PEMBAHASAN SOAL MATEMATIKA IPA SIMAK UI

(1)

SOAL

PEMBAHASAN

1. Jika O S1 4 cm dan O Q2  3 cm, dan TP4 cm, maka

panjang tali busur QR adalah … cm

A) 3

B) 1 3 3

C) 2 3

D) 3

E) 4

Perhatikan gambar di bawah ini !

Garis SR dan garis UQ menyinggung lingkaran O1. Akibatnya sudut

SPO1 = sudut UPO1. Misalkan sudut SPO1= α, nilai

4 1 sin

8 2   . Itu

berarti   30 .

Sudut QPR = 600_{karena bertolak belakang dengan sudut SPO}₁_.

Pada lingkaran O2, sudut QO2R adalah sudut pusat dan sudut QPR

adalah sudut kelilingnya, yang berlaku QO R2  2 QPR120.

Dengan aturan cosinus pada segitiga QO2R, diperoleh

      

2 2

2 ₃ ₃ ₂ ₃ _{3 cos120}

QR    

      

2 2

2 1

3 3 2 3 3

2

QR    _ _

 

2

3 3 3 9

QR    

3

(2)

2. Misalkan  , berturut-turut adalah banyak bilangan bulat k dan perkalian semua bilangan bulat k yang memenuhi

  



2

2 2

[image:2.842.51.790.59.528.2]

f x   k x  kx dan g x

 

2x22x k 2 sehingga grafik kedua fungsi tersebut berpotongan di dua titik berbeda. Jika   3 k 1, maka persamaan kuadrat yang akar-akarnya

2

  dan 2

adalah …

A) 2

20 64 0

x  x  B) 2 ₄₂ ₁₁₇ ₀

x  x 

C) 2

30 125 0

x  x  D) 2

48 380 0

x  x 

E) 2

50 400 0

x  x 

Syarat berpotongan, f x

 

g x

 

, sehingga





2 2

2 2 2 2 2

k x kx x x k

       





2

2 4 0

kx k x k

     

Agar berpotongan di dua titik yang berbeda, D0

2 ₄ ₀

Db  ac





2

 



2 4 4 0

k  k k 

2 2

4 4 4 16 0

k  k  k  k  2

5k 20k 4 0

Tetapi, karena ditetapkan dalam soal   3 k 1, maka himpunan bilangan bulat k yang memenuhi pertidaksamaan kuadrat tersebut yaitu {–3, –2, –1, 0}. 1 tidak memenuhi sebab 5 20  4 0.

Jadi,  4 dan       3 2 1 0 0, sehingga 2  42 0 16

dan 2  02 4 4. Lalu, persamaan kuadratnya adalah



 



2

16 4 16 4 0

x   x  

2 ₂₀ ₆₄ ₀ x  x  . 3. Banyak pasangan

 

x y, yang memenuhi persamaan

2

2x  xy  1 0 dan



4xy



2y2 8 adalah …

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3

Kemungkinan pertama yaitu asumsikan xy sebagai xy, artinya x dan y sama–sama positif atau sama–sama negatif.

2

2x  xy  1 0

2

(3)

E) 4 2

2x 1

y x

 

Lalu, disubstitusikan ke persamaan





2 2

4xy y 8





2 ₂

2 1 ₂ ₁

4x x x 8

x x

   _ _ _

   _ _ 

  _ _

 

2 2

2 1 2 1

8

x x

   _   _

   

   

4 2 4 2 2

4x 4x  1 4x 4x  1 8x

4 2

4x 8x  2 0

4 2

2x 4x  1 0

2 2

4

x   atau 2 2

4

x  

Untuk 2 2

4

x   atau 2 2

4

x   , maka nilai y juga positif.

Begitu juga untuk 2 2

4

x   atau 2 2

4

x   , maka nilai y

juga negatif. Jadi, ada 4 solusi untuk kemungkinan pertama.

Kemungkinan kedua yaitu asumsikan xy sebagai xy, artinya x dan y berbeda tanda.

2

2x  xy  1 0

2

(4)

2

2x 1

y

x

  

Terus disubstitusikan lagi ke persamaan





2 2

4xy y 8





2 ₂

2 1 ₂ ₁

4x x x 8

x x

    __ _ _

   _ _ 

  _ _

 

2 2

6 1 2 1

8

x x

   _   _

   

   

4 2 2 2 2

36x 12x  1 4x 4x  1 8x

4 2

36x 8x  2 0

4 2

18x 4x  1 0

Persamaan kuadratnya tidak ada solusi di bilangan real karena nilai

0

D .

Jadi, ada 4 pasangan bilangan yang memenuhi.

4. Jika suku banyak

 

g x

f x dibagi 2

x x bersisa x2 dan jika

   

xf x g x dibagi 2

2

x  x bersisa x4, maka f

 

1 

A) 3

4

B) 1

2

C) 0

 



1

  

1 2

 

*1 g x

x x h x x

f x    

 

  

2



1

  

2 4

 

*2 xf x g x  x x h x  x

Setting x1 pada

 

*1 dan

 

*2 , sehingga diperoleh berturut–turut

 

1 3

 

1

g  f dan f

 

1 g

 

1  3. Lalu,

 

1 3

 

1 3

f  f  

 

(5)

D) 1 2  E) 3 4 

 

3 1

4

f   .

5. Jika

 

1

2 2

x

f x   dan

 

2 1

3

x

g x   , maka nilai x yang

memenuhi f x

 

g x

 

2 adalah …

A)   7 x 17

B) x 7 atau x17 C) x 7 atau x17 D)   7 x 17

E)   17 x 7

Jika f x

 

g x

 

2, maka  2 f x

 

g x

 

2, sehingga diperoleh

1 2 1

2 2

2 2 3

x  x 

   _ _

 

1 2 1

2 2

2 2 3 3

x x

     

 

1 2 1

 

2 6 6 2 6

2 2 3 3

x x

 

  _    _  

 

12 3x 3 4x 2 12

     

12 x 5 12

    

12 5 x 5 5 12 5

       

17 x 7

   

7 x 17

  

6. Misalkan a b c, , berturut-turut adalah tiga bilangan asli yang

membentuk barisan geometri dengan b

a bilangan bulat. Jika

rata-rata dari a b c, , adalah b1, maka 2

4 a b a 1

b a

       

 

A) 2 B) 1 C) 0 D) 1 E) 2

b

a bilangan bulat, artinya r1 sedangkan rata-rata dari a b c, , adalah

1

b , artinya 1

3

a b c b    .

Sangat mudah menebak barisan bilangan tersebut, yaitu 3, 6, dan 12. Jadi, a3, b6, dan c12, sehingga

2 2

3 6

4 1 4 3 1 1 2 3 1 1

6 3 a b a b a   _{   }   _{       }         .

(6)

Misalkan bar dan car2. Terus

2

1

3

a ar ar ar   



2



1

3

a r r

ar   



2



1 3 3

a  r r  ar



2



1 2 3

a  rr 

Karena 3 bilangan prima, berlaku teorema faktorisasi tunggal, yang artinya ada dua kemungkinan yang terjadi :

(1) 2

1 1 2 3

a  rr 

(2) 2

3 1 2 1

a  rr 

Pada kemungkinan 1 :

2

1 2 rr 3

2

2 2 0

r  r 

Nilai r tidak bulat.

Pada kemungkinan 2 :

2

1 2 rr 1

2

2 0

r  r



2



0

r r 

0

r atau r2

(7)

7. Untuk 0 x  , jika



xR a|  x b



adalah himpunan penyelesaian dari 2 cosx



cosxsinx



tan2xsec2 x. Maka

b a 

A) 2

8 

B) 3

8 

C) 4

8 

D) 6

8 

E) 





2 2

2 cosx cosxsinx tan xsec x





2 2

2 cosx cosxsinx sec xtan x 2

2cos x2sin cosx x1

2

2cos x 1 2sin cosx x0 cos 2xsin 2x0

sin 2 sin 2 0

2 x x



 _ _ _

 

 

2 cos sin 2 0

4 4 x

  _ _

 

 

sin 2 0

4 x



 _ _

 

 

Titik kritisnya sin 2 sin 0

4 x



 _ _

 

  atau sin 4 2x sin

 _

 _ _

 

  yaitu

8

x  k atau 3

8

x   k .

Untuk k 0, maka nilai x yang memenuhi yaitu

8

x

Untuk k1, maka nilai x yang memenuhi yaitu 5

8

x 

(8)

Himpunan penyelesaiannya adalah | 5

8 8

x R  x 

 _ _{ } 

 

 , sehingga

5 4

8 8 8

a b      .

8. Jika ₂ ₃ ₂ 0 sin 6 lim 18 cos 3 t a t

t t t



 _ _{ }

 

  , maka a

A) 6 B) 12 C) 18 D) 24 E) 30

2 3 2 2 3 2

0 0

sin 6 2sin 3 cos 3

lim lim

cos 3 cos 3

t t

a t a t t

t t t t t t

 

 _ _  _ 

   

   

2 3 2 2 3

0 0

sin 6 2sin 3

lim lim

cos 3 cos 3

t t

a t a t

t t t t t t

 

 _ _  _ 

   

   

2 3 2 2 3

0 0

sin 6 2 tan 3

lim lim

cos 3

t t

a t a t

t t t t t

 

 _ _  _ 

   

   

2 3 2 3

0 0

sin 6 2 tan 3

lim lim

cos 3

t t

a t at t

t t t t

 



 _ _  

   

   

Lalu, aplikasikan teorema L’Hospital, sehingga diperoleh

2

2 3 2 2

0 0

sin 6 6sec 3

lim lim

cos 3 3

t t

a t a t

t t t t

      _ _        



2



2 3 2 2

0 0

6 1 tan 3 sin 6

lim lim

cos 3 3

t t

a x

a t

t t t t

 

 _ _ 

 _ _ _ _

  _ _

(9)

2

2 3 2 2

0 0

sin 6 6 6 tan 3

lim lim

cos 3 3

t t

a t a x

t t t t

       _ _         2

2 3 2 2 2

0 0 0

sin 6 6 6 tan 3

lim lim lim

cos 3 3 3

t t t

a t a x

t t t t t

       _ _  _            

2 3 2 2

0 0

sin 6 6

lim lim 18

cos 3 3

t t

a t a

t t t t

    _ _  _         2 0 6

18 lim 18

3 t a t       _ _   2 0 6 lim 0 3 t a t    _{ }    

Jadi, nilai a yang memenuhi hanya nilai a6 sebab 0₂ 0 3t  .

9. Jika ₃ 5 ₃

 

x

c

x  



g t dt, maka ' 2

c g   _{ }

  A) 15 2 B) 15 4 C) 15 8 D) 15 16 E) 15 32

Pada persamaan ₃ 5 ₃

 

x

c

c  



g t dt, setting xc, sehingga

 

5

3 3

c

c  



g t dt

5

3c  3 0

5

3c 3

5

1

c 

1

c

Lalu, kedua ruas pada persamaan 5

 

3 3

x

c

c  



g t dt diturunkan

(10)



₃ 5 ₃



 

x

c

d d

x g t dt

dx dx

 

  _ _







 

4

15x g x

 

3

60x g x'

Sehingga nilai dari

3

1 1 1 15

' ' 60 60

2 2 2 8 2

c

g  _{ }g  _{ }  _{ }   _{ }

        .

10.Diberikan kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk a. Di dalam kubus tersebut terdapat sebuah limas segiempat

beraturan P.ABCD dengan tinggi 1

3a. Perbandingan volume

kubus dengan volume ruang yang dibatasi oleh bidang PBC, PAD, dan BCFG adalah …

A) 6 : 1 B) 9 : 4 C) 5 : 2 D) 6 : 3 E) 9 : 6

(11)

Volume limas PABCD 2

3

3 9

a a

a

 

Volume limas PEFGH 2

3

2 2 3

3 9

a a

a

 

Volume kubus 3 a



Volume ruang yang diarsir

3 3

3 2 6 3

9 9 9

a a

   

Jadi, perbandingannya 9 : 6. 11.Diberikan kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk 24. Di

dalam kubus tersebut terdapat sebuah limas segiempat beraturan P.ABCD dengan tinggi 5. Titik Q terletak pada rusuk EF sehingga QF = EQ. Jarak antara titik Q dan bidang PAB adalah …

A) 288

5

B) 288

7

C) 288

9

D) 288

11

E) 288

13

(12)

Jarak titik Q ke bidang PAB adalah panjang garis QS.

Segitiga POR siku–siku di titik O, sehingga panjang

   

2 2 2 2

12 5 13

PR RO  OP    .

Segitiga QTP siku–siku di titik T, sehingga panjang

   

2 2 ₂ ₂

12 19 505

QP QT  TP    .

Pada segitiga PQR,





2

   

₂ ₂

  

505  24  13 2 24 13 cos

  

505576 169 2 24 13 cos  

  

240 2 24 13 cos   

  

240 cos

2 24 13

  

5 cos

(13)

12 sin

13  

Sekarang, pada segitiga RSQ,

12 sin 13   12 24 13 QS _ 288 13 QS  12. 0 0 1 cos lim x x t dt x   



A) 0 B) 1 C) 2 D) 3

E) 1 2 2

Misalkan

 

0

1 cos

x

f x 



 t dt. Maka f '

 

x  1 cos x.

Dengan menerapkan teorema L’Hospital, diperoleh

 

0 0 0 1 cos lim lim x x x t dt f x x x    



 

0 0 0 1 cos ' lim lim 1 x x x t dt f x x    



 

0 0 1 cos

lim ' 0

x x t dt f x   



0 0 1 cos

lim 1 cos 0 1 1 2

(14)

13.Jika f x

 

  x3 3x29x6 terdefinisi pada



 1,



, maka …

(1) f selalu turun (2) f tidak pernah naik

(3) f cekung bawah pada

 

1, (4) f cekung atas pada



,1



Terdefinisi pada



 1,



artinya domainnya    1 x

 

3 2

3 9 6

f x   x x  x

 

2

' 3 6 9

f x   x  x

 

'' 6 6

f x   x

Syarat fungsi f x

 

turun pada domain    1 x adalah f '

 

x 0

2

3x 6x 9 0

   

2 ₂ ₃ ₀ x  x 

Karena nilai D 

 

2 24 1 3

  

  8 0, maka setiap nilai x pada domainnya memenuhi pertidaksamaan kuadrat tersebut. Jadi f x

 

fungsi turun. Pernyataan (1) BENAR.

Syarat fungsi f x

 

tidak pernah naik pada domain    1 x adalah

 

' 0

f x  . Sama alasannya dengan pernyataan (1). Pernyataan (2) BENAR.

Syarat fungsi f x

 

cekung ke bawah pada domain    1 x adalah

 

'' 0

f x 

6x 6 0

  

6x 6

  

1

(15)

Jadi, f x

 

cekung ke bawah pada interval x1 atau

 

1, . Pernyataan (3) BENAR.

Syarat fungsi f x

 

cekung ke atas pada domain    1 x adalah

 

'' 0

f x 

6x 6 0

  

6x 6

  

1

x

Jadi, f x

 

cekung ke atas pada interval x1 atau



,1



. Pernyataan (4) BENAR.

Jadi, jawabannya E.

14.Bentuk identitas trigonometri berikut yang BENAR adalah …

(1) 6 6 1 2

sin cos cos 2 sin 2 1 4

x x x_ x _

 

(2)sin 1 cos 2 2

x x 

(3) 4 4 2

cos xsin x2cos x1

(4)cos 1 cos 2 2

x x 

Uji setiap persamaan dengan nilai x 30 atau x 60 . Bisa juga diuji dengan nilai x yang lain. Cara ini lebih menghemat waktu daripada harus menggunakan identitas trigonometri.

Pernyataan (1) BENAR

6 6 1 2

sin 30 cos 30 cos 60 sin 60 1 4

 

    _   _

 

1 27 1 1 3 1 64 64 2 4 4

 

  _   _

 

(16)

1 cos 60 sin 30

2

 

 

1 1

2 4 1 1 2 2

4 4 2

cos 30 sin 30 2cos 30 1

9 1 3

2 1

1616  4 8 6

1 16 4

1 1 22

1 cos120 cos 60

2

 

 

1 1

2 4 1 1 2 2

(17)

15.Misal u



u u u1, 2, 3



dan v



v v v1, 2, 3



, dengan  sudut antara u dan v, k skalar. Pernyataan berikut yang BENAR adalah …

(1)Jika u v0, maka

 

tan u v

u v

  

(2)



ukv



  v u v

(3)

     

u   v u v 2 v u

(4)Jika u v0, maka u0 atau v0

cos sin

u v u v  u v  u v 

u v   v u

0

u u   v v

 

u v     w u w v w

sin tan

cos

u v

u v _{u v}

u v u v

u v

 





  



ukv



   v u v kv v     u v 0 u v

   

u v          u v u u u v v u v v

   

u v         u v 0 v u v u 0 2

 

v u

Pernyataan (4) SALAH

Jika u v0, maka belum tentu u0 atau v0. Sebagai contoh

2 3 4

(18)