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

1 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

  b ab 2 1 1    2. Jika a  2 2 dan b  2 3 , maka nilai  a   



A. 2 B. 2



 2  a 3      a

1

6

    adalah ….   

D. 4 E. 1

C. 2 2 Solusi:   b ab 2   a   





 2  a 3      a

1

6

 2     bab  2 a 3   1   2   aa  

4

2



2

10  5

A. 10

D.

1 10 3 7 10 C. 3 Solusi:

B.

2 10  5



6

6

1 1   1   2   a6  2 2 22 2 a         b 6   1  6 2 2 2   b  2 3        

 2 2  [C]

2

2

3. Bentuk sederhana dari

6

  2 11 1 2  a3   2 1   b  



5 10  2



7

adalah ….

10

7 3

E. 7

5 10  2



7



10 

2 10  4  5 10  25 10  3 10  10 7 10



3 10 2



7 10



21  7 10 3 10

B. 4 2

log

1  64

512 x

10



21  7 10  21 3 10

512

1 1 3  x log  yang akar-akarnya x1 dan x 2 . Nilai x1 x 2 adalah …. 64 8 5 1 2 D. 4 1 2 E. 8

C. 2 Solusi: 8 x2

7

7  [D] 3

4. Diberikan persamaan 8 x log A. 8 2



1 3 log  8 5


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

log

2 1 3  8  8 1  2 log x 3 log x 5

Ambillah a  8 log x , sehingga 2 1 3   1  2a 3  a 5  6  2 a  1  2a 3  5 3  5a  2a 2

 25  20a  9  15a  6a 2 6a 2  5a  34  0 Alternatif 1: 5 a1  a 2   6 8

log x1  8 log x 2  

8

log x1 x 2   x1 x 2  8



5 6

5 6

5 6

2



5 2



1 5 22



1



4 2

1 2 8

Alternatif 2: 6a 2  5a  34  0 6a  17a  2  0 17 atau a  2 6 17 8 log x   atau 8 log x  2 6 a

x 8

x 8



17 6



17 6

x1 x 2 

atau x  8 2 2



17 2

1



1 17 22

 64 

526 2

Jadi, nilai x1 x 2 



1 1 28 2 2

1 4 2



1



atau x  8 2  64

526 2

1 2 8

1 2  [E] 8


5. Diberikan garis g: x  2 y  4 dan parabola y  x 2  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: 1 Gradien garis g: x  2 y  4 adalah m g  2 1 Ambillah persamaan garis singgungnya adalah y  mx  n , dengan m  m g  , sehingga 2 1 y  x  n. 2 1 y  x  n  y  x2  2 2 1 x2  2  x  n 2 2 x 2  x  4  2n  0 Syarat yang harus dipenuhi agar garis menyinggung parabola adalah D  0 , sehingga

 12  4  2  4  2n  0 1  32  16n  0 31 n 16 31 n   2 x 2  x  4  2n  0 16 31 2x 2  x  4  2   0 16

16x 2  8x  32  31  0

16x 2  8x  1  0

4 x  12  0 2

x

1 1 1  y  x2  2     2  2 4 16 4

1 1  Koordinat titik singgungnya P ,2  .  4 16  1 1 Rasio absis dan ordinat titik P adalah : 2  4 : 33  [D] 4 16

6. Diberikan persamaan kuadrat x 2  kx  k 2  7  0 , k  R , yang akar-akarnya a dan b. Jumlah pangkat 4 akar-akarnya adalah 17. Jika banyak akar-akarnya p, maka nilai pk 2  .... A. 4 B. 9

D. 36 E. 64


C. 27 Solusi: x 2  kx  k 2  7  0 akar-akarnya adalah a dan b. a  b  k …………. (1) ab  k 2  7 …………….. (2) a 4  b 4  17

a

2



2

 b2

 2a 2 b 2  17

a  b  2ab  2ab  17  k   2k  7  2k  7 2

2

2

 k

2

2

2



2

2



 14  2 k 2  7

2



2

2

 17

 17

k 4  28k 2  196  2k 4  28k 2  98  17 k 4  81  0

k

2



 9 k  3k  3  0

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

x 2  3x  3 2  7  0

x 2  3x  2  0 x  2x  1  0 x  2 atau x  1

k  3  x 2  kx  k 2  7  0

x 2  3x   3  7  0 2

x 2  3x  2  0 x  2x  1  0 x  2 atau x  1 Banyak akar-akarnya p  4

Jadi, nilai pk 2  4  9  36  [D] 7. Jika  dan  adalah akar-akar persamaan 9 x 2  3x  2  0 , maka persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya 3  5 dan 3  5 adalah …. A. x 2  9 x  18  0

D. x 2  18x  9  0

B. x 2  9 x  18  0

E. x 2  9 x  8  0

C. x 2  9 x  18  0 Solusi: Alternatif 1: 9 x 2  3x  2  0 akar-akarnya adalah  dan . 1 2      dan    3 9


Akar-akar persamaan kuadrat baru adalah 3  5 dan 3  5 . Jumlah akar-akarnya:  1 3  5  3  5  3     10  3    10  9  3 Hasil kali akar-akarnya:

3  53  5  9   15     25  9  2   15  1   25  2  5  25  18  9

 3

Persamaan kuadrat yang diminta adalah x 2  x1  x 2 x  x1 x 2  0

x 2  9 x  18  0  [C] Alternatif 2: x5 3  5  x    3 x5   9 x 2  3x  2  0 3 2

 x 5  x 5 9   3 20 3    3 

x 2  10x  25  x  5  2  0 x 2  9 x  18  0  [C]

Alternatif 2: 9 x 2  3x  2  0 akar-akarnya adalah  dan . 3x  23x  1  0 x   

2 1 atau x    3 3

 3  5  3  

2 53 3

1 3  5  3   5  6  3 Persamaan kuadrat yang diminta adalah x 2  x1  x 2 x  x1 x 2  0 x 2  3  6x  36  0

9 x 2  9 x  18  0  [C] 8. Lingkaran L yang berpusat pada garis g: 3x  4 y  4  0 melalui titik P2,3 . Persamaan garis

singgung di titik P sejajar dengan garis g adalah …. A. 3x  4 y  16  0 D. 4 x  3 y  16  0 B. 3 x  4 y  24  0

E. 3x  4 y  16  0

C. 3x  4 y  16  0 Solusi: Karena titik pusat C terletak pada garis g, maka CP = r, sehingga PC  g . 6 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

r r

3x  4 y  4 32  4 2 3  2  4   3  4 32  4 2

C

 10  2 5

3 Gradien garis g: 3x  4 y  4  0 adalah m g   . 4 Gradien garis PC adalah mPC .

r P(2,3)

Karena PC  g , maka haruslah m g  m PC  1 , sehingga 3  m PC  1 4 4 m PC  3 Persamaan garis PC adalah y  b  mPC x  a 



y 3

4 x  2 3

4 x  2  3 3 Menentukan koordinat titik C: 4 y  x  2  3  3x  4 y  4  0 3 y

4  3x  4 x  2  3  4  0 3  9 x  16 x  32  36  12  0 25x  80 16 x 5 x

4 16 8 7 4  16 46   y  x  2  3    2   3     3   3   3 5 5 5 3 5 35 

 16 7  Koordinat titik C  ,  .  5 5 Persamaan lingkarannya adalah 2

2

16  7   2 x   y    2  4 5 5   Persamaan garis singgungnya: y  b  mx  a   r m 2  1 2

7 3 16   3 y     x    2   1 5 4 5  4


g : 3x  4 y  4  0

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

15x  20 y  20  100 15x  20 y  20  100 dan 15x  20 y  20  100

3 x  4 y  24  0 dan 3x  4 y  16  0

Jadi, salah satu garis singgungnya adalah 3x  4 y  16  0  D 9. Jika fungsi f didefinisikan sebagai

f x   x  2 . Jika

 f o g 2 x  5  x 2  2 x  3 ,

maka

g 2  ....

A. 12 B. 8 C. 6 Solusi:

D. 5 E. 4

 fog 2 x  5  x 2  2 x  3 f g 2 x  5  x 2  2 x  3 g 2 x  5  2  x 2  2 x  3 g 2 x  5  x 2  2 x  1

Ambillah 2 x  4  t  x 

t 2 2

2

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

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

2  2  g 2    2   2  2   1  9  6  1  4  [E] 2 2     x 10. Sebuah fungsi didefinisikan sebagai f x  1  , x  2 dan f x2

Jika  fof 2  3 f A. 

2 3

1

k  , maka

f

1

k   ....

2 3 4 E. 3

D.

1 3 1 C. 3 Solusi: Ambillah t  x  1  x  t  1 x f x  1  x2

B.


1

adalah invers dari fungsi f.

t 1 t 1  t 1 2 t 1 x 1 f x   x 1 Menentukan invers fungsi f: Alternatif 1: y 1 x y 1 f t  

Alternatif 2:  dx  b ax  b  f 1 x   f x   cx  a cx  d x 1 x 1  f 1 x   , x 1 f x   x 1 x 1

xy  x  y  1

yx  1  x  1 x 1 , x 1 x 1 x 1 f 1 x   , x 1 x 1

y

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

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

1

k  

f

1

 5   5  1  2 [B]  5 1

3

11. Suku banyak berderajat tiga Px   x 3  x 2  ax  b dibagi dengan x 2  5x  1 mempunyai sisa 16 x  1 . Nilai a  b adalah …. A. 4 D. 7 B. 5 E. 8 C. 6 Solusi:





x 3  x 2  ax  b  x 2  5 x  1 x  c   16x  1

 x  cx  5x 2  5cx  x  c  16x  1 3

2

 x 3  c  5x 2  5c  15x  c  1 c  5 1 c  4  a  5c  15  a  5 4  15 a5


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)

r3

C r3

r2

r1

B r2 r1

Dari persamaan (1) dan (4) diperoleh: 15  r3  21

A

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. Y 6 x  3 y  90 30 3 x  6 y  72   6x + 3y = 90 x0   y0 12 3x + 6y = 72 f x, y   80.000x  60.000 y O 10 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

15

24

X

6 x  3 y  90 ……… (1) 3 x  6 y  72 ……… (2)

Persamaan (1) – 2  Persamaan (2) menghasilkan:  9 y  54 y6 y  6  6 x  3 y  90 6 x  3  6  90 x  12 Koordinat titik potongnya adalah (12,6).

f x, y   80.000x  60.000 y

Titik (0,0) (15,0) (12,6) (0,12)

80.000  0  60.000  0  0 80.000  15  60.000  0  1.200.000 80.000  12  60.000  6  1.320.000 (maksimum) 80.000  0  60.000  12  720.000

Jadi, Pendapatan maksimum yang diperoleh pabrik tersebut adalah Rp 1.320.000,00.  [D]  0 1  b  7   1 2   0  2          . Nilai a  b  c  .... 14. Diberikan matriks    2 0  a 0   0  1  6 3c  A. 5 D.  1 B. 3 E.  3 C. 1 Solusi:  0 1  b  7   1 2   0  2             2 0  a 0   0  1  6 3c 

0   0 1  b  7   1         2 0  a 0   6 3c  1 1

6   b a   0 1 1          7 0    2 0   0 3c  1

0   b  7  1  0  1 1        a 0  2  2 0  6 3c  1  b  7  1   6  3c  1      0  a 0  2  2

 b  7    3  3c  1     2   a 0   1 0  a 1 b  3


 3c  1  7 2 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

C 2,4,5 . Besar BAC adalah ….

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

C

ab ab

cos BAC 

 3

2

 2 1 2

2

 2

2

B

A

  3   2       2    1  1   3        1  3 2

 2

623 9  4 1 4 1 9



7 14 14

BAC  60 Jadi, besar BAC adalah 60  [C]

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

10u  15v adalah ….

A. 5 6 B. 2 6

1 5 2 1 15 E. 2

D.

1 6 2 Solusi:  1  1  2        u  v    1   0     1  2  1  3       

C.

1 1   5        10u  15v  10  1  15 0     10   2 1  5       

Rumus: Panjang proyeksi vektor a pada b adalah c 

ab b




7 1  14 2

u  v

pada

 2   5        1    10   3  5     

c

 5

2

  10  5 2

 10  10  15





25  100  25

2





15



150



15



5 6

1 6 2



1 6 .  [C] 2 17. Peta kurva 12 x  3 y  5  0 jika dirotasi terhadap pusat O sebesar 90o searah putaran jarum jam

Jadi, panjang proyeksi vektor u  v pada 10u  15v adalah dilanjutkan dengan reflesi terhadap garis y   x adalah …. A. 12 x  3 y  5  0

D. 3x  12 y  5  0

B. 12 x  3 y  5  0

E. 3x  12 y  5  0

C. 12 x  3 y  5  0 Solusi: Alternatif 1:  x'   0  1 0 1  x   1 0  x              y '    1 0   1 0  y   0  1 y   x   1 0  x'    x'   x'  1              y  1   1  0  0  0 1  y '   y'    y'  x  x ' dan y   y '

Alternatif 2:  x'   0  1 0 1  x   1 0  x   x                 y '    1 0   1 0  y   0  1 y    y  x'  x dan y '   y   y '  y 12 x  3 y  5  0

12x'3 y'  5  0 12 x  3 y  5  0

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

1

1  b yang ditunjukkan pada gambar berikut ini. Jika xa

x  adalah invers dari fungsi logaritma x

2

x

2

A. 10 B. 10

f , maka f

1

x  1  ....

Y y  f x 

C. 10 x  2 D.  10x  2 E. 10  2 Solusi: x

O

2

(3,0) 

 (12,1)

f x   log

1  b  f x    logx  a   b xa (3,0)  f x    logx  a   b


X

0   log3  a   b …….….. (1)

(12,1)  f x    logx  a   b

0   log12  a   b …...... (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: 1   log3  a   log12  a  1  log

12  a 3 a

12  a  10 3 a 12  a  30  10a 9a  18 a  2 a  2  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

f x    logx  2

x   log y  2

 x  log y  2 10  x  y  2 y  10  x  2

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: n S n  2a  n  1b 2 8 S 8  2a  8  1b  164 2 42a  7b   164 2a  7b  41 …………… (1) Jumlah 8 suku pertama adalah 164 dan jumlah 6 suku berikutnya adalah 333 berarti jumlah 14 suku pertamanya adalah 164 + 333 = 497 14 S14  2a  14  1b  497 2


72a  13b  497 2a  13b  71 …………… (2) Selisih persamaan (2) dan (1) adalah 6b  30 b5 b  5  2a  7b  41 2a  75  41 2a  6 a3

10 2  3  10  15  255 2 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 , u 3 , dan S10 

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

1  4b'4b'  1  6b' 2

4b'  2b'1  0 2

2b'1  0 1 2 1 4 b '   b'  2 k 1 1 4  2 k 1 k 1 8 b' 


k 7

u u  2b' r 3  1 u1 u1



1 2 1



1 2 2





a r n 1 1 27  1  S7   127 r 1 2 1 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. a c , dengan a, b, c adalah Besar sudut antara bidang PQR dan bidang OBC adalah . Jika sin   b bilangan asli dan bilangan c dalam bentuk sederhana (tidak dapat ditarik akarnya lagi), maka nilai a  b  c  .... A. 72 D. 50 B. 60 E. 45 C. 55 Solusi: Sn 

O O 5

O

8 5

8

P

R



5

N

10 Q 2

A 10

P 5

2

4 3

P C

4 3



5

N

5 A

B (1)

5 3

8

8

M

(2)

ON OQ 8   OM OB 10 1 OM  10 sin 60  10  3  5 3 cm 2 8 Sehingga ON   5 3  4 3 cm 10

Dari gambar (3):

Karena tetrahedron beraturan, maka AM  OM  5 3 cm OAM adalah sama kaki dan P adalah titik tengah OA. OP 5 1 Sehingga OPM  90 dan cos POM    OM 5 3 3 Menurut aturan Kosinus dalam PON:


Q 2 B

R

N

2

M (3)

C

PN 2  OP 2  ON 2  2  OP  ON  cos PON 2 1  25  48  40  33 PN 2  5 2  4 3  2  5  4 3  3

 

 1   sin PON  1  cos2 POM  1    3

2

 1

1  3

2 3

Menurut aturan Sinus dalam PON: OP PN  sin PNO sin PON 2 5 5 2 3 5 2   22  33 99 3 11 33 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 a c , dengan a, b, c adalah bilangan asli dan bidang AQR hasilnya dinyatakan dalam bentuk b 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:

OP  sin PON  sin   PN

5

AQ  AB 2  BQ 2  4 2  5 2  41 cm

R

AR  AQ  41 cm

N

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

 41   41 2

2

Q M

 42

5

2  41  41

41  41  16 33  2  41 41

 33  sin QAR  1  cos QAR  1     41  2

P

C 2



412  33 2 4  37 2 41 41

1 1  QR  AN   AQ  AR  sin QAR 2 2 4 41  41  37 AQ  AR  sin QAR 41 AN    37 cm QR 4

Luas BCD 

1 3  2 3 cm 2 1 1 Luas BCD   AP  PN   AN  PM 2 2

PN  4 sin 60  4 


A 4 B

PM 

AP  PN 5  2 3 10  111  37 AN 37

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 …. D. 2 : π

A. 2 : π 2 2 :2π

B.

E. 2 2 : π

C. 2 : π Solusi: Keliling segi-8 beraturan = 32 cm 8 p  32 R

32  4 cm 8 Panjang sisi segi-8 adalah 4 cm. 360 Sudut pusat segi-8 beraturan   45 8 Menurut aturan Kosinus: p

45o

R

4

4 2  R 2  R 2  2  R  R  cos 45 1 16  2 R 2  2 R 2  2 2



16  R 2 2  2

R2 

16 2 2





16 2 2



2 2 2 2



8 2 2

 



Luas lingkaran luar segi-8 beraturan  π R 2  8 π 2  2 cm2. 1 360  R 2  sin 2 n 1 360 Luas segi-8 beraturan  8   R 2  sin 2 8

Luas segi-n beraturan  n 

















1 2  16 2 2  2  32 2  1 cm2 2 Jadi, rasio luas segi-8 beraturan tersebut dan luas lingkaran luarnya

Luas segi-8 beraturan  4  8 2  2  sin 45  32 2  2 



   32 2  1  2  8 π 2  2  8 π 2  2  2  32 2  1

2



2





32 2 2  2  2  2 2 2  atau 2 2 : π  E  8 π4  2  π

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 …. 16 16 3 liter 2 liter A. D. 3 3


B. 8 2 liter

E.

C. 16 2 liter Solusi: Panjang sisi persegi ABCD =



16 3 liter 3



6  2 dm.

T K

6 2

D

P

Q

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

R

C

x N

4 6 2

6 2x

D

C

N A

6 2x

Menurut Pythagoras: CM  CN  x 2  MN 





6 2

6 2x

  2



2

T

K

M xB A

M

1

B

 x2  8  4 3

6 2x

  2



6 2x 2

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

x2  8  4 3 





6 2x 2

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



 



x2  4 6  4 2 x  8  4 3  0

x 

4 6  4 2  128  64 3  32  16 3 4 6  4 2  96  48 3  2 2



1 4 6 4 2 4 63 3 3   2 6  2 2  2 2 6  2 6  2 2  3 2  6 2 2 2 

 2  3

 2  6   6  2

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

MN  CM  CN 

2

6  2 (diterima)

 8  4 3  8  4 3  8  4 3  16  4 dm

Lihat CMK siku-siku di K: 1 K ' C  CM sin 60  4  3  2 3 dm 2 Lihat TK' M siku-siku di K: 4 K ' M  K ' N   2 dm 2




K ' T  TM 2  K ' M 2  4 2  2 2  16  4  12  2 3 dm Lihat TK ' C :

 

 

2

K ' C 2  TC 2  K ' T 2 2 3  42  2 3 cos TCK '   2  K ' C  TC 22 3 4

 1   sin TCK '  1  cos2 TCK '  1    3

2

 1

2

1  3



42 22 3 4



1 3

2 1  6 3 3

1 1  TC  K ' T  sin TCK '   K ' C  TT ' 2 2 1 42 3  6 TC  K ' T  sin TCK ' 4 3 TT '   6 dm  K'C 3 2 3

Luas TCK ' 

1 1 1 1  CM  CN  sin MCN   4  4  sin 60   4  4  3  4 3 dm2. 2 2 2 2 1 1 4 16 6  2 liter  A Jadi, volume limas T.CMN   Luas CMN  TT '   4 3  3 3 3 3 25. Kosinus dari jumlah semua penyelesaian persamaan 4 sin x cos x  3  tan x  cot x , dengan 0  x  360 adalah …. A. 1 D. 0 1 3 B.  E. 1 2 1 C.  2 Solusi: 4 sin x cos x  3  tan x  cot x sin x cos x 4 sin x cos x  3   cos x sin x Luas CMN 

4 sin x cos x  3 

sin 2 x  cos 2 x sin x cos x

4sin x cos x   3sin x cos x   1 2

2

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

2 sin 2 2 x  3 sin 2 x  2  0 2 sin 2 x  1sin 2 x  2  0 1 (diterima) atau sin 2 x  2 (ditolak) 2 1 sin 2 x   sin 30 2 sin 2 x 


2 x  30  k  360 atau 2 x  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  cos 540  cos180  360  cos180  1  [A]

26. Dalam ABC dengan BC  a , AC  b , dan AB  c diketahui ACB  120 dan a :b 





3  1 : 2 . Nilai dari sin A cos B  cos A sin B   cos A cos B  sin A sin B   .... 2

3 2 5 E. 2

A. 0

D.

1 4 1 C. 2 Solusi:

B.

a :b 



a

3  1 k dan b  2k



2



3 1 : 2



Menurut aturan Kosinus dalam ABC :

A

c 2  a 2  b 2  2ab cos C

c 2  a 2  b 2  2ab cos120

c

c 2  a 2  b 2  ab

c2 

 3  1k  2k    3  1k  2k 2

c 2  3k 2  2k 2 3  k 2  4k 2  2k 2 3  2k 2

c  6k 2

120o

2

B

2

ck 6

Menurut aturan Sinus dalam ABC : a b c    2R sin A sin B sin C b c  sin B sin C 2k k 6  sin B sin 120

sin B 

2k  sin 120 k 6

sin B 

1 3 1 1 2   2 k 6 2 2

2k 

B  45 Alternatif 1: Menentukan besar sudut A A 180  B  C   180  45  120  15

Alternatif 2: Menentukan besar sudut A


a

C

b

a c  sin A sin C





3 1 k k 6  sin A sin 120

 sin A 



3  1 k sin 120







3 1 k  k 6

k 6

1 3 2 



 1

3 1 2 2

4

6 2



A  15

Jadi, sin A cos B  cos A sin B 2  cos A cos B  sin A sin B 2  sin 2  A  B   cos 2  A  B  2

2

1  1 1  sin 2 15  45  cos 2 15  45  sin 2  30  cos 2 60         . [C] 2  2 2 1 27. Jika tan      1 dan tan      , maka tan  : tan  adalah …. 7 A. 13 : 10 D. 6 : 5 B. 3 : 5 E. 3 : 10 C. 5 : 13 Solusi: tan      tan     tan          1  tan     tan    

tan 2 

1

1 7

1 1  1 7 2 tan  4  2 1  tan  3



7 1 8 4   7 1 6 3

3 tan   2  2 tan 2  2 tan 2   3 tan   2  0 2 tan   1tan   2  0 1 atau tan   2 2 1 tan      7 tan   tan  1  1  tan  tan  7 tan  

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

tan  

1  7 tan  tan   7


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

1  7 tan  1  7 2  15 5    tan   7 27 9 3 1 5 Karena tan   0 dan tan   0 , maka tan   dan tan   . 2 13 1 5 Jadi, tan  : tan   :  13 : 10 .  [A] 2 13 tan   2  tan  

1 24   2 28. Nilai lim   2  3  adalah …. x 2 x  2 x  2x  4 x  8  11 11 A.  D. 4 12 11 1 B.  E. 4 12 11 C.  12 Solusi: Alternatif 1: Uraian  2x 2  4x  8  x  2 24  1 24   2   3 lim   2  3   lim  3 x 2 x  2 x 8 x  8  x  2 x  4 x  8  x2  2 x 2  3x  10 24  2 x 2  3x  10  24   lim  lim   x  2 x3  8 x 3  8  x2 x3  8 

x  22 x  7  2 x 2  3x  14  lim 3 x  2 x   2 x  2 x 2  2 x  4 x 8

 lim





2 2   7 11 2x  7     [C] 2 x 2 x  2 x  4  2  2 2  4 12

 lim

2

Alternatif 2: Teorema Hospital  2x 2  4x  8  x  2 24  1 24   2   3 lim   2  3   lim  3 x 2 x  2 x 8 x  8  x  2 x  4 x  8  x2  2 x 2  3x  10 24  2 x 2  3x  10  24   lim  lim   x  2 x3  8 x 3  8  x2 x3  8  11 4 x  3 4 2   3     [C]  lim 2 x 2 3x 2 12 3 2 

29. Nilai lim x

A. 2

3π 2

cos x sin x  sin 2 x  cos x

 ....

D.  2


E.  4

B. 1 C.  1 Solusi: lim x

3π 2


 lim x

3π 2




sin x  sin 2 x  cos x sin x  sin 2 x  cos x

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



2



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

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

 1 

 12  0

 1  1  2  D

30. Diberikan kurva fungsi f x   ax 3  bx , dengan a dan b adalah konstanta mempunyai nilai stasioner 1,2 . Batas-batas fungsi f naik adalah …. A. 1  x  1 B. x  1 atau x  1 C. 3  x  1 Solusi:

D. 1  x  3 E. x  3 atau x  3

1,2  f x   ax 3  bx 3 2  a1  b1 a  b  2 ……………. (1)

f ' x   3ax 2  b

Nilai stasioner dicapai jika f ' x   0 , sehingga 3ax 2  b  0 x  1  3ax 2  b  0

3a1  b  0 2

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    x 3  3x f ' x   3x 2  3


Fungsi f naik dicapai jika f ' x   0 , sehingga  3x 2  3  0 x2 1 0 x  1x  1  0 1  x  1 Jadi, batas-batas fungsi f naik adalah 1  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 2 x  x  h  288 h 144 h 2 x Luas permukaan kotak: x 2x L  2x  x  2  x  h  2  2x  h

L  2 x 2  6 xh

L  2x 2  6x 

144 x2

864 x 864 L'  4 x  2 x 1728 L"  4  3 x Nilai stasioner (titik kritis) dicapai jika L '  0 , sehingga 864 4x  2  0 x

L  2x 2 

x 3  216  0 x  3 216  16

Jika x  6 , maka L"  4 

1728  12  0 , sehingga fungsi L mencapai nilai minimum pada x  6 . 63

Lmin  26 

864  216 6 Jadi, luas permukaan kotak minimum adalah 216 dm2.  [D] 2

a

32. Jika

 1

A. 9

π



3x  1dx  13 2 sin π 2

1 xdx , maka nilai a adalah …. 2

D. 4


B. 8 C. 6 Solusi:

E. 2

π

a





3x  1dx  13 2 sin π 2

1 a



1 xdx 2

π

3x  1d 3x  1  13 2 sin

 π 2

1

1 xdx 2 π

a

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

2

2 3a  1  16  26 2 cos π  26 2 cos π 9 9 2 4 3 2 3a  1 2  16  0  26 2  1 2 9 9 2 3 2 3a  1 2  16  26 9 9 3 2

3

3a  1 2 3a  1

 8  117

3 2

 125

2  1  125 3

3a 3a  1  25 3a  24 a 8 Jadi, nilai a adalah 8.  [D]

33. Hasil dari

x 2  2x

 x  1

x C x 1 x C B. x  x 1

A. x 2 

C. x 

2

dx  ....

x2 C x 1 x 1 C E. x 1

D.

x2 C x 1

Solusi: x 2  2x

 x  1

dx  2





 x 2  2x  1  1 1 1   dx  x  dx C  1  2 2 x 1 x  1   x  1 



x2  x 1 x2 x2 C  1 C   C  [D] x 1 x 1 x 1


 x sin

34. Hasil dari

2

xdx adalah ….











1 2 x 2  2 x sin 2 x  cos 2 x  C 4 1 E. 2 x 2  2 x sin 2 x  cos 2 x  C 8

A. 2 x 2  2 x sin 2 x  cos 2 x

D.



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

B.



 x sin



2

1 1 1  1  xdx  x x  sin 2 x    x  sin 2 x dx 4 4 2  2  1 1 1 1  x 2  x sin 2 x  x 2  cos 2 x  C 2 4 4 8 1 1 1  x 2  x sin 2 x  cos 2 x  C 4 4 8 1  2 x 2  2 x sin 2 x  cos 2 x  C 8







35. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva-kurva fungsi y  x 3  2 x 2  5 dan y  x  3 adalah …. A. 5

1 12 1 E. 3 24

D. 3

7 12 1 C. 3 3 Solusi: Batas-batas integral:

B. 3

Y

y  x  2 x  5 dan y  x  3 3

y  x3  2x 2  5

2

y x3

x 3  2x 2  5  x  3 x 3  2x 2  x  2  0

x  1x  x  2  0 x  1x  1x  2  0 2

1

1

1

x  1 atau x  1 atau x  2

2 1

1 1

2 2

1

2

0

5 3

b

Rumus: L 

 f xdx

3

1

a

Luas daerah yang diarsir adalah

 x 1

L

1

3





 2 x  5  x  3 dx  2

 x  3  x 2

3



 2 x 2  5 dx

1


O 1

2

X

  x 1

 x  2dx    x



2

3

 2x

2

1

3

 2 x 2  x  2 dx

1 1

2

 x 4 2x 3 x 2   x 4 2x 3 x 2      2 x       2 x 3 2 3 2 4  1  4 1

1 2 1  1 2 1   16 16 4   1 2 1       2      2       4       2 3 2 4 3 2  4 3 2   4   4 3 2   3  8  6  24   3  8  6  24    48  64  24  48    3  8  6  24       12 12 12 12         1  13   19    8    13  13  19  8  13 37  3  [D]           12 12 12  12   12   12   12 

36. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva y  2 x  x 2 , garis y  2 x  4 , dan sumbu Y yang diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o adalah ….

48 π 5 38 π B. 5 Solusi: Batas-batas integral:

A.

C.

18 π 5

E. 8π

D. 4π

Y

Kurva y  2 x  x dan garis y  2 x  4 2

 2x  4  2x  x 2 x 2  4x  4  0

x  2

2

y  2 x  4

0

x2 b

V  π  f 2  x   g 2  x  dx , f x   g x 

 a 2





y  2x  x

2

O



2

X



2

2 2 V  π  2 x  4   2 x  x 2  dx  π 4 x 2  16x  16  4 x 2  4 x 3  x 4 dx   0 0



  16x  16  4 x 2

π

0

3



2

 32  48 x5    x 4 dx  π  8 x 2  16 x  x 4    π  32  32  16    π  [A] 5  5 0 5  

37. Data yang disajikan pada tabel berikut adalah berat badan 60 orang siswa . Berat Badan (kg) 36  39 40 45 46  51 52  57 58  61

Frekuensi a 12 b 16 5

Jika modus pada tabel tersebut adalah 49,5 maka nilai b adalah …. 28 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

A. 12 D. 6 B. 8 E. 5 C. 7 Solusi: a  12  b  16  5  60 a  b  27  d1   p Mo  L    d1  d 2  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 d 2  b  16

b  12   49,5  45,5   6  b  12  b  16  6b  72 4 2b  28 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.

4

5

5

5

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 29 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015

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 C 4 5 C1  7 C3 5 C 2  7 C 2 5 C3  7 C1 5 C 4  7 C0 5 C5 

7! 5! 7! 5! 7! 5! 7! 5! 7! 5!          4!3! 1!4! 3!4! 2!3! 2!5! 3!2! 1!6! 4!1! 0!7! 5!0!



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 …. 1 1 A. D. 9 72 1 1 B. E. 4 36 1 C. 18 Solusi: Banyak pasangan kartu yang jumlah nomornya 9 ada 4 buah, yaitu (1,8); (2,7); (3,6); (4,5). 4 4 1 4 4     [D]  peluang terambil 2 kartu yang jumlah nomornya 9   9  8  7! 36 9 9! 9 C2 2!7! 2  1  7!


SOAL PREDIKSI UJIAN NASIONAL MATEMATIKA IPA 2015

Recommend Documents