SOLUSI PREDIKSI UJIAN NASIONAL MATEMATIKA IPA 2015

1 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

SOLUSI PREDIKSI UJIAN NASIONAL

MATEMATIKA IPA 2015

Paket 2

Pilihlah jawaban yang paling tepat! 1. Diberikan premis-premis berikut!

1. Jika pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak maka kemacetan di ruas jalan semakin padat.

2. Kemacetan di ruas jalan tidak semakin padat atau kegiatan ekonomi masyarakat terhambat. Negasi dari penarikan kesimpulan yang sah pada premis-premis tersebut adalah ….

A. Jika pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak maka kegiatan ekonomi masyarakat terhambat.

B. Jika pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak maka kegiatan ekonomi masyarakat tidak terhambat.

C. Pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak dan kegiatan ekonomi masyarakat terhambat D. Pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak dan kegiatan ekonomi masyarakat tidak terhambat

E. Pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak atau kegiatan ekonomi masyarakat tidak terhambat

Solusi:

q  r  q  r

Negasi dari pernyataan “Jika pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak maka kegiatan ekonomi masyarakat terhambat” adalah “Pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak dan kegiatan ekonomi masyarakat tidak terhambat”. 

 

D

2. Jika _x₂6_{3, y}_0,16_{0,16666..., dan z}_{2011, maka nilai ....}

3 3 5 3 2 1 2 3 5 6 2 1              z y x z y x xy p  q p  q q  r  q  r ….  p  r (p  q)  p q

Jika pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak maka kemacetan di ruas jalan semakin padat Jika kemacetan di ruas jalan semakin padat maka kegiatan ekonomi masyarakat terhambat

 Jika pengguna kendaraan bermotor bertambah banyak maka kemacetan di ruas jalan semakin padat maka kegiatan ekonomi masyarakat terhambat

2 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

A. 3 4 D. 3 2 B. 2 3 E. 3 1 C. 4 3 Solusi: ... 16666 , 0 6 1 , 0   y 3 3 5 3 2 1 2 3 5 6 2 1             z y x z y x xy 1 3 5 1 6 5 3 2 1      z xy z y x xy _ 3 ₂1₆5₃5 y x 6 10 5 3 3    x y x3y2

 

2 3 3 6 1 6 2       

 

3 4 36 1 48       



[A]

3. Hasil dari penjabaran dari

1 5 1 5 5 3 8  

 dapat dinyatakan sebagai a  b, dengan ab. Nilai ab.... A. 40 D. 20 B. 32 E. 16 C. 24 Solusi: 1 5 1 5 5 3 8    5 1 1 5 1 5 1 5 5 3 8       





4 1 5 5 3 8  2   2 1 5 5 3 8 _   





5 3 5 3 5 3 1 5 4      





5 9 3 5 2 5 4     22 5  20 4  a  b 20  a dan b4

Jadi, nilai ab20416.  [E]

4. Persamaan 2log2 x



k1



2logx20dan 2log2x



a3



2logx60 mempunyai sebuah akar persekutuan (akar berserikat) . Banyaknya semua akar persaman tersebut adalah ….

A. 10 D. 5 B. 8 E. 4 C. 6 ... 666 , 16 100y ... 6666 , 1 10y 90y =15 6 1 90 15_  y



3 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

Solusi: 2 4 log 2   k x 





2 0 2 4 1 2 4 2 _{ }                 k k k 42 4



k1



k2

 

2k2



2 0 82k2 6k4k2 4k40 k2 2k80



k2



k4



0 k2atau k4 k2 2log2 x



k1



2logx20

2log2 x32logx20(karena D(3)2 4120, berarti ada 2 akar)



2logx1



2logx2



0

2logx1atau 2logx2 x2atau x4

k2 2log2 x



k3



2logx60

2log2 x52logx60(karena D52 41

 

6 0, berarti ada 2 akar)



2logx1



2logx6



0

2logx1atau 2logx6 x2atau 64 1  x k 4 2log2 x



k1



2logx20

2log2 x32logx20(karena D32 4120, berarti ada 2 akar)



2logx1



2logx2



0

2logx1atau 2logx2 2 1  x atau 4 1  x k4 2log2 x



k3



2logx60

2log2 x2 logx60(karena D

 

12 41

 

6 0, berarti ada 2 akar)



2logx3



2logx2



0

2logx3atau 2logx2



1



log 2 0 log2 2 2 _{   } x k x



3



log 6 0 log2 2 2 _{   } x k x



2k4



2logx80 2 4 4 2 8 log 2       k k x



4 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

x8atau 4 1  x

Jadi, banyak semua akarnya adalah 8.  [B]

5. Jika kurva fungsi y



2k5



x2 



k1



xk2tidak memotong sumbu X dan kurva melalui titik (4,9), maka salah satu persamaan garis singgung yang dapat ditarik dari titik (0,7) adalah …. A. 5x3y210 D. 8xy70 B. 3x2y140 E. 12xy70 C. 12xy70 Solusi: ) 9 , 4 (  y



2k5



x2 



k1



xk2 9



2k5



42 



k1



4k2 932k804k4k2 k2 28k930



k3



k31



0 k3atau k31 3  k  y



2k5



x2 



k1



xk2 x2 4x9

Karena D

 

4 2 4190, maka kurva tidak memotong sumbu X. 31

 

k  y



2k5



x2 



k1



xk2 67x2 30x961

Karena D302 4



67



9610, maka kurva memotong sumbu X di dua titik yang berbeda. Ambillah persamaan garis singgung: ymxn.

) 7 , 0 (   ymxn 7m0n n7

Sekarang persamaan garis singgung itu menjadi ymx7. 7  mx y  yx2 4x9 9 4 7 2    x x mx



4



16 0 2 _{    } x m x

Syarat garis menyinggung kurva parabola adalah D = 0, sehingga:



4m



2 41160 0 64 16 8 2 _{   } m m 0 48 8 2 _{  } m m



m12



m4



0 12   m atau m4

Jadi, persamaan garis singgungnya adalah y12x7dan y4x7.

5 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

6. Persamaan kuadrat x2 nxn10, dengan n0mempunyai akar-akar x1 dan x2. Jika

26

3 2 3 1 x 

x , maka nilai n adalah …. A. 4 D. 1 B. 3 E. 3 C. 2 Solusi: 0 1 2 _{   } n nx

x , dengan n0mempunyai akar-akar x1 dan x2.

n x x₁  ₂  1 2 1x n x 26 3 2 3 1 x  x





3 1 2



1 2



26 3 2 1 x  x x x x  x

 

n 33



n1

 

n 26 0 26 3 3 2 3 _{   } n n n



n2





n2 5n13



0 2 

n atau n2 5n130(akar-akarnya tidak real karena D0) Jadi, nilai n adalah 2.

7. Jika persamaan kuadrat 2x2 6x10mempunyai akar-akar x1 dan x2. Persamaan kuadrat yang

akar-akarnya 1 2 1 3 x dan 2 2 1

3 x adalah dapat dinyatakan dalam bentuk umum ax2 bxc0. Nilai dari abc.... A. 19 D. 8 B. 12 E. 7 C. 9 Solusi: Alternatif 1: 0 1 6

2x2  x  akar-akarnya adalah x1 dan x2.

3 2 1 x  x dan 2 1 2 1x  x

Akar-akar persamaan kuadrat baru adalah ₁ 2 1 3 x dan ₂ 2 1 3 x . Jumlah akar-akarnya:



1 2



2 1 2 1 6 2 1 3 2 1 3 x   x   x x

 

2 9 3 2 1 6   Hasil kali akar-akarnya:









9 2 3 4 1 2 1 3 2 1 3 1 2 1 2  1  2               x x x x x x

 

8 37 8 72 36 1 9 3 2 3 2 1 4 1 _{  }   _        Persamaan kuadrat yang diminta adalah



1 2



1 2 0 2 _{   } x x x x x x 2 1 3 3 26 2 10 26 1 5 13 0

6 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

0 8 37 2 9 2 _               x x 0 37 36 8x2  x  Jadi, abc836379 [C] Alternatif 2: x x   ₁ 2 1 3 x162x x x1 62  2 6 1 0 2 _{  } x x 2



62x



2 6



62x



10 8x2 48x723612x10 8x2 36x370 Jadi, abc836379 [C]

8. Salah satu garis singgung lingkaran x2  y2 6x8y200yang tegak lurus pada garis 0 8 2    y x adalah …. A. 2xy30 D. 2xy30 B. 2x y50 E. x2y70 C. 2xy70 Solusi:

Gradien garis x2y80adalah

2 1

1

m .

Syarat dua garis tegak lurus adalah m₁m₂ 1, sehingga

1 2 1 2    m m2 2 x2  y2 6x8y200



x3

 

2  y4



2 5

Jari-jari lingkaran: r 5dan pusat lingkaran: (a,b) = (3,4) Persamaan garis singgung adalah

ybm



xa



r m2 1 y42



x3



 5 22 1 y42x65

y42x65dan y42x65 2xy30dan 2xy70

Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya adalah 2xy30.  [A] 9. Dua buah fungsi f dan g didefinisikan sebagai

 

3 2   x x f , x3dan g

 

x ax2 b, dengan a dan b adalah konstanta. Jika g

 

2 5dan

  

gof 1 1, maka

  

fog x ....

7 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

A. 3 1 2 _ x D. 3 1 2 _ x B. 6 2 1 2 _ x , x 3 E. 3 1 2 _ x , x 3 C. 6 1 2 _ x , x 6 Solusi: g

 

2 5 4ab5……… (1)

  

gof 1 1 g

 

f

 

1 1 1 3 1 2 _        g g

 

1 1 a

 

12 b1 ab1……….….. (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: 3a6 a2 a2 ab1 2b1 b3 g

 

x 2x2 3

  

fog x  f



g

 

x



 f



2x2 3



3 3 2 2 2 _{ }  x 2 6 2 2 _  x 3 1 2 _  x , x 3

10. Diberikan fungsi f

 

x ax3, a0 dan

 

2 2    x x x

g , x2, Jika f

 

3 g1

 

2 0, maka nilai



gof1



 

3 .... A. 2 D. 6 B. 3 E. 7 C. 5 Solusi: f

 

x ax3

 

a x x f1  3

Rumus:

 

d cx b ax x f   



 

a cx b dx x f     1

 

2 2    x x x g 

 

1 2 2 1     x x x g

f

 

3 g1

 

2 0

8 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

0 1 2 2 2 2 3 3       a 3a36 a3 

 

3 3 1 _   x x f



gof1



 

6 g



f1

 

6



        3 3 6 g g

 

3 5 2 3 2 3    

11. Diberikan persamaan x3 



a1



x2 bx2a0 habis dibagi oleh x2; dibagi oleh 2



x sisanya 4. Himpunan pemyelesaiannya adalah …. A.



2,1,3



D.



1,2,3



B.

 

1,2,3 E.



3,1,2



C.



1,2,3



Solusi: x2 x3 



a1



x2 bx2a0

  

2 3  a1

 

2 2 b

 

2 2a0 84a42b2a0 2a2b4 ab2…………. (1) x2 x3 



a1



x2 bx2a0

  

2 3  a1

 

2 2 b

 

2 2a4 84a42b2a4 2a2b16 ab8…………. (2)

Jumlah persamaan (1) dan (2) menghasilkan: 2a6

a3

a3 ab2 3b2 b5

Dengan mensubstitusikan nilai a3dan b5ke persamaan semula diperoleh x3 



31



x2 

 

5 x2

 

3 0

x3 2x2 5x60



x1





x2 x6



0



x1



x3



x2



0 x1atau x3atau x2

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah



2,1,3



.  [A]

1 1 2 5 6 1 1 6 1 1 6 0

9 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

12. Jumlah uang Laras dan Dinda adalah Rp 5.000.000,00. Laras membelanjakan 4 3

dari uangnya kurang Rp 600.000,00 dan Dinda membelanjakan

3 2

dari uangnya tambah Rp 300.000,00. Jumlah uang sisa mereka adalah 2 kali sebanyak uang yang dibelanjakan Laras. Selisih uang Dinda dan Laras adalah ….

A. Rp 3.000.000,00 D. Rp 1.500.000,00 B. Rp 2.400.000,00 E. Rp 1.000.000,00 C. Rp 2.000.000,00

Solusi:

Ambillah uang Laras x rupiah dan uang Dinda y rupiah. x y5.000.000……….. (1)

Laras membelanjakan 4 3

dari uangnya kurang Rp 600.000,00 600.000 4

3 _

 x

Sisa uang Laras 600.000 4 1 000 . 600 4 3 _{  }  x x x Dinda membelanjakan 3 2

dari uangnya tambah Rp 300.000,00 300.000 3

2 _

 y

Sisa uang Laras 300.000 3 1 000 . 300 3 2 _{  }  y y y

Jumlah uang sisa mereka adalah 2 kali sebanyak uang yang dibelanjakan Laras

      _     600.000 4 3 2 000 . 300 3 1 000 . 600 4 1 x y x 1.200.000 2 3 000 . 300 3 1 4 1 _{   } x y x 1.500.000 3 1 4 5 _{ } y x …………. (2) Persamaan (2) + 3 1  Persamaan (1) menghasilkan: 1.500.000 3 000 . 000 . 5 3 1 4 5 _{  } x x 19x38.000.000 x2.000.000 x2.000.000 x y5.000.000 2.000.000 y5.000.000 y3.000.000

Jadi, selisih uang Laras dan Dinda = Rp 3.000.000,00 – Rp 2.000.000,00 = Rp 1.000.000,00.  [E] 13. Laras dan Yuda membuat mainan A dan B di toko kerajinannya. Setiap mainan A membutuhkan 3

jam kerja Laras dan 1 jam kerja Yuda. Setiap mainan B membutuhkan 4 jam kerja Laras dan 2 jam kerja Yuda. Laras tidak dapat bekerja lebih dari 48 jam per minggu dan Yuda tidak dapat bekerja lebih dari 20 jam per minggu. Jika setiap mainan A dihargai $12 dan mainan B dihargai $20, maka banyak item yang dapat mereka buat untuk memaksimumkan penghasilannya adalah ….

10 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

A. 6 mainan A dan 8 mainan B D. 8 mainan A dan 6 mainan B B. 16 mainan A saja E. 10 mainan A dan 16 mainan B C. 10 mainan B saja

Solusi:

Ambillah banyak mainan A = x buah dan mainan B = y buah.

             0 0 20 2 48 4 3 y x y x y x Fungsi objektif f

 

x,y 12x20y 3x4y48 ………….. (1) x2y20 2x4y40 ………….. (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: x8

x8 x2y20 82y20 y6

Koordinat titik potongnya adalah (8,6). Titik f

 

x,y 12x20y (0,0) 1202000

(16,0) 1216200192

(8,6) 128206216(maksimum) (0,10) 1202010200

Jadi, banyak item yang dapat mereka buat untuk memaksimumkan penghasilannya adalah 8 buah mainan A dan 6 buah mainan B.  [D]

14. Diberikan matriks _       5 3 2 1 A dan _                         7 3 5 2 2 3 5 7 1 2 1 3 1 B A dengan A1adalah

invers matriks A maka jumlah elemen-elemen matriks B1adalah …. A. 0 D. 2 3 B. 2 1 E. 2 C. 1 Solusi: _                         7 3 5 2 2 3 5 7 1 2 1 3 1 B A O 12 10 20 (8,6) 20 2   y x X Y 48 4 3x y 16

11 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

_                 1 0 0 1 1 2 1 3 1 B A _        0 2 1 2 1 B A _       0 2 1 2 A B _             0 2 1 2 5 3 2 1 B _       3 4 1 2 B _             2 4 1 3 4 1 3 2 1 1 B _          1 2 2 1 2 3

Jadi, jumlah elemen-elemen matriks B1adalah 2 1 0 2

1 2

3_{    } [A]

15. Sudut antara vektor

            3 1 2 p p p

a , dengan p0dan vektor b adalah 3 π

. Jika panjang proyeksi

vektor a pada vektor b adalah 2

5

, maka nilai p adalah …. A. 2 5  D. 1 B. 2 E. 2 1  C. 2 3  Solusi: b a b a   cos  cos b a b a 





 

3 cos 3 1 2 2 2 2  b p p p b a     2 1 3 1 4 4 2 2 2 b p p p p      8p 4p 1b 2 1 2 _{ }  Rumus: Panjang proyeksi vektor a pada b adalah

b b a c   b b p p 4 1 8 2 1 2 5 2 _{ } 

12 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

1 4 8 5 p2  p 1 4 8 5 p2  p 0 4 4 8p2  p  0 1 2p2  p 



2p1



p1



0 2 1  p atau p1

Jadi, nilai p yang diminta adalah 1 .  [D]

16. Diberikan vektor-vektor a



2,1,2



, b



4,10,8



, dan c a b 10

1 

 . Proyeksi vektor dari vektor c pada vektor a adalah ….

A.            2 1 2 5 1 D.            2 1 2 B.            2 1 2 5 3 E.            2 1 2 5 6 C.            2 1 2 5 4 Solusi: c a b 10 1                           8 10 4 10 1 2 1 2                 5 142 5 8 Rumus: b b b a z ₂ a a a c z ₂

 

                                         2 1 2 2 1 2 2 1 2 5 14 2 5 8 2 2 2               2 1 2 9 5 28 2 5 16             2 1 2 5 6

Jadi, proyeksi vektor dari vektor c pada vektor a adalah            2 1 2 5 6 .  [E]

13 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

17. Bayangan kurva 5x2y100 jika dicerminkan terhadap garis yxdilanjutkan dengan rotasi terhadap pusat O sebesar

2  adalah …. A. 5x2y100 D. 2x5y100 B. 5x2y100 E. 2x5y100 C. 5x2y100 Solusi: Alternatif 1: _                          y x y x 0 1 1 0 0 1 1 0 ' '              y x 1 0 0 1 _                        ' ' 1 0 0 1 0 0 1 1 1 y x y x          ' ' y x        ' ' y x xx' dan yy' Alternatif 2: _                          y x y x 0 1 1 0 0 1 1 0 ' '              y x 1 0 0 1         y x x'x xx' dan y'y 5

   

x' 2y' 100 5x2y100 5x2y100

Jadi, bayangannya adalah 5x2y100.  [C]

18. Diberikan fungsi eksponen f

 

x a2x byang ditunjukkan pada gambar berikut ini. Jika

 

x

f1 adalah invers dari fungsi eksponen f , maka f1

 

x .... A. 2log



3x8



3 B. 8 3 9 log 2  x C. 92log



3x8



D. 32log



3x8



E. 32log



3x8



Solusi: ) 8 , 2 (  f

 

x a2x b 8a22 b 4ab8…….. (1) ) 0 , 0 (  f

 

x a2x b 0a20 b ab0…….... (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan:

O X Y

 

x f y  (2,8)

14 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

8 3a 3 8  a 3 8  a  ab0 8 3 8_{ } b 3 8   b

Persamaan fungsi eksponen adalah

 

3 8 2 3 8 2      x x b a x f 3 8 3 23 _  x

 

3 8 2 3 1 3 _  x x f 3 8 3 23 _  y x 8 2 3x 3y  8 3 23y  x



3 8



log 2 log 3y  x



3y



log2log



3x8





3 8



log 3 y2 x



3 8



log 32   x y 8 3 9 log 2   x y

Jadi, fungsi inversnya adalah

 

8 3 9 log 2 1    x x f  [B]

19. Persamaan kuadrat x2 kx28, dengan k > 0 mempunyai akar-akar  dan . Jika , , dan ( +

  1) adalah tiga suku pertama deret aritmetika, maka jumlah 25 suku pertamanya adalah …. A. 2.000 D. 1.200 B. 1.800 E. 1.000 C. 1.600 Solusi: 28 2 _{ } kx x 0 28 2 _{  } kx x akar-akarnya  dan . k    ……… (1) 28   …..….… (2) Deret aritmetika: 



 1





 



      1  1 2  ……….. (3)

15 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

1 3k 3 1  k  3 1  k   k k  k 3 1 3 1 2 3 1_    k k k  28   28 3 1 2 3 1_  _  k k 252 1 2k2 k  0 253 2k2 k 



2k23



k11



0 2 23  

k (ditolak) atau k11(diterima) 11  k  3 1  k  4 3 1 11 _  11  k  3 1 2   k  7 3 1 11 2  _ 

Deret aritmetika yang dimaksud adalah 4710..., dengan a4, b743, dan n25







a n b



n S_n 2 1 2   







2 4 25 13



1.000 2 25 25      S

Jadi, jumlah 25 suku pertamanya adalah 1.000.  [E]

20. Tiga buah bilangan yang bulat merupakan deret geometri. Jika bilangan yang kedua ditambah 8, maka ketiga bilangan itu menjadi deret aritmetika. Tetapi jika bilangan ketiga dari deret yang terakhir ini ditambah 64, maka bilangan-bilangan itu merupakan deret geometri kembali. Jumlah ketiga bilangan semula adalah ….

A. 52 D. 40 B. 48 E. 36 C. 42 Solusi: Deret geometri: a ar r a _{ } Deret aritmetika:



a



ar r a _{  } 8 8 ara8 r a a

16 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

2 16 ar0 r a a 2ar16raar20 Deret geometri: 



a8

 

 ar64



r a 8 64 8     a ar r a a r a a a a2 16 64 2 64 r a a 64 64 16   r a a44 4 4   a a r 4 4   a a r  2ar16raar20 0 4 4 4 4 16 4 4 2 2                        a a a a a a a a a 8a2



a4



64a



a4

 

a a4



3 16a30 8a3 32a2 64a2 256aa3 8a2 16a16a30 9a3 88a2 240a0 a



9a2 88a240



0 9a2 88a2400 atau a0(ditolak)



 







9 2 240 9 4 88 88 2           a 18 135 121 8 88   18 256 8 88  18 16 8 88   12 18 216 18 128 88 _{ }  a (diterima) 9 2 2 9 20 18 40 18 128 88 _ _ _  a (ditolak) 12 18 216 18 128 88 _{ }  a  4 4   a a r 3 4 12 12 4 _   

Jadi, jumlah deret geometri semula adalah 12 12 3 4 12 36 52 3

12_{      }

.  [A]

21. Diberikan balok EFGH.ABCD, DHG45, FHB65, dan panjang GH = 6 cm. Jarak garis titk H ke garis BD adalah ….

A. 3 2cm D. 3 6cm B. 3 3cm E. 4 5cm C. 3 5cm

17 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

GHDGCDCH BF 6cm

DH GH2DG2 DH 6262 6 2cm

Perhatikan FHB siku-siku di F, sehinggaFHB60 dan FBH 30. FB6 2 3 3 6 3    FB HF cm BCHF 2 3cm HB2HF 22 34 3cm BDHB4 3cm Perhatikan BHD : HB DH BD HB DH BHD       2 cos 2 2 2

     

3 4 2 6 2 3 4 3 4 2 6 2 2 2      4 6 6 48 72 _  4 10 sinBHD Luas BHD  HBHD BHD HPBD 2 1 sin 2 1 BD BHD HD HB HP  sin 3 4 4 10 2 6 3 4    3 5cm

Jadi, jarak garis titk H ke garis BD adalah 3 5cm.  [C]

22. Diberikan limas T.ABC beraturan dengan AB = 8 cm dan TA = 12 cm. Sudut antara bidang TAC dan bidang ABC adalah  . Nilai sin2adalah ….

A. 46 4 1 D. 6 12 1 B. 46 2 1 E. 138 12 1 C. 23 4 1 Solusi:

Lihat APB siku-siku di P: 3 4 60 sin 8 sin   AB B AP cm Lihat TPC siku-siku di P: 2 2 2 PC TC TP   122 42 14416128 Lihat TAP: TP AP TA TP AP      2 cos 2 2 2 

 

128 3 4 2 12 128 3 4 2 2      4 6

 

6 10 42  2  A B C D E F G H 60o 45o P A B C T T1 h P 8 8 ₄ 4 12 

18 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

2 8 3 8 144 128 48     6 64 32  12 6  12 138 sin    2sin cos 2 sin  12 6 12 138 2   46 4 1   [A]

23. Diameter (garis tengah) lingkaran luar dari segi-8 beraturan yang mempunyai 648 2cm2 adalah ….

A. 12 cm D. 36 cm B. 18 cm E. 48 cm C. 24 cm

Solusi:

Luas segi-n berturan

n R n   sin360 2 1 2

Luas segi-8 berturan

8 360 sin 2 1 8 2   R   sin45 2 1 8 2 648 R2 2 2 1 2 1 8 2 648   R2 R2 324 R 32418cm D2R21836cm

Jadi, diameter lingkaran luar segi-8 bertaturan itu 36 cm.  [D]

24. Diberikan prisma segitiga tegak ABC.DEF, dengan AB = 5 cm, BC = 6 cm, AC 6130 3 cm, dan luas BCD adalah 18 cm2. Volume prisma tersebut adalah ….

A. 119 4 1 cm3 D. 5 119 cm3 B. 119 4 15 cm3 E. 15 119 cm3 C. 4 119cm3 Solusi: BC AB AC BC AB B      2 cos 2 2 2 6 5 2 3 30 61 6 5 2 2 2         _    60 3 30 61 36 25    60 3 30  3 2 1  2 1 sinB B A C E D F P  6 h 5 3 30 61 12  6

 

6 138 122  2 

19 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

Luas ABC BC AB sinB

2 1_{  }  2 15 2 1 5 6 2 1_{   }  cm2 Luas ABC 2 15 2 1_{  }  AP BC 2 15 6 2 1_{  } AP 2 5  AP cm Luas BCD 18 2 1     DP BC 6 18 2 1_{  } DP DP6cm AD DP2 AP2 2 2 2 5 6         4 25 36  4 119  119 2 1  cm

Alternatif lain untuk menentukan panjang AD adalah

LuasABC LuasBCDcos BCD ABC    Luas Luas cos ABC B AB BC      Luas sin 2 1 18 2 1 5 6 2 1_{  }  12 5  DP AD   sin 119 2 1 12 119 6 sin     DP  AD cm

Jadi, volume prisma tersebutLuasABCAD BCABsinBAD 2 1 119 2 1 2 1 5 6 2 1_{   }  119 4 15  cm3 [B]

25. Himpunan penyelesaian persamaan

2 1 2 sin tan

cos2 x 2 x 2 x , dengan 0x360adalah …. A.       3 2π , 3 π D.       6 5π , 3 4π , 3 2π , 6 π B.       3 5π , 3 4π E.       3 5π , 3 4π , 3 2π , 3 π C.       3 2π , 3 π , 6 π Solusi: 2 1 2 sin tan cos2 x 2 x 2x 2 1 3 sin tan 1 cos2x  2 x 2 x 5  12 119 5 122  2 

20 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

2 1 3 sin sec cos2x 2x 2 x 2 1 3 cos 1 sec cos2x 2 x  2 x 0 2 1 4 sec cos 2 2 x 2 x  4cos4 x9cos2 x20



4cos2 x1



cos2 x2



0 4 1

cos2x (diterima) atau cos2 x2(ditolak) 2 1 cosx atau 2 1 cosx 3   x atau 3 2  x atau 3 4  x atau 3 5  x Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah

      3 5π , 3 4π , 3 2π , 3 π .  [E] 26. Jika         72 sin 72 cos 72 sin 72 cos

tan x , maka nilai x adalah …. A. 27 D. 72 B. 53 E. 153 C. 54 Solusi:         72 sin 72 cos 72 sin 72 cos tan x        72 sin 18 sin 72 sin 18 sin







 



     27 cos 45 sin 2 27 sin 45 cos 2     27 cos 27 sin tan27tan



18027



tan153

Jadi, nilai x = 153.  [E]

27. Dalam ABC, ABC 90, AB = 8 cm, dan BC = 6 cm. Jika garis bagi ACBmemotong AB di R dan CR3 a, maka nilai a adalah ….

A. 5 D. 2 B. 4 E. 1 C. 3 Solusi: Ambillah ACB2x 6 8 2 tan tanACB x 3 4 tan 1 tan 2 2   x x 6tanx44tan2 x 2tan2 x3tanx20



2tanx1



tanx2



0 A B C R x x

21 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

2 1

tanx (diterima) atau tanx2(ditolak) BC BR x BCR   tan tan 6 2 1_ BR BR3cm

Menurut Pythagoras dalam CBR: CR2 BC2 BR2

 

3 a 2 62 32 9a369 a5  Nilai a5

 

A 28. Jika 9 9 27 lim ₂ 3 3     _x b ax x , maka nilai ab.... A. 8 D. 4 B. 6 E. 3 C. 5 Solusi:



27



0 lim 3 3    ax b x

 

33 27b0 a 0 27 27a b b a 9 9 27 lim ₂ 3 3     _x a ax x





9 9 27 lim ₂ 3 3     _x x a x















9 3 3 9 3 3 lim 2 3        _{x x} x x x a x









9 3 9 3 lim 2 3      _x x x a x









9 3 3 9 3 3 32 _     a 54 27a 2  a 2  a b Jadi, nilai ab224.  [D] 29. Nilai .... sin cos 1 lim 6 0    _{x x} x x

22 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

A. 8 D. 4 B. 6 E. 3 C. 5 Solusi: Alternatif 1: x x x x _sin cos 1 lim 6 0  







x x x x x _sin cos 1 cos 1 lim 3 3 0    











x x x x x x x _sin cos 1 cos cos 1 cos 1 lim 3 2 0      







x x x x x x x _sin cos 1 cos cos 1 2 1 sin 2 lim 3 2 2 0     







4 cos 1 cos cos 1 sin 2 1 2 1 sin 2 1 2 1 sin 2 lim 3 2 0 x x x x x x x x x x                                   

   





4 1 1 1 1 1 1 1 1 2     3  [E] Alternatif 2: x x x x _sin cos 1 lim 6 0  







x x x x x _sin cos 1 cos 1 lim 3 3 0    











x x x x x x x _sin cos 1 cos cos 1 cos 1 lim 3 2 0      







x x x x x x x       3 2 2 0 cos 1 cos cos 1 2 1 lim



1 1 1



1 1



2 1 _{  }  3  [E]

30. Garis singgung pada kurvayax3 bxpada titik dengan absis x2adalah 16xy320. Nilai ab.... A. 8 D. 6 B. 6 E. 8 C. 4 Solusi: x2 16x y320 16

 

2  y320 y0

Koordinat titik singgungnya adalah



2,0



.



2,0



 yax3 bx

0a

 

2 3 b

 

2 4ab0……….. (1)

Gradien garis singgung 16x y320 adalah m16. yax3 bx

ax b dx

dy_ 2 _

23 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

 x2 dx dy m 163a

 

2 2 b 1612ab…………. (2)

Selisih persamaan (2) dan (1) adalah 8a16 a2 a2 4ab0 4

 

2 b0 b8 Jadi, nilai ab286.  [B]

31. Suatu proyek dapat dikerjakan selama x hari, dengan biaya setiap harinya       _{ } 180 4500 6 x x juta

rupiah> Jika biaya minimum proyek tersebut C juta rupiah, maka C = …. A. 4.500 D. 2.150 B. 3.150 E. 2.250 C. 3.100 Solusi: Biaya       _{ }  6 4500 180 x x x C 6x2 180x4500 C'12x180 C"12

Nilai stasioner (titik kritis) dicapai jika C'0, sehingga 12x1800

x15

Karena C"120, maka fungsi biaya C minimum untuk x15. Cmin 6

 

152 180

 

15 45003150

Jadi, biaya minimum C adalah 3.150.  [B] 32. Jika hasil dari





b a dx x x  



3 0 1 2 , maka nilai ab.... A. 142 D. 256 B. 241 E. 421 C. 244 Solusi: Metode Substitusi: Ambilah x1u dxdu x1u xu1 x0 ux1011 x3 ux1314

24 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015





x



x dx 3 0 1 2 





u



udu 4 1 1



u u _du         4 1 2 1 2 3 4 1 2 3 2 5 3 2 5 2           u u 3 2 5 2 3 16 5 64     15 256 3 14 5 62    b a  a256dan b15 Jadi, nilai ab25615241 33. Jika hasil dari

n m dx x x 



3 0 cos 3 sin  , maka nilai mn.... A. 13 D. 5 B. 10 E. 4 C. 6 Solusi:



x xdx 3 0 cos 3 sin 



x x



dx



  3 0 2 sin 4 sin 2 1  3 0 2 cos 4 1 4 cos 8 1     _{ }  x x cos0 4 1 0 cos 8 1 3 2 cos 4 1 3 4 cos 8 1 _{  }     4 1 8 1 8 1 16 1 _{  }  16 9  n m 

m9

dan

n16

Jadi, nilai

mn  9165 [D] 34. Jika 0 1 cos 0 2 π 0   





a dx x x xdx

x , maka nilai a adalah …. 2 A. 4 D. 36

B. 8 E. 64 C. 9

Solusi: Alternatif 1:

Menentukan hasil dari



x cosxdx Ambillah u x dudx dvcosxdx vsinx



xcosxdxxsinx



sinxdxxsinxcosxC

Alternatif 2: Diferensial Integral x cos x 1 sinx 0 cosx

+



C x x x xdx x   

25 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

0 1 cos 0 2 π 0   





a dx x x xdx x







1



0 1 1 2 1 cos sin 0 2 2 0     



a x d x x x x  2 1 0 0 2 _     _   x a 2 a21 0210 2 a2 110 a213 a2 19 a2 8 Jadi, nilai a2 8.  [B] 35. Perhatikan gambar berikut ini!

Rasio luas daerah A dan B adalah …. A. 5:11 D. 1:2 B. 7:11 E. 5:7 C. 3:11

Solusi:

Persamaan garis yang melalui titik (4,0) dan (1,2) adalah



4



1 4 2 0 0      x y 3 8 3 2 _   x y Garis 3 8 3 2 _   x

y memotong sumbu Y di titik       3 8 , 0 . Luas daerah A dan B

3 16 3 8 4 2 1_{  }  Luas daerah B



x dx



x dx     _{ }   4 1 1 0 2 3 8 3 2 2 4 1 2 1 0 3 3 8 3 1 3 2    _{ }       x x x 3 8 3 1 3 32 3 16 3 2      3 11 

Luas daerah A = Luas daerah A dan B – Luas daerah B

3 11 3 16_  3 5  Jadi, rasio luas daerah A dan B adalah 5:11

3 11 : 3 5 _{ } [A]

36. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva yx2, garis y2x, dan sumbu Y yang diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o adalah ….

Y 4 (1,2) X O A B 2 2x y

26 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

A. π 15 32 D. π 15 21 B. π 15 31 E. π 15 12 C. π 15 22 Solusi: Alternatif 1: Batas-batas integral:

Kurva yx2dan garis y2x x x2 2 0 2 2 _{  } x x



x1



x2



0 1  x atau x2

 

 



f x g x



dx V b a



 _π 2 2 , f

   

x g x





 



x x



dx V 



  1 0 2 2 2 2 π 





 xx x



dx 1 0 4 2 4 4 π 1 0 5 3 2 5 3 2 4 π _          x x x x       _{  }  5 1 3 1 2 4 π π 15 32  Alternatif 2: Batas-batas integral:

Kurva yx2dan garis y2x x x2 2 0 2 2 _{  } x x



x1



x2



0 1  x atau x2

 

 



f x g x



dx V b a



 _π 2 2 , f

   

x g x



x



dx

 

x dx



x



dx V 



 







 1 0 2 1 2 2 2 2 2 0 2 2 π π 2 π



x x



dx



x dx





x x



dx



       1 0 2 1 2 4 2 0 2 4 4 π π 4 4 π 2 1 3 2 1 0 5 2 0 3 2 3 2 4 π 5 π 3 2 4 π _                         x x x x x x x       _{    }               _{ }  3 1 2 4 3 8 8 8 π 5 1 π 3 8 8 8 π π 3 1 π 5 1 π 3 8 _{ }  π 15 32  O X Y 2 x y x y2 1 2

27 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

37. Data yang disajikan pada berikut adalah nilai ulangan matematika dari 80 siswa siswa . Nilai Frekuensi 71  75 5 76  80 10 81  85 17 86  90 a 91  95 16 96  100 b

Jika median pada tabel tersebut adalah 6 1

87 , maka nilai b adalah …. A. 6 D. 9 B. 7 E. 10 C. 8 Solusi: p f fk n L Me             _   2 2 2 2 1 dengan: Me = median

L2 = tepi bawah kelas yang memuat median (kuartil tengah Q2)

p = panjang kelas atau interval kelas

fk = jumlah frekuensi sebelum kelas yang memuat median (kuartil tengah Q2 2)

f = frekuensi kelas yang memuat median (kuartil tengah Q2 2)

80 16 17 10 5  a b 32  b a

Nilai median pada tabel tersebut adalah 6 1

87 menunjukkan bahwa kelas modus terletak pada interval kelas 86  90 dengan frekuensi a.

Me = 6 1 87 , L2 = 85,5; p = 5; fk2 32; f2 a, dan n = 80 85,5 40 32 5 6 1 87          a 8 5 6 10        a a24 a24 ab32 24b32 b8

Jadi, nilai b adalah 8.  [C]

28 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

A. 180 D. 60

B. 120 E. 20 C. 80

Solusi:

Banyak cara menyusun huruf “STATIS” ada sebanyak 180 ! 2 1 2 ! 2 3 4 5 6 ! 2 ! 2 ! 6 _        .

Banyak cara menyusun huruf-huruf “STATIS” dengan syarat kedua huruf S berdekatan sama artinya dengan menyusun huruf-huruf “TATIS” atau “STATI” (huruf S dihitung sekali) ada

sebanyak 60 ! 2 ! 2 3 4 5 ! 2 ! 5 _    _ .

Jadi, banyak cara menyusun huruf-huruf “STATIS” dengan kedua S tidak berdekatan ada sebanyak 180 – 60 = 120.

39. Banyaknya cara dapat memilih sekurang-kurangnya 1 buku dari 5 buku yang tersedia adalah …. A. 31 D. 20

B. 30 E. 15 C. 24

Solusi:

Buku dapat dipilih satu persatu, dua-dua, dan seterusnya.

Jadi, banyak cara dapat memilih sekurang-kurangnya 1 buku dari 5 buku yang tersedia adalah 5C1 5 C2 5C3 5C4 5 C5 510105131 [A]

40. Dari suatu kotak terdapat 8 bola putih dan 4 bola biru. Jika dua bola diambil satu persatu tanpa pengembalian, maka peluang bola yang terambil berwarna sama adalah ….

A. 17 11 D. 33 14 B. 11 7 E. 33 11 C. 33 17 Solusi:

Kemungkinannya bola yang terambil adalah (1Putih, 1Putih atau 1Biru, 1Biru) Peluang bola yang terambil berwarna sama adalah

33 17 11 1 33 14 11 3 12 4 11 7 12 8 _{      } [C]