Pembahasan Seleksi Nasional Masuk Perguruan Tinggi Negeri (SNMPTN)

(1)

Pembahasan Seleksi Nasional Masuk Perguruan Tinggi Negeri

(SNMPTN)

Bidang Matematika

Kode Paket 131

Oleh : Fendi Alfi Fauzi

1. Lingkaran (x − 6)2+ (y + 1)2= 25 menyinggung garis y = 4 di titik· · · (a) (−1, 4) (b) (1, 4) (c) (6, 4) (d) (−6, 4) (e) (5, 4) Jawaban : (c) Penyelesaian : (x − 6)2+ (y + 1)2 = 25 (x − 6)2+ (4 + 1)2 = 25 (x − 6)2+ (5)2 = 25 (x − 6)2+ (25) = 25 (x − 6)2 = 0 x = 6

Sehingga titik yang dimaksud adalah (6, 4)

2. Jika 2x3− 5x2_{− kx + 18 dibagi x − 1 mempunyai sisa 10, maka nilai k adalah . . .}

(a) −15 (b) −5 (c) 0 (d) 2 (e) 5 Jawaban : (e) Penyelesaian:

Dengan menerapkan Teorema Sisa kita dapatkan

f (x) = 2x3− 5x2_{− kx + 18}

f (1) = 2(1)3− 5(1)2_{− k(1) + 18}

10 = 2 − 5 − k + 18 10 = 15 − k

(2)

3. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y = x2_{, y = 1 dan x = 2 adalah . . .} (a) Z 2 −1 1 − x2 dx (b) Z 2 −1 x2− 1 dx (c) Z 2 1 x2− 1 dx (d) Z 1 −1 1 − x2 dx (e) Z 2 0 x2− 1 dx Jawaban : (c) Penyelesaian:

Perhatikan gambar berikut ini

−3 −2 −1 1 2 3 1 2 3 4 0 y = x2 y = 1 x = 2

Perhatikan bahwa luas daerah yang dimaksud adalah daerah yang diarsir diatas, sehingga kita dapat menyimpulkan bahwa luas daerah tersebut adalahR₁2(x2− 1)dx

4. (cos(x) + sin(x)) 2 (cos(x) − sin(x))2 = . . . (a) 1 1 − cos(2x) (b) 1 1 − sin(2x) (c) 1 + cos(2x) 1 − cos(2x) (d) 1 + 2 sin(x) 1 − 2 sin(x) (e) 1 + sin(2x) 1 − sin(2x) jawaban : (e).

(3)

Penyelesaian:

(cos(x) + sin(x))2 (cos(x) − sin(x))2 =

cos2_{(x) + 2 sin(x) cos(x) + sin}2_(x)

cos2_{(x) − 2 sin(x) cos(x) + sin}2

(x) = cos

2_{(x) + sin}2

(x) + 2 sin(x) cos(x) cos2_{(x) + sin}2_{(x) − 2 sin(x) cos(x)}

= 1 + 2 sin(x) cos(x) 1 − 2 sin(x) cos(x) = 1 + sin(2x)

1 − sin(2x)

5. Lingkaran (x − 3)2_{+ (y − 4)}2 _{= 25 memotong sumbu−x di titik A dan B. Jika P adalah}

titik pusat lingkaran tersebut, maka cos ∠AP B = . . . (a) 7 25 (b) 8 25 (c) 12 25 (d) 16 25 (e) 18 25 Jawaban : (a) Penyelesaian:

Perhatikan Gambar Berikut !

−2 2 4 6 8 2 4 6 8 0 P A B

Terlebih dahulu kita mencari panjang AP = BP . AP = p32_{+ 4}2

= √9 + 16 = √25 = 5

(4)

maka

(AB)2 = (AP )2+ (BP )2− 2(AP ) · (BP ) · cos ∠AP B cos ∠AP B = (AP )

2_{+ (BP )}2_{− (AB)}2 2(AP ) · (BP ) = 5 2_{+ 5}2_{− 6}2 2 · 5 · 5 = 25 + 25 − 36 50 = 50 − 36 50 = 14 50 = 7 25

6. Grafik fungsi f (x) = ax3_{+ bx}2_{+ cx − 12 naik, jika . . .}

(a) b2_{− 4ac < 0 dan a > 0}

(b) b2_{− 4ac < 0 dan a < 0}

(c) b2_{− 3ac > 0 dan a > 0}

(d) b2_{− 3ac < 0 dan a < 0}

(e) b2− 3ac < 0 dan a > 0 Jawaban : (e).

Pembahasan: f (x) = ax3+ bx2+ cx − 12. Syarat fungsi naik adalah f0(x) > 0 maka 3ax2_{+ 2bx + c > 0.} a > 0 D < 0 3a > 0 b2_{− 4ac < 0} a > 0 (2b)2_{− 4 · 3a · c < 0} 4b2_{− 12ac < 0} b2_{− 3ac < 0} 7. lim x→0 1 − cos2x x2_cot_{x +} π 4 = . . . (a) −1 (b) 0 (c) 1 (d) √ 2 2 (e) √3 Jawaban : c

(5)

Pembahasan: lim x→0 1 − cos2_x x2_cot_{x +} π 4 = _x→0lim sin2x x2 · lim_x→0 1 cotx +π 4 = 1 · 1 cot0 + π 4 = 1 cotπ 4 = 1

8. Tujuh orang bepergian dengan dua mobil milik dua orang di antara mereka. Masing-masing mobil dikemudikan oleh pemiliknya dan kapasitas mobil masing-masing adalah 4 orang ter-masuk pengemudi. Banyak cara menyusun penumpang di kedua mobil tersebut adalah . . .

(a) 10 (b) 20 (c) 25 (d) 28 (e) 56 Jawaban (b). Pembahasan :

Cara Mobil 1 Mobil 2 Banyaknya cara 1 3 orang 2 orang 5C3= 5! 3!(5 − 3)! = 10 2 2 orang 3 orang 5C2= 5! 2!(5 − 2)! = 10 Banyak posisi yang mungkin 10 + 10 = 20

9. Di dalam kotak terdapat 2 bola biru, 4 bola merah dan 2 bola putih. Jika diambil 7 bola tanpa pengembalian, maka peluang banyak bola merah yang terambil dua kali banyak bola putih yang terambil adalah . . .

(a) 7 8 (b) 6 8 (c) 5 8 (d) 2 8 (e) 1 8 Jawaban : (d) Pembahasan:

(6)

Kemungkinan yang akan kita cari adalah terambilnya 4 bola merah, 2 bola putih dan 1 bola biru P (4M ∩ 2P ∩ 1B) = 4C4×2C2×2C1 8C7 = 1 × 1 × 2 8 = 2 8

10. Diberikan limas T.ABC dengan AB = AC = BC = 6 dan T A = T B = T C = 5. Jarak dari titik T ke bidang ABC adalah . . .

(a) √18 (b) √13 (c) 4 (d) 5 2 √ 3 (e) 2√3 Jawaban : (b) Pembahasan:

Perhatikan gambar dibawah ini.

A C B T0 T B0

Perhatikan bahwa panjang T0B = 2₃BB0. Sehingga T0B = 2 3BB 0 = 2 3 q (AB)2− (AB0₎2 = 2 3 p 62_{− 3}2 = 2 3 √ 36 − 9 = 2 3 √ 27 = 2√3

(7)

T T0 = q (T B)2− (BT0₎2 = r 52₋₂√₃2 = √25 − 12 = √13

11. Nilai cos(x) − sin(x) < 0 jika . . . (a) π 5 < x < π 3 (b) 2π 3 < x < 7π 5 (c) π 5 < x < π 2 (d) π 4 < x < 6π 5 (e) 2π 3 < x < 8π 9 Jawaban : (d) Pembahasan: cos(x) − sin(x) < 0 cos(x) − sin(x) = 0 cos(x) = sin(x) Nilai x yang memenuhi adalah x = π

4 dan x = 5π

4 . Nilai tersebut sebagai batas-batas nilai x yang akan kita uji. Sehingga yang masuk dalam pengujian adalah kita memilih 0,π₂,3π₂. Untuk x = 0 ⇒ cos(0) − sin(0) = 1

Untuk x = π₂ ⇒ cos(π 2) − sin( π 2) = −1 Untuk x = 3π₂ ⇒ cos(3π 2) − sin( 3π 2) = 1

Jadi yang memenuhi adalah π 4 < x < 5π 4 Karena π 4 < x < 6π

5 masuk dalam selang tersebut maka π

4 < x < 6π

5 lah yang memenuhi.

12. Diketahui ~u dan vektor ~v membentuk sudut θ. Jika panjang proyeksi ~u pada ~v sama dengan tiga kali panjang ~v, maka perbandingan panjang ~u terhadap panjang ~v adalah . . .

(a) 1 : 3 cos(θ) (b) 3 : cos(θ) (c) 3 cos(θ) : 1 (d) cos(θ) : 1 Jawaban : (b) Penyelesaian:

(8)

Misalkan ~w adalah proyeksi ~u pada ~v | ~w| = ~u · ~v |~v| = |~u| · |~v| · cos(θ) |~v| 3|~v| = |~u| · cos(θ) |~u| |~v| = 3 cos(θ)

13. Vektor ~x diputar terhadap titik asal O sebesar θ > 0 searah jarum jam. Kemudian hasilnya dicerminkan terhadap garis y = x, menghasilkan vektor ~y. Jika ~y = A~x, maka matriks A = . . . (a) 0 1 1 0 cos(θ) sin(θ) − sin(θ) cos(θ) (b) 0 1 1 0 cos(θ) − sin(θ) sin(θ) cos(θ) (c) cos(θ) − sin(θ) sin(θ) cos(θ) 0 1 1 0 (d) cos(θ) sin(θ) − sin(θ) cos(θ) 0 −1 −1 0 (e) 1 0 0 −1 cos(θ) sin(θ) − sin(θ) cos(θ) Jawaban : (a) Penyelesaian:

Rotasi terhadap titik asal O sebesar θ > 0 searah jarum jam maka M1=

cos(θ) sin(θ) − sin(θ) cos(θ)

Pencerminan terhadap garis y = x

M2= 0 1 1 0 A = M2· M1 A = 0 1 1 0 · cos(θ) sin(θ) − sin(θ) cos(θ) 14. Diberikan persamaan cos(x) = a − 1, 5 2 − 0, 5a

banyak bilangan bulat a sehingga persamaan tersebut mempunyai selesaian adalah . . . (a) 1

(b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 6

(9)

Jawaban : (d)

Pembahasan : Persamaan mempunyai penyelesaian jika | cos(x)| ≤ 1. Sehingga | cos(x)| ≤ 1 −1 ≤ cos(x) ≤ 1 −1 ≤ a − 1, 5 2 − 0, 5a ≤ 1 Untuk a − 1, 5 2 − 0, 5a ≤ 1 a − 1, 5 2 − 0, 5a ≤ 1 a − 1, 5 ≤ 2 − 0, 5a a − 1, 5 − 2 + 0, 5a ≤ 0 1, 5a − 3, 5 ≤ 0 1, 5a ≤ 3, 5 a ≤ 3, 5 1, 5 Untuk −1 ≤ a − 1, 5 2 − 0, 5a −1 ≤ a − 1, 5 2 − 0, 5a −2 + 0, 5a ≤ a − 1, 5 −0, 5 ≤ 0, 5a −1 ≤ a Sehingga kita dapatkan

−1 ≤ a ≤ 3, 5 1, 5

Karena a bilangan bulat, maka yang memenuhi adalah (−1, 0, 1, 2). Nilai a yang memenuhi ada 4.

15. Diberikan suku banyak p(x) = ax2_{+ bx + 1. Jika a dan b dipilih secara acak dari selang [0, 4],}

maka peluang suku banyak tersebut tidak mempunya akar adalah . . . (a) 0 (b) 1 3 (c) 2 3 (d) 5 6 (e) 1 Jawaban : (c) Pembahasan:

(10)

p(x) = ax2_{+ bx + 1}

p(x) tidak mempunyai akar apabila D < 0

D < 0 b2− 4ac < 0 b2− 4a < 0 b2 < 4a a > b 2 4

Kita asumsikan saja bahwa y = a dan x = b sehingga dapat dibuat grafik berikut:

−2 −1 1 2 3 4 5 −1 1 2 3 4 5 0 a =b₄2 a > b 2

4 adalah daerah yang diarsir (nilai a dan b yang memenuhi). ingat bahwa range a dan b adalah 0 sampai 4 sehingga banyak kemungkinan sampelnya adalah :

luas persegi = 4 × 4 = 16 ⇒ n(S)

Luas yang diarsir = luas persegi luas yg tidak terarsir Luas daerah yang tidak diarsir =

Z 4 0 b2 4db = b 3 12 4 0 = 4 3 12− 0 = 64 12 = 16 3

Luas daerah yang diarsir = 16 −16 3 = 48 3 − 16 3 = 32 3 ⇒ n(A)

(11)

P (A) = n(A) n(S) = 32 3 16 = 32 48 = 4 6 = 2 3

Kritik Dan Saran Langsung aja di Blog Penulis di http://alfysta.blogspot.com Terima Kasih