SOLUSI PREDIKSI UJIAN NASIONAL MATEMATIKA IPA 2015 Paket 3

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

SOLUSI PREDIKSI UJIAN NASIONAL

MATEMATIKA IPA 2015

Paket 3

Pilihlah jawaban yang paling tepat!

1. Diberikan premis-premis berikut!

1. Mathman belajar tidak serius atau ia dapat mengerjakan semua soal Ujian Nasional dengan benar.

2. Ia tadak dapat mengerjakan semua soal Ujian Nasional dengan benar atau Mathman lulus Ujian Nasional.

Negasi dari penarikan kesimpulan yang sah pada premis-premis tersebut adalah …. A. Mathman belajar dengan serius atau ia tidak lulus Ujian Nasional

B. Mathman belajar dengan serius atau ia lulus Ujian Nasional. C. Mathman belajar dengan serius dan ia tidak lulus Ujian Nasional. D. Jika Mathman belajar dengan serius maka ia tidak lulus Ujian Nasional. E. Jika Mathman belajar dengan serius maka ia lulus Ujian Nasional.

Solusi:

p q  p  q

Negasi dari pernyataan “Jika Mathman belajar dengan serius, maka ia lulus Ujian Nasional” adalah “Mathman belajar dengan serius atau ia tidak lulus Ujian Nasional”. 

 

A

p  q p  q

q r  q  r …. p r

(p  q) pq

Jika Mathman belajar dengan serius maka ia dapat mengerjakan semua soal Ujian Nasional dengan benar.

Jika ia dapat mengerjakan semua soal Ujian Nasional dengan benar, maka Mathman lulus Ujian Nasional.

2 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 2. Jika a16dan 27 1  b , maka nilai





12 .... 1 4 3 3 ₁ 2 3 4 3 2 1    b b a b a a A. 9 2 D. 9 25 B. 9 5 E. 9 32 C. 9 6 Solusi:





12 1 4 3 3 1 2 3 4 3 2 1 b b a b a a  3 1 4 1 2 1 2 1 4 3 2 1 b a b a b a    3 1 3 1 4 3 4 1 2 1 2 1     a b 3 2 4 5 b a  3 2 4 5 27 1 16        2 5 3 1 2        9 32   [E]

3. Bentuk sederhana dari



3 5



3 5



3 5



3 5adalah …. A. 2 5 D. 2 10 B. 2 10 E. 92 10 C. 23 5 Solusi: x



3 5



3 5 



3 5



3 5 x



3 5

 

2 3 5

 

 3 5

 

2 3 5



x 4



3 5

 

 43 5



x24



3 5

 

43 5



2 16



95



x2 2416 x 402 10

Jadi, bentuk sederhana dari



3 5



3 5 



3 5



3 5adalah 2 10.  [D] 4. Jika

c k

x0  , dengan q0adalah solusi dari persamaan log log



1



2 5 , 2 4 , 0 _{  } x x , maka nilai ....  kc A. 84 D. 25 B. 48 E. 24 C. 42

3 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Solusi: 0,4logx2,5log



x1



2





2 5 , 2 log 1 log 4 , 0 log log    x x





2 4 10 log 1 log 10 4 log logx _ x _





2 4 10 log 1 log 4 10 log log     x x





2 4 10 log log 1 logx  x _ 4 10 log 2 1 log   x x 16 100 log 1 log   x x 16 100 1_  x x 4x425x 21x4 21 4  x 21 4 0   c k x k4dan c21

Jadi, nilai kc42184.  [A]

5. Jika persamaan kuadrat 4x2 



48k



x2kk2 0mempunyai dua akar yang positif , maka nilai k adalah …. A. 5 1  k atau k0 D. 0k2 B. 0 5 1_{ } k E. 1k2 C. k0atau k 2 Solusi:

4 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Persamaan kuadrat 4x2 



48k



x2kk2 0akar-akarnya x1 dan x2.

D0



48k



2 44



2kk2



0 1664k64k2 32k16k2 0 80k2 96k160 5k2 6k10



5k1



k1



0 1 5 1  x ………… (1) x1x2 0





0 4 8 4 _  k 12k0 2 1  k ……… (2) x1x2 0 0 4 2k k2 _ k



2k



0 2k 0…………(3) Dari (1)  (2)  (3) menghasilkan: 1k2 [E]

6. Jika dan adalah akar-akar persamaan kuadrat 2x2 4x30sedangkan 2dan2adalah akar-akar persamaan x2  pxq0, maka nilai p adalah ….

A. 9 D. 1 B. 7 E. 3 C. 2

Solusi:

2x2 4x30, akar-akarnya adalah dan

2 2 4_      a b     1 5 1 + +    2 0 +     2 0 5 1 1 2 1  

5 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 2 3    a c  x2  pxq0, akar-akarnya 2dan2 2 2 p







2 2 p

 

 p         2 3 2 2 2 p7 Jadi, nilai p7. 

 

B

7. Jika bilangan prima a dan b , dengan abadalah akar-akar persamaan x2 21xh0, maka persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya 10a18dan 2b19adalah ….

A. x2 21x380 D. x2 21x380 B. x2 19x80 E. x2 21x380 C. x2 2x30

Solusi:

x2 21xh0, akar-akarnya a dan b yang merupakan bilangan prima. ab21

Karena a dan b bilangan prima, maka a = 2 dan b = 19.

Akar-akar persamaan kuadrat baru adalah 10a18dan 3b38, sehingga 10a18102182

3a383193819 Persamaan kuadrat adalah



1 2



1 2 0 2 _{   } x x x x x x x2 



219



x2190 x2 21x380 [A]

8. Lingkaran yang berpusat di titik (5,3) menyinggung garis g: 3x4y120. Persamaan garis singgung yang sejajar dengan garis g adalah ….

A. 3x4y420 D. 3x4y370 B. 3x4y320 E. 3x4y120 C. 3x4y520

6 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 2 2 4 3 12 4 3     x y r 2 2 4 3 12 3 4 5 3       r 3 5 15 _ 

Persamaan lingkaran adalah



x5

 

2  y3



2 9 Gradien garis g: 3x4y120 adalah

4 3   g m Persamaan garis singgung adalah

ybm



xa



r m2 1





1 4 3 3 5 4 3 3 2              x y





4 5 3 5 4 3 3     x y 4y123



x5



15 4y123x1515dan 4y123x1515 3x4y420dan 3x4y120

Jadi, persamaan garis singgung yang diminta adalah 3x4y420.

9. Diberikan fungsi f didefinisikan sebagai f

 

x x1dan fungsi yang lain didefinisikan sebagai

  

gof x x2 2x5. Jumlah akar-akar persamaan

  

fog x 9adalah …. A. 5 D. 2 B. 4 E. 0 C. 3 Solusi:

  

gof x x2 2x5 g



f

 

x



x2 2x5 g



x1



x2 2x5 tx1 xt1 g

   

t  t12 2

 

t1 5 g

 

t t2 2t12t25 g

 

t t2 4

O

Y

X

(5,3)

r

0 12 4 3x y 

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

 

x x2 4

  

fog x 9 f



g

 

x



9 f



x2 4



9 x2 40 0 1 0 2 1       a b x x

Jadi, jumlah akar-akarnya adalah 0.  [E] 10. Diberikan fungsi

 

4 3    x x x

f , dengan x4. Jika g:RRadalah suatu fungsi sehingga

  

gof x x2, maka fungsi invers g1

 

x ....

A. 5 2   x x , x5 D. 2 5   x x , x2 B. 2 5   x x , x2 E. 2 5   x x , x2 C. 1 5 2    x x , x1 Solusi:

  

gof x x2 g



f

 

x



x2 2 4 3 _{ }         x x x g 4 3    x x t tx4tx3 x

 

t1 4t3 1 3 4     t t x

 

2 1 3 4 _     t t t g 

 

1 5 2     t t t g 

 

1 5 2     x x x g Rumus:

 

d cx b ax x f   



 

a cx b dx x f     1

 

1 5 2     x x x g 

 

2 5 1     x x x g , x2 [B]

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

11. Diberikan suku banyak x3 5x2 2x8yang habis dibagi



xa



dan



x2a



, dengan a adalah bilangan bulat. Nilai a adalah ….

A. 5 D. 2 B. 4 E. 1 C. 3 Solusi: f

 

x x3 5x2 2x8 f

   

a  f 2a 0 a3 5a2 2a88a3 20a2 4a8 a3 5a2 2a88a3 20a2 4a8 8a320a2 4a88



a3 5a2 2a8



0 20a2 12a560 5a2 3a140



5a7



a2



0 5 7  

a (ditolak) atau a2(diterima) Nilai a2. 

 

D

12. Sebuah segitiga mempunyai sisi yang panjangnya berbeda. Sisi terpanjang 12 cm lebih panjang dari sisi terpendek; sisi terpanjang dan sisi tengah jumlahnya 54 cm. Dua kali sisi yang terpanjang, tiga kali sisi yang tengah, dan lima kali sisi terpendek jumlahnya 222 cm. Luas segitiga tersebut adalah ….

A. 256 cm2 D. 116 cm2 B. 216 cm2 E. 112 cm2 C. 214 cm2

Solusi:

Ambillah sisi-sisi segitiga adalah a, b, dan c dengan acb. ab12

ab12……… (1) ac54………... (2) 2a3c5b222……… (3)

Persamaan (2) – Persamaan (1) menghasilkan: bc42……….. (4)

a

b

c

9 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Persamaan (3) – 2  Persamaan (1) menghasilkan:

7b3c198……… (5)

Persamaan (5) – 3  Persamaan (4) menghasilkan: 4b72 b18 b18 bc42 18c42 c24 b18 ab12 181230 b2 a2 c2 302 182 242 (Triple Pythagoras)

Dengan demikian, segitiga itu adalah segitiga siku-siku. Luas segitiga tersebut adalah 18 24 216

2

1_{  }

cm2 [B]

13. Seorang pasien di rumah sakit membutuhkan sekurang-kurangnya 84 buah obat jenis A dan 120 obat jenis B setiap hari (diasumsikan over dosis untuk setiap obat tidak berbahaya). Setiap gram zat M berisi 10 unit obat A dan 8 unit obat B. Setiap zat N berisi 2 unit obat A dan 4 unit obat B. Jika harga zat M dan zat N masing-masing harganya Rp 90.000,00 dan Rp 40.0000,00, maka dengan mengombinasikan banyak gram zat M dan N untuk memenuhi kebutuhan obat minimum si pasien akan mengeluarkan biaya minimum pula setiap harinya sebesar ….

A. Rp 1.680.000,00 D. Rp 1.200.000,00 B. Rp 1.350.000,00 E. Rp 1.040.000,00 C. Rp 1.240.000,00

Solusi:

Jumlah obat per gram zat M

Jumlah obat per gram zat N

Persyaratan harian minimum

Obat A 10 2 84

Obat B 8 4 120

Anggap x = jumlah gram zat M yang digunakan y = jumlah gram zat N yang digunakan Selanjutnya

10 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015              0 0 120 4 8 84 2 10 y x y x y x Fungsi objektif f

 

x,y 90.000x40.000y 10x + 2y = 84 ……….. (1) 8x + 4y = 120 4x + 2y = 60 …….….. (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: 6x24 x4 x4 10x + 2y = 84 10(4) + 2y = 84 2y = 44 y = 22

Koordinat titik potongnya adalah (4,22) Titik f

 

x,y 90.000x40.000y (0,0) 60.0000100.00000 (15,0) 90.0001540.00001.350.000 (4,22) 90.000440.000221.240.000(minimum) (0,42) 90.000040.000421.680.000

 pasien itu akan mengeluarkan biaya minimum setiap harinya sebesar Rp 1.240.000,00.  [C] 14. Diberikan matriks _       c b A 3 4 2 2 dan _          7 1 2 3 2 b a a b c

B . Jika AT 2B, denganATadalah transpos matriks A, maka invers matriks B adalah A1 ....

A. _        2 4 10 24 4 1 D. _        1 1 5 12 B. _        2 4 10 24 E. _        1 2 5 12 C. _        1 2 5 12 4 1 O 42 30 15 (4,22) 84 2 10x y 120 4 8x y X Y

11 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Solusi: AT 2B _                7 1 2 3 2 2 3 4 2 2 b a a b c c b T _                14 2 2 4 2 6 4 3 2 4 2 b a a b c c b 2a4 a2 a22b4a2 2b4

 

2 2 b5 b53c2b14 3c2

 

5 14 c8 _       c b A 3 4 2 2          8 3 4 5 2 2        24 4 10 2 _             2 4 10 24 4 10 24 2 1 1 A _         2 4 10 24 8 1          1 2 5 12 4 1 _ [C]

15. Diberikan titik-titik sudut A(1,1,2),B(2,1,1), dan O bertindak sebagai titik pangkal. Besar AOB  adalah …. A. 120 D. 45 B. 90 E. 30 C. 60 Solusi:                            2 1 1 0 2 0 1 0 1 OA dan                              1 1 2 0 1 0 1 0 2 OB Rumus: b a b a   cos

 

2 2 2

   

2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 cos                                AOB 1 1 4 4 1 1 2 1 2        6 3  2 1  O A B

12 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 AOB60

Jadi, besar OABadalah 60 [C]

16. Diberikan segitiga ABC dalam ruang, dengan koordinat titik A(3,1,2), B(4,3,0), dan C(1,2,5). Proyeksi vektor dari vektor ACpada vektoAB adalah….

A. i j k 3 4 3 2 3 4 _{ } D. i jk B. i j k 3 4 3 2 3 4 _{ }  E. i j k 3 4 3 1 3 4 _{ }  C. i j k 3 4 3 2 3 4 _{ }  Solusi:                          3 1 2 2 5 1 2 3 1 AC dan                           2 2 1 2 0 1 3 3 4 AB Rumus: b b b a z ₂ AB AB AB AC z  ₂

 

                                     2 2 1 2 2 1 2 2 1 3 1 2 2 2 2                2 2 1 9 6 2 2              2 1 2 3 2

Jadi, proyeksi vektor dari vektor ACpada vektoAB adalah i j k 3 4 3 2 3 4 _{ }  .  [B]

17. Bayangan koordinat titik-titik ABC, dengan A(3,1), B(4,2), dan C(5,1)oleh rotasi dengan pusat O(0,0)sebesar 90searah dengan arah jarum jam dilanjutkan dengan refleksi terhadap garis

0   y x adalah …. A. A'(3,1), B(4,2), dan C(5,1) D. A'(3,1), B(4,2), dan C(5,1) B. A'(3,1), B(4,2), dan C(5,1) E. A'(3,1), B(4,2), dan C(5,1) C. A'(3,1), B(4,2), dan C(5,1) Solusi:

Ambillah bayangan ABC adalah A'B'C'. Alternatif 1:

13 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 _                              1 2 1 5 4 3 0 1 1 0 0 1 1 0 ' ' ' ' ' ' C B A C B A y y y x x x                 1 2 1 5 4 3 1 0 0 1           1 2 1 5 4 3

Jadi, bayangannya adalah A'B'C', dengan A'(3,1), B(4,2), dan C(5,1). [C]

18. Diberikan fungsi logaritma f

 

x2log



ax



byang ditunjukkan pada gambar berikut ini. Jika

 

x

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

 

x .... A. 42x1 B. 42x1 C. 42x1 D. 12x4 E. 12x1 Solusi: ) 3 , 0 (  f

 

x2log



ax



b 32log



a0



b 32logab……….….. (1) ) 5 , 12 (  f

 

x2log



ax



b 52log



a12



b….. (2) Selisih persamaan (2) dan (1) menghasilkan:



a 12



loga log 22   2 12 log 2  _ a a 4 12_  a a 12 4aa 12 3a 4  a 4  a  32logab 32log4b 32b b1

Persamaan fungsi logaritma adalah f

 

x2log



4x



1

O X Y (0,3)

 

x f y   (12,5) 4

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

 

x2log



4x



1 f



4



1 log 2 _{ }  y x



4



1 log 2 _{  } x y y x _{ } 4 2 1 1 2 4   x y

Jadi, fungsi inversnya adalah f1

 

x 42x1 [A]

19. Dari sebuah deret aritmetika jumlah 5 suku yang pertama adalah 125 kurang dari jumlah dari suku-suku yang ke-6, ke-7, ke-8, ke-9, dan ke-10. Jika 2 kali suku-suku yang kedua dikalikan dengan

sepertiga suku yang keempat, maka hasilnya adalah 96. Suku yang pertama positif. Jumlah 20 suku yang pertama dari deret tersebut adalah ….

A. 1.210 D. 1.010 B. 1.110 E. 1.000 C. 1.100 Solusi: 125 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 u u u u u u u u u  u 125 35 5 10 5a b a b 125 25b 5  b 96 3 1 2u2 u4 



 

3



96 3 1 2ab  a b  144 3 4 2 2 _{  } b ab a

   

5 35 144 4 2 2 _{  } a a 0 69 20 2 _{  } a a



a23



a3



0

a23(ditolak) atau a3(diterima) Sn n



2a



n 1



b



2   



2 3



20 1



5



1.010 2 20 20      S

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

20. Ada sebuah deret aritmetika naik yang mempunyai banyak suku 10 buah. Suku pertama, suku ke-3, dan suku ke-7 merupakan deret geometri. Suku ke-5 deret aritmetika tersebut adalah 18. Jumlah 10 suku deret geometri adalah ….

A. 1.008 D. 1.836 B. 1.480 E. 6.138 C. 1.224 Solusi: Deret aritmetika : a + (a + b) + (a + 2b) + … + (a + 9b) u₅ 18 a4b18

Deret geometri: u1u3 u7atau a(a2b)(a6b)

b a b a a b a 2 6 2     a2 4ab4b2 a2 6ab 2ab4b2 0 2b



a2b



0

b0 (ditolak) atau a2b (diterima) a2b a4b18

2b4b18 b3

a2b236

Deret geometri adalah 6 + 12 + 24 + …, dengan a = 6, 2 6 12_  r , dan n10





1 1    r r a S n n





6.138 1 2 1 2 6 10 10 _    S

Jadi, jumlah 10 suku deret geometri adalah 6.138.  [E]

21. Diberikan kubus ABCD.EFGH, dengan panjang rusuk 6 cm. Titik P dan Q berturut-turut terletak pada pertengan AB dan BC. Jarak titik D ke bidang irisan kubus dengan bidang HPQ adalah ….

A. 17 17 8 cm D. 7 17cm B. 17 17 18 cm E. 18 17cm

16 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 C. 17 cm Solusi: BSQ BMC BC BM BQ BS  BC BD BC BS ₂ 1 2 1  BS BD 4 1  62 62 4 1 _  BS 2 2 3  cm 2 2 9 2 2 3 2 6     BD BS DS cm HS DH2DS2 2 2 2 2 9 6         2 81 36  2 9 4 3   34 2 3  cm Luas HDS  HDDS HSDR 2 1 2 1 DR HS DS HD _ DR  34 2 3 2 2 9 6 DR 17 18 17 17 18  DR cm

Jadi, jarak titik D ke bidang irisan kubus dengan bidang HPQ adalah 17 17 18

cm.

22. Diberikan Limas segitiga D.ABC , dengan AB = 15 cm, BC = 14 cm, AC = 13 cm, ABC

DAbidang , dan DA = 6 cm. Jika sudut antara bidang DBC dan bidang ABC adalah , maka .... cos A. 1 D. 5 1 A B C D E _F G H P Q T U S M R

17 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 B. 5 2 1 E. 5 5 2 C. 5 5 1 Solusi: s



abc



2 1

_

_

21 15 13 14 2 1 _{  }  cm Luas ABC  s



sa



sb



sc



 21



2114



2113



2115



 73

 

7

 

23



23



 723224 7322 84cm2 84 2 1  BC AP 14 84 2 1 _{ } AP AP12cm DP AD2 AP2  62122 6 5cm Jadi, nilai 5 5 2 5 6 12 cos    DP AP  .  [E]

23. Jika luas segi-12 beraturan yang mempunyai panjang sisi 6 cm dinyatakan dalam bentuk



ab 3



cm2 , maka nilai dari a:b....

A. 2:1 D. 1:2 B. 3:1 E. 1:4 C. 2:3

Solusi:

Menurut aturan Kosinus: p2 R2 R2 2RRcos30 62 R2 R2 2RRcos30 362R2 R2 3 3 2 36 2   R

Luas segi-n berturan

n R n   sin360 2 1 2 A B C T P 15 13 6 14  R R p 30o

18 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Luas segi-12 berturan

12 360 sin 3 2 36 2 1 12 _          _             sin30 3 2 3 2 3 2 36 6





2 1 3 2 36 6    



216108 3



cm2 a216dan b108

Jadi, nilai dari a:b216:1082:1

24. Diberikan prisma segi empat tegak ABCD. EFGH , dengan sinBEA:sinABE8:15. Jika alas ABCD adalah jajar genjang dengan diagonal-diagonalnya membentuk sudut 60o , AB = 16 cm, dan AD = 12 cm, maka volume prisma tersebut adalah ….

A. 6 3 cm2 D. 16 3cm2 B. 8 3 cm2 E. 20 3cm2 C. 14 3cm2

Solusi:

Menurut aturan Sinus: sinBEA:sinABE8:15

BEA AB ABE AE    sin sin AE AB ABE BEA    sin sin AE 16 15 8  AE30cm

Ambillah diagonal AC = 2a dan BD = 2b. Menurut aturan Kosinus:

122 a2 b2 2abcos60

144a2 b2 ab……….. (1) 162 a2 b2 2abcos120

256a2 b2 ab……….. (2) (2)  (1) menghasilkan: ab112

Luas jajar genjang 2absin60 3 2 1 112

2 

 112 3cm2

Jadi, volume prisma segiempat tegak ABCD.EFGH = Luas alas ABCD panjang rusuk tegak AE 3 360 . 3 30 3 112    cm3.  [A] A B C D 6 60o 8 a a b b A B C D E F G H 16 12

19 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 25. Jika

5 1 cos

sinx x dan 0x, maka tanx.... A. 3 5 D. 12 5 B. 3 4 E. 5 12 C. 4 3 Solusi: x sinx 5 1 cos   sin2 x1cos2 x 2 2 sin 5 1 1 sin          x x 2 x sinx sin2 x 5 2 25 1 1 sin     0 25 24 sin 5 2 sin 2 2 x x  25sin2 x5sinx120



5sinx3



5sinx4



0 5 3

sinx (ditolak) atau

5 4 sinx (diterima) 5 3 5 4 1 cos 2          x 3 4 cos sin tan   A A A 

 

B

26. Pada gambar ABC sama kaki dengan sudut puncak 20o. Titik D terletak pada AC, sehingga AD = BC dan ABD. Nilai sin adalah ….

A. 1 B. 3 2 1 C. 2 2 1 D.



6 2



4 1 _ B C A D 20o 

20 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 E. 2 1 Solusi:          80 2 20 180 C B

Menurut aturan Sinus: Perhatikan ABC: C AB A BC sin sin  A C AB BC sin sin       sin20 80 sin AB BC      2sin10 cos10 10 cos AB _{ } 10 sin 2AB ADBC2ABsin10 Perhatikan ABD: BDA AB ABD AD    sin sin

_

_

_

_

      20 180 sin sin 10 sin 2AB AB

_

_

     20 sin 1 sin 10 sin 2





    10 sin 2 1 sin 20 sin  





     10 sin 30 sin sin 20 sin  

sin10sin



20



sin30sin

cos



10



cos



30



cos



30



cos



30



cos



10



cos



30



Karena 080, maka 10 



 30



10 Jadi, 2 1 30 sin 10 3 sin 3 sin     .  [E]

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

27. Rasio sisi-sisi suatu segitiga yang jari-jari lingkaran luarnya 2 3cm adalah 3 : 5 : 7. Luas segitiga itu adalah …. A. 3 49 135 cm2 D. 49 135 cm2 B. 3 49 315 cm2 E. 49 315 cm2 C. 3 149 135 cm2 Solusi:

Ambillah segitiga ABC, dengan a = 3k, b = 5k, dan c = 7k. Menurut aturan Kosinus:

ab c b a C 2 cos 2 2 2 _{ } 

     

_{  }

k k k k k 5 3 2 7 5 3 2  2  2  2 1   C120

Menurut aturan Sinus:

R C c B b A a 2 sin sin sin    R C c 2 sin  2

 

2 3 120 sin 7 _  k 7 6  k

Luas ABC absinC 2 1  

  

3 5 sin120 2 1 k k              3 2 1 7 6 2 15 2 3 49 135  cm2

 

A 28. Nilai .... 8 3 7 lim 3 8      _x x x A. 72 1 D. 8 1 B. 64 1 E. 2 1 C. 36 1 Solusi:

22 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 8 3 7 lim 3 8     _x x x 3 7 3 7 8 3 7 lim 3 3 3 8 _{ }         x x x x x





      _{ }      3 7 8 9 7 lim 3 3 8 x x x x





      _{ }     3 7 8 2 lim 3 3 8 x x x x





      _{ }       _{ }     3 7 4 2 2 2 lim 3 3 3 2 3 3 8 x x x x x x       _{ }       _{ }   3 7 4 2 1 lim 3 3 3 2 8 x x x x       _{ }       _{ }  3 8 7 4 8 2 8 1 3 3 3 2



4 4 4





7 2 3



1     

_{ }

_

3 3 12 1   72 1   [A] 29. Jika 2 1 cos cos lim ₂ 0      _x x b x ax x x , maka nilai .... 3 3 _{ } b a A. 0 D. 3 B. 1 E. 4 C. 2 Solusi: 2 1 cos cos lim ₂ 0      _x x b x ax x x x0 xaxcosxbcosx0 0a0cos0bcos00] 00b10 b1 2 1 cos 1 cos lim ₂ 0      _x x x ax x x

Menurut Teorema Hospital: 2 1 2 sin sin cos 1 lim 0      _x x x ax x a x 2 1 0 2 0 sin 0 sin 0 0 cos 1 lim 0         a a x 1a0 a1

Jadi, nilai a3 b3 13 13 0.  [A]

23 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 ₂ 0 cos 1 cos lim x x x x x x    

Menurut Teorema Hospital:

₂ 0 cos 1 cos lim x x x x x x     _x x x x x x ₂ sin sin cos 1 lim 0      ₂ cos cos sin sin lim 0 x x x x x x       2 1 2 0 cos 0 cos 0 0 sin 0 sin     _   (OK)

30. Garis pada singgung kurva y 12xpada titik



4,12



, memotong sumbu-sumbu koordinat di titik P dan Q. Jika jarak PQ dinyatakan dalam bentuk c

b a

, dengan a, b, c adalah bilangan asli dan c bilangan asli yang tidak dapat disederhanakan lagi, maka nilai abc....

A. 75 D. 33 B. 50 E. 30 C. 45

Solusi:

Jelaslah titik



4,12



terletak pada kurva y 12x, karena 124 12

 

4 adalah pernyataan yang bernilai benar.

x y 12 x dx dy 2 1 2 2    x 2 1 1   

 

3 1 4 2 1 1 4       _x dx dy m

Persamaan garis singgungnya adalah



x b



m b y  



4



3 1 12   x y 4 36 3y x 0 32 3    y x 0  x  x3y320 03y320 3 32   y

24 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Koordinat titik        3 32 , 0 P 0  y  x3y320 x30320 x32 Koordinat titik Q



32,0







2 2 3 32 0 0 32           PQ 9 1 1 32   10 3 32

 sesuai dengan bentuk c

b a 32  a , b3, dan c10 Jadi, abc3231045.  [C]

31. Air dituangkan ke dalam suatu tanki berbentuk kerucut terbalik dengan laju 12 dm3/menit. Jika tinggi kerucut adalah 24 dm dan jari-jari permukaan atas 9 dm, maka laju kenaikan permukaan air pada saat kedalaman air dalam kerucut 8 dm adalah ….

A.  8 dm/menit D.  3 dm/menit B.  6 dm/menit E.  2 dm/menit C.  4 dm/menit Solusi: Pertambahan volume 12 dt dV dm3/menit Tinggi air h = 8 dm dan jari-jari r

R r h t _ 9 24 8 _r r3 Volume kerucut V πr2h 3 1  dt dh r dt dV _π 2 3 1 

 

dt dh 2 3 π 3 1 12 h = 24 R = 9 t = 8    r

25 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015  4  dt dh

Jadi, laju kenaikan permukaan air pada saat ke dalaman air dalam kerucut 8 dm adalah  4 dm/menit  [C] 32. Jika



















π 2 π 2 2 sin cos 26 1 6 x dx x x dx a

, maka nilai 2a 1 adalah ….

A. 3 D. 31 B. 7 E. 63 C. 15 Solusi:



















π 2 π 2 2 sin cos 26 1 6 x dx x x dx a





 













π 2 π 2 2 sin cos 26 2 1 6 x x dx x x dx a









π 2 π 2 3 2 cos sin 26 2 6 6x x  x a   x x      _{   }       2 π cos 2 π sin cosπ sinπ 26 16 24 12 2 6 6a a2 a3 2a36a2 6a426

 

2 a3 3a2 3a280



a4





a2 a7



0

a4(diterima) atau a2 a70(ditolak, karena D12 4170, akar-akarnya tidak real) Jadi, nilai2a 124 115  [C] 33. Hasil dari



  .... 4 2 3 dx x x A.



x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 4 3 1 D. x



x







x



2 C 3 2 2 1 2 2 4 3 1 4 B.



x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 4 3 1 E. x



x







x



2 C 3 2 2 1 2 2 4 3 2 4 4 1 3 3 28 4 4 28 1 1 7 0

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



x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 3 1 Solusi:

Alternatif 1: Metode Substitusi:

Ambillah u 4x2  dx x x du 2 4 2 2    dx x x du 2 4  u 4x2 u2 4x2 x2 u2 4



 . 4 2 3 dx x x



_  dx x x x 2 2 4







  u2 4du u 4uC 3 1 3 



x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 4 3 1 _ [A]

Alternatif 2: Metode Integral Parsial:

Ambillah ux2 du2xdx dx x x dv 2 4   dx x x v



  2 4



2



2 4 4 2 1 x d x   



2 4x 



udvuv



vdu



 . 4 2 3 dx x x xdx x x x2 4 2  4 2 2 



2 2 2



2



4 4 4 x x d x x     



x



x







x



2 C 3 2 2 1 2 2 4 3 2 4



x



x



x



C       _{ }   ₂ 2 2 1 2 4 3 2 4 



x

 

2 x2   x2



C 1 2 2 8 3 3 4



  

C x x _{ }   8 3 4 2 2 1 2 



x

 

4x 12



C 3 4 2 2 1 2



 x

 

 x



C  2 1 2 2 3 2 4 4 4 4 3 1 _ [A] 34. Hasil dari



4x2sin2xdx....

A. 4x2cos2x4xsin2x2cos2xC D. x2cos2xxsin2xcos2xC B. 2x2cos2x2xsin2xcos2xC E. 2x2cos2x2xsin2xcos2xC C. x2cos2xxsin2x2cos2xC

Solusi:

27 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Ambillah u4x2 du8xdx dvsin2xdx v cos2x 2 1  



udvuv



vdu



x2sin2xdx 



        x x cos2x 8xdx 2 1 2 cos 2 1 4 2 2x2cos2x



4xcos2xdx Ambillah u4x du4dx dvcos2xdx v sin2x 2 1 



x2sin3xdx2x2cos2x



xcos2xdx 





        x x x x sin2x 4dx 2 1 2 sin 2 1 4 2 cos 2 2

2x2cos2x2xsin2xcos2xC

Alternatif 2: Diferensial Integral 2 4x sin2x 8x x 2 cos 2 1  8 x 2 sin 4 1  0 x 2 cos 8 1

35. Perhatikan gambar berikut ini! Rasio luas daerah A dan B adalah …. A. 3:2 B. 2:1 C. 28:21 D. 14:13 E. 18:17 Solusi: Luas daerah A 



4 2 2 4x dx 4 2 3 3 4      x 3 224 3 32 3 256_{ }  Y y = 4 X O A B 2 4x y 2 x y y = 2 +  + C x x x x x xdx x    

28 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Luas daerah A dan B 



4 2 2 dx x 4 2 3 3 1      x 3 56 3 8 3 64_{ } 

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

3 56 3 224_  3 168 

Jadi, rasio luas daerah A dan B adalah 28:21 3 168 : 3 224   [C]

36. Jika daerah yang dibatasi oleh kurva y x, y6x, dan sumbu X diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o , maka volume benda putar yang terjadi adalah ….

A. 3 π 16 D. 16π B. 3 π 32 E. 32π C. π8 Solusi: Batas-batas integral: Kurva y6xdan y x x x 6 2 12 36 x x x   0 36 13 2 _{  } x x



x4



x9



0 4  x atau x9 dx y V b a



_π 2

 









   6 4 2 4 0 2 6 π π x dx x dx V 









 



6 4 2 4 0 12 36 π π xdx x x dx       _{    }   3 64 96 144 3 216 216 216 π π 8       _   48 3 152 π π 8 3 π 8 π 8   3 π 32   [B]

37. Perhatikan histogram berikut ini.

Y X O x y y = 6 x 4 6 9,5 14,5 19,5 24,5 29,5 34,5 3 7 14 16 8 Frekuensi Nilai

29 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015 Rasio median dan modus dari data tersebut adalah ….

A. 33:55 D. 53:55 B. 35:43 E. 63:65 C. 49:51 Solusi: Jumlah data n371416848. Karena 48 24 2 1 2 1 _{  }

n , maka kelas interval median adalah 20 – 24.

p f fk n L Me             _   2 2 2 2 1

dengan: Me= median (kurtil tengah Q2)

L2 = tepi bawah kelas yang memuat median (kuartil tengah ) = 19,5

p = panjang kelas atau interval kelas = 5

fk₂ = jumlah frekuensi sebelum kelas yang memuat median (kuartil tengah) = 3 + 7 = 10 f2= frekuensi kelas yang memuat median (kuartil tengah Q2) = 14

5 24,5 14 10 24 5 , 19           Me

Karena frekuensi tertinggi adalah 16, maka kelas interval modus adalah 25 – 29.

p d d d L Mo _         2 1 1 dengan: Mo= modus

L = tepi bawah kelas modus ( yang memiliki frekuensi tertinggi) = 24,5 p = panjang kelas atau interval kelas = 5

d1 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sebelumnya = 16 – 14 = 2

d2 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sesudahnya = 16 – 8 = 8

5 25,5 8 2 2 5 , 24           Mo Me:Mo24,5:25,5245:25549:51.

Jadi, rasio median dan modus dari data tersebut adalah 49 : 51.  [C]

38. Bilangan yang terdiri dari tiga angka disusun dari angka-angka 2, 3, 5, 6, 7, 8, dan 9 . Banyak bilangan dengan angka-angka yang berlainan dan kurang dari 600 adalah ….

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

Solusi:

Posisi angka pada bilangan tiga angka kurang dari 600.

ilangan yang terdiri dari tiga angka yang kurang dari 600, angka pertamanya 2, 3, dan 5. Dua angka yang dibelakangnya dipilih dengan menggunakan permutasi.

Jadi, bilangan tiga angka yang diminta =

2 6 2 6 2 6P  P  P 36 P2





! 2 6 ! 6 3    90 ! 4 ! 4 5 6 3      [C]

39. Jika dari 11 laki-laki dan 8 perempuan dipilih 9 laki-laki dan 6 perempuan, maka banyaknya cara pemilihan adalah ….

A. 83 B. 1.440 C. 1.500 D. 1.540 E. 1.560

Solusi:

Banyaknya cara pemilihan adalah

! 2 ! 6 ! 8 ! 2 ! 9 ! 11 6 8 9 11C  C   1 2 ! 6 ! 6 7 8 1 2 ! 9 ! 9 10 11            55281.540 [D]

40. Jika sebuah dadu dilempar dua kali, maka peluang untuk memperoleh jumlah angka kurang dari 7 adalah …. A. 36 1 B. 9 1 C. 12 7 D. 12 5 E. 2 1 Solusi:

Jumlah titik sampel adalah n(S)36

Angka kurang dari 7 adalah A = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (3,3), (4,1), (4,2), (5,1)}, sehingga n(A) = 15. 12 5 36 15 ) ( ) ( ) (    S n A n A P  [D] 2 3 5 Dadu 1 2 3 4 5 6 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)