Matematikk 1T eksamen vår 2025 – oppgaver og løsningsforslag

Del 1 – Uten hjelpemidler

Oppgave 1 2 poeng

Oppgave: Funksjonen er gitt ved f(x)=12x−32x+1f(x)=\dfrac{12x-3}{2x+1}f(x)=2x+112x−3​. Bestem likningene for eventuelle asymptoter til grafen til fff.

Vertikal asymptote. Nevneren er null der 2x+1=02x+1=02x+1=0, altså x=−12x=-\tfrac12x=−21​. Telleren er ikke null her, så x=−12x=-\tfrac12x=−21​ er en vertikal asymptote.

Horisontal asymptote. Teller og nevner har samme grad. Grenseverdien når x→±∞x\to\pm\inftyx→±∞ er forholdet mellom de ledende koeffisientene:

lim⁡x→±∞12x−32x+1=122=6.\lim_{x\to\pm\infty}\frac{12x-3}{2x+1}=\frac{12}{2}=6.x→±∞lim​2x+112x−3​=212​=6.

Svar: Vertikal asymptote x=−12x=-\tfrac12x=−21​, horisontal asymptote y=6y=6y=6.

Oppgave 2 2 poeng

Oppgave: Løs ulikheten x2−4x−12<0x^2-4x-12<0x2−4x−12<0.

Steg 1 – Finn nullpunktene. x2−4x−12=0x^2-4x-12=0x2−4x−12=0 gir x=4±16+482=4±82x=\dfrac{4\pm\sqrt{16+48}}{2}=\dfrac{4\pm 8}{2}x=24±16+48 ​​=24±8​, altså x=−2x=-2x=−2 og x=6x=6x=6.

Steg 2 – Faktoriser og les av fortegn. (x+2)(x−6)<0(x+2)(x-6)<0(x+2)(x−6)<0. Parabelen vender opp, så uttrykket er negativt mellom nullpunktene.

Svar: −2<x<6-2<x<6−2<x<6, altså x∈⟨−2, 6⟩x\in\langle -2,\,6\ranglex∈⟨−2,6⟩.

Oppgave 3 1 poeng

Oppgave: En andregradsfunksjon har ett nullpunkt. Grafen skjærer y-aksen i punktet (0,9)(0,9)(0,9). Bestem et mulig funksjonsuttrykk.

Steg 1 – Bruk skjæringspunktet. Skriv f(x)=ax2+bx+cf(x)=ax^2+bx+cf(x)=ax2+bx+c. Fra (0,9)(0,9)(0,9) er c=9c=9c=9.

Steg 2 – Ett nullpunkt. Ett nullpunkt betyr diskriminant 000: b2−4ac=0⇒b2=36ab^2-4ac=0\Rightarrow b^2=36ab2−4ac=0⇒b2=36a. Velg a=1a=1a=1, da er b=±6b=\pm 6b=±6.

Svar: f.eks. f(x)=x2+6x+9=(x+3)2f(x)=x^2+6x+9=(x+3)^2f(x)=x2+6x+9=(x+3)2 (nullpunkt i x=−3x=-3x=−3). Også f(x)=(x−3)2f(x)=(x-3)^2f(x)=(x−3)2 er et gyldig svar.

Oppgave 4 4 poeng

Oppgave: a) Løs likningen x3−7x2−10x+16=0x^3-7x^2-10x+16=0x3−7x2−10x+16=0. b) Funksjonen er f(x)=x3−7x2−10x+16f(x)=x^3-7x^2-10x+16f(x)=x3−7x2−10x+16. Hvilken av grafene (A–D) kan være grafen til fff? Begrunn.

a) Steg 1 – Gjett en rot. x=1x=1x=1: 1−7−10+16=01-7-10+16=01−7−10+16=0. ✓ Så (x−1)(x-1)(x−1) er en faktor.

a) Steg 2 – Polynomdivisjon. x3−7x2−10x+16=(x−1)(x2−6x−16)x^3-7x^2-10x+16=(x-1)(x^2-6x-16)x3−7x2−10x+16=(x−1)(x2−6x−16).

a) Steg 3 – Løs resten. x2−6x−16=(x−8)(x+2)=0⇒x=8x^2-6x-16=(x-8)(x+2)=0\Rightarrow x=8x2−6x−16=(x−8)(x+2)=0⇒x=8 eller x=−2x=-2x=−2.

Svar a): x∈{−2, 1, 8}x\in\{-2,\ 1,\ 8\}x∈{−2, 1, 8}.

b) Kjennetegn ved grafen. Konstantleddet er 161616, så grafen skjærer y-aksen i (0,16)(0,16)(0,16) – høyt oppe. Den deriverte er f′(x)=3x2−14x−10f'(x)=3x^2-14x-10f′(x)=3x2−14x−10, og f′(0)=−10<0f'(0)=-10<0f′(0)=−10<0, så grafen synker der den krysser y-aksen. Nullpunktene er −2, 1, 8-2,\ 1,\ 8−2, 1, 8.

Svar b): Grafen som skjærer y-aksen i 161616, synker ved x=0x=0x=0 og har nullpunkter i −2, 1-2,\ 1−2, 1 og 888 – dvs. graf C. (Bruk figuren i settet til å bekrefte bokstaven.)

Oppgave 5 6 poeng

Oppgave: a) Bruk en likesidet trekant til å vise at sin⁡30∘=cos⁡60∘=12\sin 30^\circ=\cos 60^\circ=\tfrac12sin30∘=cos60∘=21​. b) Trekant ABCABCABC med AB=10AB=10AB=10, AC=6AC=6AC=6, ∠A=30∘\angle A=30^\circ∠A=30∘: bestem arealet. c) Trekant PQRPQRPQR med PQ=8PQ=8PQ=8, PR=3PR=3PR=3, ∠P=60∘\angle P=60^\circ∠P=60∘: bestem QRQRQR.

a) I en likesidet trekant (alle vinkler 60∘60^\circ60∘) deler høyden fra en toppvinkel trekanten i to like 30–60–90-trekanter. Den korteste kateten er halve grunnlinja, altså halve hypotenusen. Da er sin⁡30∘=motsta˚endehypotenus=12ss=12\sin 30^\circ=\dfrac{\text{motstående}}{\text{hypotenus}}=\dfrac{\frac12 s}{s}=\dfrac12sin30∘=hypotenusmotsta˚ende​=s21​s​=21​, og på samme trekant er cos⁡60∘=12\cos 60^\circ=\dfrac12cos60∘=21​.

b) Arealsetningen. A=12⋅AB⋅AC⋅sin⁡A=12⋅10⋅6⋅sin⁡30∘=12⋅10⋅6⋅12=15A=\tfrac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin A=\tfrac12\cdot 10\cdot 6\cdot\sin 30^\circ=\tfrac12\cdot 10\cdot 6\cdot\tfrac12=15A=21​⋅AB⋅AC⋅sinA=21​⋅10⋅6⋅sin30∘=21​⋅10⋅6⋅21​=15.

c) Cosinussetningen. QR2=PQ2+PR2−2⋅PQ⋅PR⋅cos⁡P=82+32−2⋅8⋅3⋅cos⁡60∘=64+9−24=49QR^2=PQ^2+PR^2-2\cdot PQ\cdot PR\cdot\cos P=8^2+3^2-2\cdot 8\cdot 3\cdot\cos 60^\circ=64+9-24=49QR2=PQ2+PR2−2⋅PQ⋅PR⋅cosP=82+32−2⋅8⋅3⋅cos60∘=64+9−24=49, så QR=7QR=7QR=7.

Svar: a) vist. b) Areal =15=15=15. c) QR=7QR=7QR=7.

Oppgave 6 1 poeng

Oppgave: Kari løser x2−4=(x+2)(x−2)x^2-4=(x+2)(x-2)x2−4=(x+2)(x−2) i et CAS-verktøy og får x=xx=xx=x. Forklar hva en identitet er.

Forklaring. En identitet er en likning som er sann for alle verdier av variabelen – høyre og venstre side er identiske uttrykk. Her er (x+2)(x−2)=x2−4(x+2)(x-2)=x^2-4(x+2)(x−2)=x2−4 for enhver xxx, så det finnes ingen «spesiell» løsning å finne. Derfor svarer CAS x=xx=xx=x: likningen holder uansett hva xxx er.

Svar: x2−4=(x+2)(x−2)x^2-4=(x+2)(x-2)x2−4=(x+2)(x−2) er en identitet – sann for alle xxx – i motsetning til en vanlig likning som bare er sann for bestemte løsninger.

Oppgave 7 2 poeng

Oppgave: Siri kjører et program (vist i settet). Hva finner hun ut, og hvilken verdi skrives ut?

Hva programmet gjør. Programmet leter etter minimumsverdien til andregradsfunksjonen f(x)=x2+2x−15f(x)=x^2+2x-15f(x)=x2+2x−15 på intervallet [−5,5][-5,5][−5,5]. Løkka regner ut f(x)f(x)f(x) for økende xxx så lenge verdien synker, og skriver ut verdien når den slutter å synke – altså minimumsverdien.

Kontroll for hånd. f′(x)=2x+2=0⇒x=−1f'(x)=2x+2=0\Rightarrow x=-1f′(x)=2x+2=0⇒x=−1, og f(−1)=1−2−15=−16f(-1)=1-2-15=-16f(−1)=1−2−15=−16.

Svar: Programmet skriver ut minimumsverdien −16-16−16.

Del 2 – Med hjelpemidler

Oppgave 1 5 poeng

Oppgave: Antall registrerte tilfeller av kikhoste (Jan 2023–Okt 2024): 29, 93, 164, 284, 1035, 1657 ved x=1,5,10,14,20,22x=1,5,10,14,20,22x=1,5,10,14,20,22 (x=x=x= måneder etter des. 2022). a) Vis at K(x)=27,8⋅1,2xK(x)=27{,}8\cdot 1{,}2^{x}K(x)=27,8⋅1,2x er en god modell. b) Stigningstall for linja gjennom (4,K(4))(4,K(4))(4,K(4)) og (21,K(21))(21,K(21))(21,K(21)), med praktisk tolkning. c) Hvor mange tilfeller i mai 2025?

a) Eksponentiell regresjon på tabellen gir vekstfaktor ≈ 1,2 og startverdi ≈ 27,8, altså K(x)=27,8⋅1,2xK(x)=27{,}8\cdot 1{,}2^{x}K(x)=27,8⋅1,2x. Modellen treffer godt: f.eks. K(22)=27,8⋅1,222≈1655K(22)=27{,}8\cdot 1{,}2^{22}\approx 1655K(22)=27,8⋅1,222≈1655 mot faktisk 1657, og K(20)≈1066K(20)\approx 1066K(20)≈1066 mot 1035.

b) K(4)=27,8⋅1,24≈57,6K(4)=27{,}8\cdot1{,}2^{4}\approx 57{,}6K(4)=27,8⋅1,24≈57,6 og K(21)=27,8⋅1,221≈1278,9K(21)=27{,}8\cdot1{,}2^{21}\approx 1278{,}9K(21)=27,8⋅1,221≈1278,9. Stigningstall:

K(21)−K(4)21−4=1278,9−57,617≈71,8.\frac{K(21)-K(4)}{21-4}=\frac{1278{,}9-57{,}6}{17}\approx 71{,}8.21−4K(21)−K(4)​=171278,9−57,6​≈71,8.

Tolkning: I gjennomsnitt økte antallet registrerte tilfeller med ca. 72 per måned fra april 2023 (x=4x=4x=4) til september 2024 (x=21x=21x=21).

c) Mai 2025 er x=29x=29x=29 måneder etter des. 2022. K(29)=27,8⋅1,229≈5499K(29)=27{,}8\cdot 1{,}2^{29}\approx 5499K(29)=27,8⋅1,229≈5499.

Svar: a) god modell. b) ca. 71,871{,}871,8 – økning på ~72 tilfeller/måned. c) ca. 5500 tilfeller i mai 2025.

Oppgave 2 2 poeng

Oppgave: Små sekker veier 4,5 kg, store 12 kg. En dag ble 80 sekker solgt, til sammen 720 kg. Hvor mange små og store?

Steg 1 – Sett opp likninger. La s=s=s= små og S=S=S= store: s+S=80s+S=80s+S=80 og 4,5s+12S=7204{,}5s+12S=7204,5s+12S=720.

Steg 2 – Løs. s=80−Ss=80-Ss=80−S satt inn: 4,5(80−S)+12S=720⇒360+7,5S=720⇒S=484{,}5(80-S)+12S=720\Rightarrow 360+7{,}5S=720\Rightarrow S=484,5(80−S)+12S=720⇒360+7,5S=720⇒S=48, og s=32s=32s=32.

Svar: 323232 små og 484848 store sekker.

Oppgave 3 4 poeng

Oppgave: En regulær tolvkant er innskrevet i en sirkel og satt sammen av tolv like store likebeinte trekanter. Arealet av tolvkanten er 120. a) Bestem diameteren (eksakt). b) Bestem omkretsen (eksakt).

a) Hver trekant har areal 120/12=10120/12=10120/12=10, to sider lik radius rrr og toppvinkel 360∘/12=30∘360^\circ/12=30^\circ360∘/12=30∘. Arealsetningen: 12r2sin⁡30∘=10⇒14r2=10⇒r2=40⇒r=210\tfrac12 r^2\sin 30^\circ=10\Rightarrow \tfrac14 r^2=10\Rightarrow r^2=40\Rightarrow r=2\sqrt{10}21​r2sin30∘=10⇒41​r2=10⇒r2=40⇒r=210 ​. Diameter d=2r=410d=2r=4\sqrt{10}d=2r=410 ​.

b) Grunnlinja (siden i tolvkanten) via cosinussetningen: b2=r2+r2−2r2cos⁡30∘=2⋅40(1−32)=80−403b^2=r^2+r^2-2r^2\cos 30^\circ=2\cdot 40\left(1-\tfrac{\sqrt3}{2}\right)=80-40\sqrt3b2=r2+r2−2r2cos30∘=2⋅40(1−23 ​​)=80−403 ​. Omkrets =12b=1280−403=24(15−5)=12b=12\sqrt{80-40\sqrt3}=24(\sqrt{15}-\sqrt5)=12b=1280−403 ​ ​=24(15 ​−5 ​).

Svar: a) diameter =410=4\sqrt{10}=410 ​. b) omkrets =24(15−5)≈39,3=24(\sqrt{15}-\sqrt5)\approx 39{,}3=24(15 ​−5 ​)≈39,3.

Oppgave 4 5 poeng

Oppgave: Figurene (1, 2, 3, …) er satt sammen av små grønne kvadrater. a) Sett opp en algoritme. b) Lag et program som skriver ut antallet i hver av de 20 første figurene. c) Med 1 000 000 kvadrater: hvor mange hele figurer kan du lage, og hvor mange kvadrater er igjen?

Mønster. Figur nnn har A(n)=(n+1)2A(n)=(n+1)^2A(n)=(n+1)2 kvadrater (figur 1: 4, figur 2: 9, figur 3: 16 …).

a) Algoritme. For nnn fra 1 til 20: regn ut (n+1)2(n+1)^2(n+1)2 og skriv ut resultatet.

b) Program (Python).

for n in range(1, 21): print(n, (n+1)**2) # Figur 20 -> 441 kvadrater

c) Program – teller hele figurer inntil lageret er tomt.

rest = 1_000_000 n = 1 while rest >= (n+1)**2: rest -= (n+1)**2 n += 1 print("Antall figurer:", n-1) # 142 print("Kvadrater igjen:", rest) # 15017

Svar: b) figur 20 krever 441441441 kvadrater. c) du kan lage 142 hele figurer, og har 15 017 kvadrater igjen.

Oppgave 5 6 poeng

Oppgave: En sylinderboks skal ha volum 450 cm3450\text{ cm}^3450 cm3 og minst mulig overflate. V=πr2hV=\pi r^2 hV=πr2h, O=πr2+2πrhO=\pi r^2+2\pi r hO=πr2+2πrh. a) Fyll ut tabellen for r=2,4,6,8r=2,4,6,8r=2,4,6,8. b) Sett opp O(r)O(r)O(r) og lag en graf. c) Hvilken radius gir minst overflate, og hvor stor blir den?

Høyden. Fra V=πr2h=450V=\pi r^2h=450V=πr2h=450: h=450πr2h=\dfrac{450}{\pi r^2}h=πr2450​.

a) Tabell (avrundet):

rrr (cm)	hhh (cm)	OOO (cm²)
2	35,8	462,6
4	8,95	275,3
6	3,98	263,1
8	2,24	313,6

b) Funksjonsuttrykk. Sett h=450πr2h=\dfrac{450}{\pi r^2}h=πr2450​ inn i OOO: O(r)=πr2+2πr⋅450πr2=πr2+900rO(r)=\pi r^2+2\pi r\cdot\dfrac{450}{\pi r^2}=\pi r^2+\dfrac{900}{r}O(r)=πr2+2πr⋅πr2450​=πr2+r900​.

c) Minimum. O′(r)=2πr−900r2=0⇒2πr3=900⇒r=450π3≈5,23O'(r)=2\pi r-\dfrac{900}{r^2}=0\Rightarrow 2\pi r^3=900\Rightarrow r=\sqrt[3]{\dfrac{450}{\pi}}\approx 5{,}23O′(r)=2πr−r2900​=0⇒2πr3=900⇒r=3π450​ ​≈5,23. Da er O(5,23)≈258O(5{,}23)\approx 258O(5,23)≈258.

Svar: c) radius ca. 5,23 cm gir minst overflate, ca. 258 cm².

Oppgave 6 4 poeng

Oppgave: Læreren har tegnet grafene til to rasjonale funksjoner. fff har to vertikale asymptoter; ggg har ingen. Finn mulige funksjonsuttrykk for fff og ggg, og begrunn.

fff – to vertikale asymptoter. Nevneren må ha to nullpunkter. Fra figuren krysser fff y-aksen på positiv side og har et nullpunkt for en positiv xxx. Et mulig uttrykk (leser bruddpunkter og nullpunkt fra grafen):

f(x)=5x−2x2−4(asymptoter x=±2, nullpunkt x=25).f(x)=\frac{5x-2}{x^2-4}\quad\text{(asymptoter }x=\pm 2,\ \text{nullpunkt }x=\tfrac25).f(x)=x2−45x−2​(asymptoter x=±2, nullpunkt x=52​).

ggg – ingen vertikal asymptote. Nevneren kan aldri bli null, f.eks. x2+1x^2+1x2+1. Velg teller slik at skjæring med y-aksen og horisontal asymptote stemmer med grafen:

g(x)=2x+3x2+1.g(x)=\frac{2x+3}{x^2+1}.g(x)=x2+12x+3​.

Argument: x2+1>0x^2+1>0x2+1>0 for alle xxx (ingen vertikal asymptote), og både fff og ggg får riktig fortegn i skjæringen med y-aksen.

Svar: f.eks. f(x)=5x−2x2−4f(x)=\dfrac{5x-2}{x^2-4}f(x)=x2−45x−2​ og g(x)=2x+3x2+1g(x)=\dfrac{2x+3}{x^2+1}g(x)=x2+12x+3​. Les de eksakte tallene (bruddpunkter, nullpunkt, y-skjæring) fra grafene i settet – flere uttrykk er mulige.