Cuplikan Soal Dan Pembahasan Un Matematika Program Ipa

CUPLIKAN KUMPULAN SOAL DAN PEMBAHASAN

UJIAN NASIONAL MATEMATIKA SMA PROGRAM IPA

COPYRIGHT © www.soalmatematik.com 2009

Diijinkan memperbanyak untuk kepentingan pendidikan, asal tetap menyertakan alamat situsnya

Soal dan Pembahasan UN Matematika SMA Prog. IPA http://www.soalmatematik.com

Cermati secara seksama cara pengerjaannya lalu cobalah mengerjakan sendiri menggunakan e-book kumpulan soal UN

1

1. PANGKAT RASIONAL, BENTUK AKAR DAN LOGARITMA

SOAL PENYELESAIAN

1. Nilai dari ( ) 2

213

2

21

27

36−

− adalah …

a. 136

b. 6

13

c. 3724

d. 3524

e. 56

( ) 2

213

2

21

27

36−

−= ( ) 213

2

2)3(

)6(

32

21

−−−

=22 23

6

−

= 49

6−

= 56

……………………………(e)

2. Diketahui a = 9; b = 16; dan c = 36. Nilai dari 3

21

31

⋅⋅ −−cba = …

a. 1 b. 3 c. 9 d. 12 e. 18

321

31

⋅⋅ −−cba =

3

36169 21

31

⋅⋅ −−

= ( ) ( ) 23

21

31

2242 2323

⋅⋅⋅−−

= 23

23

23

24

23

32 22

2323⋅⋅⋅−⋅− ⋅⋅⋅

= 3331 2323 ⋅⋅⋅ −−

= 3331 23 +−+− ⋅ = 32 = 9 …………………..(c)

3. Nilai dari 35,025,0 81625

271625 32

43

21

×××

= …

a. 2 b. 8 c. 15 d. 16 e. 36

35,025,0 81625

271625 32

43

21

×××

= 344

342

21

41

32

43

21

)3()5(

)3()2()5(

×

××

= 32

23

35

325

×××

= ( )31

32 = 2 ………….(a)

4. Bentuk sederhana dari

( )( )323423 +− = …

a. – 6 – 6

b. 6 – 6

c. – 6 + 6

d. 24 – 6

e. 18 + 6

( )( )323423 +−

⇔ )32(34)32(23 +−+

⇔ )3(46463)2(3 −−+

⇔ 6)43(126 −+− = – 6 – 6 …….. (a)



2

SOAL PENYELESAIAN

5. Bentuk sederhana 53

4527

−−

adalah …

a. 1

b. 7 c. 3

d. 14 e. 5

53

4527

−−

= 53

5939

−⋅−⋅

= 53

5333

−−

= 53

)53(3

−−

= 3 …………... (c)

6. Nilai dari 3

251

64136

5

21

36

log)(

loglog += …

a. 209

b. 920

c. 3

10−

d. 12 e. 60

3251

64136

5

21

36

log)(

loglog + =

3log2

66

5

21

32

)5(

2log6log−

−+

= 3log2

62632

5

1

)5(

2log6log

⋅−

−−+⋅

= 25 3log32

)5(

6−⋅

+

= 2

320

− =

310− ……….. (c)

7. Diketahui log 2 = a dan log 3 = b, maka nilai

log 3 215 sama dengan …

a. 32 (a + b)

b. 32 (a – b)

c. 32 (1 – a + b)

d. 32 (1 + a – b)

e. 32 (1 – a – b)

3 215log = 32

15log = 35log32 ⋅

= )3log5(log32 +

= )3log(log2

1032 +

= )3log2log10(log32 +−

= )1(32 ba +− ……… (c)

8. Diketahui 2log 5 = p dan 3log 2 = q. Nilai 3log 125 + 8log 27 = …

a. q

qp +3

b. q

qp

3

+

c. q

pq 13 2 +

d. q

p 33 2 +

e. q

qp 23 +

3log 125 + 8log 27 = 3233 3log5log3

+

= 3log5log3 23 +⋅

= 2log

15log2log3

323 +⋅⋅

= q

pq1

3 +⋅⋅

= q

pq 13 2 + …………….(c)



3

SOAL PENYELESAIAN 9. Jika 7log 2 = a dan 2log3 = b, maka 6log 14 = …

a. ba

a

+

b. 1

1

++

b

a

c. )1(

1

++

ba

a

d. )1(

1

++

ab

b

6log 14 = 6log

14log2

2

= 3log2log

7log2log22

22

++

= ba

++

1

1 1

= b

aa

+

+

1

1

= )1(

1

++

ba

a……………..(c)



5

2. PERSAMAAN, PERTIDAKSAMAAN DAN FUNGSI KUADRAT

SOAL PENYELESAIAN 1. Akar-akar persamaan kuadrat x2 + (a – 1)x +

2 = 0 adalah α dan β. Jika α = 2β dan a > 0 maka nilai a = … a. 2 b. 3 c. 4 d. 6 e. 8

α = 2β

(i) α ⋅ β = a

c

2β⋅β = 1

2

2β2 = 2 β2 = 1

β = ± 1 β = 1 atau β = –1

α + β = a

b−

2β + β = 1

)1a( −−

3β = 1 – a 3(–1) = 1 – a

a = 1 + 3 = 4 ……...(c)

2. Persamaan kuadrat 2x2 + 3x – 5 = 0, mempunyai akar-akar x1 dan x2. Persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya (2x1 – 3) dan (2x2 – 3) adalah … a. 2x2 + 9x + 8 = 0 b. x2 + 9x + 8 = 0 c. x2 – 9x – 8 = 0 d. 2x2 – 9x + 8 = 0 e. x2 + 9x – 8 = 0

Pers kuadrat lama : 2x2 + 3x – 5 = 0, a = 2, b= 3, c = – 5

Akar-akar persamaan kuadrat baru α = 2x1 – 3 dan β = 2x2 – 3 (i) α + β = 2x1 – 3 + 2x2 – 3

= 2(x1 + x2) – 6

= 2 )(ab− – 6 = 2 )( 2

3− – 6 = – 3 – 6 = – 9

(ii) α · β = (2x1 – 3) (2x2 – 3) = 4(x1·x2) – 6x1– 6x2 + 9 = 4(x1·x2) – 6(x1+x2) + 9

= 4 )(ac – 6 )(

ab− + 9

= 4 )( 25− – 6 )( 2

3− + 9

= – 10 + 9 + 9 = 8

Jadi, persamaan kuadrat barunya adalah

x2 – (α + β)x + (α · β) = 0 ⇔ x2 – (– 9)x + 8 = 0 ⇔ x2 + 9x + 8 = 0 …………………………(b)



6

SOAL PENYELESAIAN 3. Diketahui akar-akar persamaan kuadrat 2x2 –

4x + 1 = 0 adalah α dan β. Persamaan kuadrat

baru yang akar-akarnya βα

dan αβ

adalah …

a. x2 – 6x + 1 = 0 b. x2 + 6x + 1 = 0 c. x2 – 3x + 1 = 0 d. x2 + 6x – 1 = 0 e. x2 – 8x – 1 = 0

Pers kuadrat lama : 2x2 – 4x + 1 = 0, a = 2, b = – 4, c = 1

Akar-akar persamaan kuadrat baru

x1 = βα

dan x2 = αβ

(i) x1 + x2 = βα

+ αβ

= αβ

βα 22 +

= αβ

βαβα )(2)( 2 ⋅−+

= 21

212

24 )(2)( −

= 2(4 – 1) = 6

(ii) x1 · x2 = βα

· αβ

= 1

Jadi, persamaan kuadrat barunya adalah x2 – (x1 + x2)x + (x1 · x2) = 0

⇔ x2 – 6x + 1 = 0 ………………………..(a)

4. Persamaan kuadrat (k + 2)x2 – (2k – 1)x + k – 1 = 0 mempunyai akar-akar nyata dan sama. Jumlah kedua akar persamaan tersebut adalah…

a. 8

9

b. 9

8

c. 2

5

d. 5

2

e. 5

1

Akar-akarnya nyata dan sama, maka x1 = x2 dan D = 0 (i) D = b2 – 4ac

0 = (2k – 1)2 – 4(k + 2) (k – 1) 0 = (4k2 – 4k + 1) – 4(k2 +k – 2) 0 = 4k2 – 4k + 1– 4k2 – 4k + 8 0 = –8k + 9 8k = 9

k = 89

(ii) x1 + x2 = a

b− =

2

12

+−

k

k =

( )2

12

8989

+

−

= 825

88

818 −

= 258

810 × =

52 ….(d)



7

SOAL PENYELESAIAN 5. Agar persamaan kuadrat

x2 + (a – 1)x – a + 4 = 0 mempunyai dua akar nyata berbeda, maka nilai a yang memenuhi adalah … a. a < –5 atau a > 3 b. a < –3 atau a > 5 c. a < 3 atau a > 5 d. –5 < a < 3 e. –3 < a < 5

Persamaan kuadrat memiliki dua akar nyata berbeda, maka D > 0 D > 0

b2 – 4ac > 0 ⇔ (a – 1)2 – 4 (1)( – a + 4) > 0 ⇔ a2 – 2a + 1 + 4a – 16 > 0 ⇔ a2 + 2a – 15 > 0 ⇔ (a + 5)(a – 3) = 0

a = { –5, 3}

karena tanda pertidaksamaannya > , maka HP menggunakan tanda hubunga atau ..………….(a)

6. Himpunan penyelesaian dari x(2x + 5) < 12 adalah …

a. {x | x < –4 atau x >23 , x ∈R}

b. {x | x < 23 atau x > 4, x ∈R}

c. {x | –4 < x < –23 , x ∈R}

d. {x | –23 < x < 4, x ∈R}

e. {x | –4 < x < 23 , x ∈R}

Pertidaksamaan : x(2x + 5) < 12 ⇔ 2x2 + 5x – 12 < 0

Pembentuk nol : 2x2 + 5x – 12 = 0 ⇔ ( x + 4)(2x – 3)= 0

x = {–4, 23 }

Karena tanda pertidaksamaannya <, maka HP ada di tengah ………..…………………………..(e)

7. Ordinat titik balik maksimum grafik fungsi y = –x2 – (p – 2)x + (p – 4) adalah 6. Absis titik balik maksimum adalah … a. –4 b. –2

c. – 6

1

d. 1 e. 5

(i) Ordinat titik balik maksimum : ye = a

D4−

D = ye × (– 4)( a) (p – 2)2 – 4(–1)(p – 4) = 6 (– 4)( –1) (p2 – 4p + 4) + 4p – 16 = 24

p2 – 12 = 24 p2 = 36

p = ± 6

(ii) Absis titik balik maksimum : xe = a

b2−

xe = )1(2

)2(

−−−− p

= 2

26

−−

= – 2 ……….(b)



8

SOAL PENYELESAIAN 8. Persamaan grafik fungsi kuadrat dari grafik di

bawah ini adalah …

a. y = )5)(1(21 −+− xx

b. y = )5)(1(52 −+− xx

c. y = )5)(1(53 −+− xx

d. y = )5)(1(32 −+− xx

e. y = )5)(1(54 −+− xx

Karena grafik memotong sumbu X di (–1, 0), dan (5, 0), serta memotong sumbu Y di (0, 3), maka gunakan rumus: y = a(x – x1)(x – x2)

(i) tentukan nilai a y = a(x – x1)(x – x2) 3 = a(0 + 1)(0 – 5) 3 = –5a

a = 53−

Dengan melihat nilai a, sudah dapat diketahui jika jawaban yang benar adalah ……………….. (c)

9. Grafik fungsi kuadrat dengan titik balik (–1, 4) dan melalui titik (–2, 3), memotong sumbu Y di titik … a. (0, 3) b. (0, 2½ ) c. (0, 2) d. (0, 1½ ) e. (0, 1)

Karena grafik memiliki titik ekstrim (–1, 4) dan melalui itik (–2, 3), maka gunakan rumus: y = a(x – xe)

2 + ye (i) tentukan nilai a

y = a(x – xe)2 + ye

3 = a(– 2 + 1)2 + 4 3 – 4 = a a = –1

(ii) substitusikan nilai a ke rumus y = a(x – xe)

2 + ye y = –1 (x + 1)2 + 4

= –1 (x2 + 2x + 1) + 4 = –x2 – 2x – 1 + 4 = –x2 – 2x + 3

(iii) grafik memotong sumbu Y, maka x = 0 y = –x2 – 2x + 3 y = 02 – 2(0) + 3 = 3

Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik (0, 3)

…………………………….(a)



9

3. SISTEM PERSAMAAN LINEAR

SOAL PENYELESAIAN 1. Penyelesaian dari sistem persamaan

=−−=−+

=++

1446

19524

8273

zy

zyx

zyx

adalah …

a. x = 5, y = 3, dan z = 1 b. x = 4, y = –5, dan z = 1 c. x = –3, y = 4, dan z = 1 d. x = –5, y = 3, dan z = 2 e. x = –5, y = 3, dan z = 1

Untuk soal model seperti ini (ditanyakan nilai x, y, dan z) cukup lakukan cek point saja terhadap jawaban yang di sediakan. (i) Lihat dulu jawaban yang sudah pasti

kebenarannya, Gunakan pers. 3, karena bentuknya yang

paling sederhana 6y – 4z = 14 ⇔ 3y – 2z = 7

a. y = 3 dan z = 1 3y – 2z = 7 3(3) – 2(1) = 7

7 = 7 …..(OK)

Nilai y dan z pada jawaban a dan e sama, maka kemungkinan jawaban yang benar ada di a atau e (ii) gunakan pers. 1 untuk memeriksa

kebenaran jawaban a a. x = 5, y = 3 dan z = 1

3x + 7y + 2z = 8 3(5) + …+ … ≠ 8 ………. Salah

karena ruas kiri ≠ ruas kanan maka dapat diketahui jika jawaban a adalah salah

yang benar adalah ……………………….(e)



10

SOAL PENYELESAIAN 2. Diketahui sistem persamaan linear

=−

−=−

=+

211

312

211

zx

zy

yx

. Nilai x + y + z = …

a. 3 b. 2 c. 1

d. 21

e. 31

Gunakan permisalan

Misal ax

=1, b

y=1

, cz

=1 maka persamaan

awal menjadi:

=−−=−

=+

)3.....(..........2

)2.(..........32

)1...(..........2

ca

cb

ba

gunakan metode eliminasi

(i) eliminasi (hilangkan) a

−=+

=−=+

0

2

2

cb

ca

ba

b = – c ……………………..(4)

(ii) substitusi (4) ke (2)

2b – c = – 3 2(– c) – c = – 3

3c = 3

c = 1 = z

1 ⇒ z = 1

(iii) substitusi c = 1 ke (4) b = – c

= – 1 = y

1 ⇒ y = – 1

(iv) substitusi b = – 1 ke (1) a + b = 2 a – 1 = 2

a = 3 = x

1 ⇒ x =

31

∴ Nilai x + y + z = 31 – 1 + 1 =

31 ………(e)



11

SOAL PENYELESAIAN 3. Ali, Budi, Cici, dan Dedi pergi ke

toko koperasi membeli buku tulis, pena, dan pensil dengan merk yang sama. Ali membeli 3 buku tulis, 1 pena, dan 2 pensil dengan harga Rp 11.000,00. Budi membeli 2 buku tulis, 3 pena, dan 1 pensil dengan harga Rp 14.000,00. Cici membeli 1 buku tulis, 2 pena, dan 3 pensil dengan harga Rp 11.000,00. Dedi membeli 2 buku tulis, 1 pena, dan 1 pensil. Berapa rupiah Dedi harus membayar? a. Rp 6.000,00 b. Rp 7.000,00 c. Rp 8.000,00 d. Rp 9.000,00 e. Rp 10.000,00 (v) substitusi z = 1.000 ke pers (5)

y + 5z = 8.000 y + 5(1.000) = 8.000

y = 3.000

(vi) substitusi y = 3.000 dan z = 1.000 ke pers. (2) 2x + 3y + z = 14.000 2x + 3(3.000) + 1.000 = 14.000 2x = 14.000 – 10.000 = 4.000

∴2x + y + z = 4.000 + 3.000 + 1.000

= 8.000 …………..(c)

Masalah tersebut jika disajikan dalam tabel adalah: Buku (x) Pena (y) Pensil (z) Bayar

Ali 3 1 2 11.000

Budi 2 3 1 14.000

Cici 1 2 3 11.000

Dedi 2 1 1 ?

Sistem persamaannya adalah:

=++=++=++=++

?..................................2

)3(....................000.1132

)2(....................000.1432

)1(....................000.1123

zyx

zyx

zyx

zyx

Untuk menyelesaikan permasalah di atas gunakan metode eliminasi berantai (i) (2) dan (3)

−=+

−=−+=++=++

000.85

000.32

000.1132

000.1432

zy

zyx

zyx

zyx

………….(2)

………….(3) ……….…(4)

………….(5)

(ii) (1) dan (2)

−−=+−

=++=++

000.32

000.1432

000.1123

zyx

zyx

zyx

………….(1)

………….(2)

……….…(6)

(iii) (4) dan (6)

−

=−=−

−=+−=−+

000.2

000.633

000.32

000.32

zy

zy

zyx

zyx

………….(4)

………….(6)

…………(7)

(iv) (5) dan (7)

−

===−=+

000.1

000.66

000.2

000.85

z

z

zy

zy

………….(5)

………….(7)



12

4. TRIGONOMETRI I

SOAL PENYELESAIAN 1. Nilai cos ∠BAD pada gambar adalah …

a. 3317

b. 2817

c. 73

d. 3430

e. 3533

Gunakan bantuan tali busur BD

o Jumlah dua sudut yang berhadapan dalam

segi-4 adalah 180° , sehingga: ∠A + ∠C = 180°

∠C = 180° – ∠A

o Panjang BD dapat dicari dengan menggunakan ∆ BCD dan ∆ BAD (i) ∆ BCD

BD2 = 32 + 32 – 2 ⋅ 3 ⋅ 3 cos C = 9 + 9 – 18 cos (180° – A) = 18 – 18 (–cos A) = 18 + 18 cos A …………………(1)

(ii) ∆ BAD BD2 = 42 + 62 – 2 ⋅ 4 ⋅ 6 cos A

= 16 + 36 – 48 cos A = 52 – 48 cos A ………………..(2)

Dari pers. (1) dan pers. (2) diperoleh

BD2 = BD2 18 + 18 cos A = 52 – 48 cos A 18 cos A + 48 cos A = 52 – 18

66 cos A = 34

cos A = 6634 =

3317 …………(a)



13

SOAL PENYELESAIAN 2. Seorang siswa SMA ingin menaksir tinggi

gedung PQ yang tegak lurus permukaan tanah horizontal AP. Di A ia melihat puncak gedung Q dengan sudut 30º dan di B dengan sudut 60º. Jika AB = 10 meter dan tinggi mata siswa tersebut 1½ meter dari permukaan tanah, maka PQ terletak di antara ….. m

( 3 = 1,7321).

a. 8½ – 9 b. 9 – 9½ c. 9½ – 10 d. 10 – 10½ e. 10½ – 11

Menentukan panjang P’Q (i) ∆ A’B’Q

tan 30º = ''

'

BA

QP

331 =

''10

'

PB

QP

+

P’Q = 331 (10 + B’P’) ……………(1)

(ii) ∆ B’P’Q

tan 60º = ''

'

PB

QP

3 = ''

'

PB

QP

P’Q = 3 B’P’ …………………….(2)

Dari pers. (1) dan pers. (2) diperoleh:

P’Q = P’Q

{ 331 (10 + B’P’) = 3 B’P’}×

3

3

10 + B’P’ = 3 B’P’ 3B’P’ – B’P’ = 10

2B’P’ = 10

B’P’ = 210 = 5

Maka P’Q = 3 B’P’ = 5 3

Dengan demikian:

PQ = P’Q + PP’ = 5 3 + 1,5 = 8,5 lebih + 1,5 = 10 lebih ……………..(d)



14

SOAL PENYELESAIAN 3. Pada segitiga lancip ABC diketahui panjang sisi

AC = 4cm, AB = 5 cm, dan cos B = 54 ,

maka cos C = …

a. 53

b. 741

c. 43

d. 731

e. 721

cos B = 54 =

r

x, maka

y = 22 45 − = 3

jadi: sin B = 5

3

Gunakan aturan sinus

B

b

C

c

sinsin=

Csin

5=

53

4

4sin C = 3

sin C = 4

3 =

r

y, maka x = 22 34 − = 7

jadi: cos C = 4

7 = 7

41 ………………….(b)

4. Sebuah kapal berlayar dari pelabuhan A ke pelabuhan B sejauh 60 mil dengan arah 40° dari A, kemudian berputar haluan dilanjutkan ke pelabuhan C sejauh 90 mil, dengan arah 160° dari B. Jarak terdekat dari pelabuhan A ke C adalah … mil

a. 30 2

b. 30 5

c. 30 7

d. 30 10

e. 30 30

berdasarkan gambar di atas panjang AC dapat dicari dengan menggunakan aturan kosinus. AC2 = 602 + 902 – 2 ⋅ 60 ⋅ 90 cos 60

= 3.600 + 8.100 – 2 ⋅ 5400 ⋅ 21

= 11.700 – 5.400 = 6.300 = 7 ⋅ 9 ⋅ 100

BC = 71009 ⋅⋅ = 30 7 ……………..(c)



15

SOAL PENYELESAIAN

5. Diketahui segiempat PQRS dengan PS = 5 cm, PQ = 12 cm, QR = 8cm, besar sudut SPQ = 90°, dan besar sudut SQR = 150°. Luas PQRS adalah …

a. 46 cm2 b. 56 cm2 c. 100 cm2 d. 164 cm2 e. 184 cm2

(i) tentukan panjang sisi QS

QS = 22 125 +

= 14425+ = 169= 13

(ii) tentukan luas ∆PQS dan ∆QRS • luas ∆PQS = L1

L1 = 21 ⋅ 12 ⋅ 5 = 30

• luas ∆QRS = L2

L2 = 21 ⋅ QS ⋅ QR sin 150°

= 21 ⋅ 13 ⋅ 8 sin (180 – 30)

= 13 ⋅ 4 ⋅ sin 30

= 13 ⋅ 4 ⋅ 21 = 26

Jadi: Luas PQRS = L1 + L2 = 30 + 26 = 56 ……………(b)



16

SOAL PENYELESAIAN 6. Diberikan prisma tegak segitiga ABC.DEF

dengan panjang rusuk AB = 6 cm, BC = 73 , dan AC = 3 cm. Tinggi prisma adalah 20 cm. Volume prisma adalah …

a. 55 2

b. 60 2

c. 75 3

d. 90 3

e. 120 3

(i) Tentukan luas alas ABC

• menentukan besar sudut A

( 73 )2 = 32 + 62 – 2 ⋅ 3 ⋅ 6 cos A 9 ⋅ 7 = 9 + 36 – 36 cos A 36 cos A = 45 – 63 = – 18

cos A = 3618− = – 2

1 = r

x, diperoleh

y = 22 )1(2 −− = 3

sehingga sin A = 2

3= 2

1 3

luas ABC adalah:

L = 21 AC ⋅ AB ⋅ sin A = 2

1 ⋅ 3 ⋅ 6 ⋅ 21 3

= 329

(ii) Volume Prisma V = luas alas × tinggi

= 329 × 20 = 90 3 ………………(d)



17

5. TRIGONOMETRI II SOAL PENYELESAIAN

1. Nilai dari oo

o

5040

10

coscos

cosadalah …

a. 3 b. 2 c. 1

d. 21

e. 41

oo

o

5040

10

coscos

cos

⇔ )}4050cos()5040{cos(

10cos

21 oooo

o

−++

⇔ 10cos90cos

10cos2

+

o

⇔ 10cos0

10cos2

+

o

= 2 ……………………………..(b)

2. Nilai dari oo

oo

15105

1575

coscos

sinsin

++

= ….

a. – 3

b. – 2

c. 31 3

d. 2

e. 3

oo

oo

15105

1575

coscos

sinsin

++

⇔ )90(cos)120(cos2

)60(cos)90(sin2

21

21

21

21

oo

oo

⋅

⋅

⇔ oo

oo

45cos60cos

30cos45sin

⋅⋅

⇔ 2

32

21

21

21

21

⋅

⋅ = 3

3. Diketahui sin A = 53 , cos B =

1312 ; A dan B

sudut lancip. Nilai tan (A + B) = …

a. 3356

b. 4856

c. 6356

d. 3316

e. 6316

• sin A = 5

3 ⇒ cos A =

5

4

• tan A = A

A

cos

sin=

5453

= 4

3

• cos B = 13

12 ⇒ sin B =

13

5

• tan B = B

B

cos

sin=

1312135

= 12

5

Gunakan rumus A.3)

tan(A + B) = BA

BA

tantan1

tantan

⋅−+

= 125

43

125

43

1 ⋅−

+

= 165

1259

1−

+=

16111214

= 11

16

12

14×

= 3356 ………………(a)



18

SOAL PENYELESAIAN

4. Ditentukan sin2A = 53 . Untuk

2π < 2A < π,

nilai tan 2A = …

a. 2 6

b. 652

c. 652−

d. 652−

e. –2 6

sin2A = 5

3

sin A = 5

3 =

r

y ⇒ x = ( ) ( )22

35 −

= 35− = 2

tan A = x

y=

2

3= 62

1

maka tan 2A = A

A2tan1

tan2

−

=

2

31

62 21

−

× =

21

6

−

= –2 6 …………..….(e)

5. Diketahui sin α· cos α = 258 .

Nilai αα cos1

sin1 − = …

a. 253

b. 259

c. 85

d. 53

e. 815

Dimislkan αα cos1

sin1 − = N, maka

N = αα cos

1

sin

1 − = αααα

cossin

sincos

⋅−

N2 = 2

2

)cos(sin

)sin(cos

αααα

⋅−

= 2

22

)cos(sin

cossin2sincos

αααααα

⋅⋅−+

= 2

258

258

)(

21 ×−=

( )2258

259

=( )( )2258

2

53

N = 25853

= 8

25

5

3 × = 8

15

………………………..(e)



19

SOAL PEMBAHASAN 6. Pada segitiga ABC lancip, diketahui

cos A = 54 dan sin B =

1312 , maka sin C = …

a. 6520

b. 6536

c. 6520

d. 6556

e. 6563

• cos A = 5

4 =

r

x, ⇒ y = 22 45 − = 9 = 3

maka sin A = 5

3

• sin B = 13

12 =

r

y ⇒ x = 22 1213 −

= 25 = 5

maka cos B = 13

5

Jumlah sudut suatu segitiga adalah 180°, maka • A + B + C = 180°

C = 180° – (A + B) sehingga sin C = sin {180° – (A + B)}

= sin (A + B) = sin A ⋅ cos B + cos A ⋅ sin B

= 13

12

5

4

13

5

5

3 ⋅+⋅

= 65

4815+ =

65

63 …………..(e)



20

6. TRIGONOMETRI III

SOAL PENYELESAIAN 1. Hasil penjumlahan dari semua anggota

himpunan penyelesaian persamaan 3tan x + cot x – 32 = 0 dengan 0 ≤ x ≤ 2π adalah …

a. 3

5π

b. 3

4π

c. 6

7π

d. 6

5π

e. 3

2π

3tan x + cot x – 32 = 0

⇔ {3tan x + xtan

1– 32 = 0}× tan x

⇔ 3tan2x + 1 – 32 tan x = 0 ⇔ 3tan2x – 32 tan x + 1 = 0

⇔ ( xtan3 – 1)2 = 0

⇔ xtan3 – 1 = 0

⇔ xtan3 = 1

⇔ tan x = 331

⇔ tan x = tan 30°

Lihat rumus A.3) (i) x = 30º + k ⋅ 180º

untuk k = 0 ⇒ xº = 30º + (0 ⋅ 180º) = 30º untuk k = 1 ⇒ xº = 30º + (1 ⋅ 180º) = 210º

(ii) x = (180º + 30º) + k ⋅ 180º = 210º + k ⋅ 180º untuk k = 0⇒ xº = 210º + (0 ⋅ 180º)= 210º

Jadi, jumlah HP adalah :

30º + 210º = 240º = πo

o

180240 =

34π ……………(b)



21

SOAL PENYELESAIAN 2. Diketahui persamaan

2cos2x + 3 sin 2x = 1 + 3 , untuk

0 < x < 2π . Nilai x yang memenuhi adalah …

a. 6π dan

2π

b. 3π dan

125π

c. 12π dan

125π

d. 12π dan

4π

e. 6π dan

4π

Gunakan rumus jumlah dan selisih dua sudut

2cos2x + 3 sin 2x = 1 + 3

⇔ 2{ 21 (1 + cos 2x)} + 3 sin 2x = 1 + 3

⇔ 1 + cos 2x + 3 sin 2x = 1 + 3

⇔ {cos 2x + 3 sin 2x = 3 }× 21

⇔ 21 cos 2x + 2

1 3 sin 2x = 21 3

⇔ cos 2x · 21 + sin 2x · 32

1 = 321

⇔ sin 2x · 321 + cos 2x · 2

1 = 321

⇔ sin 2x · cos 30° + cos 2x · sin 30° = sin 60° ⇔ sin (2x + 30°) = sin 60°

(i) 2xº + 30º = 60° + k · 360° (kwadran I)

2xº = 30° + k · 360° x° = 15° + k · 180° untuk k = 0 ⇒ xº = 15° + (0 · 180°)

= 15° = πo

o

18015 = 12

π

(ii) 2x° + 30° = 180° – 60 ° + k · 360° (kw II) 2x° = 90° + k · 360° x° = 45° + k · 180° untuk k = 0 ⇒ xº = 45° + (0 · 180°)

= 45° = πo

o

18045 = 4

π

Jadi, HP = {12π , 4

π } ………….…………(d)



22

SOAL PENYELESAIAN 3. Himpunan penyelesaian persamaan

2 3 cos 2x – 4 sin x·cos x = 2 dengan 0 ≤ x ≤ 2π adalah …

a. { }12

134

312

,, πππ

b. { }12

136

54

3 ,, πππ

c. { }426

56

13 ,, πππ

d. { }64

32

3 ,, πππ

e. { }12

134

54

3 ,, πππ

Gunakan rumus jumlah dan selisih dua sudut

2 3 cos 2x – 4 sin x·cos x = 2

⇔ 2 3 cos 2x – 2(2sin x·cos x) = 2

⇔ {2 3 cos 2x – 2· sin 2x = 2}× 41

⇔ 321 cos 2x – 2

1 sin 2x = 21

⇔ cos 2x · 321 – sin 2x · 2

1 = 21

⇔ cos 2x · cos 30° – sin 2x · sin30° = cos 60° ⇔ cos (2x +30)° = cos 60°

(i) 2x° +30° = 60° + k · 360° (kwadran I)

2x° = 60° – 30° + k · 360° x° = 30° – 15° + k · 180° x° = 15° + k · 180° untuk k = 0 ⇒ xº = 15° + (0 · 180°)

= 15º = πo

o

18015 = 12

π

untuk k = 1 ⇒ xº = 15° + (1 · 180°)

= 195º = πo

o

180195 = 12

13π

(ii) 2x° +30° = –60° + k · 360° (kwadran IV) 2x° = –60° – 30° + k · 360° x° = –30° – 15° + k · 180° x° = –45° + k · 180° untuk k = 1 ⇒ xº = –45° + (1 · 180°)

= 135º = πo

o

180135 = 4

3π

untuk k = 2 ⇒ xº = –45° + (2 · 180°)

= 315º = πo

o

180315 = 4

7π

Jadi, HP = {12π , 4

3π , 1213π , 4

7π } ……………(a)

catatan: Jika Anda jeli, sebenarnya jawaban sudah

nampak pada saat diperoleh nilai x = 12π ,

yang hanya dimiliki oleh poin (a) sehingga perhitungan selanjutnya tidak perlu dilakukan supaya lebih menghemat waktu.



23

SOAL PENYELESAIAN 4. Himpunan penyelesaian persamaan

sin 4x – cos 2x = 0 untuk 0° ≤ x ≤ 360° adalah … a. {15°, 45°, 75°, 135°} b. {135°, 195°, 225°, 255°} c. {15°, 45°, 195°, 225°} d. {15°, 75°, 195°, 225°} e. {15°,45°,75°,135°,195°,225°,255°, 315°}

sin 4x – cos 2x = 0 ⇔ sin 2(2x) – cos 2x = 0 ⇔ 2sin 2x · cos 2x – cos 2x = 0 ⇔ cos 2x (2sin 2x – 1) = 0 (a) cos 2x = 0

cos 2x = cos 90°

(i) 2x° = 90° + k · 360° (kwadran I) x° = 45° + k · 180°

untuk k = 0 ⇒ xº = 45° + (0 · 180°) = 45º untuk k = 1 ⇒ xº = 45° + (1 · 180°) = 225º

(ii) 2x° = –90° + k · 360° (kwadran IV)

x° = –45° + k · 180° untuk k = 1 ⇒ xº = –45° + (1 · 180°) = 135º untuk k = 2 ⇒ xº = –45° + (2 · 180°) = 315º

(b) 2sin 2x – 1 = 0

sin 2x = 21

sin 2x = sin 30º

(i) 2xº = 30° + k · 360° (kwadran I)

x° = 15° + k · 180° untuk k = 0 ⇒ xº = 15° + (0 · 180°) = 15° untuk k = 1 ⇒ xº = 15° + (1 · 180°) =195°

(ii) 2x° = 180° – 30 ° + k · 360° (kw II) x° = 90° – 15° + k · 180° x° = 75° + k · 180° untuk k = 0 ⇒ xº = 75° + (0 · 180°) = 75° untuk k = 1 ⇒ xº = 75° + (1 · 180°) =225°

Dari langkah (a) dan (b) diperoleh: HP = {15°,45°,75°,135°,195°,225°,255°, 315°} …………………………………………….(e)



24

SOAL PENYELESAIAN 5. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan

cos 2xº > ½, untuk 0 ≤ x < 180 adalah … a. {x | 30 < x < 150} b. {x | 0 ≤ x < 60} c. {x | 150 < x < 180} d. {x | 0 ≤ x < 15 atau 165 < x ≤ 180} e. {x | 0 ≤ x < 30 atau 150 < x < 180}

cos 2xº > ½, untuk 0 ≤ x < 180 untuk menyelesaikannya kedua ruas rubah menjadi fungsi kosinus.

cos 2xº > 21

⇔ cos 2xº > cos 60º ⇔ cos 2xº – cos 60º > 0

• cari nilai x pembentuk nol persamaan cos 2xº = cos 60º

(i) 2xº = 60º + k ⋅ 360º (kwadran I) xº = 30º + k ⋅ 180º untuk k = 0 ⇒ xº = 30º + (0 ⋅ 180º) = 30º

(ii) 2xº = –60º + k ⋅ 360º (kwadran IV) xº = –30º + k ⋅ 180º untuk k = 1 ⇒ xº = –30º + (1 ⋅ 180º) = 150º

Jadi, pembentuk nolnya xº = {30º, 150º}

• Buat grafik himpunan

penyelesaiannya

Berdasarkan grafik di atas maka:

HP = {x | 0 ≤ x < 30 atau 150 < x < 180} ……(e)



25

SOAL PENYELESAIAN 6. Himpunan penyelesaian dari

sin (3x + 75)º < 321 untuk 0 ≤ x ≤ 180º

adalah … a. {x | 15 < x < 115, 135 < x ≤ 180} b. {x | 0 ≤ x < 15, 115 < x < 135} c. {x | 0 ≤ x < 115, 135 < x ≤ 180} d. {x | 0 ≤ x < 15, 135 < x ≤ 180} e. {x | 25 < x < 105, 145 < x ≤ 180}

sin (3x + 75)º < 321 untuk 0 ≤ x ≤ 180º

untuk menyelesaikannya kedua ruas rubah menjadi fungsi sinus.

sin (3x + 75)º < 321

⇔ sin (3x + 75)º < sin 60º ⇔ sin (3x + 75)º – sin 60º < 0

• cari nilai x pembentuk nol persamaan sin (3x + 75)º = sin 60º

(i) 3xº + 75º = 60º + k ⋅ 360º (kwadran I) 3xº = 60º – 75º + k ⋅ 360º xº = 20º – 25º + k ⋅ 120º xº = – 5º + k ⋅ 120º

untuk k = 1 ⇒ xº = – 5º + (1 ⋅ 120º) = 115º

(ii) 3xº + 75º = (180º – 60º) + k ⋅ 360º (kw II) 3xº = 120º – 75º + k ⋅ 360º xº = 40º – 25º + k ⋅ 120º xº = 15º + k ⋅ 120º

untuk k = 0 ⇒ xº = 15º + (0 ⋅ 120º) = 15º untuk k = 1 ⇒ xº = 15º + (1 ⋅ 120º) = 135º

jadi, pembentuk nolnya xº = {15º, 115º, 135º} • Buat grafik himpunan penyelesaiannya

Berdasarkan grafik di atas maka: HP = {x | 15 < x < 115, 135 < x ≤ 180} …..…(a)



26

7. LOGIKA MATEMATIKA

SOAL PENYELESAIAN 1. Diketahui tiga premis sebagai berikut

P1 : p ⇒ q ………………….(1) P2 : ~r ⇒ q ………………….(2) P3 : ~ r___ …………………..(3) ∴………. Kesimpulan berikut yang tidak sah adalah..... a. q ∨ r b. q c. p ∧ ~ q d. p ∨ q e. p ∨ ~ r Uraian di samping jika diringkas adalah sbb: P1 : ( p ⇒ q ) = B ……………(iii)

B/S ⇒ B = B

P2 : ( ~r ⇒ q ) = B …………….(ii) B ⇒ B = B

P3 : ( ~ r )___ = B …………….(i)

Maka diproleh data ~r = B, q = B, dan p = B/S dari data yang telah diperoleh kemudian dicek jawabannya satu persatu a) q ∨ r

B ∨ S = B ………….rumus C.2)

b) q = B

c) p ∧ ~ q B/S ∧ S = S ………… rumus C.1)

Jadi, jawaban yang salah adalah ……..(c)

(1) Bentuk penarikan tersebut tidak dapat

diselesaikan dengan metode penarikan kesimpulan yang ada, baik dengan MP, MT, ataupun silogisme.

(2) Untuk menyelesaikannya gunakan prinsip utama

penarikan kesimpulan, yaitu “kesimpulan suatu pernyataan akan bernilai benar jika semua premisnya adalah benar” sehingga P1, P2, dan P3 harus benar (i) Pertama-tama pilih bentuk yang paling

sederhana yaitu P3 P3 : ~r = B

(ii) pilih premis yang memuat ~r , yaitu P2, P2 juga harus benar. Dari langkah (i) diperoleh hasil ~r = B P2 : (~r ⇒ q) = B

B ⇒ … = B supaya P2 benar, maka q = B

(iii) terakhir ke P1, P1 juga harus benar dari langkah (ii) diperoleh hasil q = B P3 : (p ⇒ q) = B

… ⇒ B = B supaya p3 benar, maka P = B atau S



27

SOAL PENYELESAIAN 2. Diketahui premis-premis berikut:

Premis 1 : Jika Anik lulus ujian, maka ia kuliah di perguruan tinggi negeri.

Premis 2 : Jika Anik kuliah di perguruan tinggi negeri, maka Anik jadi sarjana.

Premis 3 : Anik bukan sarjana

Kesimpulan yang sah dari ketiga premis di atas adalah … a. Anik lulus ujian b. Anik kuliah di perguruan tinggi negeri c. Anik tidak lulus ujian d. Anik lulus ujian dan kuliah di

perguruan tinggi negeri e. Anik lulus ujian dan tidak kuliah

Pernyataan-pernyataan tersebut jika ditulis dalam kalimat matematika adalah: Premis 1 : p ⇒ q Premis 2 : q ⇒ r Premis 3 : ~r_____ Kesimpulanany adalah Premis 1 : p ⇒ q Premis 2 : q ⇒ r Premis 4 p ⇒ r ………… (1) dan (2) silogisme Premis 3 : ~r___

~p ………….…(4) dan (3) MT

~p Jika diuraikan adalah ………………..….(c)

3. Diberikan premis-premis sebagai berikut: Premis 1 : Jika harga BBM naik, maka

semua bahan pokok naik Premis 2 : Jika harga bahan pokok naik,

maka semua orang tidak senang

Ingkaran dari kesimpulan di atas adalah … a. Harga BBM tidak naik b. Jika harga bahan pokok naik, maka ada

orang orang tidak senang c. Harga bahan pokok naik atau ada

orang tidak senang d. Jika semua orang tidak senang, maka

harga BBM naik e. Harga BBM naik dan ada orang yang

senang

Pernyataan-pernyataan tersebut jika ditulis dalam kalimat matematika adalah: Premis 1 : p ⇒ q Premis 2 : q ⇒ ∀(~r) ………….silogisme Kesimpulan : p ⇒ ∀(~r) Negasi dari p ⇒ ∀(~r) adalah: ~( p ⇒ ∀(~r)) ≡ p ∧ ~(∀(~r))

≡ p ∧ ∃r p ∧ ∃r Jika diuraikan adalah ………………….(e)



28

8. DIMENSI TIGA (JARAK)

SOAL PENYELESAIAN 1. Kubus ABCD.EFGH mempunyai panjang

rusuk a cm. Titik K pada perpanjangan DA

sehingga KA = 31 KD. Jarak titik K ke

bidang BDHF adalah … cm

a. 241 a

b. 243 a

c. 332 a

d. 343 a

e. 345 a

Jika KA = 31 KD, maka AD = KD

32

{ }23

32 ×= aKD

KD = a23

KL = 2KD = 223 a

Berdasarkan gambar , Jarak titik K ke bidang BDHF adalah ruas garis KP, panjangnya adalah

KP = KL21 = 22

321 a⋅

= 343 a ……………………(d)



29

SOAL PENYELESAIAN 2. Diketahui limas segi empat beraturan

T.ABCD dengan AB = 6 2 cm dan AT = 10 cm. Apabila P titik tengah CT, maka jarak titik P ke diagonal sisi BD adalah … cm

a. 5 b. 6 c. 7

d. 3 2

e. 2 3

AC = 2)26( = 12

OC = AC21 = 6

OT = 22 OCCT −

= 22 610 −

= 36100− = 64 = 8

cos α = CT

OC=

10

6=

5

3

Berdasarkan gambar, jarak titik P ke diagonal sisi BD adalah ruas OP yang panjangnya dapat dicari dengan menggunakan aturan kosinus sbb:

OP2 = CP2 + OC2 – 2CP ⋅ OC cos α

= 52 + 62 – 2 ⋅5⋅ 6⋅ 5

3

= 25 + 36 – 36 = 25

OP = 5 ………………………………………(a)



30

SOAL PENYELESAIAN 3. Diketahui limas beraturan T.ABCD rusuk

TA = 4 2 dan AB = 4. Jarak A ke TC adalah …

a. 21 6

b. 6

c. 2 6

d. 3 6

e. 4 6

AC = 4 2

OT = 22 AOAT − = ( ) ( )222224 −

= 22222 222 ⋅−⋅⋅

= )28(22 −

= 2 6 Berdasarkan gambar , Jarak titik A ke TC adalah ruas garis AP, panjangnya dapat dicari dengan bantuan luasan segitiga sbb:

l ∆ ACT = l ∆ ACT

21 ⋅ TC ⋅ AP = 2

1 ⋅ AC ⋅ OT

4 2 ⋅ AP = 4 2 ⋅ 2 6

AP = 2 6 …………………………(c)



31

SOAL PENYELESAIAN 4. Diketahui kubus ABCD.EFGH dengan rusuk

6cm, titik P terletak pada perpanjangan CG sehingga CP = 2CG. Panjang proyeksi CP pada bidang BDP adalah … cm

a. 14

b. 9 2

c. 8 2

d. 7 2

e. 3 6

PR = ( )223122 +

= 2343 222 ⋅+⋅

= )24(3 22 + = 243 2 +

= 183 = 29

Posisi benda dengan bayangannnya adalah selalu tegak lurus, maka proyeksi CP terhadap bidang BDP adalah PQ. Panjang ruas garis PQ dapat dicari dengan menggunakan bantuan kosinus sudut α ∆ PQR dan ∆ PCR sbb:

Cos α ∆ PQR = cos α ∆ PCR

PC

PQ =

PR

PC

12

PQ =

29

12

12

PQ =

23

4

PQ23 = 12 × 4

PQ2 = 4 × 4

PQ = 2

16 =

2

216= 8 2 ……(c)



32

9. DIMENSI TIGA (SUDUT)

SOAL PENYELESAIAN 1. Diketahui balok ABCD.EFGH dengan rusuk

AB = 10cm, BC = 5cm dan CG = 10cm. Jika titik P pada pertengahan AB dan titik Q pada pertengahan CG, maka kosinus sudut yang dibentuk oleh PQ dengan alas adalah …

a. 321

b. 3

c. 631

d. 632

e. 23

CQ = 25

PQ = 22 CPCQ + = ( ) 22 525 +

= 22 525 +⋅

= )12(52 +

= 35

Berdasarkan gambar di atas sudut yang dibentuk garis PQ dan bidang alas adalah α. Sehingga:

cos α = PQ

CQ=

35

25

= 631 …………………………(c)



33

SOAL PENYELESAIAN 2. Limas segitiga T.ABC pada gambar, dengan

alas segitiga sama sisi. TA tegak lurus bidang alas. Sudut antara bidang TBC dan ABC adalah α, maka sin α adalah …

a. 75

b. 6

2

c. 106

d. 102

e. 6

1

AD = 22 BDAB +

= 22 )22()24( +

= 22222 222 ⋅+⋅⋅

= )12(222 +⋅ = 3222 ⋅⋅ = 62

TD = = 22 ADAT +

= 22 )62(4 +

= 32222 222 ⋅⋅+⋅

= )64(22 + = 102

Berdasarkan gambar di atas, sinus sudut antara bidang TBC dan ABC adalah :

sin α = TD

AT=

102

4 =

10

2………………(d)



34

SOAL PENYELESAIAN 3. Limas beraturan T.ABC dengan panjang

rusuk alas 6 cm dan panjang rusuk tegak 9 cm. Nilai sinus antara bidang TAB dan bidang ABC adalah …

a. 269

b. 669

c. 24138

d. 12138

e. 6138

PC = 22 PBBC − = 22 36 −

= 222 323 −⋅

= )14(32 −

= 33

OP = PC31 = 33

31 ⋅ = 3

PT = 22 PBBT − = 22 39 −

= 222 333 −⋅

= )19(32 −

= 223 22 ⋅⋅

= 26 Berdasarkan gambar di atas, misal sudut antara bidang TAB dan bidang ABC adalah α, maka:

sin α = PT

OT =

26

69

= 26

138

⋅=

12

138 …………(d)



35

SOAL PENYELESAIAN 4. Perhatikan gambar limas beraturan T.ABCD.

P, Q, R, dan S berturut-turut adalah titik tengah rusuk AB, AD, BC, dan CD. Nilai sinus sudut antara bidang TPQ dengan bidang TRS adalah …

a. 52

b. 53

c. 54

d. 53 5

e. 54 5

AC = 212

AK = KL = LM = MC = AC41 = 2

4

12= 23

KM = AL = LC = AC21 = 2

2

12= 26

TL = 22 ALAT − = ( )22 2612 −

= 2626 222 ⋅−⋅

= )24(62 −

= 26

KT = 22 KLTL + = ( ) ( )22 2326 +

= 23223 222 ⋅+⋅⋅

= )28(32 +

= 103

Dengan menggunakan aturan kosinus diperoleh: KM 2 = KT2 + MT2 – 2 ⋅ KT ⋅ MT cos α

( )226 = ( )2103 + ( )2103 – 2 ⋅ 103 ⋅ 103 cos α

223 22 ⋅⋅ = 5232 2 ⋅⋅⋅ – 2 ⋅ 5232 ⋅⋅ cos α 2 = 5 – 5 cos α

5 cos α = 3

cos α = 5

3=

r

x, maka 22 35 −=y = 4

jadi: sin α = r

y=

5

4………………………..(c)



36

10. STATISTIKA

SOAL PENYELESAIAN

Berat (kg) Titik tengah f i ui fi·ui 40 – 49 …… 3 … … 50 – 59 …… 10 – 1 … 60 – 69 64,5 13 0 … 70 – 79 …… 9 … … 80 – 89 …… 5 … …

1.

…… … … Berat badan dari 40 siswa dalam kg tercatat pada tabel di samping. Rataan berat badan tersebut adalah … a. 65 b. 65,25 c. 65,75 d. 66,5 e. 67

Soal ini meminta pengerjaan nilai rataan hitung menggunakan cara sandi. Titik-titiknya tidak perlu di isi semua, isi saja yang dibutuhkan. Berat (kg) Titik tengah f i ui fi·ui 40 – 49 …… 3 –2 –6 50 – 59 …… 10 –1 –10 60 – 69 64,5 13 0 0 70 – 79 …… 9 1 9 80 – 89 …… 5 2 10 ∑ …… 40 3

Dari tabel di atas dapat diperoleh data sbb:

sX = 64,5 c = 50 – 40 = 59 – 49 = 10

∑ if = 40

∑ ⋅ ii uf = 3

jadi,

cf

ufsXX

i

ii

⋅+=

∑∑

= 64,5 + 1040

3

= 64,5 + 4

3 = 64,5 + 0,75 = 65,25 ………..(b)

2.

Modus dari data pada gambar adalah … a. 13,05 b. 13,50 c. 13,75 d. 14,05 e. 14,25

Amati histogram dengan seksama: kelas modus ada di kelas ke-3 karena memiliki frekuensi tertinggi yaitu 14 (ii) dari kelas ke-3 diperoleh data

Lmo = 10,5 c = 15,5 – 10,5 = 5 d1 = 14 – 8 = 6 d2 = 14 – 12 = 2

Mo = cL21

1

ddd

mo

+ +

= 10,5 + 526

6

+

= 10,5 + 8

30

= 10,5 + 4

15

= 10,5 + 3,75 = 14,25 ……………………..(e)



37

SOAL PENYELESAIAN 3. Perhatikan tabel berikut!

Median dari data yang disajikan berikut adalah … Nilai Frekuensi

20 – 24 2 25 – 29 8 30 – 34 10 35 – 39 16 40 – 44 12 45 – 49 8 50 – 54 4

a. 32 b. 37,625 c. 38,25 d. 43,25 e. 44,50

Untuk mencari nilai median atau kuartil ke-2 (Q2) dibuat tabel frekuensi kumulatif (fk)

Nilai f i fk 20 – 24 2 2 25 – 29 8 10 30 – 34 10 20 35 – 39 16 36 40 – 44 12 48 45 – 49 8 56 50 – 54 4 60

Σ 60 (i) menentukan letak kuartil Median

XQ2 = ni ×4

= 604

2 × = 30

Data ke-30 terletak di kelas ke-4, karena kelas ke- 4 memuat data ke-21 s.d data ke-36 Dari kelas ke-4 diperoleh data sbb: LQ2 = 35 – 0,5 = 34,5

ni

4 = XQ2 = 30,

∑ kf = 20

fQ2 = 16, c = 25 - 20 = 29 - 24 = 5 Jadi:

Qi = cLQi

k4i

f

fNQi

+

∑−

Q2 = 34,5 + 516

2030

−

= 34,5 + 82

552

×××

= 34,5 + 8

13

= 37,625 ………………(b)

(jangan repot-repot menghitung nilai 81 berapa,

cukup menghitung nilai pendekatannya saja, yaitu 34,5 + 3,… = 37,5 lebih……………………………………..(b)



38

SOAL PENYELESAIAN 4.

Nilai ulangan harian dari suatu kelas disajikan dengan histogram seperti pada gambar. Kuartil bawah data tersebut adalah… a. 76 b. 74,5 c. 73,5 d. 72,5 e. 71,5

Cara penyelesaiannya sama seperti no. 10 f i fk 3 3 5 8 10 18 9 27 8 35 5 40 40

(i) menentukan letak kuartil bawah

XQ1 = ni ×4

= 404

1 × = 10

Data ke-10 terletak di kelas ke-3, karena kelas ke- 3 memuat data ke-9 s.d data ke-18

Dari kelas ke-3 (lihat diagram) diperoleh data sbb:

LQ1 = )7075(21 + = 72,5

ni

4 = XQ1 = 10

∑ kf = 8 ………………..lihat tabel di atas

fQ1 = 10 c = 75 – 70 = 5 Jadi:

Qi = cLQi

k4i

f

fNQi

+

∑−

Q1 = 72,5 + 510

810

−

= 72,5 +10

10 = 72,5 + 1 = 73,5……………(c)



39

SOAL PENYELESAIAN 5. Simpangan baku dari data:

3,4,4,4,5,5,5,7,8 adalah …

a. 232

b. 531

c. 532

d. 631

e. 632

• tentukan dulu nilai rata-ratanya

9

87)5(3)4(33 ++++=x

= 9

8715123 ++++ =

9

45 = 5

• Tentukan nilai variannya

S2 = n

)xx( 2i∑ −

= 9

)58()57()55(3)54(3)53( 22222 −+−+−+−+−

= 9

94034 ++++ =

9

20

• Nilai simpangan baku

S = 2S = 9

20

= 3

54 ⋅

= 3

52 = 5

32 ………………(d)



40

11. PELUANG

SOAL PENYELESAIAN

1. Dari angka-angka : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 akan disusun suatu bilangan yang terdiri dari 3 angka dengan tidak ada angka yang berulang. Banyak bilangan yang dapat disusun lebih dari 320 adalah … a. 60 b. 80 c. 96 d. 109 e. 120

Angka yang disediakan yaitu : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 Masalah ini diselesaikan dengan aturan perkalian Bilangan yang lebih besar dari 320 kemungkinannya adalah: (i) ratusan : 3…………………………ada 1 pilihan

puluhan : 2 ………………….……..ada 1 pilihan satuan : x > 0, x ≠ {3, 2}..……….ada 4 pilihan

1 1 4 : 1 × 1 × 4 = 4 (ii) ratusan : 3………………………...ada 1 pilihan

puluhan : x1 > 2, x1 ≠ 3……….……ada 3 pilihan satuan : x2 ≠ {3, x1}, …………….ada 5 pilihan

1 3 5 : 1 × 3 × 5 = 15 (iii) ratusan : x1 > 3………………….ada 3 pilihan

puluhan : x2 ≠ x1……….………...ada 6 pilihan satuan : x3 ≠ { x1, x2}, ………….ada 5 pilihan

3 6 5 : 3 × 6 × 5 = 90 Jadi, jumlah seluruh bilangan yang mungkin adalah: 4 + 15 + 90 = 109

2. Dua buah dadu dilempar undi satu kali. Peluang munculnya mata dadu jumlah 5 atau 9 adalah …

a. 181

b. 365

c. 92

d. 41

e. 31

• S = 2 dadu, dadu memiliki 6 buah sisi (1,2,3,4,5,6) n(S) = 62 = 36

• A = muncul mata dadu berjumlah 5 = {(1,4), (2,3), (3,2), (4,1)} n(A) = 4

• B = muncul mata dadu berjumlah 9 = {(3,6), (4,5), (5,4), (6,3)} n(B) = 4

pada soal, peluangnya menggunakan kata atau sehingga peluangnya adalah P(A∪B) • P(A∪B) = P(A) + P(B)

= )(

)(

Sn

An +

)(

)(

Sn

Bn

= 36

4

36

4 + = 9

1

9

1 + = 9

2 ………..(c)



41

SOAL PENYELESAIAN 3. Tiga buah mata uang logam dilepar undi

bersama-sama sebanyak 40 kali. Frekuensi harapan munculnya dua angka dan satu gambar adalah … a. 12 b. 13 c. 15 d. 37 e. 38

• S = 3 uang logam, uang memiliki 2 buah sisi (angka A, dan gambar G)

n(S) = 23 = 8

• A = muncul 2 angka 1 gambar = {AAG, AGA, GAA}

n(A) = 3

• P(A) = )(

)(

Sn

An =

8

3

• Fh(A) = P(A) × n

= 8

3 × 40 = 3 × 5 = 15 ………………..(c)

4. Dalam sebuah kotak terdapat 10 bola lampu yang 4 diantaranya rusak. Jika dipilih 3 bola lampu, maka peluang terpilih lampu yang tidak rusak adalah …

a. 61

b. 212

c. 121

d. 201

e. 301

S = 10 (4 rusak + 6 hidup) A = 3 hidup

(i) n(S) = mengambil 3 dari 10 = 103C

103C =

)!310(!3

!10

−⋅ =

!723

!78910

⋅⋅⋅⋅⋅

= 10 · 3 · 4 = 120

(ii) n(A) = mengambil 3 dari 6 = 63C

63C =

)!36(!3

!6

−⋅ =

!323

!3456

⋅⋅⋅⋅⋅

= 2 · 5 · 2 = 20

(iii) P(A) = )(

)(

Sn

An =

120

20 =

6

1 …………………(a)



42

SOAL PENYELESAIAN 5. Dalam sebuah kotak berisi 7 kelereng

merah dan 5 kelereng putih. Dari kotak itu diambil 3 kelereng sekaligus secara acak. Peluang terambil sekurang-kurangnya 1 kelereng putih adalah …

a. 447

b. 4410

c. 4434

d. 4435

e. 4437

S = 12 (7m + 5p) A = 3 (sekurang-kurangnya 1p)

(i) n(S) = memilih 3 dari 12 = 123C

123C =

)!312(!3

!12

−⋅ =

!923

!9101112

⋅⋅⋅⋅⋅

= 2 · 11 · 10 (ii) n(A) = mengambil 3, minimal 1 putih,

kemungkinannya yaitu

• 1p dan 2m = 72

51 CC × =

!52

!5675

⋅⋅⋅×

= 5 · 7 · 3 = 105

• 2p dan 1m = 71

52 CC × = 7

!32

!345 ×⋅

⋅⋅

= 5 · 2 · 7 = 70

• 3p dan 0m = 70

53 CC × = 1

!32

!345 ×⋅

⋅⋅

= 5 · 2 = 10 jadi, n(A) = 105 + 70 + 10 = 185

(iii) P(A) = )(

)(

Sn

An =

10112

185

⋅⋅ =

2112

37

⋅⋅

= 44

37 …………(e)

6. Kotak I berisi 3 bola merah dan 2 bola putih. Kotak II berisi 3 bola hijau dan 5 bola biru. Dari masing-masing kotak diambil 2 bola sekaligus secara acak. Peluang terambilnya 2 bola merah dari kotak I dan 2 bola biru dari kotak II adalah …

a. 101

b. 283

c. 154

d. 83

e. 14057

• SI = 5 (3m + 2p)

n(SI) = ambil 2 dari 5 = 52C =

!32

!345

⋅⋅⋅

= 10

• n(SII) = 8 (3h + 5b)

n(SI) = ambil 2 dari 8 = 82C =

!62

!678

⋅⋅⋅

= 28

• A = ambil 2 bola merah dari kotak I

n(A) = 32C = 3

• B = ambil 2 bola biru dari kotak II

n(B) = 52C =

)!25(!2

!5

−⋅

!32

!345

⋅⋅⋅

= 10

pada soal, peluangnya menggunakan kata dan sehingga peluangnya adalah P(A∩B) • P(A∩B) = P(A) × P(B)

= )(

)(

ISn

An ×

)(

)(

IISn

Bn

= 28

10

10

3 × = 28

3 ……………….(b)



43

12. LINGKARAN

SOAL PENYELESAIAN

1. Persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2 – 4x + 4y + 6 = 0 di titik yang absisnya 3 adalah … a. x + y + 2 = 0 b. x – y – 2 = 0 c. x + y – 2 = 0 d. x – y + 2 = 0 e. –x + y + 2 = 0

• Menentukan titik singgung lingkaran Absis = x = 3, untuk mendapatkan nilai y maka substitusikan nilai x = 3 ke persamaan lingkaran l : x2 + y2 – 4x + 4y + 6 = 0

32 + y2 – 4(3) + 4y + 6 = 0 y2 + 4y + 3 = 0

(y + 1)(y + 3) = 0 y = {– 1, –3}

jadi, titik singgungnya adalah di (3, –1) dan (3, –3)

• Menentukan persamaan garis singgung Pada lingkaran l: x2 + y2 – 4x + 4y + 6 = 0 (i) di titik (3, –1)

xx1 + yy1 + ½A(x + x1) + ½B(y + y1) + C = 0 3x – y + ½(–4)(x + 3) + ½(4)(y – 1) + 6 = 0 3x – y – 2x – 6 + 2y – 2 + 6 = 0 x + y – 2 = 0 …………………………..(c)

2. Persamaan garis singgung melalui titik (9,0)

pada lingkaran x2 + y2 = 36 adalah …

a. 2x +y 5 = 18 dan 2x – y 5 = 18

b. 2x +y 5 = 18 dan –2x + y 5 = 18

c. 2x +y 5 = –18 dan –2x – y5 = –18

d. x 5 + 2y = 18 dan x 5 – 2y = 18

e. x 5 + 2y = –18 dan x 5 – 2y = –18

• periksa posisi titik (9, 0) terhadap lingkaran l : x2 + y2 = 36 x2 + y2 = 92 + 02 = 81 > 36, maka titik ada di luar lingkaran, sehingga langkah penyelesaiannya menggunakan rumus B.2)

• Menentukan persamaan garis kutub Pada titik (9, 0)

xx1 + yy1 = r2 x(9) + y(0) = 36

x = 4

• Menentukan titik singgung Substitusikan nilai x = 4 ke lingkaran l : x2 + y2 = 36 42 + y2 = 36 y2 = 20

y = 52± , Jadi titik singgungnya

(4, 52 ) atau (4, 52− )

• Menentukan persamaan garis singgung Pada lingkaran l: x2 + y2 = 4

di titik (4, 52± ) xx1 + yy1 = r2

4x 52± y = 36

2x 5± y = 18……….…………………. (a)



44

SOAL PENYELESAIAN 3. Salah satu garis singgung yang bersudut 120º

terhadap sumbu X positif pada lingkaran dengan ujung diameter titik (7, 6) dan (1, –2) adalah …

a. y = – 3x + 34 +12

b. y = – 3x – 34 +8

c. y = – 3x + 34 – 4

d. y = – 3x – 34 – 8

e. y = – 3x + 34 + 22

• Gradien garis singgung m m = tan 120º = tan (180 – 60) º

= tan (–60)º = 3−

• Ujung diameter titik (7, 6) dan (1, –2), maka

(i) Diameter lingkaran D

D = 22 ))2(6()17( −−+−

= 100 = 10

jari-jari r = ½D = ½(10) = 5

(ii) Pusat lingkaran P(a, b)

Pusat = 21 (7 + 1, 6 + (–2))

= 21 (8, 4) = (4, 2)

• Persamaan garis singgung lingkaran Dari perhitungan di atas diperoleh:

Pusat P(4, 2) , gradien m = 3− dan jari-jari r = 5, maka persamaan garis singgungnya adalah: lihat rumus B.3)

y – b = m(x – a) ± r 1m2 +

y – 2 = 3− (x – 4) 1)3(5 2 +±

y – 2 = 3x− + 34 ± 5 ⋅ 2

y = 3x− + 34 + 2 ± 10, jadi:

(i) y = 3x− + 34 – 8 atau

(ii) y = 3x− + 34 + 12 …………….(a)



45

SOAL PENYELESAIAN 4. Salah satu persamaan garis singgung lingkaran

x2 + y2 – 4x – 8y + 15 = 0 yang tegak lurus garis x + 2y = 6 adalah … a. 2x – y + 3 = 0 b. 2x – y + 5 = 0 c. 2x – y + 7 = 0 d. 2x – y + 13 = 0 e. 2x – y + 25 = 0

• Gradien m Garis h : x + 2y = 6 ⇔ y = – ½x + 3, maka mh = – ½ garis singgung g ⊥ h, maka mg ⋅ mh = – 1 {mg ⋅ (– ½) = – 1}× (–2)

mg = 2

• pusat P = (– ½A, – ½B) = (– ½(–4), – ½(–8)) = (2, 4)

• jari-jari r = Cba −+ 22

= 1542 22 −+ = 5

maka persamaan garis singgungnya adalah: lihat rumus B.3)

y – b = m(x – a) ± r 1m2 +

y – 4 = 2(x – 2) ± 5 ⋅ 122 + y – 4 = 2x – 4 ± 5

2x – y ± 5 = 0 ……………………….(b)



46

13. SUKU BANYAK

SOAL PENYELESAIAN 1. Suku banyak f(x) = 4x3 – 4x2 + 10x – 3 dibagi

2x2 – x + 1, maka hasil bagi dan sisnya berturut-turut adalah … a. 2x – 1 dan 7x – 2 b. 2x + 1 dan 9x – 4 c. 2x – 3 dan 5x d. 2x – 1 dan 9x – 4 e. 2x – 3 dan 5x – 6

Gunakan metode bagan

Pembagi : 2x2 – x + 1 = 21 (2x2 –x + 1)

= x2 – 21 x + 2

1 , maka

a = 1, b = – 21 , c = 2

1

berdasarkan bagan di atas diperoleh :

hasil bagi H(x) = 21 (4x – 2) = 2x – 1

Sisa = 7x – 2 Sehingga jawaban yang benar adalah ………(a)

2. Suatu suku banyak F(x) dibagi (x – 2) sisanya 5 dan (x + 2) adalah faktor dari F(x). Jika F(x) dibagi x2 – 4, sisanya adalah … a. 5x – 10

b. 25

45 x +

c. 5x + 10 d. –5x + 30

e. 27

45 x +−

Gunakan teorema sisa Faktorkan dari: x2 – 4 = (x – 2)(x + 2)

P(x) = pembagi ⋅ H(x) + sisa f(x) = (x – 2) ⋅ H(x) + 5………………………(1) f(x) = (x + 2) ⋅ H(x) + 0……………………...(2)

(x + 2) merupakan faktor dari f(x) sehingga sisa = 0

f(x) = (x – 2)(x + 2) ⋅ H(x) + (ax + b) ………(3) dari (1), (3), dan (2), (3) diperoleh:

f(2) = 5 = 2a + b f(–2) = 0 = –2a + b_ –

5 = 4a

a = 45

substitusi a = 45 ke f(–2)

0 = – 2a + b

0 = –2(45 ) + b

b = 25

Jadi, sisa = 45 x + 2

5 …………………….(a)



47

SOAL PENYELESAIAN 3. Sisa pembagian suku banyak f(x) oleh (x + 2)

adalah 4, jika suku banyak tersebut dibagi (2x – 1) sisanya 6. Sisa pembagian suku banyak tersebut oleh 2x2 + 3x – 2 adalah …

a. 53

54 5x +

b. 52

54 2x +

c. 4x + 12 d. 4x + 4 e. 4x – 4

Gunakan teorema sisa Faktorkan dari: 2x2 + 3x – 2 = (x + 2)(2x – 1)

P(x) = pembagi ⋅ H(x) + sisa f(x) = (x + 2) ⋅ H(x) + 4.....……………………(1) f(x) = (2x – 1) ⋅ H(x) + 6……………………...(2) f(x) = (x + 2)(2x – 1) ⋅ H(x) + (ax + b) ………(3) dari (1), (3), dan (2), (3) diperoleh:

−−×−=−

+==

+−==−

52

25

21

21

}2{

6)(

24)2(

a

baf

baf

a = 54

substitusi a = 54 ke f(–2)

4 = –2a + b

4 = –2(54 ) + b

4 = –58 + b

b = 4 + 531 =

535

Jadi, sisa = 54 x +

535 …………………….(a)

4. Diketahui suku banyak f(x) jika dibagi (x + 1) bersisa 8 dan dibagi (x – 3) bersisa 4. Suku banyak q(x) jika dibagi (x + 1) bersisa –9 dan jika dibagi (x – 3) bersisa 15. Jika h(x) = f(x)·g(x), maka sisa pembagian h(x) oleh (x2 – 2x – 3) adalah … a. –x + 7 b. 6x – 3 c. x – 4 d. 11x – 13 e. 33x – 39

Gunakan teorema sisa Faktorkan dari: (x2 – 2x – 3) = (x – 3)(x + 1)

P(x) = pembagi ⋅ H(x) + sisa f(x) = (x + 1) ⋅ H(x) + 8………………………(1) f(x) = (x – 3) ⋅ H(x) + 4………………………(2) q(x) = (x + 1) ⋅ H(x) – 9………………………(3) q(x) = (x – 3) ⋅ H(x) + 15…………………….(4) f(x)·g(x) = (x – 3)(x + 1) ⋅ H(x) + (ax + b) …..(5) dari (1), (3), dan (5) serta (2), (4), dan (5) diperoleh:

f(–1)·g(–1) = 8 (–9) = – a + b f(3)·g(3) = 4 (15) = 3a + b_ –

– 132 = – 4a a = 33

substitusi a = 3 ke f(–1)·g(–1) – 72 = – a + b – 72 = – 33 + b

b = –39 Jadi, sisa = 33x – 39 ………………………….(e)



48

SOAL PENYELESAIAN 5. Suku banyak f(x) jika dibagi (x – 1) bersisa 4

dan bila dibagi (x + 3) bersisa – 5. Suku banyak g(x) jika dibagi (x – 1) bersisa 2 dan bila dibagi (x + 3) bersisa 4. Jika h(x) = f(x) ⋅ g(x), maka sisa pembagian h(x) oleh (x2 + 2x – 3) adalah … a. 6x + 2 b. x + 7 c. 7x + 1 d. –7x + 15 e. 15x – 7

Gunakan teorema sisa Faktorkan dari: (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1)

P(x) = pembagi ⋅ H(x) + sisa f(x) = (x – 1) ⋅ H(x) + 4………………….……(1) f(x) = (x + 3) ⋅ H(x) – 5………………….……(2) q(x) = (x – 1) ⋅ H(x) + 2………………………(3) q(x) = (x + 3) ⋅ H(x) + 4………………….…...(4) f(x)·g(x) = (x + 3)(x – 1) ⋅ H(x) + (ax + b) …...(5) dari (1), (3), dan (5) serta (2), (4), dan (5) diperoleh:

f(1)·g(1) = 4(2) = a + b f(–3)·g(–3) = –5(4) = –3a + b_ –

28 = 4a a = 7

substitusi a = 7 ke f(1)·g(1) 8 = a + b 8 = 7 + b b = 1

Jadi, sisa = 7x + 1 ………………………….(c)

6. Diketahui x1, x2, dan x3 adalah akar-akar

persamaan 2x3 – bx2 – 18x + 36 = 0. Jika x1 dan x2 berlawanan, nilai b adalah … a. 36 b. 18 c. 9 d. 4 e. 1

• Persamaan 2x3 – bx2 – 18x + 36 = 0 memiliki

Nilai a = 2, b = – b, c = – 18 dan d = 36

• x1 dan x2 berlawanan, maka x1 = – x2 x1 + x2 = 0

• x1 + x2 + x3 = ab− ……………….rumus C.1)

0 + x3 = 2)( b−−

x3 = 2b

• x1 · x2 + x1 · x3 + x2 · x3 = ac ….….rumus C.4

x1 · x2 + (x1 + x2 )x3 = 218−

x1· x2 + (0 )x3 = – 9 x1· x2 = – 9

• x1 · x2 · x3 = ad− ….………….rumus C.3

–9 · 2b = 2

36−

b = 936 = 4 ………………………..(d)



49

14. FUNGSI KOMPOSISI DAN FUNGSI INVERS

SOAL PENYELESAIAN

1. Diketahui fungsi kuadrat f(x) = –2x2 + 8x – 6 dengan daerah asal {x| –2 ≤ x ≤ 3, x ∈ R}. Daerah hasil fungsi f adalah … a. {y| –30 ≤ y ≤ 2, y∈ R} b. {y| –30 ≤ y ≤ –14, y∈ R} c. {y| –14 ≤ y ≤ 0, y∈ R} d. {y| 30 ≤ y ≤ 0, y∈ R} e. {y| 0 ≤ y ≤ 2, y∈ R}

Untuk menyelesaikannya harus dicari nilai f(x) optimum dan nilai f(x) di ujung-ujung interval (i) nilai optimum, f(x) optimum saat f’(x) = 0

f(x) = –2x2 + 8x – 6 f’(x) = –4x + 8 0 = –4x + 8 4x = 8

x = 2 maka: f(2) = –2(2)2 + 8(2) – 6 = –8 + 16 – 6 = 2

(ii) nilai f(x) di ujung interval –2 ≤ x ≤ 3 f(–2) = –2(–2)2 + 8(–2) – 6 = –8 – 16 – 6 = –30 f(3) = –2(3)2 + 8(3) – 6 = –18 + 24 – 6 = 0

Dari perhitungan diperoleh nilai min = f(–2) = –30 maks = f(2) = 2

jadi daerah hasilnya adalah ………..……..(a)

2. Diketahui fungsi-fungsi f : R → R didefinisikan dengan f(x) = 3x – 5, g : R → R

didefinisikan dengan g(x) = 2,2

1 ≠−−

xx

x.

Hasil dari fungsi (fog)(x) adalah …

a. 8,8

132 −≠++

xx

x

b. 2,2

132 −≠++

xx

x

c. 2,2

132 ≠+−−−

xx

x

d. 2,2

138 ≠+−

−x

x

x

e. 2,2

78 ≠+−+

xx

x

(fοg)(x) = f(g(x))

= ( )x

xf −−

21

= ( ) 532

1 −−−

xx

= x

x

x

x

−−−

−−

2

)2(5

2

33

= x

xx

−+−−

2

51033

= 2,2

138 ≠+−

−x

x

x



50

SOAL PENYELESAIAN 3. Diketahui (fog)(x) = 42x+1. Jika g(x) = 2x – 1,

maka f(x) = … a. 4x+2 b. 42x+3

c. 44x+1 + 21

d. 42x+1 + 21

e. 42x+1 + 1

(fοg)(x) = f(g(x)) 42x+1 = f(2x – 1)………misal 2x – 1 = y

x = )1(21 +y

1)1(221

4++× y

= f(2· )1(21 +y – 1)

4(y + 2) = f(y) 4x + 2 = f(x) …………………………..(a)

4. Fungsi f ditentukan oleh f(x) = 1x23x4

++ , x ≠– ½.

Jika f-1 invers dari f, maka f-1(x + 1) = …

a. 25

5x2x2 x, −≠+

−

b. 1x,2x2

x2 ≠−−

c. 3x,6x22x −≠+

−

d. 2x,4x23x ≠−

−

e. 2x,4x23x −≠+

−

f(x) = 1x23x4

++ , maka

f– 1(x) = 42

3

−+−

x

x

f– 1(x + 1) = 4)1(2

3)1(

−+++−

x

x

= 422

31

−++−−

x

x

= 1,22

2 ≠−+−

xx

x …………………..(b)



51

15. LIMIT FUNGSI

SOAL PENYELESAIAN

1. Nilai 21x xx42

1xlim

++−

+−→

= …

a. 4 b. 2 c. 0 d. –1 e. –2

Kalikan dengan sekawan penyebut

2

2

21 42

42

42

1lim

xx

xx

xx

x

x +++

+++×++−

+−→

⇔)4(4

)42)(1(lim

2

2

1 xx

xxx

x ++−++++

−→

⇔)(

)42)(1(lim

2

2

1 xx

xxx

x +−++++

−→

⇔)1(

)42)(1(lim

2

1 xx

xxx

x +−++++

−→

⇔x

xx

x −+++

−→

)42(lim

2

1

⇔)1(

))1()1(42 2

−−−+−++

⇔ 1

42 + = 4 ……………………………..(a)

2. Nilai x

x24x24lim

0x

−−+→

= …

a. 4 b. 2 c. 1 d. 0 e. –1

Kalikan dengan sekawan pembilang

)2424(

)2424(2424

0lim

xx

xxx

xx

x −++−++−−+

→×

⇔ )2424(

)24(24lim

0 xxx

xx

x −++−−+

→

⇔ )2424(

4lim

0 xxx

x

x −++→

⇔ xxx 2424

4lim

0 −++→

⇔ )0(24)0(24

4

−++

⇔ 44

4

+ =

22

4

+ = 1 …………………..(c)



52

SOAL PENYELESAIAN

3. π−

−

π→ 41

xcos1

xsin1

x xlim

41

= …

a. –2 2

b. – 2 c. 0

d. 2

e. 2 2

Gunakan dalil l’Hospital

ππ 41cos

1sin

1

lim41 −

−

→ xxx

x

⇔ ππ 4

1

seccsclim

41 −

−

→ x

xx

x

……………… turunkan

⇔ 1

tanseccotcsclim

41

xxxx

x

⋅−⋅−

→ π

⇔ ππππ 41

41

41

41 tanseccotcsc ⋅−⋅−

⇔ 1212 ⋅−⋅− = –2 2 ………………(a)

4. Nilai dari x2tanx

x5cosxcoslim

0x

−→

= …

a. –4 b. –2 c. 4 d. 6 e. 8

x2tanx

x5cosxcoslim

0x

−→

⇔ xx

xx

x 2tan

)4(sin)6(sin221

21

0lim

−⋅−

→

⇔ xx

xx

x 2tan

2sin3sin2lim

0

⋅

→

⇔ x

x

x

x

x 2tan

2sin3sin2lim

0

×→

⇔ 13sin

2lim0

××→ x

x

x

= 2 ⋅ 3 = 6 .................(d)

5. Nilai )3x2x(x2

x12sinlim 20x −+→

= …

a. –4 b. –3 c. –2 d. 2 e. 6

)3x2x(x2

x12sinlim 20x −+→

⇔ x

x

xxx 2

12sin

32

12

0lim ×

−+→

⇔ 2

12

32

12

0lim ×

−+→ xxx

⇔ 6300

1 ×−+

= 631 ×− = – 2 …………….(c)

6. Nilai

2x

6

6

x

sinxcoslim

3−

−π

π

→ π= …

a. –21 3

b. –31 3

c. 3

d. –2 3

e. –3 3

Gunakan dalil l’Hospital

2x

6

6

x

sinxcoslim

3−

−π

π

→ π =

210

0sinlim

3−

−−

→

x

x π

= xx

sin2lim3π→

= 3

sin2 π

= 32 21⋅ = 3 …………(c)



53

16. TURUNAN (DERIVATIF) SOAL PENYELESAIAN

1. Diketahui fungsi f(x) = x

6x2 +. Turunan

pertama fungsi f(x) adalah f’(x) = …

a. xx

6x

2+

b. xx

3x

2−

c. xx3

1x

2−

d. xx3

1x

223 +

e. xx

3x

223 −

• Ubah f(x) menjadi bentuk pangkat

f(x) = x

6x2 +

= 21

62

x

x + = )6( 22

1

+−xx = 2

121

61 −+ xx

• Turunkan f(x)

f(x) = 21

21

61 −+ xx

f’(x) = 21

21 1

23 3

−− xx

= 21

21

123 3

xx − =

x

x

xxx ×− 3

23

= 22

3 3

x

xx − …….(e)

2. Turunan pertama fungsi y = x1

x

−,

adalah y’ = …

a. y

x

b. 2

2

y

x

c. 2

2

x

y

d. –2

2

y

x

e. –2

2

x

y

y = x1

x

− ……………..:

v

u

y’ = 2)1(

)1()1)(1(

x

xx

−−−−

= 2)1(

1

x

xx

−+−

= 2

2

2)1(

1

x

x

x×

−

= 22

2 1

)1( xx

x ×−

= 2

21

1 xx

x ×

−

= 2

2 1

xy × =

2

2

x

y …………… (c)

3. Diketahui f(x) = (1 + sin x)2(1 + cos x)4 dan f’(x) adalah turunan pertama f(x).

nilai f’( 2π ) = …

a. –20 b. –16 c. –12 d. –8 e. –4

Sin 2π = 1 dan Cos 2

π = 0

f(x) = (1 + sin x)2(1 + cos x)4 ..………….: u ⋅ v f’(x) = v ⋅ u’ + u ⋅ v’

= (1 + cos x)4 ⋅ 2(1 + sin x) ⋅ cos x + (1 + sin x)2 ⋅ 4(1 + cos x) ⋅ (– sin x)

f’( 2π ) = (1 + cos 2

π )4 ⋅ 2(1 + sin 2π ) ⋅ cos 2

π +

(1 + sin 2π )2 ⋅ 4(1 + cos 2

π ) ⋅ (– sin 2π )

f’( 2π ) = (1 + 0)4 ⋅ 2(1 + 1) ⋅ 0 +

(1 + 1)2 ⋅ 4(1 + 0) ⋅ (– 1) = 0 + 4 ⋅ 4 ⋅ (–1) = –16 ……………….(b)



54

SOAL PENYELESAIAN

4. Garis l menyinggung kurva y = 3x di titik yang berabsis 4. titik potong garis l dengan sumbu X adalah … a. (– 12, 0) b. (– 4, 0) c. (4, 0) d. (6, 0) e. (12, 0)

• Menentukan titik singgung pada kurva (a, b) Absis x = 4, maka y = f(x)

y = f(x) = 3 x

y = f(4) = 3 4 = 3 ⋅ 2 = 6 jadi, titik singgungnya di (4,6)

• Menentukan gradien garis singgung m

f(x) = 3 x

= 3 21

x ……………………..: un

f’(x) = 21

23 −

x = x2

3

m = f’(4) = 42

3 =

4

3

• Menentukan persamaan garis singgung

Dengan titik singgung (4, 6) dan m = 4

3

y – y1 = m (x – x1)

y – 6 = 4

3 (x – 2)

• Menentukan titik potong garis l dengan sb X Garis akan memtong sumbu X jika y = 0, maka:

y – 6 = 4

3 (x – 2)

{0 – 6 = 4

3 (x – 2)}× 4

– 24 = 3x – 6 3x = –18 x = –6

Jadi, titik potongnya di (–6, 0)……………(d)

5. Fungsi y = 4x3 – 6x2 + 2 naik pada interval … a. x < 0 atau x > 1 b. x > 1 c. x < 1 d. x < 0 e. 0 < x < 1

• f(x) naik pada saat f’(x) > 0 f(x) = 4x3 – 6x2 + 2 f’(x) = 12x2 – 12x

• 12x2 – 12x > 0 12x(x – 1) > 0 pembentuk nol x = {0, 1} tanda pertidaksamaan >, maka jawabannya menggunakan kata atau dengan batas {0, 1}

………………………………………………..(a)



55

SOAL PENYELESAIAN 6. Koordinat titik balik maksimum grafik fungsi

y = x3 – 3x + 4 berturut-turut adalah … a. (–1,6) b. (1,2) c. (1,0) d. (–1,0) e. (2,6)

• nilai stasioner pada saat f’(x) = 0 f(x) = x3 – 3x + 4 f’(x) = 3x2 – 3

0 = 3x2 – 3 0 = x2 – 1 0 = (x + 1)(x – 1) x = {– 1, 1}

• Nilai fungsi pada saat stasioner x = {– 1, 1}

f(x) = x3 – 3x + 4 f(–1) = (–1)3 – 3(–1) + 4

= –1 + 3 + 4 = 6 ………maksimum …………...titik (–1,6) ……………….(a)

f(1) = (1)3 – 3(1) + 4 = 1 – 3 + 4 = 2 ………minimum

…………...titik (1,2)

7. Ditentukan fungsi f(x) = x3 – 3x2 + 5. Dalam interval –1 ≤ x ≤ 1, nilai minimum fungsi itu adalah … a. 0 b. 1 c. 2 d. 3 e. 5

• nilai stasioner pada saat f’(x) = 0 f(x) = x3 – 3x2 + 5 f’(x) = 3x2 – 3x 0 = 3x2 – 3x

0 = 3x(x – 1) x = {0, 1}

• Nilai fungsi pada saat stasioner x ={0, 1}dan

di ujung interval x = {–1, 1} f(x) = f(x) = x3 – 3x2 + 5 (i) f(– 1) = (– 1)3 – 3(– 1)2 + 5

= –1 + 3 + 5 = 7 ……………………..maksimum

(ii) f(0) = 03 – 3(0)2 + 5 = 0 – 0 + 5 = 5

(iii) f(1) = 13 – 3(1)2 + 5 = 1 – 3 + 5 = 3 ……………………….minimum

Jadi, nilai minimumnya = 3 ………………..(d)



56

SOAL PENYELESAIAN 8. Santo ingin membuat sebuah tabung tertutup

dari selembar karton dengan volum 16 dm3. Agar luas permukaan tabung minimal, maka jari-jari lingkaran alasnya adalah …

a. 3 4π dm

b. 3

2

πdm

c. 3

4

πdm

d. 23 π dm

e. 43 π dm

• Volume tabung V V = luas alas × tinggi 16 = π r2 ⋅ t

t = 2

16

rπ

• Luas permukaan tabung S S = 2 luas alas + luas keliling = 2π r2 + (2π r ⋅ t)

= 2π r2 + 2π r ⋅ 2

16

rπ

= 2π r2 + r

32

luas permukaan tabung akan minimum jika S’ = 0, maka:

S = 2π r2 + r

32

S’ = 4π r – 2

32

r

{0 = 4π r – 2

32

r} ×

4

2r

0 = πr3 – 8

πr3 = 8

r3 = π8

r = 3

3 8

π=

3

2

π………………………..(b)



57

17. INTEGRAL

SOAL PENYELESAIAN 1. Jika grafik y = f(x) melalui titik (1, 2) dan

turunannya f’(x) = x2 + 1, maka grafiknya y = f(x) memotong sumbu Y di titik … a. (0, 0)

b. (0, 31 )

c. (0, 32 )

d. (0, 1) e. (0, 2)

• f’(x) = x2 + 1 f(x) = ∫ (x2 + 1)dx

= cxx ++331

• Menentuan nilai c karena kurva melalui titik (1, 2), maka f(1) = 2

f(x) = cxx ++331

f(1) = c++ )1()1( 331

2 = 311

c = 32

Jadi, y = f(x) = 323

31 ++ xx

• Titik potong kurva dengan sumbu Y

Kurva akan memotong sumbu Y jika x = 0

y = 323

31 ++ xx

y = 323

31 )0()0( ++ =

32

jadi, titik potongnya di (0, 32 )…………….(c)

2. Hasil dxx9x 2∫ − = …

a. cx9)x9( 2231 +−−−

b. cx9)x9( 2232 +−−−

c. cx9)x9( 2232 +−−

d. cx9)x9(x9)x9( 229222

32 +−−+−−

e. cx9x9)x9( 29122

31 +−+−−

Selesaikan dengan metode substitusi karena selisih pangkat antara f(x) dan g(x) satu

dxx9x 2∫ −

⇔ dxxx∫ − 21

)9( 2

⇔ )2()9( 21

221 dxxx∫ ⋅−−−

⇔ duU∫− 21

21

⇔ cU +××− 211

23

1

2

1

⇔ cUU +×××− 21

3

2

2

1

⇔ cxx +−−×− 2231 9)9( …………….(a)



58

SOAL PENYELESAIAN

3. Hasil dari dxxcos)1x( 2∫ + = …

a. x2 sin x + 2x cos x + c b. (x2 – 1) sin x + 2x cos x + c c. (x2 + 3) sin x – 2x cos x + c d. 2x2 cos x + 2x2 sin x + c e. 2x sin x – (x2 – 1)cos x + c

Selesaikan dengan metode parsial karena pangkat f(x) lebih tinggi dari g(x)

dxxcos)1x( 2∫ + =

U dv

x2 + 1 cos x

2x Sin x

2 – cos x

0 – sin x

Jadi: dxxcos)1x( 2∫ +

⇔ (x2 + 1) sin x + 2x cos x – 2sin x + c ⇔ (x2 + 1) sin x – 2sin x + 2x cos x + c ⇔ (x2 + 1 – 2) sin x + 2x cos x + c ⇔ (x2 – 1) sin x + 2x cos x + c ………….(b)

4. Nilai a yang memenuhi persamaan

∫ +1

22 )1(12a

dxxx = 14 adalah …

a. –2 b. –1 c. 0

d. 21

e. 1

Selesaikan dengan metode substitusi karena selisih pangkat antara f(x) dan g(x) satu

∫ +1

22 )1(12a

dxxx = 14

⇔ ∫ ⋅+1

22 2)1(6a

xdxx = 14

⇔ ∫1

23a

duU = 7

⇔ 13

33

aU = 7

⇔ 132 )1(a

x + = 7

⇔ 3232 )1()11( +−+ a = 7

⇔ 32 )1(8 +− a = 7

⇔ 32 )1( +a = 1

⇔ a2 + 1 = 1 ⇔ a = 0 ……………………(c)



59

SOAL PENYELESAIAN

5. ∫ ++π

ππ6

033

dx)xcos()xsin( = …

a. –41

b. –81

c. 81

d. 41

e. 83

∫ ++π

ππ6

033

dx)xcos()xsin(

⇔ ∫ ++6

0332

1 )cos()sin(2

π

ππ dxxx

⇔ ∫ +6

032

1 )(2sin

π

π dxx

⇔ ∫ +6

03

221 )2sin(

π

π dxx

⇔ ∫ ⋅+⋅6

03

221

21 2)2sin(

π

π dxx

⇔ 603

241 )2cos(

ππ+− x

⇔ { })02cos()cos(3

23

26

241 πππ +⋅−+−

⇔ { })cos(cos3

241 ππ −−

⇔ { })(1 21

41 −−−−

⇔ )( 23

41 −×− =

83 …………………………..(e)



60

SOAL PENYELESAIAN

6. Diketahui ∫ −+p

1

2 dt)2t6t3( = 14.

Nilai (–4p) = … a. –6 b. –8 c. –16 d. –24 e. –32

∫ −+p

1

2 dt)2t6t3( = 14

⇔ p

ttt1

23 23 −+ = 14

⇔ }12131{23 2323 ⋅−⋅+−−+ ppp = 14

⇔ 223 23 −−+ ppp = 14

⇔ 1623 23 −−+ ppp = 0

f(x) = 1623 23 −−+ ppp

untuk selanjutnya gunakan cek poin

a. –4p = –6 ⇒ p = 23

b. –4p = –8 ⇒ p = 2 c. –4p = –16 ⇒ p = 4 d. –4p = –24 ⇒ p = 6 e. –4p = –32 ⇒ p = 8 nilai-nilai p yang dihasilkan kemudian substitusikan ke f(x), jika f(p) = 0, maka p merupakan penyelesaian dari f(x).

a. f( 23 ) = 1623 23 −−+ ppp ≠ 0

b. f(2) = 1623 23 −−+ ppp = 8 + 12 – 4–16 = 0

c. f(4) = 1623 23 −−+ ppp ≠ 0

d. f(6) = 1623 23 −−+ ppp ≠ 0

e. f(8) = 1623 23 −−+ ppp ≠ 0 dengan demikian jawaban yang benar adalah …….(b)



61

SOAL PENYELESAIAN 7. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva

y = – x2 + 2x dan sumbu X pada 0 ≤ x ≤ 3 adalah … satuan luas a. 1

b. 34

c. 38

d. 3 e. 4

Batas Integral • Titik potong kurva dengan sumbu X

Kurva akan memotong sumbu X jika y = 0 y = – x2 + 2x

0 = x(–x + 2) ⇒ x = 0 atau x = 2

• Karena luas derah yang ditanyakan adalah 0 ≤ x ≤ 3

Maka batas daerah integralnya ada dua yaitu 0 ≤ x ≤ 2 dan 2 ≤ x ≤ 3

(ii) luas daerah

karena ada dua batas integral, maka ada dua luasan yang harus dicari, sehingga L = L1 + L2

L1 = dxxx∫ +−2

0

2 )2( = 2

0

2331 xx +−

= 0)2)2(( 2331 −+−

= 438 +− =

34

L2 = dxxx∫ +−3

2

2 )2(

= 3

2

2331 xx +−

= )2)2((3)3( 233123

31 +−−+−

= 49938 −++− = 4

38 − =

34− =

34

Jadi, L = 34 +

34 =

38 ……………………….(c)



62

SOAL PENYELESAIAN 8. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva

y = x2 – 9x + 15 dan y = –x2 + 7x – 15 adalah … satuan luas

a. 232

b. 252

c. 231

d. 332

e. 431

(i) Batas Integral • Titik potong dua kurva

Pada saat kedua kurva berpotongan maka y1 = y2

x2 – 9x + 15 = –x2 + 7x – 15 x2 + x2 – 9x – 7x + 15 + 15 = 0 2x2 – 16x + 30 = 0 2(x2 – 8x + 15) = 0 2(x – 3)(x – 5) = 0 ⇒ x = {3 , 5} Jadi, batas integralnya x = {3 , 5}

(ii) luas daerah

L = dxxx∫ +−5

3

2 )30162(

= 5

3

2332 308 xxx +−

= −+− )5(30)5(8)5( 2332

))3(30)3(8)3(( 2332 +−

= )907218(1502003

250 +−−+−

= 36508331 −−

= 322− = 2

32 ………………….………(a)



63

SOAL PENYELESAIAN 9. Gambar berikut merupakan kurva dengan

persamaan y = x 2x3030− . Jika daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu X, maka volum benda putar yang terjadi sama dengan … satuan volum

a. 6π b. 8π c. 9π d. 10π e. 12π

Kurva diputar mengelilingi sumbu X, maka:

(i) Batas Integral Titik potong kurva dengan sumbu X diperoleh jika y = 0

y = x 2x3030−

0 = x 2x3030− 0 = x2(30 – 30x2) 0 = 30x2(1 – x2) 0 = 30x2(1 + x)(1 – x) ⇒ x = { – 1, 0, 1}

maka batas integralnya yaitu – 1 ≤ x ≤ 0 dan 0 ≤ x ≤ 1

(ii) Volume benda putar

Perhatikan gambar! karena V1 = V2, maka V = 2V1

V = dxyb

a∫

2π

= { } dxxx∫−

−0

1

2230302π

= dxxx∫−

−0

1

22 )}3030({2π

= dxxx∫−

−0

1

42 )3030(2π

= 0

1

53 6102−

− xxπ

= π2})1(6)1(10(0{ 53 −−−−

= π2)610( +−− = 8π……………...(c)



64

SOAL PENYELESAIAN 10. Volum benda putar yang terjadi karena

daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 dan y2 = 8x diputar 360º mengelilingi sumbu Y adalah … satuan volum.

a. 254 π

b. 354 π

c. 454 π

d. 554 π

e. 954 π

Kurva diputar mengelilingi sumbu Y, maka:

(i) Batas Integral • Titik potong dua kurva

Pada saat kedua kurva berpotongan maka y1 = y2

x2 = x8 x4 = 8x x4 – 8x = 0 x(x3 – 8) = 0 ⇒ x = {0 , 2} karena

y = x2, maka y = {0, 4}

Jadi, batas integralnya y = {0 , 4} (ii) volume benda putar

y = x2 x2 = y

(y2 = 8x)2

x2 = 64

4y= 4

34

1y

Kurva diputar mengelilingi sumbu Y, maka Volume benda putar yang dibatasi oleh dua kurva tersebut adalah:

V = dyxxb

a∫ − )( 2

221π

= dyyy∫ −4

0

43

}4

1{π

= 4

0

53

221

54

1yy

⋅−π

= π)}0()4(54

1)4({ 5

32

21 −

⋅−

= π}8{5

16− = π}38{51−

= 454 π………………..…..(c)



65

18. PROGRAM LINEAR

SOAL PENYELESAIAN 1.

Pada gambar di atas, yang merupakan himpunan penyelesaian sistem pertidaksamaan . x + 2y ≥ 6, 4x + 5y ≤ 20, 2x + y ≥ 6, adalah daerah … a. I b. II c. III d. IV e. V

• Persamaan linear

g1 : y = 0 ………………………………m = 0 g2 : x = 0……………………………….m = 0 g3 : 6x + 3y = 18 ⇔ 2x + y = 6 ……….m < 0 g4 : 4x + 5y = 20 ………………………m < 0 g5 : 3x + 6y = 18 ⇔ x + 2y = 6 ……….m < 0

• Pertidaksamaan linear x + 2y ≥ 6 : …………….…..HP di atas g5 4x + 5y ≤ 20 : ……………...HP di bawah g4 2x + y ≥ 6 : ………………...HP di atas g3

daerah HP yang sesuai dengan kriteria di atas adalah daerah II ………………………..(b)

2. Diketahui sistem pertidaksamaan x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 12, dan x + 2y ≤ 16. Nilai maksimum dari (2x + 5y) adalah … a. 12 b. 24 c. 36 d. 40 e. 52

Nilai obyektif 2x + 5y pada titik-titik pojok Titik f(x,y) = 2x + 5y ket A(0,8) f(0,8) = 0 + 40 = 40 C(12,0) f(12,0) = 24 + 0 = 24 B(8,4) f(8,4) = 16 + 20 = 36 maks

Berdasarkan perhitungan di atas, maka nilai maksimumnya adalah 36 …………………(d)

Daerah himpunan penyelesaiannya adalah sbb:

Koordinat titik-titik pojok (i) titik A …………………………………(0, 8) (ii) titik C …………………………………(12, 0) (iii) titik B, perpotongan g1 dan g2

g2 : x + 2y = 16 g1 : x + y = 12_ _

y = 4

substitusikan nilai y = 4 ke pers. g1 x + y = 12 ⇔ x + 4 = 12

x = 12 – 4 = 8 Jadi, titik B …………………………….(8, 4)



66

SOAL PENYELESAIAN

3. Nilai maksimum f(x,y) = x – 2y + 4 pada

gambar di atas adalah … a. 16 b. 14 c. 12 d. 5 e. 2

g1 : 2x – 2y = 2· (–2) ⇔ x – y = –2 g2 : …………………………x = 3 g3 : –x – 2y = 2 ⇔ x + 2y = –2 g4 : 4x + 4y = 4·4 ⇔ x + y = 4 Koordinat titik-titik pojok (i) titik A …………………………………(–2, 0) (ii) titik B, perpotongan g2 dan g3

g3 : x + 2y = –2 g2 : x = 3 _

2y = –5

y = 25− …………….titik B(3, 2

5− )

(iii) titik C, perpotongan g2 dan g4 g4 : x + y = 4 g2 : x = 3 _

y = 1 ………………….…titik C(3, 1)

(iv) titik D, perpotongan g1 dan g4 g1 : x – y = –2 g4 : x + y = 4 +

2x = 2 x = 1 y = 3 ………………….…titik C(1, 3)

Nilai obyektif f(x,y) = x – 2y + 4 pada titik-titik pojok

Titik f(x,y) = x – 2y + 4 ket A(–2, 0) f(–2, 0) = – 2 – 0 + 4 = 2

B(3, 25− ) f(3, 2

5− ) = 3 + 5 + 4 = 12 maks

C(3,1) f(3,1) = 3 – 2 + 4 = 5 D(1,3) f(1,3) = 1 – 6 + 4 = –1 min

Berdasarkan perhitungan di atas, maka nilai maksimumnya adalah 12 ……………………(c)



67

SOAL PENYELESAIAN 4. Untuk menambah penghasilan, seorang ibu

setiap harinya memproduksi dua jenis kue untuk dijual. Setiap jenis kue jenis I modalnya Rp 200,00 dengan keuntungan 40%, sedangkan setiap jenis kue jenis II modalnya Rp 300,00 dengan keuntungan 30%. Jika modal yang tersedia setiap harinya Rp 100.000,00 dan paling banyak hanya dapat memproduksi 400 kue, maka keuntungan terbesar yang dapat dicapai ibu tersebut dari modalnya adalah … a. 30% b. 32% c. 34% d. 36% e. 40% Nilai obyektif f(x,y) = 80x + 90y pada titik-titik pojok

Titik f(x,y) = 80x + 90y ket

A(0, 3000.1 ) f(0,

3000.1 ) = 0 + 30.000

= 30.000

C(400,0) f(400,0) = 32.000 + 0 = 32.000

B(200,200) f(200,200) = 16.000 + 18.000 = 34.000

maks

Berdasarkan perhitungan di atas, maka nilai maksimumnya adalah

Rp 34.000 = %100000.100000.34 × = 34%.........(c)

Cerita di samping dapat diringkas dalam sebuah tabel seperti di bawah ini Kue I (x) Kue II (y) kapasitas Produksi 1 1 400 Modal 200 300 100.000 Untung 40% = 80 30% = 90

• System pertidaksamaannya adalah:

x + y ≤ 400 …………kemampuan produksi 200x + 300y ≤ 100.000

⇔ 2x + 3y ≤ 1.000 ..........................modal x ≥ 0, y ≥ 0 ……....jumlah barang tidak

mungkin negative, • fungsi obyektifnya adalah :

f(x, y) = 80x + 90y

• Daerah Himpunan penyelesaian

Koordinat titik-titik pojok

(i) titik A ……………………………(0, 3000.1 )

(ii) titik C ………………………….…(400, 0) (iii) titik B, perpotongan garis

2x + 3y = 1.000 x + y = 400_ _ x + 2y = 600_ _ –y = –200

y = 200 x = 200

Jadi, titik B ………………….(200, 200)



68

SOAL PENYELESAIAN 5. Sebuah pabrik menggunakan bahan A, B, dan

C untuk memproduksi 2 jenis barang, yaitu barang jenis I dan barang jenis II. Sebuah barang jenis I memerlukan 1 kg bahan A, 3 kg bahan B, dan 2 kg bahan C. Sedangkan barang jenis II memerlukan 3 kg bahan A, 4 kg bahan B, dan 1 kg bahan C. Bahan baku yang tersedia 480 kg bahan A, 720 kg bahan B, dan 360 kg bahan C. Harga barang jenis I adalah Rp 40.000,00 dan harga barang jenis II adalah Rp 60.000,00. Pendapatan maksimum yang diperoleh adalah … a. Rp 7.200.000,00 b. Rp 9.600.000,00 c. Rp 10.080.000,00 d. Rp 10.560.000,00 e. Rp 12.000.000,00

(iv) titik C, perpotongan garis 3x + 4y = 720 | × 2 ⇔ 6x + 8y = 1.440 2x + y = 360 | × 3 ⇔ 6x + 3y = 1.080 _

5y = 360 y = 72

2x + y = 360 ⇔ 2x + 72 = 360 2x = 360 – 72 = 288 x = 144

Jadi, titik C ………………….(144, 72) • Nilai obyektif f(x,y) = 40.000x + 60.000y

pada titik-titik pojok Titik f(x,y) = 40.000x + 60.000y ket A(0,160) f(0, 160) = 0 + 9.600.000

= 9.600.000

D(180,0) f(180,0) = 7.200.000 + 0 = 7.200.000

B(48,144) f(48,144) = 1.920.000 + 8.640.000

= 10.560.000 maks

C(144,72) f(144,72) = 5.760.000+ 4.320.000

= 10.080.000

Berdasarkan perhitungan di atas, maka nilai maksimumnya adalah Rp 10.560.000….….(d)

Cerita di samping dapat diringkas dalam sebuah tabel seperti di bawah ini Bahan Barang I (x) Barang II (y) Stok A 1 3 480 B 3 4 720 C 2 1 360 Harga 40.000 60.000

• System pertidaksamaannya adalah:

x + 3y ≤ 480 …………...…………bahan A 3x + 4y ≤ 720………......................bahan B 2x + y ≤ 360 ……………………...bahan C x ≥ 0, y ≥ 0 ………….jumlah barang tidak

mungkin negative, • fungsi obyektifnya adalah :

f(x, y) = 40.000x + 60.000y

• Daerah Himpunan penyelesaian

Koordinat titik-titik pojok (i) titik A ………………………….……(0, 160) (ii) titik D ………………………….……(180, 0) (iii) titik B, perpotongan garis

3x + 4y = 720 | × 1 ⇔ 3x + 4y = 720 x + 3y = 480 | × 3 ⇔ 3x + 9y = 1.440 _

–5y = –720 y = 144

x + 3y = 480 ⇔ x + 3(144) = 480 x = 480 – 432 = 48

Jadi, titik B ………..…………………….(48, 144)



69

19. MATRIKS

SOAL PENYELESAIAN

1. Diketahui

=

++

+

−110

016

1

6

28

64

ca

ba,

nilai a + b + c = … a. 11 b. 12 c. 13 d. 14 e. 16

=

++

+

−110

016

1

6

28

64

ca

ba

⇔

++

ca

ba

1

6=

−−

28

64

110

016

++

ca

ba

1

6=

−−−−−21810

)6(0416

++

ca

ba

1

6=

−12

612

dari kesamaan di atas diperoleh: a + b = 12 dan c = – 1 maka: a + b + c = 12 + (– 1) = 11 ……………….(a)

2. Diketahui persamaan matriks A = 2BT (BT adalah transpose matriks B), dengan

A =

c3b2

4a dan B =

++−7ba

1a2b3c2.

Nilai a + b + c = … a. 6 b. 10 c. 13 d. 15 e. 16

A = 2BT

c3b2

4a = 2

++−

712

32

ba

abc

dari kesamaan di atas diperoleh: (i) 2a = 4

a = 2

(ii) 2b = 4a + 2 2b = 4(2) + 2 2b = 10 b = 5

(iii) 3c = 2b + 14 3c = 2(5) + 14 3c = 24 c = 8

Jadi, a + b + c = 2 + 5 + 8 = 15 …………………(d)

3. Diketahui matriks A =

−− 12

34 dan

A2 = xA + yI, x, y, bilangan real, I matriks identitas dengan ordo 2 × 2. Nilai x – y = … a. –5 b. –1 c. 1 d. 5 e. 6

A2 = xA + yI

−− 12

34×

−− 12

34 = x

−− 12

34+ y

10

01

+−+−−−

1628

312616 =

−− xx

xx

2

34+

y

y

0

0

− 5........

............. =

+−−+

yxx

xyx

2

34

dari kesamaan di atas diperoleh: {– x + y = –5}× (–1) x – y = 5 ……………………………………(d)



70

SOAL PENYELESAIAN

4. Nilai (x + y) yang memenuhi

−

−=

−+

20

31

13

12

52

9x2

y41

54

adalah … a. –5 b. –4 c. –3 d. –2 e. –1

−

−=

−+

20

31

13

12

52

92

41

54 x

y

+−+

543

424

y

x =

−−+

29......

.......02

dari kesamaan di atas diperoleh: (i) 4 + 2x = 2

2x = 2 – 4 2x = –2 x = –1

(ii) 4y + 5 = – 9 – 2 4y = –11 – 5 4y = –16 y = –4

Jadi, x + y = –1 + (–4) = –5 ……………………(a)

5. Diketahui 3 matriks, A =

b

a

1

2,

B =

+12

14

b, C =

−−

2

2

ba

b

Jika A×Bt – C =

45

20 dengan Bt adalah

transpose matriks B, maka nilai a dan b masing-masing adalah … a. –1 dan 2 b. 1 dan –2 c. –1 dan –2 d. 2 dan –1 e. –2 dan 1

• B =

+12

14

b ⇒ Bt =

+11

24

b

• A×Bt =

b

a

1

2

+11

24

b

=

++++++

bbb

baa224

22224

• A×Bt – C =

++++++bbb

baa224

22224–

−−

2

2

ba

b

45

20 =

++++

.......4

.......224

ab

a

dari kesamaan di atas diperoleh: (i) 4a + 4 = 0

4a = – 4 a = –1

(ii) 4 + b + a = 5 b –1 = 5 – 4

b = 1 + 1 = 2

Jadi, a = –1 , dan b = 2 ……………………..(a)



71

SOAL PENYELESAIAN

6. Diketahui matriks A =

−41

21 dan

(A – kI) adalah matriks singular. Bila I adalah matriks identitas, maka nilai k yang memenuhi adalah … a. 2 atau 3 b. 2 atau –3 c. –2 atau –3 d. 6 atau –1 e. 1 atau –6

(A – kI) matriks singular, maka det (A – kI) = 0

−

−10

01

41

21k = 0

−

−k

k

0

0

41

21 = 0

k

k

−−−

41

21 = 0

(1 – k)(4 – k) – 1(–2) = 0 4 – 5k + k2 + 2 = 0

k2 – 5k + 6 = 0 (k – 2)(k – 3) = 0

k = {2, 3} ………………….(a)

7. Matriks P yang memenuhi persamaan

−−

=

42

42

41

21P adalah …

a.

−−

84

2412

b.

−−

84

2412

c.

−−12

22

d.

−−42

126

e.

− 40

122

−−

=

42

42

41

21P ⇔ AX = B ⇒ X = A–1⋅B

P =

−−

−−

42

42

11

24

2

1

=

−−

−−

21

21

11

24

=

+−−−−+2211

4824

=

−−

42

126 ……………………………..(d)



72

20. VEKTOR

SOAL PENYELESAIAN 1. Diketahui titik A(1, 2, 4), B(5, 3, 6), dan

C(13, 5, p) segaris. Nilai P = … a. –15

b. –10

c. 10 d. 15 e. 25

Titik A, B, dan C akan segaris jika

AB = ACn

AB = b – a =

−

4

2

1

6

3

5

=

2

1

4

AC = c – a =

−

4

2

1

5

13

p

=

− 4

3

12

p

dengan demikian:

AB = ACn

−=

4

3

12

2

1

4

p

n

dari kesamaan di atas diperoleh:

(i) 1 = 3n

n = 31

(ii) 2 = n(p – 4)

{2 = )4(31 −p } × 3

6 = p – 4

p = 10 ……………………………….(c)



73

SOAL PENYELESAIAN 2. Diketahui titik A(4, –1, –2), B(–6, 4, 3), dan

C(2, 3, 5). Titik P membagi AB sehingga AP : PB = 3 : 2, maka vektor yang diwakili

oleh PC adalah …

a.

−

4

1

4

b.

−

1

2

2

c.

6

5

0

d.

−1

4

6

e.

4

1

4

Bila AP : PB = m : n, maka:

p =

= 32

)346(3)214(2

+−+−−

= 5

)91218()428( −+−−

= 5

)51010(−

p = (– 2 2 1) Dengan demikian:

PC = c – p =

−−

1

2

2

5

3

2

=

4

1

4

……………………….…(e)

3. Diketahui vektor a =

2

x

1

, b =

−1

1

2

, dan

panjang proyeksi a pada b adalah 6

2 . Sudut

antara a dan b adalah α, maka cos α = …

a. 63

2

b. 31

c. 32

d. 6

2

e. 36

(i) misal panjang proyeksi vektor a pada b adalah |r|, maka:

| r | = b

ba ⋅

6

2=

222 )1(12

)112()21(

−++

−⋅x

{6

2=

6

22 −+ x} × 6

x = 2 maka:

a ⋅ b = 2 + x – 2 = 2 + 2 – 2 = 2

(ii) sudut antara vektor a dan b a ⋅ b = |a| |b| cos α

2 = αcos)1(12221 22222 −++×++

2 = αcos69 ×

2 = 3 αcos6

cos α = 63

2 ……………………………(a)



74

SOAL PENYELESAIAN

4. Diberikan vektor a =

−

22

2

p dengan p ∈

Real dan vektor b =

2

1

1

. Jika a dan b

membentuk sudut 60º, maka kosinus sudut antara vektor a dan a + b adalah …

a. 74

12

b. 725

c. 745

d. 7145

e. 772

a dan b membentuk sudut 60º maka: a ⋅ b = |a| |b| cos 60º

a ⋅ b = (– 2 p 22 ) ⋅ (1 1 2 )

= – 2 ⋅ 1 + p ⋅ 1 + 222 ⋅ = p + 2

|a| = ( )222 22)2( ++− p = 122 +p

|b| = ( )222 211 ++ = 4 = 2

sehingga diperoleh a ⋅ b = |a| |b| cos 60º

p + 2 = ))(2(12212

+p

{p + 2 = 122 +p } 2

p2 + 4p + 4 = p2 + 12 4p = 12 – 4 = 8 p = 2

a + b = (– 2 p 22 ) + (1 1 2 )

= (– 2 2 22 ) + (1 1 2 )

= (–1 3 3 2 )

|a + b| = 222 )23(3)1( ++−

= 1891 ++ = 28 = 72

| a | = 122 +p = 1222 + = 4

dengan demikian: kosinus sudut antara vektor a dan a + b adalah a ⋅ (a + b) = | a | | a + b| cos θ

(– 2 2 22 ) ⋅ (–1 3 3 2 ) = 4 ⋅ 72 cos θ

2 + 6 + 12 = 8 7 cos θ

20 = 8 7 cos θ

cos θ = 78

20=

72

75

⋅

= 7145 ….…(d)



75

SOAL PENYELESAIAN 5. Ditentukan koordinat titik A(1, 0, 2); B(5, 4,

10); C(4, 6, 4). P pada AB sedemikian sehingga AP : PB = 3 : 1. Panjang proyeksi

PC pada AB adalah …

a. 335

b. 5

c. 665

d. 775

e. 635

Bila AP : PB = m : n, maka:

p =

= 31

)1045(3)201(1

++

= 4

)301215()201( +

= 4

)321216( = (4 3 8)

PC = c – p = (4 6 4) – (4 3 8) = (0 3 –4)

AB = b – a = (5 4 10) – (1 0 2) = (4 4 8)

PC · AB = (0 3 –4) · (4 4 8) = 0 + 12 – 32 = –20

| AB | = 222 844 ++ = 616⋅ = 4 6

misal panjang proyeksi PC pada AB adalah | v |, maka:

| v | = || AB

ABPC ⋅ =

64

20

= 6

65= 6

65 ……………(c)

CATATAN:

Ukuran Panjang selalu positf



76

SOAL PENYELESAIAN 6. Diketahui panjang proyeksi vektor

a =

−4

2

2

pada vektor b =

p

2

4

adalah 558 .

Nilai P = … a. 25

b. 5 3

c. 5

d. 5

e. 51

misal panjang proyeksi vektor a pada b adalah |r|, maka:

| r | = b

ba ⋅

55

8 =

222 24

)24()422(

p

p

++

⋅−

55

8 =

220

448

p

p

+

+−

55

8 =

220

44

p

p

+

+

{4 + 4p = )20(55

8 2p+ } ×4

1

{1 + p = )20(55

2 2p+ } 2

1 +2p + p2 = 25

4{5(20 + p2)}

{1 +2p + p2 = 5

)20(4 2p+} × 5

5 + 10p + 5p2 = 80 + 4p2 5p2 – 4p2 + 10p + 5 – 80 = 0 p2 + 10p – 75 = 0 (p + 15)(p – 5) = 0 p = {–15, 5} …………………………………..(c)

7. Diketahui segitiga ABC dengan titik A(2, –1, – 3), B(–1, 1, –11), dan C(4, –3, –2).

Proyeksi vektor AB pada AC adalah … a. –12i + 12j – 6k b. –6i + 4j – 16k c. –4i + 4j – 2k d. –6i – 4j + 16k e. 12i – 12j + 6k

Misal vektor u = AB dan vektor v = AC , maka u = b – a = (–1 1 –11) – (2 –1 –3)

= (–3 2 –8)

v = c – a = (4 –3 –2) – (2 –1 –3) = (2 –2 1)

| v | = 222 1)2(2 +−+ = 9 = 3

u ⋅ v = (–3 2 –8) ⋅ (2 –2 1)

= –6 – 4 – 8 = –18

misal proyeksi vektor u pada v adalah w, maka:

w = |||| v

vv

vu ×⋅

= 3

)122(

3

18 −×−

= –2(2 –2 1) = (–4 4 –2) = –4i + 4j – 2k ……………………….(c)



77

21. TRANSFORMASI

SOAL PENYELESAIAN 1. Lingkaran yang berpusat di (3, –2) dan

berjari-jari 4 diputar dengan R[O, 90º], kemudian dicerminkan terhadap sumbu X. persamaan bayangan lingkaran adalah … a. x2 + y2 + 4x – 6y + 3 = 0

b. x2 + y2 – 6x + 4y – 3 = 0

c. x2 + y2 + 6x – 4y – 3 = 0

d. x2 + y2 + 4x – 6y – 3 = 0

e. x2 + y2 – 4x + 6y – 3 = 0

Jari-jari lingkaran akibat pencerminan dan rotasi adalah tetap

T1 = R[O, 90º]=

−01

10 dan

T2 = My = 0 =

−10

01

T2 ο T1 =

'

'

y

x =

−10

01

−01

10

y

x

'

'

y

x=

−−01

10

− 2

3 =

− 3

2

dengan demikian bayangannya berpusat di (a, b) = (2, –3) dan jari-jari r = 4.

x2 + y2 – 2ax – 2by + ( 222 rba −+ ) = 0

x2 + y2 – 2(2)x –2(–3)y + ( 222 4)3(2 −−+ )= 0

x2 + y2 – 4x + 6y + (4 + 9 – 16) = 0

x2 + y2 – 4x + 6y – 3 = 0 …………………….(e)

2. Garis dengan persamaan 3x + y – 2 = 0 dicerminkan terhadap garis y = x, dilanjutkan oleh transformasi yang bersesuaian dengan

matriks

21

32. Persamaan bayangannya

adalah … a. 3x – y + 1 = 0 b. 2x + y – 1 = 0 c. x – 3y + 2 = 0 d. x – 3y – 2 = 0 e. x + 3y – 2 = 0

T1 = My = x =

01

10 dan T2 =

21

32

T2 ο T1 =

'

'

y

x =

21

32

01

10

y

x

'

'

y

x=

21

32

x

y

x

y=

1

21

32−

'

'

y

x

=

−−

− 21

32

34

1

'

'

y

x

=

−−21

32

'

'

y

x

x

y=

+−−

'2'

'3'2

yx

yx

g : 3x + y – 2 = 0 g’ : 3(–x’ + 2y’) + 2x’ – 3y’ – 2 = 0

–3x’ + 6y’ + 2x’ – 3y’ – 2 = 0 {–x’ + 3y’– 2 = 0} × (–1)

x – 3y + 2 = 0 …………(c)



78

SOAL PENYELESAIAN 3. Persamaan bayangan garis 3x + 5y – 7 = 0

oleh transformasi yang bersesuaian dengan

matriks

−−21

11dilanjutkan dengan

12

23adalah …

a. 2x + 3y + 7 = 0

b. 2x + 3y – 7 = 0

c. 3x + 2y – 7 = 0

d. 5x – 2y – 7 = 0

e. 5x + 2y – 7 = 0

T1 =

−−21

11 dan T2 =

12

23

T2 ο T1 =

'

'

y

x =

12

23

−−21

11

y

x

'

'

y

x=

01

11

y

x

y

x=

1

01

11−

'

'

y

x

y

x=

−−

− 11

10

10

1

'

'

y

x

y

x=

−11

10

'

'

y

x =

− ''

'

yx

y

Maka: g : 3x + 5y – 7 = 0 g’ : 3y’ + 5(x’ – y’) – 7 = 0

3y’ + 5x’ – 5y’ – 7 = 0 5x’ – 2y’ – 7 = 0 5x – 2y – 7 = 0 …………………..(d)

4. Luas bayangan persegi panjang PQRS dengan

P(–1, 2), Q(3, 2), R(3, –1), S(–1, –1) karena dilatasi [O,3] dilanjutkan rotasi pusat O

bersudut 2π adalah …

a. 36 b. 48 c. 72 d. 96 e. 106

Rotasi diabaikan, karena rotasi tidak mempengaruhi luas bayangan yang terbentuk.

Luas persegi panjang PQRS

PQ = 3 – (–1) = 4

QR = 2 – (–1) = 3

Maka L = 4 · 3 = 12

L’ = luas akibat dilatasi [O,3]

= 3L = 3 · 12 = 36 ………………….(a)



79

SOAL PENYELESAIAN

5. Transformasi

−+21

1aa yang dilanjutkan

dengan transformasi

−− 31

12 terhadap

titik A(2, 3) dan B(4, 1) menghasilkan bayangan A’(22, –1) dan B’(24, –17). Oleh komposisi transformasi yang sama, bayangan titik C adalah C’(70, 35). Koordinat titik C adalah … a. (2, 15) b. (2, –15) c. (–2, 15) d. (15, –2) e. (15, 2)

T1 =

−+21

1aa dan T2 =

−− 31

12

(i) titik A(2, 3) oleh transformasi T2 ο T1

menghasilkan bayangan A’(22, – 1)

T2 ο T1 =

'

'

y

x =

−− 31

12

−+21

1aa

y

x

−1

22 =

−− 31

12

−+21

1aa

3

2

−1

22 =

−− 31

12

−++

62

332 aa

−1

22 =

−− 31

12

−+

4

35a

−1

22 =

+−−−+

1235

4610

a

a =

+−+

95

210

a

a

dari kesamaan di atas diperoleh: 10a + 2 = 22

10a = 20 a = 2

dengan demikian T1 =

−+21

1aa=

− 21

32

(ii) titik C(x, y) oleh transformasi T2 ο T1

menghasilkan bayangan A’(70, 35)

T2 ο T1 =

'

'

y

x =

−− 31

12

− 21

32

y

x

35

70 =

− 35

45

y

x

y

x =

1

35

45−

−

35

70

y

x =

−+ 55

43

2015

1

35

70

y

x =

−55

43

35

1

35

70

y

x =

−55

43

1

2=

15

2

……………………………….(a)



80

22. BARISAN DAN DERET ARITMETIKA

SOAL PENYELESAIAN 1. Jika jumlah bilangan ganjil 5 + 7 + 9 + … +

p = 525, maka p = … a. 20 b. 24 c. 23 d. 45 e. 49

Diket: U1 = a = 5 b = 7 – 5 = 2

Sn = 525 dit : p = Un

jawab:

• Sn = 21 n (2a + (n – 1)b) ………rumus B.2).(2)

525 = 21 ·n {2(5) + (n – 1)2}

525 = n(5 + n – 1) 525 = n(4 + n) 525 = n2 + 4n n2 + 4n – 525 = 0 (n + 25)(n – 21) = 0 n = {–25, 21}, nilai n yang memenuhi adalah n = 21 karena n selalu positif.

• Un = a + (n – 1)b U21 = 5 + (21 – 1)2

= 5 + 20(2) = 5 + 40 = 45 …………………………(d)

2. Suku tengah deret aritmetika adalah 40. Jika jumlah n suku pertama deret itu 1.000, maka n = … a. 21 b. 23 c. 25 d. 27 e. 29

Diket: Ut = 40 Sn = 1.000

dit : n

jawab:

Ut = 21 (a + Un) ……………...(1)

Sn = n· 21 (a + Un) ……………(2)

Substitusikan pers. (1) ke (2)

Sn = n · Ut 1.000 = n · 40

n = 40000.1 = 25 ……………………………(c)



81

SOAL PENYELESAIAN 3. Jumlah sepuluh suku pertama deret log 2 +

log 6 + log 18 + log 54 + … adalah … a. 5 log(4·310) b. 5 log(2·39) c. log(4·310) d. log(4·345) e. log(45·345)

Diket: a = log 2

b = log 6 – log 2 = )log(26 = log 3

dit : S10

jawab:

• Sn = 21 n (2a + (n – 1)b) ………rumus B.2).(2)

S10 = 21 · 10(2·log 2 + 9 log 3)

= 5(2·log 2 + 9 log 3) = 5(log 22 + log 39) = 5log (4 ·39) = log (4 ·39)5 = log(45 ·345) ………………………….(e)

4. Diketahui suku ketiga dan suku kelima dari deret aritmetika berturut-turut adalah 18 dan 24. Jumlah tujuh suku pertama deret tersebut adalah … a. 117 b. 120 c. 137 d. 147 e. 160

Diket: U3 = 18 U5 = 24

dit : S7

jawab: U5 = a + 4b = 24 ……………(1) U3 = a + 2b = 18_ _ ………. (2)

2b = 6 b = 3

substitusikan b = 3 ke pers (2) a + 2b = 18 a + 6 = 18

a = 18 – 6 = 12

• Sn = 21 n (2a + (n – 1)b) ………rumus B.2).(2)

S7 = 21 · 7 (2·12 + 6·3)

= 7(12 + 3·3) = 7(12 + 9) = 7(21) = 147 …………………………..(d)



82

SOAL PENYELESAIAN 5. Suku ke-5 sebuah deret aritmetika adalah 11

dan jumlah nilai suku ke-8 dengan suku ke-12 sama dengan 52. Jumlah 8 suku yang pertama deret itu adalah … a. 68 b. 72 c. 76 d. 80 e. 84

Diket: U5 = 11 U8 + U12 = 52

dit : S8

jawab: U8 + U12 = a + 7b + a + 11b

52 = 2a + 18b 26 = a + 9b ⇔ a + 9b = 26 …………(1) U5 = a + 4b = 11_ _ ……. (2)

5b = 15 b = 3

substitusikan b = 3 ke pers (2) a + 4b = 11 a + 4(3) = 11

a = 11 – 12 = –1

Sn = 21 n (2a + (n – 1)b) ………rumus B.2).(2)

S8 = 21 ·8 (2(-1) + 7·3)

= 4 (–2 + 21) = 4(19) = 76 ………………………………...(c)

6. Diketahui suatu barisan aritmetika, Un menyatakan suku ke-n. Jika U7 = 16 dan U3 + U9 = 24, maka jumlah 21 suku pertama dari deret aritmetika tersebut adalah … a. 336 b. 672 c. 756 d. 1.344 e. 1.512

Diket: U7 = 16 U3 + U9 = 24

dit : S21

jawab: U3 + U9 = a + 2b + a + 8b

24 = 2a + 10b 12 = a + 5b ⇔ a + 5b = 12 …………(1) U7 = a + 6b = 16_ _ ……. (2)

–b = –4 b = 4

substitusikan b = 4 ke pers (1) a + 5b = 12 a + 5(4) = 12

a = 12 – 20 = –8

Sn = 21 n (2a + (n – 1)b) ………rumus B.2).(2)

S21 = 21 ·21 (2(-8) + 20·4)

= 21(–8 + 10·4) = 21(–8 + 40) = 21(32) = 672 …………………………..(b)



83

SOAL PENYELESAIAN 7. Barisan bilangan aritmetika terdiri dari 21

suku. Suku tengah barisan tersebut adalah 52, sedangkan U3 + U5 + U15 = 106. suku ke-7 barisan tersebut adalah … a. 27 b. 30 c. 32 d. 35 e. 41

• Substitusikan a = 2 pers. (1) 106 = 3a + 20b 106 = 3(2) + 20b 20b = 106 – 6 20b = 100 b = 5

Jadi, U7 = a + 6b = 2 + 6(5) = 2 + 30 = 32 ………………….(c)

Diket: n = 21 Ut = 52

U3 + U5 + U15 = 106 dit : U7

jawab: • U3 + U5 + U15 = a + 2b + a + 4b + a + 14b

106 = 3a + 20b………………….(1) 106 = 2a + (a + 20b) 106 = 2a + U21 U21 = 106 – 2a ………………….(2)

• Substitusikan pers. (2) ke rumus Ut

Ut = 21 (a + U2k – 1)

52 = 21 (a + 106 – 2a)

104 = 106 – a a = 106 – 104

= 2

8. Tiga bilangan membentuk barisan

aritmetika. Jika suku ketiga ditambah dua, dan suku kedua dikurangi dua, diperoleh barisan geometri. Jika suku ketiga barisan aritmetika ditambah 2 maka hasilnya menjadi empat kali suku pertama. Maka suku pertama deret aritmetika tersebut adalah … a. 4 b. 6 c. 8 d. 12 e. 14 • Dari pers. (1) dan (2)

–5x + 2y = – 2 | × 1 ⇔ –5x + 2y = – 2 2x – y = – 2 | × 2 ⇔ 4x – 2y = – 4 +

–x = –6 x = 6

Jadi, U1 = 6 ……………………………(b)

Dik : 1) x, y, z ………: barisan aritmetika

z + 2 = 4x z = 4x – 2

2) x, (y – 2), (z + 2) : barisan geometri dit : U1 Jawab: • beda b

y – x = z – y y – x = (4x – 2) – y y + y = 4x + x – 2

–5x + 2y = – 2 ……………………..(1) • Rasio r

2

22

−+=−

y

z

x

y

2

2242

−+−=−

y

x

x

y

2

42

−=−

y

x

x

y

4x2 = (y – 2)2 2x = y – 2 2x – y = – 2 ………………………………(2)



84

23. BARISAN DAN DERET GEOMETRI

SOAL PENYELESAIAN

1. Persamaan kuadrat x2 – 20x + m = 0, mempunyai akar-akar p dan q. Jika p, q, pq membentuk barisan geometri, nilai m = … a. –125 atau 64 b. 125 atau –64 c. 75 atau –96 d. –75 atau 96 e. –60 atau 120

• x2 – 20x + m = 0 , akar-akarnya p dan q, maka

(i) p + q = a

b− = 20

p = 20 – q …………………..(1)

(ii) pq = a

c = m …………………(2)

• p, q, pq …….. barisan geometri, maka

q

pq

p

q =

p

q = p

q = p2 ………………………….(3) • dari pers. (1) dan (3)

p = 20 – q p = 20 – p2 p2 + p – 20 = 0 (p + 5)(p – 4) = 0 p = {–5, 4} maka di peroleh q = {25, 16}

• Substitusikan nilai p dan q ke pers. (2) m = pq = –5· 25 = –125 atau

= 4·16 = 64 Jadi, m = {–125 atau 64} …………………(a)

2. Seutas tali dipotong menjadi 5 bagian menurut deret geometri. Jika yang terpendek 10 cm dan yang terpanjang 160 cm, panjang tali semula adalah … cm a. 310 b. 320 c. 630 d. 640 e. 650

Diket : n = 5 a = 10 U5 = 160

Dit: S5

Jawab: • U5 = a·r4

160 = 10·r4 r4 = 16 = 24 r = 2

• Karena r > 1, maka

Sn = 1

)1(

−−

r

ra n

S5 = 12

)12(10 5

−−

= 10(32 – 1 ) = 10(31)

= 310 …………(a)



85

SOAL PENYELESAIAN 3. Jika x6 = 162 adalah suku keenam suatu

deret geometri, log x2 + log x3 + log x4 + log x5 = 4 log 2 + 6 log 3, maka jumlah empat suku pertama deret tersebut sama dengan …

a. 8032

b. 80 c. 27

d. 2632

e. 26

log x2 + log x3 + log x4 + log x5 = 4 log 2 + 6 log 3 log (x2· x3 · x4 · x5) =2(2 log 2 + 3 log 3) log (ar· ar2 · ar3 · ar4) =2(log 22 + log 33)

log a4r10 = 2(log 22·33) 2 log a2r5 = 2(log 22·33) log a2r5 = log 22

·33 a2r5 = 22

·33 …………………….(1)

• x6 = 162 ar5 = 162 = 2·81 = 2·34 …………………….(2)

dari (1) dan (2)

5

52

ar

ra =

4

32

32

32

⋅⋅

a = 32

• substitusikan a = 32 ke pers. (2)

ar5 = 2·34

{32 ·r5 = 2·34}× 2

3

r5 = 35 r = 3

• deret 4 suku pertama

S4 = U1 + U2 + U3 + U4 = a + ar + ar2 + ar3

= 32 +

32 ·3 +

32 ·32 +

32 ·33

= 32 + 2 + 6 + 18 = 26

32 …………(d)

4. Jumlah lima suku pertama suatu deret geometri adalah 93 dan rasio deret itu 2, hasil kali suku ke-3 dan ke-6 adalah … a. 4.609 b. 2.304 c. 1.152 d. 768 e. 384

Diket : S5 = 93 r = 2

Dit: U3· U6 Jawab: • Karena r > 1, maka

Sn = 1

)1(

−−

r

ra n

S5 = 12

)12( 5

−−a

93 = a(32 – 1) 93 = 31a

a = 3193 = 3

• U3· U6 = ar2· ar5 =3·22

·3·25 =3·4·3·32 = 1.152 …………………………….(c)



86

SOAL PENYELESAIAN 5. Bakteri jenis A berkembang biak menjadi

dua kali lipat setiap lima menit. Pada waktu lima belas menit pertama banyaknya bakteri ada 400. Banyaknya bakteri pada waktu tiga puluh lima menit pertama adalah … bakteri a. 640 b. 3.200 c. 6.400 d. 12.800 e. 32.000

Diket : r = 2

515U = U3 = 400

Dit: 535U = U7

Jawab: • U3 = ar2

400 = a·22 400 = a·4

a = 4400 = 100

• U7 = ar6 = 100×26 = 100×64 = 6.400 ……………………..(c)

6. Sebuah bola pingpong dijatuhkan ke lantai dari ketinggian 2 meter. Setiap bola itu memantul ia mencapai ketinggian ¾ dari ketinggian yang dicapai sebelumnya. Panjang lintasan bola tersebut hingga bola berhenti adalah … meter a. 17 b. 14 c. 8 d. 6 e. 4

Diket : h = 2

r = 43

a = 43 h = 4

3 ×2 = 23

Dit: Stot Jawab: Stot = h + Snaik + Sturun

= h + 2(S∞)

= h + r

a

−1

2 = 2 +

4323

1

2

−⋅

= 2 + 41

3 = 2 + 12

= 14 ………………..(b)



87

24. PERSAMAAN/PERTIDAKSAMAAN EKSPONEN

SOAL PENYELESAIAN

1. Penyelesaian persamaan 1x5x23 ++ = (27)x + 3

adalah p dan q, dengan p > q. nilai p – q = … a. –6

b. –4

c. –2

d. 2

e. 6

1x5x23 ++ = (27)x + 3

⇔ 1x5x23 ++ = (33)x + 3

⇔ 1x5x23 ++ = 33x + 9

⇔ x2 + 5x + 1 = 3x + 9 ⇔ x2 + 2x – 8 = 0 ⇔ (x – 2)(x + 4) = 0

(i) x – 2 = 0 x = 2 = p

(ii) x + 4 = 0 x = –4 = q

Jadi, p – q = 2 – (– 4) = 6 …………………(e)

2. Penyelesaian persamaan

1x3x4x

32

18

2

−+− = adalah p dan q, dengan

p > q. nilai p + 6q = … a. –17

b. –1

c. 3

d. 6

e. 19

1x

3x4x

32

18

2

−+− =

⇔)1(5

)34(3

2

12

2

−+− =

xxx

⇔ )1(5)34(22

223 −−+− = xxx

⇔ { )34(2

23 +− xx = – 5(x – 1)} × 2

⇔ 3(x2 – 4x + 3) = – 10(x – 1) ⇔ 3x2 – 12x + 9 = – 10x + 10 ⇔ 3x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ (x – 1)(3x + 1) = 0

(i) x – 1 = 0 x = 1 = p

(ii) 3x + 1 = 0

x = 31− = q

Jadi, p + 6q = 1 + 6(31− )

= 1 – 2 = –1 …………………(b) 3. Himpunan penyelesaian dari

2x + 5 < 11x6x22 ++ adalah …

a. {x| x < –3 atau x > –2}

b. {x| x < 2 atau x > 3}

c. {x| x < –6 atau x > –1}

d. {x|–3 < x < –2}

e. {x| 2 < x < 3}

bilangan pokok 2 >1, sehingga tanda pertidaksamaan tetap

2x + 5 < 11x6x22 ++ ,

⇔ x + 5 < x2 + 6x + 11 ⇔ – x2 + x – 6x + 5 – 11 < 0 ⇔ {– x2 – 5x – 6 < 0} × (–1) ⇔ x2 + 5x + 6 > 0 ……pertidaksamaan berubah ⇔ (x + 3)(x + 2) > 0

pembentuk nol

x = {–3, –2}

karena tanda pertidaksamaannya >, maka HP ada di tepi, menggunakan kata hubung atau……...(a)



88

SOAL PENYELESAIAN 4. Himpunan penyelesaian dari persamaan

8x xlog2 2=+ adalah …

a. {31 , 1}

b. { 41 , 2}

c. {81 , 1}

d. {81 , 2}

e. {2}

Karena bentuk 8x xlog2 2=+ tidak bisa di ubah

ke dalam bentuk baku persamaan eksponen bilangan pokok logaritma adalah 2, maka persamaan tersebut diselesaikan dengan menggunakan logaritma dengan bilangan pokok 2

8x xlog2 2=+

⇔ xx log22 2log + = 2log 8

⇔ xx log22 2log + = 2log 23

⇔ (2 + 2log x)(2log x) = 3 ⇔ ( 2log x)2 + 2( 2log x) – 3 = 0 ⇔ ( 2log x + 3)( 2log x – 1) = 0 (i) 2log x + 3 = 0

2log x = –3

x = 2–3 = 81

(ii) 2log x – 1= 0 2log x = 1

x = 21 = 2

Jadi, HP = {81 , 2}

5. Jika 6x – 1 = ( ) 1x32 +

, maka x = …

a. 2log3

b. 3log2

c. 3log21

d. 3log6

e. 2log31

Karena bentuk 6x – 1 = ( ) 1x32 +

tidak bisa di ubah

ke dalam bentuk baku persamaan eksponen, maka persamaan tersebut diselesaikan dengan menggunakan logaritma

6x – 1 = ( ) 1x32 +

⇔ log 6x – 1 = log( ) 1x32 +

⇔ (x – 1)log 6 = (x + 1)log( )32

⇔ x log 6 – log 6 = x log( )32 + log( )

32

⇔ x log 6 – x log( )32 = log 6 + log( )

32

⇔ x {log 6 – log( )32 } = log 6 + log( )

32

⇔ x

32

6log = ( )

326log ×

⇔ x log 9 = log 4

⇔ x = 9log

4log = 9log 4

= 23 2log2

= 3log2 ……………(b)



89

SOAL PENYELESAIAN 6. Himpunan penyelesaian

5x3x2

3

1−−

<

2x

3

1−−

adalah …

a. {x| x < –3 atau x > 1}

b. {x| –1 < x < 3}

c. {x| x < –1 atau x > 3}

d. {x|–3 < x < 1}

e. {x| x < 1 atau x > 3}

bilangan pokok 31 < 1, sehingga tanda

pertidaksamaan berubah

( ) 53

31

2 −− xx< ( ) 2

31 −−x

⇔ x2 – 3x – 5 > –x – 2 ⇔ x2 – 3x + x – 5 + 2 > 0 ⇔ x2 – 2x – 3 > 0 ⇔ (x + 1)(x – 3) > 0

pembentuk nol

x = {–1, 3}

karena tanda pertidaksamaannya >, maka HP ada di tepi, menggunakan kata hubung atau……...(c)

7. Nilai x yang memenuhi pertidaksamaan xxx 4

32325)5(

−< adalah … a. 1 < x < 3 atau x > 4

b. 0 < x < 1 atau x > 2

c. 0 < x < 3 atau x > 4

d. x < 0 atau 1 < x < 3

e. 0 < x < 1 atau x > 3

xxx 4323

25)5(−<

⇔ )(2

4323

21

5)5(xxx −<

⇔ xxx

2323

21 2

55−<

⇔ { 321 x < xx

2322 − } × 2

⇔ x3 < 4x2 – 3x ⇔ x3 – 4x2 + 3x < 0 ⇔ x(x2 – 4x + 3) < 0 ⇔ x(x – 1)(x – 3) < 0

pembentuk nol (i) x = 0 (ii) x – 1= 0

x = 1

(iii) x – 3 = 0 x = 3

Jadi x = {0, 1, 3} Karena pembentuk nol ada 3, untuk menentukan daerah HP dibuat dulu grafiknya sbb:

berdasarkan garfik di atas, maka: HP = { x < 0 atau 1 < x < 3} …………………(d)



90

25. PERSAMAAN/PERTIDAKSAMAAN LOGARITMA

SOAL PENYELESAIAN 1. Penyelesaian persamaan

2log(3x2 + 5x + 6) – 2log(3x + 1) = 2 adalah α dan β. Untuk α > β, nilai α – β = …

a. 31

b. 21

c. 132

d. 2 e. 3

2log(3x2 + 5x + 6) – 2log(3x + 1) = 2 ⇔ 2log(3x2 + 5x + 6) – 2log(3x + 1) = 2log22

⇔

+++

13

653log

22

x

xx= 2log 4

⇔ 13

653 2

+++

x

xx= 4

⇔ 3x2 + 5x + 6 = 4(3x + 1) ⇔ 3x2 + 5x + 6 = 12x + 4 ⇔ 3x2 + 5x – 12x + 6 – 4 = 0 ⇔ 3x2 – 7x + 2 = 0 ⇔ (3x – 1)(x – 2) = 0

(i) 3x – 1= 0

x = 31 = β

(ii) x – 2 = 0 x = 2 = α

Jadi: α – β = 2 – 31 = 1

32 ……………………(c)

2. Akar-akar persamaan 4log(2x2 – 3x + 7) = 2 adalah x1 dan x2. Nilai 4x1· x2 = … a. –6

b. –18

c. 10

d. 18

e. 46

4log(2x2 – 3x + 7) = 2

⇔ )732log( 222+− xx = 2log 22

⇔ 21 )732log( 22 +− xx = 2log 4

⇔ )732log( 22 +− xx = 2log 42

⇔ 2x2 – 3x + 7 = 16 ⇔ 2x2 – 3x + 7 – 16 = 0 ⇔ 2x2 – 3x – 9 = 0

Bentuk akhir di atas adalah persamaan kuadrat, sehingga nilai 4x1· x2 dapat diketahui tanpa harus menyelesaikan persamaannya terlebih dahulu.

4x1· x2 =

a

c4 =

−2

94

= 2(– 9) = –18 ………………(b)



91

SOAL PENYELESAIAN 3. Batas-batas nilai x yang memenuhi

3log(x2 – 2x + 1) ≤ 2 adalah … a. –2 ≤ x ≤ 4, x ≠ 1

b. 1 ≤ x ≤ 4

c. 1 < x ≤ 4

d. –4 ≤ x ≤ 1

e. –4 < x < 4, x ≠ 1

3log(x2 – 2x + 1) ≤ 2 ⇔ 3log(x2 – 2x + 1) ≤ 3log 32

⇔ 3log(x2 – 2x + 1) ≤ 3log 9

(i) pertidaksamaan x2 – 2x + 1 ≤ 9 x2 – 2x – 8 ≤ 0 (x + 2)(x – 4) ≤ 0

pembentuk nol • x + 2 = 0

x = –2 • x – 4 = 0

x = 4

x = {– 2, 4}

(ii) numerus x2 – 2x + 1 > 0

⇔ (x – 1)2 > 0 pembentuk nol x = {1}

grafik himpunan penyelesaian

berdasarkan bagan di atas, maka: HP = {–2 ≤ x ≤ 4, x ≠ 1} …………………..(a)



92

SOAL PENYELESAIAN 4. Nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

9log(x2 + 2x) < ½ adalah … a. –3 < x < 1

b. –2 < x < 0

c. –3 < x < 0

d. –3 ≤ x ≤ 1 atau 0 < x < 2

e. –3 < x < –2 atau 0 < x <1

9log(x2 + 2x) < 21

⇔ )2log( 232xx + <

21

⇔ {21 )2log( 23 xx + <

21 }× 2

⇔ )2log( 23 xx + < 1

⇔ )2log( 23 xx + < 3log 3 i) pertidaksamaan

x2 + 2x < 3 x2 + 2x – 3 < 0 (x + 3)(x – 1) < 0

pembentuk nol • x + 3 = 0

x = –3 • x – 1 = 0

x = 1

x = {– 3, 1}

(ii) numerus x2 + 2x > 0

⇔ x(x + 2) > 0 pembentuk nol x = {0, – 2} Grafik himpunan penyelesaian

berdasarkan bagan di atas, maka: HP = {–3 < x < –2 atau 0 < x <1} …………..(e)



93

SOAL PENYELESAIAN 5. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan

0)8xlog( 221

>− adalah … a. {x | –3 < x < 3

b. {x | – 22 < x < 22 } c. {x | x < –3 atau x < 3

d. {x | x < – 22 atau x < 22 }

e. {x | –3 < x < – 22 atau 22 < x < 3}

0)8xlog( 221

>−

⇔ 1log)8log( 21

21

2 >−x

(i) pertidaksamaan

Karena bilangan pokok 21 < 1, maka tanda

pertidaksamaan berubah x2 – 8 < 1

⇔ x2 – 9 < 0 ⇔ (x + 3)(x – 3) < 0

pembentuk nol x = {– 3, 3}

(ii) numerus x2 – 8 > 0

pembentuk nol x2 = 8

x = 8±

x = 22±

berdasarkan bagan di atas, maka:

HP = {x | –3 < x < – 22 atau 22 < x < 3} ………………………………………..…..(e)



94

SOAL PENYELESAIAN 6. Nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

)3xlog()xxlog( 21

21

2 +≥− adalah …

a. {x | –1≤ x ≤ 3, x ∈R

b. {x | –1≤ x < 0 atau 1< x ≤ 3, x ∈R

c. {x | x < 0 atau x > 1, x ∈R

d. {x | –1≤ x < 0 atau x ≥ 3, x ∈R

e. {x | x ≥ 0 atau –1 ≤ x ≤ 3, x ∈R

)3xlog()xxlog( 21

21

2 +≥− (i) pertidaksamaan

Karena bilangan pokok 21 < 1, maka tanda

pertidaksamaan berubah x2 – x ≤ x + 3

⇔ x2 – x – x – 3 ≤ 0 ⇔ x2 – 2x – 3 ≤ 0 ⇔ (x + 1)(x – 3) ≤ 0

pembentuk nol x = {– 1, 3}

(ii) numerus a) x2 – x > 0

x(x – 1)

pembentuk nol x = {0, 1}

b) x + 3 > 0 x > –3

berdasarkan bagan di atas, maka: HP = {x | –1≤ x < 0 atau 1< x ≤ 3, x ∈R}

……………………………………………..(b)

Cuplikan Soal Dan Pembahasan Un Matematika Program Ipa

Documents

Transcript of Cuplikan Soal Dan Pembahasan Un Matematika Program Ipa