Cuplikan Soal dan Pembahasan UN Matemati

(1)

CUPLIKAN

KUMPULAN SOAL DAN PEMBAHASAN

UJIAN

NASIONAL MATEMATIKA SMA

PROGRAM IPA

www.soalmatematik.com

2009

(2)

Cermati secara seksama cara pengerjaannya lalu cobalah mengerjakan sendiri menggunakan e-book kumpulan soal UN

1

1. PANGKAT RASIONAL, BENTUK AKAR DAN LOGARITMA

SOAL PENYELESAIAN

1. Nilai dari

( )

2 2 1 3 2 2 1

27

36

−

adalah …

a. 13 6 b. 6 13 c. 37 24 d. 35 24 e. 5 6

( )

2 2 1 3 2 2 1

27

36

−

= 3

( )

1 2

2

)

3

(

)

6

(

3 2 2 1 − −

−

= 2 2 2 3 6 − = 4 9 6 − = 5 6 ………(e)

2. Diketahui a = 9; b = 16; dan c = 36. Nilai dari 3 2 1 3 1       ⋅ ⋅ − − = … a. 1 b. 3 c. 9 d. 12 e. 18 3 2 1 3 1       ⋅ ⋅ − − = 3

36

16

9

2 1 3 1













−

⋅

−

⋅

=

( ) ( )

2 3 2 1 3 1 2 2 4 2 2 3 2 3













⋅ ⋅ ⋅ − −

= 2

3 2 3 2 3 2 4 2 3 3 2 2 2 2 3 2

3− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= 3−1⋅2−3⋅33⋅23

= 3−1+3⋅2−3+3

= 32 = 9 ………..(c)

3. Nilai dari 3

5 , 0 25 , 0

81

625

27

16

25

3 2 4 3 2 1

×

= … a. 2 b. 8 c. 15 d. 16 e. 36 3 5 , 0 25 , 0

81

625

27

16

25

3 2 4 3 2 1

×

= 3

4 4 3 4 2 2 1 4 1 3 2 4 3 2 1 ) 3 ( ) 5 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 5 ( × × ×

= 3

2 2 3 3 5 3 2 5 × × ×

=

( )

3 1 3

2 = 2 ………….(a) 4. Bentuk sederhana dari

(

3 2−4 3

)(

2+ 3

)

= … a. – 6 – 6

b. 6 – 6

c. – 6 + 6

d. 24 – 6

e. 18 + 6

(

3 2−4 3

)(

2+ 3

)

⇔ 3 2( 2+ 3)−4 3( 2+ 3)

⇔ 3(2)+3 6−4 6−4(3)

(3)

2

SOAL PENYELESAIAN

5. Bentuk sederhana

5

3

45

27

−

adalah … a. 1 b.

7

c. 3 d.

14

e. 5

5

3

45

27

−

=

5

3

5

9

3

9

−

⋅

−

⋅

=

5

3

5

3

−

=

5

3

)

5

3

(

3

−

= 3 …………... (c)

6. Nilai dari

3 25 1 64 1 3 6 5 2 1 36+ = … a. 20 9 b. 9 20

c. −10₃ d. 12 e. 60 3 25 1 64 1 3 6 5 2 1 36+ = 3 log 2 6 6 5 2 1 3 2

)

5

(

2

log

6

log

− −

+

= 3 log 2 6 2 6 3 2 5 1

)

5

(

2

log

6

log

⋅ − − − + ⋅

= ₅ ₂

3 log 3 2

)

5

(

6

− ⋅

+

=

2

3 20

−

= 3

10

− ……….. (c)

7. Diketahui log 2 = a dan log 3 = b, maka nilai log 315 sama dengan … 2

a. 3

2_{(a + b)} b.

3

2_{(a – b)} c.

3

2_{(1 – a + b)} d.

3

2_{(1 + a – b)} e.

3

2_{(1 – a – b)}

3 2

15

log = 3

2

15

log = log5 3

3

2 ⋅

= (log5 log3)

3

2 +

= (log log3)

2 10 3

2 +

= (log10 log2 log3)

3

2 − +

= (1 )

3

2 −_a+_b _{……… (c)} 8. Diketahui 2log 5 = p dan 3log 2 = q. Nilai

3

log 125 + 8log 27 = … a. q q p+ 3 b. q q p 3 + c. q pq 1

3 2 +

d.

q p 3 3 2 +

e. q q p 2 3 + 3

log 125 + 8log 27 = 3log53+23 log33

=

3

⋅

3

log

5

+

2

log

3

=

2

log

1

5

log

2

log

3

3 2

3

⋅

+

⋅

=

q p q 1

3⋅ ⋅ +

=

q pq 1

3 2+

(4)

3

SOAL PENYELESAIAN

9. Jika 7log 2 = a dan 2log3 = b, maka 6log 14 = … a.

b a

a

+

b.

1 1 + +

b a

c.

) 1 (

1

+

b a

a

d.

) 1 (

1

+

a b

b

6

log 14 =

6

log

14

log

2 2

=

3

log

2

log

7

log

2

log

2 2

+

=

b

a

+

1

=

b

a a

+

1

=

) 1 (

1

+

b a

a

(5)

5

2. PERSAMAAN, PERTIDAKSAMAAN DAN FUNGSI KUADRAT

SOAL PENYELESAIAN

1. Akar-akar persamaan kuadrat x2 + (a – 1)x + 2 = 0 adalah α dan β. Jika α = 2β dan a > 0 maka nilai a = …

a. 2 b. 3 c. 4 d. 6 e. 8

α = 2β (i) α⋅β =

a c

2β⋅β =

1 2

2β2 = 2 β2 = 1

β = ± 1

β = 1 atau β = –1

α + β =

a b

−

2β + β =

1 ) 1 a

( −

−

3β = 1 – a 3(–1) = 1 – a

a = 1 + 3 = 4 ……...(c) 2. Persamaan kuadrat 2x2 + 3x – 5 = 0,

mempunyai akar-akar x1 dan x2. Persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya (2x1 – 3) dan (2x2 – 3) adalah …

a. 2x2 + 9x + 8 = 0 b. x2 + 9x + 8 = 0 c. x2 – 9x – 8 = 0 d. 2x2 – 9x + 8 = 0 e. x2 + 9x – 8 = 0

Pers kuadrat lama :

2x2 + 3x – 5 = 0, a = 2, b= 3, c = – 5 Akar-akar persamaan kuadrat baru α = 2x1 – 3 dan β = 2x2 – 3 (i) α + β = 2x1 – 3 + 2x2 – 3

= 2(x1 + x2) – 6

= 2(−_ab)– 6 = 2(−₂3)– 6 = – 3 – 6 = – 9 (ii) α β = (2x1 – 3) (2x2 – 3)

= 4(x1x2) – 6x1– 6x2 + 9 = 4(x1x2) – 6(x1+x2) + 9 = 4( )

a

c _{– 6}₍ ₎ a

b

− _{+ 9}

= 4(−₂5) – 6(−₂3) + 9 = – 10 + 9 + 9 = 8

Jadi, persamaan kuadrat barunya adalah x2 – (α + β)x + (α β) = 0

⇔ x2 – (– 9)x + 8 = 0

(6)

6

SOAL PENYELESAIAN

3. Diketahui akar-akar persamaan kuadrat 2x2 – 4x + 1 = 0 adalah α dan β. Persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya

β

α

dan

α

β

adalah … a. x2 – 6x + 1 = 0

b. x2 + 6x + 1 = 0 c. x2 – 3x + 1 = 0 d. x2 + 6x – 1 = 0 e. x2 – 8x – 1 = 0

Pers kuadrat lama :

2x2 – 4x + 1 = 0, a = 2, b = – 4, c = 1 Akar-akar persamaan kuadrat baru x1 =

β

α

dan x2 =

α

β

(i) x1 + x2 =

β

α

+

α

β

=

αβ

β

α

2

+

2

=

αβ

α

β

α

)

2

(

)

(

+

2

−

⋅

= 2 1

2 1 2 2

4

)

2

(

)

(

−

= 2(4 – 1) = 6

(ii) x1 x2 =

β

α

β

= 1

Jadi, persamaan kuadrat barunya adalah x2 – (x1 + x2)x + (x1 x2) = 0

⇔ x2 – 6x + 1 = 0 ………..(a) 4. Persamaan kuadrat (k + 2)x2 – (2k – 1)x + k –

1 = 0 mempunyai akar-akar nyata dan sama. Jumlah kedua akar persamaan tersebut adalah…

a.

8 9

b.

9 8

c.

2 5

d.

5 2

e.

5 1

Akar-akarnya nyata dan sama, maka x1 = x2 dan D = 0

(i) D = b2 – 4ac

0 = (2k – 1)2 – 4(k + 2) (k – 1) 0 = (4k2 – 4k + 1) – 4(k2 +k – 2) 0 = 4k2 – 4k + 1– 4k2 – 4k + 8 0 = –8k + 9

8k = 9 k =

8 9

(ii) x1 + x2 =

a b

− =

2 1 2

+ −

k k

=

( )

2 1 2

8 9 8 9

+ −

= 8 25

8 8 8 18−

= 25

8 8

10× ₌ 5

(7)

7

SOAL PENYELESAIAN

5. Agar persamaan kuadrat

x2 + (a – 1)x – a + 4 = 0 mempunyai dua akar nyata berbeda, maka nilai a yang memenuhi adalah …

a. a < –5 atau a > 3 b. a < –3 atau a > 5 c. a < 3 atau a > 5 d. –5 < a < 3 e. –3 < a < 5

Persamaan kuadrat memiliki dua akar nyata berbeda, maka D > 0

D > 0

b2 – 4ac > 0

⇔ (a – 1)2 – 4 (1)( – a + 4) > 0 ⇔ a2 – 2a + 1 + 4a – 16 > 0 ⇔ a2 + 2a – 15 > 0

⇔ (a + 5)(a – 3) = 0 a = { –5, 3}

karena tanda pertidaksamaannya > , maka HP menggunakan tanda hubunga atau ..………….(a) 6. Himpunan penyelesaian dari x(2x + 5) < 12

adalah …

a. {x | x < –4 atau x > 2

3_{, x}_∈_R} b. {x | x <

2

3_{atau x > 4, x}_∈_R} c. {x | –4 < x < –

2

3_{, x}_∈_R} d. {x | –

2

3_{< x < 4, x}_∈_R} e. {x | –4 < x <

2

3_{, x}_∈_R}

Pertidaksamaan : x(2x + 5) < 12 ⇔ 2x2 + 5x – 12 < 0 Pembentuk nol : 2x2 + 5x – 12 = 0 ⇔ ( x + 4)(2x – 3)= 0 x = {–4,

2 3_}

Karena tanda pertidaksamaannya <, maka HP ada di tengah ………..………..(e)

7. Ordinat titik balik maksimum grafik fungsi y = –x2 – (p – 2)x + (p – 4) adalah 6. Absis titik balik maksimum adalah …

a. –4 b. –2 c. –

6 1

d. 1 e. 5

(i) Ordinat titik balik maksimum : ye = ₋D₄_a D = ye × (– 4)( a) (p – 2)2 – 4(–1)(p – 4) = 6 (– 4)( –1) (p2 – 4p + 4) + 4p – 16 = 24

p2 – 12 = 24 p2 = 36 p = ± 6

(ii) Absis titik balik maksimum : xe = ₋b₂_a xe =

) 1 ( 2

) 2 (

−

p

=

2 2 6

− −

(8)

8

SOAL PENYELESAIAN

8. Persamaan grafik fungsi kuadrat dari grafik di bawah ini adalah …

a. y =

(

1

)(

5

)

2

1

+

−

x

b. y =

(

1

)(

5

)

5

2

+

−

x

c. y = ( 1)( 5)

5

3 + −

− x x

d. y = −₃2(x+1)(x−5)

e. y = ( 1)( 5)

5

4 + −

− x x

Karena grafik memotong sumbu X di (–1, 0), dan (5, 0), serta memotong sumbu Y di (0, 3), maka gunakan rumus:

y = a(x – x1)(x – x2) (i) tentukan nilai a

y = a(x – x1)(x – x2) 3 = a(0 + 1)(0 – 5) 3 = –5a

a = 5

3

−

Dengan melihat nilai a, sudah dapat diketahui jika jawaban yang benar adalah ……….. (c) 9. Grafik fungsi kuadrat dengan titik balik (–1, 4)

dan melalui titik (–2, 3), memotong sumbu Y di titik …

a. (0, 3) b. (0, 2½ ) c. (0, 2) d. (0, 1½ ) e. (0, 1)

Karena grafik memiliki titik ekstrim (–1, 4) dan melalui itik (–2, 3), maka gunakan rumus: y = a(x – xe)

2 + ye (i) tentukan nilai a

y = a(x – xe) 2

+ ye 3 = a(– 2 + 1)2 + 4 3 – 4 = a

a = –1

(ii) substitusikan nilai a ke rumus y = a(x – xe)

2 + ye y = –1 (x + 1)2 + 4

= –1 (x2 + 2x + 1) + 4 = –x2 – 2x – 1 + 4 = –x2 – 2x + 3

(iii) grafik memotong sumbu Y, maka x = 0 y = –x2 – 2x + 3

y = 02 – 2(0) + 3 = 3

(9)

9

3. SISTEM PERSAMAAN LINEAR

SOAL PENYELESAIAN

1. Penyelesaian dari sistem persamaan











=

−

=

−

+

=

+

14

4

6

19

5

2

4

8

2

7

3

z

y

z

y

x

z

y

x

adalah …

a. x = 5, y = 3, dan z = 1 b. x = 4, y = –5, dan z = 1 c. x = –3, y = 4, dan z = 1 d. x = –5, y = 3, dan z = 2 e. x = –5, y = 3, dan z = 1

Untuk soal model seperti ini (ditanyakan nilai x, y, dan z) cukup lakukan cek point saja terhadap jawaban yang di sediakan.

(i) Lihat dulu jawaban yang sudah pasti kebenarannya,

Gunakan pers. 3, karena bentuknya yang paling sederhana 6y – 4z = 14 ⇔ 3y – 2z = 7

a. y = 3 dan z = 1 3y – 2z = 7 3(3) – 2(1) = 7

7 = 7 …..(OK) Nilai y dan z pada jawaban a dan e sama, maka kemungkinan jawaban yang benar ada di a atau e

(ii) gunakan pers. 1 untuk memeriksa kebenaran jawaban a

a. x = 5, y = 3 dan z = 1 3x + 7y + 2z = 8

(10)

10

SOAL PENYELESAIAN

2. Diketahui sistem persamaan linear

  

   

 

= −

− = −

= +

2 1 1

3 1 2

2 1 1

z x

z y

y x

. Nilai x + y + z = …

a. 3 b. 2 c. 1 d.

2 1

e. 3 1

Gunakan permisalan

Misal a

x =

1

, b

y

=

1

, c

z

=

1

maka persamaan

awal menjadi:











=

−

=

−

=

+

)

3

...(

...

2

)

2

.(

...

3

2

)

1

...(

...

2

c

a

c

b

a

gunakan metode eliminasi (i) eliminasi (hilangkan) a

−

=

+







=

−

=

+

0 2 2

c b

c a

b a

b = – c ………..(4) (ii) substitusi (4) ke (2)

2b – c = – 3 2(– c) – c = – 3

3c = 3 c = 1 =

z

1 _⇒

z = 1 (iii) substitusi c = 1 ke (4)

b = – c = – 1 =

y

1 _⇒

y = – 1 (iv) substitusi b = – 1 ke (1)

a + b = 2 a – 1 = 2

a = 3 =

x

1 _⇒

x = 3 1

∴ Nilai x + y + z = 3

1_{– 1 + 1 =} 3

(11)

11

SOAL PENYELESAIAN

3. Ali, Budi, Cici, dan Dedi pergi ke toko koperasi membeli buku tulis, pena, dan pensil dengan merk yang sama. Ali membeli 3 buku tulis, 1 pena, dan 2 pensil dengan harga Rp 11.000,00. Budi membeli 2 buku tulis, 3 pena, dan 1 pensil dengan harga Rp 14.000,00. Cici membeli 1 buku tulis, 2 pena, dan 3 pensil dengan harga Rp 11.000,00. Dedi membeli 2 buku tulis, 1 pena, dan 1 pensil. Berapa rupiah Dedi harus membayar?

a. Rp 6.000,00 b. Rp 7.000,00 c. Rp 8.000,00 d. Rp 9.000,00 e. Rp 10.000,00

(v) substitusi z = 1.000 ke pers (5) y + 5z = 8.000

y + 5(1.000) = 8.000 y = 3.000 (vi) substitusi y = 3.000 dan

z = 1.000 ke pers. (2) 2x + 3y + z = 14.000

2x + 3(3.000) + 1.000 = 14.000 2x = 14.000 – 10.000 = 4.000 ∴2x + y + z = 4.000 + 3.000 + 1.000

= 8.000 …………..(c)

Masalah tersebut jika disajikan dalam tabel adalah: Buku (x) Pena (y) Pensil (z) Bayar

Ali 3 1 2 11.000

Budi 2 3 1 14.000

Cici 1 2 3 11.000

Dedi 2 1 1 ?

Sistem persamaannya adalah:











=

+

=

+

=

+

=

+

?

....

...

2

)

3

(

...

000

.

11

3

2

)

2

(

...

000

.

14

3

2

)

1

(

...

000

.

11

2

3

z

y

x

z

y

x

z

y

x

z

y

x

Untuk menyelesaikan permasalah di atas gunakan metode eliminasi berantai

(i) (2) dan (3)

− = + − = − + = + + = + + 000 . 8 5 000 . 3 2 000 . 11 3 2 000 . 14 3 2 z y z y x z y x z y x ………….(2) ………….(3) ……….…(4) ………….(5) (ii) (1) dan (2)

− − = + − = + + = + + 000 . 3 2 000 . 14 3 2 000 . 11 2 3 z y x z y x z y x ………….(1) ………….(2) ……….…(6) (iii) (4) dan (6)

− = − = − − = + − = − + 000 . 2 000 . 6 3 3 000 . 3 2 000 . 3 2 z y z y z y x z y x ………….(4) ………….(6) …………(7)

(iv) (5) dan (7)

(12)

12

4. TRIGONOMETRI I

SOAL PENYELESAIAN

1. Nilai cos ∠BAD pada gambar adalah …

a. 17₃₃ b.

28 17

c. 7 3

d. 34 30

e. ₃₅33

Gunakan bantuan tali busur BD

o Jumlah dua sudut yang berhadapan dalam segi-4 adalah 180° , sehingga:

∠A + ∠C = 180° ∠C = 180° – ∠A

o Panjang BD dapat dicari dengan menggunakan ∆ BCD dan ∆ BAD (i) ∆ BCD

BD2 = 32 + 32 – 2 ⋅ 3 ⋅ 3 cos C = 9 + 9 – 18 cos (180° – A) = 18 – 18 (–cos A)

= 18 + 18 cos A ………(1) (ii) ∆ BAD

BD2 = 42 + 62 – 2 ⋅ 4 ⋅ 6 cos A = 16 + 36 – 48 cos A

= 52 – 48 cos A ………..(2) Dari pers. (1) dan pers. (2) diperoleh

BD2 = BD2

18 + 18 cos A = 52 – 48 cos A 18 cos A + 48 cos A = 52 – 18

66 cos A = 34 cos A =

66 34₌

33

(13)

13

SOAL PENYELESAIAN

2. Seorang siswa SMA ingin menaksir tinggi gedung PQ yang tegak lurus permukaan tanah horizontal AP. Di A ia melihat puncak gedung Q dengan sudut 30º dan di B dengan sudut 60º. Jika AB = 10 meter dan tinggi mata siswa tersebut 1½ meter dari permukaan tanah, maka PQ terletak di antara ….. m (

3

= 1,7321).

a. 8½ – 9 b. 9 – 9½ c. 9½ – 10 d. 10 – 10½ e. 10½ – 11

Menentukan panjang P’Q (i) ∆ A’B’Q

tan 30º =

' ' '

B A

Q P

3

3 1 ₌

' ' 10

'

P B Q P

+ P’Q = 3

3

1 _{(10 + B’P’) ………(1)} (ii) ∆ B’P’Q

tan 60º =

' ' '

P B

Q P

3 =

' ' '

P B

Q P

P’Q = 3B’P’ ……….(2) Dari pers. (1) dan pers. (2) diperoleh:

P’Q = P’Q

{₃1 3(10 + B’P’) = 3B’P’}×

3 3

10 + B’P’ = 3 B’P’ 3B’P’ – B’P’ = 10

2B’P’ = 10 B’P’ = 10₂ = 5 Maka P’Q = 3B’P’ = 5 3

Dengan demikian:

PQ = P’Q + PP’ = 5 3 + 1,5 = 8,5 lebih + 1,5

(14)

14

SOAL PENYELESAIAN

3. Pada segitiga lancip ABC diketahui panjang sisi AC = 4cm, AB = 5 cm, dan cos B =

5 4_,

maka cos C = … a.

5 3

b. 7

4 1

c.

4 3

d. 7

3 1

e. 7

2 1

cos B =

5 4

=

r x

, maka y =

5

2

−

4

2= 3

jadi: sin B =

5 3

Gunakan aturan sinus

B b C c

sin

sin =

C

sin 5

= 5 3

4

4sin C = 3 sin C =

4 3

=

r y

, maka x = 42 −32 = 7

jadi: cos C =

4 7

= 7

4

1 _{……….(b)}

4. Sebuah kapal berlayar dari pelabuhan A ke pelabuhan B sejauh 60 mil dengan arah 40° dari A, kemudian berputar haluan dilanjutkan ke pelabuhan C sejauh 90 mil, dengan arah 160° dari B. Jarak terdekat dari pelabuhan A ke C adalah … mil

a. 30 2 b. 30 5 c. 30 7 d. 30 10 e. 30 30

berdasarkan gambar di atas panjang AC dapat dicari dengan menggunakan aturan kosinus.

AC2 = 602 + 902 – 2 ⋅ 60 ⋅ 90 cos 60 = 3.600 + 8.100 – 2 ⋅ 5400 ⋅ ₂1

= 11.700 – 5.400 = 6.300 = 7 ⋅ 9 ⋅ 100

(15)

15

SOAL PENYELESAIAN

5. Diketahui segiempat PQRS dengan PS = 5 cm, PQ = 12 cm, QR = 8cm, besar sudut

SPQ = 90°, dan besar sudut SQR = 150°. Luas PQRS adalah …

a. 46 cm2 b. 56 cm2 c. 100 cm2 d. 164 cm2 e. 184 cm2

(i) tentukan panjang sisi QS QS =

5

2

+

12

2

=

25

+

144

=

169

= 13 (ii) tentukan luas ∆PQS dan ∆QRS

• luas ∆PQS = L1 L1 = ₂1 ⋅ 12 ⋅ 5 = 30 • luas ∆QRS = L2

L2 = ₂1 ⋅ QS ⋅ QR sin 150° =

2

1 _⋅₁₃_⋅_{8 sin (180 – 30)} = 13 ⋅ 4 ⋅ sin 30

= 13 ⋅ 4 ⋅ ₂1 = 26 Jadi: Luas PQRS = L1 + L2

(16)

16

SOAL PENYELESAIAN

6. Diberikan prisma tegak segitiga ABC.DEF dengan panjang rusuk AB = 6 cm, BC =

3

7

, dan AC = 3 cm. Tinggi prisma adalah 20 cm. Volume prisma adalah …

a. 55

2

b. 60

2

c. 75

3

d. 90

3

e. 120

3

(i) Tentukan luas alas ABC

• menentukan besar sudut A (

3

7

)2 = 32 + 62 – 2 ⋅ 3 ⋅ 6 cos A 9 ⋅ 7 = 9 + 36 – 36 cos A 36 cos A = 45 – 63 = – 18

cos A = 36 18

− = – ₂1 =

r x

, diperoleh y =

2

−

(

−

1

)

2 =

3

sehingga sin A =

2 3

= 2 1 ₃

luas ABC adalah: L =

2

1_AC_⋅_AB_⋅_{sin A =} 2

1 _⋅₃_⋅₆_⋅ 2 1 ₃

= ₂9 3

(ii) Volume Prisma V = luas alas × tinggi = 3

2

(17)

17

5. TRIGONOMETRI II

SOAL PENYELESAIAN

1. Nilai dari

50 40 10 adalah … a. 3 b. 2 c. 1 d. ₂1 e. ₄1

50 40 10 ⇔

)}

40

50

cos(

)

50

40

{cos(

10

cos

2

1

+

−

⇔ 10 cos 90 cos 10 cos 2 + ⇔ 10 cos 0 10 cos 2

+ = 2 ………..(b)

2. Nilai dari

15 105 15 75 + + = …. a. – 3

b. – 2 c. 3 1 ₃ d. 2 e. 3 15 105 15 75 + + ⇔

)

90

(

cos

)

120

(

cos

2

)

60

(

cos

)

90

(

sin

2

2 1 2 1 2 1 2 1

⋅

⇔ 45 cos 60 cos 30 cos 45 sin

⋅

⇔ 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1

⋅

= 3

3. Diketahui sin A =

5 3

, cos B =

13 12

; A dan B sudut lancip. Nilai tan (A + B) = … a. 33 56 b. 48 56 c. 63 56 d. 33 16 e. 63 16

• sin A =

5 3

⇒ cos A =

5 4

• tan A =

A A cos sin = 5 4 5 3 = 4 3

• cos B =

13 12

⇒ sin B =

13 5

• tan B =

B B cos sin = 13 12 13 5 = 12 5

Gunakan rumus A.3) tan(A + B) =

B A B A tan tan 1 tan tan ⋅ − + = 12 5 4 3 12 5 4 3

1− ⋅ + = 16 5 12 5 9

1

−

+ = 16 11 12 14 = 11 16 12 14_× = 33

(18)

18

SOAL PENYELESAIAN

4. Ditentukan sin2A =

5 3

. Untuk

2

π _{< 2A <}_π_, nilai tan 2A = …

a. 2

6

b.

6

5 2 c. 6 5 2 − d. 6 5 2

−

e. –2 6

sin2A =

5 3

sin A =

5 3

=

r y _⇒

x =

( ) ( )

5

2

−

3

2 = 5

−

3 =

2

tan A =

x y

=

2 3

= 6

2 1

maka tan 2A =

A A 2 tan 1 tan 2

−

= 2 3 1 6 2 2 1

−

×

= 2 1 6

−

= –2 6

…………..….(e) 5. Diketahui sin α· cos α =

25 8

.

Nilai _α _α

cos 1 sin 1

−

= … a. 25 3 b. 25 9 c. 8 5 d. 5 3 e. 8 15

Dimislkan _α _α

cos 1 sin

1

−

= N, maka N =

α

cos 1 sin 1 − =

α

cos sin sin cos ⋅ −

N2 =

2 2

)

cos

(sin

)

sin

(cos

α

⋅

−

= 2 2 2

)

cos

(sin

cos

sin

2

sin

cos

α

⋅

−

+

= 2 25 8 25 8 ) ( 2 1− ×

=

( )

2

25 8

25 9

=

( )

2

(19)

19

SOAL

PEMBAHASAN

6.

Pada segitiga ABC lancip, diketahui cos A =

5

4_{dan sin B =} 13

12_{, maka sin C = …} a.

65 20

b. 65 36

c. 65 20

d. 65 56

e. 65 63

• cos A =

5 4

=

r x

, ⇒ y = 52

−

42 = 9= 3

maka sin A =

5 3

• sin B =

13 12

=

r y _⇒

x = 132

−

122

= 25= 5 maka cos B =

13 5

Jumlah sudut suatu segitiga adalah 180°, maka • A + B + C = 180°

C = 180° – (A + B) sehingga sin C = sin {180° – (A + B)}

= sin (A + B)

= sin A ⋅ cos B + cos A ⋅ sin B =

13 12 5 4 13

5 5

3_⋅ ₊ _⋅

=

65 48 15+

=

65 63

(20)

20

6. TRIGONOMETRI III

SOAL PENYELESAIAN

1. Hasil penjumlahan dari semua anggota himpunan penyelesaian persamaan 3tan x + cot x – 2 3= 0

dengan 0 ≤ x ≤ 2π adalah … a.

3 5π

b.

3 4π

c.

6 7π

d.

6 5π

e.

3 2π

3tan x + cot x – 2 3= 0 ⇔ {3tan x +

x

tan 1

– 2 3= 0}× tan x

⇔ 3tan2x + 1 – 2 3tan x = 0 ⇔ 3tan2x – 2 3tan x + 1 = 0 ⇔ ( 3tanx – 1)2 = 0 ⇔ 3tanx – 1 = 0 ⇔ 3tanx = 1 ⇔ tan x = 3

3 1 ⇔ tan x = tan 30° Lihat rumus A.3)

(i) x = 30º + k ⋅ 180º

untuk k = 0 ⇒ xº = 30º + (0 ⋅ 180º) = 30º untuk k = 1 ⇒ xº = 30º + (1 ⋅ 180º) = 210º (ii) x = (180º + 30º) + k ⋅ 180º

= 210º + k ⋅ 180º

untuk k = 0⇒ xº = 210º + (0 ⋅ 180º)= 210º Jadi, jumlah HP adalah :

30º + 210º = 240º =

π

180 240 ₌

3

(21)

21

SOAL PENYELESAIAN

2. Diketahui persamaan

2cos2x + 3 sin 2x = 1 +

3

, untuk 0 < x <

2

π _{. Nilai x yang memenuhi adalah …}

a.

6

π _dan

2

π

b.

3

π _dan

12 5π

c.

12

π _dan

12 5π

d.

12

π _dan

4

π

e.

6

π _dan

4

π

Gunakan rumus jumlah dan selisih dua sudut 2cos2x + 3 sin 2x = 1 +

3

⇔ 2{₂1(1 + cos 2x)} + 3 sin 2x = 1 +

3

⇔ 1 + cos 2x + 3 sin 2x = 1 +

3

⇔ {cos 2x + 3 sin 2x =

3

}×₂1 ⇔ ₂1cos 2x + 1₂ 3 sin 2x = ₂1

3

⇔ cos 2x · ₂1 + sin 2x · ₂1

3

= ₂1

3

⇔ sin 2x · ₂1

3

+ cos 2x · ₂1= ₂1

3

⇔ sin 2x · cos 30° + cos 2x · sin 30° = sin 60° ⇔ sin (2x + 30°) = sin 60°

(i) 2xº + 30º = 60° + k · 360° (kwadran I) 2xº = 30° + k · 360°

x° = 15° + k · 180°

untuk k = 0 ⇒ xº = 15° + (0 · 180°) = 15° =

π

180 15 ₌

12π (ii) 2x° + 30° = 180° – 60 ° + k · 360° (kw II)

2x° = 90° + k · 360° x° = 45° + k · 180°

untuk k = 0 ⇒ xº = 45° + (0 · 180°) = 45° =

π

180 45 ₌

4

π

(22)

22

SOAL PENYELESAIAN

3. Himpunan penyelesaian persamaan 2

3

cos 2x – 4 sin x·cos x = 2 dengan 0 ≤ x ≤ 2π adalah …

a.

{

}

12 13 4 3 12

,

π π π

b.

{

}

12 13 6 5 4 3

,

π π π

c.

{

}

42 6 5 6 13

,

π π π

d.

{

}

6 4 3 2 3

,

π π π

e.

{

}

12 13 4 5 4 3

,

π π π

Gunakan rumus jumlah dan selisih dua sudut 2

3

cos 2x – 4 sin x·cos x = 2

⇔ 2

3

cos 2x – 2(2sin x·cos x) = 2 ⇔ {2

3

cos 2x – 2· sin 2x = 2}× ₄1 ⇔ ₂1

3

cos 2x – ₂1sin 2x = ₂1 ⇔ cos 2x · 1₂

3

– sin 2x · ₂1= ₂1

⇔ cos 2x · cos 30° – sin 2x · sin30° = cos 60° ⇔ cos (2x +30)° = cos 60°

(i) 2x° +30° = 60° + k · 360° (kwadran I) 2x° = 60° – 30° + k · 360° x° = 30° – 15° + k · 180° x° = 15° + k · 180°

untuk k = 0 ⇒ xº = 15° + (0 · 180°) = 15º =

π

180 15 ₌

12

π

untuk k = 1 ⇒ xº = 15° + (1 · 180°) = 195º =

π

180 195 ₌

12 13π (ii) 2x° +30° = –60° + k · 360° (kwadran IV)

2x° = –60° – 30° + k · 360° x° = –30° – 15° + k · 180° x° = –45° + k · 180°

untuk k = 1 ⇒ xº = –45° + (1 · 180°) = 135º =

π

180 135 ₌

4 3π untuk k = 2 ⇒ xº = –45° + (2 · 180°)

= 315º =

π

180 315 ₌

4 7π

Jadi, HP = { 12π , 4

3π _, 12 13π _,

4

7π _{} ………(a)}

catatan:

Jika Anda jeli, sebenarnya jawaban sudah nampak pada saat diperoleh nilai x =

(23)

23

SOAL PENYELESAIAN

4. Himpunan penyelesaian persamaan sin 4x – cos 2x = 0 untuk

0°≤ x ≤ 360° adalah … a. {15°, 45°, 75°, 135°} b. {135°, 195°, 225°, 255°} c. {15°, 45°, 195°, 225°} d. {15°, 75°, 195°, 225°}

e. {15°,45°,75°,135°,195°,225°,255°, 315°}

sin 4x – cos 2x = 0 ⇔ sin 2(2x) – cos 2x = 0 ⇔ 2sin 2x · cos 2x – cos 2x = 0 ⇔ cos 2x (2sin 2x – 1) = 0 (a) cos 2x = 0

cos 2x = cos 90°

(i) 2x° = 90° + k · 360° (kwadran I) x° = 45° + k · 180°

untuk k = 0 ⇒ xº = 45° + (0 · 180°) = 45º untuk k = 1 ⇒ xº = 45° + (1 · 180°) = 225º

(ii) 2x° = –90° + k · 360° (kwadran IV) x° = –45° + k · 180°

untuk k = 1 ⇒ xº = –45° + (1 · 180°) = 135º untuk k = 2 ⇒ xº = –45° + (2 · 180°) = 315º

(b) 2sin 2x – 1 = 0 sin 2x = ₂1 sin 2x = sin 30º

(i) 2xº = 30° + k · 360° (kwadran I) x° = 15° + k · 180°

untuk k = 0 ⇒ xº = 15° + (0 · 180°) = 15° untuk k = 1 ⇒ xº = 15° + (1 · 180°) =195° (ii) 2x° = 180° – 30 ° + k · 360° (kw II)

x° = 90° – 15° + k · 180° x° = 75° + k · 180°

untuk k = 0 ⇒ xº = 75° + (0 · 180°) = 75° untuk k = 1 ⇒ xº = 75° + (1 · 180°) =225° Dari langkah (a) dan (b) diperoleh:

(24)

24

SOAL PENYELESAIAN

5. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan cos 2xº > ½, untuk 0 ≤ x < 180 adalah …

a. {x | 30 < x < 150} b. {x | 0 ≤ x < 60} c. {x | 150 < x < 180}

d. {x | 0 ≤ x < 15 atau 165 < x ≤ 180} e. {x | 0 ≤ x < 30 atau 150 < x < 180}

cos 2xº > ½, untuk 0 ≤ x < 180

untuk menyelesaikannya kedua ruas rubah menjadi fungsi kosinus.

cos 2xº > ₂1 ⇔ cos 2xº > cos 60º ⇔ cos 2xº – cos 60º > 0

• cari nilai x pembentuk nol persamaan cos 2xº = cos 60º

(i) 2xº = 60º + k ⋅ 360º (kwadran I) xº = 30º + k ⋅ 180º

untuk k = 0 ⇒ xº = 30º + (0 ⋅ 180º) = 30º (ii) 2xº = –60º + k ⋅ 360º (kwadran IV)

xº = –30º + k ⋅ 180º

untuk k = 1 ⇒ xº = –30º + (1 ⋅ 180º) = 150º Jadi, pembentuk nolnya xº = {30º, 150º}

• Buat grafik himpunan penyelesaiannya

Berdasarkan grafik di atas maka:

(25)

25

SOAL PENYELESAIAN

6. Himpunan penyelesaian dari sin (3x + 75)º <

3

2

1 _{untuk 0}_≤_x_≤_180º

adalah …

a. {x | 15 < x < 115, 135 < x ≤ 180} b. {x | 0 ≤ x < 15, 115 < x < 135} c. {x | 0 ≤ x < 115, 135 < x ≤ 180} d. {x | 0 ≤ x < 15, 135 < x ≤ 180} e. {x | 25 < x < 105, 145 < x ≤ 180}

sin (3x + 75)º <

3

2 1

untuk 0 ≤ x ≤ 180º untuk menyelesaikannya kedua ruas rubah menjadi fungsi sinus.

sin (3x + 75)º <

3

2 1

⇔ sin (3x + 75)º < sin 60º ⇔ sin (3x + 75)º – sin 60º < 0

• cari nilai x pembentuk nol persamaan sin (3x + 75)º = sin 60º

(i) 3xº + 75º = 60º + k ⋅ 360º (kwadran I) 3xº = 60º – 75º + k ⋅ 360º xº = 20º – 25º + k ⋅ 120º xº = – 5º + k ⋅ 120º

untuk k = 1 ⇒ xº = – 5º + (1 ⋅ 120º) = 115º (ii) 3xº + 75º = (180º – 60º) + k ⋅ 360º (kw II)

3xº = 120º – 75º + k ⋅ 360º xº = 40º – 25º + k ⋅ 120º xº = 15º + k ⋅ 120º

untuk k = 0 ⇒ xº = 15º + (0 ⋅ 120º) = 15º untuk k = 1 ⇒ xº = 15º + (1 ⋅ 120º) = 135º jadi, pembentuk nolnya xº = {15º, 115º, 135º} • Buat grafik himpunan penyelesaiannya

(26)

26

7. LOGIKA MATEMATIKA

SOAL PENYELESAIAN

1. Diketahui tiga premis sebagai berikut P1 : p ⇒ q ……….(1) P2 : ~r ⇒ q ……….(2) P3 : ~ r___ ………..(3)

∴……….

Kesimpulan berikut yang tidak sah adalah... a. q ∨ r

b. q c. p ∧ ~ q d. p ∨ q e. p ∨ ~ r

Uraian di samping jika diringkas adalah sbb:

P1 : ( p ⇒ q ) = B ………(iii) B/S ⇒ B = B

P2 : ( ~r ⇒ q ) = B ……….(ii) B ⇒ B = B

P3 : ( ~ r )___ = B ……….(i) Maka diproleh data ~r = B, q = B, dan p = B/S

dari data yang telah diperoleh kemudian dicek jawabannya satu persatu

a) q ∨ r

B ∨ S = B ………….rumus C.2) b) q = B

c) p ∧ ~ q

B/S ∧ S = S ………… rumus C.1) Jadi, jawaban yang salah adalah ……..(c)

(1) Bentuk penarikan tersebut tidak dapat diselesaikan dengan metode penarikan kesimpulan yang ada, baik dengan MP, MT, ataupun silogisme.

(2) Untuk menyelesaikannya gunakan prinsip utama penarikan kesimpulan, yaitu “kesimpulan suatu pernyataan akan bernilai benar jika semua premisnya adalah benar”

sehingga P1, P2, dan P3 harus benar (i) Pertama-tama pilih bentuk yang paling

sederhana yaitu P3 P3 : ~r = B

(ii) pilih premis yang memuat ~r , yaitu P2, P2 juga harus benar. Dari langkah (i) diperoleh hasil ~r = B

P2 : (~r ⇒ q) = B B ⇒ … = B

supaya P2 benar, maka q = B (iii) terakhir ke P1, P1 juga harus benar

dari langkah (ii) diperoleh hasil q = B P3 : (p ⇒ q) = B

… ⇒ B = B

(27)

27

SOAL PENYELESAIAN

2. Diketahui premis-premis berikut: Premis 1 : Jika Anik lulus ujian, maka ia

kuliah di perguruan tinggi negeri. Premis 2 : Jika Anik kuliah di perguruan

tinggi negeri, maka Anik jadi sarjana.

Premis 3 : Anik bukan sarjana

Kesimpulan yang sah dari ketiga premis di atas adalah …

a. Anik lulus ujian

b. Anik kuliah di perguruan tinggi negeri c. Anik tidak lulus ujian

d. Anik lulus ujian dan kuliah di perguruan tinggi negeri

e. Anik lulus ujian dan tidak kuliah

Pernyataan-pernyataan tersebut jika ditulis dalam kalimat matematika adalah:

Premis 1 : p ⇒ q Premis 2 : q ⇒ r Premis 3 : ~r_____ Kesimpulanany adalah Premis 1 : p ⇒ q Premis 2 : q ⇒ r

Premis 4 p ⇒ r ………… (1) dan (2) silogisme Premis 3 : ~r___

~p ………….…(4) dan (3) MT

~p Jika diuraikan adalah ………..….(c) 3. Diberikan premis-premis sebagai berikut:

Premis 1 : Jika harga BBM naik, maka semua bahan pokok naik Premis 2 : Jika harga bahan pokok naik,

maka semua orang tidak senang

Ingkaran dari kesimpulan di atas adalah … a. Harga BBM tidak naik

b. Jika harga bahan pokok naik, maka ada orang orang tidak senang

c. Harga bahan pokok naik atau ada orang tidak senang

d. Jika semua orang tidak senang, maka harga BBM naik

e. Harga BBM naik dan ada orang yang senang

Pernyataan-pernyataan tersebut jika ditulis dalam kalimat matematika adalah:

Premis 1 : p ⇒ q

Premis 2 : q ⇒∀(~r) ………….silogisme Kesimpulan : p ⇒∀(~r)

Negasi dari p ⇒∀(~r) adalah: ~( p ⇒∀(~r)) ≡ p ∧ ~(∀(~r))

≡ p ∧∃r

(28)

28

8. DIMENSI TIGA (JARAK)

SOAL PENYELESAIAN

1. Kubus ABCD.EFGH mempunyai panjang rusuk a cm. Titik K pada perpanjangan DA sehingga KA = 1₃KD. Jarak titik K ke bidang BDHF adalah … cm

a. ₄1

a

2

b. ₄3

a

2

c. 3

3 2_a

d. ₄3a 3

e. 3

4 5_a

Jika KA = 1₃KD, maka AD = ₃2KD

{

}

2

3 3

2_KD₌_a _×

KD = ₂3a

KL =

KD

2

= 2

2 3_a

Berdasarkan gambar , Jarak titik K ke bidang BDHF adalah ruas garis KP, panjangnya adalah

KP =

KL

2

1 ₌ ₂

2 3 2 1

⋅

_a

(29)

29

SOAL PENYELESAIAN

2. Diketahui limas segi empat beraturan T.ABCD dengan AB = 6

2

cm dan AT = 10 cm. Apabila P titik tengah CT, maka jarak titik P ke diagonal sisi BD adalah … cm

a. 5 b. 6 c. 7 d. 3

2

e. 2

3

AC = (6 2) 2 = 12 OC = ₂1

AC

= 6 OT =

CT

2

−

OC

2

= 102

−

62

= 100

−

36 = 64= 8

cos α =

CT OC

=

10 6

=

5 3

Berdasarkan gambar, jarak titik P ke diagonal sisi BD adalah ruas OP yang panjangnya dapat dicari dengan menggunakan aturan kosinus sbb: OP2 = CP2 + OC2 – 2CP ⋅ OC cos α

= 52 + 62 – 2 ⋅5⋅ 6⋅

5 3

= 25 + 36 – 36 = 25

(30)

30

SOAL PENYELESAIAN

3. Diketahui limas beraturan T.ABCD rusuk TA = 4

2

dan AB = 4. Jarak A ke TC adalah …

a. ₂1 6 b. 6 c. 2 6 d. 3 6 e. 4 6

AC = 4

2

OT =

AT

2

−

AO

2 =

( ) ( )

4

2

−

2

2 =

2

⋅

2

⋅

2

−

2

⋅

2

=

2

(

8

−

2

)

= 2 6

Berdasarkan gambar ,

Jarak titik A ke TC

adalah ruas garis AP,

panjangnya dapat dicari dengan bantuan luasan segitiga sbb:

l ∆ ACT = l ∆ ACT 2

1_⋅_TC_⋅_{AP =} 2

1_⋅_AC_⋅_OT 4

2

⋅ AP = 4

2

⋅ 2 6

(31)

31

SOAL PENYELESAIAN

4. Diketahui kubus ABCD.EFGH dengan rusuk 6cm, titik P terletak pada perpanjangan CG sehingga CP = 2CG. Panjang proyeksi CP pada bidang BDP adalah … cm

a.

14

b. 9

2

c. 8

2

d. 7

2

e. 3

6

PR =

12

2

+

( )

3

2

2 =

3

2

⋅

4

2

+

3

2

⋅

2

=

3

2

(

4

2

+

2

)

₌

3

4

2

+

2

=

3

18

=

9

2

Posisi benda dengan bayangannnya adalah selalu tegak lurus, maka proyeksi CP terhadap bidang BDP adalah PQ. Panjang ruas garis PQ dapat dicari dengan menggunakan bantuan kosinus sudut α ∆ PQR dan ∆ PCR sbb:

Cos α ∆ PQR = cos α∆ PCR

PC PQ

=

PR PC

12

PQ

=

2 9

12

PQ

=

2 3

4

3 2PQ = 12 × 4 2PQ = 4 × 4 PQ =

2 16

=

2 2 16

(32)

32

9. DIMENSI TIGA (SUDUT)

SOAL PENYELESAIAN

1. Diketahui balok ABCD.EFGH dengan rusuk AB = 10cm, BC = 5cm dan CG = 10cm. Jika titik P pada pertengahan AB dan titik Q pada pertengahan CG, maka kosinus sudut yang dibentuk oleh PQ dengan alas adalah …

a. ₂1

3

b.

3

c. 1₃ 6

d. ₃2 6

e.

3

2

CQ =

5

2

PQ =

CQ

2

+

CP

2 =

( )

5

2

+

5

2 = 52

⋅

2

+

52

=

5

2

(

2

+

1

)

= 5 3

Berdasarkan gambar di atas sudut yang dibentuk garis PQ dan bidang alas adalah α. Sehingga:

cos α =

PQ

CQ

=

3 5

2 5

(33)

33

SOAL PENYELESAIAN

2. Limas segitiga T.ABC pada gambar, dengan alas segitiga sama sisi. TA tegak lurus bidang alas. Sudut antara bidang TBC dan ABC adalah α, maka sin α adalah …

a.

7 5

b.

6 2

c.

10 6

d.

10 2

e.

6 1

AD = AB2 +BD2

= (4 2)2 +(2 2)2 = 22⋅22⋅2+22 ⋅2

= 22⋅2(2+1) = 22⋅2⋅3=

2

6

TD = = AT2 +AD2

= 42 +(2 6)2 = 22⋅22 +22⋅2⋅3 = 22(4+6) =

2

10

Berdasarkan gambar di atas, sinus sudut antara bidang TBC dan ABC adalah :

sin α =

TD AT

=

10

2

4

=

10

2

(34)

34

SOAL PENYELESAIAN

3. Limas beraturan T.ABC dengan panjang rusuk alas 6 cm dan panjang rusuk tegak 9 cm. Nilai sinus antara bidang TAB dan bidang ABC adalah …

a.

2 69

b.

6 69

c.

24 138

d.

12 138

e.

6 138

PC =

BC

2

−

PB

2 =

6

2

−

3

2 =

3

2

⋅

2

−

3

2 =

3

2

(

4

−

1

)

=

3

OP =

PC

3

1 ₌ ₃ ₃ 3

1⋅ ₌ ₃ PT =

BT

2

−

PB

2 = 92 −32

= 32⋅32−32

=

3

2

(

9

−

1

)

= 32⋅22⋅2

=

6

2

Berdasarkan gambar di atas, misal sudut antara bidang TAB dan bidang ABC adalah α, maka:

sin α =

PT OT

=

2 6

69

=

2 6

138 ⋅ = 12

138

(35)

35

SOAL PENYELESAIAN

4. Perhatikan gambar limas beraturan T.ABCD. P, Q, R, dan S berturut-turut adalah titik tengah rusuk AB, AD, BC, dan CD. Nilai sinus sudut antara bidang TPQ dengan bidang TRS adalah …

a.

5 2

b.

5 3

c.

5 4

d.

5 3

5

e.

5 4

5

AC =

12

2

AK = KL = LM = MC = ₄1

AC

= 2 4 12

=

3

2

KM = AL = LC =

AC

2

1 ₌ ₂

2 12

=

6

2

TL =

AT

2

−

AL

2 =

12

2

−

( )

6

2

2 = 62

⋅

22

−

62

⋅

2

=

6

2

(

4

−

2

)

=

6

2

KT =

TL

2

+

KL

2 =

( ) ( )

6

2

+

3

2

2 = 32

⋅

22

⋅

2

+

32

⋅

2

=

3

2

(

8

+

2

)

= 3 10

Dengan menggunakan aturan kosinus diperoleh: KM2 = KT2 + MT2 – 2 ⋅ KT ⋅ MT cos α

( )

2

6 =

( )

3 102 +

( )

3 102 – 2 ⋅ 3 10 ⋅ 3 10cos α

2 2

32⋅ 2⋅ = 2⋅32⋅2⋅5 – 2 ⋅ 32⋅2⋅5 cos α 2 = 5 – 5 cos α

5 cos α = 3 cos α =

5 3

=

r x

, maka y= 52 −32= 4

jadi: sin α =

r y

=

5 4

(36)

36

10. STATISTIKA

SOAL PENYELESAIAN

Berat (kg) Titik tengah fi ui fi·ui

40 – 49 …… 3 …

…

50 – 59 …… 10 – 1

…

60 – 69 64,5 13 0

…

70 – 79 …… 9 …

…

80 – 89 …… 5 …

…

1.

…… …

…

Berat badan dari 40 siswa dalam kg tercatat pada tabel di samping. Rataan berat badan tersebut adalah …

a. 65 b. 65,25 c. 65,75 d. 66,5 e. 67

Soal ini meminta pengerjaan nilai rataan hitung menggunakan cara sandi. Titik-titiknya tidak perlu di isi semua, isi saja yang dibutuhkan.

Berat (kg) Titik tengah fi ui fi·ui

40 – 49 …… 3 –2 –6

50 – 59 …… 10 –1 –10

60 – 69 64,5 13 0 0

70 – 79 …… 9 1 9

80 – 89 …… 5 2 10

∑ …… 40 3

Dari tabel di atas dapat diperoleh data sbb:

s

X

= 64,5

c = 50 – 40 = 59 – 49 = 10

∑

f = 40

i

∑

f

i

⋅

u

i

= 3

jadi,

c f

u f s

X X

i i i

    

 

 _⋅

+ =

∑

= 64,5 + 10 40

3

     

= 64,5 +

4 3

= 64,5 + 0,75 = 65,25 ………..(b)

2.

Modus dari data pada gambar adalah …

a. 13,05 b. 13,50 c. 13,75 d. 14,05 e. 14,25

Amati histogram dengan seksama:

kelas modus ada di kelas ke-3 karena memiliki frekuensi tertinggi yaitu 14

(ii) dari kelas ke-3 diperoleh data Lmo = 10,5

c = 15,5 – 10,5 = 5 d1 = 14 – 8 = 6 d2 = 14 – 12 = 2

Mo = L c

2 1

1 d d

d mo +_ ₊ _

= 10,5 + 5

2 6

6

     

+

= 10,5 +

8 30

= 10,5 +

4 15

(37)

37

SOAL PENYELESAIAN

3. Perhatikan tabel berikut!

Median dari data yang disajikan berikut adalah …

Nilai Frekuensi 20 – 24 2 25 – 29 8 30 – 34 10 35 – 39 16 40 – 44 12

45 – 49 8

50 – 54 4

a. 32 b. 37,625 c. 38,25 d. 43,25 e. 44,50

Untuk mencari nilai median atau kuartil ke-2 (Q2) dibuat tabel frekuensi kumulatif (fk)

Nilai fi fk 20 – 24 2 2 25 – 29 8 10 30 – 34 10 20 35 – 39 16 36 40 – 44 12 48 45 – 49 8 56 50 – 54 4 60

Σ 60

(i) menentukan letak kuartil Median XQ2 = n

i

×

4 = 4 60

2

× = 30

Data ke-30 terletak di kelas ke-4, karena kelas ke- 4 memuat data ke-21 s.d data ke-36

Dari kelas ke-4 diperoleh data sbb: LQ2 = 35 – 0,5 = 34,5

n i

4 = XQ2 = 30,

∑

f

k = 20

fQ2 = 16, c = 25 - 20 = 29 - 24 = 5 Jadi:

Qi = L c

Qi k 4

i

f f N

Qi _

  

  

+ −∑

Q2 = 34,5 + 5

16 20 30

   

  −

= 34,5 +

8 2

5 5 2

× × ×

= 34,5 +

8 1 3

= 37,625 ………(b)

(jangan repot-repot menghitung nilai

8

1_berapa,

cukup menghitung nilai pendekatannya saja, yaitu 34,5 + 3,… = 37,5

(38)

38

SOAL PENYELESAIAN

4.

Nilai ulangan harian dari suatu kelas disajikan dengan histogram seperti pada gambar. Kuartil bawah data tersebut adalah…

a. 76 b. 74,5 c. 73,5 d. 72,5 e. 71,5

Cara penyelesaiannya sama seperti no. 10 fi fk

3 3

5 8

10 18 9 27 8 35 5 40 40

(i) menentukan letak kuartil bawah XQ1 = n

i _×

4 = 4 40

1_×

= 10

Data 10 terletak di kelas ke-3, karena kelas ke- 3 memuat data ke-9 s.d data ke-18

Dari kelas ke-3 (lihat diagram) diperoleh data sbb:

LQ1 = 1₂

(

75

+

70

)

= 72,5

n i

4 = XQ1 = 10

∑

f

k = 8 ………..lihat tabel di atas

fQ1 = 10 c = 75 – 70 = 5 Jadi:

Qi = L c

Qi k 4

i

f f N

Qi 

  

  

+ −∑

Q1 = 72,5 + 5

10 8 10

   

  −

= 72,5 +

10 10

(39)

39

SOAL PENYELESAIAN

5. Simpangan baku dari data:

3,4,4,4,5,5,5,7,8 adalah … a. ₃2 2

b. 5

3 1

c. ₃2 5

d. 1₃ 6

e. 6

3 2

• tentukan dulu nilai rata-ratanya

9

8 7 ) 5 ( 3 ) 4 ( 3

3+ + + +

=

x

=

9

8 7 15 12

3+ + + +

=

9 45

= 5 • Tentukan nilai variannya

S2 =

n

)

x

(

_i 2

∑

−

= (3 5) 3(4 5) 3(5₉5) (7 5) (8 5) 2 2 2 2

2₊ ₋ ₊ ₋ ₊ ₋ ₊ ₋

−

=

9

9 4 0 3

4+ + + +

=

9 20

• Nilai simpangan baku S = S2 =

9 20

=

3 5 4⋅

=

3 5 2

= 5

3

(40)

40

11. PELUANG

SOAL PENYELESAIAN

1. Dari angka-angka : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 akan disusun suatu bilangan yang terdiri dari 3 angka dengan tidak ada angka yang berulang. Banyak bilangan yang dapat disusun lebih dari 320 adalah …

a. 60 b. 80 c. 96 d. 109 e. 120

Angka yang disediakan yaitu : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 Masalah ini diselesaikan dengan aturan perkalian Bilangan yang lebih besar dari 320 kemungkinannya adalah:

(i) ratusan : 3………ada 1 pilihan puluhan : 2 ……….……..ada 1 pilihan satuan : x > 0, x ≠ {3, 2}..……….ada 4 pilihan

1 1 4 : 1 × 1 × 4 = 4

(ii) ratusan : 3………...ada 1 pilihan puluhan : x1 > 2, x1≠ 3……….……ada 3 pilihan satuan : x2≠ {3, x1}, ……….ada 5 pilihan

1 3 5 : 1 × 3 × 5 = 15

(iii) ratusan : x1 > 3……….ada 3 pilihan puluhan : x2≠ x1……….………...ada 6 pilihan satuan : x3≠ { x1, x2}, ………….ada 5 pilihan

3 6 5 : 3 × 6 × 5 = 90

Jadi, jumlah seluruh bilangan yang mungkin adalah: 4 + 15 + 90 = 109

2. Dua buah dadu dilempar undi satu kali. Peluang munculnya mata dadu jumlah 5 atau 9 adalah …

a.

18 1

b.

36 5

c.

9 2

d.

4 1

e.

3 1

• S = 2 dadu, dadu memiliki 6 buah sisi (1,2,3,4,5,6) n(S) = 62 = 36

• A = muncul mata dadu berjumlah 5 = {(1,4), (2,3), (3,2), (4,1)} n(A) = 4

• B = muncul mata dadu berjumlah 9 = {(3,6), (4,5), (5,4), (6,3)} n(B) = 4

pada soal, peluangnya menggunakan kata atau sehingga peluangnya adalah P(A∪B)

• P(A∪B) = P(A) + P(B) =

)

(

)

(

S

n

A

n

+

)

(

)

(

S

n

B

n

=

36 4 36

4 ₊ =

9 1 9 1₊

= 9 2

(41)

41

SOAL PENYELESAIAN

3. Tiga buah mata uang logam dilepar undi bersama-sama sebanyak 40 kali. Frekuensi harapan munculnya dua angka dan satu gambar adalah …

a. 12 b. 13 c. 15 d. 37 e. 38

• S = 3 uang logam, uang memiliki 2 buah sisi (angka A, dan gambar G)

n(S) = 23 = 8

• A = muncul 2 angka 1 gambar = {AAG, AGA, GAA} n(A) = 3

• P(A) =

)

(

)

(

S

n

A

n

=

8 3

• Fh(A) = P(A) × n

=

8 3

× 40 = 3 × 5 = 15 ………..(c)

4. Dalam sebuah kotak terdapat 10 bola lampu yang 4 diantaranya rusak. Jika dipilih 3 bola lampu, maka peluang terpilih lampu yang tidak rusak adalah …

a. 6 1

b.

21 2

c.

12 1

d.

20 1

e.

30 1

S = 10 (4 rusak + 6 hidup) A = 3 hidup

(i) n(S) = mengambil 3 dari 10 =

C

10₃ 10

3

C

=

)! 3 10 ( ! 3

! 10

−

⋅

= 3 2 7!

! 7 8 9 10

⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= 10 3 4 = 120 (ii) n(A) = mengambil 3 dari 6 =

C

₃6

6 3

C

=

)! 3 6 ( ! 3

! 6

−

⋅ = 3 2 3! ! 3 4 5 6

⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= 2 5 2 = 20

(iii) P(A) =

) (

S

n

A

n

=

120 20

=

6 1

(42)

42

SOAL PENYELESAIAN

5. Dalam sebuah kotak berisi 7 kelereng merah dan 5 kelereng putih. Dari kotak itu diambil 3 kelereng sekaligus secara acak. Peluang terambil sekurang-kurangnya 1 kelereng putih adalah …

a. 44 7 b. 44 10 c. 44 34 d. 44 35 e. 44 37

S = 12 (7m + 5p)

A = 3 (sekurang-kurangnya 1p)

(i) n(S) = memilih 3 dari 12 =

C

12₃ 12

3

C

=

)!

3

12

(

!

3

!

12

−

⋅

= 3 2 9!

! 9 10 11 12 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= 2 11 10 (ii) n(A) = mengambil 3, minimal 1 putih,

kemungkinannya yaitu • 1p dan 2m =

C

₁5

×

C

₂7 =

! 5 2 ! 5 6 7 5 ⋅ ⋅ ⋅ ×

= 5 7 3 = 105 • 2p dan 1m =

C

₂5

×

C

₁7 = 7

! 3 2 ! 3 4 5 × ⋅ ⋅ ⋅

= 5 2 7 = 70 • 3p dan 0m =

C

₃5×

C

₀7 = 1

! 3 2 ! 3 4 5 _× ⋅ ⋅ ⋅ = 5 2 = 10 jadi, n(A) = 105 + 70 + 10 = 185

(iii) P(A) =

) ( ) (

S

n

A

n

= 10 11 2 185 ⋅

⋅ = 2 11 2 37 ⋅ ⋅ = 44 37 …………(e) 6. Kotak I berisi 3 bola merah dan 2 bola

putih. Kotak II berisi 3 bola hijau dan 5 bola biru. Dari masing-masing kotak diambil 2 bola sekaligus secara acak. Peluang terambilnya 2 bola merah dari kotak I dan 2 bola biru dari kotak II adalah … a. 10 1 b. 28 3 c. 15 4 d. 8 3 e. 140 57

• SI = 5 (3m + 2p)

n(SI) = ambil 2 dari 5 =

C

₂5 =

! 3 2 ! 3 4 5 ⋅ ⋅ ⋅ = 10 • n(SII) = 8 (3h + 5b)

n(SI) = ambil 2 dari 8 = 8 2

C

=

! 6 2 ! 6 7 8 ⋅ ⋅ ⋅ = 28

• A = ambil 2 bola merah dari kotak I n(A) =

C

₂3 = 3

• B = ambil 2 bola biru dari kotak II n(B) =

C

₂5 =

)! 2 5 ( ! 2 ! 5 −

⋅ 2 3!

! 3 4 5 ⋅ ⋅ ⋅ = 10 pada soal, peluangnya menggunakan kata dan sehingga peluangnya adalah P(A∩B)

(43)

43

12. LINGKARAN

SOAL PENYELESAIAN

1. Persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2 – 4x + 4y + 6 = 0 di titik yang absisnya 3 adalah …

a. x + y + 2 = 0 b. x – y – 2 = 0 c. x + y – 2 = 0 d. x – y + 2 = 0 e. –x + y + 2 = 0

• Menentukan titik singgung lingkaran Absis = x = 3, untuk mendapatkan nilai y maka substitusikan nilai x = 3 ke persamaan lingkaran l : x2 + y2 – 4x + 4y + 6 = 0

32 + y2 – 4(3) + 4y + 6 = 0 y2 + 4y + 3 = 0 (y + 1)(y + 3) = 0 y = {– 1, –3} jadi, titik singgungnya adalah di (3, –1) dan (3, –3)

• Menentukan persamaan garis singgung Pada lingkaran l: x2 + y2 – 4x + 4y + 6 = 0 (i) di titik (3, –1)

xx1 + yy1 + ½A(x + x1) + ½B(y + y1) + C = 0 3x – y + ½(–4)(x + 3) + ½(4)(y – 1) + 6 = 0 3x – y – 2x – 6 + 2y – 2 + 6 = 0 x + y – 2 = 0 ………..(c) 2. Persamaan garis singgung melalui titik (9,0)

pada lingkaran x2 + y2 = 36 adalah … a. 2x +y

5

= 18 dan 2x – y

5

= 18

b.

2x +y

5

= 18 dan –2x + y

5

= 18

c.

2x +y

5

= –18 dan –2x – y

5

= –18

d.

x

5

+ 2y = 18 dan x

5

– 2y = 18 e. x

5

+ 2y = –18 dan x

5

– 2y = –18

• periksa posisi titik (9, 0) terhadap lingkaran l : x2 + y2 = 36

x2 + y2 = 92 + 02 = 81 > 36,

maka titik ada di luar lingkaran, sehingga langkah penyelesaiannya menggunakan rumus B.2)

• Menentukan persamaan garis kutub Pada titik (9, 0)

xx1 + yy1 = r 2 x(9) + y(0) = 36

x = 4

• Menentukan titik singgung

Substitusikan nilai x = 4 ke lingkaran l : x2 + y2 = 36

42 + y2 = 36 y2 = 20

y =

±

2

5

, Jadi titik singgungnya (4,

2

5

) atau (4,

−

2

5

)

• Menentukan persamaan garis singgung Pada lingkaran l: x2 + y2 = 4

di titik (4,

±

2

5

) xx1 + yy1 = r

2 4x

±

2

5

y = 36

(44)

44

SOAL PENYELESAIAN

3. Salah satu garis singgung yang bersudut 120º terhadap sumbu X positif pada lingkaran dengan ujung diameter titik (7, 6) dan (1, –2) adalah …

a. y = –

x

3

+

4

3

+12 b. y = –

x

3

–

4

3

+8 c. y = –

x

3

+

4

3

– 4 d. y = –

x

3

–

4

3

– 8 e. y = –

x

3

+

4

3

+ 22

• Gradien garis singgung m m = tan 120º = tan (180 – 60) º

= tan (–60)º =

−

3

• Ujung diameter titik (7, 6) dan (1, –2), maka (i) Diameter lingkaran D

D =

(

7

−

1

)

2

+

(

6

−

(

−

2

))

2 =

100

= 10

jari-jari r = ½D = ½(10) = 5 (ii) Pusat lingkaran P(a, b)

Pusat = ₂1(7 + 1, 6 + (–2)) = ₂1(8, 4) = (4, 2)

• Persamaan garis singgung lingkaran Dari perhitungan di atas diperoleh: Pusat P(4, 2) , gradien m =

−

3

dan jari-jari r = 5,

maka persamaan garis singgungnya adalah: lihat rumus B.3)

y – b = m(x – a) ± r

m

2

+

1

y – 2 =

−

3

(x – 4)

±

5

(

3

)

2

+

1

y – 2 =

−

x

3

+

4

3

± 5 ⋅ 2 y =

−

x

3

+

4

3

+ 2 ± 10, jadi: (i) y =

−

x

3

+

4

3

– 8 atau

(45)

45

SOAL PENYELESAIAN

4. Salah satu persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2 – 4x – 8y + 15 = 0 yang tegak lurus garis x + 2y = 6 adalah …

a. 2x – y + 3 = 0 b. 2x – y + 5 = 0 c. 2x – y + 7 = 0 d. 2x – y + 13 = 0 e. 2x – y + 25 = 0

• Gradien m

Garis h : x + 2y = 6 ⇔ y = – ½x + 3, maka mh = – ½

garis singgung g ⊥ h, maka mg⋅ mh = – 1

{mg⋅ (– ½) = – 1}× (–2) mg = 2

• pusat P = (– ½A, – ½B)

= (– ½(–4), – ½(–8)) = (2, 4) • jari-jari r =

a

2

+

b

2

−

C

=

2

+

4

2

−

15

=

5

maka persamaan garis singgungnya adalah: lihat rumus B.3)

y – b = m(x – a) ± r

m

2

+

1

y – 4 = 2(x – 2) ±

5

⋅

2

+

1

y – 4 = 2x – 4 ± 5

(46)

46

13. SUKU BANYAK

SOAL PENYELESAIAN

1. Suku banyak f(x) = 4x3 – 4x2 + 10x – 3 dibagi 2x2 – x + 1, maka hasil bagi dan sisnya berturut-turut adalah …

a. 2x – 1 dan 7x – 2 b. 2x + 1 dan 9x – 4 c. 2x – 3 dan 5x d. 2x – 1 dan 9x – 4 e. 2x – 3 dan 5x – 6

Gunakan metode bagan

Pembagi : 2x2 – x + 1 = 1₂(2x2 –x + 1) = x2 –1₂x + ₂1, maka a = 1, b = – ₂1 , c = ₂1

berdasarkan bagan di atas diperoleh : hasil bagi H(x) =

2

1_{(4x – 2) = 2x – 1} Sisa = 7x – 2

Sehingga jawaban yang benar adalah ………(a) 2. Suatu suku banyak F(x) dibagi (x – 2) sisanya

5 dan (x + 2) adalah faktor dari F(x). Jika F(x) dibagi x2 – 4, sisanya adalah … a. 5x – 10

b.

2 5 4 5

x

+

c. 5x + 10 d. –5x + 30 e.

2 7 4 5

x

+

−

Gunakan teorema sisa Faktorkan dari: x2 – 4 = (x – 2)(x + 2) P(x) = pembagi ⋅ H(x) + sisa

f(x) = (x – 2) ⋅ H(x) + 5………(1) f(x) = (x + 2) ⋅ H(x) + 0………...(2)

(x + 2) merupakan faktor dari f(x) sehingga sisa = 0

f(x) = (x – 2)(x + 2) ⋅ H(x) + (ax + b) ………(3) dari (1), (3), dan (2), (3) diperoleh:

f(2) = 5 = 2a + b f(–2) = 0 = –2a + b_ –

5 = 4a a =

4 5

substitusi a = 4

5_{ke f(–2)} 0 = – 2a + b 0 = –2(

4 5_{) + b} b = ₂5

Jadi, sisa = 4 5_{x +}

2

(47)

Cermati seca