UHAMKA (UNIVERSITAS MUHAMMADYAH FROF. DR. HAMKA) LATIHAN SOAL DAN SOLUSI MATEMATIKA IPA UJIAN AKHIR TAHUN 2015

UHAMKA (UNIVERSITAS MUHAMMADYAH FROF. DR. HAMKA) LATIHAN SOAL DAN SOLUSI MATEMATIKA IPA UJIAN AKHIR TAHUN 2015 I.

Pilihlah jawaban yang paling benar!

1.

Diberikan premis-premis seperti berikut. 1) Dia bukan pujaan hatiku atau Aku berusaha untuk mendapatkannya 2) Aku tidak berusaha untuk mendapatkannya atau Aku memeluknya 3) Aku tidak memeluknya Kesimpulannya yang sah dari premis premis tersebut adalah... A. Dia bukan pujaan hatiku atau Aku memeluknya B. Dia pujaan hatiku atau Aku tidak memeluknya C. Dia pujaan hatiu dan Aku berusaha untuk mendapatkannya D. Dia pujaan hatiku E. Dia bukan pujaan hatiku Ada Solusi: [D] p  q  ~ q ~ p  ~ p  q

2.

3.

 pq qr

pq qr

r ....

r ....

pr

r  p

Jadi, kesimpulan dari premis-premis tersebut adalah “Dia pujaan hatiku” Ingkaran dari pernyataan “Jika Dia tidak gembira maka Dia tidak tersenyum” adalah... A. Dia tidak gembira dan Dia tersenyum B. Dia gembira dan Dia tidak tersenyum C. Dia tidak gembira atau Dia tidak tersenyum D. Jika Dia gembira maka Dia tersenyum E. Dia gembira jika dan hanya jika Dia tersenyum Solusi: [A]   p  q   p  q Jadi, ingkaran dari pernyataan tersebut adalah “Dia tidak gembira dan Dia tersenyum”. 2  75  125  .... Bentuk sederhana dari 5 3 A. 6 3  4 5 B. 8 3  4 5 C. 3 3  4 5 D. 3 3  5 5 E. 6 3  5 5 Solusi: [A]

1 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

2 5 3

4.

Nilai dari

 75  125 

2



5 3 53

 5

3 5 5  5  3 5 3 5 5  6 3 4 5

2 x  2.6 x 4  ... 12 x 1

A. 27 B. 9 C. 3 1 D. 9 1 E. 27 Solusi: [E]

1 2 x  2  6 x  4 2 x  2  2 x  4  3x  4  2 x  2 x 42 x  2  3x 4 x 1  20  33   x 1 2 x2 x 1 27 12 2 3 1 3 log 4. 2 log 9  3 . 9 log8 log 2 5. Bentuk sederhana dari  ... 3 log 6  3 log 2 1 4 1 B. 4 4 1 C. 4 2 1 D. 5 2 1 E. 6 2 Solusi: [D]

A. 3

1 . 9 log8 2 3 log 2. 2 log 9  2 log 3. 3 3 log 2 2 3 log9  3 2 log 2 log 2 2 2   3 3 6 3 log 6  3 log 2 log3 log 2 3 2  2  1 2  4 3 51  1 2 2 Misalkan x1 dan x2 adalah akar-akar persamaan kuadrat Persamaan 3

6.

log 4. 2 log 9 

3

2 x  6 x  p  1  0 jika x1  2 x2  9 , maka nilai  p  1  .... 2

A. 9 B. 8 C. 8 D. 9 E. 12 Solusi: [C] x1  x2  3 .... (1) 2 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

kuadrat

x1  2 x2  9 .... (20

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan: 3x2  12  x2  4 x1  4  3  x1  1

x1 x2  1 4  7.

p 1   p 1  8 2

Jika persamaan kuadrat  p  2 x2  3 px   p  2  0 mempunyai akar tidak riil, maka batasan nilai p yang memenuhi adalah .... 5 A. p  4atau p  4 4 B. p   atau p  4 5 5 4 C. p   atau p  4 5 4 D.   p  4 5 4 E. 4  p  5 Solusi: [D] p  2  0  p  2 .... (1) D   3 p   4  p  2  p  2   0 2

9 p 2  4 p 2  16 p  16  0

5 p 2  16 p  16  0

 5 p  4 p  4   0 4   p  4 .... (2) 5 4  p4. 5 Paman dan Bibi masing-masing memiliki sejumlah uang. Jika Paman memberi Rp30.000,00 kepada Bibi, maka uang Bibi menjadi dua kali uang Paman yang sisa. Jika Bibi memberi uang Rp10.000,00 kepada Paman, maka uang Paman akan menjadi tiga kali uang Bibi yang sisa. Jumlah uang Paman dan Bibi adalah .... A. Rp. 34.000,00 B. Rp. 36.000,00 C. Rp. 44.000,00 D. Rp. 96.000,00 E. Rp. 102.000,00 Solusi: [D] b  30.000  2  p  30.000   b  2 p  90.000 .... (1) Dari (1) dan (2) diperoleh 

8.

p  10.000  3  b  10.000   p  3b  40.000 .... (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh

b  2  3b  40.000   90.000 5b  80.000  90.000 5b  170.000 3 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

b  34.000 p  3  34.000  40.000  62.000 9.

Jadi, jumlah uang Paman dan Bibi adalah Rp62.000,00 + Rp34.000,00 = Rp96.000,00 Persamaan lingkaran yang melalui titik A(2, 4) dan berpusat pada titik M (1, 3) adalah .... A. x 2  y 2  2 x  6 y  48  0 B. x 2  y 2  2 x  6 y  48  0 C. x 2  y 2  2 x  6 y  48  0 D. x 2  y 2  2 x  6 y  68  0 E. x 2  y 2  2 x  6 y  68  0 Solusi: [B]

 2  12   4  32

Jari-jari lingkaran r 

 58

Persamaan lingkarannya adalah  x  1   y  3  2

2





58



2

Q(–2,4)

M (1, 3)

x 2  y 2  2 x  6 y  48  0 10. Persamaan garis singgung lingkaran x 2  y 2  4 x  8 y  15  0 yang tegak lurus dengan garis

x  2 y  1  0 adalah .... A. y  2 x  3dan y  2 x  13 B. y  2 x  3 C. y  2 x  13 dan y  2 x  9 D. y  2 x  3 dan y  2 x  13 E. y  2 x  5 dan y  2 x  9 Solusi: [D]

x 2  y 2  4 x  8 y  15  0

 x  2 2   y  4 2  5 x  2 y  1  0  m1  

1 2

m1  m2  1  m2  2 Persamaan garis singgungnya adalah

y  y1  m  x  x1   r m2  1 y  4  2  x  2   5 22  1 y  2x  8  5 y  2 x  3 dan y  2 x  13 11. Suku banyak f ( x)  2 x3  3 px 2  7 x  6 mempunyai faktor-faktor ( x  x1 ),( x  x2 ),dan( x  3) nilai ( x12  x2 2 )  .... 5 3 6 B. 3

A.


7 3 8 D. 3 9 E. 3 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

81 3 27

f  x   2 x3  9 x 2  7 x  6



f  x    x  3 2 x 2  3 x  2

x12

 x2   x1  x2  2

2 2

9 6 3

7 9 2

6 6 0

 2

2

 2 x1 x2 x12

9 17  3  x2      2  1   2  4 4  2 2

12. Diketahui suku banyak f  x   2 x4  ax3  bx2  x  6 . Jika f  x  dibagi oleh x 2  x  2 , maka sisanya 2 x  4 . Nilai a  4b  .... A. 6 B. 8 C. 12 D. 16 E. 24 Solusi: [B]

x2  x  2   x  2 x  1 f  2   32  8a  4b  2  6  8  8a  4b  20  2a  b  5 .... (1) f  1  2  a  b  1  6  2  a  b  7 .... (2) Persamaan (1) + Persamaan (2) menghasilkan: 3a  12  a  4 4  b  7  b  3 a  4b  4  4  3  8 13. Diketahui f  x   4 x  7 dan g  x   2 x2  3x . Rumus komposisi fungsi  g o f  x   .... A. 32 x 2  100 x  119 B. 32 x 2  100 x  77 C. 32 x 2  100 x  119 D. 32 x 2  100 x  77 E. 32 x 2  100 x  119 Solusi: [C]

 g o f  x   g  f  x    g  4 x  7   2  4 x  7 2  3  4 x  7   32 x2  100 x  77 14. Diketahui f  x   2 x  5 dan  g o f  x  


2x  7 3 , x  . Maka nilai g 1  3  .... 4x  3 4

36 5 38 B. 5 41 C. 5 42 D. 5 43 E. 5 Solusi: [C]

A.

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

 2 x  5  2 2x  7  4 x  3 2  2 x  5   13

x2 13x  2  g 1  x   2 x  13 2x 1 13  3  2 41 g 1  3   2  3 1 5 15. Seorang pedagang dengan modal Rp800.000,00 membeli tomat dan kentang yang akan diangkut dengan gerobak yang daya angkut tidak lebih dari 300 kg. Tomat dibeli dengan harga Rp4.000,00 per kg dan kentang Rp2.000,00 per kg. Pedagang tersebut akan mengambil keuntungan dari penjualan tomat dan kentang masing-masing dengan harga Rp2.000,00 per kg dan 1.500,00 per kg. Keuntungan maksimum yang dapat diperoleh adalah .... A. Rp650.000,00 B. Rp600.000,00 C. Rp500.000,00 D. Rp450.000,00 E. Rp400.000,00 Solusi: [C] Ambillah banyak tomat dan kentang masing-masing adalah x dan y kg. g  x 

x  y  300   4.000 x  2.000 y  800.000  x0   y0  x, y  C 

400

Fungsi objektif f  x, y   2.000 x  1.500 y

300

Y

x  y  300 …. (1)

2 x  y  400

(100,200)

2 x  y  400 …. (2)

Persamaan (2) – Persamaan (1) menghasilkan: x  100 100  y  300  y  200 Koordinat titik potong kedua grafik tersebut adalah 100, 200  . Titik x, y 

 200,0

f  x, y   2.000 x  1.500 y 2.000  200  1.500  0  400.000


x  y  300

O

200

300

X

100, 200 

 0,300 

2.000  100  1.500  200  500.000

2.000  0  1.500  300  450.000

Jadi, keuntungan maksimum yang dapat diperoleh adalah Rp500.000,00. 16. Suatu perusahaan meubel menyediakan 18 m2 kaca dan 24 m2 papan tripleks per hari. Tiap unit barang jenis I membutuhkan 1 m2 kaca dan 2 m2 papan tripleks, sedangkan untuk membuat satu unit barang jenis II dibutuhkan 3 m2 dan 2 m2 papan tripleks. Barang jenis I dijual dengan harga Rp250.000,00 per unit dan barang jenis II dijual seharga Rp400.000,00 per unit. Agar pendapatan dari penjualan kedua jenis barang tersebut mencapai maksimum, maka setiap harinya perusahaan tersebut harus memproduksi sebanyak .... A. 18 unit barang jenis I saja. B. 12 unit barang jenis I saja. C. 6 unit barang jenis II saja. D. 3 unit barang jenis I dan 9 unit barang jenis II. E. 9 unit barang jenis I dan 3 unit barang jenis II. Solusi: [] Ambillah banyak barang jenis I dan II masing-masing adalah x dan y buah.  x  3 y  18 2 x  2 y  24  x0   y0   x, y  C

Y

Fungsi objektif f  x, y   250.000 x  400.000 y

12

x  3 y  18 …. (1) x  y  12 …. (2)

6

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan: 2y  6  y  3

O

x  3 y  18

(9,3)

x  y  12

12 18

X

x  3  12  x  9

Koordinat titik potong kedua grafik tersebut adalah  9,3 . Titik x, y 

12,0  9,3  0,6 

f  x, y   250.000 x  400.000 y 250.000  12  400.000  0  3.000.000 250.000  9  400.000  3  3.450.000 250.000  0  400.000  6  2.400.000

Jadi, setiap harinya perusahaan tersebut harus memproduksi sebanyak 9 barang jenis I dan 3 barang jenis II. 2   x 4 x5 13 8  17. Diketahui matriks A   , B   , dan C    . Jika A  2 B  C , maka 9 y 2 y  3  8 20  nilai dari x  y  .... A. 3 B. 1 C. 0 7 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

D. 1 E. 3 Solusi: [D] A  2B  C 2  13 8   x 4 x5    2   9  y   8 20  2 y  3 x  2 x  10  13  x  1 y  18  2 y  20  y  2

Jadi, x  y  1  2  1

 x  2x   4             18. Diketahui vektor a   3  , b   3 x  , dan c   1  . Jika a tegak lurus b dan x  0 , maka  3   2 x   6           a  2b  c  ....    A. 34i  34 j  15k    B. 34i  34 j  12k    C. 34i  34 j  15k    D. 34i  40 j  12k    E. 34i  40 j  12k Solusi: [A]     a  b  a b  0 2 x 2  9 x  18  0

 2 x  3 x  6   0 3 x x6 2 Karena x  0 maka x  6

 x   2 x   4   5 x  4   5  6  4   34                    a  2b  c   3   2  3 x    1    6 x  2    6  6  2    34   34i  34 j  15k  6   3   2 x   2 x  3   2  6  3   15                          19. Diketahui proyeksi vektor u  4i  a j  bk pada vektor v  ai  b j  ak adalah p  i  2 j  k .   6 Jika  adalah sudut antara vektor u dan v dengan cos   , maka nilai ab  .... 13 25 A. 3 25 B. 2 3 25 C. 3 3 50 D. 3 50 E. 3 3 8 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

Solusi: [-]     u v u v  cos       u cos .... (1) u v v       u  v   u  v v p   2 v  p     .... (2) v v v Dari (1) dan (2) diperoleh:    v p  u cos   v   a  u     cos   b  v  a     u Karena 1    cos   a dan 2  v  1    2    1  

1 1 1

16  a 2  b2 2a 2  b 2



16  a 2  4a 2 2a  4a 2

16  5a 2 a 6



2

 u   cos  b , maka 2a  b v

6 a 13



6 a 13

6 a 13

13 6  6 16  5a2



169  6  62 16  5a 2



169  96  30a 2 73 a2  30

a

73 30

 73  73 b  2a  2     2 30  30   73   73  73  ab      2     30   30  15              20. Diketahui vektor u  2i  2a j  4k dan v  2i  6 j  8k . Jika panjang proyeksi vektor u pada v adalah A. B. C. D.

6 26

, maka nilai a  ....

1 2 1 2


E. 3 Solusi: [B] 6 4  12a  32  26 4  36  64 6 26 6



36  12a 104 36  12a

 26 2 26 12  36  12a 12a  36  12  24 a2

21. Bayangan kurva 4 x 2  y  1  0 oleh pencerminan terhadap garis y  4 kemudian dilanjutkan

4 dengan translasi   adalah ....  3  A. y  2 x 2  16 x  34 B. y  2 x 2  16 x  34 C. y  4 x 2  32 x  68 D. y  4 x 2  32 x  68 E.

y  8 x 2  16 x  64

Solusi: [C] y 4  x,8  y   x, y   4    3 

  x  4,5  y    x ", y "  x,8  y   x  x " 4 y  5  y"

4x2  y  1  0 4  x " 4   5  y " 1  0 2

4 x 2  32 x  64  5  y  1  0 y  4 x 2  32 x  68 22. Nilai x yang memenuhi yang memenuhi pertidaksamaan 5 log x  

13 x 

adalah ....

1 8 1 B. 0  x  3 1 1 x C. 8 3 1 D. x  8 A. 0  x 


log 25  2 

25

1 log 1  3 x 

1 3 Solusi: [C] Kasus 1: Bilangan pokok: 1  3x  1 x  0 .... (1) Numerus: x  0 .... (2)

E. x 

5

log x  

13 x 

2

13 x 

13 x 

log 25  2 

1 log 1  3 x 

log5  5 log x  2  2 

13 x 

log x  1  

13 x 

13 x 

25

log x 

13 x 

log5

log5

log 1  3x   

13 x 

log5

1  3x 13 x log x    log 5 1  3x x 5 5 x  1  3x 1 x  .... (3) 8 Dari (1)  (2)  (3) menghasilkan  .... (4) Kasus 2: Bilangan pokok: 1  1  3x  0 1 0  x  .... (5) 3 Numerus: x  0 .... (6) 1 13 x 5 log x    log 25  2  25 log 1  3 x  13 x 

2

13 x 

13 x 

log5  5 log x  2  2 

13 x 

log x  1 

13 x 

log x  

13 x 

13 x 

log5

log5

log 1  3x   

13 x 

log5

1  3x 13 x log x    log 5 1  3x x 5 5 x  1  3x 1 x  .... (7) 8 13 x 

1 1  x  .... (8) 8 3 1 1 Dari (4)  (8) menghasilkan  x  8 3 Dari (5)  (6)  (7) menghasilkan


0

1 8

1 3

23. Invers dari persamaan grafik berikut adalah .... A. y  1 2 log x  1

Y

B. y  1 2 log x  1 C. y  1 2 log  x  1 1 D. y    2

1 x 1

1 E. y    2 Solusi: [A] 1  1 1 0 1  0,    a  a  2  2 2

1 y   2

2

x 1

2

1

1 2

y  a x 1

O

X

x 1

Menentukan invers: 1 x  2

y 1

log x   y  1 log

1 2

1

y  1  2 log x 1

y  2 log x  1

24. Suku ketiga dan suku ke tujuh dari suatu deret aritmetika berturut-turut adalah 13 dan 29. Jumlah dua puluh lima suku pertama deret tersebut adalah .... A. 1720 B. 1325 C. 1225 D. 1125 E. 860 Solusi: [B] u3  13  a  2b  13 .... (1) u7  29  a  6b  29 .... (2)

Persamaan (2) – Persamaan (1) menghasilkan: 4b  16  b  4 a  2  4  13  a  5 n 25 25  2  5   25  1 4    106  1.325 Sn   2a   n  1 b   S25  2 2 2 25. Suku pertama barisan geometri adalah 54 dan suku ke lima adalah tersebut adalah .... 1 A. 27 2 B. 27 12 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

2 . Suku ketujuh barisan 3

1 9 2 D. 9 1 E. 3 Solusi: [B] C.

2 u5 ar 4   3 a a 54 1 r4  81 1 r 3 6

2  1 u 7  ar  54     27  3 26. Tiga buah bilangan membentuk barisan aritmetika. Jika suku kedua barisan itu dikurangi 1 dan suku ketiganya ditambah 2 maka terbentuk barisan geometri yang rasionya 3. Jumlah ketiga suku barisan geometri tersebut adalah .... A. 13 B. 12 C. 4 D. 3 E. 1 Solusi: [A] BA: a  b, a, a  b BG: a  b, a  1, a  b  2 dan rasionya r  3 a 1 a  b  2  3 a b a 1 a 1 3 a b 3a  3b  a  1 2a  3b  1 .... (1) ab2 3 a 1 a  b  2  3a  3 2a  b  5 .... (2) Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan: 2b  6  b  3 2a  3  3  1  a  4 S  a  b  a  1  a  b  2  3a  1  3  4  1  13 27. Sebuah bola dijatuhkan dari ketinggian 12 meter pada lantai dan memamtul terus menerus di titik 3 yang sama. Setiap kali mengenai lantai, pantulannya mencapai ketinggian dari ketinggian 5 sebelumnya. Panjang seluruh lintasan sampai bola tersebut berhenti adalah .... A. 18 m B. 24 m 6


C. 30 m D. 48 m E. 54 m Solusi 1: [D] 2

12 3  3  30 S turun  12  12   12     ...  3 5 5 1 5 3 2 12  3 3 5  18 Snaik  12   12     ...  3 5 5 1 5

3 12    5

12 12 

2

3 5

 panjang seluruh lintasan sampai bola tersebut berhenti adalah  30  18 m  48m .

Solusi 2: [D] h  12 dan r 

S  h

3 x  5 y

yx 53  12   48 yx 53

 panjang seluruh lintasan sampai bola tersebut berhenti adalah  30  18 m  48m . 28. Kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk 4 cm. P pada AB sehingga AP : PB  1: 3 dan Q pada CG sehingga CQ : QG  3:1 . Jarak titik B ke garis PQ adalah .... A. 34 B. 5 15 34 C. 17 15 17 D. 17 15 34 E. 34 Solusi: [E]

G

F

Q

PC  PB  BC  3  4  5 2

2

2

2

H

E

2 2 PQ  PC 2  CQ2  5  3  34

3

BQ  BC  CQ  4  3  5 2

2

2

2

1 1 PB  BQ  PQ  BR 2 2 PB  BQ 3  5 15 BR    34 PQ 34 34

R

C

B 3 P A

4

D

29. Diberikan kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk 4 cm. P merupakan titik tengah AD. Jika  adalah sudut antara bidang BGP dengan bidang alas ABCD, maka cos  .... 1 6 A. 6 1 5 B. 3 14 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

1 4 3 1 3 D. 2 1 2 E. 2 Solusi: [-] C.

BP 

AB 2  AP 2  42  22  20  2 5

G

F

PC  PB  2 5

Luas BPC  Luas ABCD  Luas PDC  Luas ABP 1 1 Luas BPC  4  4   4  2   4  2  8 2 2 1 Luas BPC   BP  CQ 2 2  Luas BPC 2  8 8 CQ    5 BP 2 5 5

4

2

C



B

64 9 12 8  5   42   16  4  5 GQ  QC  CG   5 5 5 5  2

H

E

Q A

2

P

2

D

2

8 5 QC 8 2 cos    5   GQ 12 5 12 3 5 30. Perhatikan gambar segiempat berikut: D

C

A B Jika panjang BC  AD  5cm . Panjang AB  CD  17 cm . Jika BD  4 3 cm , maka luas ABCD = .... A.

26 cm

B. 2 26 cm C. 4 26 cm D. 8 26 cm E. 16 26 cm Solusi: [C]

 17  cos A 

2



 52 4 3

2  17  5



2



3 C

D

5 17 2

 3  425  9 416 4 26 sin A  1  cos A  1       425 425 5 17  5 17  Luas ABCD =  2 

1 4 26 AB  AD sin A  17  5   4 26 2 5 17


4 3

5

2

A

17

B

31. Himpunan penyelesaian dari persamaan cos 4 x  7cos 2 x  4  0 untuk 0  x  360 adalah .... A. B. C. D. E.

60,90,120, 240 30,150,210,330 60,120,240,300 90,120,240,300 120,240,300,360

Solusi: [B] cos 4 x  7cos 2 x  4  0

2cos2 2 x  1  7cos 2 x  4  0 2cos2 2 x  7cos 2 x  3  0

 2cos 2 x  1 cos 2 x  3  0 1 cos 2 x  (diterima)  cos 2 x  3(ditolak) 2 2 x  60  k  360  2 x  60  k  360 x  30  k  180  x  30  k  180 k  0  x  30, 30 k  1  x  210,150 k  2  x  390,330 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah 30,150, 210,330 . 32. Diketahui cos A sin B 

sin  A  B   ....

3 4 , dengan sudut A dan B lancip. Jika nilai sin  A  B   , maka nilai 10 5

9 10 8 B. 10 7 C. 10 2 D. 5 1 E. 5 Solusi: [E] A.

sin  A  B   sin A cos B  cos A sin B 

4 5

3 4  10 5 4 3 sin A cos B   5 10 sin A cos B 

sin  A  B   sin A cos B  cos A sin B 


4 3 3 1    5 10 10 5

33. Nilai dari

sin 82,5  sin 37,5  .... cos82,5  cos37,5

2 3 3 2 2 B.  3 1 C.  3 2 1 D.  3 3 1 E.  3 Solusi: [D] sin 82,5  sin 37,5 2cos 60 sin 22,5 1 1    3 cos82,5  cos37,5 2sin 60 sin 22,5 3 3 A. 

2x  x  2  .... x 2  3x  2

34. Nilai dari lim x 2

1 4 1 B. 2 C. 1 D. 2 E. 4 Solusi: [A]

A.

2 1 1 1   2x  x  2 1 lim 2  lim 2 2 x 2 x  2  2 4  x 2 x  3 x  2 x 2 2x  3 43 4 35. Nilai dari lim

x 



A.  B. 3 C. 1 D. 1 E. 3 Solusi: [E]

lim

x 





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

36. Nilai dari lim

1  cos10 x

x 0 sin 5 x tan 2 x

A. B. C. D. E.



x 2  5 x  1  x 2  x  1  ....

 ....

25 10 5 1 0


Solusi 1: [C] 1  cos10 x 2sin 2 5 x 2sin 5 x sin 5 x 2x  lim  lim  5  lim  lim  5 11  5 x 0 sin 5 x tan 2 x x 0 sin 5 x tan 2 x x 0 tan 2 x x 0 5 x x 0 tan 2 x Solusi 2: [C] 1 10 2 1  cos10 x 2 lim  5 x 0 sin 5 x tan 2 x 52 37. Sebuah perusahaan menyewakan kursi untuk keperluan pesta. Harga sewa kursi ditetapkan lim

40   sebesar  50   x  dalam ribuan rupiah, dengan x adalah banyak kursi yang disewa. Total x   pendapatan maksimum yang dapat diperoleh dari penyewaan kursi tersebut adalah .... A. Rp585.000,00 B. Rp625.000,00 C. Rp850.000,00 D. Rp1.210.000,00 E. Rp1.250.000,00 Solusi: [A] 40   B  x   x  50   x   50 x  40  x 2 x   B '  x   50  2 x  0

Nilai stasioner fungsi B dicapai jika B '  x   0 , sehingga 50  2 x  0 x  25

Bmax  25  50  25  40  252  585 ribu Jadi, total pendapatan maksimum yang dapat diperoleh dari penyewaan kursi tersebut adalah Rp585.000,00 . x 1 dx .... 38. Hasil dari 2 x2  2 x  3



A.

B.

C.

D.

E.





1



2



2

2 x  2x  3 1

2 x  2x  3



2 x  2x  3 2



1



2 x2  2 x  3

x

2 2

 2x  3





3



C

C

C



C

C

Solusi: [B]




x 1



x2  2 x  3



2

dx  

 2 x 1



2

 2x  3

1

2 x  2x  3 2



 d x 2

2





1 1  2x  3   x2  2 x  3 2 2  1

C



39. Hasil dari 2sin5x cos3xdx ....

5 cos5 x sin 3 x  C A. 12 1 cos5 x sin 3 x  C B. 15 C. sin8 x  sin 2 x  C 1 1 D. cos8 x  cos 2 x  C 8 2 1 1 E.  cos8 x  cos 2 x  C 8 2 Solusi: [E]

1

1

 2sin 5x cos3xdx  sin8x  sin 2 x  dx   8 cos8x  2 cos 2 x  C 2

40.

 4x

1  2 x 2 dx  ....

0

1 3 1 B. 16 3 1 C. 7 3 2 D. 5 3 1 E. 5 3 Solusi: [A] A. 17

2

 4x

2

1  2 x dx  2

0





1  2x d 1  2x 2

2



0

 1 1 1  2x2  2 1

2





1 1 2

3 2 2 52 1 2 2    1  2 x 2    27   1   17 3 3 3 3 0 3 41. Perhatikan gambar berikut. Y





4

O 1

y  2 x2  6 x  4

2

X


2

  0



21

C

Integral yang menyatakan luas daerah yang diarsir adalah .... 2

A.

1

  4  2 x dx    2x 0 2

B.

 2



 4  2 x dx 

1

x

 2 x  4dx 

 3x  2 dx

2

 3x  2 dx



2

x



1

1

2

   2x  4dx

2 x 2  6 x  4 dx 

0

1

1

E.



2

0

0

D.



 6 x  4 dx

0

0

C.

2

  2x

2



 4 x dx 

0

2

  4  2x dx 1

Solusi: [A] Persamaan garis yang melalui titik-titik

 2,0 

dan  0,4  adalah

x y   1  y  4  2x 2 4 Integral yang menyatakan luas daerah yang diarsir adalah

2

1

0

0

2   4  2 x dx    2x  6x  4dx

42. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y  x , y  x  4 x  4 , dan sumbu X adalah.... 1 A. satuan luas 3 2 B. satuan luas 3 C. 1 satuan luas 4 D. satuan luas 3 5 E. satuan luas Y 3 y  x2 Solusi: [B] 1 2 4 2 2 y  x2  4 x  4   x  2 L  x dx  x 2  4 x  4 dx 2





0

1 1

2



2

1 2 1  1  X L   x3    x3  2 x 2  4 x   3   2  O 1 2 3 3  3 0  3 1 43. Jika daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o, maka volume benda putar yang terjadi adalah .... Y 8 4 A. satuan volume 3 y  2x B. 4 satuan volume X 16 4 O C. satuan volume 3 20 D. satuan volume 3


22 satuan volume 3 Solusi: [D] Persamaan garisnya adalah y  4  x Batas-batas integral: E.

4  x  2x

16  8x  x2  2 x x 2  10 x  16  0

 x  2  x  8  0 x  2 x 8 2

L 



2x



2

0

4

2

4

4

2 3 1 dx    4  x  dx   2 xdx     4  x  d  4  x     x 2      4  x   0 3 2 2 0 2





2



2

8  20   4    0    3 3 

44. Volume benda putar yang dibatasi oleh kurva y  4  x 2 dan y  4  2 x kemudian diputar mengelilingi sumbu Y sejauh 360o adalah .... 32  satuan volume A. 5 28  satuan volume B. 5 22  satuan volume C. 5 14  satuan volume D. 5 8 E.  satuan volume 3 Y Solusi: [E] Batas-batas integral: 4

4  x2  4  2 x

y  4  x2

x2  2 x  0 x  x  2  0

2 O

x  0 x  2

X 2 y  4  2x

4 4 2 4  1   1  16  8  1   1   V    4  y   2  y   dy     y 2  y  dy     y 3  y 2       8    2 0 4  12  3  3  2    0 0  45. Modus data pada histogram adalah .... f 16 A. 160,5 12 10 B. 161,5 C. 162,5 8 D. 163,5 4 E. 164,5 Solusi: [C] X 4 Mo  160,5   5  160,5  2  162,5 46


170,5

165,5

160,5

155,5



150,5



46. Median dari data pada tabel di bawah adalah ..... A. 48,55 Nilai tengah Frekuensi B. 49,5 4 34  36 C. 50,5 5 37  42 D. 51,5 10 43  48 E. 52,5 12 49  54 Solusi: [D] 9 55  60 6 1 61  66 Banyak data n  50 dan n  25 sehingga 4 67  72 2 kelas Median adalah 49  54 25  19 Me  48,5   6  48,5  3  51,5 12 47. Kuartil atas data pada tabel di bawah adalah .... A. 19,5 Nilai tengah Frekuensi B. 20,0 3 47 C. 21,0 5 8  11 D. 21,5 9 12  15 E. 30,5 10 16  19 Solusi: [C] 8 20  23 5 3 24  27 Banyak data n  40 dan n  30 sehingga 4 kelas Median adalah 20  23 30  27 Q3  19,5   4  19,5  1,6  21,0 8 48. Suatu bilangan terdiri atas 3 angka berbeda akan disusun dari angka-angka 0, 1, 2, 3, 4, dan 5. Banyaknya bilangan ganjil yang mungkin terbentuk adalah .... A. 60 B. 48 C. 36 D. 24 E. 18 Solusi: [A] 5

4

3

Jadi, banyaknya bilangan ganjil yang mungkin terbentuk adalah 5  4  3  60 49. Sebuah kontingen olimpiade matematika yang beranggotakan 3 orang akan dipilih dari 3 siswa putra dan 2 siswa putri. Banyak cara membentuk kontingen yang mengikutsertakan paling sedikit satu orang siswa putri adalah .... A. 3 B. 5 C. 6 D. 9 E. 10 Solusi: [D] Banyak cara membentuk kontingen yang mengikutsertakan paling sedikit satu orang siswa putri adalah 2 C1  3 C2  2 C2  3 C1  2  3  1 3  9 22 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

50. Dua buah dadu dilempar undi bersama-sama. Peluang munculnya jumlah kedua dadu merupakan bilangan prima atau ganjil adalah .... 14 A. 36 15 B. 36 18 C. 36 19 D. 36 33 E. 36 Solusi: [D] Dadu 2

1

2

3

4

5

6

(1,1) (2,1) (3,1) (4,1) (5,1) (6,1)

(1,2) (2,2) (3,2) (4,2) (5,2) (6,2)

(1,3) (2,3) (3,3) (4,3) (5,3) (6,3)

(1,4) (2,4) (3,4) (4,4) (5,4) (6,4)

(1,5) (2,5) (3,5) (4,5) (5,5) (6,5)

(1,6) (2,6) (3,6) (4,6) (5,6) (6,6)

Dadu 1 1 2 3 4 5 6

Ruang sampel S = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), …, (6,6)}; n(S) = 36. A = jumlah mata dadu ganjil, n(A) = 18. B = jumlah mata dadu prima, n(B) = 15. n( A  B ) = jumlah mata dadu ganjil dan prima = 14 . P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B) 

18 15 14 19    36 36 36 36

II. Jawablah soal-soal berikut dengan cermat. 1.

Kota A dan kota B berjarak 60 km. Sebuah bus berangkat dari A dan bus lain berangkat dari B pada waktu yang sama. Jika kedua bus bergerak dengan arah yang sama, maka keduanya akan bertemu dalam waktu 6 jam. Sebaliknya jika kedua bus bergerak dengan arah yang berlawanan, maka keduanya akan bertemu dalam waktu 2 jam. Tentukan kecepatan bus yang bergerak lebih cepat. Solusi: Kasus 1: Kedua bus bergerak dengan arah yang sama x A C 60 km B A vB vA 6vA  60  x .... (1) 6vB  x .... (2)

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan: 6vA  6vB  60 vA  vB  10 .... (3)


Kasus 2: Kedua bus bergerak dengan arah yang berlawanan A 60 km B m C n A vB vA 2vA  m .... (4) 2vB  n .... (5)

Persamaan (4) + Persamaan (5) menghasilkan: 2vA  2vB  m  n  60 vA  vB  30 .... (6)

Persamaan (3) + Persamaan (6) menghasilkan: 2vA  40  vA  20 20  vB  30  vB  10

2.

Jadi, kecepatan bus yang bergerak lebih cepat adalah bus yang bergerak dari A dengan keceparan 20 km/jam. Tentukan batasan x yang memenuhi pertidaksamaan berikut. a. 32 x  2  8  3x  1 b.

2 x 1

1   2 Solusi:

2

10

3

 1  1   1   1        ...   2  2   2   2 

x

a. 32 x  2  8  3x  1

9  32 x  8  3x  1  0 Ambillah 3x  y , sehingga

9 y2  8 y 1  0

 9 y   y  1  0 1 y  atau y  1 9 3x  32 (diterima)atau 3x  1(ditolak)

x  2 2 x 1 b.

1   2

2

10

3

 1  1   1   1        ...   2  2   2   2 

1 2 x 1    2

10

1 2  

1   2

10

 1 2 2  

2

 x 1

x

1 2 3... x

x

1 x 

x x2  10 2

 1 2 2 x 1    2

2

 x 1



x x2   10 2 2 2


x 1 

x x2   10 2 2

2 x  2  x  x 2  20 x2  3x  22  0  1  89  1  89   x   x  0 2  2    x

3.

1  89 1  89 x 2 2

 4 3 5 1 7 9 Diketahui matriks A   , B  , dan C   .  6 4 6 4  3 4 a. Jika AX  B , maka tentukan matriks X.

b. Jika  BX   A , maka tentukan matriks X. 1



c. Jika A1 XB 1



1

 C , maka tentukan matriks X.

Solusi: a. AX  B  X  A1B

X b.

1  4 3  5 1  1  2 8   1 4         16  18  6 4  6 4  2  6 10   3 5 

 BX 1  A 

X 1 B 1  A  4 3  5 1   38 16   AB       6 4  6 4   54 22  4   11   22 16   14 1 7  X     19  38  22  16  54  54 38   27    14   14

 

X 1  A B 1

c.

A

1

XB 1



1

1

C

BX 1 A  C X 1 A  B 1C X 1  B 1CA1

4.

 4 3  1  7 9  5 1   4 3  89 43   473 229  X  AC 1B             6 4  28  27  3 4  6 4   6 4  39 19   690 334  Tentukan luas maksimum daerah yang diarsir pada kurva berikut. x4 Y y2  4x  x, y 

O

X

Solusi: 25 | Husein Tampomas, UHAMKA, 2015

y2  4x  y  2 x 1

3

L   4  x   4 x  16 x  4 x x  16 x 2  4 x 2

L '  8x



1 2

1

8

6 x x Nilai stasioner L dicapai jika L '  0 , sehingga 8 6 x 0 x 8  6x  0 8 4 x  6 3

Lmax  16 5.

 6x 2 

32 64 4 4 4 32  3 3 3  4 3 9 9 3 3 3

Diberikan kurva y  x 2  4 x , tentukan bayangannya a. Jika kurva tersebut dicerminkan terhadap garis y   x dilanjutkan oleh rotasi sejauh 90 dengan pusat  0,1 .  1 0 b. Jika kurva tersebut ditransformasi oleh matriks   kemudian didilatasi dengan faktor 2  1 1 

dengan pusat 1,0  Solusi:  x '   0 1 x    y  a.           y '   1 0  y    x   x "   0 1  y   x  1       y " 1  1 0   x  1   y  x  x " 1 y  1 y"

y  x2  4x 1  y "   x " 1  4  x " 1 2

1  y  x2  2 x  1  4 x  4

y   x2  6x  4 b.

 x '   1 0  x   x          y '   1 1  y    x  y   x " 1  2 0  x  1       y "   0 2   x  y  1 1 x "   x  1 2 0 x "  1   1   2 2         x  y  4  0 2  y "   1 y "     2  1 1 1 3 x  1  x "  x  x " 2 2 2 2


1 y" 2 1 1 3 1  x  y  x  y "  y  x "  y " 2 2 2 2

x  y 

y  x2  4x 2

1 3 1 3 3 1 1 x "  y "   x "   4  x "  2 2 2 2 2 2 2 2 x  6  2 y  x2  6x  9  2x  6 2 y  x 2  10 x  21

y

1 2 21 x  5x  2 2


UHAMKA (UNIVERSITAS MUHAMMADYAH FROF. DR. HAMKA) LATIHAN SOAL DAN SOLUSI MATEMATIKA IPA UJIAN AKHIR TAHUN 2015

Recommend Documents