Pembahasan Soal
SIMAKβUI 2012 SELEKSI MASUK UNIVERSITAS INDONESIA
Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS
Matematika Dasar
Disusun Oleh :
Pak Anang
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 1
Kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT Pembahasan Soal SIMAKβUI 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 β yang melalui titik asal memotong kurva 2π¦ = 3π₯2 β 2π₯ + 1 di dua titik di mana jumlah nilai π₯-nya adalah 10, maka gradien dari garis β adalah .... A. β1
B. 3
2
C. 6 D. 14 E. 15
Pembahasan:
Misalkan gradien garis β adalah π, maka persamaan garis β adalah π¦ = ππ₯.
Absis titik potong antara garis π¦ = ππ₯ dan kurva 2π¦ = 3π₯2 β 2π₯ + 1 bisa ditentukan dengan mensubstitusikan π¦ = ππ₯ ke 2π¦ = 3π₯2 β 2π₯ + 1, sehingga diperoleh:
2(ππ₯) = 3π₯2 β 2π₯ + 1
β 3π₯2 β 2π₯ + 1 β 2ππ₯ = 0β 3π₯2 β 2π₯ β 2ππ₯ + 1 = 0β 3π₯2 β (2 + 2π)π₯ + 1 = 0
Misalkan absis titik potong kedua garis adalah π₯1 dan π₯2, maka π₯1 dan π₯2 adalah akar-akar dari persamaan kuadrat 3π₯2 β (2 + 2π)π₯ + 1 = 0.
Sehingga dengan menggunakan rumus jumlah akar-akar persamaan kuadrat ππ₯2 + ππ₯ + π = 0
maka jumlah nilai π₯-nya adalah π₯1 + π₯2 = βπ
π, maka diperoleh:
3βπ
π₯2β(2 + 2π)β π
π₯ + 1βπ
= 0
π₯1 + π₯2 = βπ
πβ π₯1 + π₯2 = β
β(2 + 2π)
3
β 10 =2 + 2π
3β 30 = 2 + 2πβ 30 β 2 = 2πβ 28 = 2π
β28
2= π
β 14 = π
Karena nilai π adalah gradien dari garis β, maka gradien garis β adalah 14.
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 2
2. Diketahui sebuah barisan 3
2,3
4,9
8,15
16, β¦ . Jumlah sepuluh suku pertama dari barisan tersebut adalah
....
A. 10 +1β2β10
3
B. 10 ββ2β10β1
3
C. 10 +2β10β1
3
D. β2β10β1
3
E. 10
Pembahasan:
Perhatikan barisan pada soal, bisa dituliskan sebagai berikut:
3
2,3
4,9
8,15
16,β¦ β (1 +
1
2) , (1 β
1
4) , (1 +
1
8) , (1 β
1
16) ,β¦
β (1 +1
21)
β π1
, (1 β1
22)
β π2
, (1 +1
23)
β π3
, (1 β1
24)
β π4
, β¦
Jadi bisa ditarik kesimpulan bahwa rumus suku ke-π barisan pada soal adalah:
ππ = {1 +
1
2π, jika π ganjil
1 β1
2π, jika π 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:
π5ππππππ = (1 +1
21) + (1 +
1
23) + β¦ + (1 +
1
29)
= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 +1
21+1
23+1
25+1
27+1
29β Barisan geometri
π=12; π=
14; π=5
= 5 +
12(1 β (
14)5
)
1 β14
= 5 +
12(1 β
1210)
34
= 5 +2(1 β 2β10)
3
Jumlah 5 suku genap pertama:
π5πππππ = (1 β1
22) + (1 β
1
24) + β¦β (1 +
1
210)
= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 β (1
22+1
24+1
26+1
28+1
210)
β Barisan geometri
π=122; π=
14; π=5
= 5 β
122(1 β (
14)5
)
1 β14
= 5 β
14(1 β
1210)
34
= 5 β(1 β 2β10)
3
Oleh karena itu, jumlah 10 suku pertama barisan tersebut adalah:
π10 = 5 +2(1 β 2β10)
3+ 5 β
(1 β 2β10)
3
= 5 + 5 +2(1 β 2β10)
3β(1 β 2β10)
3
= 10 +(1 β 2β10)
3
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 3
3. Jika diketahui π₯ dan π¦ adalah bilangan riil dengan π₯ > 1 dan π¦ > 0. Jika π₯π¦ = π₯π¦ dan π₯
π¦= π₯5π¦, maka
π₯2 + 3π¦ = .... A. 29 B. 28 C. 27 D. 26 E. 25
Pembahasan:
Perhatikan bahwa,
π₯π¦ = π₯π¦ β π¦ =π₯π¦
π₯β π¦ = π₯π¦β1
Substitusikan π¦ = π₯π¦β1 ke persamaan π₯
π¦= π₯5π¦ akan menghasilkan:
π₯
π₯π¦β1= π₯5π¦ β π₯1β(π¦β1) = π₯5π¦
β π₯2βπ¦ = π₯5π¦
β 2β π¦ = 5π¦β 2 = 5π¦ + π¦β 2 = 6π¦
β2
6= π¦
β1
3= π¦
Substitusikan π¦ =1
3 ke π₯π¦ = π₯π¦ , maka diperoleh:
π₯π¦ = π₯π¦ β π₯ β1
3= π₯
13
βπ₯
3= π₯
13
βπ₯
π₯13
= 3
β π₯23 = 3
β π₯ = 332
Jadi nilai π₯2 + 3π¦ adalah:
π₯2 + 3π¦ = (332)2
+ 3(1
3)
= 33 + 1= 27 + 1= 28
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 4
4. Hasil perkalian dari nilai-nilai π₯ yang memenuhi π₯2
10000=
10000
π₯2(10logπ₯)β8
adalah ....
A. 102 B. 103 C. 104 D. 105 E. 106
Pembahasan:
Perhatikan bahwa:
π₯2
10000=
10000
π₯2(10logπ₯)β8
β π₯2 β π₯2(10logπ₯)β8 = 10000 β 10000
β π₯2+2(10logπ₯)β8 = 108
β π₯2(10logπ₯)β6 = 108
β 10 log(π₯2(10logπ₯)β6) = 10 log(108)
β (2(10log π₯) β 6)10 log π₯ = 8
β 2(10log2 π₯) β 6(10 log π₯) = 8
β 2(10log2 π₯) β 6(10 log π₯) β 8 = 0
Misal 10 log π₯ = π, maka:
β 2π2 β 6π β 8 = 0β (2π β 8)(π + 1) = 0β 2π β 8 = 0 atau π + 1 = 0β 2π = 8 atau π = β1β π = 4 atau π = β1
Karena 10 log π₯ = π, maka:
β 10 log π₯ = 4β atau ββ 10 log π₯ = β1
β π₯ = 104 β β atauββ ββ π₯ = 10β1
Oleh karena nilai π₯ yang memenuhi adalah π₯1 = 104 dan π₯2 = 10
β1,
maka hasil perkalian kedua nilai π₯ adalah:
π₯1π₯2 = 104 β 10β1
= 104+(β1)
= 103
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 5
5. Jika luas dari gambar di atas adalah 40 satuan luas dan jika 3 < π < 5, maka ....
A. 2
3< π <
31
6
B. 3
2< π <
31
6
C. 9 < π < 25 D. 9 < π < 31 E. 43 < π < 45
Pembahasan:
Luas daerah pada gambar di atas adalah luas persegi besar dengan panjang sisi (π + π) dikurangi persegi kecil dengan panjang sisi π.
Jadi,
πΏ = πΏ1 β πΏ2 β 40 = (π + π)2 β π2
β 40 = π2 + 2ππ + π2 β π2
β 40 = π2 + 2ππ
Karena diberikan interval nilai π yaitu 3 < π < 5, maka nilai π bisa diperoleh dengan mengubah persamaan 40 = π2 + 2ππ sebagai fungsi dengan variabel π, sehingga diperoleh:
40 = π2 + 2ππ β 40 β π2 = 2ππ
β40 β π2
2π= π
β40
2πβπ2
2π= π
β20
πβπ
2= π
Jadi diperoleh,
π = π(π) =20
πβπ
2
Kita cek dulu apakah fungsinya monoton turun atau terdapat titik belok pada interval 3 < π < 5?
π(π) =20
πβπ
2β πβ²(π) = β
20
π2β1
2; π β 0, π > 0
Ternyata nilai πβ²(π) < 0 untuk semua nilai π, dengan π β 0 dan π > 0, maka π(π) adalah fungsi monoton turun pada interval 3 < π < 5, sehingga diperoleh:
π(5) < π < π(3) β20
5β5
2< π <
20
3β3
2
β40
10β25
10< π <
40
6β9
6
β15
10< π <
31
6
β3
2< π <
31
6
π
π
π
π
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 6
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 π1 kali dengan nilai rata-rata π₯1Μ Μ Μ . Dan nilai ulangan terakhir adalah π₯2Μ Μ Μ , maka rata-rata setelah mengikuti 1 ulangan terakhir adalah οΏ½Μ οΏ½ bisa dinyatakan pada persamaan:
οΏ½Μ οΏ½ =π1 β π₯1Μ Μ Μ + (1) β π₯2Μ Μ Μ
π1 + (1)
Terdapat dua kondisi pada soal, yaitu:
1. Jika nilai ulangan terakhir Deni adalah 75, maka nilai rata-rata keseluruhan adalah 82. π₯2Μ Μ Μ = 75; οΏ½Μ οΏ½ = 82
οΏ½Μ οΏ½ =π1 β π₯1Μ Μ Μ + (1) β π₯2Μ Μ Μ
π1 + (1)β 82 =
π β π₯1Μ Μ Μ + (1) β 75
π + (1)
β 82(π + 1) = π β π₯1Μ Μ Μ + 75β 82π + 82 = π β π₯1Μ Μ Μ + 75β 82π + 82 β 75 = π β π₯1Μ Μ Μ β 82π + 7 = π β π₯1Μ Μ Μ
2. Jika nilai ulangan terakhir Deni adalah 82, maka nilai rata-rata keseluruhan adalah 85. π₯2Μ Μ Μ = 93; οΏ½Μ οΏ½ = 85
οΏ½Μ οΏ½ =π1 β π₯1Μ Μ Μ + (1) β π₯2Μ Μ Μ
π1 + (1)β 85 =
π β π₯1Μ Μ Μ + (1) β 93
π + (1)
β 85(π + 1) = π β π₯1Μ Μ Μ + 93β 85π + 85 = π β π₯1Μ Μ Μ + 93β 85π + 85 β 93 = π β π₯1Μ Μ Μ β 85π β 8 = π β π₯1Μ Μ Μ
Eliminasi π β π₯1Μ Μ Μ pada kedua persamaan menghasilkan:
85π β 8 = π β π₯182π + 7 = π β π₯13π β 15 = 0
β 3π = 15β π = 5
Jadi banyaknya ulangan yang sudah diikuti Deni sebanyak 5 kali.
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 7
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 β₯ 5 pada 1 kali pelemparan dadu.
B = kejadian munculnya mata dadu β₯ 5 sebanyak 6 kali pada 6 kali pelemparan dadu.
C = kejadian munculnya mata dadu β₯ 5 sebanyak 5 kali pada 6 kali pelemparan dadu.
D = kejadian munculnya mata dadu β₯ 5 sebanyak minimal 5 kali pada 6 kali pelemparan dadu.
Dalam satu kali pelemparan dadu, ruang sampel π = {1, 2, 3, 4, 5, 6} β π(π) = 6. Dan kejadian muncul mata dadu lebih besar atau sama dengan 5 adalah π΄ = {5, 6} β π(π΄) = 2.
Sehingga pada satu kali pelemparan dadu, peluang muncul mata dadu lebih β₯ 5 adalah:
π(π΄) =π(π΄)
π(π)=2
6=1
3
Sehingga pada satu kali pelemparan dadu, peluang tidak munculnya mata dadu β₯ 5 adalah:
πβ²(π΄) = 1 β π(π΄) = 1 β1
3=2
3
Ada dua kemungkinan terjadinya muncul mata dadu β₯ 5 dalam minimal 5 kali pelemparan, yaitu:
1. Peluang mata dadu β₯ 5 muncul 6 kali pada 6 kali pelemparan dadu adalah:
π(π΅) = [π(π΄)]6 = (1
3)6
=1
729
2. Peluang mata dadu β₯ 5 muncul 5 kali pada 6 kali pelemparan dadu adalah:
π(πΆ) = 6πΆ5 Γ [π(π΄)]5 Γ πβ²(π΄) = 6 Γ (
1
3)5
Γ2
3=12
729
Jadi, peluang munculnya angka yang lebih besar atau sama dengan 5 dalam minimal 5 kali pelemparan adalah:
π(π·) = π(π΅) + π(πΆ) =1
729+12
729=13
729
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 8
8. Diketahui π΄ = (2 π§ log π
π log1
π§1
) merupakan matriks singular.
Maka nilai π log π3π + π§ log π β π log π§2 = .... A. β1 B. β6 C. 0 D. 6 E. 10
Pembahasan:
Karena π΄ adalah matriks singular, maka nilai det(π΄) = 0, sehingga:
det(π΄) = 0 β 2 β 1 β π log1
π§β π§ log π = 0
β 2 β π log π§β1 β π§ log π = 0
β 2 β (βπ log π§) β π§ log π = 0
β 2 + π log π = 0
β π log π = β2
Maka nilai π log π3π + π§ log π β π log π§2 adalah:
π log π3π + π§ log π β π log π§2 β π log π3 + π log π + π log π§2 β π§ log π
β π log π3 + 1 + π log π§2 β π§ log π
β 3 β π log π + 1 + 2 βπ log π§ β π§ log π
β 3 β (β2) + 1 + 2 βπ log π
β β6 + 1 + 2 β1
π log π
β β6 + 1 + 2 β1
(β2)
β β5 + (β1)β β6
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 9
9. Jika garis singgung parabola π¦ = 4π₯ β π₯2 di titik π(1, 3) juga merupakan garis singgung parabola
π¦ = π₯2 β 6π₯ + π, maka nilai dari 5 β βπ β 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.
π(π₯) = π¦ = 4π₯ β π₯2 β πβ²(π₯) = 4 β 2π₯
Jadi, gradien garis singgung parabola π¦ = 4π₯ β π₯2 di titik (1, 3) adalah:
π = πβ²(1) β π = 4 β 2(1)= 4 β 2= 2
Sehingga, persamaan garis singgung parabola π¦ = 4π₯ β π₯2 dengan gradien π = 2 di titik (1, 3) dapat ditentukan dengan:
π¦ β π¦1 = π(π₯ β π₯1) β π¦ β 3 = 2(π₯ β 1)β π¦ β 3 = 2π₯ β 2β π¦ = 2π₯ β 2 + 3β π¦ = 2π₯ + 1
Diketahui bahwa garis singgung parabola π¦ = 4π₯ β π₯2 juga menyinggung parabola π¦ = π₯2 β 6π₯ + π, maka substitusikan π¦ = 2π₯ + 1 ke persamaan parabola π¦ = π₯2 β 6π₯ + π, sehingga diperoleh persamaan kuadrat berikut:
2π₯ + 1 = π₯2 β 6π₯ + π β π₯2 β 6π₯ + π β (2π₯ + 1) = 0
β π₯2 β 6π₯ + π β 2π₯ β 1 = 0β π₯2 β 8π₯ + (π β 1) = 0
Karena garis singgung dan parabola tersebut saling bersinggungan, maka nilai diskriminan dari persamaan kuadrat tersebut sama dengan nol (π· = 0). Sehingga diperoleh nilai π sebagai berikut:
π· = 0 β π2 β 4ππ = 0β (β8)2 β 4(1)(π β 1) = 0β 64 β 4(π β 1) = 0β 64 β 4π + 4 = 0β 68 β 4π = 0β 68 = 4πβ 17 = π
Jadi, nilai dari 5 β βπ β 1 = 5 β β17 β 1
= 5 β β16= 5 β 4= 1
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 10
10. Nilai maksimum dari π dimana 5βcos(2π)
sin(π)β₯ 2π dan 0 < π < π adalah ....
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 E. 7
Pembahasan:
Misalkan π(π) = 5βcos(2π)
sin(π) maka πβ²(π) adalah turunan fungsi π(π), sehingga πβ²(π) adalah:
π(π) = 5 β cos(2π)
sin(π)=π’(π)
π£(π)β πβ²(π) =
π’β²(π)π£(π) β π’(π)π£β²(π)
π£2(π)
=2 sin 2π β sin π β (5 β cos 2π) β cos π
sin2 π
=2(2 sin π cos π) β sin π β 5 cos π + cos 2π cos π
sin2 π
=4 sin2 π cos π β 5 cos π + (1 β 2 sin2 π) cos π
sin2 π
=4 sin2 π cos π β 5 cos π + cos π β 2 sin2 π cos π
sin2 π
=2 sin2 π cos π β 4 cos π
sin2 π
=2 β (sin2 π β 2) β cos π
sin2 π
Agar nilai π(π) maksimum maka πβ²(π) = 0, sehingga:
πβ²(π) = 0 β2 β (sin2 π β 2) β cos π
sin2 π= 0
Pembuat nol fungsi
β (sin2 π β 2) = 0 atau cos π = 0 (sin2 π β 0)
β Tidak Mungkin atau π = (Β±π
2+ π β 2π)
β π =π
2
Sehingga, karena πβ²(π) = 0 saat π =π
2, maka nilai maksimum π(π) dicapai saat π =
π
2, yaitu:
π (π
2) β₯ 2π β
5 β cos (2 (π2))
sin (π2)
β₯ 2π
β5 β cos(π)
sin (π2)
β₯ 2π
β5 β (β1)
1β₯ 2π
β 6 β₯ 2πβ 3 β₯ πβ π β€ 3
Jadi, nilai maksimum dari π yang mungkin adalah π = 3.
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 11
11. Diketahui π¦ =1
cscπ₯. Jika π¦ β€ 1 +
2
π¦ dan 0 β€ π₯ β€ 2π, maka nilai π₯ yang memenuhi adalah ....
A. 0 < π₯ <π
2
B. 0 < π₯ β€π
2
C. 0 β€ π₯ β€ π D. 0 < π₯ β€ π E. 0 < π₯ < π
Pembahasan:
Perhatikan bahwa π¦ =1
cscπ₯=
11
sin π₯
= sin π₯.
Sehingga,
π¦ β€ 1 +2
π¦β sin π₯ β€ 1 +
2
sin π₯
β sin π₯ β (1 +2
sin π₯) β€ 0
β sin π₯ β 1 β2
sin π₯β€ 0
βsin2 π₯ β sin π₯ β 2
sin π₯β€ 0
β(sin π₯ + 1)(sin π₯ β 2)
sin π₯β€ 0 (sin π₯ β 0)
β (sin π₯ + 1)(sin π₯ β 2) sin π₯ β€ 0 (sin π₯ β 0)Pembuat nol
β (sin π₯ + 1)(sin π₯ β 2) sin π₯ = 0β sin π₯ + 1 = 0 atau sin π₯ β 2 = 0 atau sin π₯ = 0β sin π₯ = β1 β atau β sin π₯ = 2 atau sin π₯ = 0
β π₯ =3π
2 β ββββ atau TM β atau π₯ = {0, π, 2π} (TM = Tidak mungkin)
Periksa daerah penyelesaian (sin π₯ + 1)(sin π₯ β 2) sin π₯ β€ 0 pada garis bilangan:
Jadi daerah penyelesaian yang memenuhi π¦ β€ 1 +2
π¦ adalah:
π»π = {π₯|0 < π₯ < π atau 3π2 β€ π₯ < 2π, π₯ β π }
Sehingga jawaban yang memenuhi di soal adalah 0 < π₯ < π.
β β
+
0 π 3π
2 2π
+
+
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 12
12. limπ₯β1
sin2(π₯β1)
(π₯2β2π₯+1) cot1
2(π₯β1)
= ....
A. 1
4
B. 1
2
C. 1 D. 2 E. 4
Pembahasan:
limπ₯β1
sin 2(π₯ β 1)
(π₯2 β 2π₯ + 1) cot12(π₯ β 1)
= limπ₯β1
2 sin(π₯ β 1) cos(π₯ β 1)
(π₯ β 1)(π₯ β 1)1
tan12(π₯ β 1)
= limπ₯β1
2 sin(π₯ β 1) cos(π₯ β 1) tan12(π₯ β 1)
(π₯ β 1)(π₯ β 1)
= limπ₯β1
2 sin(π₯ β 1)
(π₯ β 1)β cos(π₯ β 1) β
tan12(π₯ β 1)
(π₯ β 1)
= limπ₯β1
2 sin(π₯ β 1)
(π₯ β 1)β limπ₯β1
cos(π₯ β 1) β limπ₯β1
tan12(π₯ β 1)
(π₯ β 1)
= 2 β 1 β1
2= 1
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 13
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 π , dan tinggi kotak adalah π‘, maka luas kotak tanpa tutup dirumuskan:
πΏπ = πΏπ + πΎππ‘ β 192 = π 2 + 4π π‘
β π‘ =192 β π 2
4π
Volume kotak juga dirumuskan dengan:
π = πΏπ β π‘ β π = π 2π‘
Substitusikan π‘ =192βπ 2
4π ke π = π 2π‘, diperoleh:
π = π 2 (192 β π 2
4π )
=192π 2 β π 4
4π
= 48π β1
4π 3
Nilai maksimum π diperoleh untuk π yang memenuhi πβ² = 0, yaitu:
πβ² = 0 β 48 β3
4π 2 = 0
β3
4π 2 = 48
β π 2 =48
34
β π 2 = 48 Γ4
3β π 2 = 64
β π = β64β π = 8 cm
Sehingga diperoleh nilai maksimum π dengan mensubstitusikan π = 8 cm, yaitu:
π = 48(8) β1
4(8)3
= 384 β1
4β 512
= 384 β 128= 256 cm3
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 14
14. Jika diketahui π₯π¦π§ = 26 dan (2 log π₯)(2 log π¦π§) + (2 log π¦)(2 log π§) = 10 dengan π₯, π¦, π§ β₯ 0, maka
β2 log2 π₯ + 2 log2 π¦ + 2 log2 π§ = ....
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 E. 6
Pembahasan:
Ingat identitas (π + π + π)2 = π2 + π2 + π2 + 2ππ + 2ππ + 2ππ
= π2 + π2 + π2 + 2(ππ + ππ + ππ)
Sehingga,
(2 log π₯ + 2 log π¦ + 2 log π§)2 = (2 log2 π₯ + 2 log2 π¦ + 2 log2 π§) + 2[(2 log π₯)(2 log π¦) + (2 log π₯)(2 log π§) + (2 log π¦)(2 log π§)]
β (2 log2 π₯ + 2 log2 π¦ + 2 log2 π§) = (2 log π₯ + 2 log π¦ + 2 log π§)2 β 2[(2 log π₯)(2 log π¦) + (2 log π₯)(2 log π§) + (2 log π¦)(2 log π§)]
= 2 log2(π₯π¦π§) β 2[(2 log π₯)(2 log π¦ + 2 log π§) + (2 log π¦)(2 log π§)]
= 2 log2(π₯π¦π§) β 2[(2 log π₯)(2 log π¦π§) + (2 log π¦)(2 log π§)]
= 2 log2(26) β 2 β 10
= (6)2 β 20= 36 β 20= 16
Jadi,
β2 log2 π₯ + 2 log2 π¦ + 2 log2 π§ = β16 = 4
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 15
15. Jika diketahui
{π + π + π = 18
π2 + π2 + π2 = 756π2 = ππ
maka π = .... A. β18 B. β12 C. 1 D. 12 E. 18
Pembahasan:
Ingat identitas (π + π + π)2 = π2 + π2 + π2 + 2ππ + 2ππ + 2ππ
= π2 + π2 + π2 + 2(ππ + ππ + ππ)
Sehingga,
(π + π + π)2 = π2 + π2 + π2 + 2(ππ + ππ + ππ)
β (18)2 = (756) + 2(π(π + π) + ππ)
β 324 = 756 + 2(π(18 β π) + π2)
β 324 β 756 = 2(18π β π2 + π2)β β432 = 36π
β β432
36= π
β β12 = π
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 16
16. Jika kedua akar persamaan ππ₯2 + 8π₯ + 3π = 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 β15/2
Pembahasan:
Misal akar-akar dari persamaan ππ₯2 + 8π₯ + 3π = 0 adalah π₯1 dan π₯2, maka dengan menggunakan rumus jumlah dan hasil kali akar-akar persamaan kuadrat, diperoleh hubungan:
π₯1 + π₯2 = β8
π
π₯1π₯2 =3π
π= 3
Untuk menentukan jumlah kuadrat dari akar-akarnya yaitu π₯12 + π₯2
2 maka digunakan konsep berikut:
(π₯1 + π₯2)2 = π₯1
2 + π₯22 + 2π₯1π₯2 β π₯1
2 + π₯22 = (π₯1 + π₯2)
2 β 2π₯1π₯2
β π₯12 + π₯2
2 = (8
π)2
β 2(3)
β π₯12 + π₯2
2 =64
π2β 6
Sehingga kita harus mencari nilai π2 terlebih dahulu.
Perhatikan bahwa akar-akarnya selalu bernilai negatif, artinya nilai π₯1 + π₯2 < 0 dan π· β₯ 0, sehingga
π₯1 + π₯2 < 0 β β8
π< 0 (ingat
π
π< 0 β ππ < 0)
β β8π < 0β π > 0
π· β₯ 0 β (8)2 β 4(π)(3π) β₯ 0
β 64 β 12π2 β₯ 0
β β12π2 β₯ β64
β π2 β€β64
β12
β π2 β€64
12
Dari π > 0 dan π2 β€64
12 dapat ditarik kesimpulan bahwa 0 < π2 β€
64
12.
Sehingga, nilai π₯12 + π₯2
2 =64
π2β 6 akan mencapai minimum saat π2 =
64
12.
Jadi, nilai minimum dari π₯12 + π₯2
2 adalah:
π₯12 + π₯2
2 =64
π2β 6 =
64
6412
β 6 = 64 (12
64) β 6 = 12 β 6 = 6
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 17
PETUNJUK C: Untuk soal nomor 17-20
17. Apabila π = π₯ + π¦ , maka π2 β π = 1 dan apabila π = π₯ β π¦, maka π2 + π = 1, maka π₯ + π¦ = ....
(1) 1
2+1
2β5
(2) 1
2
(3) 1
2β1
2β5
(4) 1
2β5
Pembahasan:
Dengan menggunakan rumus ABC maka penyelesaian dari π2 β π β 1 = 0 adalah:
π1,2 =βπ Β± βπ2 β 4ππ
2π=β(β1) Β± β(β1)2 β 4(1)(β1)
2(1)=1 Β± β1 + 4
2=1 Β± β5
2=1
2Β±1
2β5
Jadi,
π₯ + π¦ =1
2Β±1
2β5
Dengan menggunakan rumus ABC maka penyelesaian dari π2 β π β 1 = 0 adalah:
π1,2 =βπ Β± βπ2 β 4ππ
2π=β(1) Β± β(1)2 β 4(1)(β1)
2(1)=β1 Β± β1 + 4
2=β1 Β± β5
2= β
1
2Β±1
2β5
Jadi,
π₯ β π¦ = β1
2Β±1
2β5
Sehingga dapat diperoleh nilai π₯ dan π¦ yaitu:
π₯ = Β±1
2β5
dan
π¦ =1
2
Maka nilai dari π₯ + π¦ adalah:
π₯ + π¦ =1
2Β±1
2β5 (Pernyataan (1) dan (3) benar)
Jadi kesimpulan yang tepat adalah hanya pernyataan (1) dan (3) yang benar.
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 18
18. Misalkan π: π β π dan π: π β π , π(π₯) = π₯ + 2 dan (π β π)(π₯) = 2π₯2 + 4π₯ β 6. Misalkan juga π₯1 dan π₯2 adalah akar-akar dari π(π₯) = 0, maka π₯1 + 2π₯2 = .... (1) 0 (2) 1 (3) 3 (4) 5
Pembahasan:
Perhatikan bahwa,
(π β π)(π₯) = 2π₯2 + 4π₯ β 6 dan π(π₯) = π₯ + 2, maka:
(π β π)(π₯) = 2π₯2 + 4π₯ β 6
β π(π(π₯)) = 2π₯2 + 4π₯ β 6
β π(π₯ + 2) = 2π₯2 + 4π₯ β 6
Misal, π¦ = π₯ + 2 β π₯ = π¦ β 2, sehingga:
π(π₯ + 2) = 2π₯2 + 4π₯ β 6
β π(π¦) = 2(π¦ β 2)2 + 4(π¦ β 2) β 6
β π(π¦) = 2(π¦2 β 4π¦ + 4) + 4π¦ β 8 β 6
β π(π¦) = 2π¦2 β 8π¦ + 8 + 4π¦ β 14
β π(π¦) = 2π¦2 β 4π¦ β 6
β΄ π(π₯) = 2π₯2 β 4π₯ β 6
Jika π₯1 dan π₯2 adalah akar-akar dari π(π₯) = 0, maka nilai π₯1 dan π₯2 bisa ditentukan menggunakan pemfaktoran berikut:
2π₯2 β 4π₯ β 6 = 0β 2(π₯ β 2π₯ β 3) = 0β 2(π₯ + 1)(π₯ β 3) = 0Pembuat nol& π₯ + 1 = 0 atau π₯ β 3 = 0
β π₯ = β1 β atau β π₯ = 3
Jadi penyelesaian π(π₯) = 0 adalah π₯ = β1 atau π₯ = 3.
Misal π₯1 = β1 dan π₯2 = 3, maka nilai π₯1 + 2π₯2 = β1 + 2(3) = β1 + 6 = 5 (Pernyataan (4) benar)
Misal π₯1 = 3 dan π₯2 = β1, maka nilai π₯1 + 2π₯2 = 3 + 2(β1) = 3 β 2 = 1 (Pernyataan (2) benar)
Jadi kesimpulan yang tepat adalah hanya pernyataan (2) dan (4) yang benar.
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 19
19. Jika diketahui βπ¦2 + 2π¦ + 1,π¦2+3π¦β1
3, π¦ β 1 adalah tiga suku barisan aritmetika, maka nilai suku
kedua yang memenuhi adalah .... (1) β1 (2) β2 (3) 1 (4) 2
Pembahasan:
Misal π adalah jumlah suku barisan aritmetika dan apabila π adalah bilangan ganjil maka akan
terdapat sebuah suku tengah yaitu ππ , dengan π =1
2(1 + π) maka akan berlaku
ππ =1
2(π1 +ππ)
Sehingga, pada tiga suku barisan aritmetika βπ¦2 + 2π¦ + 1,π¦2+3π¦β1
3, π¦ β 1, berlaku:
π2 =1
2(π1 + π3) β
π¦2 + 3π¦ β 1
3=1
2((βπ¦2 + 2π¦ + 1) + (π¦ β 1))
βπ¦2 + 3π¦ β 1
3=1
2(Β±(π¦ + 1) + (π¦ β 1))
Perhatikan, karena nilai βπ¦2 + 2π¦ + 1 = Β±(π¦ + 1), maka akan ada dua kemungkinan sebagai berikut:
π¦2 + 3π¦ β 1
3=1
2((βπ¦2 + 2π¦ + 1) + (π¦ β 1)) β
{
π¦2 + 3π¦ β 1
3=1
2((π¦ + 1) + (π¦ β 1))
π¦2 + 3π¦ β 1
3=1
2(β(π¦ + 1) + (π¦ β 1))
Untuk kasus pertama,
π¦2 + 3π¦ β 1
3=1
2((π¦ + 1) + (π¦ β 1)) β
π¦2 + 3π¦ β 1
3=1
2(2π¦)
βπ¦2 + 3π¦ β 1
3= π¦
β π¦2 + 3π¦ β 1 = 3π¦
β π¦2 + 3π¦ β 1 β 3π¦ = 0
β π¦2 β 1 = 0
β (π¦ + 1)(π¦ β 1) = 0Pembuat nol
β π¦ + 1 = 0 atau π¦ β 1 = 0β π¦ = β1 atau ββ π¦ = 1
π¦ = β1 β π2 =π¦2 + 3π¦ β 1
3=(β1)2 + 3(β1) β 1
3=1 β 3 β 1
3=β3
3= β1 (Pernyataan (1) benar)
π¦ = 1 β π2 =π¦2 + 3π¦ β 1
3=(1)2 + 3(1) β 1
3=1 + 3 β 1
3=3
3= 1 (Pernyataan (3) benar)
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 20
Untuk kasus kedua,
π¦2 + 3π₯ β 1
3=1
2(β(π¦ + 1) + (π¦ β 1)) β
π¦2 + 3π₯ β 1
3=1
2(βπ¦ β 1 + π¦ β 1)
βπ¦2 + 3π₯ β 1
3=1
2(β2)
βπ¦2 + 3π₯ β 1
3= β1
β π¦2 + 3π₯ β 1 = β3
β π¦2 + 3π₯ β 1 + 3 = 0
β π¦2 + 3π₯ + 2 = 0
β (π¦ + 2)(π¦ + 1) = 0Pembuat nol
β π¦ + 2 = 0 atau π¦ + 1 = 0β π¦ = β2 atau ββ π¦ = β1
π¦ = β2 β π2 =π¦2 + 3π¦ β 1
3=(β2)2 + 3(β2) β 1
3=4 β 6 β 1
3=β3
3= β1 (Pernyataan (1) benar)
π¦ = β1 β π2 =π¦2 + 3π¦ β 1
3=(β1)2 + 3(β1) β 1
3=1 β 3 β 1
3=β3
3= β1 (Pernyataan (1) benar)
Jadi kesimpulan yang tepat adalah hanya pernyataan (1) dan (3) yang benar.
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 21
20. Diketahui bahwa π₯2 + 2π₯π¦ + 2π¦2 = 13 dengan π₯ dan π¦ adalah bilangan bulat. Nilai π₯ β π¦ yang mungkin dengan π₯ > 0 dan π¦ > 0 adalah .... (1) 4 (2) 1 (3) β4 (4) β1
Pembahasan:
Perhatikan bahwa π₯2 + 2π₯π¦ + 2π¦2 = 13 β π₯2 + 2π₯π¦ + π¦2 + π¦2 = 13
β (π₯ + π¦)2 + π¦2 = 13
Perhatikan juga bahwa apabila π₯ dan π¦ adalah bilangan bulat dengan π₯ > 0 dan π¦ > 0, serta nilai (π₯ + π¦)2 > 0 dan π¦2 > 0. Sehingga, diperoleh kesimpulan bahwa 0 < (π₯ + π¦)2 β€ 13 dan 0 < π¦2 β€ 13 Artinya nilai (π₯ + π¦) atau π¦ yang mungkin hanyalah 2 atau 3. Kemungkinan pertama,
(π₯ + π¦) = 2 sehingga, (π₯ + π¦)2 + π¦2 = 13 β (2)2 + π¦2 = 13
β 4 + π¦2 = 13
β 4 + π¦2 β 13 = 0
β π¦2 β 9 = 0
β (π¦ + 3)(π¦ β 3) = 0β π = βπ atau π¦ = 3
π»π΄
Sekarang mari dicek kembali bahwa π₯ > 0 dan π¦ > 0 π₯ + π¦ = 2 β π₯ + 3 = 2
β π₯ = 2 β 3β π₯ = β1
Ingat, bahwa nilai π₯ > 0 dan π¦ > 0 maka karena π¦ = 3 menyebabkan nilai π₯ = β1 β π₯ < 0, maka jelas bahwa π = βπ dan π = π tidak memenuhi.
Kemungkinan kedua, (π₯ + π¦) = 3 sehingga, (π₯ + π¦)2 + π¦2 = 13 β (3)2 + π¦2 = 13
β 9 + π¦2 = 13
β 9 + π¦2 β 13 = 0
β π¦2 β 4 = 0
β (π¦ + 2)(π¦ β 2) = 0β π = βπ atau π¦ = 2
π»π΄
Sekarang mari dicek kembali bahwa π₯ > 0 dan π¦ > 0 π₯ + π¦ = 3 β π₯ + 2 = 3
β π₯ = 3 β 2β π₯ = 1
Ingat, bahwa nilai π₯ > 0 dan π¦ > 0 maka karena π¦ = 3 menyebabkan nilai π₯ = 1 β π₯ > 0, maka jelas bahwa π₯ = 1 dan π¦ = 2 memenuhi.
Sehingga nilai π₯ β π¦ = 1 β 2 = β1 (Pernyataan (4) benar)
Jadi kesimpulan yang tepat adalah hanya pernyataan (4) saja yang benar.
Bimbel SIMAKβUI 2013 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 22
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.