Matipa_SIMAKUI_2011
description
Transcript of Matipa_SIMAKUI_2011
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
Kode 615
Oleh Tutur Widodo
1. Pada suatu barisan geometri dengan r > 1, diketahui dua kali jumlah empat suku
pertama sama dengan tiga kali jumlah dua suku genap pertama. Jika diantara suku
- suku tersebut disisipkan empat bilangan dengan cara : antara suku kedua dan
ketiga disisipkan satu bilangan, dan antara suku ketiga dan keempat disisipkan tiga
bilangan maka akan terbentuk barisan aritmetika dengan beda r. Jumlah bilangan
yang disisipkan adalah . . .
a. 14 d. 32
b. 24 e. 42
c. 28
Jawaban : d
Misalkan barisan geometri tersebut adalah
u1, u2, u3, u4, · · ·
dan 4 bilangan yang disisipkan adalah a, b, c dan d sehingga terbentuk barisan arit-
metika dengan beda r sebagai berikut,
u1, u2, a, u3, b, c, d, u4
Dari soal kita peroleh,
2(u1 + u2 + u3 + u4) = 3(u2 + u4) ⇔ 2(u1 + u1r + u1r2 + u1r
3) = 3(u1r + u1r3)
⇔ 2(1 + r + r2 + r3) = 3(r + r3)
⇔ r3 − 2r2 + r − 2 = 0
⇔ (r − 2)(r2 + 1) = 0
1
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
sehingga r = 2.
Perhatikan bahwa u3 adalah suku ke-3 barisan geometri sehingga berlaku
u3 = u1r2 = 4u1 (1)
selain itu, u3 adalah suku ke-4 barisan aritmetika yang baru terbentuk sehingga
berlaku
u3 = u1 + 3r = u1 + 6 (2)
Dari pers.(1) dan (2) didapat u1 = 2. Oleh karena itu barisan geometri yang
dimaksud adalah 2, 4, 8, 16, . . . Sedangkan barisan aritmetika yang terbentuk
yaitu 2, 4, 6, 8, 10,12, 14, 16. Jadi jumlah bilangan yang disisipkan adalah 6 + 10
+ 12 + 14 =32
2. lima→b
tan a− tan b
1 + (1− ab) tan a tan b− a
b
= · · ·
a. 1b
d. −1b
b. b e. 1
c. −b
Jawaban : c
Perhatikan bahwa,
1 + (1− a
b) tan a tan b− a
b= (1 + tan a tan b)(1− a
b)
Oleh karena itu diperoleh,
lima→b
tan a− tan b
1 + (1− ab) tan a tan b− a
b
= lima→b
tan a− tan b
(1 + tan a tan b)(1− ab)
= lima→b
tan(a− b)1− a
b
= lima→b
−b tan(a− b)a− b
= lim(a−b)→0
−b tan(a− b)a− b
= −b
3. Sebuah kerucut tegak tanpa alas diletakkan terbalik. Sebuah bola berdiameter 16
cm dimasukkan ke dalam kerucut sehingga semua bagian bola masuk ke dalam
kerucut. Kerucut dengan volume terkecil yang mungkin mempunyai ukuran tinggi
. . .
2
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
a. 8√
2 cm d. 24 cm
b. 8√
3 cm e. 32 cm
c. 16√
2 cm
Jawaban : e
Misal, V menyatakan volume kerucut, a menyatakan jari-jari dan t tinggi kerucut.
Perhatikan gambar di bawah ini!
a
8
t
Perhatikan, amerupakan jari - jari lingkaran dalam segitiga sehingga berlaku,a =L
s.
Oleh karena kita dapatkan hubungan sebagai berikut,
8 =at
a+√a2 + t2
setelah sedikit operasi aljabar akan diperoleh,
a2 =64t
t− 16(3)
Selain itu kita juga punya,
V =1
3π · a2t (4)
Dari pers.(3) dan pers.(4) diperoleh
V =1
3π · 64t2
t− 16
Misalkan V ′ menyatakan turunan pertama V terhadap t didapat
V ′ =1
3π
(128t(t− 16)− 64t2
(t− 16)2
)
Agar V minimum haruslah V ′ = 0 yang berakibat1
3π
(128t(t− 16)− 64t2
(t− 16)2
)= 0
atau equivalen dengan 64t2 − 16 · 128t = 0 ⇔ 64t(t − 32) sehingga t = 0 (tidak
mungkin) atau t = 32.
3
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
4. Misalkan f(x) adalah suatu polinomial derajat tiga yang akar - akarnya membentuk
barisan aritmatika dengan nilai suku ketiga adalah tiga kali nilai suku pertama, dan
jumlah akar - akarnya sama dengan 12. Maka sisa dari pembagian f(x + 6) oleh
x2 + 1 adalah . . .
a. 7x− 6 d. x− 6
b. x+ 6 e. x+ 6
c. 6x− 7
Jawaban : a
Misalkan akar - akar dari f adalah a− b, a, a+ b. Maka diperoleh a− b+a+a+ b =
12 ⇔ a = 4. Selain itu 3(a−b) = a+b ⇔ 4b = 2a = 8 ⇔ b = 2. Jadi akar
- akar dari f ialah 2, 4, 6 dengan kata lain f(x) = (x − 2)(x − 4)(x − 6) sehingga
f(x+ 6) = (x+ 4)(x+ 2)x = x3 + 6x2 + 8x = (x2 + 1)(x+ 6) + 7x− 6.
5. Misalkan A adalah suatu matriks 2 x 2. Jika A2−5A+ 7I = 0 maka jumlah elemen
- elemen diagonal utama dari matriks A adalah . . .
a. 2 d. 5
b. 3 e. 6
c. 4
Jawaban : d
Misalkan matrik tersebut A =
(a b
c d
), maka kita akan mencari nilai dari a + d.
Dari persamaan (a b
c d
)2
− 5
(a b
c d
)+ 7
(1 0
0 1
)= 0
diperoleh sistem persamaan sebagai berikut,
a2 + bc− 5a+ 7 = 0 (5)
ab+ bd− 5b = 0 ⇔ b(a+ d− 5) = 0 (6)
ac+ dc− 5c = 0 ⇔ c(a+ d− 5) = 0 (7)
bc+ d2 − 5d+ 7 = 0 (8)
dari pers.(6) diperoleh b = 0 atau a + d − 5 = 0. Demikian pula dari pers.(7)
diperoleh c = 0 atau a+d− 5 = 0. Andaikan a+d− 5 6= 0, sebab jika a+d− 5 = 0
4
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
kita peroleh nilai a + d = 5 dan jawaban selesai. Oleh karena itu yang perlu kita
selidiki adalah untuk kasus a + d − 5 6= 0 yang berakibat b = 0 dan c = 0. Jika
b = 0 dan c = 0 maka pers.(5) menjadi
a2 − 5a+ 7 = 0
dan pers.(8) menjadi
d2 − 5d+ 7 = 0
dengan kata lain a dan d adalah akar - akar pers. x2−5x+7 = 0 sehingga diperoleh
a+ d = 5.
Jadi, terbukti a+ d = 5
6. Jika daerah yang dibatasi oleh sumbu Y, kurva y = x2 dan garis y = a2 dimana
a 6= 0 diputar mengelilingi sumbu X volumenya sama dengan jika daerah itu diputar
mengelilingi sumbu Y. Nilai a yang memenuhi adalah . . .
a. 58
d. 85
b. 38
e. 52
c. 25
Jawaban : a
Volume jika diputar mengelilingi sumbu X yaitu
Vx = π
a∫0
a4 − x4dx =4
5πa5
sedangkan jika diputar mengelilingi sumbu Y volumenya adalah
Vy = π
a2∫0
ydy =1
2πa4
karena diketahui Vx = Vy maka
4
5πa5 =
1
2πa4 ⇔ a =
5
8
7. Jika sin x− sin y = −13
dan cos x− cos y = 12, maka nilai dari sin(x+ y) = · · ·
a. 1213
d. 1219
b. 1215
e. 1221
5
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
c. 1217
Jawaban : a
Dengan rumus selisih sinus dan cosinus kita peroleh
sinx− sin y = 2 cos(x+ y
2) · sin(
x− y2
)
dan
cosx− cos y = −2 sin(x+ y
2) · sin(
x− y2
)
oleh karena itu,
2 cos(x+y2
) · sin(x−y2
)
−2 sin(x+y2
) · sin(x−y2
)=−1
312
cos(x+y2
)
sin(x+y2
)=
2
3
tan(x+ y
2) =
3
2
maka sin(x+y2
) = 3√13
dan cos(x+y2
) = 2√13
sehingga sin(x+ y) = 2 sin(x+y2
) sin(x+y2
) = 2 3√13
2√13
= 1213
8. Jika sistem persamaan,
{ax+ 2y = b+ 1
x+ y = 3dan
{2x+ y = a2 + 2
x+ 3y = 3mempunyai
solusi yang sama, maka banyaknya pasangan bilangan (a, b) adalah ...
a. 0 d. 3
b. 1 e. tak berhingga
c. 2
Jawaban : c
Dengan eliminasi diperoleh penyelesaian SPL pertama yaitu
x =b− 5
a− 2dan y =
3a− b− 1
a− 2
sedangkan penyelesaian dari SPL kedua ialah
x =3a2 + 3
5dan y =
4− a2
5
karena kedua SPL mempunyai solusi yang sama, maka
b− 5
a− 2=
3a2 + 3
5(9)
6
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
dan3a− b− 1
a− 2=
4− a2
5(10)
Dari pers.(9) diperoleh
5b− 25 = 3a3 − 6a2 + 3a− 6 (11)
dan dari pers.(10) diperoleh
5b+ 5 = a3 − 2a2 − 4a+ 8 (12)
Selanjutnya dari pers.(11) dan (12) kita dapatkan
a3 − 2a2 − 4a+ 8− 30 = 3a3 − 6a2 + 3a− 6
yang bisa disederhanakan menjadi
a3 − 2a2 − 8a+ 8 = 0 ⇔ (a− 2)2(a+ 2) = 0
Jadi, ada dua nilai a yang memenuhi yaitu
• Jika a = 2 maka diperoleh b = 5
• Jika a = −2 maka diperoleh b = −7
Sehingga banyaknya pasangan (a, b) yang memenuhi ada dua yaitu (2, 5) dan (−2,−7)
9. Misalkan f : R → R dan g : R → R didefinisikan dengan f(x) = 1 + 1x
dan
g(x) = 1− 1x. Batas nilai x dimana berlaku (f ◦ g)(x) < (g ◦ f)(x) adalah ...
a. −1 < x < 1 d. x < −1 atau x > 1
b. −1 < x < 0 e. −1 < x < 0 atau 0 < x < 1
c. 0 < x < 1
Jawaban : a
(f ◦ g)(x) = f(1− 1
x
)=
2x− 1
x− 1dan
(g ◦ f)(x) = g(1 + 1
x
)=
1
x+ 1Oleh karena itu, kita peroleh pertidaksamaan
2x− 1
x− 1<
1
x+ 1
7
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
yang equivalen dengan
2x− 1
x− 1− 1
x+ 1< 0 ⇔ 2x2
x2 − 1< 0
sehingga penyelesaiannya adalah −1 < x < 1
10. Diberikan kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk 2 cm. Titik P terletak pada
rusuk FG sehingga FP = 2PG. Jika α adalah bidang irisan kubus yang melalui
titik B,D dan P , maka luas bidang α adalah ...
a. 89
√22 d. 3
9
√22
b. 69
√22 e. 1
9
√22
c. 59
√22
Jawaban : a
Perhatikan gambar di bawah ini !
A B
CD
E F
GH P
J
K
I
L
Perhatikan4CDJ sebangun dengan4PGJ sehingga berlakuPG
CD=GJ
CJ⇔
23
2=
GJ
GJ + 2sehingga GJ = 1.
Perhatikan juga bahwa4CIJ juga sebangun dengan4GLJ sehingga berlakuLJ
JI=
GJ
CJ⇔ LJ√
11=
1
3sehingga LJ = 1
3
√11.
8
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
Jadi, luas daerah α sama dengan luas daerah yang diarsir yaitu
1
2·BD · JI − 1
2· PK · LJ =
1
2· 2√
2 ·√
11− 1
2· 2
3
√2 · 1
3
√11
=8
9
√22
11. Nilai - nilai x, untuk 0◦ ≤ x ≤ 360◦ yang memenuhi sin x + sin 2x > sin 3x adalah
...
a. 0◦ < x < 120◦ atau 180◦ < x < 240◦
b. 0◦ < x < 150◦ atau 180◦ < x < 270◦
c. 120◦ < x < 180◦ atau 240◦ < x < 360◦
d. 150◦ < x < 180◦ atau 270◦ < x < 360◦
e. 0◦ < x < 135◦ atau 180◦ < x < 270◦
Jawaban : a
sinx+ sin 2x > sin 3x ⇔ sinx− sin 3x+ sin 2x > 0
⇔ − 2 cos 2x · sinx+ 2 sinx · cosx < 0
⇔ sinx(cosx− cos 2x) < 0
• Jika sinx = 0 maka nilai x yang mungkin adalah 0◦, 180◦, 360◦
• Jika cosx − cos 2x = 0 maka cos x = cos 2x dan nilai x yang mungkin ialah
0◦, 120◦, 240◦, 360◦
Apabila dicek ke bentuk pertidaksamaan semula diperoleh penyelesaian
Hp = {x|0◦ < x < 120◦ atau 180◦ < x < 240◦}
12. Misalkan salah satu dari akar persamaan (k− 5)x2− 2kx+ k− 4 = 0 bernilai lebih
dari 2 dan salah satu akar yang lain bernilai kurang dari 1, maka himpunan semua
bilangan k yang memenuhi adalah . . .
a. {k ∈ R|5 < x < 24} d. {k ∈ R|x > 5}
b. {k ∈ R|5 < x < 20} e. {k ∈ R|x > 24}
c. {k ∈ R|15 < x < 24}
Jawaban : a
Misalkan f(x) = (k−5)x2−2kx+k−4 dan akar - akar dari fungsi kuadrat tersebut
9
Tutur Widodo Pembahasan Matematika IPA SIMAK UI 2011
adalah x1 dan x2 maka x1 < 1 < 2 < x2.
• Dari x1 < 1 < x2 kita peroleh (k − 5)f(1) < 0 ⇔ − 9(k − 5) < 0 sehingga
k > 5
• Dari x1 < 2 < x2 kita peroleh (k − 5)f(2) < 0 ⇔ (k − 5)(k − 24) < 0
sehingga 5 < k < 24
Sedangkan D = 4k2 − 4(k − 5)(k − 4) = 36k − 80. Sehingga agar D > 0 haruslah
k > 209
.
Bila ketiga penyelesaian tersebut digabung diperoleh Hp = {k ∈ R|5 < k < 24}Note : Jika f(x) = ax2 + bx + c dan akar - akarnya ialah x1 dan x2 serta p ∈ Rmaka x1 < p < x2 jika dan hanya jika D > 0 dan a · f(p) < 0
Disusun oleh : Tutur Widodo
Apabila ada saran, kritik maupun masukan
silakan kirim via email ke
Terima kasih.
My blog : http://mathematic-room.blogspot.com
10