K K K K - · PDF fileSOAL DAN PEMBAHASAN MATA UJI MATEMATIKA TKD SAINTEK SBMPTN 2015 Berikut...

SOAL & PEMBAHASAN

©yos3prens.wordpress.com

2015SBMPTNMATEMATIKA TKD SAINTEK

http://yos3prens.wordpress.com


SOAL DAN PEMBAHASAN MATA UJI MATEMATIKA

TKD SAINTEK SBMPTN 2015

Berikut ini 15 soal mata uji matematika beserta pembahasannya yang diujikan dalam TKD Saintek SBMPTN Tahun 2015 kode naskah 517.

1. Misalkan titik A dan B pada lingkaran 2 2 6 2 0x y x y k+ − − + = sehingga garis singgung lingkaran di

titik A dan B berpotongan di ( )8,1C . Jika luas segiempat

yang melalui A , B , C , dan pusat lingkaran adalah 12, maka ....k =

Pembahasan Beberapa hal yang dapat kita peroleh untuk menyelesaikan masalah ini adalah sebagai berikut:

• Lingkaran 2 2 6 2 0x y x y k+ − − + = memiliki pusat di

( )1 1, 3,12 2

O A B O − − =

.

• Karena garis singgung lingkaran tegak lurus dengan jari-jari lingkaran pada titik potongnya, maka OAC merupakan segitiga siku-siku di A . Demikian juga OBC merupakan segitiga siku-siku di B .

• Luas OAC∆ sama dengan setengah luas segiempat

OACB , yaitu 1 12 62× = satuan luas. Sehingga tinggi

OAC∆ dapat ditentukan sebagai berikut.

Luas OAC∆ 12

OC t= ⋅ ⋅

6 ( )1 8 32

t= ⋅ − ⋅

t 6 2 225 5⋅

= =

Koordinat titik A adalah 2 2,1 2 ,35 5

A x A x + =

.

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

adalah pusat

lingkaran, maka

.

Ingat!


Soal dan Pembasan Matematika SBMPTN 2015 2


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

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

OA ACm m⋅ 1= −

2,4 2,43 8x x⋅

− − 1= −

25,7611 24x x− +

1= −

5,76 2 11 24x x= − + − 2 11 29,76x x− + 0=

( )( )4,8 6,2x x− − 0=

x 4,8= atau 6,2x =

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

( ) ( )2 24,8 3 3,4 1 9 3r = − + − = =

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

( ) ( )2 26, 2 3 3,4 1 16 4r = − + − = =


3 Soal dan Pembahasan Matematika SBMPTN 2015


Sehingga peroleh dua nilai k yaitu, 2 2 23 1 3 1k = + − =

atau, 2 2 23 1 4 6k = + − = −

(Jawaban C)

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

( )sin 2 60x + ° adalah ….

Pembahasan Sebelum menyelesaikan permasalahan tersebut, kita tentukan

( ) 2cos 15 1x a+ ° = − .

Sehingga, kita dapatkan

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

( ) ( )sin 2 15 cos30 cos 2 15 sin 30x x= + ° °+ + ° °

( )2 21 12 1 3 1 22 2

a a a= − ⋅ + − ⋅

( )2 21 3 12

a a a= − + −

(Jawaban A)

3. Diketahui 2 2a i j k= − −

dan 4b i j= −

. Luas jajaran genjang

yang dibentuk oleh a b+

dan a

adalah ….

Pembahasan Pertama, kita ilustrasikan jajaran genjang yang dibentuk oleh kedua vektor tersebut.

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

Ingat!




Proyeksi ortogonal vektor a b+

pada a

adalah

( )( ) ( )2 22

3 26 21 1 19

32 2 1

a b ac

a

− ⋅ − + ⋅ − − = = =+ − + −

.

Panjang vektor a b+

dapat ditentukan sebagai berikut.

( ) ( )2 223 6 1 46a b+ = + − + − =

Sehingga

22 2 2 19 5346

3 3t a b c = + − = − =

Jadi, luas jajaran genjang yang terbentuk

533 533

L a t= ⋅ = ⋅ =

(Tidak ada jawaban)

Cara lain Cara ini untuk memastikan bahwa soal nomor 3 memang benar-benar tidak ada jawabannya.

Pertama kita tentukan sinus sudut θ , yaitu sudut yang

dibentuk oleh a

dan a b+

.

2 32 61 1 19cos3 46 3 46

θ

− ⋅ − − − = =

⋅. Sehingga,

53sin3 46

θ = .

Luas segitiga yang dibentuk oleh a

dan a b+

adalah

1 1 53 1sin 3 46 532 2 23 46

L a a b θ∆ = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

.

Jadi, luas jajaran genjangnya adalah

12 53 532

L = ⋅ = (terbukti)




4. Pencerminan garis 2y x= − + terhadap garis 3y = menghasilkan garis ….

Pembahasan Misalkan ( ),x y sebarang titik pada garis

2y x= − + , maka bayangan titik tersebut setelah dicerminakan terhadap garis 3y = adalah

' 1 0 0' 0 1 2 3 6

x x xy y y

= + = − ⋅ −

.

Sehingga, kita mendapatkan

'x x= dan 6 'y y= −

Selanjutnya kita substitusi dua persamaan tersebut ke persamaan garis yang dicerminakan.

6 ' ' 2 ' ' 4y x y x− = − + ⇔ = +

Jadi, bayangan garis tersebut adalah 4y x= + .

(Jawaban A)

5. Pada kubus .ABCD EFGH dengan panjang rusuk 4, titik P terletak pada segmen AF sehingga 2PF AP= . Titik Q adalah titik potong garis GP dan bidang ABCD . Jika α adalah sudut yang terbentuk antara garis GQ dan garis DA maka nilai cosα adalah ….

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

Ingat!




Pembahasan Pertama, kita perhatikan dua segitiga PFG dan PAQ .

Karena garis FG dan AQ tegak lurus dengan bidang ABFE maka FG PF⊥ dan AG PF⊥ . Sehingga PFG PAQ∠ = ∠ . Selain itu, FPG APQ∠ = ∠ (bertolak belakang). Oleh karena itu, kita dapat menyimpulkan bahwa PFG∆ sebangun dengan PAQ∆ .

Selanjutnya kita tentukan panjang PF dan PA . Karena AF

merupakan diagonal sisi kubus, maka 4 2AF = . Sedangkan 2PF AP= , maka kita mendapatkan

1 44 2 22 1 3

AP = ⋅ =+

.

Dengan menggunakan kesebangunan,

4 22

AQ AP APAQFG PF AP

⋅= ⇔ = = .

Dengan menerapkan Teorema Pythagoras,

22 2 24 22 2 17

3 3PQ AP AQ = + = + =

.

Sehingga,

2 3cos 2 17173

AQPQ

α = = = .

(Jawaban D)




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

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

Pembahasan Perhatikan bahwa

( ) ( )( )2x a b x ab x a x b− + + = − − .

Sehingga x a= dan x b= merupakan pembuat nol

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

bentuk aljabar tersebut, maka

( ) ( ) ( )6 3 0p a a b a= − + − = …(6.1)

( ) ( ) ( )7 3 0p b b a b= − + − = …(6.2)

Persamaan (6.1) dapat ditulis kembali menjadi

( )6 3a b a− = − …(6.3)

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

( ) ( )7 3b a b− + − 0=

( )( )71 3a b b− − + − 0=

( )( )6 3a b a b b− − − + − 0=

( )( )3 3a b a b− − − + − 0=

23 3 3a a b ab b− + + − + − 0=

4b ab− 23 3a a= + −

( )4b a− 23 3a a= + −

b 23 3

4a a

a+ −

=−

(Jawaban D)

7. Nilai c yang memenuhi ( )( ) ( )( )2 23 2 80,0081 0,09x x c x x+ + − +<

adalah ….

Teorema Sisa menyatakan: Jika suku banyak dibagi

maka siwa

pembagiannya adalah .

Ingat!




Pembahasan Permasalahan di atas dapat diselesaikan sebagai berikut.

( )( )2 30,0081 x x c+ + ( )( )2 2 80,09 x x− +<

( )( )24 12 40,3 x x c+ + ( )( )22 4 160,3 x x− +<

24 12 4x x c+ + 22 4 16x x> − + 22 16 4 16x x c+ + − 0>

2 8 2 8x x c+ + − 0>

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

( )( )28 4 1 2 8c− − 0<

64 8 32c− + 0<

96 8c− 0<

c 96 128

> =

(Jawaban E)

8. Jika 1x , 2x adalah akar-akar 2 2 1 2 325 5 2 5 0x x x a+ +− − ⋅ + = di

mana 51 2 2 log 2x x+ = ⋅ , maka a = ….

Pembahasan Perhatikan bahwa, 2 2 1 2 325 5 2 5x x x a+ +− − ⋅ + 0=

( )22 1 2 3 25 5 5 2 5 5x x x a− ⋅ − ⋅ ⋅ + 0=

( )22 25 255 5x x a− ⋅ + 0=

Sehingga,

1,22 255 65.025 452

x a± −= .

Atau dengan kata lain,

51,2

255 65.025 42 log2

ax ± −

=

.

Syarat agar suatu fungsi kuadrat definit positif adalah dan

.

Ingat!

Definisi logaritma:

.

Ingat!




Padahal diketahui bahwa 51 2 2 log 2x x+ = ⋅ . Oleh karena itu,

kita mendapatkan

1 22 2x x+ 54 log 2= ⋅

5 255 65.025 4 255 65.025 4log2 2

a a + − − −⋅

54 log 2= ⋅

( )5 log a 5 4log 2=

a 42 16= =

(Jawaban C)

9. Nilai ( )( )

1

5 2 2 1lim

1x

x x

x→

− − − +

− adalah ….

Pembahasan

( )( )1

5 2 2 1lim

1x

x x

x→

− − − +

−

( )( )( )( )( )1

5 2 5 2 2 1lim

5 2 1x

x x x

x x→

− + − − − +=

− + −

( )1

2 1lim5 2x

xx→

− +=

− +

2 1 1 1

25 1 2− +

= =− +

(Jawaban E)

10. Jika 1u , 2u , 3u , … adalah barisan geometri yang memenuhi

3 6u u x− = , dan 2 4u u y− = , maka x y =….

Pembahasan

x y 3 6

2 4

u uu u−

=−

2 5

1 3ar arar ar

−=

−

( )( )

2 3

2

1

1

ar r

ar r

−=

−

Salah satu teknik faktorisasi aljabar:

dan

.

Ingat!




( )( )( )( )

21 11 1

r r r rr r

− + +=

− +

3 2

1r r r

r+ +

=+

(Jawaban C)

11. Fungsi ( ) 2sin2xf x x π= + + , 2xπ π− < < turun pada

interval ….

Pembahasan Fungsi turun atau naik dapat diidentifikasi melalui turunan pertama fungsi tersebut. Misalkan

( )y f x= dan 2sin2xu x π= + + , maka dengan menggunakan

aturan rantai kita mendapatkan

dydx

dy dudu dx

= ⋅

1 12sin cos

22x x

u = ⋅ +

2

12sin cos2

2 sin2

x x

xx π

+=

+ +

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

12sin cos2

x x + 0<

sin 2x 12

< −

Sehingga selesaian pertidaksamaan di atas adalah 512 12

xπ π− < < − , 7 11

12 12xπ π

< < , dan 19 2312 12

xπ π< < .

(Jawaban A)

12. Pada interval 2 2x− ≤ ≤ , luas daerah di bawah kurva 24y x= − dan di atas garis y k= sama dengan luas daerah

Jika untuk

semua dalam ,

maka turun pada

.

Ingat!




di atas kurva 24y x= − dan di bawah garis y k= . Nilai k adalah ….

Pembahasan Dengan mudah kita tahu bahwa 0 4k< < dan titik potong grafik 24y x= − dan y k= adalah

( )4 ,k k− − dan ( )4 ,k k− . Sehingga,

( )4

2

0

2 4k

x k dx−

− −∫ ( )2

2

4

2 4k

k x dx−

= − −∫

( )4

3

0

143

k

k x x−

− − ( )

23

4

1 43 k

x k x−

= + −

( )2 4 43

x x− − ( )16 22 4 43 3

k k k= − + − −

2k 163

=

k 83

=

(Jawaban B)

13. Banyak kurva 2

2 02

ByAx + =

dengan A dan B dua

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




Pembahasan Jika 0A = maka berapapun nilai B akan menghasilkan grafik yang sama. Begitu juga jika 0B = maka berapapun nilai A akan menghasilkan grafik yang sama. Sehingga hanya ada dua kemungkinan kurva yang dapat dibentuk untuk 0A = atau 0B = .

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

berbeda karena grafik 2

2 1 02

B yAx + =

dan

22 2 0

2B yAx + =

berbeda, serta

22

1 02

ByA x + =

dan

22

2 02

ByA x + =

juga akan berbeda. Sehingga banyaknya

kemungkinan grafiknya adalah ( )

42

4! 124 2 !

P = =−

. Jadi,

banyaknya semua kemungkinan kurvanya adalah 2 + 12 = 14.

(Jawaban B)

14. Tiga kelas masing-masing terdiri atas 30 siswa. Satu kelas di antaranya terdiri atas laki-laki saja. Satu siswa dipilih dari tiap-tiap kelas. Peluang terpilih ketiganya laki-laki adalah 7/36. Peluang terpilih dua laki-laki dan satu perempuan adalah ….

Pembahasan Misalkan ketiga kelas tersebut adalah Kelas A, Kelas B, dan Kelas C, Kelas A terdiri atas laki-laki saja, banyaknya siswa laki-laki kelas B adalah b dan banyaknya siswa laki-laki kelas C adalah c.

Peluang terpilih ketiganya laki-laki adalah 7/36, maka

3030 30 30

b c⋅ ⋅ 7

36=

b c⋅ 175=

Pada dua bilangan cacah kurang dari atau sama dengan 30 yang hasil kalinya sama dengan 175 hanyalah 7 dan 25. Sehingga 7b = dan 25c = , atau sebaliknya.

Terdapat dua kemungkinan terpilihnya dua laki-laki dan satu perempuan, yaitu siswa perempuan yang terpilih

Permutasi digunakan ketika urutan diperhitungkan. Pada soal nomor 13, grafik

dan akan berbeda dengan grafik

dan .

Ingat!




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

( )P A ( ) ( )30 3030 3030 30 30 30 30 30

b cc b− −= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

30 30

900 900c bc b bc− −

= +

( )30 2

900b c bc+ −

=

30 32 350 61

900 90⋅ −

= =

(Jawaban B)

15. Diketahui deret geometri tak hingga mempunyai jumlah

sama dengan nilai maksimum fungsi ( ) 32 223 3

f x x x= − + +

untuk 1 2x− ≤ ≤ . Selisih suku kedua dan suku pertama deret geometri tersebut adalah ( )2 ' 0f− . Rasio deret geometri

tersebut adalah ….

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

( )'f x 0=

22 2x− + 0=

( )( )2 1 1x x− + − 0=

x 1= − atau 1x =

Sehingga,

( ) ( ) ( )32 2 21 1 2 13 3 3

f − = − − + − + = − , dan

( ) ( ) ( )32 21 1 2 1 23 3

f = − + + = .

Diperoleh titik-titik puncaknya adalah 21,3

− −

dan ( )1,2 .

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

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

merupakan titik puncak.

Contoh pada

fungsi tetapi

titik bukan titik

puncak fungsi tersebut.

Ingat!




( ) ( ) ( )32 2 22 2 2 23 3 3

f = − + + = − .

Sehingga titik ujung yang sebelah kanan adalah 22,3

−

.

Jadi, nilai maksimum fungsi f adalah 2.

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

21

ar=

−.

Selain itu,

2 1u u− ( )2 ' 0f= −

ar a− ( )( )22 2 0 2= − − +

( )1a r − 4= −

a 4

1 r=

−

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

1a

r− 2=

( )( )4

1 1r r− − 2=

242 1r r− +

2=

4 22 4 2r r= − +

( )22 2 1r r− − 0=

2 2 1r r− − 0=

Sehingga kita mendapatkan

( ) ( )( )( )

2

1,2

2 2 4 1 11 2

2 1r

± − − −= = ±

(Jawaban A)

Jumlah deret geometri tak hingga dirumuskan dengan:

dengan suku awal dan rasio, .

Ingat!


K K K K - · PDF fileSOAL DAN PEMBAHASAN MATA UJI MATEMATIKA TKD SAINTEK SBMPTN 2015 Berikut...

Documents

Transcript of K K K K - · PDF fileSOAL DAN PEMBAHASAN MATA UJI MATEMATIKA TKD SAINTEK SBMPTN 2015 Berikut...