MA IPA UNIVERSITAS GUNADARMA TAHUN 2015 PAKET SOAL B

SOAL DAN SOLUSI MATEMATIKA SMA/MA IPA UNIVERSITAS GUNADARMA TAHUN 2015 PAKET SOAL B

14 1.

Diberikan premis-premis seperti berikut : 1) Jika kurikulum pendidikan sesuai dengan karakter bangsa maka semua anak pandai. 2) Jika semua anak pandai maka Negara akan maju dan sejahtera. 3) Negara tidak akan maju atau tidak sejahtera. Kesimpulan yang sah dari premis- premis tersebut adalah.... A. Jika kurikulum pendidikan tidak sesuai dengan karakter bangsa maka Negara tidak maju. B. Kurikulum pendidikan sesuai dengan karakter bangsa dan Negara akan maju dan sejahtera. C. Kurikulum pendidikan tidak sesuai dengan karakter bangsa. D. Semua anak pandai dan Negara akan maju dan sejahtera. E. Semua anak pandai atau Negara akan maju dan sejahtera. Solusi: [C]

pq

pr

qr

2.

~r ~r ~p  ....  kesimpulan dari premis- premis tersebut adalah “Kurikulum pendidikan tidak sesuai dengan karakter bangsa”. Pernyataan yang ekuivalen dengan pernyataan “ Kurikulum bukan tujuan utama atau kemakmuran Negara lebih utama” adalah.... A. Jika kurikulum tujuan utama maka kemakmuran negara lebih utama. B. Jika kurikulum bukan tujuan utama maka kemakmuran negara lebih utama. C. Jika kurikulum tujuan utama maka kemakmuran negara tidak utama. D. Kurikulum tujuan utama atau kemakmuran negara lebih utama. E. Kurikulum tujuan utama dan kemakmuran negara lebih utama. Solusi: [A] p  q  ~ q ~ p  ~ p  q  pernyataannya adalah “Jika kurikulum tujuan utama maka kemakmuran negara lebih utama”.

3.

 2  1  a c 4 Bentuk sederhana dari  1 3  2a 2 b 2 c 4   

 

A. 16a8bc 2

B. 8a8bc 2

    

2

 ....

C. 4a8b4 c 2

D.

1 16a8bc 2

Solusi: [A]

1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi TO Universitas Gunadarma 2015

E.

1 8a bc 2 8

 2  1  a c 4  1 3  2a 2 b 2 c 4   

 

4.

    

2 1 1 3        2 2 a 2  2 b 2 c 4 4     

Bentuk rasional dari

19 12 3  8 2



19 12 3  8 2 2

5.

Nilai dari

adalah.... C.

1 2 3 3 2 2 Solusi: [E]







 1

19 12 3  8 2 304

2

4





3

32 2

E.



1 3 32 2 4





log 5  5 log 3  2 log 15

E. 15

45  5 2 log3 15 5 3  2  1 2 2 log 3  log 15 log3 15 2

6.



 .... adalah .... log5  5 log3  2 log 15 B. 2 C. 3 D. 5

log 45  2 log 5  2 log 5 3 2



log 45  2 log 5  2 log5 3

A. 1 Solusi: [A] 2

 16a8bc 2

1 3 32 2 2 1 D. 3 32 2 2

A. 2 3  3 2 B.

2

log

Misalkan x1 dan x2 adalah akar akar persamaan 3x 2  px  5  0 . Jika x12  x22  4 x1 x2  14 , maka nilai p  .... A. 2 atau 2 Solusi: [E]

B. 3 atau 3

C. 4 atau 4

D. 5 atau 5

E. 6 atau 6

x12  x22  4 x1 x2  14

 x1  x2 2  6 x1 x2  14 2

 p  5   3   6   3   14     p2  10  14 9

p 2  36 p  6 7.

Persamaan kuadrat mx 2  4 x  m  3  0 mempunyai dua akar real berbeda, maka batas-batas nilai m adalah.... A. 4  m  4 C. 4  m  3 E. 1  m  4 B. 3  m  4 D. 4  m  1 Solusi: [E] m  0 .... (1) D  b2  4ac  0

42  4m  m  3  0

4  m2  3m  0 2 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi TO Universitas Gunadarma 2015

m2  3m  4  0  m  1 m  4  0 1  m  4 .... (2) Jadi, batas-batas nilai m adalah 1  m  4 , m  0 . 8. Ibu membeli dua buku tulis, satu bolpoin, dan satu pensil ia membayar Rp6.000,00. Ayah membeli satu buku tulis, satu bolpoin, dan satu pensil ia membayar Rp4.250,00. Kakak membeli tiga buku tulis dan dua bolpoin, ia membayar Rp8.250,00. Bibi membeli satu buku tulis dan dua pensil, jika Bibi membayar dengan uang Rp20.000,00, maka sisa uang Bibi adalah .... A. Rp11.750,00 C. Rp13.750,00 E. Rp16.250,00 B. Rp13.000,00 D. Rp15.250,00 Solusi [E] Ambillah harga sebuah buku tulis, bolpoin, pensil masing-masing adalah x , y , dan z rupiah. 2 x  y  z  6.000 .... (1)

x  y  z  4.250 .... (2) 3x  2 y  8.250 .... (3)

Persamaan (1) – persamaan (2): x  1.750 3  1.750  2 y  8.250 3.000  1.500 2 1.750  1.500  z  4.250 z  4.250  1.750  1.500  1.000 x  2 z  1.750  2  1.000  3.750  sisa uang Bibi adalah Rp20.000,00 – Rp3.750,00 = Rp16.250,00 y

9.

Persamaan garis singgung lingkaran x 2  y 2  6 x  8 y  20  0 , yang tegak lurus garis x  2 y  5 adalah....

A. 2𝑥 − 𝑦 − 5 = 0 dan 2𝑥 − 𝑦 − 15 = 0 B. 2𝑥 + 𝑦 − 5 = 0 dan 2𝑥 + 𝑦 − 15 = 0 C. 2𝑥 + 𝑦 + 5 = 0 dan 2𝑥 + 𝑦 − 15 = 0 Solusi: [A]

D. 𝑥 − 2𝑦 + 5 = 0 dan 2𝑥 − 𝑦 + 15 = 0 E. 𝑥 + 𝑦 + 5 = 0 dan 2𝑥 + 𝑦 + 15 = 0

x 2  y 2  6 x  8 y  20  0

 x  3 2   y  4  2  5 x  2 y  5  m1  

1 2

m1  m2  1 m2  2

Persamaan garis singgungnya adalah

y  y1  m  x  x1   r m2  1 y  4  2  x  3  5 2 2  1 y  4  2x  6  5 2 x  y  5  0 dan 2 x  y  15  0


10. Misalkan salah satu faktor suku banyak f  x   2 x3  3 px2  7 x  6 adalah x  3 . Jika faktorfaktor yang lain adalah  x  x1  dan  x  x2  maka nilai x12  x22  .... A.

5 3

7

B. 3

C.

17 4

D.

17 3

E.

19 4

Solusi: [C]

f  3  2  3  3 p  3  7  3  6  0 3

2

54  27 p  21  6  0 27 p  81 p3

3

f  x   2x  9x  7 x  6 3

2

2



f  x    x  2  2 x 2  3x  2



2

9

7

6

6

9

6

3

2

0

f  x    x  2  2 x  1 x  2  2

1 17 2 1  x12  x22      2    4  4 4 2 11. Diketahui suku banyak f  x   2 x4  ax3  bx2  x  6 . Jika f  x  dibagi x 2  x  2 , maka 1 a  3b  .... 4 B. 8

sisanya 2 x  4 . Nilai A. 6 Solusi: [B]

C. 12

D. 16

E. 24

x2  x  2   x  2 x  1 f  2  2  24  a  23  b  22  2  6  2  2  4 32  8a  4b  4  8 8a  4b  20 2a  b  5 .... (1)

f  1  2  1  a  1  b  1  1  6  2  1  4 4

3

2

2ab7  2 a  b  7 .... (2) Persamaan (1) – persamaan (2) menghasilkan: 3a  12 a  4

  4   b  7 b3

Jadi, nilai

1 1 a  3b   4   3  3  1  9  8 4 4

12. Diketahui f  x   4 x  3 dan g  x   2 x2  3x . Rumus komposisi fungsi  g o f  x   .... A. 32 x2  36 x  9

C. 32 x2  60 x  9

B. 32 x 2  36 x  27 Solusi: [A]

D. 32 x 2  60 x  9

E. 32 x2  60 x  27

 g o f  x   g  f  x   g  4x  3  2  4x  32  3 4x  3  32x2  48x  18  12x  9  32 x 2  36 x  9


13. Diketahui f  x   2 x  5 dan  g o f  x   A. 5 Solusi: [D]

B. 7

C. 8

 g o f  x   g  f  x    g  2 x  5 

2x  7 3 ; x  . Maka nilai g 1 1  ..... 4x  3 4 D. 15 E. 20

2x  7 4x  3

x5 7 x2 13x  2 2 g  x    g 1  x   x5 2x 1 4  3 2 x  13 2 13  1  2 g 1 1   15 2 1  1 14. Seorang penjual bunga menjual dua macam bunga. Bunga jenis I dibeli dengan harga Rp8.000,00/tangkai dan bunga jenis II dibeli dengan harga Rp10.000,00/tangkai. Pedagang tersebut menjual kembali dengan memperoleh laba Rp900,00/tangkai untuk bunga jenis I dan Rp1.000,00/tangkai untuk bunga jenis II. Jika modal yang ia miliki untuk membeli dua jenis bunga tersebut adalah Rp350.000,00 dan keranjangnya hanya dapat memuat 80 tangkai bunga, keuntungan maksimum yang diperoleh pedagang bunga tersebut adalah .... A. Rp25.000,00 C. Rp75.000,00 E. Rp95.000,00 B. Rp35.000,00 D. Rp85.500,00 Solusi: [-] Ambillah banyak bunga jenis I dan II masing-masing x dan y tangkai. 8.000 x  10.000 y  350.000 Y 2

x  y  80

x  0, y  0

f  x, y   900 x  1.000 y

80

x  y  80

35

4 x  5 y  175

4 x  5 y  175 .... (1)

f  43,0   900  43  1.000  0  38.700 f  0,35  900  0  1.000  35  35.000

O

43,75

80

 keuntungan maksimum yang diperoleh pedagang tersebut adalah Rp38.700,00. 15. Diketahui x : y  3: 8 . Jika x dan y memenuhi persamaan x y   10 5   5   40    30 50    , maka nilai x  y  .... 1 4 3 5     10 20   20   60    0 5 A. 100 B. 110 C. 115 D. 120 Solusi: [B] 3 x : y  3: 8  x  y 8 x y   10 5   5   40   1 4 3 5       30 50     10 20  20   60    0 5


E. 130

X

5 y  20  60  25     1200  3000   20 

 x  40  30  0

5 y  105     4200   20 

 x  70

 5x  350  20 y  2100   4200 5 x  20 y  1750 x  4 y  350 3 y  4 y  350 8 35 y  350 8 y  80 3  80  30 8  nilai x  y  30  80  110             16. Diketahui vektor a  6i  4 j  2k ; b  4i  p j  2k ; dan c  5i  3 j  2 pk . Jika vektor       a  b tegak lurus c , maka 2a  b  3c  ....          A. 12i  9 j  18k C. 15i  23 j  6k E. 23i  15 j  6k       B. 12i  9 j  18k D. 23i  5 j  6k x





Solusi: [E]      a  b  2i   4  p  j  4k       a b  c  a b c  0









10  12  3 p  8 p  0

11 p  22 p  2  6   4  5   23                2a  b  3c  2  4    2   3  3    15   23i  15 j  6k  2   2   4  6                  17. Diketahui a  pi  3 j  k dan b  4i  2 j  2 pk , dengan p bulat. Jika panjang proyeksi vektor   5 a pada b adalah , maka nilai p  .... 3 A. 3 B. 2 C. 2 D. 3 E. 6 Solusi: [C] 5 4p  6 2p  3 16  4  4 p 2

5 p3  3 5  p2

5 5  p2  3 p  9





25 5  p 2  9 p 2  54 p  81


125  25 p 2  9 p 2  54 p  81 16 p 2  54 p  44  0 8 p 2  27 p  22  0

 p  28 p  11  0 11 8 Karena p adalah bilangan bulat maka p  2 .

p  2 p 

18. Diketahui vektor 𝑢 = 𝑎𝑖 + 𝑏𝑗 − 𝑘 dan 𝑣 = 𝑏𝑖 + 𝑎𝑗 + 𝑘 . Sudut antara vektor 𝑢 dan 𝑣 11 33 22 11 adalah  dengan cos   . Jika proyeksi vektor 𝑢 pada 𝑣 adalah 𝑑 = 14 𝑖 + 14 𝑗 + 14 𝑘, 14 maka ab  .... A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 E. 6 Solusi: [E]     u v u v  cos       v cos .... (1) u v u       u  v v  u  v  d   2 v  d     .... (2) v v v Dari (1) dan (2) diperoleh:    v d  u cos   v  33   14  b   u  22     cos  a     14  v 1     11      14   u 11    cos  14 v  u 22 22 11    cos  a   aa2 14 v 14 14  33 u 33 11    cos  b   bb3 14 v 14 14

 ab  2  3  6 19. Bayangan kurva 4 x 2  y  5  0 akibat transformasi pencerminan x  3 dan dilanjutkan

 2  dengan translasi   adalah .... 3 A. 4 x 2  32 x  56  y  0

C. 4 x 2  32 x  56  y  0

B. 4 x 2  36 x  56  y  0

D. 4 x 2  36 x  56  y  0

E. 4 x 2  36 x  65  y  0


Solusi: [A] x a  A '  2a  x, y   A '  x ', y '  x, y   x 3  A '  6  x, y   A '  x ', y '  x, y    2     3

  x ' 2, y ' 3   4  x, y  3   x ", y "  x ', y '  x"  4  x  x  4  x" y "  y  3  y  y " 3

4 x2  y  5  0

4  4  x "  y " 3  5  0 2

64  32 x  4 x 2  y  8  0

4 x 2  32 x  56  y  0  bayangannya adalah 4 x 2  32 x  56  y  0 . 20. Himpunan penyelesaian dari 3x  A.  x 1  x  2 B.

x 1  x  3

27  12 adalah .... 3x

x 2  x  3 D.  x x  1atau x  2 C.

E.  x x  2atau x  3

Solusi: [D] 27 3x  x  12 3

32 x  12  3x  27  0 Ambillah 3x  y , sehingga

y 2  12 y  27  0

 y  3 y  9  0 y  3 y  9

3x  3  3x  32 x  1 x  2

 himpunan penyelesaiannya adalah  x x  1atau x  2 . 21. Penyelesaian dari pertidaksamaan 2 log  2 x  3  x log 2  2  x log  x  2 adalah .... A.  x 1  x  2 B.

x 0  x  3

C.  x 2  x  3 D.  x x  2atau x  3

  3 E.  x x   atau x  3 2  

Solusi: [C] 2

log  2 x  3  x log 2  2  x log  x  2

Kasus 1: x  1 .... (1) 2x  3  0 3 x   .... (2) 2 x20 8 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi TO Universitas Gunadarma 2015

x  2 .... (3) x

log 2  2 log  2 x  3  x log x2  x log  x  2 

x

log  2 x  3  x log

2x  3 

x2 x2

2x  3 

x2 0 x2

x2 x2

2x2  x  6  x2 0 x2 x2  x  6 0 x2  x  2  x  3



0 x2 x  2  2  x  3 .... (4) Dari (1)  (2)  (3)  (4) menghasilkan:

 2



3 2

 1

 2

 2

+

 2

 2

+

 2



 + 3



 + 3

 3

2  x  3 .... (5) Kasus 2: 0  x  1 .... (6) 2x  3  0 3 x   .... (7) 2 x20 x  2 .... (8) x

log 2  2 log  2 x  3  x log x2  x log  x  2 

x

log  2 x  3  x log

2x  3 

x2 x2

2x  3 

x2 0 x2

x2 x2

2x2  x  6  x2 0 x2

x2  x  6 0 x2  x  2  x  3



0 x2 x  3  2  x  2 .... (9) Dari (6)  (7)  (8)  (9) menghasilkan:  .... (10)


     3 2  3 0 1 2 2 (5)  (10) menghasilkan 2  x  3

himpuanan penyelesaiannya adalah  x 2  x  3 . 22. Sejumlah pipa berbentuk silinder disusun sedemikian, sehingga baris pertama (paling bawah) 49 pipa, baris kedua (di atas yang pertama) 46 pipa, baris ketiga 43 pipa dan seterusnya sehingga paling atas ada 1 pipa. Banyak pipa yang dapat disusun adalah .... A. 435 B. 425 C. 405 D. 400 E. 375 Solusi: [B] a  49 , u2  49 , dan un  1 b  u2  a  46  49  3 un  a   n  1 b 1  49   n  1 3 48  3n  3

3n  51 n  17

n  a  un   S17  17  49  1  425 2 2  banyak pipa yang dapat disusun adalah 425 buah. 23. Seutas tali dipotong menjadi 7 bagian, sehingga panjang potongan-potongan tali tersebut membentuk barisan geometri. Jika panjang tali terpendek adalah 3 cm dan potongan tali terpanjang 192 cm, maka panjang tali semula adalah .... A. 361 cm B. 371 cm C. 381 cm D. 471 cm E. 481 cm Solusi: [D] a  3 dan u7  192 Sn 

u7  ar 6  3r 6  192

r 6  64 r 2

Sn 



 S

a rn 1





  3128  1  381

3 27  1

r 1 2 1  panjang tali semula adalah 381cm. 24. Diketahui kubus ABCD.EFGH dengan rusuk 6 cm. Titik M pada EH, sehingga EM : EH  1: 2 . Jarak titik E ke bidang AFM adalah .... 3 5 6 6 A. B. C. D. E. 6 26 26 26 6 13 13 13 5 G Solusi: [E] H 7

2 2 MF  ME 2  EF 2  6  3  3 5

AM  MF  3 5 1 1 FM  EP  ME  EF 2 2 ME  EF 3  6 6 EP    5 FM 3 5 5

P

M

F

E Q

C

D

10 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi TO Universitas Gunadarma 2015 A

6

B

2

36 6 6   36  30 AP  EP 2  AE 2   5   62  5 5 5  1 1 AP  EQ  AE  EP 2 2 6 6 5 AE  EP 5 EQ    6 6 AP 30 5

25. Diberikan balok ABCD.EFGH dengan AB  8 cm, BC  4 cm, dan AE  6 cm. Titik P pada BC sehingga PB : PC = 1 : 2. Jika  adalah sudut antara bidang PDG dengan bidang alas ABCD, maka cos  .... 3 2 5 2 12 A. B. C. D. E. 34 34 34 17 17 17 17 34 17 17 Solusi: [-] 2 8 PC  BC  H G 3 3 2

8 8 PD  PC  CD     82  10 3 3 2

2

1 1 PD  CQ  PC  DC 2 2 8 8 PC  DC 4 CQ   3  10 8 PD 5 10 3

E

F R



C 4

P

6

D Q

B

A

8

2

32 2 53 4  GQ  CQ 2  CG 2   10   62   36  5 5 5 

4 10 4 5 2 2 2 cos   5  10    106 2 53 5 2 53 53 53 5

26. Diketahui segitiga ABC, dengan panjang sisi a  7 cm dan c   b  3 cm, Jika sudut BAC  60 , maka luas segitiga ABC adalah ....

A. 8 3 cm2 B. 10 3 cm2 C. 12 3 cm2 Solusi: [D] Menurut aturan Kosinus dalam ABD :

D. 21 3 cm2 A

72  b2  c 2  2bc cos60 49  b2  c 2  bc 49  b 2   b  3  b  b  3 2

E. 24 3 cm2

b

60 c   b  3

C

49  b2  b2  6b  9  b2  3b

7

b2  3b  40  0

 b  5 b  8  0

B

b  5 (diterima) atau b  8 (ditolak) c 538


1 1  5  8sin 60  20  3  10 3 cm2. 2 2 27. Himpunan penyelesaian dari cos 4 x  sin 2 x  1 , untuk 0  x  180 adalah ....

Jadi, luas segitiga ABC  A. 15,75,90

0,75,180 D. 45,105,120

E. 45,105,150

C.

B. 0,90,180 Solusi: [A] cos 4 x  sin 2 x  1

1  2sin 2 2 x  sin 2 x  1 2sin 2 2 x  sin 2 x  0

sin 2 x  2sin 2 x  1  0 sin 2 x  0  sin 2 x 

1 2

x  90,15,75

 himpunan penyelesaiannya adalah 15,75,90 . 5 2 28. Jika      dan cos  sin    , maka nilai sin      ..... 6 3 5 2 1 2 A.  B.  C.  D. 6 3 2 3 Solusi: [A] 5     6 5 sin      sin  6 1 sin  cos   cos  sin   2 2 1 sin  cos    3 2 1 2 1 sin  cos      2 3 6 1 2 5 sin      sin  cos   cos  sin       6 3 6 sin 97  sin 23  .... 29. Nilai dari cos97  cos 23 1 1 1 3 3 A.  3 B.  3 C. D. 2 2 3 Solusi: [D] sin 97  sin 23 2cos 60 sin 37 1   3 cos97  cos 23 2sin 60 sin 37 3

E.

5 6

E.

30. Nilai dari lim 4 x 2  2 x  5  2 x  7  .... x 

1 2 Solusi: [D]

A. 7

B. 6

1 2

lim 4 x 2  2 x  5  2 x  7  2 x 

x 

C. 6

1 2

D. 7

1 2

1 1  2x  7  7 2 2


E. 15

3

    cos 2   x   sin 2   x  4 4      .... 31. Nilai dari lim x 0 1 1  1 x sin    x  4 2  2 A. 2 B. 4 C. 8 Solusi: [C]

D. 16

E. 32

      cos 2   x   sin 2   x  4cos   2 x  4 4 2      lim    lim 4sin 2 x  4  2 x  8 lim 1 x 0 x 0 1 1  1  x 0 1 1 x cos x x cos 0 x sin    x  x sin    x  2 4 2  2  2 2 32. Sebuah kotak tanpa tutup dengan alas berbentuk persegi dengan daya tamping isi 108 cm3. Agar luas permukaan minimum, maka jumlah luas sisi tegak kotak tersebut adalah .... A. 36 cm2 B. 72 cm2 C. 96 cm2 D. 108 cm2 E. 144 cm2 Solusi: [B] 108 V  x 2 y  108  y  2 x

432  108  L  x 2  4 xy  x 2  4 x  2   x 2  x  x  432 L '  2x  2 x Nilai satasioner fungsi L dicapai jika L '  0 , sehingga 432 2x  2  0 x

y

x x

x3  216 x6

108 3 62  jumlah luas sisi tegak kotak tersebut adalah 4 xy  4  6  3  72 cm2. x6 y 

2

33. Nilai dari

  2 x  1  x

2



2

 x dx  ....

1

204 3 Solusi: [D]

A.

B.

2

  2 x  1  x

2



206 3

C.

208 3

2

2

 x dx 

1

  2x  1  x

4

2

 1





 2 x  x dx  3

2

1



D.

216 3

2

  2x

5

224 3



 4 x 4  2 x3  x 4  2 x3  x 2 dx

1 2

1  1 2 x5  5 x 4  4 x3  x 2 dx   x 6  x5  x 4  x3  3 1 3



208 64 8 1 1  64  48   32  16     1  1    3 3 3 3 3 3

1  4

34. Nilai dari

E.

 1  2sin x  sin 2 xdx  .... 2

0


A. 1

1 2

B.

1 4

C.

D. 

1 4

E. 

1 2

Solusi: [C] 1  4





1  2sin x sin 2 xdx  2

0

1  4



cos 2 x sin 2 xdx 

0

1  4

 0

1

1  1 4 sin 4 xdx    cos 4 x  2  8 0



1  1  1 1 1   cos     cos0     8  8  8 8 4 4x  2 35. Hasil pengintegralan dari dx  .... 3 7 x2  x  1













4 77 2 x  x 1  C 2 4 7 B. 7 x 2  x  1  C 4 Solusi: [A]

A.



4x  2 7





x2  x  1

3

 





dx  2 x  x  1











3 77 2 x  x 1  C 4 3 7 D. 7 x 2  x  1  C 8

C.

2





3 7





d x2  x  1  2 

E.







3 87 2 x  x 1  C 7



1 x2  x  1 3  1 7

3  1 7

C



4 77 2 x  x 1  C 2

36. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y  4 x  x 2 ; sumbu X, dan y  4  x adalah .... 5 satuan luas 3 9 B. satuan luas 2 Solusi: [D] Batas-batas integral:

A.

35 satuan luas 6 37 D. satuan luas 6

C.

E.

47 satuan luas 6

Y

4 x  x2  4  x

y 4 x

x2  5x  4  0  x  1 x  4   0

4

y  4x  x2

x  1 x  4 1

L

 0

1

1  9 1  4 x  x 2 dx   3  3   2 x 2  x3   3 0 2 2 

2



O

1

4

X

1 9 37 satuan luas   3 2 6

37. Daerah di kuadran I yang dibatasi oleh kurva y  4  x 2 , sumbu Y, dan garis 2 y  x  2 , jika diputar mengelilingi sumbu-X sejauh 360o , maka volume benda putar yang terjadi adalah .... 108 72 47  satuan volume  satuan volume  satuan volume A. C. E. 5 5 6 182 82  satuan volume  satuan volume B. D. 5 5 Solusi: [B] Batas-batas integral: Y 14 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi TO Universitas Gunadarma 2015 2y  x  2 4 1

y  4  x2



x  1  4  x2 2

2 x2  x  6  0

 2 x  3 x  2   0 3 x x2 2

 L    4  x2 0  2





2

 1     x  1  2 

2

2   4 33 2  dx    x  x  x  15 dx 4   0



2

11 1 1   32  82    x5  x3  x 2  15 x      22  2  30    satuan volume 4 2 5 0  5  5 38. Nilai kuartil bawah dari data pada tabel berikut adalah .... A. 22,83 Nilai Frekuensi B. 24,83 0–9 2 C. 27,82 10 – 19 4 D. 28,38 20 – 29 12 30 – 39 14 E. 28,82 40 – 49 8

Solusi: [A] n  40 ; Tb  19,5 ; p = 10; f1 = 12; dan fk = 2 + 4 = 6.

n  fk 10  6  19,5  10   19,5  3,33  22,83 Q1  Tb  p  4 12 f1 39. Dalam mempersiapkan ujian, seorang siswa mulai menata buku-buku pelajaran. Terdapat 3 buku matematika, 3 buku kimia, 3 buku fisika, dan 3 buku biologi. Ia menyusun buku-buku tersebut dalam sebuah rak buku deng susunan buku-buku yang sejenis tidak terpisahkan. Banyak susunan buku yang dapat terjadi adalah .... A. 64  4 Solusi: [D]

C. 65  2

B. 65

D. 65  4

E. 64  5

 banyak susunan buku yang dapat terjadi adalah 3! 3! 3! 3! 4!  6  6  6  6  6  4  65  4 . 40. Dua buah dadu dilempar undi bersama-sama satu kali. Peluang munculnya mata dadu berjumlah 7 atau berjumlah prima lebih dari 2 adalah .... 1 2 4 7 13 A. B. C. D. E. 6 9 9 18 18 Solusi: [D] 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)


Jumlah titik sampel adalah n( S )  36 Mata dadu berjumlah 7 adalah A = {(6,1), (5,2), (4,3), (3,4), (2,5), (1,6)}, sehingga n(A) = 6 Mata dadu berjumlah prima lebih dari 2 adalah B = {(2,1), (1,2), (4,1), (3,2), (2,3), (1,4). (6,1), (5,2), (4,3), (3,4), (2,5), (1,6), (6,5), (5,6)}, sehingga n(B) = 14 n( A) n( B) P( A  B) 6 14 6 7 P  A  B   P  A  P  B   P  A  B         n( S ) n( S ) n( S ) 36 36 36 18 Jadi, peluang kejadian muncul jumlah mata dadu 9 atau 11 adalah

1 . 6

Solusi 2: Care Jumlah angka pada dua dadu Banyaknya kejadian

2 1

3 2

P  A  B   P  A  P  B   P  A  B  

4 3

5 4

6 5

7 6

8 5

9 4

10 11 12 3 2 1

n( A) n( B) P( A  B) 6 14 6 7       n( S ) n( S ) n( S ) 36 36 36 18

Jadi, eluang munculnya mata dadu berjumlah 7 atau berjumlah prima lebih dari 2 adalah


7 . 18

MA IPA UNIVERSITAS GUNADARMA TAHUN 2015 PAKET SOAL B

Recommend Documents