Matematikk S1 eksempeloppgave 2015 - REA3026 oppgaver og løsningsforslag

Arkivside for S1 eksempeloppgave 2015 med SEO, oppgavekort, fullstendige modellbesvarelser og kontrollnoter.

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

ifingo › Eksamen › Matematikk S1

Spørsmål / oppgavekort: Bestem den deriverte av en polynomfunksjon, finn en bestemt derivertverdi, og finn skjæringspunktene mellom to grafer.

Oppgaver med fullstendige modellbesvarelser

Oppgave 1

1

Derivasjon og skjæringspunkt

📝 OppgaveBestem den deriverte av en polynomfunksjon, finn en bestemt derivertverdi, og finn skjæringspunktene mellom to grafer. ✅ Modellbesvarelse
  1. For f(x)=3x2−4x+2f(x)=3x^{2}-4x+2f(x)=3x2−4x+2 bruker vi potensregelen. Da er f′(x)=6x−4f'(x)=6x-4f′(x)=6x−4.
  2. For g(x)=3x3−3g(x)=3x^{3}-3g(x)=3x3−3 får vi g′(x)=9x2g'(x)=9x^{2}g′(x)=9x2. Ved x=2x=2x=2 blir g′(2)=9⋅22=36g'(2)=9\cdot 2^{2}=36g′(2)=9⋅22=36.
  3. Skjæringspunkter finnes ved å sette x2−x−2=x+1x^{2}-x-2 = x+1x2−x−2=x+1. Det gir x2−2x−3=0x^{2}-2x-3=0x2−2x−3=0, altså x=−1x=-1x=−1 eller x=3x=3x=3. Innsatt ig(x)=x+1i g(x)=x+1ig(x)=x+1 får vi punktene (-1,0) og (3,4).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen er sterk fordi den bruker riktig regel, viser innsettingen og avslutter med koordinater, ikke bare x-verdier.

Oppgave 2

2

Algebra, logaritmer og konjugatsetning

📝 OppgaveForenkle potensuttrykk, logaritmeuttrykk og uttrykk som kan regnes effektivt med tredje kvadratsetning. ✅ Modellbesvarelse
  1. Potensuttrykket forenkles ved å samle like grunntall. Når teller og nevner kombineres, står vi igjen med 2(a/b)32(a/b)^{3}2(a/b)3.
  2. Logaritmeuttrykket lg(a^2b)+lg(ab^2)+lg(a/b^3) gir 2lg⁡a+lg⁡b+lg⁡a+2lg⁡b+lg⁡a−3lg⁡b=4lg⁡a2\lg a+\lg b+\lg a+2\lg b+\lg a-3\lg b = 4\lg a2lga+lgb+lga+2lgb+lga−3lgb=4lga.
  3. Konjugatsetningen gir (612−392)/(512−492)=((61+39)(61−39))/((51+49)(51−49))=2200200=11(61^{2}-39^{2})/(51^{2}-49^{2})=((61+39)(61-39))/((51+49)(51-49))=\tfrac{2200}{200}=11(612−392)/(512−492)=((61+39)(61−39))/((51+49)(51−49))=2002200​=11.
  4. For 1997*2003-1993*2007 brukes 2000 som sentrum: (20002−32)−(20002−72)=40(2000^{2}-3^{2})-(2000^{2}-7^{2})=40(20002−32)−(20002−72)=40.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er karakter 6-nært fordi eleven velger effektive algebraiske strukturer og unngår tung tallregning.

Oppgave 3

3

Likninger og likningssystem

📝 OppgaveLøs en andregradslikning, en eksponentiallikning, en potenslikning og et likningssystem. ✅ Modellbesvarelse
  1. 3x2=18−3x3x^{2}=18-3x3x2=18−3x gir x2+x−6=0x^{2}+x-6=0x2+x−6=0, altså x=−3x=-3x=−3 eller x=2x=2x=2.
  2. 3⋅2x=243\cdot 2^{x}=243⋅2x=24 gir 2x=8=232^{x}=8=2^{3}2x=8=23, altså x=3x=3x=3.
  3. Ni ledd av typen 383^{8}38 kan skrives 9⋅38=32⋅38=3109\cdot 3^{8} = 3^{2}\cdot 3^{8} = 3^{1}09⋅38=32⋅38=310. Dermed er x=10x=10x=10.
  4. Likningssystemet y=x2−3x−2y=x^{2}-3x-2y=x2−3x−2 og y+2=2xy+2=2xy+2=2x gir y=2x−2y=2x-2y=2x−2. Da blir 2x−2=x2−3x−22x-2=x^{2}-3x-22x−2=x2−3x−2, altså x(x−5)=0x(x-5)=0x(x−5)=0. Løsningene er (0,-2) og (5,8).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarSvarene er sterke fordi hvert problem reduseres til en standardform før svaret presenteres.

Oppgave 4

4

Funksjonsdrøfting og definisjonen av den deriverte

📝 OppgaveDrøft en tredjegradsfunksjon med den deriverte og vis en derivertformel fra definisjonen. ✅ Modellbesvarelse
  1. For f(x)=x3−6x2+9xf(x)=x^{3}-6x^{2}+9xf(x)=x3−6x2+9x er f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)f'(x)=3x^{2}-12x+9=3(x-1)(x-3)f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3). Fortegnslinje gir ekstremalpunkter ved x=1x=1x=1 og x=3x=3x=3.
  2. Funksjonsverdiene er f(1)=4f(1)=4f(1)=4 og f(3)=0f(3)=0f(3)=0. Grafen har toppunkt (1,4) og bunnpunkt (3,0).
  3. For f(x)=x2+2xf(x)=x^{2}+2xf(x)=x2+2x gir definisjonen f'(x)=lim((f(x+h)−f(x))/h(f(x+h)-f(x))/h(f(x+h)−f(x))/h). Etter utregning blir telleren h(2x+h+2)h(2x+h+2)h(2x+h+2). Når h går mot 0, får vi f′(x)=2x+2f'(x)=2x+2f′(x)=2x+2.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven både behersker rask derivasjon og kan begrunne regelen fra definisjonen.

Oppgave 5

5

CAS, økonomimodell og binomisk sannsynlighet

📝 OppgaveBruk digitale verktøy til romgeometri, regresjon/økonomi og sannsynlighet. ✅ Modellbesvarelse
  1. For prismet gir volumet abc=200, romdiagonalen a2+b2+c2=141a^{2}+b^{2}+c^{2}=141a2+b2+c2=141 og halv overflate ab+bc+ac=110. CAS gir sidelengdene 4, 5 og 10 i ulik rekkefølge.
  2. For bakeriet er overskuddet O(x)=14x−K(x)O(x)=14x-K(x)O(x)=14x−K(x). Med K(x)=0,025x2−1,9x+218K(x)=0,025x^{2}-1,9x+218K(x)=0,025x2−1,9x+218 får vi O(x)=−0,025x2+15,9x−218O(x)=-0,025x^{2}+15,9x-218O(x)=−0,025x2+15,9x−218.
  3. Toppunktet for overskuddsfunksjonen gir ca. 313 brød og et overskudd på ca. 2268 kroner.
  4. Abeloppgaven er binomisk fordi hvert spørsmål har to utfall, samme sannsynlighet og uavhengige forsøk. Med n=20n=20n=20 og p=0,2p=0,2p=0,2 blir P(X=5)P(X=5)P(X=5) omtrent 17,7 %, og P(X≥5)P(X\ge 5)P(X≥5) omtrent 37 %.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi både modellvalg, digital beregning og tolkning i kontekst er synlig.

Oppgave 6

6

Lineær optimering, volum og parameterbestemmelse

📝 OppgaveLøs optimeringsoppgaver med ulikheter, derivasjon og ukjente parametere. ✅ Modellbesvarelse
  1. For grus/pukk gir begrensningene 0≤x≤900,0≤y≤10000\le x\le 900, 0\le y\le 10000≤x≤900,0≤y≤1000 og 1,36x+1,60y≤21761,36x+1,60y\le 21761,36x+1,60y≤2176. Inntekten er F(x,y)=74x+106yF(x,y)=74x+106yF(x,y)=74x+106y, så pukk selges for 106 kr per tonn.
  2. Ved hjørnepunktkontroll gir maksimum omtrent x=423,5x=423,5x=423,5 tonn veigrus og y=1000y=1000y=1000 tonn pukk. Inntekten blir ca. 137 339 kroner.
  3. For esken er V(x)=(a−2x)2⋅xV(x)=(a-2x)^{2}\cdot xV(x)=(a−2x)2⋅x. Derivasjon gir kritiske verdier x=a/2x=a/2x=a/2 og x=a/6x=a/6x=a/6. Siden x=a/2x=a/2x=a/2 gir null volum, er maksimum ved x=a/6x=a/6x=a/6.
  4. For f(x)f(x)f(x)=ax^3-bx-2 gir toppunkt ved x=2x=2x=2 at f′(2)=0f'(2)=0f′(2)=0, og tangentstigning 2 ved x=1x=1x=1 at f′(1)=2f'(1)=2f′(1)=2. Med f′(x)=3f'(x)=3f′(x)=3ax^2-b får vi b=12ab=12ab=12a og 2=3a−b2=3a-b2=3a−b, altså a=−29a=-\tfrac{2}{9}a=−92​ og b=−249b=-\tfrac{24}{9}b=−924​.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen er sterk fordi den bruker riktig metode for hvert problem og skiller mellom kandidatverdi og faktisk maksimum.

Oppgave 7

7

Likninger og logaritmer

📝 OppgaveLøs en andregradslikning og en logaritmelikning, og forklar hvert algebraiske skritt. ✅ Modellbesvarelse
  1. Likningen 2x−10=x(x−5)2x-10=x(x-5)2x−10=x(x−5) kan samles til -x2+7x−10=0x^{2}+7x-10=0x2+7x−10=0. Ved abc-formel/faktorisering får vi x=2x=2x=2 eller x=5x=5x=5.
  2. Logaritmelikningen lg⁡(x/2)+3=5\lg (x/2)+3=5lg(x/2)+3=5 gir lg⁡(x/2)=2\lg (x/2)=2lg(x/2)=2. Dermed er x/2=102=100x/2=10^{2}=100x/2=102=100, og x=200x=200x=200.
  3. En sterk elev kontrollerer at x-verdien er positiv i logaritmeoppgaven. x=200x=200x=200 er innenfor definisjonsmengden.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven både regner riktig og viser definisjonskontroll for logaritmen.

Oppgave 8

8

Kvadratsetning, likningssystem og logaritmeregler

📝 OppgaveRegn effektivt med kvadratsetning, løs et likningssystem og forenkle et logaritmeuttrykk. ✅ Modellbesvarelse
  1. 9952=(1000−5)2=1000000−10000+25=990025995^{2}=(1000-5)^{2}=1000000-10000+25=9900259952=(1000−5)2=1000000−10000+25=990025.
  2. Likningssystemet 2x=y−42x=y-42x=y−4 og 4x2+3y=124x^{2}+3y=124x2+3y=12 gir y=2x+4y=2x+4y=2x+4. Innsatt får vi 4x2+6x=04x^{2}+6x=04x2+6x=0, altså x=0x=0x=0 eller x=−32x=-\tfrac{3}{2}x=−23​. Tilhørende y-verdier er 4 og 1.
  3. Dermed er løsningene (0,4) og (−32,1)(-\tfrac{3}{2},1)(−23​,1).
  4. Logaritmeuttrykket lg⁡(a2/b)+lg⁡(a2b2)−lg⁡(a/b)\lg (a^{2}/b)+\lg (a^{2}b^{2})-\lg (a/b)lg(a2/b)+lg(a2b2)−lg(a/b) gir 2lg⁡a−lg⁡b+2lg⁡a+2lg⁡b−lg⁡a+lg⁡b=3lg⁡a+2lg⁡b2\lg a-\lg b+2\lg a+2\lg b-\lg a+\lg b = 3\lg a+2\lg b2lga−lgb+2lga+2lgb−lga+lgb=3lga+2lgb. Kildeutregningen markerer 5lg⁡a5\lg a5lga; Ifingo bør kontrollere original uttrykksnotasjon mot PDF før publisering.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen er sterk fordi den viser metode og samtidig legger inn kvalitetskontroll der PDF/OCR kan gi tolkningsrom.

Oppgave 9

9

Funksjonsdrøfting

📝 OppgaveDeriver en tredjegradsfunksjon, finn ekstremalpunkter og begrunn antall nullpunkter. ✅ Modellbesvarelse
  1. For f(x)=−23x3+x2+2f(x)=-\tfrac{2}{3}x^{3}+x^{2}+2f(x)=−32​x3+x2+2 er f′(x)=−2x2+2x=2x(1−x)f'(x)=-2x^{2}+2x=2x(1-x)f′(x)=−2x2+2x=2x(1−x).
  2. f′(x)=0f'(x)=0f′(x)=0 gir x=0x=0x=0 eller x=1x=1x=1. Fortegnslinje viser minimum ved x=0x=0x=0 og maksimum ved x=1x=1x=1.
  3. Funksjonsverdiene er f(0)=2f(0)=2f(0)=2 og f(1)=73f(1)=\tfrac{7}{3}f(1)=37​, altså minimumspunkt (0,2) og maksimumspunkt (1,73)(1,\tfrac{7}{3})(1,37​).
  4. Siden f(3)=−7f(3)=-7f(3)=−7 og grafen er positiv fram til etter maksimumspunktet, har grafen ett nullpunkt mellom 1 og 3.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi drøftingen knytter fortegn, ekstremalpunkt og nullpunkt sammen.

Oppgave 10

10

Kombinatorikk, økonomi og definisjonen av den deriverte

📝 OppgaveTell koder, lag overskuddsfunksjon og vis en derivertformel fra definisjonen. ✅ Modellbesvarelse
  1. Med fire bokstaver og tre posisjoner med tilbakelegging får vi 43=644^{3}=6443=64 koder.
  2. Uten tilbakelegging får vi 4⋅3⋅2=244\cdot 3\cdot 2=244⋅3⋅2=24 koder. Antall koder med minst to like bokstaver er derfor 64−24=4064-24=4064−24=40.
  3. Enhetskostnaden E(200)=4⋅200+1200+20000200=2100E(200)=4\cdot 200+1200+\tfrac{20000}{200}=2100E(200)=4⋅200+1200+20020000​=2100. Total kostnad ved 200 enheter blir 200⋅2100=420000200\cdot 2100=420000200⋅2100=420000 kr.
  4. Overskuddet er inntekt minus kostnad: O(x)=2000x−(4x2+1200x+20000)=−4x2+800x−20000O(x)=2000x-(4x^{2}+1200x+20000)=-4x^{2}+800x-20000O(x)=2000x−(4x2+1200x+20000)=−4x2+800x−20000. O′(x)=−8x+800=0O'(x)=-8x+800=0O′(x)=−8x+800=0 gir x=100x=100x=100 og overskudd 20000 kr.
  5. For f(x)=x3−xf(x)=x^{3}-xf(x)=x3−x gir definisjonen av den deriverte f′(x)=3x2−1f'(x)=3x^{2}-1f′(x)=3x2−1 etter at f(x+h)−f(x)f(x+h)-f(x)f(x+h)−f(x) faktoriseres med h.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven skiller mellom telling, økonomisk modell og algebraisk bevis.

Oppgave 11

11

Gjennomsnittlig og momentan vekst, sparing og sannsynlighet

📝 OppgaveBruk digitale og algebraiske metoder på vekstfart, renters rente og sannsynlighet. ✅ Modellbesvarelse
  1. For en andregradsfunksjon kan den momentane vekstfarten i midtpunktet være lik gjennomsnittlig vekstfart i et symmetrisk intervall. Generelt gir f′(a)=2a+3f'(a)=2a+3f′(a)=2a+3 og gjennomsnittsfarten fra a-1 til a+1 også 2a+32a+32a+3.
  2. Sparing med 4 % rente: K(3)=10000⋅1,043=11248,64K(3)=10000\cdot 1,04^{3}=11248,64K(3)=10000⋅1,043=11248,64 kr.
  3. For 25000 kr løser vi 10000⋅1,04t=2500010000\cdot 1,04^{t}=2500010000⋅1,04t=25000. Det gir t=lg⁡(2,5)/lg⁡(1,04)t=\lg (2,5)/\lg (1,04)t=lg(2,5)/lg(1,04) omtrent 23,36 år.
  4. Hvis målet er 25000 kr om syv år, trengs 250001,047=18997,95\tfrac{25000}{1},04^{7}=18997,95125000​,047=18997,95 kr i dag. Med 11248,64 kr fra før må innskuddet være 7749,31 kr.
  5. Binomisk sannsynlighet: P(X=3)=C(10,3)⋅0,43⋅0,67P(X=3)=C(10,3)\cdot 0,4^{3}\cdot 0,6^{7}P(X=3)=C(10,3)⋅0,43⋅0,67 omtrent 21,5 %. Kilden oppgir også ca. 63,3 % for mindre enn 25 minutter og ca. 53,8 % for at minst en sniker blir tatt i hypergeometrisk situasjon.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi modellene navngis og svarene tolkes i kroner, år og prosent.

Oppgave 12

12

Modellering, bevegelse og volumoptimering

📝 OppgaveLag potensmodell, løs møteproblem og maksimer volum. ✅ Modellbesvarelse
  1. For tankoppgaven oppgir kilden en potensmodell g(x)=3,31⋅x0,33g(x)=3,31\cdot x^{0},33g(x)=3,31⋅x0,33. Modellen gir at tanken fylles på omtrent 28,14 timer, altså litt over 28 timer og 8 minutter.
  2. Vannmengden blir 18m318 m^{3}18m3/time * 28,14 timer = 506,52m3506,52 m^{3}506,52m3. For en ny tank på 1000m31000 m^{3}1000m3 med samme form blir radius ca. 8,72 m og høyden ca. 12,56 m. Fyllingstiden blir 100018=55,56\tfrac{1000}{18} = 55,56181000​=55,56 timer.
  3. I møteproblemet lar vi s være avstanden fra A og t tiden bilen fra A kjører. Likningene er s=60ts=60ts=60t og s=200−40(t−13)s=200-40(t-\tfrac{1}{3})s=200−40(t−31​). Løsning gir t ca. 2,133 timer og s ca. 128 km fra A.
  4. Hvis bilene skal møtes midt mellom A og B, bruker bil A10060=53A \tfrac{100}{60}=\tfrac{5}{3}A60100​=35​ timer. Bil B kjører i43i \tfrac{4}{3}i34​ timer og må da holde 75 km/t.
  5. For pakkevolumet gir overflatebetingelsen y=225−2xy=225-2xy=225−2x. Volumet blir V(x)=x2(225−2x)=−2x3+225x2V(x)=x^{2}(225-2x)=-2x^{3}+225x^{2}V(x)=x2(225−2x)=−2x3+225x2. V′(x)=−6x2+450x=0V'(x)=-6x^{2}+450x=0V′(x)=−6x2+450x=0 gir x=75x=75x=75 og y=75y=75y=75, altså størst volum som kube.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven definerer variabler, setter opp likninger og tolker tekniske svar praktisk.

Oppgave 13

13

Lineær optimering med ressursbegrensninger

📝 OppgaveFinn produksjonsmengder som maksimerer inntekt under begrensninger. ✅ Modellbesvarelse
  1. La x være kg av type A og y kg av type B. Kravene x≥0x\ge 0x≥0 og y≥0y\ge 0y≥0 er naturlige fordi negativ produksjon ikke er mulig.
  2. Melbegrensningen er 0,60x+0,20y≤8000,60x+0,20y\le 8000,60x+0,20y≤800. Kjøttdeigbegrensningen er 0,40x+0,80y≤10000,40x+0,80y\le 10000,40x+0,80y≤1000.
  3. Ved hjørnepunktmetode får kilden at inntekten maksimeres ved 1100 kg av type A og 700 kg av type B. Inntekten blir 70⋅1100+110⋅700=15400070\cdot 1100+110\cdot 700=15400070⋅1100+110⋅700=154000 kr.
  4. Hvis kapasiteten i tillegg er x+y=1500x+y=1500x+y=1500, blir optimalt punkt 500 kg A og 1000 kg B. Inntekten blir 145000 kr.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen er sterk fordi den viser hele optimeringslogikken: variabler, begrensninger, hjørnepunkt og konklusjon.

Ofte stilte spørsmål

Er eksempeloppgaven fra 2015 en vanlig eksamen?Nei. Den er en eksempeloppgave for ny eksamensordning våren 2015, og bør derfor merkes tydelig som eksempeloppgave i Ifingo.Hva bør elever øve ekstra på i dette settet?Derivasjon, algebra, likningssystem, binomisk sannsynlighet og lineær optimering. Settet er spesielt godt for å trene full forklaring.Hvordan bør Ifingo lenke denne siden?Lenk internt til S1S1S1 formelark, S1S1S1 derivasjon, S1S1S1 sannsynlighet, S1S1S1 lineær optimering og nyere REA3060-eksamener.Hva kjennetegner S1 høst 2014?Settet er bredt og metodeorientert, med tydelig vekt på algebra, funksjoner, økonomi, sannsynlighet, modellering og lineær optimering.Bør Ifingo bruke dette som treningssett i dag?Ja, men som arkiv- og metodeøving. Siden bør lenke videre til nyere REA3060-eksamener for elever som følger dagens læreplan.Hvilke interne lenker passer?S1S1S1 likninger, S1S1S1 logaritmer, S1S1S1 derivasjon, S1S1S1 sannsynlighet, S1S1S1 økonomi og S1S1S1 lineær optimering. Klar for eksamen?
Øv på flere oppgaver med fasit og modellbesvarelser.
Gå til Matematikk S1

Relaterte sider

Matematikk S1EksamensoppgaverMatematikk

Relaterte sider

← Tilbake til ifingo