Soal dan Pembahasan Matematika IPA UTBK 2021

MATEMATIKA IPA

UTBK 2021

SOAL

1. Jika pada4ABC diketahui sinA= 1

2,tanB= 2,danAC= 4, makaAB=....

(A) 2 +√ 3 (B) 2 +√

2 (C) 1 + 2√ 3 (D) 1 + 2√

2 (E) 1 +√

2

2. Jika sistem persamaan







2x−y= 1

2x²+ 4x+y²+ 2y= 9

memiliki penyelesaian (a, b), maka nilai 2a+byang mungkin adalah ....

(A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1 (E) 0

3. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan (x²−2)²−6>|x²−2|adalah ....

(A) {x:x <−√

5 ataux >√ 5}

(B) {x: 0≤x <√ 5}

(C) {x:−√

5< x≤0}

(D) {x:−√

5< x <√ 5}

(E) {x:−5< x <5}

4. Jika^alogc= 9 dan^blogc= 3, maka^alogab=....

(A) 9 (B) 6 (C) 4 (D) 3 (E) 2

5. Jika garis −2x+y = 1 dicerminkan terhadap garis x= 2 menghasilkan garis ax+y = b, maka 3a−b=....

(A) −4 (B) −3 (C) −2 (D) 1

(E) 3

6. Diberikan barisan aritmetikax₁, x₂, x₃, .... Jikax₁+x₂+x₃= 2 danx₄+x₅+x₆= 8, maka x1+x2+...+x15=....

(A) 64 (B) 70 (C) 76 (D) 80 (E) 84 7. Jika lim

x→1

3x−√ ax+ 4

x²−1 =b, maka 2a−12b=....

(A) −6 (B) −4 (C) −3 (D) −2 (E) 0

8. Diberikan fungsif dengan f(x)≥0 untuk setiap x∈R. Jika Z π/3

0

2 sinxf(4 cosx)dx =s dan daerah{(x, y) : 0≤y ≤f(x),1 ≤x≤4} memiliki luas t, maka luas{(x, y) : 0≤y ≤ f(x),1≤x≤2}adalah ....

(A) −s−t (B) −s+t (C) −2s−t (D) −2s+t (E) s+t

9. Diberikan fungsif dangdengang(x) = (ax+f(x+ 1))²dana >0. Jikag⁰(1) = 24, f⁰(2) =

−1, danf(2) = 3, maka 3a+ 1 =....

(A) 4 (B) 5 (C) 7 (D) 10 (E) 13

10. Diberikan kubus ABCD.EF GH dengan panjang rusuk 3. Jika P adalah titik pada EC denganEP :P C = 1 : 5, maka jarakP keH adalah ....

(A) 1 3

√3

(B) 1 2

√3

(C) 3 2

√3 (D) 2√

3 (E) 3√

3

11. Andi menabung sejumlah uang dengan bunga majemuk. Jika pada akhir tahun ke-15 uang Andi menjadi 3 juta rupiah dan pada akhir tahun ke-30 uang Andi menjadi 9 juta rupiah, maka uang yang Andi tabungkan pada tahun pertama adalah ... rupiah.

(A) 0,5 juta (B) 1 juta (C) 1,5 juta (D) 2 juta (E) 2,5 juta

12. Diberikan fungsif(x) =4 + 3x

2 + 3x. Jikaf⁻¹(a+ 2) = 0, makaa²+ 1 =....

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5

13. Diberikan vektor-vektor udanv dengan v = 4ˆi−2ˆj+ 4ˆk. Jika pvektor proyeksi upadav dengan|p|= 2 dan qvektor proyeksiv padaudengan|q|= 4, maka|u|=....

(A) 3 (B) 31

4 (C) 21 2 (D) 33 4 (E) 4

14. Jika luas daerah di kuadran I yang terletak di atas kurva y = (x−1)² dan di bawah garis y= 1 + 4m−2mxdengan m >0 adalah 40

3 , makam=....

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6

PEMBAHASAN

1. Jika pada4ABC diketahui sinA= 1

2,tanB= 2,dan|AC|= 4, maka|AB|=....

Jawaban:

(C) 1 + 2√ 3 Pembahasan:

Sketsa terlebih dahulu segitiganya. Pilih titik D padaAB sehingga AD tegak lurus CD, seperti pada gambar berikut.

A B

C

D

Tinjau cosA= AD

AC sehinggaAD=AC×cosAdan sinA= CD

AC sehinggaCD=AC×sinA.

Karena sinA= 1

2, maka cosA=1 2

√3, sehinggaAD= 2√

3 danCD= 2.

Selanjutnya perhatikan bahwa tanB= CD

BD = 2, sehinggaBD= CD 2 = 2

2 = 1.

JadiAB=AD+BD= 1 + 2√ 3.

2. Jika sistem persamaan







2x−y= 1

2x²+ 4x+y²+ 2y= 9

memiliki penyelesaian (a, b), maka nilai 2a+byang mungkin adalah ....

Jawaban:

(B) 3

Pembahasan:

Perhatikan bahway= 2x−1, kemudian substitusikan ke persamaan kedua diperoleh 2x²+ 4x+y²+ 2y+ 1−1 = 9

2x²+ 4x+ (y+ 1)²= 10 2x²+ 4x+ (2x−1 + 1)²= 10 6x²+ 4x−10 = 0 2(3x+ 5)(x−1) = 0

x=−5

3 ∨x= 1

Karena di pilihan jawaban hanya terdapat bilangan bulat, maka kita coba cek langsung untuk x= 1 diperolehy= 1 sehingga (a, b) = (1,1) dan 2a+b= 2 + 1 = 3.

Jadi nilai dari 2a+b yang mungkin adalah 3.

3. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan (x²−2)²−6>|x²−2|adalah ....

Jawaban:

(A){x:x <−√

5 ataux >√ 5}

Pembahasan:

Akan kita tinjau|x²−2|berdasarkan definisi nilai mutlak. Misalkana=x²−2.

(*) Untuka=x²−2≥0, makax≤ −√

2 ataux≥√ 2 a²−6> a a²−a−6>0

a−1 2

²

−1

4−6>0

a−1 2

2

>25 4

a−1 2

>5 2 Jadi diperoleha−1

2 <−5

2 ataua−1 2 >5

2. Karenaa >0, piliha > 5 + 1 2 = 3.

Diperoleh x²−2>3 ataux²−5>0 sehinggax <−√

5 ataux >√ 5.

Kemudian karena −√

5 < −√

2 dan √ 5 >√

2, maka penyelesaian untuk kasus a > 0 adalah x <−√

5 ataux >√ 5.

(*) Untuka=x²−2<0, maka−√

2< x <√ 2

a²−6>−a a²+a−6>0

a+1 2

²

−1

4 −6>0

a+1 2

²

> 25 4

a+1 2

> 5 2 Jadi diperoleha+1

2 <−5

2 ataua+1 2 >5

2. Karenaa <0, piliha < −5 + 1 2 =−2.

Diperoleh x²−2<−2 ataux² <0, artinya tidak ada xbilangan real yang memenuhi untuk kasusa <0.

Berdasarkan hal di atas, dapat disimpulkan bahwa himpunan penyelesaiannya adalah{x: x <−√

5 ataux >√ 5}.

4. Jika^alogc= 9 dan^blogc= 3, maka^alogab=....

Jawaban:

(C) 4

Pembahasan:Ingat sifat-sifat logaritma, yaitu

alogb= 1

bloga

alogc=^alogb×^blogc

alogbc=^alogb+^alogc

aloga= 1

Kemudian kita peroleh^blogc= 1

clogb = 3 sehingga^clogb= 1

3, selanjutnya

alogab=^aloga+^alogb

= 1 +^alogc×^clogb

= 1 + 9×1 3

= 4 Jadi^alogab= 4.

5. Jika garis −2x+y = 1 dicerminkan terhadap garis x= 2 menghasilkan garis ax+y = b, maka 3a−b=....

Jawaban:

(B)−3

Pembahasan:

Kita review dulu mengenai pencerminan titik (x, y) terhadap garisx=h. Perhatikan gambar berikut.

y

x x=h

h−x x⁰−h (x, y) (x⁰, y⁰)

Karena titik (x, y) dicerminkan terhadap garisx=h, makah−x=x⁰−h, sehinggax= 2h−x⁰ dany=y⁰. Jadi untuk kasus pada soalx= 2×2−x⁰= 4−x⁰ dany=y⁰.

Kita peroleh persamaan bayangannya adalah

−2(4−x⁰) +y⁰= 1

−8 + 2x⁰+y⁰= 1 2x⁰+y⁰= 9

yang merupakan garisax+y=b. Karena bentuknya sudah sama, makaa= 2 danb= 9.

Jadi 3a−b= 3(2)−9 =−3.

6. Diberikan barisan aritmetikax1, x2, x3, .... Jikax1+x2+x3= 2 danx4+x5+x6= 8, maka x1+x2+...+x15=....

Jawaban:

(B) 70

Pembahasan:

Misalkanx₁=adan beda barisan tersebut adalahb, maka x1+x2+x3=a+ (a+b) + (a+ 2b)

= 3a+ 3b

= 2

x₄+x₅+x₆= (a+ 3b) + (a+ 4b) + (a+ 5b)

= 3a+ 12b

= 8

Perhatikan bahwa 3a= 2−3b sehingga 8 = 2−3b+ 12b ataub = 2

3, dan dapat diperoleh bahwa 3a= 2−3×2

3 = 0. Jadia= 0 danb=2 3.

Kemudian, perhatikan pula bahwa x₁+x₂+...+x₁₅ =S₁₅, dengan S_n = n

2(x₁+x_n) = n

2(2a+ (n−1)b) sehinggaS15= 15

2 (0 + 14×2 3) = 70.

Jadix1+x2+...+x15= 70.

7. Jika lim

x→1

3x−√ ax+ 4

x²−1 =b, maka 2a−12b=....

Jawaban:

(C)−3

Pembahasan:

Ketika kita substitusikanx= 1, penyebutnya bernilai 0, sedangkan limit tersebut mempunyai nilai. Tinjau bahwa lim

x→1x²−1 = 0. Dengan sifat limit, dapat kita peroleh

x→1lim

3x−√ ax+ 4 x²−1 ×lim

x→1x²−1 = lim

x→13x−√

ax+ 4 =b×0 = 0

Jadi 3−√

a+ 4 = 0 ataua= 5. Selanjutnya dapat kita hitung limitnya sebagai berikut

x→1lim

3x−√ 5x+ 4 x²−1 = lim

x→1

3x−√ 5x+ 4

x²−1 ×3x+√ 5x+ 4 3x+√

5x+ 4

= lim

x→1

9x²−5x−4 (x−1)(x+ 1)(3x+√

5x+ 4) Ingata²−b²= (a−b)(a+b)

= lim

x→1

(x−1)(9x+ 4) (x−1)(x+ 1)(3x+√

5x+ 4)

= 9 + 4

(1 + 1)(3 +√ 5 + 4)

= 13 12 Jadi 2a−12b= 2×5−12×13

12 =−3.

8. Diberikan fungsif dengan f(x)≥0 untuk setiap x∈R. Jika Z π/3

0

2 sinxf(4 cosx)dx =s dan daerah{(x, y) : 0≤y ≤f(x),1 ≤x≤4} memiliki luas t, maka luas{(x, y) : 0≤y ≤ f(x),1≤x≤2}adalah ....

Jawaban:

(D)−2s+t Pembahasan:

Gambarkan dulu daerah yang dimaksud. (catatan: f(x) bisa sebarang fungsi)

1 2 3 4 5

1 2 3

f(x)

t

x y

1 2 3

1 2 3

f(x)

?

x y

Ingat konsep integral tentu, yaitu integral suatu kurva dari a ke b adalah luas daerah di bawah kurva tersebut pada selang [a, b], makatdapat kita nyatakan sebagai

Z 4 1

f(x)dxdan yang ditanyakan sebagai

Z 2 1

f(x)dx.

Kemudian, tinjau Z π/3

0

2 sinxf(4 cosx)dx=s. Misalkan 4 cosx=usehingga−4 sinx dx= du atau 2 sinx dx = −1

2du. Batas atas yaitu 4 cos π

3

= 2, dan batas bawah yaitu 4 cos(0) = 4. Kita peroleh

Z π/3 0

2 sinxf(4 cosx)dx=−1 2

Z 2 4

f(u)du=s

Ingat bahwa Z b

a

f(x)dx=− Z a

b

f(x)dxdan tinjau bahwauhanya sebatas variabel, sehingga

−1 2

Z 2 4

f(x)dx=s Z 4

2

f(x)dx= 2s

Kemudian, ingat bahwa Z b

a

f(x)dx+ Z c

b

f(x)dx= Z c

a

f(x)dxsehingga diperoleh

t= Z 4

1

f(x)dx

= Z 2

1

f(x)dx+ Z 4

2

f(x)dx t=

Z 2 1

f(x)dx+ 2s Z 2

1

f(x)dx=−2s+t

Jadi Z 2

1

f(x)dx=−2s+t.

9. Diberikan fungsif dangdengang(x) = (ax+f(x+ 1))²dana >0. Jikag⁰(1) = 24, f⁰(2) =

−1, danf(2) = 3, maka 3a+ 1 =....

Jawaban:

(D) 10

Pembahasan:

Ingat konsep aturan rantai pada turunan, bahwa d dx

h

f g(x)i

=f⁰ g(x) g⁰(x).

Misalkanp(x) =ax+f(x+ 1) sehinggap⁰(x) =a+f⁰(x+ 1).

Kemudian tinjau bahwag(x) =p(x)² sehinggag⁰(x) = 2p(x)p⁰(x).

Jadig⁰(x) = 2 ax+f(x+ 1)

a+f⁰(x+ 1)

. Selanjutnya, substitusikanx= 1 ke g⁰(x) g⁰(1) = 2 a+f(2)

a+f⁰(2) 24 = 2(a+ 3)(a−1) 12 =a²+ 2a−3

0 =a²+ 2a−15 0 = (a−3)(a+ 5) a= 3∨a=−5

Karenaa >0, maka nilaiayang memenuhi adalaha= 3 sehingga 3a+ 1 = 3(3) + 1 = 10.

Jadi 3a+ 1 = 10.

10. Diberikan kubus ABCD.EF GH dengan panjang rusuk 3. Jika P adalah titik pada EC dengan|EP|:|P C|= 1 : 5, maka jarakP keH adalah ....

Jawaban:

(C) 3 2

√3 Pembahsan:

Gambar terlebih dahulu kubusnya untuk melihat garisEC.

A B

C D

E F

H G

Perhatikan bahwaEC adalah diagonal ruang kubus, sehinggaEC=√

3²+ 3²+ 3² = 3√ 3, CH adalah diagonal bidang kubus sehinggaCH =√

3²+ 3² = 3√

2, danEH adalah rusuk kubus sehinggaEH = 3.

Selanjutnya, karena EP :P C = 1 : 5, makaP C = 5EP. Tinjau bahwaEP +P C =EC, sehingga 6EP =EC. Jadi EP =

√3

2 danP C= 5√ 3 2 .

Kemudian, tinjau segitigaECH dan pilih titikX padaECsehinggaEX tegak lurusXH.

H

E P X C

Tinjau bahwa EC² =CH²+EH², sehingga segitigaECH siku-siku di H. Kemudian kita dapat menggunakan luas segitiga tersebut untuk mendapatkanHX.

1

2×EH×CH= 1

2 ×EC×HX HX= EH×CH

EC

= 3×3√ 2 3√

3

=√ 6

Selanjutnya, perhatikan bahwaHX²=CH²−XC²=EH²−EX². MisalkanEX =a, sehinggaXC =EC−adanP X =a−EP.

CH²−XC²=EH²−EX² (3√

2)²−(3√

3−a)²= 3²−a² 18−(27−6√

3a+a²) = 9−a² 6√

3a= 18 a=√

3

JadiP X=√ 3−

√3 2 =

√3

2 . Tinjau bahwaHP²=P X²+HX² HP =p

P X²+HX²

= s

√ 3 2

² +√

6²

= 3 2

√ 3

Jadi jarakP keH adalah 3 2

√3.

11. Andi menabung sejumlah uang dengan bunga majemuk. Jika pada akhir tahun ke-15 uang Andi menjadi 3 juta rupiah dan pada akhir tahun ke-30 uang Andi menjadi 9 juta rupiah, maka uang yang Andi tabungkan pada tahun pertama adalah ... rupiah.

Jawaban:

(B) 1 juta Pembahasan:

Ingat bahwa konsep bunga majemuk merupakan penerapan dari barisan geometri, yaitu M0(1 +b)^tdengan M0 adalah modal atau uang awal,badalah bunga, dantadalah periode.

Karena bunganya tidak diketahui, dapat dimisalkan 1 +b=r. Diketahui pada akhir tahun ke-15, artinyaM0r¹⁵uangnya adalah 3 juta rupiah, serta pada akhir tahun ke-30 atauM0r³⁰ uangnya 9 juta rupiah, maka dengan perbandingan

M0r³⁰ M₀r¹⁵ = 9

3 r¹⁵= 3

Karenar¹⁵= 3, artinya uang yang Andi tabungkan pada tahun pertama adalahM₀= 3 r¹⁵ = 1 juta rupiah.

12. Diberikan fungsif(x) =4 + 3x

2 + 3x. Jikaf⁻¹(a+ 2) = 0, makaa²+ 1 =....

Jawaban:

(A) 1

Pembahasan:

Ingat bahwa jikaf⁻¹(x) =y, makax=f(y) sehinggaa+ 2 =f(0), kemudian f(0) = 4 + 3(0)

2 + 3(0) a+ 2 = 2

a= 0 Jadia²+ 1 = 1.

13. Diberikan vektor-vektor udanv dengan v = 4ˆi−2ˆj+ 4ˆk. Jika pvektor proyeksi upadav dengan|p|= 2 dan qvektor proyeksiv padaudengan|q|= 4, maka|u|=....

Jawaban:

(A) 3

Pembahasan:

Ingat konsep panjang vektor, untuk vektor u = aˆi+bˆj +ck, panjangnya yaituˆ |u| =

√a²+b²+c², sehingga dapat kita peroleh|v|=p

4²+ (−2)²+ 4²= 6.

Ingat pula konsep panjang proyeksi vektor, bahwa panjang proyeksiupadavadalah|p|=u.v

|v|

dan panjang proyeksiv padauadalah|q|= v.u

|u|, serta perkalian dot berlaku komutatif, se- hingga diperolehu.v=|p||v|=|q||u|=v.u. Jadi |u|=|p||v|

|q| = 2×6 4 = 3.

14. Jika luas daerah di kuadran I yang terletak di atas kurva y = (x−1)² dan di bawah garis y= 1 + 4m−2mxdengan m >0 adalah 40

3 , makam=....

Jawaban:

(B) 3

Pembahasan:

Cari dulu titik potong antara kedua kurva, yaitu

(x−1)²= 1 + 4m−2mx x²−(2−2m)x−4m= 0

(x+ 2m)(x−2) = 0 x=−2m∨x= 2

Karenam >0, maka−2mbernilai negatif, sehingga gradiennya juga negatif. Ketikax= 2, y = (2−1)² = 1 + 4m−4m = 1 sehingga kedua kurva berpotongan pada titik (2,1) di kuadran I. Jadi sketsa grafiknya seperti berikut.

−1 1 2 3 4

−1 1 2 3 4 5

y= 1+

4m

−2mx y= (x−1)

2

x y

Ingat bahwa luas daerah di antara dua kurvaf(x) dang(x), denganf(x)≥g(x) pada selang [a, b] adalah

Z b a

[f(x)−g(x)]dx, sehingga luas daerah yang dimaksud adalah

L= Z 2

0

1 + 4m−2mx−(x−1)²dx 40

3 = Z 2

0

4m−2mx−x²+ 2x dx 40

3 = 4mx−mx²−x³ 3 +x²

2

0

40

3 = 8m−4m−8 3 + 4 40

3 +8 3−12

3 = 4m 12 = 4m 3 =m Jadi nilaimadalah 3.