SOAL&PEMBAHASAN MATEMATIKATKDSAINTEK SBMPTN. yos3prens.wordpres.com

S O A L & P E M B A H A S A N M A T E M A T I K A T K D S A I N T E K

S B M P T N

2 0 1 5 ©y o s 3 p r e ns . w o r d p r e s s . c o m

SOAL DAN PEMBAHASAN MATA UJI MATEMATIKA TKD SAINTEK SBMPTN 2015 Berikut ini 15 soal mata uji matematika beserta pembahasannya yang diujikan dalam TKD Saintek SBMPTN Tahun 2015 kode naskah 517. 1.

Misalkan titik A dan B pada lingkaran x2 + y 2 − 6x − 2 y + k = 0 sehingga garis singgung lingkaran di titik A dan B berpotongan di C ( 8,1) . Jika luas segiempat yang melalui A , B , C , dan pusat lingkaran adalah 12, maka k = .... Pembahasan Beberapa hal yang dapat kita peroleh untuk menyelesaikan masalah ini adalah sebagai berikut: • Lingkaran x 2 + y 2 − 6 x − 2 y + k = 0 memiliki pusat di 1   1 O  − A, − B  = O ( 3,1) . 2   2

• Karena garis singgung lingkaran tegak lurus dengan jarijari lingkaran pada titik potongnya, maka OAC merupakan segitiga siku-siku di A . Demikian juga OBC merupakan segitiga siku-siku di B . • Luas ∆OAC sama dengan setengah luas segiempat 1 OACB , yaitu ×12 = 6 satuan luas. Sehingga tinggi 2 ∆OAC dapat ditentukan sebagai berikut. Luas ∆OAC 6

1 = ⋅ OC ⋅ t 2

1 = ⋅ ( 8 − 3) ⋅ t 2

= t

6⋅2 2 = 2 5 5

2 2   Koordinat titik A adalah A  x,1 + 2  = A  x,3  . 5 5  

©yos3prens.wordpress.com

Ingat! Pada soal nomor 1, sebelum kita tentukan nilai , kita harus tentukan pusat dan jari-jari lingkaran yang diberikan. Karena jika adalah pusat lingkaran, maka .

Soal dan Pembasan Matematika SBMPTN 2015

Berdasarkan beberapa hal yang telah diperoleh, segiempat OACB dapat diilustrasikan sebagai berikut.

Untuk menentukan nilai x agar OA ⊥ AC , kita gunakan sifat bahwa perkalian gradien dua garis yang tegak lurus sama dengan –1. mOA ⋅ mAC

= −1

2, 4 2, 4 ⋅ x −3 x −8

= −1

5, 76 x − 11x + 24

= −1

2

5, 76

= − x 2 + 11x − 24

x 2 − 11x + 29, 76

=0

( x − 4,8)( x − 6, 2 )

=0

x

= 4,8

atau

x = 6, 2

Untuk x = 4,8 maka jari-jari lingkaran O adalah

r=

( 4,8 − 3) + ( 3, 4 − 1) 2

2

= 9=3

Untuk x = 6, 2 maka jari-jari lingkaran O adalah

r=

( 6, 2 − 3) + ( 3, 4 − 1) 2

2

=

16 = 4


2

3

Soal dan Pembahasan Matematika SBMPTN 2015

Sehingga peroleh dua nilai k yaitu, k = 32 + 12 − 32 = 1

atau, k= 32 + 12 − 42 = −6

(Jawaban C) 2. Jika sin ( x + 15° ) =a dengan 0° ≤ x ≤ 15° , maka nilai

sin ( 2 x + 60° ) adalah …. Pembahasan Sebelum menyelesaikan permasalahan tersebut, kita tentukan

cos ( x + 15° )=

1 − a2 .

Sehingga, kita dapatkan

Ingat!

= sin ( 2 ( x + 15° ) + 30° ) sin ( 2 x + 60 °)

= sin 2 ( x + 15° ) cos 30° + cos 2 ( x + 15° ) sin 30° = 2a 1 − a 2 ⋅

1 1 3 + 1 − 2a 2 ⋅ 2 2

(

1 = − a2 + a 3 1 − a2 2

(

)

)

(Jawaban A)        3. Diketahui a = 2i − 2 j − k dan b = i − 4 j . Luas jajaran genjang    yang dibentuk oleh a + b dan a adalah …. Pembahasan Pertama, kita ilustrasikan jajaran genjang yang dibentuk oleh kedua vektor tersebut.

        a + b = ( 2 + 1) i − ( 2 + 4 ) j − k = 3i − 6 j − k



4

   Proyeksi ortogonal vektor a + b pada a adalah

 c =

  

a + b) ⋅ a (=  a

 3  2      −6  ⋅  −2   −1   −1  19   =  . 2 2 2 3 2 + ( −2 ) + ( −1)

  Panjang vektor a + b dapat ditentukan sebagai berikut.   a + b=

32 + ( −6 ) + ( −1)= 2

2

46

Sehingga t=

 2 2 a+b − c =

2

2  19  46 −   =  3

53 3

Jadi, luas jajaran genjang yang terbentuk  53 L = a ⋅t = 3⋅ = 3

53

(Tidak ada jawaban) Cara lain Cara ini untuk memastikan bahwa soal nomor 3 memang benar-benar tidak ada jawabannya. Pertama kita tentukan sinus sudut θ , yaitu sudut yang    dibentuk oleh a dan a + b .

 2  3      −2  ⋅  −6   −1   −1  19 53    = cos θ = . Sehingga, sin θ = . 3 ⋅ 46 3 46 3 46    Luas segitiga yang dibentuk oleh a dan a + b adalah L∆ =

1    1 53 1 a ⋅ a + b ⋅ sin θ = ⋅ 3 ⋅ 46 ⋅ = 53 . 2 2 3 46 2

Jadi, luas jajaran genjangnya adalah 1 L= 2⋅ 53 = 53 2


(terbukti)

5


4. Pencerminan garis y =− x + 2 terhadap garis y = 3 menghasilkan garis …. Pembahasan Misalkan ( x, y ) sebarang titik pada garis y =− x + 2 , maka bayangan titik tersebut setelah

dicerminakan terhadap garis y = 3 adalah  x ' 1 0  x   0   x  =      +  =   .  y '   0 −1  y   2 ⋅ 3   6 − y  Sehingga, kita mendapatkan

x = x ' dan y= 6 − y ' Selanjutnya kita substitusi dua persamaan tersebut ke persamaan garis yang dicerminakan. 6 − y ' =− x '+ 2 ⇔ y ' =x '+ 4

Jadi, bayangan garis tersebut adalah y= x + 4 . (Jawaban A) 5. Pada kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk 4, titik P terletak pada segmen AF sehingga PF = 2 AP . Titik Q adalah titik potong garis GP dan bidang ABCD . Jika α adalah sudut yang terbentuk antara garis GQ dan garis DA maka nilai cos α adalah ….


Ingat! Pada soal nomor 5, garis akan berpotongan dengan garis karena kedua garis tersebut terletak pada bidang dan, terlihat jelas, tidak sejajar.


6

Pembahasan Pertama, kita perhatikan dua segitiga PFG dan PAQ .

Karena garis FG dan AQ tegak lurus dengan bidang ABFE maka FG ⊥ PF dan AG ⊥ PF . Sehingga ∠PFG = ∠PAQ . Selain itu, ∠FPG = ∠APQ (bertolak belakang). Oleh karena itu, kita dapat menyimpulkan bahwa ∆PFG sebangun dengan ∆PAQ . Selanjutnya kita tentukan panjang PF dan PA . Karena AF merupakan diagonal sisi kubus, maka AF = 4 2 . Sedangkan PF = 2 AP , maka kita mendapatkan AP =

1 4 ⋅4 2 = 2. 2 +1 3

Dengan menggunakan kesebangunan, AQ AP AP ⋅ 4 = ⇔ AQ = = 2. FG PF 2 AP

Dengan menerapkan Teorema Pythagoras, 2

PQ =

2 AP 2 + AQ=

2 4  2 2  + 2= 17 .  3 3 

Sehingga, cos= α

2 AQ = = PQ 2 17 3

3 . 17

(Jawaban D)


7


6. Suku banyak p ( x ) = ( x − a ) + ( x − b ) + ( x − 3) habis dibagi 7

6

oleh x 2 − ( a + b ) x + ab . Jika a ≠ b , a ≠ 4 , maka b = …. Pembahasan Perhatikan bahwa

x 2 − ( a + b ) x + ab = ( x − a )( x − b ) . Sehingga x = a dan x = b merupakan pembuat nol

Ingat!

x 2 − ( a + b ) x + ab . Jika suku banyak p ( x ) habis dibagi

bentuk aljabar tersebut, maka p ( a ) = ( a − b ) + ( a − 3) = 0

…(6.1)

p ( b ) = ( b − a ) + ( b − 3) = 0

…(6.2)

6

7

Persamaan (6.1) dapat ditulis kembali menjadi

(a − b)

6

=− 3 a

…(6.3)

Persamaan (6.3) di atas kita substitusikan ke persamaan (6.2) untuk mendapatkan

( b − a ) + ( b − 3) 7

( −1( a − b ) )

7

=0

+b−3

=0

− ( a − b )( a − b ) + b − 3

=0

− ( a − b )( 3 − a ) + b − 3

=0

−3a + a 2 + 3b − ab + b − 3

=0

6

4b − ab

= 3a + 3 − a 2

b (4 − a)

= 3a + 3 − a 2

b

3a + 3 − a 2 = 4−a

(Jawaban D) 7.

Nilai c yang memenuhi ( 0, 0081)(

x2 +3 x + c

) < 0, 09 ( x ( )

2

− 2 x +8

)

adalah ….


Teorema Sisa menyatakan: Jika suku banyak dibagi maka siwa pembagiannya adalah .


Pembahasan Permasalahan di atas dapat diselesaikan sebagai berikut. x2 +3 x + c

)

< ( 0, 09 )(

4 x 2 +12 x + 4 c

)

< ( 0,3)(

( 0, 0081)( ( 0,3)(

4 x 2 + 12 x + 4c

Ingat! Syarat agar suatu fungsi kuadrat definit positif adalah dan .

x 2 − 2 x +8

)

2 x 2 − 4 x +16

)

> 2 x 2 − 4 x + 16

2 x 2 + 16 x + 4c − 16

>0

x 2 + 8 x + 2c − 8

>0

Agar bentuk x 2 + 8 x + 2c − 8 selalu positif, maka diskriminannya haruslah negatif, D < 0 .

82 − 4 (1)( 2c − 8 )

<0

64 − 8c + 32

<0

96 − 8c

<0

c

>

96 = 12 8

(Jawaban E) 8. Jika x1 , x2 adalah akar-akar 252 x − 52 x +1 − 2 ⋅ 52 x +3 + a = 0 di mana x1 + x2 =2 ⋅ 5 log 2 , maka a = …. Pembahasan Perhatikan bahwa,

(5 ) 2x

252 x − 52 x +1 − 2 ⋅ 52 x +3 + a

=0

2

=0

− 51 ⋅ 52 x − 2 ⋅ 53 ⋅ 52 x + a

(5 ) 2x

Ingat!

Sehingga,

Definisi logaritma:

5

.

2 x1,2

=

2

− 255 ⋅ 52 x + a

=0

255 ± 65.025 − 4a . 2

Atau dengan kata lain,  255 ± 65.025 − 4a  2 x1,2 = 5 log   . 2  


8

9


Padahal diketahui bahwa x1 + x2 =2 ⋅ 5 log 2 . Oleh karena itu, kita mendapatkan 2 x1 + 2 x2 = 4 ⋅ 5 log 2 5

 255 + 65.025 − 4a 255 − 65.025 − 4a  5 log  ⋅  = 4 ⋅ log 2 2 2   5

log ( a )

= 5 log 24

4 a = 2= 16

(Jawaban C) 9. Nilai lim

(

5− x −2

)(

) adalah ….

2 − x +1

1− x

x →1

Pembahasan

( lim

5− x −2

)

)(

2 − x +1

1− x

x →1

= lim

5− x + 2

(

x →1

= lim x →1

=

( (

2 − x +1 5− x + 2

)(

5− x −2

)

)(

)

2 − x +1

5 − x + 2 (1 − x )

)

2 −1 +1 1 = 5 −1 + 2 2

(Jawaban E) 10. Jika u1 , u2 , u3 , … adalah barisan geometri yang memenuhi u3 − u6 = x , dan u2 − u4 = y , maka x y = …. Pembahasan

x y

=

u3 − u6 u2 − u4

=

ar 2 − ar 5 ar1 − ar 3

=

Ingat! Salah satu teknik faktorisasi aljabar:

dan

( ) ar (1 − r )

ar 2 1 − r 3 2

.



=

=

(

r (1 − r ) 1 + r + r 2

(1 − r )(1 + r )

10

)

r3 + r2 + r r +1

(Jawaban C) 11. Fungsi f = ( x)

sin 2 x +

x + π , −π < x < 2π turun pada 2

interval …. Ingat! Jika

untuk

semua

dalam

maka

turun pada

.

,

Pembahasan Fungsi turun atau naik dapat diidentifikasi melalui turunan pertama fungsi tersebut. Misalkan x y = f ( x ) dan = u sin 2 x + + π , maka dengan menggunakan 2 aturan rantai kita mendapatkan dy dy du = ⋅ dx du dx 1  1 = ⋅  2sin x cos x +  2 2 u 

=

2sin x cos x + 2 sin 2 x +

1 2

x +π 2

Fungsi turun ketika turunan pertamanya kurang dari nol (negatif). Karena penyebut dari turunan pertama fungsi f selalu positif, maka untuk menjadi negatif pembilang dari turunan pertama tersebut haruslah negatif. 1 2

<0

sin 2x

<−

2sin x cos x +

1 2

Sehingga selesaian pertidaksamaan di atas adalah 5π π 7π 11π 19π 23π , dan . − <x<− , <x< <x< 12 12 12 12 12 12 (Jawaban A) 12. Pada interval −2 ≤ x ≤ 2 , luas daerah di bawah kurva y= 4 − x 2 dan di atas garis y = k sama dengan luas daerah


11


di atas kurva y= 4 − x 2 dan di bawah garis y = k . Nilai k adalah ….

Pembahasan Dengan mudah kita tahu bahwa 0 < k < 4 dan titik potong grafik y= 4 − x 2 dan y = k adalah

(−

)

4 − k , k dan 2

4− k

∫ (

(

)

4 − k , k . Sehingga,

)

2

∫

4 − x 2 − k dx= 2

0

1 3  − − 4 k x x ( )  3  0

(

)

k − 4 − x 2 dx

4−k 4− k

2 (4 − x) 4 − x 3

1  =  x3 + ( k − 4 ) x  3  = 2k −

2k

=

16 3

k

=

8 3

2

4− k

16 2 + (4 − k ) 4 − k 3 3

(Jawaban B) 2

 By  13. Banyak kurva Ax 2 +  0 dengan A dan B dua  =  2 

bilangan berbeda yang dipilih dari {−1, 0,1, 2, 4} adalah ….



12

Pembahasan Jika A = 0 maka berapapun nilai B akan menghasilkan grafik yang sama. Begitu juga jika B = 0 maka berapapun nilai A akan menghasilkan grafik yang sama. Sehingga hanya ada dua kemungkinan kurva yang dapat dibentuk untuk A = 0 atau B = 0 . Ingat! Permutasi digunakan ketika urutan diperhitungkan. Pada soal nomor 13, grafik dan akan berbeda dengan grafik dan .

Selanjutnya kita perhitungkan kemungkinan jika nilai A ≠ 0 dan B ≠ 0 . Untuk nilai-nilai tersebut, semua grafiknya akan 2

B y berbeda karena grafik Ax 2 +  1  = 0 dan  2  2

2

B y  By  Ax +  2  = 0 berbeda, serta A1 x 2 +  0 dan  =  2   2  2

2

 By  A2 x +  0 juga akan berbeda. Sehingga banyaknya  =  2  4! = P24 = 12 . Jadi, kemungkinan grafiknya adalah ( 4 − 2 )! 2

banyaknya semua kemungkinan kurvanya adalah 2 + 12 = 14. (Jawaban B) 14. Tiga kelas masing-masing terdiri atas 30 siswa. Satu kelas di antaranya terdiri atas laki-laki saja. Satu siswa dipilih dari tiap-tiap kelas. Peluang terpilih ketiganya laki-laki adalah 7/36. Peluang terpilih dua laki-laki dan satu perempuan adalah …. Pembahasan Misalkan ketiga kelas tersebut adalah Kelas A, Kelas B, dan Kelas C, Kelas A terdiri atas laki-laki saja, banyaknya siswa laki-laki kelas B adalah b dan banyaknya siswa laki-laki kelas C adalah c. Peluang terpilih ketiganya laki-laki adalah 7/36, maka 30 b c ⋅ ⋅ 30 30 30

b⋅c

=

7 36

= 175

Pada dua bilangan cacah kurang dari atau sama dengan 30 yang hasil kalinya sama dengan 175 hanyalah 7 dan 25. Sehingga b = 7 dan c = 25 , atau sebaliknya. Terdapat dua kemungkinan terpilihnya dua laki-laki dan satu perempuan, yaitu siswa perempuan yang terpilih


13


tersebut berasal dari Kelas B atau Kelas C. Sehingga peluang terpilih dua laki-laki dan satu perempuan adalah

P ( A)

=

30 ( 30 − b ) c 30 b ( 30 − c ) ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ 30 30 30 30 30 30 30c − bc 30b − bc + 900 900

=

= =

30 ( b + c ) − 2bc 900 30 ⋅ 32 − 350 61 = 900 90

(Jawaban B) 15. Diketahui deret geometri tak hingga mempunyai jumlah 2 2 sama dengan nilai maksimum fungsi f ( x ) = − x3 + 2 x + 3 3 untuk −1 ≤ x ≤ 2 . Selisih suku kedua dan suku pertama deret geometri tersebut adalah −2 f ' ( 0 ) . Rasio deret geometri

tersebut adalah …. Pembahasan Pertama kita tentukan titik-titik puncak fungsi f dengan menggunakan turunan pertama.

f '( x)

=0

−2 x 2 + 2

=0

−2 ( x + 1)( x − 1)

=0

x

= −1

Hati-hati, tidak semua titik yang turunan pertamanya sama dengan nol, , atau

x =1

Sehingga, f ( −1) =− f (1) = −

Ingat!

2 2 2 3 ( −1) + 2 ( −1) + =− , dan 3 3 3

2 3 2 (1) + 2 (1) + =2 . 3 3

2  Diperoleh titik-titik puncaknya adalah  −1, −  dan (1, 2 ) . 3 

Selanjutnya kita tentukan titik-titik ujungnya. Ujung kiri sama dengan titik puncaknya, sehingga kita tinggal menentukan ujung kanannya.


merupakan titik puncak. Contoh

pada

fungsi

tetapi

titik

bukan titik

puncak fungsi tersebut.


f ( 2) = −

14

2 3 2 2 ( 2 ) + 2 ( 2 ) + =− . 3 3 3

2  Sehingga titik ujung yang sebelah kanan adalah  2, −  . 3  Jadi, nilai maksimum fungsi f adalah 2.

Ingat!

Karena deret geometri tak hingga yang diberikan mempunyai jumlah sama dengan nilai maksimum fungsi f

Jumlah deret geometri tak hingga dirumuskan dengan:

maka a = 2. 1− r

Selain itu, dengan suku awal dan rasio, .

u2 − u1

= −2 f ' ( 0 )

ar − a

= −2 −2 ( 0 ) + 2

a ( r − 1)

a

(

2

)

= −4

4 1− r

=

Dengan mensubstitusi nilai a di atas ke persamaan jumlah deret, didapatkan a 1− r

=2

(1 − r )(1 − r )

=2

4 r − 2r + 1

=2

4

2

4

= 2r 2 − 4r + 2

)

=0

r 2 − 2r − 1

=0

(

2 r 2 − 2r − 1

Sehingga kita mendapatkan

r1,2 =

2±

( −2 )

2

− 4 (1)( −1)

2 (1)

= 1± 2

(Jawaban A)


SOAL&PEMBAHASAN MATEMATIKATKDSAINTEK SBMPTN. yos3prens.wordpres.com

Recommend Documents