Pembahasan Seleksi Nasional Masuk Perguruan Tinggi Negeri (SNMPTN)
Bidang Matematika Kode Paket 634 Oleh : Fendi Alfi Fauzi1
1 − cos2 x π = ... x→0 2 x tan x + 3 √ (a) − 3
1. lim
(b) 0 √
3 3 √ 2 (d) 2 √ (e) 3 (c)
Jawaban : C Pembahasan: sin2 x 1 1 − cos2 x = lim · lim π π 2 x→0 x x→0 x→0 2 x tan x + tan x + 3 3 1 = 12 · π tan 0 + 3 1 π = tan 3 1 = √ 3 √ 3 = 3 lim
2. Di dalam kotak terdapat 1 bola biru, 6 bola merah dan 2 bola putih. Jika diambil 7 bola tanpa pengembalian, maka peluang banyak bola merah yang terambil dua kali banyak bola putih yang terambil adalah . . . (a) 1
5 9
http://alfysta.blogspot.com
1
1 2 5 (c) 12 7 (d) 12 20 (e) 45
(b)
Jawaban : C Pembahasan: Kemungkinan yang akan kita cari adalah terambilnya 4 bola merah, 2 bola putih dan 1 bola biru P (4M ∩ 2P ∩ 1B) = = =
6 C4 6! 2!4!
×2 C2 ×1 C1 9 C7 2! 1! × 0!2! × 0!1! 9! 2!7!
6·5·4! 2!4!
×1×1
9·8·7! 2!7!
15 36 5 = 12 =
3. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y = x2 , y = 1 dan x = 2 adalah . . . ˆ
2
(a) −1 2
ˆ (b)
−1 2
ˆ (c)
1
ˆ
1
(d) −1 2
ˆ (e)
0
1 − x2 dx x2 − 1 dx
x2 − 1 dx
1 − x2 dx
x2 − 1 dx
Jawaban : C
Penyelesaian: Perhatikan gambar berikut ini
2
Penyelesaian: Perhatikan gambar berikut ini 4
y = x2
3
2
1
−3
−2
−1
x=2 y=1
0
1
2
3
Perhatikan bahwa luas daerah yang dimaksud adalah daerah Ryang diarsir diatas, sehingga 2 kita dapat menyimpulkan bahwa luas daerah tersebut adalah 1 (x2 − 1)dx
Perhatikan bahwa luas daerah yang dimaksud adalah daerah yang diarsir diatas, sehingga kita 2 ´2 (cos(x) + sin(x)) bahwa luas daerah tersebut adalah 1 (x2 − 1)dx 4.dapat menyimpulkan 2 = ... (cos(x) − sin(x))
2 (cos(x) + sin(x)) 1 (a) 4. = ... (cos(x)1 − − cos(2x) sin(x))2
(b)
(a)
1 1 − sin(2x) 1
1 + cos(2x) (c) 1 − cos(2x) 1 − cos(2x)
(b)
1
1 + 2 sin(x) (d) 1 − sin(2x) 1 − 2 sin(x)
1 + cos(2x) (c)(e) 1 + sin(2x) 11−−cos(2x) sin(2x)
1 + 2: sin(x) jawaban (e). (d) 1 − 2 sin(x) (e)
1 + sin(2x) 1 − sin(2x)
Pembahasan Matematika IPA SNMPTN 2012
Jawaban : E
2
Penyelesaian: cos2 (x) + 2 sin(x) cos(x) + sin2 (x) (cos(x) + sin(x))2 = cos2 (x) − 2 sin(x) cos(x) + sin2 (x) (cos(x) − sin(x))2 cos2 (x) + sin2 (x) + 2 sin(x) cos(x) = cos2 (x) + sin2 (x) − 2 sin(x) cos(x) 1 + 2 sin(x) cos(x) = 1 − 2 sin(x) cos(x) 1 + sin(2x) = 1 − sin(2x) 5. Lingkaran (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 memotong sumbu−x di titik A dan B. Jika P adalah titik pusat lingkaran tersebut, maka cos ∠AP B = . . .
3
Fendi Alfi 7 Fauzi
http://alfysta.blogspot.com
(a)
25 8 Penyelesaian: (b) 25 12 (c) 25 16 (d) 25 18 (e) 25
(cos(x) + sin(x))
2
(cos(x) − sin(x))
2
= = = =
Jawaban : A
cos2 (x) + 2 sin(x) cos(x) + sin2 (x) cos2 (x) − 2 sin(x) cos(x) + sin2 (x) cos2 (x) + sin2 (x) + 2 sin(x) cos(x) cos2 (x) + sin2 (x) − 2 sin(x) cos(x) 1 + 2 sin(x) cos(x) 1 − 2 sin(x) cos(x) 1 + sin(2x) 1 − sin(2x)
Pembahasan: 5. Lingkaran (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 memotong sumbu−x di titik A dan B. Jika P adalah titik pusat lingkaran tersebut, maka cos ∠AP B = . . maka . Karena P adalah pusat lingkaran yang dimaksud koordinat P yaitu P (3, 4). Selain itu 7 lingkaran memotong sumbu x saat y = 0 maka diperoleh, (a) (b) (c) (d) (e)
25 8 25 12 25 16 25 18 25
(x − 3)2 + (y − 4)2
=
25
=
25
=
0
x2 − 6x
=
0
x (x − 6)
=
0
(x − 3)2 + (0 − 4)2
x2 − 6x + 9 + 16 − 25
Jawaban : (a)
x = 0 atau x = 6 Penyelesaian:
Jadi, titik A (0, 0) dan B (6, 0). Perhatikan Gambar Berikut ! Perhatikan Gambar Berikut !
8 6 P
4 2 B
A
−2
0
2
4
6
8
Terlebih dahulu kita mencari panjang AP = BP .
Terlebih dahulu kita mencari panjang AP =p BP .
32 + 4 2 √√ 9 + 16 = AP =√ 32 + 42 = 25 √
AP
=
9 + 16 √ Berangkat dari aturan cosinus yaitu (AB)2 = = (AP25 )2 + (BP )2 − 2(AP ) · (BP ) · cos ∠AP B = 5 =
=5
4
Pembahasan Matematika IPA SNMPTN 2012
3
Berangkat dari aturan cosinus yaitu (AB)2 = (AP )2 + (BP )2 − 2(AP ) · (BP ) · cos ∠AP B maka (AB)2 = (AP )2 + (BP )2 − 2(AP ) · (BP ) · cos ∠AP B (AP )2 + (BP )2 − (AB)2 cos ∠AP B = 2(AP ) · (BP ) 2 5 + 52 − 62 = 2·5·5 25 + 25 − 36 = 50 50 − 36 = 50 14 = 50 7 = 25 6. Diberikan kubus ABCD.EF GH. Jika α adalah sudut antara bidang ACF dan alas ABCD, maka tan α = · · · (a) (b) (c) (d) (e)
√
2 1 √ 3 1 2 1 √ 2 √ 3
Jawaban : A Pembahasan : Perhatikan gambar kubus berikut H
G
E
F
D
A
C
P
5
B
Kita misalkan panjang rusuk kubus ABCD.EF GH adalah a. Kita dapatkan P B = Sehingga kita dapatkan tan α = = = = =
BF PB a √ a 2 2 2 √ 2 √ 2 2 √2 2
7. Lingkaran (x − 4)2 + (y − 2)2 = 64 menyinggung garis x = −4 di titik· · · (a) (−4, 2) (b) (−4, −2) (c) (−4, 4) (d) (−4, −4) (e) (−4, 8) Jawaban : A Penyelesaian : (x − 4)2 + (y − 2)2 = 64
((−4) − 4)2 + (y − 2)2 = 64 (−8)2 + (y − 2)2 = 64
64 + y 2 − 4y + 4 = 64 y 2 − 4y + 4 = 0 (y − 2)2 = 0 y = 2 Sehingga titik yang dimaksud adalah (−4, 2) 8. Jika suku banyak 2x3 − x2 + 6x − 1 dibagi 2x − 1 maka sisanya adalah .... (a) −10 (b) −1 (c) 1 6
a 2
√
2.
(d) 2 (e) 23 Jawaban : D Penyelesaian : Dengan memanfaatkan teorema sisa kita dapatkan f (x) = 2x3 − x2 + 6x − 1 3 2 1 1 1 1 f = 2 − +6 −1 2 2 2 2 1 1 − +3−1 = 2 8 4 1 1 = − +2 4 4 = 2 9. Grafik fungsi f (x) = ax3 + bx2 − cx + 20 turun, jika . . . (a) b2 − 4ac < 0 dan a < 0 (b) b2 + 4ac < 0 dan a < 0 (c) b2 + 3ac > 0 dan a > 0 (d) b2 + 3ac < 0 dan a < 0 (e) b2 − 3ac < 0 dan a < 0 Jawaban : D Pembahasan: Diketahui f (x) = ax3 + bx2 − cx − 12. Syarat fungsi turun adalah f 0 (x) < 0 maka 3ax2 + 2bx − c > 0. a<0 3a < 0 a<0
D<0 b − 4ac < 0 2 (2b) − 4 · 3a · (−c) < 0 4b2 + 12ac < 0 b2 + 3ac < 0 2
10. Diketahui segitiga dengan titik sudut (−4, 0) , (4, 0), dan (4 cos θ, 4 sin θ) untuk 0 ≤ θ ≤ 2π. Banyak nilai θ yang mungkin agar luas segitiga tersebut 13 adalah .... (a) 8 (b) 4 7
(c) 3 (d) 2 (e) 1 Jawaban : B Pembahasan : Perhatikan gambar dibawah :
Q
P
D
Kita misalkan P (−4, 0) , Q (4, 0), dan R (4 cos θ, 4 sin θ). Titik R terletak pada lingkaran dengan pusat (0, 0) dan jari-jari 4. P Q adalah alas 4P QR. Karena panjang P Q = 8, maka agar luasnya 13 haruslah tingginya yaitu jarak R ke P Q adalah 1 ×a×t 2 1 13 = ×8×t 2 4t = 13 13 t = 4
L4 =
Sehingga ada 4 kemungkinan letak titik R yang mungkin. Jadi, terdapat 4 nilai θ yang mungkin. 11. Vektor ~x dicerminkan terhadap garis y = 0 Kemudian hasilnya diputar terhadap titik asal O sebesar θ > 0 searah jarum jam, menghasilkan vektor ~y . Jika ~y = A~x, maka matriks A = . . .
8
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
" "
"
"
"
#" cos(θ) − sin(θ) sin(θ) cos(θ) #" −1 0 cos(θ) 0 1 − sin(θ) #" cos(θ) − sin(θ) sin(θ) cos(θ) #" cos(θ) sin(θ) − sin(θ) cos(θ) #" 1 0 cos(θ) 0 −1 − sin(θ)
1 0 0 −1 sin(θ) cos(θ) −1 0 0 1 1 0 0 −1 sin(θ) cos(θ)
#
# # # #
Jawaban : D Penyelesaian: Pencerminan terhadap garis y = 0 atau pencerminan terhadap sumbu X M1 =
"
1 0 0 −1
#
Rotasi terhadap titik asal O sebesar θ > 0 searah jarum jam maka M2 =
"
cos(θ) sin(θ) − sin(θ) cos(θ)
#
A = M2 · M1 " #" # cos(θ) sin(θ) 1 0 A = − sin(θ) cos(θ) 0 −1 12. Himpunan A memenuhi hubungan {1} ⊂ A ⊂ {1, 2, 3, 4, 5, 6} . Jika 6 adalah anggota A, maka banyak himpunan A yang mungkin adalah .... (a) 4 (b) 8 (c) 16 (d) 24 (e) 32 Jawaban : C Pembahasan : 9
Karena 6 adalah anggota himpunan A dan {1} ⊂ A. Maka didapatkan A ⊂ {1, 6} ∪ subset dari {2, 3, 4, 5} . Karena subset atau himpunan bagian dari {2, 3, 4, 5} ada 24 = 16, maka banyaknya himpunan A yang mungkin adalah 16 13. Diberikan suku banyak p(x) = x2 + bx + c. Jika b dan c dipilih secara acak dari selang [0, 2], maka peluang suku banyak tersebut tidak mempunyai akar adalah . . . (a) 0 1 (b) 6 2 (c) 3 3 (d) 4 5 (e) 6 Jawaban : E Pembahasan: Diketahui : p(x) = x2 +bx+c. Kita ketahui bahwa p(x) tidak mempunyai akar apabila D < 0 D < 0 b2 − 4ac < 0 b2 − 4c < 0
b2 < 4c b2 c > 4
Kita asumsikan saja bahwa y = a dan x = b sehingga dapat dibuat grafik berikut:
c=
2
1
0
1
2
10
b2 4
b2 c> adalah daerah yang diarsir (nilai b dan c yang memenuhi). Ingat bahwa range b dan c 4 adalah 0 sampai 2 sehingga banyak kemungkinan sampelnya adalah : Ruang sampel = Luas persegi = 2 × 2 = 4 ⇒ n(S) Luas yang diarsir = luas persegi − luas yg tidak terarsir
ˆ
Luas daerah yang tidak diarsir = = = = =
Luas daerah yang diarsir = 4 −
2
b2 db 4
0 2 b3 12 0 23 −0 12 8 12 2 3
2 3
12 2 − 3 3 10 = ⇒ n(A) 3 =
P (A) = =
n(A) n(S) 10 3
4 10 = 12 5 = 6 14. Nilai (a) (b) (c) (d) (e)
√ 3 sin(x) − cos(x) < 0 jika . . . 7π 11π <x< 6 7 5π 7π <x< 6 6 5π 10π <x< 7 7 π 9π <x< 6 6 π 5π <x< 12 4 11
Jawaban : (d) Pembahasan: √ Kita ingat kembali bahwa a cos (x) + b sin (x) = k cos (x − α) dengan k = a2 + b2 dan b α = arctan . Karena a r √ 2 k = (−1)2 + 3 √ 1+3 = √ 4 = = 2 dan √ ! 3 α = arctan −1 √ = arctan − 3 α = 300◦
√ Sehingga 3 sin(x) − cos(x) = 2 cos (x − 300◦ ). Oleh karena itu persamaan tersebut dapat dituliskan 2 cos (x − 300◦ ) < 0 dan terjadi ketika 90◦ < k × 360◦ + (x + 300◦ ) < 270◦ 90◦ < k × 360◦ + (x + 300◦ ) < 270◦
390◦ < k × 360◦ + x < 570◦
Untuk k = 1 diperoleh 390◦ < 360◦ + x < 570◦ 30◦ < x < 210◦ 15. Diketahui k ~u k= 1 dan k ~v k= 2. Jika ~u dan ~v membentuk sudut 30◦ maka (~u + ~v ) ◦~v = · · · (a)
√
(b)
√
3+4
3+2 √ (c) 2 3 + 4
(d) 3 (e) 5 Jawaban : A Pembahasan : 12
~u · ~v = k ~u kk ~v k cos θ 1√ = 2· 3 √ 2 = 3
(~u + ~v ) ◦ ~v = ~u · ~v + ~v · ~v = k ~u kk ~v k cos θ+ k ~v kk ~v k cos θ
= 1 × 2 × cos (30◦ ) + 2 × 2 × cos 0◦ √ 3+4 =
13
