pembahasan-um-ugm-mipa-632

P

R

e

π

i

Pembahasan

Matematika IPA

Ujian Tulis UM UGM 2015

Disusun Oleh:

Muhamad Abdul Rosid

Website:

http://www.masrosid.com

1. Di dalam kotak terdapat tiga buah bola yang masing-masing berwarna merah, biru, dan hijau. Jika lima siswa bergiliran mengambil satu bola dan setelah bola terambil dikembalikan lagi ke kotak, maka banyak kombinasi warna yang mungkin adalah . . .

A. 10 B. 21 C. 32 D. 56 E. 120 Jawab:

Misalkan a,b,c masing-masing menyatakan banyaknya bola merah, biru, dan hijau yang terambil, dengan a,b,c≥0. Makaa+b+c=5 Dengan demikian, banyaknya kombinasi warna yang mungkin = banyaknya solusi bulat tak negatid dari persamaan a+b+c=5 tersebut, yaitu banyaknya kombinasi 2 dari 5+3−1=7, yaitu

C₂7= 7! 2!5!=21

Keterangan:

1. Angka 2 adalah banyaknya tanda ‘+’ pada persamaan tersebut. 2. Angka 5 merupakan angka di ruas kanan persamaana+b+c=5 3. Angka 3 merupakan banyaknya variabel dalam persamaan, yaitu a,b,c

Secara umum banyaknya solusi bulat tak negatif dari persamaan x1+x2+x3+· · ·+xn=kadalah kombinasi dari (n−1)dari k+n−1, yaituC_nk+₋n₁−1

2. Tiga buah bilangan berbeda yang hasil kalinya 125 membentuk tiga suku berurutan barisan geometri. Ketiga bilangan tersebut masing-masing merupakan suku pertama, suku ketiga, dan suku keenam barisan aritmetika. Jumlah ketiga bilangan tersebut adalah . . .

A. 75 6 B. 85 6 C. 95 6 D. 105 6 E. 110 6 Jawab:

Misalkan tiga bilangan tersebut yang membentuk barisan geometri tersebut adalah x

r,x,xr,r,1. Karena hasil kali ketiga bilangan tersebut adalah 125, maka diperoleh

x r ·x·x r=125 x3=125 x=5

Dengan demikian, ketiga bilangan tersebut adalah 5

r,5,5r, dan masing-masing merupakan suku pertama, suku ketiga dan suku keenam barisan aritmetika, sehingga diperoleh,

U3−U1=5− 5 r 2b=5−5 r 6b=15−15 r dan U6−U3 =5r−5 3b=5−5r 6b=10−10r Dengan demikian kita peroleh,

15−15 r =10r−10 0=10r−25+15 r dikali r 5 0=2r2−5r+3 0=(2r−3)(r−1) r= 3 2 ataur=1 Jadi r= 3

2 sehingga jumlah ketiga bilangan tersebut adalah 5 r +5+5r=5· 2 3+5+5· 3 2 =20+30+45 6 =95 6

3. Persamaan lingkaran yang pusatnya terletak pada sumbuXdan melalui titik-titik potong parabolay=−x2_+6x

dan garis 2x−y=0 adalah . . . A. x2_+y2_−17x=0 B. x2+y2−18x=0 C. x2+y2−19x=0 D. x2+y2−20x=0 E. x2_+y2_−21x=0 Jawab:

Misalkan pusat lingkatan tersebut adalah (a,0), karena pusat lingkaran terletak pada sumbu X. Titik potong antara parabola y = −x2_{+6x dan garis 2x−y = 0 dicari dengan mensubstitusi persamaan parabola ke}

persamaan garis (atau sebaliknya), yaitu

2x−(−x2+6x)=0 2x+x2−6x=0 x2−4x=0 x(x−4)=0

x=0 atau x=4

Jika x=0, makay=0 dan jikax=4, maka 2·4−y=0,y=8. Dengan demikian titik potong parabola dengan garis adalah (0,0) dan(4,8). Karena lingkaran melalui titik potong, yaitu (0,0) dan pusatnya adalah(a,0), maka jari-jari lingkaran adalahr=|a|. Sehingga persamaan lingkarannya adalah,

(x−a)2+(y−0)2=|a|2

x2−2ax+a2+y2=a2 x2+y2−2ax=0

Jika kita misalkan −2a=A, maka persamaan lingkaran menjadi x2_+y2_{+Ax=0. Karena lingkaran melalui}

(4,8) maka berlaku,

42+82+4A=0 4A=−16−64 4A=−80

A=−20 Jadi persamaan lingkaran yang dimaksud adalah x2_+y2_−20x=0

4. Diketahui fungsi f dengan f(1)=2 dan f0_{(1)=1 . Jikag(x)=} p 1+x+f(x) f2_(x) , dengan f 2_{(x)= f(x)·f(x), maka} nilaig0(1)adalah . . . A. −2 B. −3 8 C. 0 D. 1 4 E. 7 3 Jawab: Misalkang(x)= u(x) v(x) denganu(x)= p

1+x+f(x)danv(x)= f2(x). Dengan demikian, u(x)= p1+x+f(x)

u(1)= p1+1+f(1)

= √2+2=2 u0(x)= 1+f

0_(x)

2p1+x+f(x) ingat bahwa, jikay=

p f(x), makay0= f 0_(x) 2pf(x) u0(1)= 1+f 0₍₁₎ 2p1+1+f(1) = 1+1 2 √ 1+1+2 = 2 2·2 = 1 2 v(x)= f2(x) v(1)= f2(1) =22=4 v0(x)=2· f(x)·f0(x) v0(1)=2· f(1)·f0(1) =2·2·1=4 Dengan demikian, g0(x)=u 0_{(x)·v(x)−u(x)·v}0_(x) v2_(x) g0(1)=u 0_{(1)·v(1)−u(1)·v}0₍₁₎ v2₍₁₎ = 1 2 ·4−2·4 42 =2−8 16 =−6 16 =− 3 8

5. Fungsi f(x)=x−2√x+a mempunyai nilai minimumb di titik x=−4 . Nilaia+badalah . . . A. −2 B. −1 C. 1 D. 2 E. 3 Jawab:

Jika fungsi f(x)=x−2√x+a mempunyai nilai minimumb di titik x=−4, maka f0_{(−4)=0. Jadi,}

f0(x)=1−2· 1

2√x+a ingat bahwa, jikay= p f(x), makay0= f 0_(x) 2pf(x) f0(−4)=1− 2· 1 2 √ −4+a 0=1− √ 1 a−4 1 √ a−4 = 1 1= √ a−4 1=a−4 a=5

Nilai minimum b diperoleh ketika x=−4, yaitub= f(−4)=−4−2

√

−4+5=−4−2=−6. Jadi a+b=5+(−6)=−1

6. Hasil pencerminan titikC(−4,−2)terhadap garisax+by+6=0 adalahC0(4,10). Nilaia+2b adalah . . . A. −8 B. −4 C. 2 D. 4 E. 8 Jawab:

Karena titik C0_{(4,10) merupakan hasil pencerminan titikC(−4,−2) terhadap garis` ≡ax+by+6=0, maka}

garis yang melalui CC0 tegak lurus garis `. Dengan demikian berlaku mCC0 ·m<sub>`</sub> = −1. Perhatikan bahwa gradien garis melaluiC(−4,−2)danC0(4,10)adalah

mCC0= y2−y1 x2−x1 = −2−10 −4−4 = −12 −8 = 3 2 Gradien garis `≡ax+by+6=0 adalahm`=−koefx

koefy =− a b. Dengan demikian, mCC0·m_` =−1 3 2 · − a b =−1 a b = 2 3 a=2b 3

Di samping itu, karena titik C0(4,10) merupakan hasil pencerminan titik C(−4,−2), maka jarak titik C ke garis ` sama dengan jarak titik C0 ke garis `. Sehingga garis ` melalui titik tengah titik C dan C0, yaitu

4+(−4) 2 , 10+(−2) 2 ! =(0,4). Sehingga berlaku ax+by+6=0 a·0+b·4+6=0 4b=−6 2b=−3 Karena 2b=−3, makaa=2b 3 = −3 3 =−1 dana+2b=−1+(−3)=−4

7. Nilai minimum fungsi f(x)=2sinx+cos2xpada interval 0≤x≤2πadalah . . . A. −4 B. −3 C. −2 D. −1 E. 0 Jawab:

Nilai minimum f(x)diperoleh ketika f0_{(x)=0, yaitu}

f0(x)=2cosx−2sin2x=0 2cosx−2·2sinxcosx=0 2cosx(1−2sinx)=0 2cosx=0 atau 1−2sinx=0 Jika 2cosx=0, makacosx=0, sehingga nilai xyang memenuhi π

2 dan 3π

2 Jika 1−2sinx=0, makasinx= 1

2, sehingga nilai xyang memenuhi

π 6 dan 5π 6

0

π

6

π

2

5π

6

3π

2

2π

+

− − −

++

_{− − − − −}

+ + ++

Jadi f(x) naik pada selang 0 < x < π 6 atau π 2 < x < 5π 6 atau 3π

2 < x < 2π dan f(x) turun pada interval

π 6 <x< π 2 atau 5π 6 <x< 3π

2 . Dengan demikian nilai minimum f(x)adalah f(0)atau f

π 2 atau f 3π 2 !

Selanjutnya kita peroleh

f(0)=2sin0+cos (2·0) =0+1=1 f π 2 =2sin π 2 +cos 2·π 2 =2+(−1)=1 f 3π 2 ! =2sin 3π 2 ! +cos 2·3π 2 ! =2·(−1)+(−1)=−3 Jadi nilai minimum f(x) adalah−3

8. Jika garis 2x+y+4 =0 dan 2x+y−6 =0 menyinggung lingkaran dengan pusat (1,p), maka persamaan lingkaran tersebut adalah . . .

A. x2_+y2_{−2x+2y−3=0} B. x2+y2−2x−2y−3=0 C. x2+y2−2x+4y−3=0 D. x2+y2−2x−4y−3=0 E. x2_+y2_−2x+4y=0 Jawab:

Karena dua garis tersebut sejajar (gradiennya sama) dan menyinggung lingkaran, maka jarak dua garis tersebut merupakan panjang diameter lingkaran. Kita cari jarak dua garis tersebut dengan rumus berikut. Jarak dua garis sejajar ax+by+c=0 dan ax+by+d=0 adalah

d= c−d √ a2+_b2

Jadi panjang diameter lingkaran tersebut adalah d= 4−(−6) √ 22+₁2 = √10 5 = 10 5 √ 5=2 √ 5 sehingga r= √ 5

Di samping itu, panjang jari-jari suatu lingkaran merupakan jarak antara titik pusat lingkaran dengan garis singgungnya, yaitu jarak titik (1,p) ke garis 2x+y+4=0. Rumus untuk menentukan jarak titik (x1,y1) ke

garisax+by+c=0 adalah d= ax1+by1+c √ a2+_b2 Dengan demikian, √ 5= 2·1+p+4 √ 12+₂2 √ 5=|p√+6| 5 5=|p+6| p+6=5 atau p+6=−5 p=−1 atau p=−11

Jika p=−1, pusat lingkaran tersebut menjadi (1,−1)sehingga persamaan lingkarannya adalah

(x−1)2+(y+1)2=r2=5 x2+y2−2x+2y+1+1−5=0

9. Diketahui kubusABCD.EFGHdengan panjang rusuk 4p. TitikP,Q, danRberturut-turut terletak pada rusuk FG,BF, danGH denganGP=BQ=GR=p. Sudut antara bidang yang melalui P,Q,R dan bidang ABCD adalah α. Nilai tanα adalah . . .

A. √ 2 2 B. √ 3 2 C. 1 D. √ 2 E. √ 3 Jawab:

Perhatikan gambar berikut ini.

P Q R N S T W X Y Z V U A B C D E _F G H α α

Bidang yang melalui titik-titik P,Q dan R adalah bidang PQXYZR dan sudut antara bidang PQXYZR dan bidang ABCDadalah sudut∠S VC atau sudut∠S UG. RN sejajar BC

Untuk mempermudah perhitungan, karena yang ditanyakan hanya nilai tanα, anggap ukuran rusuk kubus 4 cm. Sehingga RN=4 cm,GP=GQ=1 cm,GN=3 cm.

Perhatikan segitiga ∆QGP. Segitiga ini merupakan segitiga siku-siku diG, sehinggaGU = 1

2diagonal sisi= 1

2

√

2

Untuk menentukan S G, pandang segitiga ∆S GP dan ∆S NR yang merupakan segitiga sebangun. Misalkan S G=xcm, maka berlaku S G S N = GP NR x x+3 = 1 4 4x=x+3

10. Diketahui vektor ~p=a~ı+b~+2~k,~q=~ı+2~+c~k, dan~r=3~ı+6~+c~k, dengan a,b,0 . Jika ~p⊥~qdan ~p⊥~r maka a 2_+4b2 ab =. . . A. −8 B. −4 C. −2 D. 2 E. 4 Jawab:

Karena ~p⊥~q, maka ~p·~q=0, yaitua+2b+2c=0, dan juga karena~p⊥~r, maka ~p·~r=0, yaitu 3a+6b+2c=0. Maka kita peroleh,

(3a+6b+2c)−(a+2b+2c)=0 2a+4b=0 a=−2b Karena a=−2b, maka a2_+4b2 ab = (−2b)2_+4b2 (−2b)·b = (4b2+4b2 −2b2 = 8b2 −2b2 =−4

11. Jikax1 danx2 memenuhi

|3x−4|=x+5 maka nilai x1+x2 adalah . . .

A. 13 4 B. 15 4 C. 17 4 D. 19 4 E. 21 4 Jawab: Perhatikan bahwa, |3x−4|2=(x+5)2 9x2−24x+16=x2+10x+25 8x2−34x−9=0 Sehingga, x1+x2=− b a = 34 8 = 17 4

12. Jika 9,x1danx2merupakan tiga akar berbeda darix3−6x2−ax+b=0 denganb−a=5 , makax1+x2+x1x2=. . . A. −7 B. −4 C. −1 D. 1 E. 3 Jawab:

Ingat bahwa pada suku banyak ax3 _+bx2_{+cx+d = 0 yang mempunyai akar-akar x}

1,x2 dan x3, berlaku hubungan x1+x2+x3=− b a x1x2+x1x3+x2x3= c a x1x2x3=− d a Sehingga diperoleh, x1+x2+x3=− b a x1+x2+9=− −6 1 =6 x1+x2=−3

Kemudian karena 9 merupakan akar dari suku banyak tersebut, maka berlaku 93−6·92−a·9+b=0

b−9a=−243 b=9a−243 Karena b−a=5 dan b=9a−243, maka

(9a−243)−a=5 8a=248 a=31 b=5+a =5+31=36 Kemudian, x1x2x3=− d a x1x2·9=− b 1 =−36 xx =−4

13. Pertidaksamaan (3x)1+3log3x>81x2 mempunyai penyelesaian . . . A. x>3 B. x< 1 9 C. x< 1 3 D. x< 1 3 atau x>9 E. x< 1 9 atau x>3 Jawab:

Perhatikan pertidaksamaan tersebut. Terdapat notasi 3log3x, sehingga haruslah 3x > 0 atau x >0 (Ingat: syarat numerus harus positif). Jadi jelas bahwa pilihan B, C, D, dan E pasti salah karena memuat bilangan negatif. Jadi jawabannya haruslah A.

14. Jika b,c,0 dan lim x→a (x−a) tanb(a−x) cosc(x−a)−1 =d maka b=. . . A. 2c2d B. c2_d C. 1 2c 2_d D. −1 2c 2_d E. −c2d Jawab:

Ingat kembali bahwa,

cos2x=1−2sin2x

cos2x−1=−2sinxsinx Dengan demikian, lim x→a (x−a) tanb(a−x) cosc(x−a)−1 =d lim x→a (x−a) tanb(a−x) −2sinc 2(x−a)·sin c 2(x−a) =d 1·(−b) −2·c 2· c 2 =d b=dc 2 2

15. Tiga buah bilangan dengan jumlah 42 membentuk barisan geometri. Jika suku tengah dikalikan dengan−5

3 maka akan terbentuk barisan aritmetika. Maksimum dari bilangan-bilangan tersebut adalah . . .

A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 E. 56 Jawab:

Misalkan tiga bilangan yang membentuk barisan geometri tersebut adalah x

r,x dan xr dengan x,r , 0. Sehingga berlaku

x

r +x+xr=42 Jika suku tengah dikali −5

3 diperoleh barisan aritmetika, yaitu x r,−

5

3x dan xr. Karena merupakan barisan aritmetika, berlaku hubunganU2−U1=U3−U2 atau 2U2=U1+U3, yaitu

2· −5 3x= x r +xr dikali 3 r x −10r=3+3r2 0=3r2+10r+3 0=(3r+1)(r+3) r=−3 ataur=−1 3 Jika r=−3, dan x r +x+xr=42, maka berlaku x −3+x+x·(−3)=42 −3x+x−1 3x=42 −7 3x=42 x=42× −3 7 =−18 Sehingga bilangan-bilangan tersebut adalah −18

−3 = 6,−18 dan (−18)·(−3) = 54. Jadi nilai terbesar dari bilangan-bilangan tersebut adalah 54.