matematik (lise) · sin lim x xy ^h lim limy. sin u u yu""10 1 elde edilir. doğru yanıt...

Matematik (lise)

öğretmenliği

MATEMATİK (LİSE) TÜRKİYE GENELİ 3. DENEME SINAVI YANIT ANAHTARI

1. D 11. C 21. C 31. C 41. C2. B 12. B 22. B 32. C 42. E3. E 13. C 23. A 33. A 43. D4. A 14. D 24. E 34. C 44. D5. E 15. A 25. B 35. E 45. B6. B 16. D 26. D 36. B 46. D7. C 17. B 27. A 37. B 47. D8. B 18. D 28. C 38. E 48. A9. A 19. C 29. C 39. E 49. B

10. D 20. A 30. D 40. A 50. E

Tekrar Edilmesi Gereken Konular.................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Matematik (Lise)

ÖABT Türkiye Geneli Deneme Sınavı - 3

3

çözümü

Matematik (Lise)


4

çözümü

1.P x^ h polinomu ikinci dereceden ve bölen de ikinci dere-ceden bir polinom olduğundan, bölüm sabit bir sayıdır.

P x x 3 .m 5x 2P 5 5 3 .m 5.5 2

63 4m 274m 36m 9 olur.

2

2= - + += - + += +==

^ ^

^ ^

h h

h h

P x x 3 .9 5x 2P 2 2 3 .9 5.2 2

21 bulunur.

2

2= - + += - + +=

^ ^

^ ^

h h

h h

Doğru yanıt “D” seçeneğidir.

2.Verilen fonksiyonun görüntü kümesi için

8 f x 158 x 2x 159 x 2x 1 169 x 1 163 x 1 4

2

2

2

++ +++

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

^

^

h

h

3 x 1 42 x 3a 2 ve b 3ise a.b 6 olur.

+

= ==

1 1

1 1

2 2

2 2

Doğru yanıt “B” seçeneğidir.

3.Parabol Ox eksenine teğet olduğuna göre denklemi tam kare olmalıdır. Yani 0=3 olmalıdır.

3

"

^

^^

^^

^

^

h

hh

hh

h

h

Pozitif bir noktada teğet olduğundan m 9= ’dur.Doğru yanıt “E” seçeneğidir.

4.Verilen fonksiyon için tamdeğer fonksiyonuna uygun ola-rak aralık yazılırsa;

2x 41 2

2 2x 41 3

21 2x 4 3

1

27 2x 3

11

47 x 6

11 bulunur.

+ =

+

+

- -

- -

1

2

2

2

#

$

$

$

' 1

Doğru yanıt “A” seçeneğidir.

5.I. yol :Verilen bağıntı düzenlenirse

y 1 x 2- = +

$

1

Verilen bağıtının bulunan aralıklarda grafi ği çizilirse doğ-ru yanıt “E” seçeneği bulunur.II. yol : Bu tür grafi klerde değer vererek seçenek eleme-si yapılabilir.

Doğru yanıt “E” seçeneğidir.

Matematik (Lise)


5

çözümü

6.Verilen denklemde a lnx= değişken değiştirmesi yapılır-sa x ea= bulunur.Bulunan ifadeler verilen denklemde yerlerine yazılırsa;

x e .x 0e e .e 0

e ea a 12 0

a 4 ve a 3 bulunur.

lnx 12

a a 12 a

a a 12

2

2

- =- =

=- - =

= =-

+

^

^

h

h

O halde x ea= denklemi a 4 ve a 3= =- kökleri için;

a 4 ise x ea 3 ise x e bulunur.

4

3= ==- = -

Kökler çarpımı e .e e4 3 =- olacaktır.Doğru yanıt “B” seçeneğidir.

7.z ve z1 2 karmaşık sayıları için,z 4 8i 31+ - = ifadesi karmaşık düzlemde merkezi (-4,8)

noktası olan ve yarıçapı 3 br olan bir çember belirtir.z 2 12 - = ifadesi ise karmaşık düzlemde merkezi (2,0)

ve yarıçapı 1 br olan bir çember belirtir.Bu çemberleri karmaşık düzlemde çizersek;

y

x2-4

3 8

z1

z2 M21

M 1

zz12

-

Bu iki çemberin merkezleri arasındaki uzaklık M M 101 2 = olduğundan, z z1 2- ’nin en küçük olma-

sı için merkezler arası uzaklıktan iki çemberin yarıçap uzunluklarını çıkartırsak;

z z 10 3 1z z 6 br olarak bulunur.

1 2

1 2

- = - -- =

Doğru yanıt “C” seçeneğidir.

8.Verilen ifade aşağıdaki gibi düzenlenirse;

ab a b xab a b 1 x 1

a b 1 b 1 x 1b 1 a 1 x 1 olur.

+ + =+ + + = ++ + + = ++ + = +

^

^ ^

h

h h

O hâlde x 1+ sayısı aralarında asal a 1+^ h ve b 1+^ h sa-yılarının çarpımıdır. Buna göre seçenekler incelenirse

Ancak x 1 19+ = için a 1 1 ve b 1 19a 0 b 18 olur.

+ = + == =

a Z! + koşulunu sağlamaz.


9.II. araç I. aracın 11m önünde yola çıkarsa aldığı mesafe;11 t 8t 402+ + + şeklinde ifade edilir.I. aracın II. aracı yakalayabilmesi için katedilen mesafe-ler eşit olmalıdır. O hâlde

^ ^h h

Zaman negatif olamayacağından t 4= ’tür.Doğru yanıt “A” seçeneğidir.

Matematik (Lise)


6

çözümü

10.

A

R N S

B

P

KM

L O

Karıncanın A noktasından B’ye en kısa yoldan gidebile-ceği güzergahlar;A - N - M - L - BA - N - M - O - BA - N - K - L - BA - R - K - L - B’dir.


11.B makinesinin günlük üretimi 500 ampul olursa, 500.%3=15’i bozuk olur.A makinesindeki üretim %20 daha fazla (500+500.%20) 600 ampul olur ve bozuk ampul sayısı 600.%5=30’dur.Koşullu olasılığa göre seçilen ampulün bozuk olduğu bi-liniyorsa, ihtimal 15 30

3032

+ = ’tür.


12.6 boya kutusundan 3 tanesini seçme durumları:

63 3.2.1

6.5.4 20'dir.= =c m

Ara rengi ve onu oluşturan ana renkleri seçme hali 3 farklı durumdur. Buna göre ihtimal: 20

3 ’dir.


13.Verilen olayın olasılığı A olursa;

2.

.

P A e dx

e

ee olur

21

21

0

x

x

2

4

2

2

2

3

^

^

h

h

#3

4


14.X rastgele değişkeninin alabileceği değerler bölmesi S olsun. O halde;

, , , , ,S 2 4 6 8 10 12x " , olacaktır.Bu örnek uzayın her bir elemanının gerçekleşme olası-lığı 6

1 olacaktır. Böylece X rastgele değişkeninin olası-lık fonksiyonu

xi 2 4 6 8 10 12

61

61

61

61

61

61P(xi)

olup P x 1 olur.ii 1

6=

=^ h/

O halde, X rastgele değişkeninin beklenen değeri;

M ,

. . . . . .

.

E x x P xi

bulunur

2 61 4 6

1 6 61 8 6

1 10 61 12 6

1

7

xi 1

6

^ ^h h/


Matematik (Lise)


7

çözümü

15.

E CD

BA

F2

O

2

45°45°

2

2

22

Şekilde DB6 @ köşegen ve DB 4 2 br= ’dir. O noktası iç teğet çemberinin merkezi olmak üzere OF6 @ yarı çap ve 2 br’dir. DF 2 2 2 br'dir.= -A noktasından geçen köşegen çizilirse,AO 2 2 br= olur. O halde AOF dik üçgeninde

AF FO AO2 2 2 ise

AF 2 3 br olur.

2 2 2

2 2= += +

=^ h

ADE dik üçgeninde DB6 @ köşegen olduğundan DF6 @ iç açıortay olur.

A

D E2x

F4

x 3

2 3

Şekilde DF6 @ açıortay olduğuna göre DE 2x br= ise EF x 3 br= ’dir.İç açıortayın uzunluğu

DF DA . DE AF . FE2 2 2 4.2x 2 3 .x 3

8 8 3 4 8x 6x12 8 2 2x

x 6 4 2 br olur.

2

2= -

- = -- + = -

- == -

^ h

EF x 3 6 4 2 . 36 3 4 6 br olur.

= = -= -^ h


16.

CD

B

E

G

β

αα90 -α

F

A

ABCD kare ve m DCE = ^ h% ise m CEG 90= - ^ h

% olur. CE CG=6 6@ @ olduğundan m BCG = ^ h

% ’dır. DC BC= olduğundan CDE ve BCG üçgenleri eş üçgenlerdir.DC BC= ise DE BG ve

CE CG olur.==

O zaman CEG üçgeni ikizkenar dik üçgendir ve 45°= olur.

tan tan 45

1 tan .tan45tan tan45

1 43 .1

43 1

4147

7 olur.

+ = +

= -+

=-

+

=

=

^ ^h h


17.1 veya 2 elemanlarından herhangi birinin bulunduğu alt küme sayısı için tüm alt küme sayısından 1 ve 2 eleman-larının bulunmadığı alt küme sayısını çıkarırız.

c m

A kümesinin en çok iki elemanlı alt küme sayısı

80

81

82

1 8 28

37 olur.

+ + = + +

=

c c cm m m


Matematik (Lise)


8

çözümü

18.B A A B B A A B

B A A BB A A B

A B olacakt r.

====

, +

+ + +

, + ,

,

^ ^ ^ ^

^ ^

^ ^

h h h h

h h

h h

6 @


19.Önce etkisiz elemanı bulalım.

e x x e x e xe xe. 1 x 0

= = + + =+ =

) )

^ h

) )

)

)

^ h


20.1,1 ve 4,4! ! ^ ^h h olduğundan yansıma özelliği yok-

tur.

!

!

^

^

h

h olduğundan simet-ri özelliği vardır.1,4 ! ^ h için 4,1 ! ^ h olduğundan ters simetri özelli-ği yoktur. ! ! ! ^ ^ ^h h h olduğundan geçiş-

me özelliği yoktur.Doğru yanıt “A” seçeneğidir.

21.Verilen toplam,

A k. 2k 3k 1

9= +

=^ h/ şeklinde ifade edilir.

2k 3k

2. k 3. k

2. 69.10.19 3. 2

9.10

705 bulunur.

2

k 1

9

2

k 1

9

k 1

9

= +

= +

= +

=

=

==

/

//


22.

^ h

lim lim bb

nn!

n 1n 1 !

lim nn 1 . 1 n 1

1

1.e

e1 'dir.

n

n 1

n 1

n

n

1

an = =++

= + -+

=

=

+

-

-

^

^

` c

h

h

j m; E


23. üç terimlisinde a 1=- ve 01i olduğunda x 2x 3 02- + - 1 ve sgn x 2x 3 1'dir.2- + - =-^ h

3x 1 1

2 13

x 1 2 3

3x 1 1

1 3x 1 2

4 x 7 bulunur.

- - = - + =

- =

- 1

1

#

#

' '

'

1 1

1

Buna göre, x’in alabileceği tam sayı değerleri toplamı 4 5 6 15'tir.+ + =


24.

1

1

y

2

2

3

3

4

4

5

5x

-5

-5

-4

-4

-3

-3

-2

-2 -1-1

C 3,4-^ h D 1,4^ h A 3,4^ h

B 3,-4^ h

olduğundan D(1,4)’tür.Doğru yanıt “E” seçeneğidir.

Matematik (Lise)


9

çözümü

25.

lim ln ex 3x 4 ln x x 1

lim lnx x 1

ex 3x 4

lim lnx x 1

ex 3x 4

x2 2

x 2

2

x 2

2

+ + - + +

=+ ++ +

=+ ++ +

"

"

"

3

3

3

^

f

h

p

ln limx x 1

ex 3x 4

ln elne

21 lne

21 olur.

x 2

2

1/2

=+ ++ +

==

=

=

"3c m


26.y 0^ olduğundan pay ve pay y ile genişletilirse,

lim, ,x y 0 1"^ ^h h

sin limxxy

, ,x y 0 1

"

^

^ ^

h

h h

. siny xyxy^ h

yazabiliriz. xy, dönüşümü yapılırsa;

lim, ,x y 0 1"^ ^h h y 1

sin limxxy

^ h

.lim lim siny uu

y u1 0" "

1 elde edilir.Doğru yanıt “D” seçeneğidir.

27.f fonksiyonu a noktasını içeren bir aralıkta her mertebe-den türevlenebilir ise;

! ,kf a x a

k

k

ak

0

^^

^h

h

h

/

serisine, f fonksiyonu tarafından a noktasında üretilen

Taylor Serisi denir.

O halde çf x e i inx2^ h

2 24 4 28 8 2

.

f x e ise ff x e ise ff x e ise f

f x e ise f olur

000

2 20

x

x

x

n n x n n

2

2 2

2 3

2

h

^ ^

^ ^

^ ^

^^

^

^

h h

h h

h h

hh

h

h

O halde f x e x2^ h fonksiyonunun x 0 noktasındaki Maclaurin serisi;

! !.

nf x n

x0 0 2n

n

nn n

n0 0

3 3

^^

^h

h

h

/ /


28.Verilenlere göre,

! ! !

! !

! ! ! ... ! ! ...

.

nn

nn

n

n n

e ee bulunur

1 1

11 1

11

21

31

21

31

1 22 3

n nn

n n

2 22

2 2

3 33

3 3

^

c c

^ ^

h

m m

h h

/ //

/ /


29.Verilenlere göre düzenleme yapılırsa

. . . . . .

. . .

.

A B A B B A B A

B A B A

olur

1T T T T T

T T

n

n

1 1 1 1

1 1

1

^ ^ ^ ^^

^ ^^

^

h h h h h

h h h

h

8 88

8

B BB

B


30.f x x g 2x 2 .x x 22 2+ = + + +^ ^h h eşitliğinde her iki tarafın türevi alındığında;

^ ^ ^ ^h h h h

ifadesi elde edilir.

^ ^ ^

^ ^ ^^

^ ^^

^ ^

^

^

h h h

h h h h

h h h

h h

h

h


Matematik (Lise)


10

çözümü

31.f x x mx m 2 x 23 2= + + - -^ ^h h eğrisinin dönüm noktasının apsisi x = 1 ise ^ h ’dır.

^

^

^

h

h

h

Böylece;f x x 3x 5x 23 2= - - -^ h olur. ^ h, bu eğrinin x 1=- apsisli noktasındaki teğetinin eğimini verir.

^

^

^

h

h

h

Teğetinin eğimi 4 ise bu noktadaki normalinin eğimi 41-

olur.Doğru yanıt “C” seçeneğidir.

32.Alanı 4 br2 olan bir dairenin yarıçapı;

r 4 ise r 2 br2 = = olarak bulunur.

A

B CH

x

O2

2

OH x= olsun. (OHC)3

’nde pisagor bağıntısı uygulanır-sa HC 4 x2= - olarak bulunur.

A ABC 2AH . BC

2x 2 .2 4 x

x 2 . 4 x dir.

2

2

= =+ -

= + -

T

^^

^

hh

h

Bu üçgenin alanı, alan fonksiyonunun 1. türevini sıfır ya-pan noktada maksimum değere ulaşacağından;

^

^ ^

^ ^

h

h h

h h

8 B

x 2 ve x 1=- = olarak bulunur.Bu noktalardan hangisinin maksimum nokta olduğunu bulmak için işaret tablosu yaparsak;

^ h --2 1

-+

x 1= noktası maksimum noktası olur.Bu noktadan üçgenin yüksekliği, AH x 2 3 br= + = ola-rak bulunur.


33.Verilen iki integral tek integral ile ifade edilirse;

x 22x dx x 2

8 dx x 22x 8 dx

x 22 x 2 x 2

dx

2 x 2 dx

2 2x 4x c

x 4x c bulunur.

2 2

2

2

- - - = --

= -- +

= +

= + +

= + +

c

^

^ ^

^

c

m

h

h h

h

m

# # #

#

#


Matematik (Lise)


11

çözümü

34.Verilen ifade de g x x f x dx2=^ ^h h# olsun.Bu durumda, O halde; ^ ^h h olacaktır.

^ ^^

^ ^ ^^

^ ^^ ^^

^ ^ ^

^

^

h h h

h h h h

h hh h h

h h h

h

h

6 @.

olacaktır.

Bulunan ifadede türev alınırsa

^

^

^

h

h

h

O halde f 2 9 22 10 olur.= + =^ h


35.

4 x x dx

f x g x

2

0

2

- -

^ ^h h

8 BSS#

Verilen integralde, integrali alınacak ifade de f x 4 x2= -^ h ve g x x=^ h olarak alınsın.O halde, f x y 4 x ise x y 4 olur.2 2 2= = - + =^ h

Bu denklem yarıçapı 2 br olan merkezcil çemberin üst yarısıdır.Ayrıca; g x y x= =^ h , I. açıortay doğrusudur.Bulunan ifadeler ortak çözülürse, f x g x

4 x x4 x x

2x 4x 2

2

2 2

2

=- =- =

==!

^ ^h h

verilen fonksiyonların kesişme noktalarıdır.

Bulunan fonksiyonların grafi kleri analitik düzlemde çize-lim.

45°45°

2-2

2

-2

2

g x x=^ h

O halde istenen integral bulunan daire diliminin alanıdır.

4 x x dx 360.2 .45°

2 bulunur.

2

0

2 2- - =

=

6 @#


36.I. yol : Verilen diferansiyel denklem değişkenlerine ayrı-labilir bir diferansiyel denklemdir.

^

^

^

^

h

h

h

h

# #

II. yol : Verilen diferansiyel denklem Lineer Diferansiyel denklemdir. O halde denklemin integral çarpanı

^

^h

h#

Matematik (Lise)


12

çözümü

Denklem I x e x2= -

^^

hh ile çarpılırsa;

`

^ ^ ^

^

^^

^ ^

^

j

h h h

h

hh

h h

h

6 @# #


37.Verilen denklem değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemdir. O halde;

0

0

.

ln lnln

ydx x dy

xdx

ydy

x y c

yx c

x ycx yc olur

3

33

3

33

^ h


38.Verilen diferansiyel denklem değişkenlerine ayrılabilir bir denklemdir. O halde;

.ln

NdN kdt

NdN kdt

N kt cN ce olurkt

# #

t 0 anında yatırım a lira olarak kabul edilirse t 6 anında 2a lira olmalıdır.

0 .6 2

26 2

.ln

ln

t ise a ce ise c a olurt ise a ce

a a ekk bulunur6

1 2

k

k

0

6

6


39. Verilen parametreler düzenlenirse;

cost 4x ve sint 3

y

sin t cos t 16x

9y 12 2 2 2

= =

+ = + =


40.Verilen denklemlerden birincisi merkezi M 1, 2, 11 - -^ h ve yarıçapı r 1br1 = , ikincisi ise merkezi M 5,1,12 -^ h ve yarı-çapı r 2 br2 = olan küre denklemleridir.

1M1 M2

x2

Kürelerin merkezleri arasındaki uzaklık

M M 1 5 2 1 1 1

6 3 249

7 br'dir.

1 22 2 2

2 2 2= + + - - + - -

= + +==

^ ^ ^h h h

O hâlde küreler arasındaki en kısa uzaklık 7 1 2 4 br'dir.= - - =


Matematik (Lise)


13

çözümü

41.Gerçekçi matematik öğretiminin en önemli iki görü-şü; matematiğin gerçekle ilişkilendirilmesi ve matema-tiğin bir insan aktivitesi olmasıdır. Gerçekçi matematik öğretiminin altı ilkesi bulunmaktadır. Etkinlik ilkesi, ya-parak yaşayarak öğrenme anlamına gelmektedir. Ger-çeklik ilkesi, matematik öğreniminin de gerçek yaşamın matematikleştirilmesiyle yapılması ilkesidir. Düzey ilke-si, çeşitli anlama düzeylerinden geçmesi demektir. Yeni bir düzeye ulaşmanın göstergesi, uygulanan etkinliklerin üzerinde yeteneğini yansıtabilmesi demektir. İçselleştir-me ya da ünitelerin etkileşimi ilkesi, gerçekçi matematik öğretiminin temel özelliklerinden biri olarak, matemati-ğin okul dersi olarak farklı öğrenme konularına bölünme-mesidir. Daha derin matematiksel açıdan ise, içselleştir-me ilkesine göre; matematik üniteleri birbirinden bağım-sız gibi düşünülmemelidir. Bağlamsal problemleri çöze-bilmek için, çeşitli matematiksel araç gereçler ile birlikte, ilişkili konulara da başvurmak gereklidir. İletişim ilkesin-de matematik öğrenme sosyal bir aktivite olarak düşü-nülür. Eğitim öğrencilere kendi stratejilerini ve keşifl erini paylaşabilecekleri imkânlar sunmalıdır. Rehberlik ilkesi, öğrencilere matematiği yeniden keşif sürecinde rehber-lik imkânı vermesidir.


42.Matematik öğretisinde, öğrencilerin grafi kleri ve fonksi-yonları daha kolay kavramalarını, çözümleri daha hız-lı gerçekleştirerek çözülebilecek örnek sayısını arttırma-larını amaçladığımızda matematik derslerinin bilgisayar destekli olmasının önemi anlaşılmaktadır. Bilgisayarın matematik öğretiminde kullanılması, matematik öğreti-mine yönelik yeni düşünce ve anlayışlara dayalı olarak gerçekleşmektedir. Yapılan araştırmalar sonucunda ma-tematik öğretiminde bilgisayar teknolojilerini kullanma-nın yararları şu şekilde sıralanmıştır: Matematik ders-lerinde bireysel farklılıkların yaratacağı olumsuz etkile-ri yok edebilir ya da en aza indirebilir, kalabalık sınıfl ar-da öğretmenin yükünü hafi fl etebilir, bireysel öğrenmeyi sağlayarak eğitimin kalitesini yükseltebilir, problem çöz-mede karşılaşılan güçlüklerin ve hataların nerede oldu-ğunu görmede ve nasıl düzeltilebileceği ile ilgili bilgi ver-mede yardımcı olabilir.


43.Matematik, aralarında anlamlı ilişkiler bulunan kendine özgü sembolleri ve terminolojisi olan bir dildir. Eğer öğ-rencilerin matematik dilini doğru geliştirmelerini ve kul-lanmalarını istiyorsak onlara bu dili kullanabilecekleri öğ-renme ortamları sunmalıyız. İletişim becerisini geliştire-bilmek için; matematiksel fi kirleri fi ziksel materyallerle, modellerle, resimler ve diyagramlarla anlatabilme; sözel veya yazılı ifadeleri, somut, resim, grafi k ve cebirsel yön-temleri modelleyebilme; matematiksel fi kirler ve durum-ları açıklayabilme ve doğruluğunu gösterebilme, mate-matiksel dili ve sembolleri günlük dille ilişkilendirebilme, matematiksel fi kirleri değerlendirebilmek ve yorumlaya-bilmek için okuma, dinleme ve görselleştirme becerilerini kullanabilme, matematiksel keşfetme süreci sonucunda ulaştığı sonucu formüle ederek genele ulaşabilme, ma-tematiksel ifadeleri ilgili sorular doğrultusunda genişlete-bilme ve doğrulayabilme, matematiksel fi kirlerin gelişti-rilmesinde matematiksel gösterimlerin gücünü ve rolünü değerlendirebilme gibi etkinlikler yaptırılmalıdır.


44.Lise matematik öğretim programında, öğrencilerin öz düzenlemeyle ilgili özelliklerinin gelişimi önemli bir yer tutmaktadır. Öz düzenleme becerisine sahip olunması için hedefl enenler; matematikle ilgili konularda kendini motive etme, matematik dersi için hedefl er belirleyerek bunlara ulaşmak için kendini yönlendirme, matematik dersinde istenenleri zamanında ve düzenli olarak yap-ma, matematikle ilgili çalışmalarda kendi kendini sorgu-lama, matematik dersinde ihtiyacı olduğunda ailesinden, arkadaşlarından ve öğretmeninden yardım isteme; ma-tematik dersine verimli bir şekilde çalışma, matematik sı-navlarında heyecanlı ve panik hâlde olmama; matema-tik dersinde bireyler arası ilişkilerde saygının, değer ver-menin, onurun, hoşgörünün, yardımlaşmanın, paylaş-manın, dürüstlüğün ve sevginin önemini bilme ve uygu-lama; matematik dersinde yapılan çalışmalarda temiz ve düzenli olma, matematik dersinde kendine veya başka-larına ait malzemeleri kullanırken özen gösterme.


Matematik (Lise)


14

çözümü

45.Matematik öğretim programı mantık, cebir, trigonomet-ri, lineer cebir, olasılık - istatistik ve temel matematik ol-mak üzere toplam 6 öğrenme alanı ve 63 alt öğrenme alanından oluşmaktadır. 9. sınıfta mantık ve cebir alan-ları, 10. sınıfta cebir ve trigonometri alanları; 11. sınıfta cebir, lineer cebir ile olasılık ve istatistik alanları; 12. sı-nıfta cebir ve temel matematik alanlarına yönelik amaç kazanımlar vardır. 12. sınıftaki temel matematik alanının alt öğrenme alanları, limit ve süreklilik, türev, integraldir.


46.Lise matematik programında öğrencinin kendi mate-matiksel anlamını inşa etmesini sağlayacak öğrenme-öğretme ortamlarının tasarlanması hedefl enir. Bu amaç-la grup çalışmaları ve sınıf içi tartışmaların da etkisiy-le öğrencilerin bilgileri kendilerinin yapılandırmasına fır-sat verilmelidir. Bu şekilde bir öğretim ortamı oluşturmak için dikkat edilmesi gereken ilkeler; öğretim somut de-neyimlerle başlamalıdır, anlamlı öğrenme amaçlanmalı-dır, matematik bilgileriyle iletişim kurmalıdır, ilişkilendir-me önemsenmelidir, öğrenci motivasyonu dikkate alın-malıdır, teknoloji etkin kullanılmalıdır, grup çalışmaları önemsenmelidir.


47.Yapılandırmacılığın bir uygulama şekli olan 5E modeli-ne göre ders içi uygulamalar giriş, keşfetme, açıklama derinleşme ve değerlendirme olmak üzere beş basa-maktan oluşur. Dördüncü basamak olan derinleşme, öğ-rencilerin konuya ilişkin anlamalarını ilerlettikleri aşama-dır. Öğretmen alternatif sorularla ulaşılan sonucun diğer matematiksel sonuçlarla ilişkilerini kurdurmaya, ulaşılan sonuca ilişkin öğrencilerinin genellemeler yapmalarına, ulaşılan ilişkinin geçerli olmadığı özel durumları irdele-melerine olanak sağlamalıdır. Özellikle karşıt örneklerle ulaşılan sonucun sınırları belirlenmeye çalışılır. Sorunun öncülünde de daha önce yapılandırdıkları bilgi ile ilgili yeni bir uygulama yapıldığı için derinleşme aşamasıdır.


48.Verilen örnekte öğrencilerin mantık öğrenme alanının, bileşik önermeler alt öğrenme alanına ait bir etkinlik ve-rilmiştir. Çünkü bu verilere dayanarak öğrenciler;p: Hava sıcak,q: Hava nemli,r: Yağmur yağacak önermelerini oluşturmaları istenir. Bu durumda verilen bilgilere göre p / q & r, p & q, q mantıksal modelini kuracaktır.


49.Bruner tarafından oluşturulan bu öğretim stratejisi öğ-renciyi merkeze alan, öğretmenin rehber olduğu bir öğ-retim stratejisidir. Stratejinin özünde, konu ile ilgili örnek-ler verilmesi, öğrencilerin bu örnekleri incelemesi, bir so-nuca varmaya çalışması, daha sonra konu ile ilgili olum-suz örnekler verilmesi, öğrencilerin olumsuz örnekleri anlayarak, olumlu örneklerde vardığı sonuçları bir süz-geçten geçirip doğru yolu bulmaları vardır. Bilişsel ala-nının kavrama, analiz ve değerlendirme, duyuşsal ala-nın tepkide bulunma ve değer verme basamaklarında-ki bilgiler için kullanılabilir. Tümevarım yöntemi kullanı-lır. Soru öncülünde örnek durumları inceleyen öğrencile-re örnek olmayan durumlar vermemiştir. Öğretmenin III. basamaktan sonra örnek olmayan durumlar vermesi ve öğrencilerin bu durumlar ile örnek durumları karşılaştır-malarını istemesi gerekirdi.


Matematik (Lise)


15

çözümü

50.Tahmin ve kontrol etme stratejisinde öğrenci, problemin çözümü ile ilgili bir tahminde bulunur, daha sonra tahmi-nini kontrol eder, doğru sonuca ulaşmamışsa niçin yan-lış olduğu konusunda akıl yürütür.


matematik (lise) · sin lim x xy ^h lim limy. sin u u yu""10 1 elde edilir. doğru yanıt...

Documents