Matematikk 1T eksamen høst 2024 – oppgaver og løsningsforslag

Øv på Matematikk 1T høst 2024 med oppgavekort, modellbesvarelser og forklaringer som viser hvordan du fører et sterkt svar.

Faglig kvalitetssikret av lærere og toppstudenter · Følger læreplanen (LK20) · Sist oppdatert 2026-09-08

ifingo › Eksamen › Matematikk 1T

Oppgavetekstene er gjengitt og strukturert pedagogisk for Ifingo-publisering. Kontroller mot original PDF ved endelig publisering.

Oppgaver med fullstendige modellbesvarelser

Oppgave 1

1

Trigonometrisk identitet (2 poeng)

📝 OppgaveVis med trekanten at 2⋅sin⁡(u)⋅cos⁡(u)=sin⁡(2u)2\cdot \sin (u)\cdot \cos (u)=\sin (2u)2⋅sin(u)⋅cos(u)=sin(2u) når u=30u=30u=30 grader. ✅ Modellbesvarelse
  1. 1) Når u=30u=30u=30 grader, er sin⁡(30)=12\sin (30)=\tfrac{1}{2}sin(30)=21​ og cos⁡(30)=3/2\cos (30)=\sqrt{3}/2cos(30)=3 ​/2.
  2. 2) Venstre side blir 2⋅12⋅(3/2)=3/22\cdot \tfrac{1}{2}\cdot (\sqrt{3}/2)=\sqrt{3}/22⋅21​⋅(3 ​/2)=3 ​/2.
  3. 3) Høyre side er sin⁡(60)\sin (60)sin(60), og i en 30-60-90-trekant er sin⁡(60)=3/2\sin (60)=\sqrt{3}/2sin(60)=3 ​/2.
  4. 4) Venstre og høyre side er like, så formelen stemmer for u=30u=30u=30 grader.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen viser både numerisk kontroll og geometrisk forståelse av spesialvinkler.

Oppgave 2

2

Bunnpunkt for andregradsfunksjon (2 poeng)

📝 OppgaveFunksjonen er f(x)=(x−1)(x+3)f(x)=(x-1)(x+3)f(x)=(x−1)(x+3). Bestem koordinatene til bunnpunktet. ✅ Modellbesvarelse
  1. 1) Nullpunktene er x=1x=1x=1 og x=−3x=-3x=−3.
  2. 2) Symmetrilinjen ligger midt mellom nullpunktene: x=(−3+1)/2=−1x=(-3+1)/2=-1x=(−3+1)/2=−1.
  3. 3) Regn ut funksjonsverdien: f(−1)=(−1−1)(−1+3)=(−2)⋅2=−4f(-1)=(-1-1)(-1+3)=(-2)\cdot 2=-4f(−1)=(−1−1)(−1+3)=(−2)⋅2=−4.
  4. Svar: Bunnpunktet er (-1,-4).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen bruker nullpunkter og symmetri, og kontrollerer y-verdien med innsetting.

Oppgave 3

3

Tredjegradsulikhet (4 poeng)

📝 OppgaveLøs ulikheten f(x)<0f(x)<0f(x)<0 for f(x)=x3+7x2+4x−12f(x)=x^{3}+7x^{2}+4x-12f(x)=x3+7x2+4x−12, og illustrer løsningen grafisk. ✅ Modellbesvarelse
  1. 1) Test x=1x=1x=1: 1+7+4−12=01+7+4-12=01+7+4−12=0, så (x-1) er en faktor.
  2. 2) Polynomdivisjon gir x2+8x+12x^{2}+8x+12x2+8x+12.
  3. 3) Faktoriser: x2+8x+12=(x+2)(x+6)x^{2}+8x+12=(x+2)(x+6)x2+8x+12=(x+2)(x+6).
  4. 4) Dermed er f(x)=(x−1)(x+2)(x+6)f(x)=(x-1)(x+2)(x+6)f(x)=(x−1)(x+2)(x+6).
  5. 5) Nullpunktene er -6, -2 og 1. Fortegnsskjema viser negativt fortegn for x<-6 og -2<x<1.
  6. Svar: x i (-uendelig,-6) union (-2,1).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen viser faktorisering, fortegnsdrøfting og intervallsvar, som er nødvendig for ulikheter.

Oppgave 4

4

Tangens og enhetssirkel (2 poeng)

📝 OppgavePunktet P(0,64,0,77)P(0,64, 0,77)P(0,64,0,77) ligger på enhetssirkelen ved ca. 50 grader. Begrunn om tan⁡(50)>1\tan (50)>1tan(50)>1 og om tan⁡(130)>0\tan (130)>0tan(130)>0. ✅ Modellbesvarelse
  1. a) tan⁡(50)=sin⁡(50)/cos⁡(50)\tan (50)=\sin (50)/\cos (50)tan(50)=sin(50)/cos(50)≈0,770,640,\tfrac{77}{0},640,077​,64≈1,20. Derfor er tan⁡(50)>1\tan (50)>1tan(50)>1.
  2. b) 130 grader ligger i andre kvadrant. Der er sinus positiv og cosinus negativ. Tangens = sinus/cosinus blir derfor negativ. Dermed er tan⁡(130)>0\tan (130)>0tan(130)>0 usant.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen kobler koordinater på enhetssirkelen til fortegn og størrelse på tangens.

Oppgave 5

5

Kvadratsetning som arealidentitet (2 poeng)

📝 OppgaveEt lite kvadrat med side s og to rektangler inngår i et stort kvadrat med side s+t. Sett opp en identitet ut fra arealet. ✅ Modellbesvarelse
  1. Arealet av det store kvadratet er (s+t)2(s+t)^{2}(s+t)2. Det samme arealet kan deles i et lite kvadrat s2s^{2}s2, to rektangler st og st, og et kvadrat t2t^{2}t2. Derfor får vi identiteten (s+t)2=s2+2(s+t)^{2}=s^{2}+2(s+t)2=s2+2st+t2t^{2}t2.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen viser hvorfor formelen er en identitet, ikke bare en pugget kvadratsetning.

Oppgave 1

1

Eksponentialmodell for avisabonnement (8 poeng)

📝 OppgaveModellen P(x)=3600⋅0,85x+600P(x)=3600\cdot 0,85^{x}+600P(x)=3600⋅0,85x+600 viser antall papirabonnenter x år etter 2010. Undersøk P(0)P(0)P(0), gjennomsnittlig vekstfart fra x=4x=4x=4 til x=14x=14x=14, momentan vekstfart ved x=10x=10x=10, og når digitale abonnenter passerer papirabonnenter når digitalmodellen starter på 1000 i 2019 og øker 5,5 % årlig. ✅ Modellbesvarelse
  1. a) P(0)=3600⋅1+600=4200P(0)=3600\cdot 1+600=4200P(0)=3600⋅1+600=4200. Det betyr ca. 4200 papirabonnenter i 2010.
  2. b) P(4)P(4)P(4)≈2479 og P(14)P(14)P(14)≈970. Gjennomsnittlig vekstfart er (970−2479)/(14−4)(970-2479)/(14-4)(970−2479)/(14−4)≈-151 abonnenter per år.
  3. c) Deriver modellen: P′(x)=3600⋅ln⁡(0,85)⋅0,85xP'(x)=3600\cdot \ln (0,85)\cdot 0,85^{x}P′(x)=3600⋅ln(0,85)⋅0,85x. P'(10)≈-115. I starten av 2020 synker papirabonnementet med ca. 115 abonnenter per år.
  4. d) Digitalmodell: D(x)=1000⋅1,055x−9D(x)=1000\cdot 1,055^{x-9}D(x)=1000⋅1,055x−9, fordi 2019 svarer til x=9x=9x=9. Sammenlikning gir D(12)D(12)D(12)≈1174 og P(12)P(12)P(12)≈1112. Første hele år med flere digitale abonnenter blir derfor 2022.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen kombinerer modellforståelse, gjennomsnittlig og momentan vekstfart, derivasjon og praktisk tolkning.

Oppgave 2

2

Areal av stjerne med likesidede trekanter (2 poeng)

📝 OppgaveEn stjerne er satt sammen av 12 likesidede trekanter med side 4. Vis med trigonometri at arealet er 48⋅348\cdot \sqrt{3}48⋅3 ​. ✅ Modellbesvarelse
  1. Arealet av én trekant er A=12⋅a⋅b⋅sin⁡(C)A=\tfrac{1}{2}\cdot a\cdot b\cdot \sin (C)A=21​⋅a⋅b⋅sin(C). For en likesidet trekant er a=b=4a=b=4a=b=4 og C=60C=60C=60 grader. Da er A=12⋅4⋅4A=\tfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 4A=21​⋅4⋅4*sin60=8⋅(3/2)=438\cdot (\sqrt{3}/2)=4\sqrt{3}8⋅(3 ​/2)=43 ​. Stjernen består av 12 slike trekanter: 12⋅43=48312\cdot 4\sqrt{3}=48\sqrt{3}12⋅43 ​=483 ​.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen bruker arealsetningen direkte og forklarer hvorfor vinkelen er 60 grader.

Oppgave 3

3

Rasjonal funksjon fra asymptoter (2 poeng)

📝 OppgaveEn rasjonal funksjon har vertikal asymptote x=2x=2x=2, horisontal asymptote y=4y=4y=4 og nullpunkt x=−3x=-3x=−3. Bestem et mulig funksjonsuttrykk. ✅ Modellbesvarelse
  1. Vertikal asymptote x=2x=2x=2 betyr at nevneren kan være x-2. Nullpunkt x=−3x=-3x=−3 betyr at telleren kan ha faktoren x+3. For at horisontal asymptote skal bli y=4y=4y=4, må forholdet mellom ledende koeffisienter være 4. Et mulig uttrykk er f(x)=4(x+3)/(x−2)f(x)=4(x+3)/(x-2)f(x)=4(x+3)/(x−2). Da er nullpunktet -3, nevneren blir 0 ved x=2x=2x=2, og f(x)f(x)f(x) nærmer seg 4 når x blir stor.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret begrunner alle grafegenskapene gjennom teller, nevner og ledende koeffisienter.

Oppgave 4

4

Fakultet og antall nuller (4 poeng)

📝 Oppgavea) Lag et program som kan regne ut n! for et gitt naturlig tall n. Bruk det til å regne ut 5!, 10! og 15!. b) Forklar hvorfor 100! har 24 nuller til slutt. ✅ Modellbesvarelse
  1. a) Et enkelt Python-program er:
  2. produkt=1
  3. for i in range(1,n+1):
  4. produkt=produkt*i
  5. print(produkt)
  6. Da får vi 5≠120,10≠36288005\neq 120, 10\neq 36288005=120,10=3628800 og 15≠130767436800015\neq 130767436800015=1307674368000.
  7. b) En null til slutt kommer fra faktoren 10=2⋅510=2\cdot 510=2⋅5. Det finnes flere 2-faktorer enn 5-faktorer, så vi teller 5-faktorer i 100!: floor(1005\tfrac{100}{5}5100​)=20 og floor(10025\tfrac{100}{25}25100​)=4. Totalt 20+4=2420+4=2420+4=24. Derfor har 100! 24 nuller til slutt.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen viser både algoritmisk fremgangsmåte og tallteoretisk begrunnelse.

Oppgave 5

5

Tredjegradsfunksjon fra betingelser (3 poeng)

📝 OppgaveEn tredjegradsfunksjon f(x)f(x)f(x)=ax^3+bx^2+cx+d går gjennom (2,6), har toppunkt i (-2,8), og tangenten ix=3i x=3ix=3 har stigningstall 4. Bestem a, b, c og d. ✅ Modellbesvarelse
  1. Bruk betingelsene: f(2)=6,f(−2)=8,f′(−2)=0f(2)=6, f(-2)=8, f'(-2)=0f(2)=6,f(−2)=8,f′(−2)=0 og f′(3)=4f'(3)=4f′(3)=4. Siden f′(x)=3f'(x)=3f′(x)=3ax^2+2bx+c, gir dette fire lineære likninger. Løsning av likningssystemet gir a=350,b=−59100,c=−825a=\tfrac{3}{50}, b=-\tfrac{59}{100}, c=-\tfrac{8}{25}a=503​,b=−10059​,c=−258​ og d=19825d=\tfrac{198}{25}d=25198​. Dermed kan funksjonen skrives f(x)=0,06x3−0,59x2−0,32x+7,92f(x)=0,06x^{3}-0,59x^{2}-0,32x+7,92f(x)=0,06x3−0,59x2−0,32x+7,92.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen viser hvordan hver tekstopplysning blir oversatt til en likning før systemet løses.

Oppgave 6

6

Areal av firkant med trigonometri (4 poeng)

📝 OppgaveBestem arealet av firkant ABCD på to måter: a) med sidene AD=6, BC=10 og diagonalen AC=16,4 sammen med figurdata, b) med vinkelopplysninger rundt diagonal BD. ✅ Modellbesvarelse
  1. a) Del firkanten i trekantene ACD og ABC langs diagonalen AC. Bruk cosinussetningen til å finne relevante vinkler i trekantene, og deretter arealsetningen A=12A=\tfrac{1}{2}A=21​ab sin⁡(C)\sin (C)sin(C). Summen av trekantarealene blir ca. 58,5 kvadratenheter.
  2. b) Del i trekantene ABD og BCD langs diagonal BD. Finn manglende vinkler ved vinkelsum 180 grader. Bruk sinussetningen til å finne BD, og deretter arealsetningen for begge trekanter. Dette gir samme totalareal, ca. 58,5 kvadratenheter.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen viser metodevalg og dokumenterer at to ulike trigonometriske strategier gir samme areal.

Oppgave 7

7

Optimering av grønnsakhage (8 poeng)

📝 OppgaveElse har 100 m gjerde til et rektangel og to likebeinte rettvinklede trekanter. La x være katetlengden i trekantene og y være rektangellengden. Finn areal ved x=8x=8x=8, lag modell, finn maksimal verdi og gyldighetsområde. ✅ Modellbesvarelse
  1. Gjerdeforbruket gir 100=2y+4x+22x100=2y+4x+2\sqrt{2}x100=2y+4x+22 ​x. Dermed y=50−2x−2xy=50-2x-\sqrt{2}xy=50−2x−2 ​x. Arealet består av rektangelet xy og to rettvinklede trekanter som til sammen har areal x2x^{2}x2. Modellen blir A(x)A(x)A(x)=xy+x2=x(50−2x−2x)+x2=50x−(1+2)x2x^{2}=x(50-2x-\sqrt{2}x)+x^{2}=50x-(1+\sqrt{2})x^{2}x2=x(50−2x−2 ​x)+x2=50x−(1+2 ​)x2.
  2. a) A(8)=50⋅8−(1+2)⋅64A(8)=50\cdot 8-(1+\sqrt{2})\cdot 64A(8)=50⋅8−(1+2 ​)⋅64≈245,5m2245,5 m^{2}245,5m2.
  3. b/cb/cb/c) Tabellen/grafen fra modellen viser at arealet øker til rundt x=10x=10x=10 og deretter avtar.
  4. d) Toppunktet er x=50x=50x=50/(2(1+2)2(1+\sqrt{2})2(1+2 ​))≈10,36 m. Maksarealet er ca. 258,9m2258,9 m^{2}258,9m2.
  5. e) For at y skal være positiv, må 50−2x−2x>050-2x-\sqrt{2}x>050−2x−2 ​x>0. Derfor 0<x<50/(2+2)0<x<50/(2+\sqrt{2})0<x<50/(2+2 ​)≈14,64.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen viser modellering fra geometri, optimering av andregradsfunksjon og realistisk gyldighetsområde.

Ofte stilte spørsmål

Klar for eksamen?
Øv på flere oppgaver med fasit og modellbesvarelser.
Gå til Matematikk 1T

Relaterte sider

Matematikk 1TEksamensoppgaverMatematikk

Relaterte sider

← Tilbake til ifingo