Matematikk S1 eksamen vår 2014 - REA3026 oppgaver og løsningsforslag

Arkivside for S1 vår 2014 med SEO, oppgavekort, fullstendige modellbesvarelser og kontrollnoter for publisering.

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

ifingo › Eksamen › Matematikk S1

Spørsmål / oppgavekort: Løs en andregradslikning og en logaritmelikning med definisjonskontroll.

Oppgaver med fullstendige modellbesvarelser

Oppgave 1

1

Likninger og logaritmer

📝 OppgaveLøs en andregradslikning og en logaritmelikning med definisjonskontroll. ✅ Modellbesvarelse
  1. Likningen -x2+3x−3=3−2xx^{2}+3x-3=3-2xx2+3x−3=3−2x samles til -x2+5x−6=0x^{2}+5x-6=0x2+5x−6=0. ABC-formelen gir x=2x=2x=2 eller x=3x=3x=3.
  2. Logaritmelikningen lg⁡(x+2)=2lg⁡x\lg (x+2)=2\lg xlg(x+2)=2lgx omskrives til lg⁡(x+2)=lg⁡(x2)\lg (x+2)=\lg (x^{2})lg(x+2)=lg(x2). Da må x+2=x2x+2=x^{2}x+2=x2, som gir x=2x=2x=2 eller x=−1x=-1x=−1.
  3. x=−1x=-1x=−1 forkastes fordi logaritmene krever positivt argument. Gyldig løsning er x=2x=2x=2.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven ikke bare løser likningen, men også sjekker definisjonsmengden.

Oppgave 2

2

Algebra, rasjonal funksjon og Pascals trekant

📝 OppgaveForenkle uttrykk, bestem parametere i en rasjonal funksjon og bruk strukturen i Pascals trekant. ✅ Modellbesvarelse
  1. Logaritmeuttrykket 2lg⁡(a2/b2)+3lg⁡(b2/a)+lg⁡(b/a)2\lg (a^{2}/b^{2})+3\lg (b^{2}/a)+\lg (b/a)2lg(a2/b2)+3lg(b2/a)+lg(b/a) forenkles til 3lg⁡b3\lg b3lgb.
  2. 2(a+b)2−2(a−b)22(a+b)^{2}-2(a-b)^{2}2(a+b)2−2(a−b)2 gir 8ab etter bruk av kvadratsetningene.
  3. Potensuttrykket a−4⋅b2⋅a3/((a2⋅b)−3⋅a0)a^{-4}\cdot b^{2}\cdot a^{3} / ((a^{2}\cdot b)^{-3}\cdot a^{0})a−4⋅b2⋅a3/((a2⋅b)−3⋅a0) forenkles til (ab)^5.
  4. For f(x)=(ax+b)/(x-1), y-skjæring 6 gir b=−6b=-6b=−6. x-skjæring 3 gir a=2a=2a=2.
  5. I Pascals trekant gir x+y=28x+y=28x+y=28 og y+35=8xy+35=8xy+35=8x. Dermed er x=7x=7x=7 og y=21y=21y=21.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen er sterk fordi den bruker struktur, ikke prøving, og viser hvorfor parameterne må ha bestemte verdier.

Oppgave 3

3

Økonomi og definisjonen av den deriverte

📝 OppgaveBygg overskuddsfunksjon og vis en derivertformel fra definisjonen. ✅ Modellbesvarelse
  1. Overskuddsfunksjonen kan skrives O(x)=−0,1x2+150x−20000O(x)=-0,1x^{2}+150x-20000O(x)=−0,1x2+150x−20000 når p=140p=140p=140.
  2. Siden andregradsleddet er negativt, har funksjonen toppunkt. O′(x)=−0,2x+150O'(x)=-0,2x+150O′(x)=−0,2x+150. O′(x)=0O'(x)=0O′(x)=0 gir x=750x=750x=750.
  3. Hvis maksimum skal være ved x=2000x=2000x=2000, setter vi O′(2000)=0O'(2000)=0O′(2000)=0. Da blir -0,2⋅2000+10+p=00,2\cdot 2000+10+p=00,2⋅2000+10+p=0, og p=390p=390p=390.
  4. 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). Telleren blir h(2x+h+2)h(2x+h+2)h(2x+h+2), og grensen blir 2x+22x+22x+2.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi økonomitolkningen kobles til derivasjon og maksimumsbetingelse.

Oppgave 4

4

Varmetap og funksjonsdrøfting

📝 OppgaveSett opp modell for varmetap og drøft en fjerdegradsfunksjon. ✅ Modellbesvarelse
  1. Med 100m2100 m^{2}100m2 isolert veggflate og 20m220 m^{2}20m2 vindu blir varmetapet V=0,009⋅100+0,048⋅20=1,86V=0,009\cdot 100+0,048\cdot 20=1,86V=0,009⋅100+0,048⋅20=1,86 kWh per time, altså 1,86 kW.
  2. For totalflaten 120m2120 m^{2}120m2 og ønsket varmetap 2 kWh løses systemet x+y=120x+y=120x+y=120 og 0,009x+0,048y=20,009x+0,048y=20,009x+0,048y=2. Det gir x ca. 96,4 og y ca. 23,6.
  3. For f(x)=x4−8x2+16f(x)=x^{4}-8x^{2}+16f(x)=x4−8x2+16 er f(0)=16f(0)=16f(0)=16, altså y-skjæring (0,16).
  4. Faktorisering gir f(x)=(x2−4)2=((x+2)(x−2))2f(x)=(x^{2}-4)^{2}=((x+2)(x-2))^{2}f(x)=(x2−4)2=((x+2)(x−2))2, så nullpunktene er x=−2x=-2x=−2 og x=2x=2x=2.
  5. f′(x)=4x3−16x=4x(x+2)(x−2)f'(x)=4x^{3}-16x=4x(x+2)(x-2)f′(x)=4x3−16x=4x(x+2)(x−2). Fortegnsskjema gir bunnpunkter (-2,0) og (2,0), og toppunkt (0,16).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarBesvarelsen er sterk fordi den kombinerer praktisk modellering med presis algebraisk drøfting.

Oppgave 5

5

Geometri, sannsynlighet og profitt

📝 OppgaveMinimer gjerde, regn binomisk sannsynlighet og maksimer overskudd. ✅ Modellbesvarelse
  1. For et rektangel med areal 625m2625 m^{2}625m2 og 15 m steinmur blir gjerdefunksjonen G(x)=1250/x+2x−15G(x)=1250/x+2x-15G(x)=1250/x+2x−15.
  2. G′(x)=−1250/x2+2G'(x)=-1250/x^{2}+2G′(x)=−1250/x2+2. G′(x)=0G'(x)=0G′(x)=0 gir x=25,y=25x=25, y=25x=25,y=25 og korteste gjerde G(25)=85mG(25)=85 mG(25)=85m.
  3. Med n=20n=20n=20 og p=0,75p=0,75p=0,75 gir P(X=15)=0,2023P(X=15)=0,2023P(X=15)=0,2023 og P(X>15)=0,4148P(X>15)=0,4148P(X>15)=0,4148. For minst 25 suksesser med 95 % sikkerhet oppgir kilden minste utvalg n=39n=39n=39.
  4. Fortjeneste per enhet maksimeres ved F′(x)=−0,02x+0,3=0F'(x)=-0,02x+0,3=0F′(x)=−0,02x+0,3=0, altså x=15x=15x=15.
  5. Totalprofitt O(x)O(x)O(x)=xF(x)=-0,01x3+0,3x2+120x0,01x^{3}+0,3x^{2}+120x0,01x3+0,3x2+120x. O′(x)=0O'(x)=0O′(x)=0 gir positiv kandidat x ca. 74, og overskudd ca. 6471 kr.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven viser både modell, derivasjon og praktisk tolkning av svarene.

Oppgave 6

6

Lineær optimering og logaritmelikning

📝 OppgaveBruk ulikheter, nivålinje og logaritmeregler i en mer krevende avslutning. ✅ Modellbesvarelse
  1. Produksjonsområdet beskrives av 0,35x+0,20y≤250,0,15x+0,40y≤300,x+y≤900,x≥00,35x+0,20y\le 250, 0,15x+0,40y\le 300, x+y\le 900, x\ge 00,35x+0,20y≤250,0,15x+0,40y≤300,x+y≤900,x≥0 og y≥0y\ge 0y≥0.
  2. Fortjenestefunksjonen er f=8x+12yf=8x+12yf=8x+12y. Nivålinjen tangerer området iC(240,660)i C(240,660)iC(240,660), og maksimal fortjeneste blir 8⋅240+12⋅660=98408\cdot 240+12\cdot 660=98408⋅240+12⋅660=9840 kr.
  3. Likningen nn⋅(x/n)lg⁡x=xnn^{n}\cdot (x/n)^{\lg x}=x^{n}nn⋅(x/n)lgx=xn kan omskrives til (x/n)lg⁡x=(x/n)n(x/n)^{\lg x}=(x/n)^{n}(x/n)lgx=(x/n)n.
  4. Etter logaritmering og faktorisering får vi (lg⁡x−n)(lg⁡x−lg⁡n)=0(\lg x-n)(\lg x-\lg n)=0(lgx−n)(lgx−lgn)=0. Dermed er løsningene x=10nx=10^{n}x=10n eller x=nx=nx=n.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven fører en lang algebraisk argumentasjon ryddig fram til to mulige løsninger.

Oppgave 7

7

Derivasjon, likninger og likningssystem

📝 OppgaveLøs grunnleggende algebra og vis presise svar med mellomregning. ✅ Modellbesvarelse
  1. For f(x)=3x2−3x+1f(x)=3x^{2}-3x+1f(x)=3x2−3x+1 er f′(x)=6x−3f'(x)=6x-3f′(x)=6x−3, og f′(2)=9f'(2)=9f′(2)=9.
  2. Likningen x(x+5)−10=4x(x+5)-10=4x(x+5)−10=4 gir x2+5x−14=0x^{2}+5x-14=0x2+5x−14=0. Løsningene er x=−7x=-7x=−7 og x=2x=2x=2.
  3. 103x−100000=010^{3x}-100000=0103x−100000=0 gir 103x=10510^{3x}=10^{5}103x=105, altså 3x=53x=53x=5 og x=53x=\tfrac{5}{3}x=35​.
  4. Likningssystemet y=x2+2y=x^{2}+2y=x2+2 og y+x2=4y+x^{2}=4y+x2=4 gir x=−1x=-1x=−1 eller x=1x=1x=1. Begge gir y=3y=3y=3, altså (-1,3) og (1,3).
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven viser standardmetode og presenterer endelige løsninger tydelig.

Oppgave 8

8

Formelomforming, potenser, logaritmer og ulikhet

📝 OppgaveOmform en formel, forenkle uttrykk og løs en ulikhet. ✅ Modellbesvarelse
  1. Fra v=v0v=v0v=v0+at isolerer vi t: t=(v−v0)/at=(v-v0)/at=(v−v0)/a. Med v=25,v0=1v=25, v0=1v=25,v0=1 og a=3a=3a=3 får vi t=8t=8t=8.
  2. Potensuttrykket (9^2*a^2*b^3)/(3ab^2)^2 forenkles til 9/b9/b9/b.
  3. Logaritmeuttrykket lg⁡(a2/b2)+lg⁡(b2/a)+lg⁡(a+b)\lg (a^{2}/b^{2})+\lg (b^{2}/a)+\lg (a+b)lg(a2/b2)+lg(b2/a)+lg(a+b) blir lg(a^2+ab).
  4. Ulikheten x2+2x≥x+6x^{2}+2x \ge x+6x2+2x≥x+6 blir x2+x−6≥0=(x−2)(x+3)≥0x^{2}+x-6\ge 0=(x-2)(x+3)\ge 0x2+x−6≥0=(x−2)(x+3)≥0. Løsningen er x≤−3x\le -3x≤−3 eller x≥2x\ge 2x≥2.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven bruker fortegn og logaritmeregler med presis konklusjon.

Oppgave 9

9

Funksjon og definisjonen av den deriverte

📝 OppgaveDrøft en tredjegradsfunksjon, bestem en rasjonal funksjon og vis den deriverte fra definisjonen. ✅ Modellbesvarelse
  1. For f(x)=2x3−6x2f(x)=2x^{3}-6x^{2}f(x)=2x3−6x2 får vi nullpunktene x=0x=0x=0 og x=3x=3x=3, altså (0,0) og (3,0).
  2. f′(x)=6x2−12x=6x(x−2)f'(x)=6x^{2}-12x=6x(x-2)f′(x)=6x2−12x=6x(x−2). Ekstremalpunktene er ved x=0x=0x=0 og x=2x=2x=2, med maksimumspunkt (0,0) og minimumspunkt (2,-8).
  3. For en rasjonal funksjon gir f(0)=−2f(0)=-2f(0)=−2 at b=2,f(−1)=0b=2, f(-1)=0b=2,f(−1)=0 at a=2a=2a=2, og vertikal asymptote x=1x=1x=1 at c=1c=1c=1. Funksjonen blir (2x+2)/(x−1)(2x+2)/(x-1)(2x+2)/(x−1).
  4. For f(x)=x2f(x)=x^{2}f(x)=x2 gir definisjonen f'(x)=lim((f(x+h)−f(x))/h(f(x+h)-f(x))/h(f(x+h)−f(x))/h)=lim((2xh+h^2)/h)=2x2x2x.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven både leser egenskaper fra funksjonen og kan begrunne derivasjon algebraisk.

Oppgave 10

10

Sannsynlighet og vekst

📝 OppgaveBruk hypergeometrisk og binomisk sannsynlighet samt eksponentiell vekst. ✅ Modellbesvarelse
  1. For utvalg av lyspærer uten tilbakelegging brukes hypergeometrisk modell. P(2 defekte)=C(7,2)*C(43,8)/C(50,10)=0,2964, altså 29,6 %.
  2. Kilden oppgir 13,3 % sannsynlighet for minst tre defekte i samme situasjon.
  3. For 20 lyspærer med p=0,75p=0,75p=0,75 blir P(X=18)=C(20,18)⋅0,7518⋅0,252=0,0669P(X=18)=C(20,18)\cdot 0,75^{1}8\cdot 0,25^{2}=0,0669P(X=18)=C(20,18)⋅0,7518⋅0,252=0,0669, altså 6,7 %.
  4. Sannsynligheten for minst 15 pærer blir 61,7 %. For å oppnå minst 95 % må enkeltpæren ha sannsynlighet ca. p=0,861p=0,861p=0,861.
  5. I vekstoppgaven gir 900⋅1,10x=1500⋅kx900\cdot 1,10^{x}=1500\cdot k^{x}900⋅1,10x=1500⋅kx og x=10x=10x=10 at k ca. 1,04522.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi modellvalg og sannsynlighetsberegning kobles til ordlyden i oppgaven.

Oppgave 11

11

Areal, omkrets og implikasjon

📝 OppgaveModeller rektangelareal og vurder logiske påstander. ✅ Modellbesvarelse
  1. Med lengden AB=2x2x2x og bredde f(x)=6−0,5x2f(x)=6-0,5x^{2}f(x)=6−0,5x2 blir arealet F(x)=2x(6−0,5x2)=12x−x3F(x)=2x(6-0,5x^{2})=12x-x^{3}F(x)=2x(6−0,5x2)=12x−x3.
  2. Arealet er positivt når 0<x<120<x<\sqrt{12}0<x<12 ​, altså omtrent 0<x<3,46.
  3. Areal lik 9 gir to mulige rektangler, med x ca. 0,79 eller x=3x=3x=3.
  4. F′(x)=12−3x2F'(x)=12-3x^{2}F′(x)=12−3x2. Maksimalt areal fås ved x=2x=2x=2, og arealet blir 16. Figuren er da et kvadrat.
  5. Omkretsen kan skrives O(x)=−x2+4x+12O(x)=-x^{2}+4x+12O(x)=−x2+4x+12. Maksimal omkrets får vi ved O′(x)=−2x+4=0O'(x)=-2x+4=0O′(x)=−2x+4=0, altså x=2x=2x=2.
  6. Påstanden x2<4=>x>−2x^{2}<4 => x>-2x2<4=>x>−2 er riktig, mens x>−2=>x2<4x>-2 => x^{2}<4x>−2=>x2<4 er feil, fordi x kan være større enn 2.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven skiller mellom implikasjon og ekvivalens, og bruker derivasjon til å forklare optimum.

Oppgave 12

12

Økonomimodell og produksjon

📝 OppgaveBruk regresjonsmodell, overskudd og likningssystem for produksjonsvalg. ✅ Modellbesvarelse
  1. En tredjegradsmodell for kostnaden er K(x)=0,00103x3−0,31068x2+30,74299x+2,42311K(x)=0,00103x^{3}-0,31068x^{2}+30,74299x+2,42311K(x)=0,00103x3−0,31068x2+30,74299x+2,42311.
  2. Kilden oppgir at bedriften har underskudd for 0-63 og over 236 enheter, og overskudd fra 64 til 236 enheter.
  3. Med inntekt 15x15x15x blir O(x)=15x−K(x)O(x)=15x-K(x)O(x)=15x−K(x). En forenklet modell gir O(x)=−0,001x3+0,3x2−15xO(x)=-0,001x^{3}+0,3x^{2}-15xO(x)=−0,001x3+0,3x2−15x.
  4. Derivasjon gir maksimum ved omtrent x=171x=171x=171. Overskuddet blir ca. 1207 kr.
  5. For to produkttyper gir 0,9x+0,4y=200,9x+0,4y=200,9x+0,4y=20 og 0,1x+0,6y=50,1x+0,6y=50,1x+0,6y=5. Løsning: x=20x=20x=20 og y=5y=5y=5.
  6. Inntekten blir 80 kr per glass av type 1 og 40 kr per glass av type 2, totalt 1800 kr. Kilden oppgir også at sukkerprisen må være 40 kr for siste del.
💡 Hvorfor dette er et sterkt svarDette er sterkt fordi eleven viser hvordan digitale modeller, derivasjon og likningssystem brukes sammen i økonomioppgaver.

Ofte stilte spørsmål

Hva er viktigst i S1 vår 2014?Eleven bør kunne logaritmer, derivasjon, modellering, binomisk sannsynlighet og lineær optimering.Hvilke Ifingo-sider bør denne lenke til?S1S1S1 logaritmer, S1S1S1 derivasjon, S1S1S1 sannsynlighet, S1S1S1 økonomi, S1S1S1 lineær optimering og S1S1S1 eksamensarkiv.Er dette fortsatt nyttig for dagens elever?Ja, som metodeøving og arkivtrening, men siden bør merkes med gammel fagkode REA3026.Hva er hovedtemaene i S1 høst 2013?Derivasjon, likninger, ulikheter, logaritmer, sannsynlighet, vekst, funksjonsdrøfting og økonomimodellering.Hvorfor er dette et godt arkivsett?Det dekker nesten hele S1S1S1-verktøykassen og passer godt til repetisjon før eksamen.Hvilke interne Ifingo-lenker passer?Lenk til S1S1S1 derivasjon, S1S1S1 logaritmer, S1S1S1 sannsynlighet, S1S1S1 funksjoner, S1S1S1 økonomi og S1S1S1 eksamen. Klar for eksamen?
Øv på flere oppgaver med fasit og modellbesvarelser.
Gå til Matematikk S1

Relaterte sider

Matematikk S1EksamensoppgaverMatematikk

Relaterte sider

← Tilbake til ifingo