Soal Matematika Dasar Dan Pembahasan Lengkap SBMPTN 2014
-
Upload
rizmanamsa -
Category
Documents
-
view
64 -
download
11
description
Transcript of Soal Matematika Dasar Dan Pembahasan Lengkap SBMPTN 2014
PEMBAHASAN MATEMATIKA DASAR TES KEMAMPUAN DAN POTENSI AKADEMIK
SBMPTN 2014
1. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan βπ₯π₯2 β 2π₯π₯ < β3π₯π₯ + 6 adalah β¦ Pembahasan Perhatikan bahwa bilangan real yang terdapat dalam akar kuadrat haruslah lebih besar atau sama dengan nol. Sehingga,
π₯π₯2 β 2π₯π₯ β₯ 0 syarat
βΊ π₯π₯(π₯π₯ β 2) β₯ 0 faktorkan
βΊ π₯π₯ β€ 0 atau π₯π₯ β₯ 2 selesaian 1
dan,
3π₯π₯ + 6 β₯ 0 syarat
βΊ 3π₯π₯ β₯ β6 kurangi kedua ruas dengan 6
βΊ π₯π₯ β₯β63
= β2 selesaian 2
Selanjutnya kita selesaikan pertidaksamaan yang diberikan soal. Dengan mengkuadrat kedua ruas, kita proleh
π₯π₯2 β 2π₯π₯ < 3π₯π₯ + 6 kuadratkan kedua ruas
βΊ π₯π₯2 β 5π₯π₯ β 6 < 0 kurangi dengan 3π₯π₯ + 6
βΊ (π₯π₯ + 1)(π₯π₯ β 6) < 0 faktorkan
βΊ β1 < π₯π₯ < 6 selesaian 3
Dengan mengiriskan himpunan selesaian 1, 2, dan 3 pada garis bilangan kita peroleh,
1 | Β©yosprens.wordpress.com
Pembahasan Matematika Dasar SBMPTN 2014
Sehingga, berdasarkan garis bilangan di atas, himpunan selesaian dari pertidaksamaan yang diberikan adalah {x | β1 < x β€ 0 atau 2 β€ x < 6} (Jawaban E).
2. Jika cos π₯π₯ = 2 sin π₯π₯, maka nilai sin π₯π₯ cos π₯π₯ adalah β¦ Pembahasan Pertama, kita selesaikan persamaan cos π₯π₯ = 2 sin π₯π₯.
cos π₯π₯ = 2 sin π₯π₯ persamaan yang diberikan
βΊ cos π₯π₯sin π₯π₯
= 2 bagi kedua ruas dengan sin π₯π₯
βΊ cot π₯π₯ =21
identitas trigonometri
Karena cot π₯π₯ = π₯π₯ π¦π¦οΏ½ maka kita peroleh π₯π₯ = 2 dan π¦π¦ = 1. Sehingga,
ππ = οΏ½π₯π₯2 + π¦π¦2 = οΏ½22 + 12 = β5 Selanjutnya kita tentukan nilai dari sin π₯π₯ cos π₯π₯ sebagai berikut.
sin π₯π₯ cos π₯π₯ =π¦π¦ππβπ₯π₯ππ
=1β5
β2β5
=25
Jadi sin π₯π₯ cos π₯π₯ = 25οΏ½ (Jawaban D).
3. Jumlah suku ke-4 dan ke-5 dari suatu barisan aritmetika adalah 55, sedangkan suku-9 dikurangi dua kali suku ke-2 bernilai 1. Jumlah tiga suku pertama barisan tersebut adalah β¦ Pembahasan Misalkan suku ke-n dari barisan aritmetika yang diberikan adalah ππππ, maka informasi yang ada dalam soal dapat dimodelkan sebagai berikut.
ππ4 + ππ5 = 55 β¦(3.1) ππ9 β 2ππ2 = 1 β¦(3.2)
Garis bilangan dapat digunakan untuk memudahkan menemukan himpunan selesaian.
cot π₯π₯ = 2 bisa menghasilkan π₯π₯ =β2 dan π¦π¦ = β1. Tetapi nilai-nilai tersebut menyebabkan nilai sin π₯π₯ cos π₯π₯ yang
sama, yaitu 2 5οΏ½ .
Β©yosprens.wordpress.com | 2
Seleksi Bersama Masuk Perguruan Tinggi Negeri 2014
Karena barisan tersebut merupakan barisan aritmetika, maka ππππ =ππ1 + (ππ β 1)ππ. Sehingga persamaan (3.1) dan (3.2) dapat diubah menjadi persamaan-persamaan yang ekuivalen sebagai berikut.
(ππ1 + 3ππ) + (ππ1 + 4ππ) = 2ππ1 + 7ππ = 55 β¦(3.3) (ππ1 + 8ππ) β 2(ππ1 + ππ) = βππ1 + 6ππ = 1 β¦(3.4)
Dengan mengalikan persamaan (3.4) dengan 2, kemudian menjumlahkannya dengan persamaan (3.3) kita mendapatkan,
(2ππ1 + 7ππ) + 2(βππ1 + 6ππ) = 55 + 2(1)
βΊ 19ππ = 57
βΊ ππ = 3
Selanjutnya, substitusi ππ = 3 ke dalam persamaan (3.4) kita mendapatkan,
βππ1 + 6(3) = 1
βΊ βππ1 + 18 = 1
βΊ ππ1 = 17
Sehingga, jumlah tiga suku pertama dari barisan tersebut adalah,
ππ3 =32
(2(17) + (3 β 1) β 3) = 60
(Jawaban E). 4. Garis ππ mempunyai gradien 2. Jika ππ menyinggung grafik fungsi
ππ(π₯π₯) = βπ₯π₯2 + πππ₯π₯ + 1 di π₯π₯ = 1, maka persamaan ππ adalah β¦ Pembahasan Semua garis singgung dari fungsi ππ(π₯π₯) = βπ₯π₯2 + πππ₯π₯ + 1 memiliki gradien,
ππβ²(π₯π₯) = β2π₯π₯ + ππ Padahal garis ππ dengan gradien 2 menyinggung grafik ππ ketika π₯π₯ = 1. Atau dengan kata lain, gradien dari singgung grafik ππ ketika π₯π₯ = 1 bernilai 2. Sehingga,
β2(1) + ππ = 2 substitusi π₯π₯ = 1
βΊ ππ = 4 tambahakan kedua ruas dengan 2
Diperoleh ππ(π₯π₯) = βπ₯π₯2 + 4π₯π₯ + 1. Sehingga, ππ(1) = β12 + 4(1) + 1 = 4
Jumlah n suku pertama dari barisan aritmetika dapat dirumuskan dengan,
ππ2
(2ππ1 + (ππ β 1)ππ)
Turunan pertama dari suatu fungsi merupakan fungsi gradien garis singgung dari grafik fungsi tersebut.
3 | Β©yosprens.wordpress.com
Pembahasan Matematika Dasar SBMPTN 2014
Oleh karena itu, garis ππ menyinggung ππ pada titik (1, 4). Dengan demikian, persamaan garis ππ dapat ditentukan sebagai berikut.
π¦π¦ β 4 = 2(π₯π₯ β 1) persamaan garis dengan gradien 2 dan melalui titik (1, 4)
βΊ π¦π¦ β 4 = 2π₯π₯ β 2 sederhanakan
βΊ π¦π¦ = 2π₯π₯ + 2 isolasi π¦π¦
Jadi, persamaan garis ππ adalah π¦π¦ = 2π₯π₯ + 2 (Jawaban D). 5. Semua nilai π₯π₯ yang memenuhi pertidaksamaan
22π₯π₯+2 β 17(2π₯π₯) + 4 < 0 adalah β¦ Pembahasan Pertama kita tulis suku 22π₯π₯+2 sehingga menjadi suku yang terdiri dari perkalian 2π₯π₯.
22π₯π₯+2 = 22(22π₯π₯) = 4(2π₯π₯)2 Sehingga pertidaksamaan yang diberikan dapat diubah menjadi pertidaksamaan yang ekuivalen sebagai berikut.
4(2π₯π₯)2 β 17(2π₯π₯) + 4 < 0 β¦(5.1) Selanjutnya kita selesaikan pertidaksamaan (5.1) sebagai berikut.
4(2π₯π₯)2 β 17(2π₯π₯) + 4 < 0 pertidaksamaan (5.1)
βΊ (4(2π₯π₯) β 1)(2π₯π₯ β 4) < 0 faktorkan
βΊ 14
< 2π₯π₯ < 4 selesaian untuk 2π₯π₯
βΊ 2β2 < 2π₯π₯ < 22 bentuk pangkat
βΊ β2 < π₯π₯ < 2 selesaian untuk π₯π₯
Jadi selesaian dari pertidaksamaan yang diberikan adalah β2 < π₯π₯ < 2 (Jawaban E).
6. Diketahui π₯π₯1 dan π₯π₯2 akar-akar real persamaan π₯π₯2 + 3π₯π₯ + ππ = 0, dengan π₯π₯1 dan π₯π₯2 kedua-duanya tidak sama dengan nol. Jika π₯π₯1 + π₯π₯2, π₯π₯1π₯π₯2, dan π₯π₯12π₯π₯22 merupakan 3 suku pertama barisan aritmetika maka ππ = β¦ Pembahasan Karena π₯π₯1 dan π₯π₯2 merupakan akar-akar real persamaan π₯π₯2 + 3π₯π₯ + ππ = 0 maka π₯π₯1 + π₯π₯2 = β3 dan π₯π₯1π₯π₯2 = ππ. Sehingga, β3, ππ, dan ππ2 merupakan 3 suku pertama barisan aritmetika. Hal ini mengakibatkan,
Jika π₯π₯1 dan π₯π₯2 merupakan akar-akar persamaan kuadrat maka π₯π₯1 + π₯π₯2 =
βππ πποΏ½ dan π₯π₯1π₯π₯2 =ππ ππβ .
Β©yosprens.wordpress.com | 4
Seleksi Bersama Masuk Perguruan Tinggi Negeri 2014
ππ β (β3) = ππ2 β ππ beda barisan aritmetika
βΊ ππ2 β 2ππ β 3 = 0 kurangi kedua ruas dengan ππ + 3
βΊ (ππ + 1)(ππ β 3) = 0 faktorkan
ππ = β1 atau ππ = 3 selesaian
Karena π₯π₯1 dan π₯π₯2 akar-akar real, maka
π·π· = 32 β 4(1)(ππ) β₯ 0 βΊ ππ β€94
Karena 3 > 94οΏ½ dan β1 β€ 9
4οΏ½ maka nilai ππ yang memenuhi adalah β1 (Jawaban B).
7. Jika οΏ½π¦π¦π₯π₯οΏ½ = οΏ½ 2 1β1 π₯π₯οΏ½
β1οΏ½ 4β1οΏ½ dengan π₯π₯ β β 1
2οΏ½ , maka nilai 1 2οΏ½ π₯π₯ +
π¦π¦ =β¦ Pembahasan Dengan mengalikan kedua ruas dengan matriks
οΏ½ 2 1β1 π₯π₯οΏ½, kita mendapatkan
οΏ½ 2 1β1 π₯π₯οΏ½ οΏ½
π¦π¦π₯π₯οΏ½ = οΏ½ 4
β1οΏ½ kalikan kedua ruas dengan
οΏ½ 2 1β1 π₯π₯οΏ½
βΊ οΏ½2π¦π¦ + π₯π₯βπ¦π¦ + π₯π₯2οΏ½ = οΏ½ 4
β1οΏ½ sederhanakan
Sehingga diperoleh,
2π¦π¦ + π₯π₯ = 4 βΊ12π₯π₯ + π¦π¦ = 2
(Jawaban D). 8. Empat koin palsu dicampur dengan delapan koin asli. Jika dua koin
diambil secara acak, maka peluang terambil satu koin asli dan satu koin palsu adalah β¦ Pembahasan Misalkan kejadian terambilnya satu koin asli dan satu koin palsu adalah πΈπΈ, maka
|πΈπΈ| = πΆπΆ14 β πΆπΆ18 =4!
3! 1!β
8!7! 1!
= 4 β 8 = 32
Sedangkan banyaknya anggota ruang sampel adalah
|ππ| = πΆπΆ212 =12!
10! 2!= 66
Sehingga peluang kejadian tersebut adalah
Jika π΄π΄ dan π΄π΄β1 adalah suatu matriks dan inversnya, maka π΄π΄ β π΄π΄β1 = πΌπΌ, dengan πΌπΌ adalah matriks identitas.
5 | Β©yosprens.wordpress.com
Pembahasan Matematika Dasar SBMPTN 2014
ππ(πΈπΈ) =|πΈπΈ||ππ| =
3266
=1633
(Jawaban B).
9. Jika ππ(π₯π₯) = π₯π₯ + 1π₯π₯ β 1οΏ½ , π₯π₯ β 1, maka ππβ1οΏ½1 π₯π₯οΏ½ οΏ½ =β¦
Pembahasan Pertama kita tentukan invers dari fungsi ππ.
π¦π¦ =π₯π₯ + 1π₯π₯ β 1
fungsi ππ yang diberikan
βΊ π₯π₯π¦π¦ β π¦π¦ = π₯π₯ + 1 kali kedua ruas dengan π₯π₯ β 1
βΊ π₯π₯π¦π¦ β π₯π₯ = π¦π¦ + 1 isolasi suku yang memuat variabel π₯π₯
βΊ π₯π₯(π¦π¦ β 1) = π¦π¦ + 1 faktorkan
βΊ π₯π₯ =π¦π¦ + 1π¦π¦ β 1
bagi kedua ruas dengan π¦π¦ β 1; ππβ1(π¦π¦)
βΊ ππβ1(π₯π₯) =π₯π₯ + 1π₯π₯ β 1
fungsi invers ππβ1(π₯π₯)
Selanjutnya,
ππβ1 οΏ½1π₯π₯οΏ½
=1π₯π₯ + 11π₯π₯ β 1
substitusi 1 π₯π₯οΏ½ ke π₯π₯ pada ππ(π₯π₯)
=1 + π₯π₯1 β π₯π₯
kalikan pembilang dan penyebut dengan π₯π₯
=π₯π₯ + 1
β1(π₯π₯ β 1) faktorkan penyebut
= β1 βπ₯π₯ + 1π₯π₯ β 1
faktorkan
= βππ(π₯π₯) sederhanakan
(Jawaban A) 10. Seorang penjahit akan membuat 2 model pakaian. Dia mempunyai
persediaan kain batik 40 meter dan kain polos 15 meter. Model A memerlukan 1 meter kain batik dan 1,5 meter kain polos, sedang model B memerlukan 2 meter kain batik dan 0,5 meter kain polos. Maksimum banyak pakaian yang mungkin dapat dibuat adalah β¦ Pembahasan Misalkan banyak model pakaian A dan B yang dapat dibuat secara berturut-turut adalah ππ dan ππ. Maka permasalah di atas dapat dimodelkan menjadi,
ππ + 2ππ β€ 40;
Β©yosprens.wordpress.com | 6
Seleksi Bersama Masuk Perguruan Tinggi Negeri 2014
1,5ππ + 0,5ππ β€ 15 βΊ 3ππ + ππ β€ 30; ππ β₯ 0; ππ β₯ 0; ππ, ππ β β€ (bilangan bulat);
dengan fungsi tujuan: ππ(ππ, ππ) = ππ + ππ. Sehingga daerah selesaian dari kendala-kendala tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.
Dengan menggunakan uji titik pojok,
ππ(0, 20) = 0 + 20 = 20; ππ(4, 18) = 4 + 18 = 22; ππ(10, 0) = 10 + 0 = 10.
Jadi, maksimum banyak pakaian yang mungkin dapat dibuat adalah 22 (Jawaban C).
11. Jika π₯π₯1 dan π₯π₯2 akar-akar persamaan kuadrat π₯π₯2 + 3π₯π₯ + 1 = 0, maka
persamaan kuadrat dengan akar-akar 2 + π₯π₯2 π₯π₯1οΏ½ dan 2 + π₯π₯1 π₯π₯2οΏ½ adalah β¦ Pembahasan Misalkan,
πΌπΌ = 2 +π₯π₯2π₯π₯1
π½π½ = 2 +π₯π₯1π₯π₯2
Untuk menentukan nilai optimum dalam program linear, dapat digunakan uji titik pojok atau metode garis selidik.
7 | Β©yosprens.wordpress.com
Pembahasan Matematika Dasar SBMPTN 2014
Dengan π₯π₯1 + π₯π₯2 = β 31οΏ½ = β3 dan π₯π₯1π₯π₯2 = 1
1οΏ½ = 1, kita peroleh
πΌπΌ + π½π½ = οΏ½2 +π₯π₯2π₯π₯1οΏ½ + οΏ½2 +
π₯π₯1π₯π₯2οΏ½
= 4 +π₯π₯12 + π₯π₯22
π₯π₯1π₯π₯2
= 4 +(π₯π₯1 + π₯π₯2)2 β 2π₯π₯1π₯π₯2
π₯π₯1π₯π₯2
= 4 +(β3)2 β 2(1)
1
= 4 + 7
= 11
dan
πΌπΌπ½π½ = οΏ½2 +π₯π₯2π₯π₯1οΏ½ οΏ½2 +
π₯π₯1π₯π₯2οΏ½
= 4 + 2 οΏ½π₯π₯1π₯π₯2
+π₯π₯2π₯π₯1οΏ½ + 1
= 5 + 2οΏ½π₯π₯12 + π₯π₯22
π₯π₯1π₯π₯2οΏ½
= 5 + 2 β 7
= 19
Jadi, persamaan kuadrat baru yang memiliki akar-akar πΌπΌ dan π½π½ adalah π₯π₯2 β (πΌπΌ + π½π½)π₯π₯ + πΌπΌπ½π½ = 0 βΊ π₯π₯2 β 11π₯π₯ + 19 = 0.
(Jawaban A) 12. Agar sistem persamaan
οΏ½2π₯π₯ β π¦π¦ β 1 = 04π₯π₯ β π¦π¦ β 5 = 0πππ₯π₯ β π¦π¦ β 7 = 0
Mempunyai penyelesaian, maka nilai ππ adalah β¦ Pembahasan Perhatikan bahwa sistem persamaan tersebut terdiri dari tiga persamaan dua variabel. Agar sistem persamaan tersebut memiliki selesaian, maka persamaan πππ₯π₯ β π¦π¦ β 7 = 0 haruslah memuat selesaian dari persamaan-persamaan 2π₯π₯ β π¦π¦ β 1 = 0 dan 4π₯π₯ β π¦π¦ β 5 = 0. Apabila digambarkan,
Persamaan kuadrat yang memiliki akar-akar πΌπΌ dan π½π½ memiliki persamaan, π₯π₯2 β (πΌπΌ + π½π½)π₯π₯ +πΌπΌπ½π½ = 0.
Β©yosprens.wordpress.com | 8
Seleksi Bersama Masuk Perguruan Tinggi Negeri 2014
Pertama, kita tentukan titik potong garis dengan persamaan 2π₯π₯ β π¦π¦ β1 = 0 dan 4π₯π₯ β π¦π¦ β 5 = 0. Dengan substitusi π¦π¦, kita peroleh
2π₯π₯ β 1 = 4π₯π₯ β 5 substitusi
βΊ 2π₯π₯ β 4π₯π₯ = 1 β 5 isolasi suku dengan variabel π₯π₯
βΊ β2π₯π₯ = β4 sederhanakan
βΊ π₯π₯ = 2 bagi kedua ruas dengan β2
Sehingga, π¦π¦ = 2(2) β 1 = 3. Diperoleh titik potong kedua garis tersebut adalah (2, 3). Karena persamaan πππ₯π₯ β π¦π¦ β 7 = 0 harus memenuhi (2, 3), maka
ππ(2) β (3) β 7 = 0 substitusi 2 ke π₯π₯ dan 3 ke π¦π¦
βΊ 2ππ = 10 isolasi suku-ππ
βΊ ππ = 5 bagi kedua ruas dengan 2
Jadi, nilai dari ππ adalah 5 (Jawaban B).
9 | Β©yosprens.wordpress.com
Pembahasan Matematika Dasar SBMPTN 2014
13. Tiga puluh data mempunyai rata-rata ππ. Jika rata-rata 20% data di antaranya ππ + 0,1, 40% lainnya adalah ππ β 0,1, 10% lainnya lagi adalah ππ β 0,5, dan rata-rata 30% data sisanya adalah ππ + ππ, maka ππ =β¦ Pembahasan Rata-rata merupakan jumlah data dikurangi dengan banyak data. Pertama, kita tentukan banyaknya data pada masing-masing kelompok.
ππ1 = 20% Γ 30 = 6; ππ2 = 40% Γ 30 = 12; ππ3 = 10% Γ 30 = 3; ππ4 = 30% Γ 30 = 9;
Sehingga, informasi dalam soal di atas dapat dimodelkan sebagai berikut.
ππ =6(ππ + 0,1) + 12(ππ β 0,1) + 3(ππ β 0,5) + 9(ππ + ππ)
30
Selanjutnya kita sederhanakan dan selesaikan persamaan di atas seperti berikut.
30ππ = 30ππ β 2,1 + 9ππ sederhanakan
βΊ 9ππ = 2,1 isolasi suku-ππ
βΊ ππ =2,19
bagi kedua ruas dengan 9
βΊ ππ =7
30 sederhanakan
Jadi nilai ππ adalah 7 30οΏ½ (Jawaban B). 14. Nilai
12
+ (log3 8)(log2 3 + log4 5) β 4 log9 45
adalah β¦ Pembahasan Agar lebih mudah, kita sederhanakan satu per satu.
log3 8 = log3 23 = 3 log3 2
log2 3 + log4 5 = log2 3 + log22 5 = log2 οΏ½3 β 512οΏ½
4 log9 45 = 4 log32 45 = 2 log3 45 = log3 452 Sehingga, soal di atas ekuivalen dengan,
12
+ (3 log3 2) οΏ½log2 οΏ½3 β 512οΏ½οΏ½ β log3 452
Rata-rata (οΏ½Μ οΏ½π₯) sama dengan jumlah data dibagi dengan banyaknya data.
Β©yosprens.wordpress.com | 10
Seleksi Bersama Masuk Perguruan Tinggi Negeri 2014
=12
+ 3 log3 οΏ½3 β 512οΏ½ β log3 452
= log3 312 + log3 οΏ½3 β 5
12οΏ½
3β log3 452
= log3 οΏ½312 β 33 β 5
32
452 οΏ½
= log3 οΏ½372 β 5
32
(32 β 5)2οΏ½
= log3 οΏ½3β12 β 5β
12οΏ½
= log3(3 β 5)β12
= β12
log3 15
= β log32 15 = β log9 15
(Jawaban D) 15. Jika fungsi ππ(π₯π₯) = ππ2π₯π₯2 β 12π₯π₯ + ππ2 menyinggung sumbu ππ di π₯π₯ =
23οΏ½ , maka ππ2 β ππ2 =β¦
Pembahasan Fungsi kuadrat ππ menyinggung sumbu ππ di π₯π₯ = 23οΏ½ . Ini
artinya,
ππβ² οΏ½23οΏ½
= 0 gradien sumbu-ππ sama dengan 0
βΊ 2ππ2 οΏ½23οΏ½
β 12 = 0 substitusi π₯π₯ = 23οΏ½ ke ππβ²(π₯π₯)
βΊ 43ππ2 = 12 isolasi suku-ππ2
βΊ ππ2 = 9 kalikan kedua ruas dengan 3 4οΏ½
Karena ππβ²οΏ½23οΏ½ οΏ½ = 0 maka titik (2 3οΏ½ , 0) merupakan titik puncak dari
fungsi kuadrat tersebut. Atau dengan kata lain, titik (2 3οΏ½ , 0) dilaui oleh grafik fungsi ππ. Sehingga,
ππ οΏ½23οΏ½
= 0 substitusi π₯π₯ = 23οΏ½ dan π¦π¦ = 0
βΊ 9 οΏ½23οΏ½
2
β 12 οΏ½23οΏ½
+ ππ2 = 0 substitusi π₯π₯ = 23οΏ½
Sifat-sifat logaritma yang digunakan:
logππ ππ + logππ ππ= logππ ππ β ππ
logππ ππ β logππ ππ= logππ ππ
logππ ππ β logππ ππ= logππ
πππποΏ½
ππlogππ ππ = logππ ππππ
logππππ ππ =1ππ
logππ ππ
11 | Β©yosprens.wordpress.com
Pembahasan Matematika Dasar SBMPTN 2014
βΊ 4 β 8 + ππ2 = 0 sederhanakan
βΊ ππ2 = 4 hasil
Sehingga, ππ2 β ππ2 = 9 β 4 = 5
(Jawaban D).
Β©yosprens.wordpress.com | 12