Matematikk R1 eksamen høst 2016 - REA3022 oppgaver og løsningsforslag

Arkivside for R1 høst 2016 med oppgavekort, modellbesvarelser, løsningsstrategier og forklaringer for sterke svar.

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

ifingo › Eksamen › Matematikk R1

Hvorfor dette er sterkt: Svaret viser tre sentrale R1R1R1-regler: potensregel, produktregel og kvotientregel.

Oppgaver med fullstendige modellbesvarelser

Oppgave 1

1

Derivasjon

📝 OppgaveDeriver f(x)=2x2−5x−6,g(x)=xln⁡xf(x)=2x^{2}-5x-6, g(x)=x \ln xf(x)=2x2−5x−6,g(x)=xlnx og h(x)=e2x/(x−3)h(x)=e^{2x}/(x-3)h(x)=e2x/(x−3). ✅ Modellbesvarelse
  1. For f brukes potensregelen: f′(x)=4x−5f'(x)=4x-5f′(x)=4x−5.
  2. For g brukes produktregelen: g′(x)=ln⁡x+1g'(x)=\ln x+1g′(x)=lnx+1.
  3. For h brukes kvotientregelen: h′(x)=((2x−7)e2x)/(x−3)2h'(x)=((2x-7)e^{2x})/(x-3)^{2}h′(x)=((2x−7)e2x)/(x−3)2.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret viser tre sentrale R1R1R1-regler: potensregel, produktregel og kvotientregel.

Oppgave 2

2

Nullpunkt og ekstremalpunkt

📝 OppgaveAnalyser en funksjon på formen f(x)=(x+1)2(x−2)f(x)=(x+1)^{2}(x-2)f(x)=(x+1)2(x−2). ✅ Modellbesvarelse
  1. Nullpunktene er x=−1x=-1x=−1 og x=2x=2x=2, altså punktene (-1,0) og (2,0).
  2. Derivasjon gir f′(x)=(x+1)(3x−3)f'(x)=(x+1)(3x-3)f′(x)=(x+1)(3x−3). Dermed er kritiske x-verdier -1 og 1.
  3. Fortegn for den deriverte gir toppunkt i (-1,0) og minimumspunkt i (1,-4).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen er sterk fordi den bruker både faktorisering og fortegnsanalyse for den deriverte.

Oppgave 3

3

Algebraiske brøker

📝 OppgaveForenkle og løs en likning med brøkuttrykk der nevnerne inneholder x2−25,x+5x^{2}-25, x+5x2−25,x+5 og 2x−102x-102x−10. ✅ Modellbesvarelse
  1. Faktoriser først x2−25=(x+5)(x−5)x^{2}-25=(x+5)(x-5)x2−25=(x+5)(x−5) og 2x−10=2(x−5)2x-10=2(x-5)2x−10=2(x−5).
  2. Etter samling på fellesnevner forenkles uttrykket til x/(x+5)x/(x+5)x/(x+5).
  3. Likningen gir x=0x=0x=0 eller x=5x=5x=5, men x=5x=5x=5 forkastes fordi den gir null i nevner. Løsningen er x=0x=0x=0.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret er sterkt fordi det kombinerer algebraisk forenkling med definisjonskontroll.

Oppgave 4

4

Eksponential- og logaritmelikninger

📝 OppgaveLøs 23x−2−13=32^{3x-2}-13=323x−2−13=3 og en andregradslikning ilg⁡xi \lg xilgx. ✅ Modellbesvarelse
  1. Første likning gir 23x−2=16=242^{3x-2}=16=2^{4}23x−2=16=24. Dermed 3x−2=43x-2=43x−2=4 og x=2x=2x=2.
  2. I logaritmelikningen settes u=lg⁡xu=\lg xu=lgx. Da blir u2+u−2=0u^{2}+u-2=0u2+u−2=0, altså u=−2u=-2u=−2 eller u=1u=1u=1.
  3. Dermed er lg⁡x=−2\lg x=-2lgx=−2 eller lg⁡x=1\lg x=1lgx=1, og x=0,01x=0,01x=0,01 eller x=10x=10x=10.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen viser effektiv substitusjon og korrekt overgang tilbake til x.

Oppgave 5

5

Parameterlinje og vektorer

📝 OppgaveFinn parameterframstilling, skjæring med x-aksen og et punkt som gir normalitet. ✅ Modellbesvarelse
  1. En retningsvektor [1,1] gir linjen x=−4+t,y=5+tx=-4+t, y=5+tx=−4+t,y=5+t.
  2. Skjæring med x-aksen betyr y=0y=0y=0, altså t=−5t=-5t=−5. Punktet blir D=(−9,0)D=(-9,0)D=(−9,0).
  3. Normalitetskravet løses med skalarprodukt lik null. Det gir t=−3t=-3t=−3 og punktet E=(−7,2)E=(-7,2)E=(−7,2).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret er sterkt fordi parameter, skjæring og skalarprodukt holdes ryddig adskilt.

Oppgave 6

6

og 7: Bayes og geometri

📝 OppgaveFinn sannsynlighet for defekt nøkkel og bruk formlikhet til å vise Pytagoras. ✅ Modellbesvarelse
  1. Total sannsynlighet: P(D)=13⋅0,04+23⋅0,01=0,02P(D)=\tfrac{1}{3}\cdot 0,04+\tfrac{2}{3}\cdot 0,01=0,02P(D)=31​⋅0,04+32​⋅0,01=0,02.
  2. Bayes gir P(A∣D)=(P(A)P(D∣A))/P(D)=23P(A|D)=(P(A)P(D|A))/P(D)=\tfrac{2}{3}P(A∣D)=(P(A)P(D∣A))/P(D)=32​, altså omtrent 67 prosent.
  3. I geometrioppgaven brukes formlikhet til å få (c+a)/b=b/(c−a)(c+a)/b=b/(c-a)(c+a)/b=b/(c−a), som leder til a2+b2=c2a^{2}+b^{2}=c^{2}a2+b2=c2.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen er sterk fordi den kombinerer presis sannsynlighetsnotasjon med geometrisk bevis.

Oppgave 1

1

Lotto og hypergeometri

📝 OppgaveRegn kombinasjoner og sannsynlighet for riktige tall. ✅ Modellbesvarelse
  1. Antall mulige rekker er C(34,7)=5379616C(34,7)=5 379 616C(34,7)=5379616.
  2. Sannsynligheten for nøyaktig fem rette er C(7,5)C(27,2)/C(34,7)C(7,5)C(27,2)/C(34,7)C(7,5)C(27,2)/C(34,7), omtrent 0,0014.
  3. Sannsynligheten for at de tre siste tallene går inn er C(3,3)C(27,0)/C(30,3)C(3,3)C(27,0)/C(30,3)C(3,3)C(27,0)/C(30,3), omtrent 0,0002.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret viser tydelig hvorfor modellen er hypergeometrisk.

Oppgave 2

2

Ortogonale sirkler

📝 OppgaveFinn sentrum og radius for to sirkler, skjæringspunkter og vis ortogonalitet. ✅ Modellbesvarelse
  1. Den ene sirkelen har sentrum S1=(−5,0)S1=(-5,0)S1=(−5,0) og radius 454\sqrt{5}45 ​. Den andre kan skrives (x−5)2+y2=20(x-5)^{2}+y^{2}=20(x−5)2+y2=20, med sentrum S2=(5,0)S2=(5,0)S2=(5,0) og radius 252\sqrt{5}25 ​.
  2. Skjæringspunktene er (3,4) og (3,-4).
  3. Sirklene er ortogonale fordi relevante radiusvektorer står normalt: [8,4] dot [2,−4]=16−16=0[2,-4]=16-16=0[2,−4]=16−16=0.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen er sterk fordi den kobler sirkelalgebra, skjæringspunkt og skalarprodukt.

Oppgave 3

3

og 4: Modellering og parameterkurve

📝 OppgaveOptimaliser tidsbruk langs vei/terreng og analyser parameterkurven r(t)=[t3−3t+3,t−1]r(t)=[t^{3}-3t+3,t-1]r(t)=[t3−3t+3,t−1]. ✅ Modellbesvarelse
  1. Tidsmodellen har vei-ledd x/5x/5x/5 og terreng-ledd med hypotenus delt på 3. Digital analyse gir kortest tid når hun skjærer av veien etter 3,5 km.
  2. For parameterkurven er v(t)=r′(t)=[3t2−3,1]v(t)=r'(t)=[3t^{2}-3,1]v(t)=r′(t)=[3t2−3,1] og a(t)=r′′(t)=[6t,0]a(t)=r''(t)=[6t,0]a(t)=r′′(t)=[6t,0].
  3. Ved t=1t=1t=1 er posisjonen (1,0), banefarten 1 og akselerasjonen 6. Fartsvektor parallell med y-aksen gir t=+−1t=+-1t=+−1.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret er sterkt fordi det forklarer hva modellen betyr før digital optimalisering og vektoranalyse.

Oppgave 1

1

Derivasjon

📝 OppgaveDeriver blant annet f(x)=−3x2+6x−4f(x)=-3x^{2}+6x-4f(x)=−3x2+6x−4 og g(x)=5ln⁡(x3−x)g(x)=5\ln (x^{3}-x)g(x)=5ln(x3−x). ✅ Modellbesvarelse
  1. For f brukes potensregelen: f′(x)=−6x+6=−6(x−1)f'(x)=-6x+6=-6(x-1)f′(x)=−6x+6=−6(x−1).
  2. For g brukes kjerneregelen: g′(x)=5⋅(3x2−1)/(x3−x)g'(x)=5\cdot (3x^{2}-1)/(x^{3}-x)g′(x)=5⋅(3x2−1)/(x3−x).
  3. Et sterkt svar kontrollerer også at logaritmeuttrykket bare er definert der x3−xx^{3}-xx3−x er positivt.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret viser korrekt bruk av potensregel, kjerneregel og definisjonskontroll.

Oppgave 2

2

og 3: Algebra og vektorstrategi

📝 OppgaveArbeid med algebraiske uttrykk, likninger og vektorer fra del 1. ✅ Modellbesvarelse
  1. Faktoriser først, slik at nullpunkter og ugyldige x-verdier blir synlige.
  2. Ved vektoroppgaver bør du skrive både retningsvektor og punkt før parameterframstilling.
  3. Når du bruker skalarprodukt, må normalitet begrunnes med at skalarproduktet er 0.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette gir et sterkt svar fordi metoden er synlig også når oppgaveteksten er sammensatt.

Oppgave 1

1

To bunker med kort

📝 OppgaveTo bunker velges med sannsynlighet 12\tfrac{1}{2}21​ hver. Finn sannsynlighet for to røde kort og hvilken bunke kortene trolig kom fra. ✅ Modellbesvarelse
  1. For bunke A er sannsynligheten for to røde kort 58⋅47=514\tfrac{5}{8}\cdot \tfrac{4}{7}=\tfrac{5}{14}85​⋅74​=145​.
  2. For bunke B er sannsynligheten 37⋅26=17\tfrac{3}{7}\cdot \tfrac{2}{6}=\tfrac{1}{7}73​⋅62​=71​.
  3. Total sannsynlighet blir 12⋅514+12⋅17=14\tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{5}{14}+\tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{1}{7}=\tfrac{1}{4}21​⋅145​+21​⋅71​=41​. Bayes gir P(A|to røde)=5/7.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret er sterkt fordi det bruker total sannsynlighet og Bayes ryddig.

Oppgave 2

2

Arealoptimalisering

📝 OppgaveEt rektangel har lengde x og bredde f(x)=5e−x/2f(x)=5e^{-x/2}f(x)=5e−x/2. Finn største areal. ✅ Modellbesvarelse
  1. Arealfunksjonen blir T(x)=x⋅f(x)=5T(x)=x\cdot f(x)=5T(x)=x⋅f(x)=5xe^(−x/2)(-x/2)(−x/2).
  2. Deriver: T′(x)=(5−2,5x)e−x/2T'(x)=(5-2,5x)e^{-x/2}T′(x)=(5−2,5x)e−x/2.
  3. T′(x)=0T'(x)=0T′(x)=0 gir x=2x=2x=2. Da er T(2)=10/eT(2)=10/eT(2)=10/e, omtrent 3,68.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarLøsningen er sterk fordi den modellerer arealet før den optimaliserer.

Oppgave 3

3

Parameterlinje og punkt

📝 OppgaveFinn parameterframstilling for linjen gjennom B og C, og bestem punkt P med en vinkelbetingelse. ✅ Modellbesvarelse
  1. Retningsvektoren BC=[1,5], og et punkt på linjen er B=(4,0)B=(4,0)B=(4,0). Parameterframstillingen blir x=4+t,y=5tx=4+t, y=5tx=4+t,y=5t.
  2. For et punkt P på linjen er AP=[3+t,−3+5t][3+t,-3+5t][3+t,−3+5t].
  3. Normalitetskravet AB dot AP=0 gir t=32t=\tfrac{3}{2}t=23​. Dermed blir P=(112,152)P=(\tfrac{11}{2},\tfrac{15}{2})P=(211​,215​).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvaret er sterkt fordi det viser hvordan parameter, vektor og skalarprodukt spiller sammen.

Oppgave 4

4

Digital løsning og kontroll

📝 OppgaveBruk digitalt verktøy på en sammensatt graf- eller modelloppgave. ✅ Modellbesvarelse
  1. Definer funksjonene eller punktene tydelig i CAS/GeoGebra.
  2. Bruk verktøyet til å finne skjæringspunkter, ekstremalpunkter eller avstander, men skriv hva kommandoene betyr.
  3. Avslutt med en setning som tolker resultatet i oppgavens kontekst.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi digital metode dokumenteres og ikke bare brukes som fasitmaskin.

Ofte stilte spørsmål

Hva bør jeg øve på før R1 høst 2016?Derivasjon, eksponential- og logaritmelikninger, vektorer, polynom, Bayes, funksjonsdrøfting, konstruksjon og parameterkurver.Er høst 2016 relevant for dagens R1?Ja som trening, men fagkoden er gammel. Bruk den som arkiv og suppler med REA3056-sett.Hva kjennetegner et sterkt svar i dette settet?At metodevalget forklares før regning, og at svarene tolkes i geometri, sannsynlighet eller modellkontekst.Hva er hovedtemaene i R1 vår 2016?Derivasjon, algebra, kortsannsynlighet, Bayes, arealoptimalisering, vektorer, parameterlinjer og digital modellering.Hvordan bør jeg bruke denne siden?Les oppgavekortet først, prøv selv, og bruk modellbesvarelsen til å sammenlikne metode, ikke bare sluttresultat.Er REA3022 fortsatt aktiv?Nei. REA3022 er arkiv/gammel læreplan og er erstattet av REA3056. Klar for eksamen?
Øv på flere oppgaver med fasit og modellbesvarelser.
Gå til Matematikk R1

Relaterte sider

Matematikk R1EksamensoppgaverMatematikk

Relaterte sider

← Tilbake til ifingo