
m2
=
f(0, 0) = a2 – a – 2
A B C D E
II.
m2 x2
m2 : x
(x, mx) " (0, 0) 1 +
III. doğrudur.
3.
x : m2 x2
(x, mx) " (0, 0) x 2 +
(x, y) " (0, 0)
ise m
fog: Bire bir ve örten değildir.
6.
x
I. f(x) = |x| fonksiyonu x = 0’da keskin geçiş yapar, süreklidir fakat türevli değildir.
II. f(x) =
sin x
x fonksiyonu x = 0’da sürekli değildir. Dolayı-
sıyla türevli olmaz.
f'(0) = 0’dır.
III. f(x) = x2 tam değer fonksiyonu
lim x2 = lim- x2 = 0, f(x) = 0 olduğundan sürek-
y = – x2
x " 0+
x"0
lidir. x = 0 noktasında f(x) sürekli olduğundan tam değer
foksiyonunun türevi vardır ve 0’dır.
III. (–∞, –1) aralığında f(x) fonksiyonu artandır.
Buna göre, sadece III doğrudur.
Buna göre; I ve II doğru, III yanlıştır.
A B C D E
A B C D E
2
Diğer sayfaya geçiniz.
TG D EN EME ÇÖZ ÜM -3
8.
20 17- ÖA B T/ İÖ M AT.
11.
x ve y bağımsız değişkenlerdir. Zincir kuralına göre, türevleri
tanımlarsak
Oran testine göre,
_- 1i
an + 1
= lim
an
n"3
2n + 1
n+ 1
2f
2f 2u
2f 2v
=
:
+
:
2y
2u 2y
2v 2y
lim
n"3
= (2u + 1) : x + (2v + 1) : 2y
= lim
x = 1, y = –1 ⇒ u = –1, v = 2 olur.
n"3
2f
= _ - 1 i : 1 + 5 : _ - 2 i = - 1 - 10 = - 11 bulunur.
2y (x, y) = (1, –1)
9.
#
R
1
x2 - 1
0
#
= lim
R"3
0
/
x = –1 için
1
1
1
d
n dx
2 x- 1 x+ 1
R"3
1
1
1
1
= dir. R =
=
= 2'dir.
1
2
2
L
2
_- 1i : _- 2i
n
2
n
n
n
/ 22
=
/ 1 ıraksak bir seridir.
=
R
= lim
2n
(- 1) n
R yakınsaklık yarıçapına göre
|x – 1| < R ⇒ |x – 1| < 2
–2 < x – 1 < 2 ⇒ –1 < x < 3’tür.
Sınır değerlerine bakarsak
A B C D E
3
:
1
(ln |x –1| – ln |x + 1|)
2
0
1
x- 1 R
ln
R"32
x+ 1 0
x = 3 için
= lim
/
n
_- 1i : 2n
n
2n
=
/ (- 1)
n
ıraksak bir seridir.
O hâlde en geniş yakınsaklık aralığı (–1, 3) aralığıdır.
1 KJK R - 1
- 1 ONO
- ln
Kln
O
R"32 K
1 OO
KK R + 1
14444244443OO
K
0
L
P
= lim
R"3
12.
1
R- 1
1
= ln | 1 |
ln
2
R+ 1
2
A B C D E
10.
y
x = rcosθ
L
R
y = rsinθ
1
0≤r≤1
0 ≤ θ ≤ 2π
–1
+3
x1 = 0, x2 = –3, x3 = 1
f′′ (x) = 12x2 + 16x –12
f′′ (0) = –12 < 0 maksimum noktasıdır.
f′′ (1) = 12 + 16 –12 > 0 minimum noktasıdır.
x = –3 noktası aralığın dışındadır.
x = 1 de yerel minimum değeri vardır.
ise m
x
–1
Yerel minimum değerini hesaplayalım.
f′ (x) = 4x3 + 8x2 – 12x = 0
4 : x (x2 + 2x – 3) = 0
= 0’dır.
ya yın cılık
= lim
A B C D E
8
8
7
-6= -5=değerini alır.
3
3
3
f(1) = 1 +
Sınır noktalardaki değerleri hesaplarsak
Kutupsal koordinatlarda yazarsak
y
x dA
##
R
2r
=
1
# #
0
0
2r
=
0
64
64
40
- 24 =
-8=
olur.
3
3
3
A B C D E
13.
0
#
f(2) = 16 +
1
2r
=
8
23
-6=olur.
3
3
Bu değerlere göre fonksiyonun en küçük değeri [–1, 2] aralı23
ğında olur.
3
r : sin i
: r : dr di
r : cos i
# # tan i : rdr di
0
f(–1) = 1 –
tan i :
r2 1
di
2 0
Teğetin eğimini bulmak için kapalı fonksiyon türevini kullanırsak
yl = mt = -
2r
1
= - ln cos i
2
0
y : xy - 1
x y : ln x + 2y
al y n y r sa
- 1 : 1- 2
1
-1
: ln 1 + 2 : (- 1)
=-
-1
1
= - olur.
-2
2
doğrunun denklemi :y – y0 = m:(x – x0)
1
= - b ln 1 - ln 1 l = 0'dy r .
2
y+1=A B C D E
1
(x - 1) & 2y + 2 = - x + 1, x + 2y = –1’dir.
2
A B C D E
3
Diğer sayfaya geçiniz.
2017 - ÖABT/ İÖ M AT.
14.
TG D E NE M E Ç Ö ZÜM - 3
17.
y
I. Grup homomorfizması olması için işlemin korunması gereklidir.
dx
f(x + y) = a : (x + y) = ax + ay = f(x) + f(y)
y=e
x
0
işlem korunduğu için grup homomorfizmasıdır.
x
II. 6 x,y ∈ R için
f(x + y) = ex+y = ex : ey = f(x) : f(y)
x=1
x=2
f bir grup homomorfizmasıdır.
Kabuk yöntemini kullanalım.
III.
b
# x : (f (x) - g (x)) dx
V = 2π
6 x, y∈R+ için
f (x : y) = ln(x : y) = lnx + lny ≠ lnx: lny
işlemi korunmadığı için f bir grup homomorfizması olmaz.
I ve II doğru, III yanlıştır.
a
f(x) = ex
A B C D E
g(x) = 0
2
#
V = 2π
x : (e x - 0) dx
18.
1
2
# x : e dx = 2r : e
x
V = 2π
x
v = (123) (4567) permütasyonu ayrık devirler türünden yazıldığından mertebesi, ayrık devirlerinin okek değeridir.
2
: (x - 1 )
1
v = (1 2 3)(4 5 6 7)
1
= 2π:(e2 – 0)
uzunluğu
= 2πe2 br3 bulunur.
ya yın cılık
x∈Z olsun. Bu durumda
x = # a d Z | (x, a ) d b 1 + b 2 x = # a d Z | (a, x) ! b 1 + b 2 -
O hâlde
ise m
x = # a d Z | (a, x) d b 1 ve (a, x) d b 2 - olmalıdır.
x = # a d Z | 2 | a - x ve 3 | a - x = # a d Z | 6 | a - x - olmal y dy r .
= # a d Z | a = x + 6 k, k d Z -
A B C D E
19.
(x1, y1, z1) , (x2, y2, z2) ve (x3, y3, z3) noktalarından geçen bir
düzlemin determinant formundaki denklemi:
x y
z
1
x1 y1 z1 1
x2 y2 z2 1
= 0 şeklindedir.
x3 y3 z3 1
= # a d Z | a - x = 6k, k d Z -
Buna göre, düzlem üzerindeki noktalar A(1, 1, 0), B(2, 0, –1)
ve C(2, 9, 2) şeklindedir. Bu noktalardan geçen vektörler u ve
sonuç olarak
x = # x + 6k | k d Z - sağlanmaktadır.
v olsun.
u = AB = (2 – 1, 0 –1, –1 – 0) = (1, –1, –1)
A B C D E
16.
4 olduğundan
OKEK(3, 4) = 12 mertebelidir.
A B C D E
15.
uzunluğu
3
a ve p aralarında asal sayılar ve p asal olmak üzere,
v = AC = (2 – 1, 9 – 1, 2 – 0) = (1, 8, 2)
ap–1 ≡ 1 (modp) denkliğini kullanalım.
Düzlemin normal vektörü n olsun
312 ≡ 1 (mod13)
Si X j
314 ≡ 312 : 32 ≡ 9 (mod13)
12
2
≡ 1 (mod13)
n = ux v = 1 –1 –1
224 ≡ 1 (mod13)
1 8 2
227 ≡ 224 : 23 ≡ 8 (mod13)
5
12
= (- 2 + 8) Si - (2 + 1) Sj + (8 + 1) Vk
≡ 1 (mod13)
536 ≡ 1 (mod13)
= 6 Si - 3Sj + 9 Vk
537 ≡ 5 (mod13)
14
27
Vk
37
3 : (2 + 5 ) ≡ 9 : (8 + 5) ≡ 9 : 13 ≡ 0 (mod13) olup sonuç
0 bulunur.
n = (6, –3, 9) vektörüdür.
A B C D E
A B C D E
4
Diğer sayfaya geçiniz.
TG D EN EME ÇÖZ ÜM -3
20.
20 17- ÖA B T/ İÖ M AT.
–2b + 3c = 1 ... (1)
24.
3a + 6b – 3c = – 2 ... (2)
y′ + P(x) y = Q(x) : yn
şeklinde bir Bernoulli denklemidir.
6a + 6b + 3c = 5 ... (3)
u = y1–n = y1–3 = y–2 =
(2) ve (3) toplanırsa 9a + 12b = 3 ⇒ 3a + 4b = 1
(1) ve (2) toplanırsa 3a + 4b = –1 olur.
1
y2
dir.
du
2 dy
=- 3
dx
y dx
O hâlde çözüm yoktur.
-
(A B C D E
1 3 du
- y = y3
y
2
dx
du
+ 2u = - 2 olduğundan
dx
u′ + 2u + 2 = 0 bulunur.
A B C D E
21.
Sıfırlık (T) = çek(T) = n – r = 5 – 3 = 2
boy(çek(T)) = 2
boy(Im (T)) = 3’tür.
A B C D E
25.
r2 – 4r + 4 = 0
B2 = A ⇒ det (B2) = det (A)
det(B) : det(B) = detA
(detB)2 = det(A)
det(B) = x olmak üzere x2 = 4
x=2
detB = 2’dir.
A B C D E
23.
(r – 2)2 = 0 ⇒ r = 2
ya yın cılık
det (A) = 6 – 2 = 4’tür.
çift katlı kök olduğundan
y = c1e2x + c2xe2x bulunur.
A B C D E
ise m
22.
Karakteristik denklemi
M(x, y) = xy – 1, N(x,y) = x2 – xy
My = x, Nx = 2x – y
26.
My ≠ Nx olduğundan tam değildir.
f(x) =
My - Nx
N
=
x - 2x + y
x : ( x - y)
=
x ( x - y)
p=
3
4
3
1
,q=
olmak üzere
4
4
f(x) = qx–1 : p1, x = 1, 2, ...
# f (x) dx
f(x) = d
1
= e–lnx = e ln x
1
=
x olur.
1
4
İkisinin de tura gelmeme olasılığı:
-x+ y
1
=x
m (x) = e
İkisinin de tura gelme olasılığı:
3 x- 1 1
: , x = 1, 2, ...
n
4
4
şeklindedir.
A B C D E
A B C D E
5
Diğer sayfaya geçiniz.
2017 - ÖABT/ İÖ M AT.
32.
5
/ cf x p = 1 olmalıdır.
5
27.
TG D E NE M E Ç Ö ZÜM - 3
A
E
2x
x
1
6m K n a
m
14m
x= 0
c db 5 l + b 5 l + b 5 l + ... + b 5 ln = 1
5
0
1
2
6
F
14
r
2
içinde olmalıdır.
m
P(A) =
r :d
A _ BKFC i = 15 +
2
r
n
2
rr 2
=
C
2
&
21 2
&
A b ADF l = A b BCF l =
br
2
r
merkezli dairenin
2
Seçilen nokta
r
2
3a
3x
B
A(ABCD) = 42 br
28.
3a
6n 1
1
c : 25 = 1 & c =
'dir.
32
A B C D E
D
1
olur.
4
21
2
51 2
br bulunur.
2
=
A B C D E
A B C D E
29.
A
33.
Ters olasılığı yazılırsa
b8l
85
14
4
= 1=
olur.
P(A ) = 1 – P(A) = 1 –
99
99
b 12 l
4
↓
Seçilen 4 ürünün de kusursuz olması
3
|NC| = 4k’dir.
12
k
Var (X– + Y–) = Var(X–) + Var (Y–)
ya yın cılık
Her biri bir parayı 8 kez atmış olurlar. Bu bir binom dağılımıdır.
Var(X–) = n:p:q, E(X–) = n:p’dir.
X– ve Y– bağımsız olduğundan
α
B
k
N
C
4k
|AN|2 = k2 = 3:12 – k:4k
5k2 = 36 ise k2 =
ise m
A B C D E
= 8:
|AN| = |BN| = k
α α
ı
30.
[AN] açıortayı çizilirse
k=
36
’tir.
5
6 5
5
|BC| = 5k = 6 5 br’dir.
1 1
1 1
: + 8: :
2 2
2 2
A B C D E
= 2 + 2 = 4'tür.
A B C D E
34.
C
6
D
31.
Tam sayılar
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Bölen sayısı
1
2
2
3
2
4
2
4
3
4
–
X =x
1
2
3
4
Bölen sayıları
1 4
P(X– = x)
10 10
2
10
3
10
Olasılık
değerleri
12
α
r
A
O
r
β
B
&
&
ADO + ABC benzerdir.
AD
AB
AO
=
AC
4
/
1
4
2
3
+ 4:
E(X ) =
+ 2:
+ 3:
x : P (x) = 1 :
10
10
10
10
x= 1
–
β
=
12 6
2r
27
'dur.
10
=
r
18
& r 2 = 6 : 18
& r = 6 3 cm bulunur.
A B C D E
A B C D E
6
Diğer sayfaya geçiniz.
TG D EN EME ÇÖZ ÜM -3
35.
20 17- ÖA B T/ İÖ M AT.
38.
u vektörünün v vektörü üzerindeki iz düşüm vektörü w ol-
w=
< u, v >
v
=
u = (2, a, b),
v = ( 2, - 1, 3)
.
sun.
2
: v formülü kullanılırsa
doğrunun
düzleminin normal
doğrultman
vektörü
vektörü
0+ 2- 3
_ 1 + 9i
2
=-
.
: _ 0, 1, 3 i olup
u // v olmalıdır. Buna göre,
a
b
2
=
=
& a = - 1, b = 3
2
3
-1
a + b = 2' dir.
3
1
1
: _ 0 , 1, 3 i = d 0 , ,n bulunur.
10
10
10
A B C D E
36.
A B C D E
y = x + a = 4 – x ⇒ 2x = 4 – a
x = 2 için,
4=4–a
a = 0’dır.
P(–1, 0),
39.
x+y=0
O(0, 0, 0) , n = (2, 1, 1)
m1 = –1, m2 = 1’dir.
Eğimi m2 = 1 ve P(–1, 0) noktasından seçen doğru denklemi:
y – 0 = 1:(x + 1) ⇒ y = x + 1’dir.
=
=
x=y–1=
-D
_ A2 + B2 + C2 i
2
10
_ 4 + 1 + 1i
2
: n formülü kullan y l y rsa
: _ 2, 1, 1 i
10
5
: _ 2, 1 , 1 i = : _ 2, 1, 1 i
6
3
=d
ise m
A B C D E
S=
ya yın cılık
y – y0 = m:(x – x0)
37.
Ax + By + Cz + D = 0
10 5 5
, , n bulunur.
3 3 3
A B C D E
z
= t ⇒ x = t alınırsa
2
y=1+t
z = 2t olur.
x- 1 =
y- 2
z- 3
=
= k & x = 1 + k al y n y rsa
a
3
y = ak + 2
z = 3k + 3 olur.
t = 1+ k
2t = 3k + 3
4 & 2 + 2k = 3k + 3
k=-1
40.
t= 0
r2 = x2 + y2, x = r: cosθ, y = r:sinθ
x=0
x=0
r2 = 2:r:cosθ + 3:r:sinθ
y=1
y = a:(–1) + 2 = 1 ⇒ a = 1’dir.
r = 2cosθ + 3sinθ bulunur.
z=0
z=0
A B C D E
(0, 1, 0) noktasında kesişirler.
A B C D E
7
Diğer sayfaya geçiniz.
2017 - ÖABT/ İÖ M AT.
41.
TG D E NE M E Ç Ö ZÜM - 3
46.
Akıl yürütme, iletişim, problem çözme, ilişkilendirme bu becerilerdendir. Zihinden hesap yapma, geliştirilmeye çalışılan bu
becerilerden değildir.
Bu etkinlikte öğretmen, aritmetik ortalamayı ve açıklığın hesaplanmasını keşfettirmek istemiştir.
A B C D E
A B C D E
47.
42.
Birinci dereceden bir bilinmeyenli eşitsizlik çözümü, doğal
sayılar ve cebirsel işlemler, iki bilinmeyenli doğrusal denklemlerin çözümü, üçgen eşitsizliği yer alır. Kürenin hacmini
bulma Ortaöğretim Matematik Dersi Öğretim Programı’nda
yer almaz.
12:15 = (10 + 2):15 = 150 + 30 = 180
11:180 = (10 + 1):180 = 1800 + 180 = 1980
sadece I. stratejiyi kullanmıştır.
A B C D E
A B C D E
I. Bir kesrin çarpma işlemine göre tersi ilk kez 7. sınıfta,
toplama işlemine göre tersi ilk kez 6. sınıfta öğretilmektedir.
II. Bir kesrin negatif üssünün hesaplanması ilk kez 8. sınfta
öğretilmektedir.
III. En çok dokuz basamaklı sayılara kadar olan sayıların
okuyup yazılması ile ilk kez 5. sınıfta öğretilmektedir.
A B C D E
ise m
43.
ya yın cılık
48.
2. düzeyde bulunan öğrenci, şeklin özelliklerini ayırt eder fakat
özellikler kendi başına birbirinden bağımsız algılanır. Öğrenci bu düzeyde bir geometrik şeklin özelliklerini sayabilir. Bu
özellikleri birbiri ile ilişkilendiremez. 2. düzeydeki öğrenci için
C seçeneği doğrudur. Diğer seçenekler 3. ve 4. düzey için
geçerlidir.
A B C D E
49.
4–2 = (–4):(–4) = 16 ifadesinde sadece üsteki sayı değil, işaret de alttaki sayının önüne yazılmıştır. Bu nedenle yapılan
hata ile kavram yanılgısı doğrudan ilişkili olmaz.
A B C D E
44.
Olasılık öğrenme alanı 2013’te yayımlanan programa göre,
sadece 8. sınıfta yer almaktadır.
b
50.
A B C D E
Kısa kenar a, uzun kenar
b olsun.
2a + 2b = 10
a
45.
Bir kuraldan yola çıkarak, ilişkili diğer sayılar için de geçerli bir
kural olarak algılayıp genelleme yapmıştır.
a
b
b–a=1
ifadelerini kullanarak iki
bilinmeyenli denklemler
konusuna giriş yapmıştır.
A B C D E
A B C D E
8