SOAL PREDIKSI UJIAN NASIONAL MATEMATIKA IPA 2015

SOAL PREDIKSI UJIAN NASIONAL

MATEMATIKA IPA 2015

Paket 4

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

Premis 1: Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka besar sudut antara vektor a dan b

adalah 90o.

Premis 2: Jika besar sudut antara vektor a dan b adalah 90o , maka perkalian titik (dot product) vektor a dan b adalah nol.

Ingkaran dari penarikan kesimpulan premis-premis yang sah tersebut adalah …..

A. Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka perkalian titik (dot product) vektor a dan b

adalah nol.

B. Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka perkalian titik (dot product) vektor a dan b

adalah tidak nol.

C. Vektor a dan b saling tegak lurus dan perkalian titik (dot product) vektor a dan b adalah tidak nol.

D. Vektor a dan b saling tegak lurus atau perkalian titik (dot product) vektor a dan b adalah tidak nol.

E. Vektor a dan b tidak saling tegak lurus dan perkalian titik (dot product) vektor a dan b

adalah tidak nol. Solusi:

Ingkaran dari pernyataan “Vektor a dan b saling tegak lurus dan perkalian titik (dot product) vektor a dan b adalah tidak nol.”. 

 

C

p  q q  r

p r

(p  q) pq

Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka besar sudut antara vektor a dan b adalah 90o. Jika besar sudut antara vektor a dan b adalah 90o , maka perkalian titik (dot product) vektor a

dan b adalah nol.

 Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka perkalian titik (dot product) vektor a dan b

adalah nol.

2. Jika 2 1 2  a dan 3 1 2  b , maka nilai

 

6 1 2 2 ₃ b ab a a a     _{ }   _{ }     _{ }            adalah …. A. 2 D. 4 B. 2 E. 1 C. 2 2 Solusi:

 

6 1 2 2 3 b ab a a a     _{ }   _{ }     _{ }            6 2 1 3 2 2             aa a bab 6 1 2 2 1 1 1 3 2            _    b a 6 6 1            b a 6 b a  ₆ 3 1 2 1 2 2            2 2 1 2 2    2 22  2 2 2 2 2 4 _{ }   [C]

3. Bentuk sederhana dari

10 7 2 10 5 5 10 2 _    adalah …. A. 10 D. 3 7 B. 10 3 1 E. 7 C. 10 3 7 Solusi: 10 7 2 10 5 5 10 2     10 7 10 10 3 10 25 10 5 4 10 2        10 7 10 3 10 7 21    10 3 21 10 7 21   10 3 10 7  3 7   [D] 4. Diberikan persamaan 5 3 8 1 log 64 1 log 512 2 8x _ x _

yang akar-akarnya x₁dan x₂. Nilai x1x2 adalah ….

A. 8 2 D. 2 4 1 B. 4 2 E. 2 8 1 C. 2 Solusi: 5 3 8 1 log 64 1 log 512 2 8x _ x _

5 3 512 log 8 1 log 8 log 64 1 log 8 8 2 8 8   x x 5 3 log 512 log 1 log 8 log 2 8 8 2 8 8 _      x x 5 3 log 3 1 log 2 1 2 8 8  _    x x

Ambillah a8 logx, sehingga 5 3 3 1 2 1 2 _     a a 5 3 2 5 3 2 1 2 6 2        a a a a 2520a915a6a2 6a2 5a340 Alternatif 1: 6 5 2 1 a  a 6 5 log log 2 8 1 8 _{ } x x 6 5 log 1 2 8 _ x x 6 5 2 1 8   x x 2 5 2  2 4 1 2 1 2 5   2 8 1  Alternatif 2: 6a2 5a340



6a17



a2



0 6 17   a atau a2 6 17 log 8 _ x atau 8logx2 6 17 8  x atau x82 2 526 1 2 2 1 2 1 2 8 2 1 8 2 17 2 17 6 17        x atau x82 64 2 8 1 2 4 1 64 2 526 1 2 1x     x Jadi, nilai 2 8 1 2 1x  x  [E]

5. Diberikan garis g: x2y4dan parabola yx2 2. P adalah titik singgung dari persamaan garis singgung pada parabola itu yang sejajar dengan garis g. Hasil kali absis dan ordinat titik P

adalah ….

A. 3:16 D. 4:33 B. 4:31 E. 1:32 C. 16:33

Solusi:

Gradien garis g: x2y4adalah 2 1 

g

m

Ambillah persamaan garis singgungnya adalah ymxn, dengan

2 1  mg m , sehingga n x y  2 1 . n x y  2 1 _ 2 2 _ x y n x x    2 1 2 2 0 2 4 2x2 x  n

Syarat yang harus dipenuhi agar garis menyinggung parabola adalah D0, sehingga

 

12 42



42n



0 0 16 32 1  n 16 31  n 16 31  n  2x2 x42n0 0 16 31 2 4 2x2 x    16x2 8x32310 16x2 8x10



4x1



2 0 4 1  x  yx2 2 16 1 2 2 4 1 2 _{ }       

Koordinat titik singgungnya       16 1 2 , 4 1 P .

Rasio absis dan ordinat titik P adalah 4:33 16 1 2 : 4 1   [D]

6. Diberikan persamaan kuadrat x2 kxk2 70, kR, yang akar-akarnya a dan b. Jumlah pangkat 4 akar-akarnya adalah 17. Jika banyak akar-akarnya p, maka nilai pk2 ....

A. 4 D. 36 B. 9 E. 64

C. 27 Solusi:

x2 kxk2 70akar-akarnya adalah a dan b. abk …………. (1) abk2 7……….. (2) a4 b4 17



a2 b2



2 2a2b2 17





ab



2 2ab



2 2

 

ab 2 17



 

k 22



k27





22



k27



217



k2 14

 

2 2k2 7



2 17 k4 28k2 1962k4 28k2 9817 k4 810



k2 9





k3



k3



0 k2 9atau k3atau k 3 k 3x2 kxk2 70 x2 3x32 70 x2 3x20



x2



x1



0 x2atau x1 k 3x2 kxk2 70 x2 3x

 

3 2 70 x2 3x20



x2



x1



0 x2atau x1 Banyak akar-akarnya p4 Jadi, nilai pk2 4936 [D]

7. Jika  dan  adalah akar-akar persamaan 9x2 3x20, maka persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya 3 5dan 3 5adalah ….

A. x2 9x180 D. x2 18x90 B. x2 9x180 E. x2 9x80 C. x2 9x180 Solusi: Alternatif 1: 0 2 3

9x2  x  akar-akarnya adalah  dan .

3 1     dan 9 2   

Akar-akar persamaan kuadrat baru adalah 35dan 35. Jumlah akar-akarnya:





10 9 3 1 3 10 3 5 3 5 3                  

Hasil kali akar-akarnya:



35



3 5

  

9 15







25 25 2 5 25 18 3 1 15 9 2 9                   Persamaan kuadrat yang diminta adalah



1 2



1 2 0 2 _{   } x x x x x x 0 18 9 2 _{  } x x  [C] Alternatif 2: x  5 3  3 5   x  3 5   x   9x2 3x20 2 0 3 5 3 3 5 9 2                 x x x2 10x25x520 x2 9x180 [C] Alternatif 2: 0 2 3

9x2  x  akar-akarnya adalah  dan .



3x2



3x1



0 3 2    x atau 3 1   x 3 5 3 2 3 5 3           6 5 3 1 3 5 3          

Persamaan kuadrat yang diminta adalah



1 2



1 2 0 2 _{   } x x x x x x



3 6

   

3 6 0 2 _{   } x x 0 18 9 9x2  x   [C]

8. Lingkaran L yang berpusat pada garis g: 3x4y40 melalui titik P



2,3



. Persamaan garis singgung di titik P sejajar dengan garis g adalah ….

A. 3x4y160 D. 4x3y160 B. 3x4y240 E. 3x4y160 C. 3x4y160

Solusi:

2 2 4 3 4 4 3     x y r

 

2 2 4 3 4 3 4 2 3        r 2 5 10 _  

Gradien garis g: 3x4y40adalah

4 3   g m .

Gradien garis PC adalah m_PC.

Karena PCg, maka haruslah m_g m_PC 1, sehingga

1 4 3_{ }  m_PC 3 4  PC m

Persamaan garis PC adalah ybmPC



xa





2



3 4 3   x y



2



3 3 4 _{ }  x y

Menentukan koordinat titik C:



2



3 3 4 _{ }  x y  3x4y40



2



3 4 0 3 4 4 3         _{ }  x x 9x16x3236120 25x80 5 16  x 5 16  x 



2



3 3 4 _{ }  x y 2 3 5 16 3 4 _       _  3 5 6 3 4 _        5 7 3 5 8_{ }  Koordinat titik       _ 5 7 , 5 16 C .

Persamaan lingkarannya adalah

2 4 5 7 5 16 2 2 2                 x y

Persamaan garis singgungnya: ybm



xa



r m2 1 1 4 3 2 5 16 4 3 5 7 2 _                  x y C P(2,3) 0 4 4 3 : x y  g r

2 5 2 5 16 4 3 5 7 _{ }           x y 20y2815x48100 15x20y20100 15x20y20100dan 15x20y20100 3x4y240dan 3x4y160

Jadi, salah satu garis singgungnya adalah 3x4y160

 

D

9. Jika fungsi f didefinisikan sebagai f

 

x x2. Jika



f og



2x5



x2 2x3, maka

 

2 .... g A. 12 D. 5 B. 8 E. 4 C. 6 Solusi:

 

fog 2x5



x2 2x3 f



g



2x5





x2 2x3 g



2x5



2x2 2x3 g



2x5



x2 2x1 Ambillah 2x4t 2 2   t x

 

2 1 2 2 2 2 2                  t t t g

 

2 1 2 2 2 2 2                  x x x g

 

2 1 9 6 1 4 2 2 2 2 2 2 2 2                      g  [E]

10. Sebuah fungsi didefinisikan sebagai





2 1    x x x

f , x2dan f1adalah invers dari fungsi f. Jika

  

fof 2 3f1

 

k , maka f1

 

k .... A. 3 2  D. 3 2 B. 3 1 E. 3 4 C. 3 1 Solusi: Ambillah tx1 xt1





2 1    x x x f

 

2 1 1     t t t f 1 1    t t

 

1 1    x x x f

Menentukan invers fungsi f: Alternatif 1: 1 1    y y x 1   x y xy



x1



x1 y 1 1    x x y , x1

 

1 1 1     x x x f , x1

  

fof 2 3f1

 

k

 



f



f

 

k f 2 3 1                  1 1 3 1 2 1 2 k k f

 

         1 1 3 3 k k f            1 1 3 1 3 1 3 k k 3 3 2 2k  k  5   k

 

 

3 2 1 5 1 5 5 1 1 _          f k f [B]

11. Suku banyak berderajat tiga P

 

x x3 x2 axbdibagi dengan x2 5x1mempunyai sisa 1 16x . Nilai abadalah …. A. 4 D. 7 B. 5 E. 8 C. 6 Solusi: x3x2axb



x25x1





xc



16x1 x3 cx2 5x2 5cxxc16x1 x3



c5



x2 



5c15

 

x c1



c51 c4 a5c15 a5

 

4 15 a5 Alternatif 2:

 

d cx b ax x f   



 

a cx b dx x f     1

 

1 1    x x x f 

 

1 1 1     x x x f , x1

b



c1







41



3 Jadi, nilai ab538 [E]

12. Diberikan sebuah segitiga yang panjang sisi-sisinya adalah 13 cm, 14 cm, dan 15 cm. Dengan menggunakan titik-titik sudutnya sebagai pusat dibuat lingkaran, sehingga lingkaran-lingkaran itu saling bersinggungan. Rasio jari-jari lingkaran yang terkecil dan terbesar adalah ….

A. 3:4 B. 3:7 C. 7:8 D. 6:7 E. 2:3 Solusi:

r1r2 15 ……….. (1) r₁r₃ 14………... (2) r₂ r₃ 13………… (3)

Jumlah persamaan (1), (2), dan (3) menghasilkan: 2



r1 r2 r3



151413

r1r2 r3 21………. (4) Dari persamaan (1) dan (4) diperoleh: 15r₃21

r₃ 6

Dari persamaan (2) dan (4) diperoleh: 14r2 21

r2 7

Dari persamaan (3) dan (4) diperoleh: 13r121

r18

Jadi, rasio jari-jari lingkaran yang terkecil dan terbesar adalah 6 : 8 = 3 : 4.  [A]

13. Sebuah pabrik memproduksi dua jenis barang yang harus diproses melalui bagian perakitan dan bagian finishing (penyempurnaan). Bagian perakitan menyediakan waktu 90 jam dan bagian finishing menyediakan waktu 72 jam. Pembuatan barang jenis I memerlukan waktu 6 jam pada bagian perakitan dan 3 jam pada bagian finishing. Sedangkan pembuatan barang jenis II memerlukan waktu 3 jam pada bagian perakitan dan 6 jam pada bagian finishing. Jika laba yang diberikan barang jenis I dan II berturut-turut Rp 80.000,00 dan Rp 60.000,00. Pendapatan maksimum yang diperoleh pabrik tersebut adalah ….

A. Rp 1.000.000,00 D. Rp 1.320.000,00 B. Rp 1.020.000,00 E. Rp 1.500.000,00 C. Rp 1.300.000,00

Solusi:

Ambillah barang jenis I dan II masing-masing adalah x dan y.

             0 0 72 6 3 90 3 6 y x y x y x f

 

x,y 80.000x60.000y r1 r1 r2 r2 r3 r3 A B C X Y O 30 24 12 15 6x + 3y = 90 3x + 6y = 72

6x3y90……… (1) 3x6y72……… (2)

Persamaan (1) – 2  Persamaan (2) menghasilkan: 9y54

y6

y6 6x3y90 6x3690 x12

Koordinat titik potongnya adalah (12,6).

Titik f

 

x,y 80.000x60.000y

(0,0) 80.000060.00000

(15,0) 80.0001560.00001.200.000

(12,6) 80.0001260.00061.320.000 (maksimum) (0,12) 80.000060.00012720.000

Jadi, Pendapatan maksimum yang diperoleh pabrik tersebut adalah Rp 1.320.000,00.  [D]

14. Diberikan matriks _                              a c b 3 6 2 0 1 0 2 1 0 7 0 2 1 0 . Nilai abc.... A. 5 D. 1 B. 3 E. 3 C. 1 Solusi: _                              a c b 3 6 2 0 1 0 2 1 0 7 0 2 1 0 _                      6 3 1 0 1 0 7 0 2 1 0 c a b _                       1 3 0 6 1 0 2 1 0 0 7 1 c a b _                      1 3 6 0 1 0 2 1 0 2 1 0 7 c a b _                0 2 1 3 6 2 1 0 7 c a b _      _           0 1 2 1 3 3 0 7 c a b a1 b3

7 2 1 3  _  c c5

Jadi, nilai abc1353.  [A]

15. Sebuah segitiga ABC dalam ruang dengan koordinat-koordinat titik A



4,5,2



, B



1,7,3



, dan



2,4,5



C . Besar BAC adalah …. A. 30 D. 90 B. 45 E. 120 C. 60 Solusi:                           1 2 3 2 3 5 7 4 1 AB dan                            3 1 2 2 5 5 4 4 2 AC Rumus: b a b a   cos

 

2 2 2

   

2 2 2 3 1 2 1 2 3 3 1 2 1 2 3 cos                                BAC 9 1 4 1 4 9 3 2 6        14 14 7  14 7  2 1  BAC60

Jadi, besar BACadalah 60 [C]

16. Diberikan vektor-vektor ai j2kdan bik. Panjang proyeksi vektor

 

uv pada



10u15v



adalah …. A. 5 6 D. 5 2 1 B. 2 6 E. 15 2 1 C. 6 2 1 Solusi:                                     3 1 2 1 0 1 2 1 1 v u                                      5 10 5 1 0 1 15 2 1 1 10 15 10u v

Rumus: Panjang proyeksi vektor a pada b adalah

b b a c   A C B

  

2



2 2 5 10 5 5 10 5 3 1 2                              c 25 100 25 15 10 10       150 15  6 2 1 6 5 15 _ 

Jadi, panjang proyeksi vektor

 

uv pada



10u15v



adalah 6 2 1

.  [C]

17. Peta kurva 12x3y50 jika dirotasi terhadap pusat O sebesar 90o searah putaran jarum jam dilanjutkan dengan reflesi terhadap garis yxadalah ….

A. 12x3y50 D. 3x12y50 B. 12x3y50 E. 3x12y50 C. 12x3y5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 dan y'y y'y 12x3y50 12x'3

 

 y' 50 12x3y50

Jadi, peta kurva tersebut adalah 12x3y50.  [C] 18. Diberikan fungsi logaritma

 

b

a x x

f 



log 1 yang ditunjukkan pada gambar berikut ini. Jika

 

x

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



x1



.... A. 10x 2 B. 10x2 C. 10x 2 D. 10x 2 E. 10x 2 Solusi:

 

b a x x f   log 1  f

 

x log



xa



b ) 0 , 3 (  f

 

x log



xa



b O X Y

 

x f y 2 (3,0)   (12,1)

0log



3a



b…….….. (1) ) 1 , 12 (   f

 

x log



xa



b 0log



12a



b…... (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan:



a







a



  log3 log12 1 a a    3 12 log 1 10 3 12    a a a a 30 10 12   18 9a 2   a 2   a  0log



3a



b 0log



32



b 0log1b 00b b0

Persamaan fungsi logaritma adalah f

 

x log



x2



 

x log



x2



f



2



log    y x



2



log   x y 2 10x y 2 10   x y

Jadi, fungsi inversnya adalah f1

 

x 10x 2 [A]

19. Diberikan deret aritmetika naik. Jumlah 8 suku pertama adalah 164 dan jumlah 6 suku berikutnya adalah 333. Jumlah 10 suku pertama deret aritmetika tersebut adalah….

A. 270 D. 255 B. 265 E. 250 C. 260 Solusi:







a n b



n Sn 2 1 2   







2 8 1



164 2 8 8  a  b  S



2 7



164 4 a b  41 7 2a b ……… (1)

Jumlah 8 suku pertama adalah 164 dan jumlah 6 suku berikutnya adalah 333 berarti jumlah 14 suku pertamanya adalah 164 + 333 = 497







2 14 1



497 2 14 14  a  b  S



2 13



497 7 a b 

71 13

2a b ……… (2)

Selisih persamaan (2) dan (1) adalah 6b30 b5 b5 2a7b41 2a7

 

5 41 2a6 a3



2 3



10 1



5



255 2 10 10      S

Jadi, jumlah 10 suku pertama deret aritmetika tersebut adalah 255.  [D]

20. Di antara 1 dan 5 disisipkan k buah bilangan, sehingga terjadi sebuah deret aritmetika. u1, u3, dan 7

u membentuk sebuah deret geometri. Jumlah k suku pertama deret geometri adalah ….

A. 256 D. 127 B. 144 E. 107 C. 128 Solusi: Beda lama = b = 5 – 1 = 4 Beda baru = 'b

Banyak suku yang disisipkan = k

1 '   k b b 1 4   k Deret geometri: u1+ u3+u7 3 7 1 3 u u u u  ' 2 ' 6 ' 2 1 1 1 1 b u b u u b u     ' 2 1 ' 6 1 1 ' 2 1 b b b     14b'4

 

b' 2 16b' 4

 

b'2 2b'10



2b'1



0 2 1 ' b 2 1 ' b  1 4 '   k b 1 4 2 1   k k18

k7 1 1 1 3 2 ' u b u u u r   2 1 2 1 2 1   





1 1    r r a S n n 





127 1 2 1 2 1 7 7 _    S

Jadi, jumlah deret geoemtri tersebut adalah 127.  [D]

21. Diberikan limas segitiga beraturan (tetrahedron beraturan atau bidang empat beraturan) OABC

yang panjang semua rusuknya masing-masing adalah 10 cm. Tetrahedron ini dipotong oleh bidang

PQR sedemikian sehingga OP = 5 cm pada sisi OA; OQ = 8 cm pada sisi OB; dan OR = 8 cm. Besar sudut antara bidang PQR dan bidang OBC adalah . Jika c

b a

 

sin , dengan a, b, c adalah bilangan asli dan bilangan c dalam bentuk sederhana (tidak dapat ditarik akarnya lagi), maka nilai

....   b c a A. 72 D. 50 B. 60 E. 45 C. 55 Solusi: Dari gambar (3): 10 8   OB OQ OM ON 3 5 3 2 1 10 60 sin 10     OM cm Sehingga 5 3 4 3 10 8 _{ }  ON cm

Karena tetrahedron beraturan, maka AM OM 5 3cm OAM adalah sama kaki dan P adalah titik tengah OA. Sehingga OPM 90dan

3 1 3 5 5 cos    OM OP POM

Menurut aturan Kosinus dalam PON:

A B C O P N P 10 5 5 5 5  8 8 2 2 Q R 10 O A M P _ 5 5 3 4 3 5 N O B C N 8 2 3 4 M R 2 Q 8 (1) (2) (3)

PN2 OP2 ON2 2OPONcosPON

 

3 1 3 4 5 2 3 4 52 2 2 _{     } PN 25484033

sinPON 1cos2POM

2 3 1 1 _        3 1 1  3 2  Menurut aturan Sinus dalam PON:

PON PN PNO OP    sin sin PN PON OP   sin sin 99 2 5 33 3 2 5    11 3 2 5  22 33 5  Sehingga a5, b33, dan c22 Jadi, nilai abc5332260.  [C]

22. Dari prisma segitiga beraturan ABC.PQR , dengan AB = 4 cm dan AP = 5 cm. Jika jarak titik P ke bidang AQR hasilnya dinyatakan dalam bentuk c

b a

, dengan a, b, c adalah bilangan asli dan bilangan c dalam bentuk sederhana (tidak dapat ditarik akarnya lagi), maka nilai abc.... A. 158 D. 48 B. 150 E. 47 C. 111 Solusi:

AQ AB2 BQ2  4252  41cm ARAQ 41cm

Menurut aturan Kosinus dalam AQR: AR AQ QR AR AQ QAR       2 cos 2 2 2

   

41 41 2 4 41 412 2 2      41 33 41 2 16 41 41     

sinQAR 1cos2QAR

2 41 33 1         2 ₂ 2 41 33 41   37 41 4  Luas BCD  QRAN AQARsinQAR

2 1 2 1 37 4 37 41 4 41 41 sin         QR QAR AR AQ AN cm 3 2 3 2 1 4 60 sin 4     PN cm Luas BCD  APPN  ANPM 2 1 2 1 B A C Q P R M 4 5 N

37 3 2 5    AN PN AP PM 111 37 10 

Jadi, nilai abc1037111158.  [A]

23. Jika keliling segi-8 beraturan adalah 32 cm, maka rasio luas segi-8 beraturan tersebut dan luas lingkaran luarnya ….

A. 2:π 2 D. 2:π B. 2:2π E. 2 2:π C. 2:π

Solusi:

Keliling segi-8 beraturan = 32 cm 8p32 4 8 32_  p cm

Panjang sisi segi-8 adalah 4 cm.

Sudut pusat segi-8 beraturan  45 8

360 Menurut aturan Kosinus:

42 R2 R2 2RRcos45 2 2 1 2 2 16 R2  R2 16R2



2 2



2 2 16 2   R 2 2 2 2 2 2 16      8



2 2



Luas lingkaran luar segi-8 beraturan πR2 8π



2 2



cm2. Luas segi-n beraturan

n R n     sin360 2 1 2

Luas segi-8 beraturan

8 360 sin 2 1 8  2   R

Luas segi-8 beraturan 48



2 2



sin45





2 2 1 2 2 32    16



2 22



32



21



cm2

Jadi, rasio luas segi-8 beraturan tersebut dan luas lingkaran luarnya







2 2



π 8 1 2 32   

_





_

2 2 2 2 2 2 π 8 1 2 32      



_

_



2 4 π 8 2 2 2 2 2 32      π 2 2  atau 2 2:π 

 

E

24. Diberikan prisma segitiga tegak beraturan CMN.PRQ. Segitiga CMN sama sisi terletak pada persegi ABCD yang panjang sisinya



6  2



dm, dengan M terletak pada AB dan N pada AD. Titik T terletak pada titik berat segitiga PQR, sehingga TC = 4 dm. Volume limas T.CMN adalah …. A. 2 3 16 liter D. 3 3 16 liter R R 4 45o

B. 8 2 liter E. 3 3 16 liter C. 16 2liter Solusi:

Panjang sisi persegi ABCD =



6 2



dm.

Ambillah BN DM x, maka AM AN  6 2 x. Menurut Pythagoras:





2 2 2 6   CN x CM  x2 84 3



6 2 x

 

2 6 2 x

 

2 6 2 x



2 MN         

Karena CMN adalah sama sisi, maka CM CN MN.



6 2



2 3 4 8 2 _x x      2 4 6 4 3 8 2 4 12 3 4 8 2 2 x x x x        



4 6 4 2

 

8 4 3



0 2 _{    } x x 2 3 16 32 3 64 128 2 4 6 4       x 2 3 48 96 2 4 6 4     2 3 3 6 4 2 4 6 4           _    6 2 1 2 2 3 2 2 2 6 2 2 62 2



3 2 6





3 2 6



2 2 6 2     x 3 65 2(ditolak) atau



3 2 6



2 2 6 2     x  6 2(diterima)



6 2



2 84 3   CM CN MN  84 384 3  164dm Lihat CMK siku-siku di K: 3 2 1 4 60 sin 'CCM   K 2 3 dm Lihat TK'Msiku-siku di K: 2 2 4 ' 'M K N  K dm A B T 4 M C D K N 1 T P K Q R A B C D N M

x

x

x   2 6

x   2 6

2 6

2 6 

2 2 ' 'T TM K M K    4222  164 122 3dm Lihat TK'C: TC C K T K TC C K TCK       ' 2 ' ' ' cos 2 2 2

 

 

4 3 2 2 3 2 4 3 2 2 2 2      4 3 2 2 42    3 1  ' cos 1 ' sinTCK   2TCK 2 3 1 1 _        3 1 1  3 2  6 3 1  Luas TCK' ' sin ' 2 1 TCK T K TC     ' ' 2 1 TT C K    C K TCK T K TC TT ' ' sin ' '    3 2 6 3 1 3 2 4   6 3 4  dm            4 4 sin60 2 1 sin 2 1 Luas CMN CM CN MCN 3 4 3 2 1 4 4 2 1_{   }  dm2.

Jadi, volume limas T.CMN Luas '

3 1 TT CMN    6 3 4 3 4 3 1    2 3 16  liter 

 

A

25. Kosinus dari jumlah semua penyelesaian persamaan 4sinxcosx3tanxcotx, dengan    360 0 x adalah …. A. 1 D. 0 B. 3 2 1  E. 1 C. 2 1  Solusi:

4sinxcosx3tanxcotx

x x x x x x sin cos cos sin 3 cos sin 4    x x x x x x cos sin cos sin 3 cos sin 4 2 2 _  

4



sinxcosx



2 3



sinxcosx



1

sin2 1 0 2 1 3 2 sin 2 1 4 2                x x sin2 1 0 2 3 2 sin2 x x  2sin22x3sin2x20



2sin2x1



sin2x2



0 2 1 2

sin x (diterima) atau sin2x2(ditolak)  sin30

2 1 2 sin x

2x30k360atau 2x18030k360, dengan kB

x15k180atau x75k180, dengan kB

k0x15atau x75

k1x15180195atau x75180255

Jadi, cos



1575195255



cos540cos



180360



cos1801 [A] 26. Dalam ABC dengan BCa, ACb, dan ABcdiketahui ACB120 dan



3 1



:2 :b 

a . Nilai dari



sinAcosBcosAsinB

 

2  cosAcosBsinAsinB



2 .... A. 0 D. 2 3 B. 4 1 E. 2 5 C. 2 1 Solusi:



3 1



:2 :b  a





k a 31 dan b2k

Menurut aturan Kosinus dalam ABC :

C ab b a c2  2  2 2 cos     2 2 2 cos120 2 ab b a c ab b a c2  2  2 







k



 

k





k k c2  31 2  2 2  31 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 3 2 3k k k k k k c       2 2 6k c  6 k c

Menurut aturan Sinus dalam ABC :

R C c B b A a 2 sin sin sin    C c B b sin sin    120 sin 6 sin 2 k B k 6 120 sin 2 sin k k B   2 2 1 2 1 6 3 2 1 2 sin     k k B  45 B

Alternatif 1: Menentukan besar sudut A



B C



A180  180



45120



15 Alternatif 2: Menentukan besar sudut A

C B A 120o a b c

C c A a sin sin 





   120 sin 6 sin 1 3 k A k





6 120 sin 1 3 sin k k A  





6 3 2 1 1 3 k k  





2 2 1 3 



6 2



4 1 _   15 A

Jadi,



sinAcosBcosAsinB

 

2  cosAcosBsinAsinB



2 sin2



AB



cos2



AB





 







 



sin2 15 45 cos2 15 45 sin2



30



cos260

2 2 2 1 2 1               2 1  . [C] 27. Jika tan







1dan





7 1

tan   , maka tan:tanadalah …. A. 13:10 D. 6:5 B. 3:5 E. 3:10 C. 5:13 Solusi:



 









_



_{ }





_

                      tan tan 1 tan tan tan 7 1 1 1 7 1 1 2 tan      1 7 1 7    6 8  3 4  3 4 tan 1 tan 2 2       2 tan 2 2 tan 3   0 2 tan 3 tan 2 2  



2tan1



tan2



0 2 1

tan atau tan2





7 1 tan  7 1 tan tan 1 tan tan _         

 7tan 1 tan tan

tan

7   

 



tan 7tan 1 7tan

tan    7 tan tan 7 1 tan      

2 1 tan  7 tan tan 7 1 tan       7 2 1 2 1 7 1                14 1 7 2    13 5  2 tan  7 tan tan 7 1 tan      

 

7 2 2 7 1      9 15   3 5  

Karena

tan0dan tan 0

, maka

2 1 tan  dan 13 5 tan 

.

Jadi,

13:10 13 5 : 2 1 tan : tan    .  [A] 28. Nilai               ₈ 24 4 2 1 2 2 lim _{2 3} 2 _{x x x x} x adalah …. A. 4 11  D. 12 11 B. 12 1  E. 4 11 C. 12 11  Solusi: Alternatif 1: Uraian               ₈ 24 4 2 1 2 2 lim _{2 3} 2 _{x x x x} x _               ₈ 24 8 2 8 4 2 lim _{3 3} 2 2 _{x x} x x x x _              ₈ 24 8 10 3 2 lim _{3 3} 2 2 _{x x} x x x ₈ 24 10 3 2 lim ₃ 2 2        _x x x x 8 14 3 2 lim ₃ 2 2       _x x x x









2





2 4



7 2 2 lim ₂ 2         _{x x x} x x x 4 2 7 2 lim ₂ 2       _{x x} x x

 

 

2 2

 

2 4 7 2 2 2 _{  }     12 11    [C]

Alternatif 2: Teorema Hospital

              ₈ 24 4 2 1 2 2 lim _{2 3} 2 _{x x x x} x                ₈ 24 8 2 8 4 2 lim _{3 3} 2 2 _{x x} x x x x _              ₈ 24 8 10 3 2 lim _{3 3} 2 2 _{x x} x x x ₈ 24 10 3 2 lim ₃ 2 2        _x x x x ₂ 2 ₃ 3 4 lim x x x    

 

 

2 2 3 3 2 4     12 11    [C] 29. Nilai .... cos sin sin cos lim 2 2 π 3     _{x x x} x x A. 2 D. 2

B. 1 E. 4 C. 1 Solusi: x x x x

x _{sin sin cos}

cos lim 2 2 π 3 _{ }  _{x x x} x x x x x x x

x sin sin cos

cos sin sin cos sin sin cos lim 2 2 2 2 π 3 _{ }       





x x x x x x x

x sin sin cos

cos sin sin cos lim _{2 2} 2 2 π 3         _{ }   x x x x x x cos cos sin sin cos lim 2 2 π 3        _{ }    _   _  x x x x cos sin sin lim 2 2 π 3 ₂ π 3 cos 2 π 3 sin 2 π 3 sin  2  

1

 

12 0 112 

 

D

30. Diberikan kurva fungsi f

 

x ax3 bx, dengan a dan b adalah konstanta mempunyai nilai stasioner

 

1,2 . Batas-batas fungsi f naik adalah ….

A. 1x1 D. 1x3 B. x1atau x1 E. x3atau x3 C. 3x1 Solusi:

 

1,2  f

 

x ax3 bx 2a

 

13 b

 

1 ab2………. (1) f'

 

x 3ax2 b

Nilai stasioner dicapai jika f'

 

x 0, sehingga 3ax2 b0

x1 3ax2 b0 3a

 

12 b0

3ab0…..…….. (2)

Selisih persamaan (2) dan (1) menghasilkan: 2a2 a1 a1 ab2 1b2 b3 Fungsi f adalah f

 

x x3 3x f'

 

x 3x2 3

Fungsi f naik dicapai jika f'

 

x 0, sehingga 3x2 30

x2 10



x1



x1



0 1x1

Jadi, batas-batas fungsi f naik adalah1x1.  [A]

31. Sebuah kotak dari logam tanpa tutup mempunyai volume 288 liter. Jika panjang alas kotak dua kali lebarnya, maka luas permukaan kotak minimum adalah ….

A. 106 dm2 D. 216 dm2 B. 108 dm2 E. 256 dm2 C. 118 dm2 Solusi: Volume kotak = 288 288 2xxh 2 144 x h

Luas permukaan kotak: L2xx2xh22xh L2x2 6xh 2 2 6 144₂ x x x L   x x L2 2 864 ' 4 864₂ x x L  " 4 1728₃ x L  

Nilai stasioner (titik kritis) dicapai jika L'0, sehingga 4 864₂ 0 x x x3 2160 x3 216 16 Jika x6, maka 12 0 6 1728 4 "  ₃  

L , sehingga fungsi L mencapai nilai minimum pada x6.

 

216 6 864 6 2 2 min    L

Jadi, luas permukaan kotak minimum adalah 216 dm2.  [D]

32. Jika x dx xdx a 2 1 sin 2 13 1 3 1 π 2 π



 



, maka nilai a adalah ….

A. 9 D. 4

2x

x h

B. 8 E. 2 C. 6 Solusi: xdx dx x a 2 1 sin 2 13 1 3 1 π 2 π



 





x



xdx d x a 2 1 sin 2 13 1 3 1 3 1 π 2 π



  







π 2 π 1 2 3 2 1 cos 2 26 1 3 9 2          _ x x a





4 π cos 2 26 2 π cos 2 26 9 16 1 3 9 2 2 3      a





2 2 1 2 26 0 9 16 1 3 9 2 2 3      a





26 9 16 1 3 9 2 2 3    a



3 1



2 8 117 3    a



3 1



2 125 3   a 3 2 125 1 3a  25 1 3a  24 3a 8  a

Jadi, nilai a adalah 8.  [D] 33. Hasil dari



1



.... 2 2 2   



dx x x x A. C x x x    1 2 D. C x x _ 1 2 B. C x x x    1 E. x C x _{ } 1 1 C. C x x x    1 2 Solusi:



x



dx x x



_ 2 2 1 2



x



dx x x



 _    2 ₂ 1 1 1 2





2 1 1 1 dx x           



C x x     1 1 C x x x _     1 1 2 C x x _{ }   1 1 2 C x x _   1 2  [D]

34. Hasil dari



xsin2xdx adalah ….

A. 2x22xsin2xcos2x D.



2x 2xsin2xcos2x



C

4 1 2 B.



2x xsin4x



C 8 1 2 E.



2x 2xsin2xcos2x



C 8 1 2 C.



x xsin2xcos2x



C 8 1 2 Solusi: Ambillah u x dudx dvsin2 xdx xdx 2 2 cos 1   v x sin2x 4 1 2 1 _ 



xsin2 xdx x x x



x xdx      _        _  sin2 4 1 2 1 2 sin 4 1 2 1  x  x x x  cos2xC 8 1 4 1 2 sin 4 1 2 1 2 2  x  x x cos2xC 8 1 2 sin 4 1 4 1 2 



2x 2xsin2xcos2x



C 8 1 2

35. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva-kurva fungsi yx3 2x2 5dan yx3adalah …. A. 5 D. 12 1 3 B. 12 7 3 E. 24 1 3 C. 3 1 3 Solusi: Batas-batas integral: yx32x2 5dan yx3 x3 2x2 5x3 x3 2x2 x20



x1





x2 x2



0



x1



x1



x2



0 x1atau x1atau x2 Rumus: 



 

b a dx x f L

Luas daerah yang diarsir adalah









 





























 





 2 1 2 3 1 1 2 3 5 2 3 3 5 2x x dx x x x dx x L 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 0 O X Y 1 2 3 5 3 5 2 2 3 _{ }  x x y 3  x y 1







  









   



 2 1 2 3 1 1 2 3 2 2 2 2x x dx x x x dx x 2 1 2 3 4 1 1 2 3 4 2 2 3 2 4 2 2 3 2 4 _                     x x x x x x x x      _{   }       _{   }        _{  }        _{  }  2 2 1 3 2 4 1 4 2 4 3 16 4 16 2 2 1 3 2 4 1 2 2 1 3 2 4 1                                         12 24 6 8 3 12 48 24 64 48 12 24 6 8 3 12 24 6 8 3                               12 13 12 8 12 19 12 13 12 13 8 19 13    12 1 3 12 37    [D]

36. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva y2xx2, garis 4

2  

 x

y , dan sumbu Y yang diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o adalah ….

A. π 5 48 C. π 5 18 E. π8 B. π 5 38 D. π4 Solusi: Batas-batas integral:

Kurva y2xx2dan garis y2x4

2 2 4 2x  xx  0 4 4 2 _{  } x x



x2



2 0 2  x

 

 

2 2 π b a V 



_f x g x dx_ , f

   

x g x









2 2 2 ₂ 0 π 2 4 2 V  _  x  xx _dx  









x  x  x  x x



dx 2 0 4 3 2 2 4 4 16 16 4 π



x x x



dx



     2 0 4 3 4 16 16 π 2 5 2 4 0 π 8 16 5 x x x x  _    _   32 π 32 32 16 5  _    _   48 π 5   [A]

37. Data yang disajikan pada tabel berikut adalah berat badan 60 orang siswa .

Jika modus pada tabel tersebut adalah 49,5 maka nilai b adalah ….

O X Y 2 2x x y  4 2    x y 2

Berat Badan (kg) Frekuensi

36  39 a

40 45 12

46  51 b

52  57 16

A. 12 D. 6 B. 8 E. 5 C. 7 Solusi: 60 5 16 12     b a 27  b a p d d d L Mo _         2 1 1 dengan: Mo= modus

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

d1 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sebelumnya

d2 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sesudahnya

Nilai modus pada tabel tersebut adalah 49,5 menunjukkan bahwa kelas modus terletak pada interval kelas 46  51 dengan frekuensi b.

Mo= 49,5; L = 45,5; p = 6; d1b12; dan d2 b16 6 16 12 12 5 , 45 5 , 49             b b b 28 2 72 6 4    b b 8b1126b72 2b40 b40:220 b20 ab27 a2027 a7

Jadi, nilai a dalah 7.  [C]

38. Banyaknya bilangan 4 angka yang semua angkanya genap dan bukan merupakan kelipatan 2003 adalah ….

A. 499 D. 625

B. 500 E. Tidak satupun di antaranya C. 624

Solusi:

Bilangan genap terdiri dari angka-angka 0, 2, 4, 6, dan 8.

Banyak bilangan 4 angka yang semua angkanya genap = 4555500

Bilangan kelipatan 2003 yang terdiri dari 4 angka adalah 2003, 4006, 6009,8012. Di sini terlihat, bahwa bilangan yang semua angkanya merupakan bilangan genap adalah hanya 4006.

Jadi, banyaknya bilangan 4 angka yang semua angkanya genap dan bukan merupakan kelipatan 2003 adalah 500 – 1 = 499.  [A]

39. Delegasi Indonesia ke suatu pertemuan pemuda Internasional terdiri dari 5 orang. Ada 7 orang pria dan 5 orang wanita yang mencalonkan diri untuk menjadi anggota delegasi. Jika dipersyaratkan

bahwa paling sedikit seorang anggota itu harus wanita, maka banyaknya cara memilih anggota delegasi adalah …. A. 871 D. 717 B. 821 E. 177 C. 771 Solusi:

Ada 7 orang pria dan 5 orang wanita.

Delegasi beranggotakan 5 orang, dengan paling sedikit ada 1 orang wanita. Kemungkinannya adalah (4P, 1W), (3P, 2W), (2P, 3W), (1P, 4W), (0P, 5W) Jadi, banyaknya cara memilih anggota delegasi tersebut adalah

7 C45C1 7 C35C2 7 C25 C3 7 C15C4 7 C05 C5 ! 0 ! 5 ! 5 ! 7 ! 0 ! 7 ! 1 ! 4 ! 5 ! 6 ! 1 ! 7 ! 2 ! 3 ! 5 ! 5 ! 2 ! 7 ! 3 ! 2 ! 5 ! 4 ! 3 ! 7 ! 4 ! 1 ! 5 ! 3 ! 4 ! 7 _{        }  7 6 5 4! 5 4! 7 6 5 4! 5 4 3! 7 6 5! 5 4 3! 7 6! 5 4! 7! 5! 4! 3 2 1 1 4! 3 2 1 4! 2 1 3! 2 1 5! 3! 2 1 1 6! 4! 1 1 7! 5! 1                                           355351021107511 175350210351 771 [C]

40. Dari antara 9 buah kartu bernomor 1 sampai 9 diambil 2 kartu secara acak. Peluang terambilnya dua kartu yang jumlah nomornya 9 adalah ….

A. 72 1 D. 9 1 B. 36 1 E. 4 1 C. 18 1 Solusi:

Banyak pasangan kartu yang jumlah nomornya 9 ada 4 buah, yaitu (1,8); (2,7); (3,6); (4,5).  peluang terambil 2 kartu yang jumlah nomornya 9

! 7 ! 2 ! 9 4 4 2 9   C ! 7 1 2 ! 7 8 9 4      9 1 36 4    [D]