Pembahasan Soal SIMAK-UI 2012 Matematika Dasar Kode 221

Pembahasan Soal

SIMAK–UI 2012 SELEKSI MASUK UNIVERSITAS INDONESIA

Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS

Matematika Dasar

Disusun Oleh :

Pak Anang

Bimbel SIMAK–UI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 1

Kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT Pembahasan Soal SIMAK–UI 2012 Matematika Dasar Kode Soal 221 By Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com)

PETUNJUK A: Untuk soal nomor 1-16 pilihlah satu jawaban yang paling tepat.

1. Sebuah garis ℎ yang melalui titik asal memotong kurva 2𝑦 = 3𝑥2 − 2𝑥 + 1 di dua titik di mana jumlah nilai 𝑥-nya adalah 10, maka gradien dari garis ℎ adalah .... A. −1

B. 3

2

C. 6 D. 14 E. 15

Pembahasan:

Misalkan gradien garis ℎ adalah 𝑚, maka persamaan garis ℎ adalah 𝑦 = 𝑚𝑥.

Absis titik potong antara garis 𝑦 = 𝑚𝑥 dan kurva 2𝑦 = 3𝑥2 − 2𝑥 + 1 bisa ditentukan dengan mensubstitusikan 𝑦 = 𝑚𝑥 ke 2𝑦 = 3𝑥2 − 2𝑥 + 1, sehingga diperoleh:

2(𝑚𝑥) = 3𝑥2 − 2𝑥 + 1

⇒ 3𝑥2 − 2𝑥 + 1 − 2𝑚𝑥 = 0⇔ 3𝑥2 − 2𝑥 − 2𝑚𝑥 + 1 = 0⇔ 3𝑥2 − (2 + 2𝑚)𝑥 + 1 = 0

Misalkan absis titik potong kedua garis adalah 𝑥1 dan 𝑥2, maka 𝑥1 dan 𝑥2 adalah akar-akar dari persamaan kuadrat 3𝑥2 − (2 + 2𝑚)𝑥 + 1 = 0.

Sehingga dengan menggunakan rumus jumlah akar-akar persamaan kuadrat 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0

maka jumlah nilai 𝑥-nya adalah 𝑥1 + 𝑥2 = −𝑏

𝑎, maka diperoleh:

3⏟𝑎

𝑥2−(2 + 2𝑚)⏟ 𝑏

𝑥 + 1⏟𝑐

= 0

𝑥1 + 𝑥2 = −𝑏

𝑎⇒ 𝑥1 + 𝑥2 = −

−(2 + 2𝑚)

3

⇔ 10 =2 + 2𝑚

3⇔ 30 = 2 + 2𝑚⇔ 30 − 2 = 2𝑚⇔ 28 = 2𝑚

⇔28

2= 𝑚

⇔ 14 = 𝑚

Karena nilai 𝑚 adalah gradien dari garis ℎ, maka gradien garis ℎ adalah 14.

http://pak-anang.blogspot.com/



2. Diketahui sebuah barisan 3

2,3

4,9

8,15

16, … . Jumlah sepuluh suku pertama dari barisan tersebut adalah

....

A. 10 +1−2−10

3

B. 10 −−2−10−1

3

C. 10 +2−10−1

3

D. −2−10−1

3

E. 10

Pembahasan:

Perhatikan barisan pada soal, bisa dituliskan sebagai berikut:

3

2,3

4,9

8,15

16,… ⇒ (1 +

1

2) , (1 −

1

4) , (1 +

1

8) , (1 −

1

16) ,…

⇔ (1 +1

21)

⏟ 𝑈1

, (1 −1

22)

⏟ 𝑈2

, (1 +1

23)

⏟ 𝑈3

, (1 −1

24)

⏟ 𝑈4

, …

Jadi bisa ditarik kesimpulan bahwa rumus suku ke-𝑛 barisan pada soal adalah:

𝑈𝑛 = {1 +

1

2𝑛, jika 𝑛 ganjil

1 −1

2𝑛, jika 𝑛 genap

Sehingga, jumlah 10 suku pertama dari barisan tersebut bisa dinyatakan sebagai jumlah 5 suku ganjil pertama ditambahkan dengan jumlah 5 suku genap pertama.

Jumlah 5 suku ganjil pertama:

𝑆5𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 = (1 +1

21) + (1 +

1

23) + … + (1 +

1

29)

= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 +1

21+1

23+1

25+1

27+1

29⏟ Barisan geometri

𝑎=12; 𝑟=

14; 𝑛=5

= 5 +

12(1 − (

14)5

)

1 −14

= 5 +

12(1 −

1210)

34

= 5 +2(1 − 2−10)

3

Jumlah 5 suku genap pertama:

𝑆5𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 = (1 −1

22) + (1 −

1

24) + …− (1 +

1

210)

= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 − (1

22+1

24+1

26+1

28+1

210)

⏟ Barisan geometri

𝑎=122; 𝑟=

14; 𝑛=5

= 5 −

122(1 − (

14)5

)

1 −14

= 5 −

14(1 −

1210)

34

= 5 −(1 − 2−10)

3

Oleh karena itu, jumlah 10 suku pertama barisan tersebut adalah:

𝑆10 = 5 +2(1 − 2−10)

3+ 5 −

(1 − 2−10)

3

= 5 + 5 +2(1 − 2−10)

3−(1 − 2−10)

3

= 10 +(1 − 2−10)

3



3. Jika diketahui 𝑥 dan 𝑦 adalah bilangan riil dengan 𝑥 > 1 dan 𝑦 > 0. Jika 𝑥𝑦 = 𝑥𝑦 dan 𝑥

𝑦= 𝑥5𝑦, maka

𝑥2 + 3𝑦 = .... A. 29 B. 28 C. 27 D. 26 E. 25

Pembahasan:

Perhatikan bahwa,

𝑥𝑦 = 𝑥𝑦 ⇒ 𝑦 =𝑥𝑦

𝑥⇔ 𝑦 = 𝑥𝑦−1

Substitusikan 𝑦 = 𝑥𝑦−1 ke persamaan 𝑥

𝑦= 𝑥5𝑦 akan menghasilkan:

𝑥

𝑥𝑦−1= 𝑥5𝑦 ⇒ 𝑥1−(𝑦−1) = 𝑥5𝑦

⇔ 𝑥2−𝑦 = 𝑥5𝑦

⇔ 2− 𝑦 = 5𝑦⇔ 2 = 5𝑦 + 𝑦⇔ 2 = 6𝑦

⇔2

6= 𝑦

⇔1

3= 𝑦

Substitusikan 𝑦 =1

3 ke 𝑥𝑦 = 𝑥𝑦 , maka diperoleh:

𝑥𝑦 = 𝑥𝑦 ⇒ 𝑥 ∙1

3= 𝑥

13

⇔𝑥

3= 𝑥

13

⇔𝑥

𝑥13

= 3

⇔ 𝑥23 = 3

⇔ 𝑥 = 332

Jadi nilai 𝑥2 + 3𝑦 adalah:

𝑥2 + 3𝑦 = (332)2

+ 3(1

3)

= 33 + 1= 27 + 1= 28



4. Hasil perkalian dari nilai-nilai 𝑥 yang memenuhi 𝑥2

10000=

10000

𝑥2(10log𝑥)−8

adalah ....

A. 102 B. 103 C. 104 D. 105 E. 106

Pembahasan:

Perhatikan bahwa:

𝑥2

10000=

10000

𝑥2(10log𝑥)−8

⇒ 𝑥2 ∙ 𝑥2(10log𝑥)−8 = 10000 ∙ 10000

⇔ 𝑥2+2(10log𝑥)−8 = 108

⇔ 𝑥2(10log𝑥)−6 = 108

⇔ 10 log(𝑥2(10log𝑥)−6) = 10 log(108)

⇔ (2(10log 𝑥) − 6)10 log 𝑥 = 8

⇔ 2(10log2 𝑥) − 6(10 log 𝑥) = 8

⇔ 2(10log2 𝑥) − 6(10 log 𝑥) − 8 = 0

Misal 10 log 𝑥 = 𝑎, maka:

⇒ 2𝑎2 − 6𝑎 − 8 = 0⇔ (2𝑎 − 8)(𝑎 + 1) = 0⇔ 2𝑎 − 8 = 0 atau 𝑎 + 1 = 0⇔ 2𝑎 = 8 atau 𝑎 = −1⇔ 𝑎 = 4 atau 𝑎 = −1

Karena 10 log 𝑥 = 𝑎, maka:

⇒ 10 log 𝑥 = 4 atau 10 log 𝑥 = −1

⇔ 𝑥 = 104 atau 𝑥 = 10−1

Oleh karena nilai 𝑥 yang memenuhi adalah 𝑥1 = 104 dan 𝑥2 = 10

−1,

maka hasil perkalian kedua nilai 𝑥 adalah:

𝑥1𝑥2 = 104 ∙ 10−1

= 104+(−1)

= 103



5. Jika luas dari gambar di atas adalah 40 satuan luas dan jika 3 < 𝑎 < 5, maka ....

A. 2

3< 𝑏 <

31

6

B. 3

2< 𝑏 <

31

6

C. 9 < 𝑏 < 25 D. 9 < 𝑏 < 31 E. 43 < 𝑏 < 45

Pembahasan:

Luas daerah pada gambar di atas adalah luas persegi besar dengan panjang sisi (𝑎 + 𝑏) dikurangi persegi kecil dengan panjang sisi 𝑏.

Jadi,

𝐿 = 𝐿1 − 𝐿2 ⇒ 40 = (𝑎 + 𝑏)2 − 𝑏2

⇔ 40 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 − 𝑏2

⇔ 40 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏

Karena diberikan interval nilai 𝑎 yaitu 3 < 𝑎 < 5, maka nilai 𝑏 bisa diperoleh dengan mengubah persamaan 40 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏 sebagai fungsi dengan variabel 𝑎, sehingga diperoleh:

40 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏 ⇒ 40 − 𝑎2 = 2𝑎𝑏

⇔40 − 𝑎2

2𝑎= 𝑏

⇔40

2𝑎−𝑎2

2𝑎= 𝑏

⇔20

𝑎−𝑎

2= 𝑏

Jadi diperoleh,

𝑏 = 𝑓(𝑎) =20

𝑎−𝑎

2

Kita cek dulu apakah fungsinya monoton turun atau terdapat titik belok pada interval 3 < 𝑎 < 5?

𝑓(𝑎) =20

𝑎−𝑎

2⇒ 𝑓′(𝑎) = −

20

𝑎2−1

2; 𝑎 ≠ 0, 𝑎 > 0

Ternyata nilai 𝑓′(𝑎) < 0 untuk semua nilai 𝑎, dengan 𝑎 ≠ 0 dan 𝑎 > 0, maka 𝑓(𝑎) adalah fungsi monoton turun pada interval 3 < 𝑎 < 5, sehingga diperoleh:

𝑓(5) < 𝑏 < 𝑓(3) ⇒20

5−5

2< 𝑏 <

20

3−3

2

⇔40

10−25

10< 𝑏 <

40

6−9

6

⇔15

10< 𝑏 <

31

6

⇔3

2< 𝑏 <

31

6

𝑎

𝑎

𝑏

𝑏



6. Diketahui bahwa jika Deni mendapatkan nilai 75 pada ulangan yang akan datang, maka rata-rata nilai ulangannya adalah 82. Jika deni mendapatkan nilai 93, maka nilai rata-rata ulangannya adalah 85. Banyaknya ulangan yang sudah diikuti Deni adalah .... A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 E. 7

Pembahasan:

Misalkan banyaknya ujian yang sudah diikuti Deni adalah sebanyak 𝑛1 kali dengan nilai rata-rata 𝑥1̅̅̅. Dan nilai ulangan terakhir adalah 𝑥2̅̅ ̅, maka rata-rata setelah mengikuti 1 ulangan terakhir adalah �̅� bisa dinyatakan pada persamaan:

�̅� =𝑛1 ∙ 𝑥1̅̅̅ + (1) ∙ 𝑥2̅̅ ̅

𝑛1 + (1)

Terdapat dua kondisi pada soal, yaitu:

1. Jika nilai ulangan terakhir Deni adalah 75, maka nilai rata-rata keseluruhan adalah 82. 𝑥2̅̅ ̅ = 75; �̅� = 82

�̅� =𝑛1 ∙ 𝑥1̅̅̅ + (1) ∙ 𝑥2̅̅ ̅

𝑛1 + (1)⇒ 82 =

𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅ + (1) ∙ 75

𝑛 + (1)

⇒ 82(𝑛 + 1) = 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅ + 75⇒ 82𝑛 + 82 = 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅ + 75⇒ 82𝑛 + 82 − 75 = 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅⇒ 82𝑛 + 7 = 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅

2. Jika nilai ulangan terakhir Deni adalah 82, maka nilai rata-rata keseluruhan adalah 85. 𝑥2̅̅ ̅ = 93; �̅� = 85

�̅� =𝑛1 ∙ 𝑥1̅̅̅ + (1) ∙ 𝑥2̅̅ ̅

𝑛1 + (1)⇒ 85 =

𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅ + (1) ∙ 93

𝑛 + (1)

⇒ 85(𝑛 + 1) = 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅ + 93⇒ 85𝑛 + 85 = 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅ + 93⇒ 85𝑛 + 85 − 93 = 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅⇒ 85𝑛 − 8 = 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅

Eliminasi 𝑛 ∙ 𝑥1̅̅̅ pada kedua persamaan menghasilkan:

85𝑛 − 8 = 𝑛 ∙ 𝑥182𝑛 + 7 = 𝑛 ∙ 𝑥13𝑛 − 15 = 0

⇒ 3𝑛 = 15⇔ 𝑛 = 5

Jadi banyaknya ulangan yang sudah diikuti Deni sebanyak 5 kali.



7. Sebuah dadu dilempar sebanyak 6 kali. Peluang munculnya angka yang lebih besar atau sama dengan 5 dalam minimal 5 kali pelemparan adalah ....

A. 13

729

B. 12

729

C. 11

729

D. 3

729

E. 2

729

Pembahasan:

Misal:

A = kejadian munculnya mata dadu ≥ 5 pada 1 kali pelemparan dadu.

B = kejadian munculnya mata dadu ≥ 5 sebanyak 6 kali pada 6 kali pelemparan dadu.

C = kejadian munculnya mata dadu ≥ 5 sebanyak 5 kali pada 6 kali pelemparan dadu.

D = kejadian munculnya mata dadu ≥ 5 sebanyak minimal 5 kali pada 6 kali pelemparan dadu.

Dalam satu kali pelemparan dadu, ruang sampel 𝑆 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} ⇒ 𝑛(𝑆) = 6. Dan kejadian muncul mata dadu lebih besar atau sama dengan 5 adalah 𝐴 = {5, 6} ⇒ 𝑛(𝐴) = 2.

Sehingga pada satu kali pelemparan dadu, peluang muncul mata dadu lebih ≥ 5 adalah:

𝑃(𝐴) =𝑛(𝐴)

𝑛(𝑆)=2

6=1

3

Sehingga pada satu kali pelemparan dadu, peluang tidak munculnya mata dadu ≥ 5 adalah:

𝑃′(𝐴) = 1 − 𝑃(𝐴) = 1 −1

3=2

3

Ada dua kemungkinan terjadinya muncul mata dadu ≥ 5 dalam minimal 5 kali pelemparan, yaitu:

1. Peluang mata dadu ≥ 5 muncul 6 kali pada 6 kali pelemparan dadu adalah:

𝑃(𝐵) = [𝑃(𝐴)]6 = (1

3)6

=1

729

2. Peluang mata dadu ≥ 5 muncul 5 kali pada 6 kali pelemparan dadu adalah:

𝑃(𝐶) = 6𝐶5 × [𝑃(𝐴)]5 × 𝑃′(𝐴) = 6 × (

1

3)5

×2

3=12

729

Jadi, peluang munculnya angka yang lebih besar atau sama dengan 5 dalam minimal 5 kali pelemparan adalah:

𝑃(𝐷) = 𝑃(𝐵) + 𝑃(𝐶) =1

729+12

729=13

729



8. Diketahui 𝐴 = (2 𝑧 log 𝑏

𝑎 log1

𝑧1

) merupakan matriks singular.

Maka nilai 𝑎 log 𝑏3𝑎 + 𝑧 log 𝑎 ∙ 𝑏 log 𝑧2 = .... A. −1 B. −6 C. 0 D. 6 E. 10

Pembahasan:

Karena 𝐴 adalah matriks singular, maka nilai det(𝐴) = 0, sehingga:

det(𝐴) = 0 ⇒ 2 ∙ 1 − 𝑎 log1

𝑧∙ 𝑧 log 𝑏 = 0

⇔ 2 − 𝑎 log 𝑧−1 ∙ 𝑧 log 𝑏 = 0

⇔ 2 − (−𝑎 log 𝑧) ∙ 𝑧 log 𝑏 = 0

⇔ 2 + 𝑎 log 𝑏 = 0

⇔ 𝑎 log 𝑏 = −2

Maka nilai 𝑎 log 𝑏3𝑎 + 𝑧 log 𝑎 ∙ 𝑏 log 𝑧2 adalah:

𝑎 log 𝑏3𝑎 + 𝑧 log 𝑎 ∙ 𝑏 log 𝑧2 ⇒ 𝑎 log 𝑏3 + 𝑎 log 𝑎 + 𝑏 log 𝑧2 ∙ 𝑧 log 𝑎

⇔ 𝑎 log 𝑏3 + 1 + 𝑏 log 𝑧2 ∙ 𝑧 log 𝑎

⇔ 3 ∙ 𝑎 log 𝑏 + 1 + 2 ∙𝑏 log 𝑧 ∙ 𝑧 log 𝑎

⇔ 3 ∙ (−2) + 1 + 2 ∙𝑏 log 𝑎

⇔ −6 + 1 + 2 ∙1

𝑎 log 𝑏

⇔ −6 + 1 + 2 ∙1

(−2)

⇔ −5 + (−1)⇔ −6



9. Jika garis singgung parabola 𝑦 = 4𝑥 − 𝑥2 di titik 𝑀(1, 3) juga merupakan garis singgung parabola

𝑦 = 𝑥2 − 6𝑥 + 𝑘, maka nilai dari 5 − √𝑘 − 1 adalah .... A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 E. 4

Pembahasan:

Gradien garis singgung sebuah kurva diperoleh dengan mensubstitusi absis titik singgung pada turunan pertama suatu kurva.

𝑓(𝑥) = 𝑦 = 4𝑥 − 𝑥2 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 4 − 2𝑥

Jadi, gradien garis singgung parabola 𝑦 = 4𝑥 − 𝑥2 di titik (1, 3) adalah:

𝑚 = 𝑓′(1) ⇒ 𝑚 = 4 − 2(1)= 4 − 2= 2

Sehingga, persamaan garis singgung parabola 𝑦 = 4𝑥 − 𝑥2 dengan gradien 𝑚 = 2 di titik (1, 3) dapat ditentukan dengan:

𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) ⇒ 𝑦 − 3 = 2(𝑥 − 1)⇔ 𝑦 − 3 = 2𝑥 − 2⇔ 𝑦 = 2𝑥 − 2 + 3⇔ 𝑦 = 2𝑥 + 1

Diketahui bahwa garis singgung parabola 𝑦 = 4𝑥 − 𝑥2 juga menyinggung parabola 𝑦 = 𝑥2 − 6𝑥 + 𝑘, maka substitusikan 𝑦 = 2𝑥 + 1 ke persamaan parabola 𝑦 = 𝑥2 − 6𝑥 + 𝑘, sehingga diperoleh persamaan kuadrat berikut:

2𝑥 + 1 = 𝑥2 − 6𝑥 + 𝑘 ⇒ 𝑥2 − 6𝑥 + 𝑘 − (2𝑥 + 1) = 0

⇔ 𝑥2 − 6𝑥 + 𝑘 − 2𝑥 − 1 = 0⇔ 𝑥2 − 8𝑥 + (𝑘 − 1) = 0

Karena garis singgung dan parabola tersebut saling bersinggungan, maka nilai diskriminan dari persamaan kuadrat tersebut sama dengan nol (𝐷 = 0). Sehingga diperoleh nilai 𝑘 sebagai berikut:

𝐷 = 0 ⇒ 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 0⇔ (−8)2 − 4(1)(𝑘 − 1) = 0⇔ 64 − 4(𝑘 − 1) = 0⇔ 64 − 4𝑘 + 4 = 0⇔ 68 − 4𝑘 = 0⇔ 68 = 4𝑘⇔ 17 = 𝑘

Jadi, nilai dari 5 − √𝑘 − 1 = 5 − √17 − 1

= 5 − √16= 5 − 4= 1



10. Nilai maksimum dari 𝑘 dimana 5−cos(2𝜃)

sin(𝜃)≥ 2𝑘 dan 0 < 𝜃 < 𝜋 adalah ....

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 E. 7

Pembahasan:

Misalkan 𝑓(𝜃) = 5−cos(2𝜃)

sin(𝜃) maka 𝑓′(𝜃) adalah turunan fungsi 𝑓(𝜃), sehingga 𝑓′(𝜃) adalah:

𝑓(𝜃) = 5 − cos(2𝜃)

sin(𝜃)=𝑢(𝜃)

𝑣(𝜃)⇒ 𝑓′(𝜃) =

𝑢′(𝜃)𝑣(𝜃) − 𝑢(𝜃)𝑣′(𝜃)

𝑣2(𝜃)

=2 sin 2𝜃 ∙ sin 𝜃 − (5 − cos 2𝜃) ∙ cos 𝜃

sin2 𝜃

=2(2 sin 𝜃 cos 𝜃) ∙ sin 𝜃 − 5 cos 𝜃 + cos 2𝜃 cos 𝜃

sin2 𝜃

=4 sin2 𝜃 cos 𝜃 − 5 cos 𝜃 + (1 − 2 sin2 𝜃) cos 𝜃

sin2 𝜃

=4 sin2 𝜃 cos 𝜃 − 5 cos 𝜃 + cos 𝜃 − 2 sin2 𝜃 cos 𝜃

sin2 𝜃

=2 sin2 𝜃 cos 𝜃 − 4 cos 𝜃

sin2 𝜃

=2 ∙ (sin2 𝜃 − 2) ∙ cos 𝜃

sin2 𝜃

Agar nilai 𝑓(𝜃) maksimum maka 𝑓′(𝜃) = 0, sehingga:

𝑓′(𝜃) = 0 ⇒2 ∙ (sin2 𝜃 − 2) ∙ cos 𝜃

sin2 𝜃= 0

Pembuat nol fungsi

⇔ (sin2 𝜃 − 2) = 0 atau cos 𝜃 = 0 (sin2 𝜃 ≠ 0)

⇔ Tidak Mungkin atau 𝜃 = (±𝜋

2+ 𝑛 ∙ 2𝜋)

⇔ 𝜃 =𝜋

2

Sehingga, karena 𝑓′(𝜃) = 0 saat 𝜃 =𝜋

2, maka nilai maksimum 𝑓(𝜃) dicapai saat 𝜃 =

𝜋

2, yaitu:

𝑓 (𝜋

2) ≥ 2𝑘 ⇒

5 − cos (2 (𝜋2))

sin (𝜋2)

≥ 2𝑘

⇔5 − cos(𝜋)

sin (𝜋2)

≥ 2𝑘

⇔5 − (−1)

1≥ 2𝑘

⇔ 6 ≥ 2𝑘⇔ 3 ≥ 𝑘⇔ 𝑘 ≤ 3

Jadi, nilai maksimum dari 𝑘 yang mungkin adalah 𝑘 = 3.



11. Diketahui 𝑦 =1

csc𝑥. Jika 𝑦 ≤ 1 +

2

𝑦 dan 0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝜋, maka nilai 𝑥 yang memenuhi adalah ....

A. 0 < 𝑥 <𝜋

2

B. 0 < 𝑥 ≤𝜋

2

C. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 D. 0 < 𝑥 ≤ 𝜋 E. 0 < 𝑥 < 𝜋

Pembahasan:

Perhatikan bahwa 𝑦 =1

csc𝑥=

11

sin 𝑥

= sin 𝑥.

Sehingga,

𝑦 ≤ 1 +2

𝑦⇒ sin 𝑥 ≤ 1 +

2

sin 𝑥

⇔ sin 𝑥 − (1 +2

sin 𝑥) ≤ 0

⇔ sin 𝑥 − 1 −2

sin 𝑥≤ 0

⇔sin2 𝑥 − sin 𝑥 − 2

sin 𝑥≤ 0

⇔(sin 𝑥 + 1)(sin 𝑥 − 2)

sin 𝑥≤ 0 (sin 𝑥 ≠ 0)

⇔ (sin 𝑥 + 1)(sin 𝑥 − 2) sin 𝑥 ≤ 0 (sin 𝑥 ≠ 0)Pembuat nol

⇒ (sin 𝑥 + 1)(sin 𝑥 − 2) sin 𝑥 = 0⇔ sin 𝑥 + 1 = 0 atau sin 𝑥 − 2 = 0 atau sin 𝑥 = 0⇔ sin 𝑥 = −1 atau sin 𝑥 = 2 atau sin 𝑥 = 0

⇔ 𝑥 =3𝜋

2 atau TM atau 𝑥 = {0, 𝜋, 2𝜋} (TM = Tidak mungkin)

Periksa daerah penyelesaian (sin 𝑥 + 1)(sin 𝑥 − 2) sin 𝑥 ≤ 0 pada garis bilangan:

Jadi daerah penyelesaian yang memenuhi 𝑦 ≤ 1 +2

𝑦 adalah:

𝐻𝑃 = {𝑥|0 < 𝑥 < 𝜋 atau 3𝜋2 ≤ 𝑥 < 2𝜋, 𝑥 ∈ 𝑅}

Sehingga jawaban yang memenuhi di soal adalah 0 < 𝑥 < 𝜋.

− −

+

0 𝜋 3𝜋

2 2𝜋

+

+



12. lim𝑥→1

sin2(𝑥−1)

(𝑥2−2𝑥+1) cot1

2(𝑥−1)

= ....

A. 1

4

B. 1

2

C. 1 D. 2 E. 4

Pembahasan:

lim𝑥→1

sin 2(𝑥 − 1)

(𝑥2 − 2𝑥 + 1) cot12(𝑥 − 1)

= lim𝑥→1

2 sin(𝑥 − 1) cos(𝑥 − 1)

(𝑥 − 1)(𝑥 − 1)1

tan12(𝑥 − 1)

= lim𝑥→1

2 sin(𝑥 − 1) cos(𝑥 − 1) tan12(𝑥 − 1)

(𝑥 − 1)(𝑥 − 1)

= lim𝑥→1

2 sin(𝑥 − 1)

(𝑥 − 1)∙ cos(𝑥 − 1) ∙

tan12(𝑥 − 1)

(𝑥 − 1)

= lim𝑥→1

2 sin(𝑥 − 1)

(𝑥 − 1)∙ lim𝑥→1

cos(𝑥 − 1) ∙ lim𝑥→1

tan12(𝑥 − 1)

(𝑥 − 1)

= 2 ∙ 1 ∙1

2= 1



13. Dari sehelai karton akan dibuat sebuah kotak tanpa tutup dengan alas persegi. Jika jumlah luas bidang alas dan semua bidang sisi kotak adalah 192 cm2, maka volume kotak terbesar yang mungkin adalah .... A. 256 cm3 B. 320 cm3 C. 364 cm3 D. 381 cm3 E. 428 cm3

Pembahasan:

Misal panjang sisi alas berbentuk persegi adalah 𝑠, dan tinggi kotak adalah 𝑡, maka luas kotak tanpa tutup dirumuskan:

𝐿𝑝 = 𝐿𝑎 + 𝐾𝑎𝑡 ⇒ 192 = 𝑠2 + 4𝑠𝑡

⇔ 𝑡 =192 − 𝑠2

4𝑠

Volume kotak juga dirumuskan dengan:

𝑉 = 𝐿𝑎 ∙ 𝑡 ⇒ 𝑉 = 𝑠2𝑡

Substitusikan 𝑡 =192−𝑠2

4𝑠 ke 𝑉 = 𝑠2𝑡, diperoleh:

𝑉 = 𝑠2 (192 − 𝑠2

4𝑠)

=192𝑠2 − 𝑠4

4𝑠

= 48𝑠 −1

4𝑠3

Nilai maksimum 𝑉 diperoleh untuk 𝑠 yang memenuhi 𝑉′ = 0, yaitu:

𝑉′ = 0 ⇒ 48 −3

4𝑠2 = 0

⇔3

4𝑠2 = 48

⇔ 𝑠2 =48

34

⇔ 𝑠2 = 48 ×4

3⇔ 𝑠2 = 64

⇔ 𝑠 = √64⇔ 𝑠 = 8 cm

Sehingga diperoleh nilai maksimum 𝑉 dengan mensubstitusikan 𝑠 = 8 cm, yaitu:

𝑉 = 48(8) −1

4(8)3

= 384 −1

4∙ 512

= 384 − 128= 256 cm3



14. Jika diketahui 𝑥𝑦𝑧 = 26 dan (2 log 𝑥)(2 log 𝑦𝑧) + (2 log 𝑦)(2 log 𝑧) = 10 dengan 𝑥, 𝑦, 𝑧 ≥ 0, maka

√2 log2 𝑥 + 2 log2 𝑦 + 2 log2 𝑧 = ....

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 E. 6

Pembahasan:

Ingat identitas (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑐 + 2𝑏𝑐

= 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2(𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐)

Sehingga,

(2 log 𝑥 + 2 log 𝑦 + 2 log 𝑧)2 = (2 log2 𝑥 + 2 log2 𝑦 + 2 log2 𝑧) + 2[(2 log 𝑥)(2 log 𝑦) + (2 log 𝑥)(2 log 𝑧) + (2 log 𝑦)(2 log 𝑧)]

⇒ (2 log2 𝑥 + 2 log2 𝑦 + 2 log2 𝑧) = (2 log 𝑥 + 2 log 𝑦 + 2 log 𝑧)2 − 2[(2 log 𝑥)(2 log 𝑦) + (2 log 𝑥)(2 log 𝑧) + (2 log 𝑦)(2 log 𝑧)]

= 2 log2(𝑥𝑦𝑧) − 2[(2 log 𝑥)(2 log 𝑦 + 2 log 𝑧) + (2 log 𝑦)(2 log 𝑧)]

= 2 log2(𝑥𝑦𝑧) − 2[(2 log 𝑥)(2 log 𝑦𝑧) + (2 log 𝑦)(2 log 𝑧)]

= 2 log2(26) − 2 ∙ 10

= (6)2 − 20= 36 − 20= 16

Jadi,

√2 log2 𝑥 + 2 log2 𝑦 + 2 log2 𝑧 = √16 = 4



15. Jika diketahui

{𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 18

𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 756𝑎2 = 𝑏𝑐

maka 𝑎 = .... A. −18 B. −12 C. 1 D. 12 E. 18

Pembahasan:

Ingat identitas (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑐 + 2𝑏𝑐

= 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2(𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐)

Sehingga,

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2(𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐)

⇒ (18)2 = (756) + 2(𝑎(𝑏 + 𝑐) + 𝑏𝑐)

⇔ 324 = 756 + 2(𝑎(18 − 𝑎) + 𝑎2)

⇔ 324 − 756 = 2(18𝑎 − 𝑎2 + 𝑎2)⇔ −432 = 36𝑎

⇔ −432

36= 𝑎

⇔ −12 = 𝑎



16. Jika kedua akar persamaan 𝑝𝑥2 + 8𝑥 + 3𝑝 = 0 bernilai negatif, maka jumlah kuadrat kedua akar-akar tersebut akan bernilai .... A. maksimum 30 B. minimum 30 C. minimum 6 D. maksimum 6 E. minimum −15/2

Pembahasan:

Misal akar-akar dari persamaan 𝑝𝑥2 + 8𝑥 + 3𝑝 = 0 adalah 𝑥1 dan 𝑥2, maka dengan menggunakan rumus jumlah dan hasil kali akar-akar persamaan kuadrat, diperoleh hubungan:

𝑥1 + 𝑥2 = −8

𝑝

𝑥1𝑥2 =3𝑝

𝑝= 3

Untuk menentukan jumlah kuadrat dari akar-akarnya yaitu 𝑥12 + 𝑥2

2 maka digunakan konsep berikut:

(𝑥1 + 𝑥2)2 = 𝑥1

2 + 𝑥22 + 2𝑥1𝑥2 ⇒ 𝑥1

2 + 𝑥22 = (𝑥1 + 𝑥2)

2 − 2𝑥1𝑥2

⇔ 𝑥12 + 𝑥2

2 = (8

𝑝)2

− 2(3)

⇔ 𝑥12 + 𝑥2

2 =64

𝑝2− 6

Sehingga kita harus mencari nilai 𝑝2 terlebih dahulu.

Perhatikan bahwa akar-akarnya selalu bernilai negatif, artinya nilai 𝑥1 + 𝑥2 < 0 dan 𝐷 ≥ 0, sehingga

𝑥1 + 𝑥2 < 0 ⇒ −8

𝑝< 0 (ingat

𝑎

𝑏< 0 ⇔ 𝑎𝑏 < 0)

⇔ −8𝑝 < 0⇔ 𝑝 > 0

𝐷 ≥ 0 ⇒ (8)2 − 4(𝑝)(3𝑝) ≥ 0

⇔ 64 − 12𝑝2 ≥ 0

⇔ −12𝑝2 ≥ −64

⇔ 𝑝2 ≤−64

−12

⇔ 𝑝2 ≤64

12

Dari 𝑝 > 0 dan 𝑝2 ≤64

12 dapat ditarik kesimpulan bahwa 0 < 𝑝2 ≤

64

12.

Sehingga, nilai 𝑥12 + 𝑥2

2 =64

𝑝2− 6 akan mencapai minimum saat 𝑝2 =

64

12.

Jadi, nilai minimum dari 𝑥12 + 𝑥2

2 adalah:

𝑥12 + 𝑥2

2 =64

𝑝2− 6 =

64

6412

− 6 = 64 (12

64) − 6 = 12 − 6 = 6



PETUNJUK C: Untuk soal nomor 17-20

17. Apabila 𝑘 = 𝑥 + 𝑦 , maka 𝑘2 − 𝑘 = 1 dan apabila 𝑘 = 𝑥 − 𝑦, maka 𝑘2 + 𝑘 = 1, maka 𝑥 + 𝑦 = ....

(1) 1

2+1

2√5

(2) 1

2

(3) 1

2−1

2√5

(4) 1

2√5

Pembahasan:

Dengan menggunakan rumus ABC maka penyelesaian dari 𝑘2 − 𝑘 − 1 = 0 adalah:

𝑘1,2 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎=−(−1) ± √(−1)2 − 4(1)(−1)

2(1)=1 ± √1 + 4

2=1 ± √5

2=1

2±1

2√5

Jadi,

𝑥 + 𝑦 =1

2±1

2√5

Dengan menggunakan rumus ABC maka penyelesaian dari 𝑘2 − 𝑘 − 1 = 0 adalah:

𝑘1,2 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎=−(1) ± √(1)2 − 4(1)(−1)

2(1)=−1 ± √1 + 4

2=−1 ± √5

2= −

1

2±1

2√5

Jadi,

𝑥 − 𝑦 = −1

2±1

2√5

Sehingga dapat diperoleh nilai 𝑥 dan 𝑦 yaitu:

𝑥 = ±1

2√5

dan

𝑦 =1

2

Maka nilai dari 𝑥 + 𝑦 adalah:

𝑥 + 𝑦 =1

2±1

2√5 (Pernyataan (1) dan (3) benar)

Jadi kesimpulan yang tepat adalah hanya pernyataan (1) dan (3) yang benar.



18. Misalkan 𝑓: 𝑅 → 𝑅 dan 𝑔: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 2 dan (𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥) = 2𝑥2 + 4𝑥 − 6. Misalkan juga 𝑥1 dan 𝑥2 adalah akar-akar dari 𝑔(𝑥) = 0, maka 𝑥1 + 2𝑥2 = .... (1) 0 (2) 1 (3) 3 (4) 5

Pembahasan:

Perhatikan bahwa,

(𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥) = 2𝑥2 + 4𝑥 − 6 dan 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 2, maka:

(𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥) = 2𝑥2 + 4𝑥 − 6

⇒ 𝑔(𝑓(𝑥)) = 2𝑥2 + 4𝑥 − 6

⇔ 𝑔(𝑥 + 2) = 2𝑥2 + 4𝑥 − 6

Misal, 𝑦 = 𝑥 + 2 ⇒ 𝑥 = 𝑦 − 2, sehingga:

𝑔(𝑥 + 2) = 2𝑥2 + 4𝑥 − 6

⇒ 𝑔(𝑦) = 2(𝑦 − 2)2 + 4(𝑦 − 2) − 6

⇔ 𝑔(𝑦) = 2(𝑦2 − 4𝑦 + 4) + 4𝑦 − 8 − 6

⇔ 𝑔(𝑦) = 2𝑦2 − 8𝑦 + 8 + 4𝑦 − 14

⇔ 𝑔(𝑦) = 2𝑦2 − 4𝑦 − 6

∴ 𝑔(𝑥) = 2𝑥2 − 4𝑥 − 6

Jika 𝑥1 dan 𝑥2 adalah akar-akar dari 𝑔(𝑥) = 0, maka nilai 𝑥1 dan 𝑥2 bisa ditentukan menggunakan pemfaktoran berikut:

2𝑥2 − 4𝑥 − 6 = 0⇒ 2(𝑥 − 2𝑥 − 3) = 0⇔ 2(𝑥 + 1)(𝑥 − 3) = 0Pembuat nol& 𝑥 + 1 = 0 atau 𝑥 − 3 = 0

⇒ 𝑥 = −1 atau 𝑥 = 3

Jadi penyelesaian 𝑔(𝑥) = 0 adalah 𝑥 = −1 atau 𝑥 = 3.

Misal 𝑥1 = −1 dan 𝑥2 = 3, maka nilai 𝑥1 + 2𝑥2 = −1 + 2(3) = −1 + 6 = 5 (Pernyataan (4) benar)

Misal 𝑥1 = 3 dan 𝑥2 = −1, maka nilai 𝑥1 + 2𝑥2 = 3 + 2(−1) = 3 − 2 = 1 (Pernyataan (2) benar)




19. Jika diketahui √𝑦2 + 2𝑦 + 1,𝑦2+3𝑦−1

3, 𝑦 − 1 adalah tiga suku barisan aritmetika, maka nilai suku

kedua yang memenuhi adalah .... (1) −1 (2) −2 (3) 1 (4) 2

Pembahasan:

Misal 𝑛 adalah jumlah suku barisan aritmetika dan apabila 𝑛 adalah bilangan ganjil maka akan

terdapat sebuah suku tengah yaitu 𝑈𝑇 , dengan 𝑇 =1

2(1 + 𝑛) maka akan berlaku

𝑈𝑇 =1

2(𝑈1 +𝑈𝑛)

Sehingga, pada tiga suku barisan aritmetika √𝑦2 + 2𝑦 + 1,𝑦2+3𝑦−1

3, 𝑦 − 1, berlaku:

𝑈2 =1

2(𝑈1 + 𝑈3) ⇒

𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=1

2((√𝑦2 + 2𝑦 + 1) + (𝑦 − 1))

⇔𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=1

2(±(𝑦 + 1) + (𝑦 − 1))

Perhatikan, karena nilai √𝑦2 + 2𝑦 + 1 = ±(𝑦 + 1), maka akan ada dua kemungkinan sebagai berikut:

𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=1

2((√𝑦2 + 2𝑦 + 1) + (𝑦 − 1)) ⇒

{

𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=1

2((𝑦 + 1) + (𝑦 − 1))

𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=1

2(−(𝑦 + 1) + (𝑦 − 1))

Untuk kasus pertama,

𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=1

2((𝑦 + 1) + (𝑦 − 1)) ⇒

𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=1

2(2𝑦)

⇔𝑦2 + 3𝑦 − 1

3= 𝑦

⇔ 𝑦2 + 3𝑦 − 1 = 3𝑦

⇔ 𝑦2 + 3𝑦 − 1 − 3𝑦 = 0

⇔ 𝑦2 − 1 = 0

⇔ (𝑦 + 1)(𝑦 − 1) = 0Pembuat nol

⇔ 𝑦 + 1 = 0 atau 𝑦 − 1 = 0⇔ 𝑦 = −1 atau 𝑦 = 1

𝑦 = −1 ⇒ 𝑈2 =𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=(−1)2 + 3(−1) − 1

3=1 − 3 − 1

3=−3

3= −1 (Pernyataan (1) benar)

𝑦 = 1 ⇒ 𝑈2 =𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=(1)2 + 3(1) − 1

3=1 + 3 − 1

3=3

3= 1 (Pernyataan (3) benar)



Untuk kasus kedua,

𝑦2 + 3𝑥 − 1

3=1

2(−(𝑦 + 1) + (𝑦 − 1)) ⇒

𝑦2 + 3𝑥 − 1

3=1

2(−𝑦 − 1 + 𝑦 − 1)

⇔𝑦2 + 3𝑥 − 1

3=1

2(−2)

⇔𝑦2 + 3𝑥 − 1

3= −1

⇔ 𝑦2 + 3𝑥 − 1 = −3

⇔ 𝑦2 + 3𝑥 − 1 + 3 = 0

⇔ 𝑦2 + 3𝑥 + 2 = 0

⇔ (𝑦 + 2)(𝑦 + 1) = 0Pembuat nol

⇔ 𝑦 + 2 = 0 atau 𝑦 + 1 = 0⇔ 𝑦 = −2 atau 𝑦 = −1

𝑦 = −2 ⇒ 𝑈2 =𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=(−2)2 + 3(−2) − 1

3=4 − 6 − 1

3=−3


𝑦 = −1 ⇒ 𝑈2 =𝑦2 + 3𝑦 − 1

3=(−1)2 + 3(−1) − 1

3=1 − 3 − 1

3=−3





20. Diketahui bahwa 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 2𝑦2 = 13 dengan 𝑥 dan 𝑦 adalah bilangan bulat. Nilai 𝑥 − 𝑦 yang mungkin dengan 𝑥 > 0 dan 𝑦 > 0 adalah .... (1) 4 (2) 1 (3) −4 (4) −1

Pembahasan:

Perhatikan bahwa 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 2𝑦2 = 13 ⇒ 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 + 𝑦2 = 13

⇔ (𝑥 + 𝑦)2 + 𝑦2 = 13

Perhatikan juga bahwa apabila 𝑥 dan 𝑦 adalah bilangan bulat dengan 𝑥 > 0 dan 𝑦 > 0, serta nilai (𝑥 + 𝑦)2 > 0 dan 𝑦2 > 0. Sehingga, diperoleh kesimpulan bahwa 0 < (𝑥 + 𝑦)2 ≤ 13 dan 0 < 𝑦2 ≤ 13 Artinya nilai (𝑥 + 𝑦) atau 𝑦 yang mungkin hanyalah 2 atau 3. Kemungkinan pertama,

(𝑥 + 𝑦) = 2 sehingga, (𝑥 + 𝑦)2 + 𝑦2 = 13 ⇒ (2)2 + 𝑦2 = 13

⇔ 4 + 𝑦2 = 13

⇔ 4 + 𝑦2 − 13 = 0

⇔ 𝑦2 − 9 = 0

⇔ (𝑦 + 3)(𝑦 − 3) = 0⇔ 𝒚 = −𝟑 atau 𝑦 = 3

𝑻𝑴

Sekarang mari dicek kembali bahwa 𝑥 > 0 dan 𝑦 > 0 𝑥 + 𝑦 = 2 ⇒ 𝑥 + 3 = 2

⇔ 𝑥 = 2 − 3⇔ 𝑥 = −1

Ingat, bahwa nilai 𝑥 > 0 dan 𝑦 > 0 maka karena 𝑦 = 3 menyebabkan nilai 𝑥 = −1 ⇒ 𝑥 < 0, maka jelas bahwa 𝒙 = −𝟏 dan 𝒚 = 𝟑 tidak memenuhi.

Kemungkinan kedua, (𝑥 + 𝑦) = 3 sehingga, (𝑥 + 𝑦)2 + 𝑦2 = 13 ⇒ (3)2 + 𝑦2 = 13

⇔ 9 + 𝑦2 = 13

⇔ 9 + 𝑦2 − 13 = 0

⇔ 𝑦2 − 4 = 0

⇔ (𝑦 + 2)(𝑦 − 2) = 0⇔ 𝒚 = −𝟐 atau 𝑦 = 2

𝑻𝑴

Sekarang mari dicek kembali bahwa 𝑥 > 0 dan 𝑦 > 0 𝑥 + 𝑦 = 3 ⇒ 𝑥 + 2 = 3

⇔ 𝑥 = 3 − 2⇔ 𝑥 = 1

Ingat, bahwa nilai 𝑥 > 0 dan 𝑦 > 0 maka karena 𝑦 = 3 menyebabkan nilai 𝑥 = 1 ⇒ 𝑥 > 0, maka jelas bahwa 𝑥 = 1 dan 𝑦 = 2 memenuhi.

Sehingga nilai 𝑥 − 𝑦 = 1 − 2 = −1 (Pernyataan (4) benar)

Jadi kesimpulan yang tepat adalah hanya pernyataan (4) saja yang benar.



Untuk download rangkuman materi, kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT dalam menghadapi SIMAK-UI, SNMPTN, OSN serta kumpulan pembahasan soal SIMAK-UI, SNMPTN, OSN ataupun yang lainnya jangan lupa untuk selalu mengunjungi http://pak-anang.blogspot.com. Terimakasih, Pak Anang.



Pembahasan Soal SIMAK-UI 2012 Matematika Dasar Kode 221

Documents

Transcript of Pembahasan Soal SIMAK-UI 2012 Matematika Dasar Kode 221