Kunci Jawaban, Silabus dan RPP PR MAT 11B WAJIB

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. membaca dan menyajikan data dalam bentuk tabel distribusi dan histogram; 2. mendeskripsikan dan menghitung berbagai ukuran pemusatan, ukuran letak, dan ukuran penyebaran; 3. menerapkan konsep ukuran pemusatan, ukuran letak, dan ukuran penyebaran dalam menyelesaikan masalah. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, siswa mampu bersikap cermat dalam menganalisis setiap permasalahan.

Statistika

Tabel Distribusi Frekuensi dan Histogram

• •

•

Membaca data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi dan histogram. Mendeskripsikan unsur-unsur yang terdapat dalam tabel distribusi frekuensi dan histogram. Menyajikan data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi dan histogram.

• • • • • • • • • •

Ukuran Pemusatan

• • •

Mendeskripsikan pengertian mean, median, dan modus. Menghitung nilai mean, median, dan modus data tunggal. Menghitung nilai mean, median, dan modus data berkelompok.

Ukuran Letak dan Ukuran Penyebaran

• • •

Mendeskripsikan pengertian kuartil, desil, dan persentil. Menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data tunggal. Menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data berkelompok.

Bersikap cermat dalam menganalisis setiap permasalahan. Mampu membaca data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi dan histogram. Mampu menjelaskan unsur-unsur yang terdapat dalam tabel distribusi frekuensi dan histogram. Mampu menyajikan data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi dan histogram. Mampu menjelaskan pengertian mean, median, dan modus. Mampu menghitung nilai mean, median, dan modus data tunggal. Mampu menghitung nilai mean, median, dan modus data berkelompok. Mampu menjelaskan pengertian kuartil, desil, dan persentil. Mampu menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data tunggal. Mampu menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data berkelompok.

Matematika Kelas XI

1

A,

Pilihan Ganda

1. Jawaban: c Tepi atas kelas interval = 12,5 + 8 = 20,5 Batas atas kelas interval = 20,5 – 0,5 = 20 Jadi, batas atas kelas interval tersebut 20. 2. Jawaban: b Misalkan batas bawah kelas interval = Bb, batas atas kelas interval = Ba, dan panjang kelas = p. 1

Titik tengah kelas interval = 2 ( Bb + Ba) 1

⇔

44,5 = 2 ( Bb + Bb + p – 1) ⇔ 89 = 2Bb + 10 – 1 ⇔ 2Bb = 80 ⇔ Bb = 40 Jadi, batas bawah kelas interval tersebut 40. 3. Jawaban: d Titik tengah kelas interval IV 1

= 2 (61 + 67) 1

= 2 × 128 = 64 4. Jawaban: b Kelas interval II adalah 47–53. Kelas interval III adalah 54–60. Tepi atas kelas interval 47–53 adalah 53 + 0,5 = 53,5. Tepi bawah kelas interval 54–60 adalah 54 – 0,5 = 53,5. Dengan demikian, tepi kelas 53,5 sebagai tepi atas kelas interval II dan sekaligus sebagai tepi bawah kelas interval III. 5. Jawaban: a Jumlah siswa = 9 + 8 + 6 + 5 + 4 = 32 Berat badan siswa lebih dari 60 kg berada di kelas interval 61–67 dan 68–74. Frekuensi kelas interval 61–67 adalah 5. Frekuensi kelas interval 68–74 adalah 4. Banyak siswa yang berat badannya lebih dari 60 = 5 + 4 = 9. Persentase banyak siswa yang memiliki berat 9

badan lebih dari 60 kg = 32 × 100% = 28,125%. 6. Jawaban: c Kelas interval yang memiliki batang tertinggi menunjukkan nilai yang paling banyak diperoleh siswa. 2

Statistika

Batang tertinggi berada di kelas interval yang memiliki tepi bawah 60,5 dan tepi atas 70,5, maka: batas bawah kelas interval = 60,5 + 0,5 = 61 batas atas kelas interval = 70,5 – 0,5 = 70 Dengan demikian, diperoleh kelas interval 61–70. Jadi, nilai yang paling banyak diperoleh siswa adalah 61–70. 7. Jawaban: e Perbandingan banyak benda yang berusia antara 8–10 tahun dan 14–16 tahun adalah 1:5. Misalkan banyak benda yang berusia 8–10 tahun = x, maka banyak benda yang berusia 14–16 tahun = 5x Banyak benda seluruhnya = 10 + 20 + x + 15 + 5x + 5x ⇔ 100 = 45 + 11x ⇔ 11x = 55 ⇔ x =5 Banyak benda yang berusia 14–16 tahun = 5x = 5 × 5 = 25 Banyak benda yang berusia 17–19 tahun = banyak benda yang berusia 14–16 tahun = 25 Jadi, benda yang berusia antara 17–19 tahun sebanyak 25 buah. 8. Jawaban: d Nilai data yang kurang dari 15 berada di kelas interval 7–10 dan 11–14. Frekuensi kelas interval 7–10 = p + 4 Frekuensi kelas interval 11–14 = p + 6 Nilai data yang kurang dari 15 sebanyak 34, maka: (p + 4) + (p + 6) = 34 ⇔ 2p + 10 = 34 ⇔ 2p = 24 ⇔ p = 12 Nilai data yang lebih dari 18 berada di kelas interval 19–22 dan 23–26. Frekuensi kelas interval 19–22 = 2p – 4 Frekuensi kelas interval 23–26 = p – 3 Nilai data yang lebih dari 18 = (2p – 4) + (p – 3) = 3p – 7 = 3 × 12 – 7 = 36 – 7 = 29 Jadi, nilai data yang lebih dari 18 sebanyak 29. 9. Jawaban: e Poligon frekuensi merupakan diagram yang menyajikan titik-titik tengah nilai data. 1

Titik tengah kelas interval 152–157 = 2 (152 + 157) = 154,5 Titik tengah 154,5 mempunyai frekuensi 6. Jadi, banyak siswa yang mempunyai tinggi badan 152–157 cm ada 6 anak.

10. Jawaban: e Titik tengah kelas interval yang mempunyai frekuensi 9 adalah 160,5. Titik tengah 160,5 berada pada kelas interval keempat. Titik tengah kelas 154,5 dan 160,5 saling berurutan, maka panjang kelas: p = 160,5 – 154,5 = 6. Letak tepi bawah, titik tengah, dan tepi atas kelas interval keempat dapat digambarkan pada diagram berikut. p=6 Tb4 = 157,5

Ta4 = 163,5

x4 = 160,5

3

3

Dari diagram di atas diperoleh tepi bawah Tb4 = 157,5 dan tepi atas Ta4 = 163,5, maka: batas bawah = Tb4 + 0,5 = 157,5 + 0,5 = 158 batas atas = Ta4 – 0,5 = 163,5 – 0,5 = 163. Dengan demikian, diperoleh kelas interval keempat yaitu 157–163. Jadi, sebanyak 9 siswa mempunyai tinggi badan 158–163 cm. B.

Uraian

1. a.

b.

Bambu yang panjangnya tidak kurang dari 6,7 meter berada di kelas interval 6,7–8,0 dan 8,1–9,4. Frekuensi kelas interval 6,7–8,0 = 15 Frekuensi kelas interval 8,1–9,4 = 20 Banyak bambu yang panjangnya tidak kurang dari 6,7 meter = 15 + 20 = 35 Jadi, banyak bambu yang dapat digunakan Pak Ahmad untuk membuat kepang 35 lonjor. Bambu yang panjangnya tidak lebih dari 5,2 meter berada di kelas interval 2,5–3,8 dan 3,9–5,2. Frekuensi kelas interval 2,5–3,8 = 12 Frekuensi kelas interval 3,9–5,2 = 16 Banyak bambu yang panjangnya tidak lebih dari 5,2 meter = 12 + 26 = 28 Jadi, banyak bambu yang dapat digunakan Pak Ahmad untuk membuat pagar 28 lonjor.

2. Dari histogram diperoleh batas bawah, batas atas, dan kelas interval sebagai berikut. Batas Bawah 109,5 + 0,5 = 110 116,5 + 0,5 = 117 123,5 + 0,5 = 124 130,5 + 0,5 = 131 137,5 + 0,5 = 138 144,5 + 0,5 = 145 151,5 + 0,5 = 152

Batas Atas 116,5 123,5 130,5 137,5 144,5 151,5 158,5

– – – – – – –

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

= = = = = = =

116 123 130 137 144 151 158

Kelas Interval 110–116 117–123 124–130 131–137 138–144 145–151 152–158

Dari kelas interval pada tabel di atas diperoleh tabel distribusi frekuensi relatif sebagai berikut. Tinggi Bibit Cabai (mm)

Frekuensi Relatif

110–116 117–123 124–130 131–137 138–144 145–151 152–158

6,7% 10% 16,7% 20% 25% 13,3% 8,3%

3. Data setelah diurutkan sebagai berikut. 41 41 42 42 43 43 44 45 46 46 47 47 48 49 50 51 52 53 54 56 56 57 58 59 60 61 62 63 66 67 Banyak data = n = 30 Nilai data terkecil = 41 Nilai data terbesar = 67 Jangkauan = nilai data terbesar – nilai data terkecil = 67 – 41 = 26 Banyak kelas = k = 1 + 3,3 log n = 1 + 3,3 log 30 = 1 + 3,3 × 1,477 = 1 + 4,8741 = 5,8741 ≈6 Panjang kelas: jangkauan

p = banyak kelas 26

= 6 = 4,33 ≈5 Menentukan batas atas dan batas bawah kelas interval pertama. Bb1 = nilai data terkecil = 41 Ba1 = Bb1 + p –1 = 41 + 5 – 1 = 45 Diperoleh kelas interval pertama : 41–45 Menentukan batas atas dan batas bawah kelas interval kedua. Bb2 = Ba1 + 1 = 45 + 1 = 46 Ba2 = Bb2 + p – 1 = 46 + 5 – 1 =50 Diperoleh kelas interval kedua : 46–50 Dengan cara yang sama diperoleh: Kelas interval ketiga : 51–55 Kelas interval keempat : 56–60 Kelas interval kelima : 61–65 Kelas interval keenam : 66–70

Matematika Kelas XI

3

Tabel distribusi frekuensi skor ujian penerimaan calon karyawan PT Sido Makmur sebagai berikut.

Skor

Frekuensi

41–45 46–50 51–55 56–60 61–65 66–70

8 7 4 6 3 2

4. Jumlah apel = 22, maka: n + (n + 2) + 3 + 2 + (n + 1) + 5 = 22 ⇔ 3n + 13 = 22 ⇔ 3n = 9 ⇔ n=3 Tabel distribusi frekuensi berat apel secara lengkap sebagai berikut. Berat Apel (gram)

Frekuensi

200–204 205–209 210–214 215–219 220–224 225–229

3 5 3 2 4 5

Frekuensi 6 5 4 3 2

225–229

220–224

215–219

210–214

205–209

200–204

1

A.

Berat Apel (gram)

Pilihan Ganda

1. Jawaban: b Modus pada diagram batang adalah nilai data yang mempunyai batang paling tinggi. Nilai 6 mempunyai batang paling tinggi, maka modus data = 6. 2. Jawaban: c

4

Titik Tengah (x i)

1 2 3 4 5 6 7

3 4,1 5,2 6,3 7,4 8,5 9,6

fi

fk

5 6 7 8 9 10

7 8 3 5 4 3

7 15 18 23 27 30

Tepi Atas

Batas Bawah (Tbi = xi –

1 2

p)

3 – 0,55 = 2,45 4,1 – 0,55 = 3,55 5,2 – 0,55 = 4,65 6,3 – 0,55 = 5,75 7,4 – 0,55 = 6,85 8,5 – 0,55 = 7,95 9,6 – 0,55 = 9,05

1 2

(Tai = xi +

p)

3 + 0,55 = 3,55 4,1 + 0,55 = 4,65 5,2 + 0,55 = 5,75 6,3 + 0,55 = 6,85 7,4 + 0,55 = 7,95 8,5 + 0,55 = 9,05 9,6 + 0,55 = 10,15

Batas Bawah (Tbi + 0,05)

Batas Atas (Tai – 0,05)

Kelas interval

2,45 + 0,05 = 2,5 3,55 + 0,05 = 3,6 4,65 + 0,05 = 4,7 5,75 + 0,05 = 5,8 6,85 + 0,05 = 6,9 7,95 + 0,05 = 8,0 9,05 + 0,05 = 9,1

3,55 – 0,05 = 3,5 4,65 – 0,05 = 4,6 5,75 – 0,05 = 5,7 6,85 – 0,05 = 6,8 7,95 – 0,05 = 7,9 9,05 – 0,05 = 9,0 10,15 – 0,05 = 10,1

2,5–3,5 3,6–4,6 4,7–5,7 5,8–6,8 6,9–7,9 8,0–9,0 9,1–10,1

Dari batas bawah dan batas atas setiap kelas interval pada tabel di atas diperoleh tabel distribusi frekuensi berikut.

Nilai

Frekuensi

2,5–3,5 3,6–4,6 4,7–5,7 5,8–6,8 6,9–7,9 8,0–9,0 9,1–10,1

8 7 6 6 5 4 3

Banyak data = 30. Oleh karena banyak data genap maka: 1

30

30

Median = 2 (nilai data ke- 2 + nilai data ke-( 2 + 1)) 1

= 2 (nilai data ke-15 + nilai data ke-16) 1

Usia Tahun

Statistika

Kelas interval ke-i

Dari tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval pada tabel di atas diperoleh batas bawah dan batas atas sebagai berikut.

Histogram berat apel sebagai berikut.

0

5. Titik tengah kelas interval ke-1 = 3 Titik tengah kelas interval ke-2 = 4,1 Panjang kelas = p = 4,1 – 3 = 1,1 Tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval sebagai berikut.

= 2 (6 + 7) = 6,5 tahun Jadi, median usia anak 6,5 tahun.

6. Jawaban: d Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

3. Jawaban: c Rata-rata usia ∑ fixi ∑ fi

=

7 ⋅ 5 + 8 ⋅ 6 + 3 ⋅ 7 + 5 ⋅ 8 + 4 ⋅ 9 + 3 ⋅ 10 30 35 + 48 + 21+ 40 + 36 + 30 30 210 = 7 tahun 30

= = =

Jadi, rata-rata usia anak yang belajar melukis di sanggar tersebut 7 tahun.

(700 + n + 950 + n + 750 + 900) ⋅ 100 6 3.300 + 2n 6

⇔

= 75.000 = 750

⇔ 3.300 + 2n = 4.500 ⇔ 2n = 1.200 ⇔ n = 600 Hasil panen teh tahun 2007 = n = 60.000 ton. Hasil panen teh tahun 2008 = 95.000 ton. Persentase kenaikan hasil panen teh tahun 2007–2008 =

95.000 − 60.000 60.000

× 100%

fi

fk

41–50 51–60 61–70 71–80 81–90

4 5 3 2 6

4 9 12 14 20

1 2

= nilai data ke-10

Median adalah nilai data ke-10 61–70. L = 61 – 0,5 = 60,5 fkM = 9 e fM = 3

Nilai

fi

fk

10–19 20–29

2 8

2 10

←

30–39

12

22

← fk M

40–49 50–59

7 3

29 32

fk

 32 + 1   2 

Me

e

Me = nilai data ke- 

= nilai data ke-16,5 Median adalah nilai data ke-16,5 di kelas interval 30–39. L = 30 – 0,5 = 29,5 fk = 10 Me

fM = 12 e p = 39 – 30 + 1 = 10    

·p

 32



16 − 10 12

· 10

− 10 = 29,5 +  2 12  · 10  

= 29,5 +

1 2

di kelas interval

e

p = 70 – 61 + 1 = 10 Median = L +

 1 n − fk Me 2  fMe 

   

·p

 1 ⋅ 20 − 9     3  


 1 ⋅ n − fk Me 2  fMe 

1 2

= 60,5 +  2

35.000

Me

Median = nilai data ke- (20 + 1)

= 60.000 × 100% ≈ 58,3%

Me = L +

fk

← ← Kelas Me

Banyak data = n = 20

4. Jawaban: d Rata-rata hasil panen teh = 75.000 ⇔

Nilai

= 60,5 +

10 3

· 10

≈ 60,5 + 3,33 = 63,83

7. Jawaban: b Kelas interval yang mempunyai frekuensi paling banyak adalah kelas interval 25–29, berarti kelas modus di kelas interval 25–29. Lo = 25 – 0,5 = 24,5 d1 = 11 – 7 = 4 d2 = 11 – 10 = 1 p = 29 – 25 + 1 = 5 

d



Modus = Mo = L +  d +1d  · p  1 2  4 

= 24,5 +  4 + 1  · 5   = 24,5 + 4 = 28,5 Jadi, modus dari data tersebut 28,5. 8. Jawaban: d Batang tertinggi memiliki frekuensi 12, maka frekuensi kelas modus = 12. Frekuensi 12 dimiliki kelas interval yang mempunyai tepi bawah 13,5 dan tepi atas 16,5. Frekuensi kelas interval sebelum kelas modus = 3.

Matematika Kelas XI

5

Frekuensi kelas interval setelah kelas modus = 6. Dengan demikian diperoleh: L = 13,5 p = 16,5 – 13,5 = 3 d1 = 12 – 3 = 9 d2 = 12 – 6 = 6 Mo = L +

 d1     d1 + d2 

·p

 9  9+6  

= 13,5 +

9

= 13,5 + 5 = 13,5 + 1,8 = 15,3 Jadi, modus panjang ikan lele 15,3 cm. 9. Jawaban: d Rataan sementara ( xs ) = 37.

31 34 37 40 43 46

12 15 18 8 6 11

Jumlah

70

Uraian

1. Misalkan banyak siswa yang memerlukan waktu 5 menit = n, maka banyak siswa yang memerlukan waktu 20 menit = n. Rata-rata waktu = 11,9 ⇔

5n + 5 ⋅ 8 + 12 ⋅ 10 + 10 ⋅ 12 + 11⋅ 15 + 20n n + 5 + 12 + 10 + 11+ n

= 11,9

⇔

25n + 40 + 120 + 120 + 165 2n + 38

= 11,9

⇔ 25n + 445 = 11,9(2n + 38) ⇔ 25n + 445 = 23,8n + 452,2 ⇔ 1,2 n = 7,2 ⇔ n=6 Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

·3

Titik Tengah Frekuensi (x i) (f i )

B.

Simpangan di = xi – x s

fi di

–6 –3 0 3 6 9

–72 –45 0 24 36 99 42

Waktu (Menit)

fi

fk

5 8 10

6 5 12

6 11 23

12

10

33

15 20

11 6

44 50

Jumlah siswa = 50 1

1

∑ fi di

i=1 6

1

= 2 (12 + 12) = 12 menit Jadi, median waktu yang diperlukan siswa dari rumah ke sekolah 12 menit.

∑ fi

42 70

= 37 + 0,6 = 37,6 Jadi, rata-rata volume benda 37,6. 10. Jawaban: e Titik Tengah (xi)

fi

fi xi

1 2

(19,5 + 24,5) = 22

6

132

1 2

(24,5 + 29,5) = 27

8

216

1 2

(29,5 + 34,5) = 32

9

288

1 2

(34,5 + 39,5) = 37

18

666

1 2

(39,5 + 44,5) = 42

13

546

1 2

(44,5 + 49,5) = 47

6 6

∑ fi = 60

i=1

x =

=

∑ fi

i=1

6

Statistika

2.130 60



⇔ ⇔ ⇔

i=1

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

∑ fx i i = 2.130

= 35,5 tahun

d



Mo = L +  1  · p  d1 + d2 

282

6

∑ fi x i

2. Kelas modus adalah 82–98. L = 82 – 0,5 = 81,5 d1 = 22 – (3n + 1) = 21 – 3n d2 = 22 – (2n + 1) = 21 – 2n p = 98 – 82 + 1 = 17

6

Rata-rata usia karyawan bagian produksi: i=1 6

50

= 2 (nilai data ke-25 + nilai data ke-26)

i=1

= 37 +

50

Median = 2 (nilai data ke- 2 + nilai data ke-( 2 + 1))

6

x = xs +

← Letak median



21− 3n



85,75 = 81,5 +   · 17  21− 3n + 21− 2n   21− 3n 

4,25 =  42 − 5n  · 17   21− 3n

0,25 = 42 − 5n 0,25(42 – 5n) = 21 – 3n 10,5 – 1,25n = 21 – 3n 1,75n = 10,5 n=6

Tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval sebagai berikut.

Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. Tebal Buku (Halaman)

fi

fk

48–64 65–81

20 19

20 39

←

82–98

22

61

← Kelas Me

99–115 116–132 133–149

13 15 11

74 89 100

fk

Me

Median = nilai data

 1 n − fk  Me    fMe  

= 81,5 +

+ 1)

 1 ⋅ 100 − 39  2    22  

4 – 1,5 = 2,5 7 – 1,5 = 5,5 10 – 1,5 = 8,5 13 – 1,5 = 11,5 16 – 1,5 = 13,5

Berat Balita (kg)

fi

1 2

p)

4 + 1,5 = 5,5 7 + 1,5 = 8,5 10 + 1,5 = 11,5 13 + 1,5 = 13,5 16 + 1,5 = 17,5

3–5 6–8 9–11 12–14 15–17

2 7 12 6 3

fk

f

kM 2 e ← 9 21 ← Kelas Me 27 30

= nilai data ke-15

· 17

Me

fM

e

1

= 12

Me = L +

   

n − fkM  e  f Me  

1 2

   

= 29,5 +

1 2

·p

⋅ 30 − 9  12



·3

6

= 8,5 + 4 = 8,5 + 1,5 = 10 Jadi, median berat badan balita 10 kg. 5.

Frekuensi



21

· 10

15

≈ 80,5 + 6,67 = 87,17 Jadi, modus data 87,17. 4. Titik tengah kelas interval ke-1 = 4 Titik tengah kelas interval ke-2 = 7 Panjang kelas = p = 7 – 4 = 3

1 2

Median adalah nilai data ke-15 di kelas interval 2 9–11. L = 9 – 0,5 = 8,5 p = 11 – 9 + 1 = 3 fk =9



8  = 80,5 +  · 10 8+4

= 80,5 +

(Tai = xi +

1 2

Mo = L +  1  · p  d1 + d2   2 3

p)


11

d

Tepi Atas

Jumlah balita = n = 30 ·p

= 81,5 + 22 · 17 = 81,5 + 8,5 = 90 Jadi, median tebal buku 90. 3. Kelas modus pada histogram adalah kelas interval yang mempunyai batang tertinggi. Kelas interval dengan tepi bawah 80,5 dan tepi atas 90,5 mempunyai batang tertinggi, maka kelas modus adalah 81–90. L = 80,5 d1 = 10 – 2 = 8 d2 = 10 – 6 = 4 p = 90,5 – 80,5 = 10 

1 2

Dari tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval pada tabel di atas diperoleh tabel distribusi frekuensi kumulatif berikut.

= nilai data ke-50,5 Median adalan nilai data ke-50,5 di kelas interval 82–98. L = 81,5 fMe = 22 fkM = 20 + 19 = 39 e Me = L +  2

(Tbi = xi –

4 7 10 13 16

Banyak data = 100 1 ke- 2 (100

Tepi Bawah

Titik Tengah (x i)

20

17

16 11

9,

5

14

,5

19

,5

24

,5

29

,5

34

,5

39

,5

Diameter pohon (cm)

Matematika Kelas XI

7

Rata-rata diameter pohon: 6

x =

∑ fi x i

i=1 6

∑ fi

2.390

= 100 = 23,9 cm

i=1

Jadi, rata-rata diameter pohon di hutan kota tersebut 23,9 cm.

A.

Pilihan Ganda

1. Jawaban: c Data yang telah diurutkan sebagai berikut. 60 65 66 68 72 78 80 83 86 88 90 Jumlah data = n = 11 Q1 = nilai data = nilai data

n+1 ke- 4 11 + 1 ke- 4

= nilai data ke-3 Nilai data ke-3 = 66. Jadi, kuartil bawah data tersebut 66. 2. Jawaban: e Ukuran Sepatu

fi

fk

35 36 37 38 39 40 41

3 7 10 12 16 19 7

3 10 20 32 48 67 74

Jumlah data = n = 74 D9 = nilai data ke-

9 (74 10

+ 1)

= nilai data ke-67,5 = x67 + 0,5(x68 – x67) = 40 + 0,5 (41 – 40) = 40 + 0,5 = 40,5 Jadi, desil ke-9 data tersebut 40,5. 3. Jawaban: b Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. Nilai 31–40 41–50 51–60 61–70 71–80

fi

fk

5 9 15 10 1

5 14 29 39 40


8

Statistika

3 4

Kuartil atas (Q3) = nilai data ke- (40 + 1) = nilai data ke-30 Kuartil atas adalah nilai data ke-30 61–70. L3 = 61 – 0,5 = 60,5 fQ = 10

Q3

← ← Kelas Q3

di kelas interval

3

fk = 29 Q3

p = 70 – 61 + 1 = 10 Kuartil atas: Q3 = L3 +

 3n−f kQ 3 4  f Q3  

    

·p

 3 ⋅ 40 − 29  ·   10  

= 60,5 +  4

10

= 60,5 + 1 = 61,5 4. Jawaban: d Nilai

fi

fk

80–83 84–87 88–91 92–95 96–99 100–103 104–107

5 6 4 8 10 4 10

5 11 15 23 33 37 47

← Kelas Q1 ← Kelas P45 ← Kelas Q3

Banyak data = n = 47 Q1 = nilai data ke-

fk

3 4

3 4

47 + 1 4

= nilai data ke-12 Q1 adalah nilai data ke-12 terletak di kelas interval 88–91. L1 = 88 – 0,5 = 87,5 fkQ = 11 1 fQ1 = 4 p = 91 – 88 + 1 = 4

 1n − f kQ 4 1 fQ 1 

Q1 = L1 + 

   

6. Jawaban: a ·p

= 87,5 +

 47 − 11  4   4   

= 87,5 +

 11,75 − 11     4

= 99,5 +

3 14 30 36 37 39

6

= nilai data ke- 10 × 40

3(47 + 1) 4

   

·p

 141 − 33   4   4  

= nilai data ke-24 Desil ke-6 adalah nilai data ke-24 terletak di kelas interval 17–24. L6 = 17 – 0,5 = 16,5 fkD = 14 6 fD6 = 16 p = 24 – 17 + 1 = 8 D6 = L6 +

·4

 35,25 − 33      4



6



·4

5. Jawaban: e 45 ke- 100

 6 ⋅n − f kD  10 6 fD6  

= 16,5 +  10

= 99,5 + 2,25 = 101,75 Jangkauan antarkuartil: H = Q3 – Q1 = 101,75 – 88,25 = 13,5 Jadi, jangkauan antarkuartil data tersebut 13,5. P45 = nilai data

3 11 16 6 1 2

6

3

= 99,5 +

1–8 9–16 17–24 25–32 33–40 41–48

D6 = nilai data ke- 10 (39 + 1)

fQ3 = 4  3n− f kQ3 4 fQ 3 

fk

·4

= nilai data ke-36 Nilai data ke-36 terletak di kelas interval 100–103. L3 = 100 – 0,5 = 99,5 fkQ = 33

Q3 = L3 + 

fi

·4

= 87,5 + 0,75 = 88,25 Q3 = nilai data ke-

Banyak Pengunjung

= nilai data ke-21,6 P45 adalah nilai data ke-21,6 terletak di kelas interval 92–95. L35 = 92 – 0,5 = 91,5 fkP = 15

·p

⋅ 39 − 14    16

·8

 9,4 

= 16,5 +  16  · 8 = 16,5 + 4,7 = 21,2 Jadi, desil ke-6 data tersebut 21,2. 7. Jawaban: e 8

x= 8

(47 + 1)

   

∑

∑

i=1

xi

n

=

9 + 10 + 11 + 8 + 7 + 6 + 5 + 8 8

64

= 8 =8

(xi − x) 2 = (9 – 8)2 + (10 – 8)2 + (11 – 8)2 + (8 – 8)2

i=1

+ (7 – 8)2 + (6 – 8)2 + (5 – 8)2 + (8 – 8)2 = 1 2 + 2 2 + 3 2 + 0 2 + (–1) 2 + (–2) 2 + (–3) 2 + 0 2 =1+4+9+0+1+4+9+0 = 28 Simpangan baku:

45

fP45 = 8

p

8

=4

P45 = L35 + = 91,5 +

2 ∑ (xi − x)

S =

i=1

n  45 ⋅ n − f kP  100 45  f P45 

   

·p

=

 45 ⋅ 47 − 15   100    8  

·4

=

= 91,5 + 3,075 = 94,575 Jadi, persentil ke-45 data tersebut 94,575.

=

28 8 14 4 1 2

14

Matematika Kelas XI

9

Simpangan kuartil:

8. Jawaban: c fi

xi

1

fk

8

8

8

13

6

14

18 23

5 4

19 23

28

9

32

33

8

40

1

← Kelas Q1

← Kelas Q3

= 2 (17,22) = 8,61 9. Jawaban: a

Banyak data = n = 40 Q1 = nilai data

1 ke- 4 (40

+ 1)

= nilai data ke-10,25 Q1 adalah nilai data ke-10,25 terletak di kelas interval yang memuat titik tengah 13. L1

=

1 (8 2

= 10,5 +

   

1 4

fi

fixi

8 13 18 23 28 33

8 6 5 4 9 8

64 78 90 92 252 264

40

840

8

i=1 6

fkQ = 8 1 fQ1 = 6 p = 13 – 8 = 5

Q1 = L1 +

xi

∑

+ 13) = 10,5

 1n − f kQ 4 1  fQ 1 

∑ fx i i

– x=

= 40 = 21

∑ fi

   

6

∑ fi

i=1

·p

⋅ 40 − 8    6 

·5

| xi − x | = 8|8 – 21| + 6|13 – 21| + 5|18 – 21| + 4|23 – 21| + 9|28 – 21| + 8|33 – 21| = 8 × 13 + 6 × 8 + 5 × 3 + 4 × 2 + 9 × 7 + 8 × 12 = 104 + 48 + 15 + 8 + 63 + 96 = 334

1

3 ke- 4 (40

+ 1)

= nilai data ke-30,75 Q3 adalah nilai data ke-30,75 terletak di kelas interval yang memuat titik tengah 28.

6

∑ fi | xi − x |

r =1

SR =

6

∑ fi

fkQ

3

10.

6

∑ f(x i i

i=1

334 = 8,35 40

− x) 2 =

8(8 – 21)2 + 6(13 – 21)2 + 5(18

– 21)2 + 4(23 – 21)2 + 9(28 – 21)2 + 8(33 – 21)2 = 8 × (–13)2 + 6 × (–8)2 + 5 × (–3)2 + 4 × 22 + 9 × 72 + 8 × 122 = 1.352 + 384 + 45 + 16 + 441 + 1.152 = 3.390

= 2 (23 + 28) = 25,5 = 8 + 6 + 5 + 4 = 23

fQ3 = 9 Q3 = L3 +

=

i=1

1

L3

Ragam:  3n− f kQ 4 3  fQ 3 

= 25,5 +

   

6

·p

 3 ⋅ 40 − 23  4    9  

7

S2 =

Statistika

2 ∑ f(x i i − x)

i=1

6

∑ fi

=

3.390 = 84,75 40

i=1

·5

= 25,5 + 9 · 5 ≈ 25,5 + 3,89 = 29,39

10

840

r =1 6

i =1

= 10,5 + 3 · 5 ≈ 10,5 + 1,67 = 12,17 Q3 = nilai data

1

Qd = 2 (Q3 – Q1) = 2 (29,39 – 12,17)

B. 1.

Uraian Usia (Tahun)

fi

xk

10 11 12 13 14 15 16 17

7 3 2 1 4 3 1 2

7 10 12 13 17 20 21 23

3. a.

Banyak data = n = 23. Q1 = nilai data = nilai data

n+1 ke4 24 ke4

= nilai data ke-6 = 10

3(n + 1) 4 3 × 24 ke4

Q3 = nilai data ke= nilai data

= nilai data ke-18 = 15 H = Q3 – Q1 = 15 – 10 = 5 Jadi, jangkauan antarkuartil data 5. 2. Data dalam bentuk tabel sebagai berikut. Banyak Pengunjung (xi)

fi

fi x i

15 18 20 24 25 30

8 5 3 5 6 3

120 90 60 120 150 90

30

630

6

∑

i=1

a.

– x= 6

∑ fi

i=1

i=1 6

∑ fi

=

630 30

= 21

| xi − x | = 8|15 – 21| + 5|18 – 21| + 3|20 – 21|

+ 5|24 – 21| + 6|25 – 21| + 3|30 – 21| = 8×6+5×3+3×1+5×3 +6×4+3×9 = 48 + 15 + 3 + 15 + 24 + 27 = 132 6

∑ fi | xi − x |

r =1

6

∑ fi

=

132 = 3,3 40

i=1

Jadi, simpangan rata-rata data 3,3. b.

6

∑ f(x i i

i=1

− x)2 = 8(15 – 21) 2 + 5(18 – 21) 2

+ 3(20 – 21)2 + 5(24 – 21)2 + 6(25 – 21)2 + 3(30 – 21)2 = 8 × (–6)2 + 5 × (–3)2 + 3 × (–1)2 + 5 × 32 + 6 × 42 + 3 × 92 = 288 + 45 + 3 + 45 + 96 + 243 = 720 6

S =

fi

fk

45–54 55–64 65–74 75–84 85–94 95–104 105–114

2 2 3 4 3 4 2

2 4 7 11 14 18 20

2

∑ fi | xi − x |

i=1

6

∑ fi

=

← Kelas Q1 ← Kelas Q3

Banyak data n = 20 1

Q1 = nilai data ke- 4 (20 + 1) = nilai data ke-5,25 Q1 adalah nilai data ke-5,25 terletak di kelas interval 65–74. L1 = 65 –0,5 = 64,5 fkQ = 4 1 fQ1 = 3 p = 74 – 65 + 1 = 10 Q1 = L1 +

 1n − f kQ 4 1  fQ 1 

   

·p

 1 ⋅ 20 − 4  4    3  

·5

1

i=1

SR =

Panjang (cm)

= 64,5 +

6

∑ fx i i

Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

720 40

= 64,5 + 3 · 5 ≈ 64,5 + 1,67 = 66,17 3

Q3 = nilai data ke- 4 (20 + 1) = nilai data ke-15,75 Q3 adalah nilai data ke-30,75 terletak di kelas interval 95–104. L3 = 95 – 0,5 = 94,5 fkQ = 14 3 fQ3 = 4 Q3 = L3 +

 3n− f kQ 4 3  fQ 3 

= 94,5 +

   

·p

 3 ⋅ 20 − 14  4    4  

· 10

1

= 94,5 + 4 · 10 = 94,5 + 2,5 = 97

i=1

=

18 =

9×2 = 3 2

Jadi, simpangan baku data 3 2 . Matematika Kelas XI

11

Simpangan kuartil: Qd =

1 (Q3 2



– Q1) =

 

1

+ 2,2 = 23,7 Jadi, desil kedelapan data tersebut 23,7 cm.

fi

xi

fi x i

xi − x

45–54 55–64 65–74 75–84 85–94 95–104 105–114

2 2 3 4 3 4 2

49,5 59,5 69,5 79,5 89,5 99,5 109,5

99 119 208,5 318 268,5 398 219

32 22 12 2 8 18 28

1.630

122

7

20

i=1

b.

39

P39 = nilai data ke- 100 (60 + 1) = nilai data ke-23,79 P39 adalah nilai data ke-23,79 terletak di kelas interval 18–21. L39 = 18 – 0,5 = 17,5 fkP = 22 39

fP39 = 21 

∑ f i xi

 

i=1 7

∑ fi



5. a.

7

∑ f i xi − x

i=1

xi

fi

fi · xi

12 17 22 27 32 37

3 6 2 1 5 3

36 102 44 27 160 111

20

480

7

∑ fi

122

= 20 = 6,1 Jadi, simpangan rata-rata data tersebut 6,1.

6

∑

Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. Tinggi (m)

fi

fk

6–9 10–13 14–17

9 6 7

9 15 22

18–21

21

43

← Kelas P39

22–25

9

52

← Kelas D8

26–29

8

60

6

∑ fi x i

i=1 6

∑ fi

480

= 20 = 24

i=1

Jadi, rata-rata data 24.

8

= nilai data ke-48,8 D8 adalah nilai data ke-48,8 terletak di kelas interval 22–25. L8 = 22 – 0,5 = 21,5 fkD = 43 8 fD8 = 9 p = 25 – 22 + 1 = 4

Statistika

i=1

x =

D8 = nilai data ke- 10 (60 + 1)

12

·4

= 17,5 + 21 · 4 ≈ 17,5 + 0,27 = 17,77 Jadi, nilai persentil ke-39 data tersebut 17,77. Data dalam bentuk tabel sebagai berikut.

i=1

4. a.

⋅ 60 − 22    21

1,4

= 81,5 Simpangan rata-rata:

SR =

39



1.630 20

 

P39

= 17,5 +  100

i=1

=



39

⋅ n − fk P39  100 P39 = L39 +   ·p f

7

x =

 48 − 43   ·4 9  5 · 4 ≈ 21,5 9

= 21,5 +

Panjang (cm)

∑

 

D8

= 21,5 + 

= 2 (30,83) = 15,415 Jadi, simpangan kuartil 15,415. b.



8

⋅ 60 − fk D8  10 D8 = L8 +   ·p f

1 (97 – 66,17) 2

b.

xi

fi

xi – x

fi(xi – x )2

12 17 22 27 32 37

3 6 2 1 5 3

–12 –7 –2 3 8 13

432 294 8 9 320 507

6

∑

20

1.570

i=1

6

S2 =

∑ fi (xi − x)2

i=1

6

∑ fi

=

1.570 20

= 78,5

i=1

Jadi, variansi data tersebut 78,5.

1. Jawaban: c Batas atas = Ba = 32,5 Panjang kelas = p = 6 Batas bawah = Bb Ba = Bb + p – 1 ⇔ 32,5 = Bb + 6 – 1 ⇔ Bb = 32,5 – 5 = 27,5 1

1

Titik tengah = 2 (Bb + Ba) = 2 (27,5 + 32,5) = 30 Jadi, titik tengah kelas interval tersebut 30. 2. Jawaban: d Tabel distribusi frekuensi relatif data sebagai berikut. Tinggi Badan (cm)

fi

frelatif

145–149 150–154 155–159 160–164 165–169 170–174

20 21 15 10 8 6

25% 26,25% 18,75% 12,5% 10% 7,5%

Dari tabel frekuensi relatif di atas diperoleh: Sebanyak 26,25% siswa yang memiliki tinggi badan 150–154 cm. Sebanyak 18,75% siswa yang memiliki tinggi badan 155–159 cm. Dengan demikian, persentase banyak siswa yang memiliki tinggi badan 150–159 cm adalah 26,25% + 18,75% = 45% 3. Jawaban: c Dari tabel frekuensi relatif di atas diperoleh, sebanyak 26,25% siswa memiliki tinggi badan 150–154 cm. 4. Jawaban: e Tinggi badan minimal 160 cm, maka kelas interval yang memenuhi 160–164, 165–169, dan 170–174. Persentase siswa yang memiliki tinggi badan minimal 160 cm = 12,5% + 10% + 7,5% = 30% Jadi, siswa kelas XI yang bisa menjadi anggota paskibraka ada 30%. 5. Jawaban: d Kelas interval yang memiliki nilai kurang dari 61 adalah 41–50 dan 51–60. Sebanyak 10% siswa memperoleh nilai 41–40 dan sebanyak 20% siswa memperoleh nilai 51–60. Banyak siswa yang memperoleh nilai kurang dari 61 = (10% + 20%) × 120 = 36

6. Jawaban: d Banyak siswa yang memperoleh nilai 41–50 = 10% × 120 = 12 Banyak siswa yang memperoleh nilai 51–60 = 20% × 120 = 24 Banyak siswa yang memperoleh nilai 71–80 = 15% × 120 = 18 Banyak siswa yang memperoleh nilai 81–90 = 12,5% × 120 = 15 Jadi, sebanyak 15 siswa memperoleh nilai 81–90. 7. Jawaban: c Jarak per Liter Bensin

fi

fk

40–45 8 8 46–51 12 20 52–57 20 40 –––––––––––––––––––––––––– 58–63 11 51 64–69 9 60

Pilihan Ganda

Tidak irit

Irit

Sepeda motor yang tidak tergolong irit menggunakan 1 liter bensin untuk menempuh jarak kurang dari 58 km. Banyak sepeda motor yang tidak tergolong irit ada 40 unit. Persentase banyak sepeda motor yang tidak 40

tergolong irit = 60 × 100% = 66,67%. 8. Jawaban: b Tabel distribusi frekuensi relatif data sebagai berikut. Jarak per Liter Bensin

fi

frelatif

40–45 46–51 52–57 58–63 64–69

8 12 20 11 9

13,3% 20% 33,3% 18,3% 15%

Dari tabel di atas diperoleh sebanyak 20% sepeda motor menggunakan 1 liter bensin untuk menempuh jarak 46–51 km. 9. Jawaban: c Data tinggi tanaman dalam bentuk tabel sebagai berikut. Tinggi Tanaman (cm)

fi

fk

3 3 10–13 6 9 14–17 5 14 18–21 7 21 22–25 –––––––––––––––––––––––––– 9 30 26–29

A.

Tinggi tanaman kurang dari 26 cm

Banyak tanaman yang mempunyai tinggi kurang dari 26 cm adalah 21. 21

Presentase = 30 × 100% = 70%. Matematika Kelas XI

13

10. Jawaban: d Banyak tanaman yang memiliki tinggi 10–17 = 3+6=9 Banyak tanaman yang memiliki tinggi 14–21 = 6 + 5 = 11 Banyak tanaman yang memiliki tinggi 18–21 = 5 Banyak tanaman yang memiliki tinggi 18–25 = 5 + 7 = 12 Jadi, sebanyak 12 tanaman memiliki tinggi 18–25 cm. 11. Jawaban: c Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. Data

fi

fk

25 26 27 28 29 30

20 14 16 35 6 9

20 34 50 85 91 100

Oleh karena banyak data genap, nilai median: Me = =

data ke-50 + data ke-51 2 27 + 28 2

= 27,5 Jadi, median data tersebut 27,5. 12. Jawaban: c

x = =

234 + 242 + 250 3 726 3

= 242 Jadi, rata-rata hasil susu kambing etawa pada 3 periode terakhir 242 liter. 13. Jawaban: c Sumbangan kelompok I: x1 = 6 × Rp5.000,00 = Rp30.000,00 Sumbangan kelompok II: x2 = 8 × Rp4.500,00 = Rp36.000,00 Sumbangan kelompok III: x3 = 10 × Rp3.500,00 = Rp35.000,00 Sumbangan kelompok IV: x4 = 11 × Rp4.000,00 = Rp44.000,00 Sumbangan kelompok V: x5 = 15 × Rp2.000,00 = Rp30.000,00

14

Statistika

Rata-rata sumbangan setiap kelompok:

x =

x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 6 + 8 + 10 + 11 + 15

=

30.000 + 36.000 + 35.000 + 44.000 + 30.000 50

=

175.000 50

= 3.500 Jadi, rata-rata sumbangan setiap kelompok Rp3.500,00. 14. Jawaban: a Banyak siswa di kelas A = nA = 15 Banyak siswa di kelas B = nB = 10 Banyak siswa di kelas C = nC = 25 Rata-rata nilai gabungan = x = 58,6 Rata-rata nilai di kelas A = x A = 62 Rata-rata nilai di kelas C = x C = 60

x=

nA ⋅ x A + nB ⋅ xB + nC ⋅ xC nA + nB + nC

⇔

58,6 =

15 ⋅ 62 + 10 ⋅ xB + 25 ⋅ 60 15 + 10 + 25

⇔

58,6 =

10xB + 2 ⋅ 430 50

⇔

2.930 = 10xB + 2.430

⇔

10xB = 500

⇔

x B = 50 Jadi, rata-rata nilai di kelas B adalah 50. 15. Jawaban: e 6

x =

∑ fi x i

i=1 6

∑ fi

i=1

375

= 30 = 12,5 Jadi, rata-rata poin pemain tersebut 12,5. 16. Jawaban: a Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. Poin

fi

fk

5–7 8–10 11–13 14–16 17–19 20–22

6 5 4 10 3 2

6 11 15 25 28 30

← Kelas Me

Banyak data = n = 30 Me = nilai data ke-

30 + 1 2

= nilai data ke-15,5 Median adalah nilai data ke-15,5 terletak di kelas interval 14–16.

L fk

Me

19. Jawaban: b Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.

= 14 – 0,5 = 13,5 = 15

fM = 10 e p = 16 – 14 + 1 = 3 

Berat Pasir (kg)

fi

fk

84–86 87–89 90–92 93–95 96–98 99–101

4 6 7 10 5 8

4 10 17 27 32 40



1

n − fkM e  Me = L +  2  ·p  

= 13,5 +

fMe

   

1 2

 

⋅ 30 − 15    10 

·3


= 13,5 + 0 · 5

Median = nilai data ke-

= 13,5 Jadi, mediannya adalah 13,5. 17. Jawaban: c Data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi sebagai berikut. Berat Pasir (kg)

fi

xi

fi xi

84–86 87–89 90–92 93–95 96–98 99–101

4 6 7 10 5 8

85 88 91 94 97 100

340 528 637 940 485 800

6

∑

40

i=1

3.730

6

x =

∑ fi x i

i=1 5

3.730 40

= 93,25 Jadi, rata-rata berat pasir dalam karung 93,25 kg. 18. Jawaban: e Mo terletak pada kelas interval yang memuat titik tengah 93–95. L = 93 – 0,5 = 92,5 d1 = 10 – 7 = 3 d2 = 10 – 5 = 5 p = 95 – 93 + 1 = 3 

= nilai data ke-20,5 Median adalah nilai data ke-20,5 terletak di kelas interval 93–95. L = 93 – 0,5 = 92,5 fk = 17 Me

fM = 10 e p =3 



1

n − fkM  e Me = L +  2  ·p  

= 92,5 +

 

fMe

 20 − 17     10 

·3

= 92,5 + 0,9 = 93,4 Jadi, median berat pasir dalam karung 93,4 kg. 20. Jawaban: c Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.

∑ fi

i=1

=

40 + 1 2

d



Mo = L +  1  · p  d1 + d2  

3 

= 92,5 +   ·3 3 + 5 9

= 92,5 + 8 = 92,5 + 1,125 = 93,625 Jadi, modus berat pasir dalam karung 93,625 kg.

Berat Badan (kg)

fi

fk

50–54 55–59 60–64 65–69 70–74 75–79

4 6 8 10 8 4

4 10 18 28 36 40

← Kelas Mo

Mo terletak di kelas interval 65–69. L = 65 – 0,5 = 64,5 d1 = 10 – 8 = 2 d2 = 10 – 8 = 2 p = 69 – 65 + 1 = 5 

d





2 

Mo = L +  1  · p  d1 + d2  = 64,5 +   ·5 2 + 2 = 64,5 + 2,5 = 67 Jadi, modus berat berat badan siswa 67 kg.

Matematika Kelas XI

15

21. Jawaban: d Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut. xi

fi

fixi

1

1 2

(49,5 + 54,5) = 52

4

208

1 2

(44,5 + 59,5) = 57

6

342

1 2

(59,5 + 64,5) = 62

8

496

1 2

(64,5 + 69,5) = 67

10

670

1 2

(69,5 + 74,5) = 72

8

576

1 2

(74,5 + 79,5) = 77

4

308

40

2.600

6

∑

i=1

Rata-rata berat badan siswa: –x =

∑ fx i i

i=1 6

∑ fi

=

i=1

2.600 40





d

Mo = L +  1  · p  d1 + d2   8 

= 26,5 +   ·4  8 + 1

1

fi

fk

8 16 6 7 4 3

8 24 30 37 41 44

Titik Tengah 5 8 11 14 17 20

fk

Me

← ← Kelas Me

Banyak data = n = 44 1

Median = nilai data ke- 2 (44 + 1) 1 1

Median adalah nilai data ke-22 2 di kelas interval yang mempunyai titik tengah 8. = 6,5; fkMe = 8; fM = 16; p = 8 – 5 = 3 e

Median = L +

   

·p

 1 ⋅ 44 − 8     16  

= 6,5 +  2 = 6,5 +

14 16

·3

≈ 6,5 + 2,63 = 9,13 Jadi, median data 9,13.

Statistika

1

= 30 18 1

Jadi, modus data 30 18 . 24. Jawaban: b Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. Nilai

fi

fk

23–26 27–30

5 11

5 16

31–34

10

26

35–38 39–42

6 8

32 40

← Kelas Me

Banyak data = n = 40 1

Median = nilai data ke- 2 (40 + 1)

= nilai data ke-22 2

 1 n − fk Me 2  fM e 

5

= 26 2 + 3 9

= 65 kg

22. Jawaban: e Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

16

1

= 2 (53) = 26,5 d1 = 11 – 3 = 8 d2 = 11 – 10 = 1 p = 28,5 – 24,5 = 4

8

Jadi, rata-rata berat badan siswa 65 kg.

5+8 2

L = 2 (24,5 + 28,5)

= 26,5 + 9 · 4

6

L=

23. Jawaban: a Mo terletak di kelas interval yang memuat titik tengah 28,5.

·3

= nilai data ke-20,5 Median adalah nilai data ke-20,5 terletak di kelas interval 31–34. L = 31 – 0,5 = 30,5 fk = 5 + 11 = 16 Me

fMe = 10 p = 34 – 31 + 1 = 4  1 n − fk  Me   fMe   

Me = L +  2



1

·p 

⋅ 40 − 16 = 30,5 +  2 10  · 4 

4



= 30,5 + 10 · 4 = 30,5 + 1,6 = 32,1 Jadi, median data 32,1.

Jadi, kuartil bawah dari data tinggi badan adalah 157,5 cm.

25. Jawaban: c Data setelah diurutkan: 5 6 7 7 9 9 10 10 11 12 12 15 18 18 21 21 Q1 = nilai data ke-

27. Jawaban: e Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

16 + 1 4

= nilai data ke-4,25 = x4 + 0,25(x5 – x4) = 7 + 0,25(9 – 7) = 7 + 0,5 = 7,5 Q3 = nilai data ke-

Usia (Tahun)

fi

fk

20–23 24–27

3 4

3 7

28–31

4

11

32–35

10

21

36–39

3

24

40–43

6

30

3(16 + 1) 4

= nilai data ke-12,75 = x12 + 0,75(x13 – x12) = 15 + 0,75(18 – 15) = 15 + 2,25 = 17,25 1 (Q3 – Q1) 2 1 (17,25 – 7,5) 2

Simpangan kuartil = =

1 (9,75) 2

=

= 4,875

Jadi, simpangan kuartil data tersebut 4,875. 26. Jawaban: c Jumlah siswa = n = 40 1 4

Kuartil bawah (Q1) = nilai data ke- (40 + 1) = nilai data ke-10

1 4

Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

← Kelas P30 ← Kelas D7

7

D7 = nilai data ke- 10 (30 + 1) = nilai data ke-21,7 D7 adalah nilai data ke-21,7 terletak pada kelas interval 36–39. L7 = 36 – 0,5 = 35,5 fD = 3 7 fk = 21 D7 p =4 



7

⋅ n − fk D3  D7 = L7 +  10  ·p

fD3

 

 

21 − 21 = 35,5 +   ·4 3





= 35,5 + 4 = 35,5 Jadi, desil ke-7 data tersebut 35,5. 28. Jawaban: a

Tinggi Badan (cm)

fi

fk

150–154 155–159 160–164 165–169 170–174 175–179

4 10 6 8 4 8

4 14 20 28 32 40

fk

30

P30 = nilai data ke- 100 (30 + 1)

Q1

← ← Kelas Q1

1

Kuartil bawah adalah data ke-10 pada kelas 4 interval 155–159. L1 = 155 – 0,5 = 154,5 fQ = 10 1 fk = 4 Q1 p = 159 – 155 + 1 = 5 Kuartil bawah: Q1 = L1 +

 1n − f kQ 4 1  f Q  1 



1

    

·c

= nilai data ke-9,3 P30 adalah nilai data ke-9,3 terletak di kelas interval 28–31. L30 = 28 – 0,5 = 27,5 fkP = 7 30

fP30 = 4 



30

⋅ n − fk P30  100 P30 = L30 +   ·p f

 

= 27,5 +

P30

 900 − 7   100   4   

 

·4

= 27,5 + 2 = 29,5 Jadi, persentil ke-30 data tersebut 29,5.



⋅ 40 − 4 = 154,5 +  4 10  · 5  

 

= 154,5 + 3 = 157,5

Matematika Kelas XI

17

Nilai data terkecil = 1 Nilai data terbesar = 28 Jangkauan = nilai data terbesar – nilai data terkecil = 28 – 1 = 27 Banyak kelas = k = 1 + 3,3 log n = 1 + 3,3 log 40 = 1 + 3,3 × 1,602 = 1 + 5,2866 = 6,2866 ≈6

29. Jawaban: d Tinggi (meter)

fi

xi

fi xi

xi – – x

19–21 22–24 25–27 28–30

9 4 5 2

20 23 26 29

180 92 130 58

–3 0 3 6

fi(xi – – x)2 81 0 45 72

4

∑

20

i=1

460

198

4

∑ fi xi

i=1 4

x =

∑ fi

460

= 20 = 23

jangkauan

Panjang kelas (p) = banyak kelas

i=1 4

S2

∑ fi (xi − x)2

=

27

= 6 = 4,5 ≈5 Menentukan batas atas dan batas bawah kelas interval pertama. Bb1 = nilai data terkecil = 1 Ba1 = Bb1 + p –1 = 1 + 5 – 1 = 5 Diperoleh kelas interval pertama : 1–5 Menentukan batas atas dan batas bawah kelas interval kedua. Bb2 = Ba1 + 1 = 5 + 1 = 6 Ba2 = Bb2 + p – 1 = 6 + 5 – 1 = 10 Diperoleh kelas interval kedua : 6–10 Dengan cara yang sama diperoleh: Kelas interval ketiga : 11–15 Kelas interval keempat : 16–20 Kelas interval kelima : 21–25 Kelas interval keenam : 26–30 Tabel distribusi frekuensi data pemakaian air PAM per keluarga dalam sebulan di Kampung Palapa sebagai berikut.

198 20

i=1

= = 9,9 4 ∑ fi i =1 Jadi, ragam data tersebut 9,9.

30. Jawaban: c xi

fi

fixi

1 2

(9,5 + 14,5) = 12

15

180

1 2

(14,5 + 19,5) = 17

6

102

1 2

(19,5 + 24,5) = 22

9

198

1 2

(24,5 + 29,5) = 27

12

324

1 2

(39,5 + 34,5) = 32

18

576

60

1.380

5

∑

i=1 5

– x=

∑ fx i i

i=1 5

∑ fi

=

1.380 60

= 23

i=1

5

∑ fi

i=1

| xi − x | = 15|12 – 23| + 6|17 – 23| + 9|22 – 23|

+ 12|27 – 23| + 18|32 – 23| = 15 × 11 + 6 × 6 + 9 × 1 + 12 × 4 + 18 × 9 = 165 + 36 + 9 + 48 + 162 = 420 Simpangan rata-rata: 5

SR =

∑ fi | xi − x |

i=1

5

∑ fi

=

420 60

=7

i=1

B.

Uraian

1. Data setelah diurutkan sebagai berikut. 1 2 3 4 6 6 6 7 7 8 8 8 9 9 10 10 11 11 12 13 13 14 15 16 16 17 17 19 20 21 22 23 24 25 26 27 Banyak data = n = 40 18

Statistika

2.

Volume Air (m 3)

fi

1–5 6–10 11–15 16–20 21–25 26–30

4 13 8 7 5 3

xi

fi

fi xi

– |xi – x |

4 5 6 7 8 9 10

2 6 4 1 5 4 8

8 30 24 7 40 36 80

3,5 2,5 1,5 0,5 0,5 1,5 2,5

30

225

12,5

7

7 12 18 28

∑

i=1

a.

4. a.

Rata-rata berat benda:

Tinggi Badan (cm)

fi

xi

fi xi

150–156 157–163 164–170 171–177 178–184

16 10 16 x 20

153 160 167 174 181

2.448 1.600 2.672 174x 3.620

7

x

=

∑ fi x i

i=1 7

∑ fi

225

= 30 = 7,5

i=1

b.

Benda yang mempunyai berat minimal 1 kg di atas rata-rata berat benda adalah benda yang mempunyai berat minimal 7,5 kg. Banyak benda yang mempunyai berat minimal 7,5 kg = 5 + 4 + 8 = 17. Jadi, terdapat 17 benda yang mempunyai berat minimal 1 kg di atas rata-rata berat benda. Simpangan rata-rata berat benda:

5

∑

5

x =

SR =

i=1

7

⇔

∑ fi

12,5

≈ 0,42

= 30

i=1

Nilai (xi)

fi

fk

2 4 7 10 13

5 2 8 3 2

5 7 15 18 20

Banyak data = n = 20 = nilai data ke-5,25 = x5 + 0,25(x6 – x5) = 2 + 0,25(4 – 2) = 2 + 0,5 = 2,5

b.

Tinggi Badan Balita (cm)

fi

fk

50–54 55–59 60–64

4 3 9

3 7 16

65–69

6

22

70–74 75–79 80–84

2 5 5

24 29 34

3 4

Q3 = nilai data ke- (20 + 1) = nilai data ke-15,75 = x15 + 0,75(x16 – x15) = 7 + 0,75(10 – 7) = 7 + 2,25 = 9,25 1 (Q3 2

168,4 =

10.340 + 174x 62 + x

5. Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

1 4

Q1 = nilai data ke- (20 + 1)

Simpangan kuartil =

∑ fi

⇔ 10.440,8 + 168,4x = 10.340 + 174x ⇔ 100,8 = 5,6x ⇔ x = 18 Jadi, banyak orang bertinggi badan antara 171 cm dan 177 cm ada 18 orang. Orang yang bertinggi badan lebih dari 163 cm adalah orang yang bertinggi badan 164–170 cm, 171–177 cm, dan 178–184 cm. Banyak orang yang bertinggi badan lebih dari 163 cm = 16 + 18 + 20 = 54 orang. Jadi, ada 54 orang yang bertinggi badan lebih dari 163.

Jadi, simpangan rata-rata berat benda 0,42. 3. Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

∑ fi x i

i=1 5

i=1

5

∑ fi | xi − x |

10.340 + 174x

62 + x

i=1

– Q1)

=

1 (9,25 2

=

1 (6,75) 2

– 2,5)

= 3,375 Jadi, simpangan kuartil data tersebut 3,375.

← Kelas Me

34 + 1

Me = nilai data ke- 2 = nilai data ke-17,5 Median adalah nilai data ke-17,5 terletak di kelas interval 65–69. L = 65 – 0,5 = 64,5 p = 69 – 65 + 1 = 5 fkM = 16 e

fMe = 6

Matematika Kelas XI

19

3

n −f   2 kMe 

Q3 = nilai data ke- 4 (80 + 1)

Me = L +  f  · p Me 



= 64,5 +

 34   2 − 6  10   

·5

= 64,5 + 0,5 = 65 Jadi, median data di atas adalah 65 cm. 6. Titik tengah yang frekuensinya paling banyak adalah 28. Berarti modus data terletak di kelas interval yang memuat titik tengah 28.

= nilai data ke-60,75 Q3 adalah nilai data ke-60,75 terletak di kelas interval 157–160. L3 = 157 – 0,5 = 156,5 fkQ = 53 3 fQ3 = 14  3 n − fk

4 Q3 = L3 + 

Mo = L +

 d1     d1 + d2 

·p

 9 

= 25,5 +  9 + 6  · 5   = 25,5 + 3 = 28,5 Jadi, modus data 28,5.

fi

fk

145–148

15

15

149–152

20

35

153–156

18

53

157–160

14

67

161–164 165–168

8 5

75 80

= 156,5 +

← Kelas Q3

+ 1)

Q1

fQ1 = 20



   

= 148,5 +



5 20

·4

= 148,5 + 1 = 149,5

20

Statistika

fi

fk

12–16 17–21 22–26 27–31 32–36

10 5 8 6 18

10 15 23 29 47

37–41

10

57

42–46

13

70

D7 = nilai data ke-

← Kelas D7

7 (70 10

+ 1)

= nilai data ke-49,7 D7 adalah nilai data ke-49,7 terletak di kelas interval 37–41. L7 = 37 – 0,5 = 36,5 fD = 10 fk

7

D7

= 47 = 41 – 37 + 1 = 5

 

⋅ 80 − 15  ·4 = 148,5 +  4  20



Nilai





14  7 ·4 14



7

⋅ n − fkD 7  D7 = L7 +  10  ·p

·p

1




p  1 n − fk Q1 4  fQ 1 

3

= 156,5 + 2 = 158,5 Jangkauan antarkuartil: H = Q3 – Q1 = 158,5 – 149,5 =9 Jadi, jangkauan antarkuartil tinggi siswa putri 9 cm.

← Kelas Q1

= nilai data ke-20,25 Q1 adalah nilai data ke-20,25 terletak di kelas interval 149–152. L1 = 149 – 0,5 = 148,5 fk = 15

Q1 = L1 +

·p


Tinggi Badan (cm)

Q1 = nilai data

   

⋅ 80 − 53  ·4 = 156,5 +  4 


1 ke- 4 (80

fQ3

 

1

Tepi bawah kelas modus L = 2 (23 + 28) = 25,5 p = 28 – 23 = 5 d1 = 13 – 4 = 9 d2 = 13 – 7 = 6

Q3



= 36,5 + = 36,5 +

fD7

   ⋅ 70 − 47      10   2     ·5  10  7 10

·5

= 36,5 + 1 = 37,5 Jadi, nilai desil ke-7 data tersebut 37,5.

9. Banyak data = n = 35 + p P30 terletak di kelas interval 105–109. L30 = 105 – 0,5 = 104,5 fk = 8 Me

fM = p e p = 109 – 105 + 1 = 5 



30

⋅ n − fkP 100 30  P30 = L30 +  ·p  

fP30

⇔ 108,5 = 104,5 + ⇔ ⇔

 

 0,3 ( 35 + p ) − 8    p  

 10,5 + 0,3p − 8    p  

4=

·5

i=1

− x)2

= 6(12 – 28)2 + 10(17 – 28)2 + 5(22 – 28)2 + 15(27 – 28)2 + 20(32 – 28)2 + 5(37 – 28)2 + 9(42 – 28)2 = 6(–16)2 + 10(–11)2 + 5(–6)2 + 15(–1)2 + 20(4)2 + 5(9)2 + 9(14)2 = 1.536 + 1.210 + 180 + 15 + 320 + 405 + 1.764 = 5.430 Variansi:

S2 =

2 ∑ fi (xi − x)

i=1

7

∑ fi

=

5.430 70

4

= 77 7

i=1

⇔ 0,8p = 2,5 + 0,3p ⇔ 0,5p = 2,5 ⇔ p=5 Banyak potongan logam yang beratnya kurang dari 110 gram = 8 + p = 8 + 5 = 13. 10. a.

7

∑ f(x i i

7

·5

2,5 + 0,3p p

0,8 =

b.

Panjang (cm)

fi

xi

fi x i

10–14 15–19 20–24 25–29 30–34 35–39 40–44

6 10 5 15 20 5 9

12 17 22 27 32 37 42

72 170 110 405 640 185 378

Jadi, variansi panjang potongan bambu 4

77 7 cm.

7

∑

70

i=1

1.960

7

x =

∑ fi x i

i=1 7

∑ fi

=

1.960 70

= 28

i=1

Jadi, rata-rata panjang potongan bambu 28 cm.

Matematika Kelas XI

21

Setelah mempelajari bab ini peserta didik mampu: 1. mendeskripsikan dan menerapkan konsep aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi dalam pemecahan masalah; 2. menentukan ruang sampel dan kejadian dari suatu percobaan; 3. menghitung peluang suatu kejadian dan peluang kejadian majemuk. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik jeli dalam menganalisis setiap permasalahan dan memilih cara yang tepat untuk menyelesaikan permasalahan dalam kehidupan sehari-hari.

Aturan Pencacahan dan Peluang

Aturan Pencacahan

• • •

•

Mendeskripsikan konsep aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi. Menerapkan konsep aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi dalam pemecahan masalah nyata. Memilih dan menggunakan aturan pencacahan yang sesuai dalam pemecahan masalah nyata serta memberikan alasannya. Mengidentifikasi masalah nyata dan menerapkan aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi dalam pemecahan masalah tersebut.

Peluang Suatu Kejadian

• • • • • • •

• • • • • • • • • •

22

Mendefinisikan pengertian ruang sampel suatu percobaan. Menentukan ruang sampel suatu percobaan. Mendefinisikan pengertian peluang suatu kejadian dan peluang komplemen suatu kejadian. Menentukan peluang suatu kejadian dan peluang komplemen suatu kejadian. Menjelaskan kisaran nilai peluang. Mendefinisikan pengertian frekuensi harapan suatu kejadian. Menentukan frekuensi harapan suatu kejadian.

Peluang Kejadian Majemuk

• • • • • •

Mendefinisikan pengertian kejadian saling lepas dan tidak saling lepas. Mendefinisikan pengertian peluang gabungan kejadian saling lepas dan tidak saling lepas. Menentukan peluang gabungan kejadian saling lepas dan tidak saling lepas. Mendefinisikan pengertian kejadian saling bebas dan tidak saling bebas. Mendefinisikan pengertian peluang irisan kejadian saling bebas dan tidak saling bebas. Menentukan peluang irisan kejadian saling bebas dan tidak saling bebas.

Bersikap jeli dalam menganalisis setiap permasalahan dan memilih cara yang tepat untuk menyelesaikan permasalahan dalam kehidupan sehari-hari. Mampu menjelaskan konsep aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi. Mampu mengidentifikasi masalah nyata dan menerapkan aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi dalam pemecahan masalah tersebut. Mampu menjelaskan pengertian ruang sampel suatu percobaan dan mampu menentukan ruang sampel suatu percobaan. Mampu menjelaskan pengertian peluang suatu kejadian dan peluang komplemen suatu kejadian serta mampu menentukan peluang suatu kejadian dan peluang komplemen suatu kejadian. Mampu menjelaskan pengertian frekuensi harapan suatu kejadian dan mampu menentukan frekuensi harapan suatu kejadian. Mampu menjelaskan pengertian kejadian saling lepas dan tidak saling lepas. Mampu menentukan peluang gabungan kejadian saling lepas dan tidak saling lepas. Mampu menjelaskan pengertian kejadian saling bebas dan tidak saling bebas. Mampu menentukan peluang irisan kejadian saling bebas dan tidak saling bebas.


A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d 10! 7!4!

10 × 9 × 8 × 7!

6!

6 × 5 × 4 × 3!

+ 3!3! = 7! × 4 × 3 × 2 × 1 + 3! × 3 × 2 × 1 = 10 × 3 + 5 × 4 = 30 + 20 = 50

2. Jawaban: b n + 1P3

(n + 1)! (n + 1− 3)!

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(n + 1)! (n − 2)!

×

(n + 1)! (n − 2)! (n − 2)! n!

(n + 1)n! n!

= 9 × nP2

dibentuk genap, maka angka yang menempati tempat satuan adalah 2 dan 4. Berarti ada 2 cara untuk menempati nilai tempat satuan. Nilai tempat ratusan dapat ditempati 4 angka tersisa setelah 1 angka menempati nilai tempat satuan. Nilai tempat puluhan dapat ditempati 3 angka tersisa setelah 1 angka menempati nilai tempat satuan dan 1 angka menempati tempat ratusan. Banyak cara menempati nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan disusun dalam tabel berikut.

n!

= 9 × (n − 2)! =9×

n! (n − 2)!

=9 =9

⇔ n+1=9 ⇔ n=8 Jadi, nilai n yang memenuhi adalah 8. 3. Jawaban: d Perlengkapan skateboard: Papan ada 3 pilihan. Set roda ada 2 pilihan. Set sumbu ada 1 pilihan. Set perlengkapan kecil ada 2 pilihan. Jadi, banyak skateboard berbeda yang dapat dibuat = 3 × 2 × 1 × 2 = 12 4. Jawaban: c Bilangan tiga angka memiliki nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan. Bilangan yang dibentuk nilainya lebih dari 200, maka angka yang menempati nilai tempat ratusan adalah 2, 3, 4, atau 5. Berarti terdapat 4 cara untuk menempati nilai tempat ratusan. Angka yang dapat menempati nilai tempat puluhan adalah 1, 2, 3, 4, atau 5 ada 5 angka. Oleh karena angka dalam setiap bilangan berbeda, terdapat (5–1) angka yang dapat menempati nilai tempat puluhan. Berarti ada (5–1) = 4 cara untuk menempati nilai tempat puluhan. Begitu juga dengan nilai tempat satuan, terdapat (4–1) = 3 cara untuk menempati nilai tempat satuan. Dengan demikian, banyak bilangan lebih dari 200 yang dapat dibentuk = 4 × 4 × 3 = 48. 5. Jawaban: b Bilangan tiga angka mempunyai nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan. Bilangan yang

Ratusan

Puluhan

Satuan

4 cara

3 cara

2 cara

Banyak bilangan genap yang terbentuk = 4 × 3 × 2 = 24. 6. Jawaban: c Akan dipilih 5 orang sebagai ketua, wakil ketua, sekretaris, bendahara, dan humas. Pemilihan ketua, wakil ketua, sekretaris, bendahara, dan humas merupakan pemilihan yang memperhatikan urutan (permutasi). Banyak cara memilih 5 pengurus dari 7 pengurus = permutasi 5 unsur dari 7 unsur = 7P5 7!

= (7 − 5)! =

7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2! 2!

=7×6×5×4×3 = 2.520 Jadi, banyak cara memilih pengurus 2.520 cara. 7. Jawaban: a Resa dapat berdiri di ujung kanan atau kiri sehingga ada 2 cara Resa berdiri di salah satu ujung. Sisanya ada 4 anak yang dapat diatur dengan 4P4 cara. Dengan demikian, banyak urutannya = 2 × 4P4 = 2 × 4! =2×4×3×2×1 = 48 urutan 8. Jawaban: a Banyak susunan kata yang dapat dibentuk dari kata WIYATA = permutasi 6 elemen dengan 2 elemen sama 6!

= 2! =

6 × 5 × 4 × 3 × 2! 2!

= 360 Jadi, ada 360 kata yang dapat dibentuk.

Matematika Kelas XI

23

9. Jawaban: a B, C, dan D selalu berdampingan berarti dianggap 1 kelompok atau 1 unsur yaitu BCD. Banyak unsur yang disusun ada 4 yaitu A, BCD, E, dan F, berarti banyak cara menyusun ke-4 unsur = 4P4 = 4!. Banyak cara menyusun B, C, dan D = 3P3 = 3!. Banyak cara berfoto = 4P4 × 3P3 = 4! × 3! = 24 × 6 = 144 Jadi, cara berfoto ada 144. 10. Jawaban: b Ketua, wakil ketua, sekretaris, dan 3 anggota dewan akan duduk melingkar. Ketua, wakil ketua, dan sekretaris dipandang sebagai 1 unsur sehingga permasalahan menjadi permutasi siklis dari 1 + 3 = 4 unsur. Banyak susunan duduk ketua di antara wakil ketua dan sekretaris = 2! Banyak susunan duduk dari ketujuh anggota DPRD = (4 – 1)! × 2! = 3! × 2! = 6 × 2 = 12 Jadi, banyak cara duduk dalam rapat tersebut ada 12 cara. 11. Jawaban: e Jumlah soal yang harus dikerjakan 5. Dua soal (nomor 1 dan 2) wajib dikerjakan, berarti ada 3 soal yang harus dipilih siswa. Tiga soal tersebut dapat dipilih dari 5 soal, yaitu nomor 3, 4, 5, 6, dan 7. Banyak pilihan soal yang mungkin dikerjakan siswa = memilih 3 soal dari 5 soal = kombinasi 3 unsur dari 5 unsur = 5C3 5!

5 × 4 × 3!

= 3!(5 − 3)! = 3! × 2 × 1 = 10 Jadi, banyak pilihan soal yang mungkin dikerjakan ada 10. 12. Jawaban: d Banyak cara menyusun ketiga merek motor = 3! Banyak cara menyusun motor Honda = 4! Banyak cara menyusun motor Yamaha = 3! Banyak cara menyusun motor Suzuki = 2! Banyak penyusunan barisan dengan setiap merek tidak boleh terpisah = 3! 4! 3! 2! = 1.728 13. Jawaban: c Jumlah buah yang dibeli Andi = 18 Andi membeli paling sedikit 5 buah untuk setiap jenis buah, maka sebanyak 15 buah yang terdiri atas 5 apel, 5 jeruk, dan 5 mangga sudah pasti dibeli Andi. Dengan demikian, sebanyak 3 buah belum diketahui komposisi masing-masing jenis buah yang akan dibeli Andi. 24


Komposisi 3 jenis buah tersebut dapat dicari menggunakan cara berikut. Jumlah 3 buah tersebut dapat diwakili dengan angka 0, 1, 2, dan 3. Apel (a)

Jeruk (j)

0

1

2 3

Mangga (m) Komposisi Buah

0

3

   →

(0a, 0j, 3m)

1

2

   →

(0a, 1j, 2m)

2

1

   →

(0a, 2j, 1m)

3

0

   →

(0a, 3j, 0m)

0

2

   →

(1a, 0j, 2m)

1

1

   →

(1a, 1j, 1m)

2

0

   →

(1a, 2j, 0m)

0

1

   →

(2a, 0j, 1m)

1

0

   →

(2a, 1j, 0m)

0

0

   →

(3a, 0j, 0m)

(0a, 0j, 3m) berarti membeli 5 apel, 5 jeruk, dan 8 mangga. (0a, 1j, 2m) berarti membeli 5 apel, 6 jeruk, dan 7 mangga. (0a, 2j, 1m) berarti membeli 5 apel, 7 jeruk, dan 6 mangga, dan seterusnya. Oleh karena terdapat 10 komposisi 3 buah yang akan dibeli, maka komposisi banyak buah yang mungkin dibeli Andi ada 10. 14. Jawaban: b Kemungkinan tim yang terbentuk paling sedikit 1 putri yaitu terdiri atas (2 putra dan 1 putri), (1 putra dan 2 putri), atau (3 putri). n1 = banyak kemungkinan anggota tim 2 putra dan 1 putri = memilih 2 putra dari 5 putra dan memilih 1 putri dari 6 putri = 5C2 × 6C1 5!

6!

= 2!3! × 1!5! = 10 × 6 = 60 n2 = banyak kemungkinan anggota tim 1 putra dan 2 putri = memilih 1 putra dari 5 putra dan memilih 2 putri dari 6 putri = 5C1 × 6C2 5!

6!

= 4!1! × 4!2! = 5 × 15 = 75 n3 = banyak kemungkinan anggota tim 3 putri = memlih 3 putri dari 6 putri = 6C3 6!

= 3!3! = 20

Banyak cara memilih anggota tim = n1 + n2 + n3 = 60 + 75 + 20 = 155

c.

15. Jawaban: a n1 = banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka (boleh berulang) yang dapat dibuat dari 5 angka Angka I

Angka II

Angka III

Angka IV

5 cara

5 cara

5 cara

5 cara

=5×5×5×5 = 625 n2 = banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka (boleh berulang) dengan angka terakhir 0 dan angka pertama 0 Angka I

Angka II

Angka III

Angka IV

1 cara

5 cara

5 cara

1 cara

=1×5×5×1 = 25 Banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka dengan angka pertama atau terakhir tidak nol = n1 – n2 = 625 – 25 = 600 B. Uraian 1. a. 2 · 2n + 1C2 = 3! · nP2 ⇔

2 ⋅ (2n + 1)! 2!(2n + 1− 2)!

⇔

(2n + 1)(2n + 1− 1)(2n + 1− 2)! (2n + 1− 2)!

b.

10 Cn + 1

=

3!n!

= (n − 2)! =

3 10

⇔ 10 · 9Cn = 3 · 10Cn + 1 3 ⋅ 10!

⇔

10 ⋅ 9! n!(9 − n)!

= (n + 1)!(10 − n − 1)!

⇔

10! n!(9 − n)!

3 ⋅ 10! (n + 1)n!(9 − n)!

⇔

1 1

=

3

= n+1 ⇔ n+1=3 ⇔ n=2 Jadi, nilai n = 2.

⇔

n ⋅ 6! 4!

⇔

n ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4! 4!

6n(n − 1)(n − 2)! (n − 2)!

n!

= (n − 3)! =

n(n − 1)(n − 2)(n − 3)! (n − 3)!

⇔ 30 = (n – 1)(n – 2) ⇔ n2 – 3n + 2 = 30 ⇔ n2 – 3n – 28 = 0 ⇔ (n – 7)(n + 4) = 0 ⇔ n – 7 = 0 atau n + 4 = 4 ⇔ n = 7 atau n = –4 P mempunyai syarat n ≥ 3. n 3 Jadi, nilai n yang memenuhi 7. 2. a.

Bola merah ada 9 buah. Banyak cara pengambilan tiga bola merah = kombinasi 3 dari 9 = 9C3 9!

= 3!(9 − 3)! 9 × 8 × 7 × 6!

b.

= 3 × 2 × 1× 6! = 84 Jadi, banyak cara pengambilan ketiganya bola merah adalah 84. Dari tiga bola yang diambil, terambil 2 bola biru. Artinya, bola yang terambil 2 bola biru dan 1 bola merah. Banyak cara pengambilan 2 bola biru dan 1 bola merah = 5C2 × 9C1 5!

⇔ (2n + 1) · 2n = 6n(n –1) ⇔ 2n + 1 = 3(n – 1) ⇔ 2n + 1 = 3n – 3 ⇔ n=4 Jadi, nilai n = 4. 9 Cn

n · 6P2 = nP3

9!

= 2!3! × 1!8! 5 × 4 × 3!

9 × 8!

= 2 × 1× 3! × 1× 8! = 10 × 9 = 90 Jadi, banyak cara pengambilan 2 bola biru adalah 90. 3. Banyak cara memilih 3 huruf konsonan dari 5 huruf konsonan = 5C3 5!

5 × 4 × 3!

3!

3 × 2!

= 3!2! = 2 × 1× 3! = 10 cara Banyak cara memilih 2 huruf vokal dari 3 huruf vokal = 3C2 = 2!1! = 2! × 1 = 3 cara Banyak cara menyusun 5 huruf = 5P5 = 5! = 120 cara Banyak password yang terbentuk = 5C3 × 3C2 × 5P5 = 10 × 3 × 120 = 3.600 Jadi, banyak password yang terbentuk ada 3.600.

Matematika Kelas XI

25

4. Orang-orang dari 4 negara duduk secara melingkar dengan (4 – 1)! = 3!. 3 orang dari Amerika dapat duduk dengan 3! cara. 2 orang dari Irlandia dapat duduk dengan 2! cara. 4 orang dari Korea dapat duduk dengan 4! cara. 2 orang dari Filipina dapat duduk dengan 2! cara. Banyak cara duduk 11 orang = 3! 3! 2! 4! 2! = 6 × 6 × 2 × 24 × 2 = 3.456 cara Jadi, banyak cara peserta duduk adalah 3.456. 5. Bilangan terdiri atas 3 angka akan disusun dari angka 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, dan 7 tanpa ada angka yang sama dalam setiap bilangan. Banyak bilangan 3 angka yang nilainya di antara 520 dan 600 yang dapat disusun sebagai berikut. Ratusan

Puluhan

Satuan

1 cara

5 cara

6 cara

Angka 5 dan sebuah angka sudah digunakan. Jadi, tersisa 8 – 2 = 6 cara. Dapat ditempati angka 2, 3, 4, 6, atau 7. Jadi, ada 5 cara. Ditempati angka 5. Jadi, ada 1 cara.

Banyak bilangan yang tersusun = 1 × 5 × 6 = 30. Bilangan 520 tidak termasuk karena syaratnya lebih dari 520.

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Jumlah bohlam = 3 × 12 = 36 Banyak bohlam dalam kondisi baik = 36 – 5 = 31 Ruang sampel S = kejadian pengambilan 2 bohlam dari 36 bohlam. n(S) = banyak cara mengambil 2 bohlam dari 36 bohlam = 36C2 = =

36! 2!(36 − 2)! 36 × 35 × 34! 2 × 1× 34!

= 18 × 35 = 630

Misalkan A = kejadian terambil dua bohlam dalam kondisi baik dari 31 bohlam dalam kondisi baik n(A) = banyak cara mengambil 2 bohlam dari 31 bohlam 31! 2!(31 − 2)! 31× 30 × 29! = 31 × 15 2 × 1× 29!

= 31C2 = =

26

= 465


n1 = banyak bilangan yang lebih dari 520 dan kurang dari 600 = 30 – 1 = 29 Banyak bilangan 3 angka yang nilainya lebih besar dari 599 yang dapat disusun sebagai berikut. Ratusan

Puluhan

Satuan

2 cara

7 cara

6 cara

Dua angka sudah digunakan. Jadi, tersisa 6 cara. Dapat ditempati angka selain 6 atau 7. Jadi, ada 7 cara. Dapat ditempati angka 6 atau 7. Jadi, ada 2 cara.

n2 = banyak bilangan 3 angka yang nilainya lebih besar dari 599 =2×7×6 = 84 Banyak bilangan 3 angka yang bernilai lebih besar dari 520 dan tidak boleh berulang = n1 + n2 = 29 + 84 = 113 Jadi, ada 113 bilangan yang dapat disusun.

Peluang terambil kedua bohlam dalam kondisi baik: n(A)

465

31

P(A) = n(S) = 630 = 42 Jadi, peluang terambil kedua bohlam dalam kondisi baik adalah

31 . 42

2. Jawaban: c Jumlah kelereng = 5 + 3 + 2 = 10 Ruang sampel S = kejadian terambil 3 bola dari 10 bola. n(S) = banyak cara mengambil 3 bola dari 10 bola = 10C3 10!

= 3!(10 − 3)! 10 × 9 × 8 × 7!

= 3 × 2 × 1× 7! = 10 × 3 × 4 = 120 Misalkan A = kejadian terambil 2 bola merah dan 1 bola kuning.

n(A) = banyak cara mengambil 2 bola merah dari 5 bola merah dan 1 bola kuning dari 3 bola kuning = 5C2 × 3C1 =

5! 2 !(5 − 2)!

5 × 4 × 3!

n(K)

3 × 2!

= 2 × 1× 3! × 1× 2! = 5 × 2 × 3 = 30 Peluang terambil 2 bola merah dan 1 bola kuning: n(A)

30

3

P(A) = n(S) = 120 = 12 Jadi, peluang terambil 2 bola merah dan 1 bola 3

kuning adalah 12 . 3. Jawaban: b Ruang sampel S = kejadian terpilihnya 2 angka dari 12 angka. n(S) = banyak cara memilih 2 angka dari 12 angka = 12C2 =

12! 2!(12 − 2)!

=

12 ⋅ 11 ⋅ 10! 2 × 1× 10!

= 6 × 11 = 66

Faktor dari 12 ada 6, yaitu 1, 2, 3, 4, 6, dan 12. Misalkan A = kejadian terpilihnya 2 angka faktor dari 12 = kejadian terpilih 2 angka dari 6 angka n(A) = banyak cara memilih 2 angka dari 6 angka = 6C2 =

6! 2! (6 − 2)!

=

6 × 5 × 4! 2 × 1× 4!

= 3 × 5 =15

Peluang terpilih dua angka faktor dari 12: P(A) =

n(A) n(S)

15

6

2

P(K) = n(S) = 45 = 15

3! 1!(3 − 1)!

×

n(K) = banyak pasangan blus bermotif batik dan rok pendek = 3× 2 = 6 Peluang Leni memakai blus bermotif batik dan rok pendek:

5

= 66 = 22 Jadi, peluang terpilih dua angka faktor dari 12 5

adalah 22 . 4. Jawaban: b Ruang sampel S = himpunan pasangan blus dan rok. n(S) = banyak pasangan blus dan rok Banyak pasangan blus bermotif batik dan rok panjang =3× 3 = 9 Banyak pasangan blus bermotif batik dan rok pendek =3× 2 = 6 Banyak pasangan blus bermotif garis dan rok panjang =2× 3 = 6 Banyak pasangan blus bermotif garis dan rok pendek =2× 2 = 4 Banyak pasangan blus bermotif kotak-kotak dan rok panjang = 4 × 3 = 12 Banyak pasangan blus bermotif kotak-kotak dan rok pendek = 4 × 2 = 8 n(S) = 9 + 6 + 6 + 4 + 12 + 8 = 45 Misalkan K = kejadian Leni memakai blus bermotif batik dan rok pendek.

5. Jawaban: e Bilangan ratusan terdiri atas 3 angka. Ruang sampel S = himpunan bilangan ratusan yang dibentuk dari angka-angka 1, 2, 4, 6, 8, dan 9. = himpunan bilangan yang terdiri atas 3 angka yang dibentuk dari 6 angka n(S) = banyak cara membentuk bilangan yang terdiri atas 3 angka dari 6 angka 6!

= 6P3 = 3! =

6 × 5 × 4 × 3! 3!

= 6 × 5 × 4 = 120

Misalkan A = kejadian terbentuknya bilangan genap kurang dari 500, maka n(A) = banyak bilangan genap kurang dari 500. Bilangan yang dibentuk nilainya kurang dari 500, maka angka-angka yang menempati nilai tempat ratusan ada 3, yaitu 1, 2, dan 4. Bilangan yang dibentuk ratusan genap, maka angka-angka yang menempati nilai tempat satuan ada 4, yaitu 2, 4, 6, dan 8. Oleh karena angka-angka dalam setiap bilangan berbeda, maka angka-angka yang dapat menempati nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan sebagai berikut. Ribuan

Puluhan

Satuan

1

...

2, 4, 6 atau 8

2

...

4, 6, atau 8

4

...

2, 6, atau 8

Untuk bilangan dengan angka ribuan 1, angkaangka yang dapat menempati nilai tempat satuan ada 4, yaitu 2, 4, 6, dan 8 sehingga ada 4 cara untuk menempati nilai tempat satuan. Untuk bilangan dengan angka ribuan 2, angkaangka yang dapat menempati nilai tempat satuan ada 3, yaitu 4, 6, dan 8 sehingga ada 3 cara untuk menempati nilai tempat satuan. Untuk bilangan dengan angka ribuan 4, angkaangka yang dapat menempati nilai tempat satuan ada 3, yaitu 2, 6, dan 8 sehingga ada 3 cara untuk menempati nilai tempat satuan. Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat puluha ada 6, yaitu 1, 2, 4, 6, 8, dan 9.

Matematika Kelas XI

27

Setelah 2 angka menempati nilai tempat ribuan dan satuan, tersisa (6 – 2) = 4 angka sehingga ada 4 cara untuk menempati nilai tempat puluhan. Banyak bilangan genap kurang dari 500 dengan angka ribuan 1 = 1 × 4 × 4 = 16 Banyak bilangan genap kurang dari 500 dengan angka ribuan 2 atau 4 = 2 × 4 × 3 = 24 Dengan demikian, diperoleh n(A) = 16 + 24 = 40 Peluang terambil bilangan genap kurang dari 500: n(A)

40

1

P(A) = n(S) = 120 = 3 Jadi, peluang terambil bilangan genap kurang dari 1

500 adalah 3 . 6. Jawaban: a Ruang sampel S = kejadian 6 anak duduk melingkar. n(S) = permutasi siklis 6 unsur = (6 – 1)! = 5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 Misalkan A = kejadian Tera duduk bersebelahan dengan Wisnu dan Lisa duduk bersebelahan dengan Rina Tera dan Wisnu dipandang sebagai 1 unsur, Lisa dan Rina dipandang sebagai 1 unsur sehingga permasalahan menjadi permutasi siklis 4 unsur. Cara duduk Tera dan Wisnu ada 2! dan cara duduk Lisa dan Rina ada 2!. n(A) = 2! × 2! × permutasi siklis 4 unsur = 2! × 2!(4 – 1)! = 2!2!3! = 2 × 1 × 2 × 1 × 3 × 2 × 1 = 24 Peluang Tera duduk bersebelahan dengan Wisnu dan Lisa duduk bersebelahan dengan Rina: P(A)=

n(A) n(S)

=

24 120

=

1 5

Jadi, peluang Tera duduk bersebelahan dengan Wisnu dan Lisa duduk bersebelahan dengan Rina 1

adalah 5 . 7. Jawaban: c Banyak angka ganjil = 5, yaitu 1, 3, 5, 7, dan 9. Banyak angka genap = 4, yaitu 2, 4, 6, dan 8. Ruang sampel S = himpunan dua angka berjumlah genap. Dua angka berjumlah genap jika terdiri atas dua angka ganjil atau dua angka genap. n(S) = banyak dua angka berjumlah genap = banyak dua angka ganjil + banyak dua angka genap = 5C2 + 4C2 5!

4!

= 2! (5 − 2)! + 2! (4 − 2)! 5 × 4 × 3!

4 × 3 × 2!

= 2 × 1× 3! + 2 × 1× 2! = 5 × 2 + 2 × 3 = 10 + 6 = 16 28


Misalkan A = kejadian terpilih dua angka ganjil n(A) = banyak dua angka ganjil yang jika dijumlah genap = 5C2 = 10 Peluang terpiling dua angka ganjil: n(A)

10

5

P(A) = n(S) = 16 = 8 5

Jadi, peluang terpilih dua angka ganjil adalah 8 . 8. Jawaban: a Jumlah kartu bridge = 52. Ruang sampel S = kejadian terambil 2 kartu bridge. Banyak anggota ruang sampel = n(S) n(S) = banyak cara megambil 2 kartu dari 52 kartu = 52C2 =

52! = 52 × 51× 50! 2!(52 − 2)! 2 × 1× 50!

= 26 × 51 = 1.326

Banyak kartu King = 4. Misalkan A = kejadian terambil dua kartu King. n(A) = banyak cara mengambil 2 kartu King dari 4 kartu King = 4C2 =

4! 2!(4 − 2)!

= 4 × 3 × 2! = 2 × 3 = 6 2 × 1× 2!

Peluang terambil dua kartu King: n(A)

6

1

P(A) = n(S) = 1.326 = 221 Peluang terambil bukan kartu King: 1

220

P(A′) = 1 – P(A) = 1 – 221 = 221 220

Jadi, peluang terambil bukan kartu King 221 . 9. Jawaban: c Jumlah koin = 2 + 4 + 6 = 12 Ruang sampel S = kejadian terambil 6 koin dari 12 koin. n(S) = banyak cara mengambil 6 koin dari 12 koin = 12C6 =

12! 6!(12 − 6)!

= 12 × 11× 10 × 9 × 8 × 7 × 6! 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1× 6!

= 11 × 2 × 3 × 2 × 7 = 924 Misalkan K = kejadian terambil 6 koin yang memiliki jumlah minimal Rp5.000,00. Kemungkinan kejadian 6 koin yang terambil sebagai berikut. a. K1 = Kejadian terambil 4 koin Rp1.000,00 dan 2 koin Rp500,00. n(K1) = Banyak cara mengambil 4 koin Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan 2 koin Rp500,00 dari 4 koin Rp500,00 = 6C4 × 4C2

6!

4!

= 4! (6 − 4)! × 2! (4 − 2! 6 × 5 × 4!

b.

4 × 3 × 2!

= 4! × 2 × 1 × 2 × 1× 2! = 3 × 5 × 2 × 3 = 90 K2 = kejadian terambil 5 koin Rp1.000,00 dan 1 koin Rp200,00. n(K2) = banyak cara mengambil 5 koin Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan 1 koin Rp200,00 dari 2 koin Rp200,00 = 6C5 × 2C1 6!

2!

= 5! (6 − 5)! × 1! (2 − 1! = c.

6 × 5! 5! × 1

×

= 6 × 2 = 12 K3 = Terambil 5 koin Rp1.000,00 dan 1 koin Rp500,00. n(K3) = banyak cara mengambil 5 koin Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan 1 koin Rp500,00 dari 4 koin Rp500,00 = 6C5 × 4C1 =

6! 5! (6 − 5)! 6 × 5!

d.

2 ×1 1× 1

×

4! 1! (4 − 1!

4 × 3!

= 5! × 1 × 1× 3! = 6 × 4 = 24 K4 = Terambil 6 koin Rp1.000,00 n(K4) = banyak cara mengambil 6 koin Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 = 6C6 =

6! 6! (6 − 6)!

127

P(K) = n(S) = 924 10. Jawaban: d Misalkan pengambilan tiga huruf tersebut dilakukan sebanyak n kali. Jumlah huruf = 8 Ruang sampel S = kejadian pengambilan tiga huruf dari 8 huruf. n(S) = banyak cara mengambil 3 huruf dari 8 huruf = 8C3 8!

= 3! (8 − 3)! 8 × 7 × 6 × 5!

4!

= 3 × 2 × 1× 5! = 8 × 7 = 56 Banyak huruf vokal = 4 Banyak huruf konsonan = 4

4!

= 2! (4 − 2)! × 1! (4 − 1)! 4 × 3 × 2!

4 × 3!

= 2 × 1× 2! × 1× 3! = 6 × 4 = 24 Peluang terambil dua huruf vokal: n(K)

24

3

P(K) = n(S) = 56 = 7 Frekuensi harapan terambil dua huruf vokal: 3

Fr(K) = n × P(K) ⇔ 90 = n × 7 7

⇔ n = 90 × 3 = 210 Jadi, pengambilan tiga huruf tersebut dilakukan sebanyak 210 kali. B. Uraian 1. Jumlah ahli = 5 + 3 + 4 = 12 Ruang sampel S = kejadian terpilih 6 orang dari 12 orang ahli. n(S) = banyak cara memilih 6 orang dari 12 orang = 12C6 =

=1

n(K) = n(K1) + n(K2) + n(K3) + n(K4) = 90 + 12 + 24 +1 = 127 Peluang enam koin yang terambil memiliki jumlah minimal Rp5.000,00: n(K)

Misalkan K = kejadian terambilnya 2 huruf vokal = kejadian terambil 2 huruf vokal dan 1 huruf konsonan n(K) = banyak cara mengambil 2 huruf vokal dari 4 huruf vokal dan 1 huruf konsonan dari 4 huruf konsonan = 4C2 × 4C1

12! 6!(12 − 6)!

= 12 × 11× 10 × 9 × 8 × 7 × 6! 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1× 6!

a.

= 11 × 2 × 3 × 2 × 7 = 924 Misalkan A = kejadian terpilih 4 ahli matematika dan 2 ahli ekonomi. n(A) = banyak cara memilih 4 ahli matematika dari 5 ahli matematika dan 2 ahli ekonomi dari 3 ahli ekonomi = 5C4 × 3C2 5!

3!

= 4! (5 − 4)! × 2! (3 − 2)! 5 × 4!

3 × 2!

n(A)

15

= 4! × 1 × 2! × 1 = 5 × 3 = 15 Peluang terpilih 4 ahli matematika dan 2 ahli ekonomi: 3

P(A) = n(S) = 924 = 308 Jadi, peluang terpilihnya 4 ahli matematika 3

dan 2 ahli ekonomi adalah 308 .

Matematika Kelas XI

29

b.

Misalkan B = kejadian terpilih 2 orang dari tiap-tiap kelompok = kejadian terpilihnya 2 ahli matematika, 2 ahli ekonomi, dan 2 ahli bahasa n(B) = banyak cara memilih 2 ahli matematika dari 5 ahli matematika, 2 ahli ekonomi dari 3 ahli ekonomi, dan 2 ahli bahasa dari 4 ahli bahasa = 5C2 × 3C2 × 4C2 5!

3!

n(B) = banyak cara mengambil 4 huruf vokal dari 7 huruf vokal = 7C4 7!

= 4! (7 − 4)! 7 × 6 × 5 × 4!

= 4! × 3 × 2 × 1 = 35 Peluang terambil keempatnya huruf vokal: n(B)

4!

5 × 4 × 3!

3 × 2!

4 × 3 × 2!

Peluang terambil keempatnya bukan huruf vokal. P(B′) = 1 – P(B)

= 2 × 1× 3! × 2! × 1 × 2 × 1× 2! = 10 × 3 × 6 = 180 Peluang terpilih dua orang dari tiap-tiap kelompok: 180

35

= 1 – 715

15

P(B) = 924 = 77 Jadi, peluang terpilih dua orang dari tiap-tiap

680

= a.

13! 4! (13 − 4)!

=

13 × 12 × 11× 10 × 9! 4 × 3 × 2 × 1× 9!

= 715

Banyak huruf vokal = 7 Banyak huruf konsonan = 6 Misalkan: A = kejadian terambil 1 huruf vokal dan 3 huruf konsonan n(A) = banyak cara mengambil 1 huruf vokal dari 7 huruf vokal dan 3 huruf konsonan dari 6 huruf konsonan = 7C1 × 6C3 7!

6!

= 1! (7 − 1)! × 3! (6 − 3!) 7 × 6!

6 × 5 × 4 × 3!

= 1× 6! × 3! × 3 × 2 × 1 = 7 × 20 = 140 Peluang terambil 1 huruf vokal dan 3 huruf konsonan: n(A)

140

28

P(A) = n(S) = 715 = 143 Jadi, peluang terambil 1 huruf vokal dan 28

b.

30

3 huruf konsonan adalah 143 . Banyak huruf vokal = 7 Misalkan B = kejadian terambil keempatnya huruf vokal B′ = kejadian terambil keempatnya bukan huruf vokal Aturan Pencacahan dan Peluang

136

= 715 = 143

15

kelompok 77 . 2. Ruang sampel = S = kejadian terambil 4 huruf dari 13 huruf n(S) = banyak cara mengambil 4 huruf dari 13 huruf = 13C4

35

P(B) = n(S) = 715

= 2! (5 − 2)! × 2! (3 − 2)! × 2! (4 − 2)!

Jadi, peluang terambil keempatnya bukan 136

huruf vokal adalah 143 . 3. a.

Bilangan empat angka merupakan bilangan ribuan. Bilangan ribuan memiliki nilai tempat ribuan, ratusan, puluhan, dan satuan. Ruang sampel S = himpunan bilangan ribuan yang terbentuk dari angka-angka 1, 2, 3, 4, dan boleh berulang. n(S) = banyak bilangan ribuan yang terbentuk dari angka-angka 1, 2, 3, 4, dan boleh berulang. Oleh karena angka-angka dalam setiap bilangan boleh diulang, maka angka-angka yang dapat menempati nilai tempat ribuan, ratusan, puluhan, dan satuan masing-masing ada 4, yaitu 1, 2, 3, dan 4 sehingga ada 4 cara untuk menempati nilai tempat ribuan, ratusan, puluhan, dan satuan. Dengan demikian, dapat disusun sebagai berikut. Ribuan

Ratusan

Puluhan

Satuan

4 cara

4 cara

4 cara

4 cara

n(S) = 4 × 4 × 4 × 4 = 256 Misalkan A = kejadian terbentuk bilangan ribuan lebih dari 2.000 yang dibentuk dari angka-angka 1, 2, 3, 4 dan angka boleh berulang. n(A) = banyak bilangan ribuan lebih dari 2.000 yang dibentuk dari angka-angka 1, 2, 3, 4 dan angka boleh berulang.

Bilangan yang dibentuk nilainya lebih dari 2.000, maka angka-angka yang menempati nilai tempat ribuan ada 3, yaitu 2, 3, dan 4 sehingga ada 3 cara untuk menempati nilai tempat ribuan. Angka-angka dalam setiap bilangan boleh diulang, maka angka-angka yang dapat menempati nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan masing-masing ada 4, yaitu 1, 2, 3, dan 4 sehingga ada 4 cara untuk menempati nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan. Dengan demikian, dapat disusun sebagai berikut. Ribuan

Ratusan

Puluhan

Satuan

3 cara

4 cara

4 cara

4 cara

n(A) = 3 × 4 × 4 × 4 = 192 Peluang bilangan yang terbentuk lebih besar daripada 2.000 dan angka-angka dapat berulang: n(A)

192

3

P(A) = n(S) = 256 = 4 Jadi, peluang bilangan yang terbentuk lebih besar daripada 2.000 dan angka-angka dapat 3

b.

berulang adalah 4 . Ruang sampel S = himpunan bilangan ribuan yang dibentuk dari angka-angka 1, 2, 3, dan 4 serta angka tidak boleh berulang. n(S) = banyak cara membentuk bilangan 4 angka dari 4 angka = 4P4 = 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24 Misalkan B = kejadian terbentuk bilangan ribuan lebih dari 2.000 yang dibentuk dari angka-angka 1, 2, 3, 4 dan angka tidak boleh berulang. Bilangan yang dibentuk nilainya lebih dari 2.000, maka angka-angka yang menempati nilai tempat ribuan ada 3, yaitu 2, 3, dan 4 sehingga ada 3 cara untuk menempati nilai tempat ribuan. Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan ada 4, yaitu 1, 2, 3, dan 4. Setelah satu angka menempati nilai tempat ribuan, tersisa (4 – 1) = 3 angka sehingga ada 3 cara untuk menempati nilai tempat ratusan. Setelah dua angka menempati nilai tempat ribuan dan ratusan, tersisa (4 – 2) = 2 angka sehingga ada 2 cara untuk menempati nilai tempat puluhan. Setelah tiga angka menempati nilai tempat ribuan, ratusan, dan puluhan, tersisa (4 – 3) = 1 angka sehingga ada 1 cara untuk menempati nilai tempat satuan.

Dengan demikian, dapat disusun sebagai berikut. Ribuan

Ratusan

Puluhan

satuan

3 cara

3 cara

2 cara

1 cara

n(B) = 3 × 3 × 2 × 1 = 18 Peluang bilangan yang terbentuk lebih besar daripada 2.000 dan angka-angka dapat berulang: n(B)

18

3

P(B) = n(S) = 24 = 4 Jadi, peluang bilangan yang terbentuk lebih besar daripada 2.000 dan angka-angka dapat 3

berulang adalah 4 . 4. Banyak huruf ada 5 dan banyak angka ada 5. Ruang sampel S = himpunan kode terdiri atas 3 huruf berbeda dan 4 angka berbeda. Huruf Angka

5P3

5P4

n(S) = banyak cara membentuk kode terdiri atas 3 huruf berbeda dari 5 huruf dan 4 angka berbeda dari 5 angka = 5P3 × 5P4 5!

5!

= (5 − 3)! × (5 − 4)! =

5 × 4 × 3 × 2! 2!

5 × 4 × 3 × 2 × 1! 1!

×

= 60 × 120 = 7.200 Misalkan A = kejadian terambil kode terdiri atas 2 huruf vokal berbeda dan keempat angka membentuk bilangan genap. Huruf vokal ada 2, yaitu A dan E.

2P2

4P3

2 cara Dapat ditempati angka 2 dan 4

n(A) = 2P2 × 4P3 × 2 2!

4!

= (2 − 2)! × (4 − 3)! × 2 = 2 × 4 × 3 × 2 × 2 = 96 Peluang terambil kode terdiri atas 2 huruf vokal berbeda dan keempat angka membentuk bilangan genap: n(A)

96

1

P(A) = n(S) = 7.200 = 75 Jadi, peluang terambil kode terdiri atas 2 huruf vokal berbeda dan keempat angka membentuk 1

bilangan genap adalah 75 .

Matematika Kelas XI

31

5. Banyak percobaan = 680 kali Jumlah bendera = 7 + 4 + 6 = 17 Ruang sampel S = kejadian terambil 3 bendera dari 17 bendera. n(S) = banyak cara mengambil 3 bendera dari 17 bendera = 17C3

b.

17!

= 3! (17 − 3)! = a.

17 × 16 × 15 × 14! 3 × 2 × 1× 14!

= 17 × 8 × 5 = 680

7!

7 × 6!

4 × 3!

n(C)

168

Jadi, frekuensi harapan terambil 3 bendera kuning adalah 4 kali.

32


168

Fh(B) = P(B) × n = 680 × 680 = 168 Jadi, frekuensi harapan terambil bendera berbeda warna adalah 168 kali.

× 680 = 4

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c a. Misalkan A = kejadian terlihat mata dadu berjumlah 7 = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)} B = kejadian terlihat kedua mata dadu hasil kalinya 12 = {(2, 6), (3, 4), (4, 3), (6, 2)} A ∩ B = {(3, 4), (4, 3)} Oleh karena A ∩ B ≠ ∅, maka kejadian A dan B tidak saling lepas. b. Misalkan C = kejadian terlihat mata dadu pertama 4 = {(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)} D = kejadian terlihat kedua mata memiliki selisih 1 = {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (3, 4), (4, 3), (4, 5), (5, 4), (5, 6), (6, 5)} C ∩ D = {(4, 3), (4, 5)} Oleh karena C ∩ D ≠ ∅, maka kejadian C dan D tidak saling lepas.

6 × 5!

P(B) = n(S) = 680 Frekuensi harapan terambil bendera berbeda warna:

4

Fh(A) = P(A) × n =

4 × 3!

Peluang terambil bendera berbeda warna:

P(A) = n(S) = 680 Frekuensi harapan terambil 3 bendera kuning: 4 680

6!

= 1! 6! × 3! × 1! 5! = 7 × 4 × 6 = 168

= 4C3 = 3! (4 − 3)! = 3! × 1 = 4 Peluang terambil 3 bendera kuning: n(A)

4!

= 1! (7 − 1)! × 1! (4 − 1)! × 1! (7 − 1)!

Misalkan A = kejadian terambil 3 bendera kuning. n(A) = banyak cara mengambil 3 bendera kuning dari 4 bendera kuning 4!

Misalkan B = kejadian terambil bendera berbeda warna = kejadian terambil 1 bendera hijau, 1 bendera kuning, dan 1 bendera merah. n(B) = banyak cara mengambil 1 bendera hijau dari 7 bendera hijau, 1 bendera kuning dari 4 bendera kuning, dan 1 bendera merah dari 6 bendera merah. = 7C1 × 4C1 × 6C1

c.

d.

Misalkan E = kejadian terlihat kedua mata dadu memiliki selisih 2 = {(1, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 5), (4, 2), (4, 6), (5, 3), (6, 4)} F = kejadian terlihat kedua mata dadu hasil kalinya 6 = {(1, 6), (2, 3), (3, 2), (6, 1)} Oleh karena E ∩ F = ∅, maka kejadian E dan F saling lepas. Misalkan G = kejadian terlihat mata dadu pertama genap = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} H = kejadian terlihat kedua mata dadu berjumlah 6 = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)} G ∩ H = {(2, 4), (4, 2)} Oleh karena G ∩ H ≠ ∅, maka kejadian G dan H tidak saling lepas.

e.

Misalkan K = kejadian terlihat mata dadu pertama genap = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} L = kejadian terlihat mata dadu kedua ganjil = {(1, 1), (2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1), (6, 1), (1, 3), (2, 3), (3, 3), (4, 3), (5, 3), (6, 3), (1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5)} K ∩ L = {(2, 1), (2, 3), (2, 5), (4, 1), (4, 3), (4, 5), (6, 1), (6, 3), (6, 5)} Oleh karena K ∩ L ≠ ∅, maka kejadian K dan L tidak saling lepas. Jadi, pasangan kejadian yang saling lepas adalah pilihan c. 2. Jawaban: e Jumlah bola = 5 + 4 + 3 = 12 Ruang sampel S = kejadian terambil 2 bola dari 12 bola n(S) = banyak cara mengambil 2 bola dari 12 bola = 12C2 =

12! 2!(12 − 2)!

= 12 × 11× 10! = 6 × 11 = 66 2 × 1× 10!

A = kejadian terambil 2 bola merah dari 5 bola merah n(A) = banyak cara mengambil 2 bola merah dari 5 bola merah = 5C2 = P(A) =

n(A) n(S)

5! = 5 × 4 × 3! = 2!(5 − 2)! 2 × 1× 3!

=

5 × 2 = 10

10 66

B = kejadian terambil 2 bola hijau dari 3 bola hijau n(B) = banyak cara mengambil 2 bola hijau dari 3 bola hijau 3 × 2! 3! = = 2! × 1 2!(3 − 2)! n(B) 3 = n(S) 66

= 3C2 = P(B) =

3

13

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = 66 + 66 = 66 Jadi, peluang terambil dua bola merah atau dua 13

bola hijau adalah 66 . 3. Jawaban: d Sekeping uang logam dan sebuah dadu dilambungkan bersama-sama. Banyak percobaan n = 240 kali A = kejadian terlihat sisi angka pada uang logam B = kejadian terlihat mata dadu prima P(A) =

1 2

dan P(B) =

1 2

P(A ∩ B) = P(A) × P(B) =

1 2

×

1 2

=

1 4

Frekuensi harapan terlihat sisi angka pada uang logam dan mata dadu prima: Fh(A ∩ B) = P(A ∩ B) × n =

1 4

× 240 = 60 kali

4. Jawaban: a Banyak kelereng merah n(m) = 5. Banyak kelereng hijau n(h) = 4. Ruang sampel S = himpunan kelereng di dalam kantong. Banyak anggota ruang sampel n(S) = jumlah kelereng = 5 + 4 = 9. Misalkan M1 = kejadian anak pertama mengambil 1 kelereng merah dan M2 = kejadian anak kedua mengambil 1 kelereng merah. Kelereng pertama yang telah terambil tidak dikembalikan ke kantong, maka kejadian M1 dan M2 tidak saling bebas. Pada saat anak pertama mengambil kelereng tersedia 5 kelereng merah dan jumlah seluruh kelereng = 9. Peluang anak pertama mengambil 1 kelereng n(m)

5

merah = P(M1) = n(S) = 9 . Kelereng pertama yang telah terambil tidak dikembalikan ke kantong. Pada saat anak kedua mengambil kelereng, kelereng merah berkurang satu dan jumlah seluruh kelereng berkurang satu. Peluang anak kedua mengambil 1 kelereng merah dengan syarat anak pertama telah mangambil 1 kelereng merah: n(m) − 1

3

A dan B merupakan kejadian saling asing. Peluang terambil dua bola merah atau dua bola hijau: 10

Kejadian A dan B saling bebas. Peluang terlihat sisi angka pada uang logam dan mata dadu prima:

4

1

P(M2|M1) = n(S) − 1 = 8 = 2 . Peluang kejadian anak pertama mengambil 1 kelereng merah dan anak kedua juga mengambil 1 kelereng merah: P(M1 ∩ M2) = P(M1) × P(M2|M1) =

5 9

×

1 2

=

5 18

5. Jawaban: c Ruang sampel S = kejadian melambungkan dua dadu sebanyak satu kali n(S) = 6 × 6 = 36 A = kejadian terlihat mata dadu berjumlah 5 = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} n(A) = 4 n(A)

4

P(A) = n(B) = 36 B = kejadian terlihat mata dadu berjumlah 9 = {(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)} n(B) = 4 Matematika Kelas XI

33

n(B)

4

P(B) = n(S) = 36 Oleh karena A ∩ B = ∅, maka A dan B saling lepas. Peluang terlihat mata dadu berjumlah 5 atau 9: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) 4

4

= 36 + 36 8

= 36 Jadi, peluang terlihat mata dadu berjumlah 5 atau 9 8

6. Jawaban: e S = kejadian terambil 1 kartu bernomor = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} n(S) = 10 A = kejadian terambil kartu bernomor bilangan komposit = kejadian terambil kartu bernomor bilangan asli lebih dari 1 yang bukan bilangan prima = {4, 6, 8, 9, 10} n(A) = 5 B = kejadian terambil kartu bernomor bilangan ganjil = {1, 3, 5, 7, 9} n(B) = 5 A ∩ B = {9} n(A ∩ B) = 1 Peluang terambil kartu bernomor bilangan komposit atau bilangan ganjil: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) n(A)

n(B)

5

5

= n(S) + n(S) –

n(A ∩ B) n(S)

1

= 10 + 10 – 10 9 10

= 0,9 Jadi, peluang terambil kartu bernomor bilangan komposit atau bilangan ganjil adalah 0,9. 7. Jawaban: e Murid Perempuan

Murid Jumlah Laki-Laki

Berambut keriting Berambut tidak keriting

10 10

5 5

15 15

Jumlah

20

10

30

S = kejadian terpilih 1 murid dari 30 murid n(S) = 30C1 = 30 A = kejadian terpilih 1 murid laki-laki dari 10 murid laki-laki n(A) = 10C1 = 10 n(A)

10

P(A) = n(S) = 30 34

n(B)


15

P(B) = n(S) = 30 A ∩ B = kejadian terpilih 1 murid laki-laki berambut keriting dari 5 murid laki-laki berambut keriting n(A ∩ B) = 5C1 = 5 P(A ∩ B) =

adalah 36 .

=

B = kejadian terpilih 1 murid berambut keriting dari 15 murid berambut keriting n(B) = 15C1 = 15

n(A ∩ B) n(S)

5

= 30 Peluang terpilih 1 murid itu laki-laki atau berambut keriting: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 10

15

20

2

5

= 30 + 30 – 30 = 30 = 3 Jadi, peluang terpilih murid itu laki-laki atau 2

berambut keriting adalah 3 . 8. Jawaban: b S1 = kejadian terambil 1 bola dari 5 bola di kotak A K = kejadian terambil 1 bola merah dari 2 bola merah di kotak A P(K) =

n(K) n(S1)

=

P(L) =

n(K) n(S2 )

=

2

2 C1

= 5 S2 = kejadian terambil 1 bola dari 8 bola di kotak B L = kejadian terambil 1 bola putih dari 3 bola putih di kotak B 5 C1

3 C1 8 C1

=

3 8

K dan L merupakan dua kejadian yang saling bebas. Peluang terambil 1 bola merah dari kotak A dan 1 bola putih dari kotak B: 2

3

3

P(K ∩ L) = P(K) × P(L) = 5 × 8 = 20 Jadi, peluang terambil 1 bola merah dari kotak A 3

dan 1 bola putih dari kotak B adalah 20 . 9. Jawaban: e Jumlah buku = 4 + 7 + 5 = 16 Ruang sampel S = kejadian terambil 3 buku dari 16 buku n(S) = banyak cara mengambil 3 buku dari 16 buku = 16C3 16!

= 3!13! =

16 × 15 × 14 × 13! 3 × 2 × 1 × 13!

= 560

Kemungkinan buku yang terambil adalah (2 buku komik, 1buku novel) atau (2 buku komik, 1 buku dongeng, ). A = kejadian terambil 2 buku komik dan 1 buku novel n(A) = banyak cara mengambil 2 buku komik dari 7 buku komik dan 1 buku novel dari 4 buku novel = 7C2 × 4C1 7!

4!

= 2! 5! × 1! 3! 7 × 6 × 5!

4!

4 × 3!

4 × 3 × 2!

84

n(A)

= 4C3 4!

= 3!1!

5!

4 × 3!

= 3! × 1 5 × 4!

=4

= 2 × 1× 5! × 1× 4! = 21 × 5 = 105 n(B)

n(B)

4

P(B) = n(S) = 35 Kejadian A dan B saling lepas. Peluang terambil paling sedikit 2 kelereng putih = P(A) + P(B)

105

P(B) = n(S) = 560 Kejadian A dan B saling lepas. Peluang terambil 2 buku komik = P(A) + P(B) 84

18

P(A)= n(B) = 35 B = kejadian terambil 3 kelereng putih n(B) = banyak cara mengambil 3 kelereng putih dari 4 kelereng putih

= 2! 5! × 1!4! 7 × 6 × 5!

3 × 2!

= 2 × 1× 2! × 1× 2! =6×3 = 18

P(A) = n(S) = 560 B = kejadian terambil 2 buku komik dan 1 buku dongeng n(B) = banyak cara mengambil 2 buku komik dari 7 buku komik dan 1 buku dongeng dari 5 buku dongeng = 7C2 × 5C1 7!

3!

= 2!2! × 1!2!

= 2 × 1× 5! × 1× 3! = 21 × 4 = 84 n(A)

Kemungkinan terambil paling sedikit 2 kelereng putih adalah (2 kelereng putih, 1 kelereng merah) atau (3 kelereng putih). A = kejadian terambil 2 kelereng putih dan 1 kelereng merah n(A) = banyaknya cara mengambil 2 kelereng putih dari 4 kelereng putih dan 1 kelereng merah dari 3 kelereng merah = 4C2 × 3C1

18

4

= 35 + 35 22

105

= 35 Jadi, peluang terambil paling sedikit 2 kelereng

= 560 + 560 189

= 560

22

Jadi, peluang terambil 2 buku komik adalah

189 560

.

10. Jawaban: e Jumlah kelereng = 3 + 4 = 7 Ruang sampel S = kejadian terambil 3 kelereng dari 7 kelereng n(S) = banyak cara mengambil 3 kelereng dari 7 kelereng = 7C3 7!

= 3!4! 7 × 6 × 5 × 4!

= 3 × 2 × 1× 4! = 35

putih adalah 35 . 11. Jawaban: d Ruang sampel S = kejadian pasangan suami istri mempunyai 3 anak = {PPP, PPL, PLP, LPP, LLL, LLP, LPL, PLL} n(S) = 8 Kemungkinan 3 anak yang dimiliki pasangan suami istri adalah (2 laki-laki dan 1 perempuan) atau (3 laki-laki). A = kejadian pasangan suami istri memiliki dua anak laki-laki dari 3 anak yang dimiliki = {LLP, LPL, PLL)} n(A) = 3

Matematika Kelas XI

35

n(A)

3

P(A) = n(S) = 8 B = Kejadian keluarga memiliki tiga anak laki-laki = {LLL} n(B) = 1 n(B)

K1M2K3 = kejadian terambil pertama kartu kuning, kedua kartu merah, ketiga kartu kuning P(K1M2K3) = P(K1) × P(M2) × P(K3) n(K) n(M) × n(S) n(S) 2 4 2 = 6 × 6 × 6 2 = 27

=

1

P(B) = n(S) = 8

Kejadian A dan B saling bebas. Peluang pasangan tersebut memiliki paling sedikit dua anak laki-laki = P(A) + P(B) 3

1

= 8 + 8 4

1

= 8 = 2 Jadi, peluang pasangan suami istri tersebut 1

12. Jawaban: d 3

P(G) = P(gol) = 5 3

2

P(T) = P(tidak gol) = 1 – P(gol) = 1 – 5 = 5 A = kejadian terjadi 3 kali tendangan penalti dengan 2 tendangan gol = {(G, G, T), (G, T, G), (T, G, G)} Kejadian tendangan penalti 3 kali merupakan kejadian saling bebas. 3

3

2

18

3

2

3

18

2

3

3

18

P(G, G, T) = 5 × 5 × 5 = 125 P(G, T, G) = 5 × 5 × 5 = 125 P(T, G, G) = 5 × 5 × 5 = 125 Peluang terjadi 2 tendangan penalti gol = P(G, G, T) + P(G, T, G) + P(T, G, G) 18

18

18

=

2

= 27 Peluang terambil satu kartu merah: P = P(M1K2K3) + P(K1M2K3) + P(K1K2M3) 2

6

2

2

= 27 = 9

2

Jadi, peluang terambil satu kartu merah adalah 9 . 14. Jawaban: c S = kejadian Ari, Beta, Cika, Devi, dan Erna duduk secara acak pada 5 kursi n(S) = 5P5 = 120 Kemungkinan kejadian Ari atau Erna duduk di kursi paling pinggir adalah Ari duduk di kursi pinggir atau Erna duduk di kursi pinggir atau Ari dan Erna duduk di kursi pinggir. A = kejadian Ari duduk di pinggir

4P4

54

13. Jawaban: b Banyak kartu kuning = n(K) = 2 Banyak kartu merah = n(M) = 4 Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 6 Kemungkinan kartu yang terambil M 1 K 2 K 3 , K1M2K3, atau K1K2M3. M1K2K3 = kejadian terambil pertama kartu merah, kedua kartu kuning, ketiga kartu kuning P(M1K2K3) = P(M1) × P(K2) × P(K3)

36

2

= 27 + 27 + 27

3 kali tendangan penalti adalah 125 .

=

n(K) n(K) n(M) × × n(S) n(S) n(S) 2 2 4 × 6 × 6 6

54

= 125 + 125 + 125 = 125 Jadi, peluang Ali untuk membuat 2 gol dalam

=

n(K) n(S)

K1K2M3 = kejadian terambil pertama kartu kuning, kedua kartu kuning, ketiga kartu merah P(K1K2M3) = P(K1) × P(K2) × P(M3) =

memiliki paling sedikit dua anak laki-laki 2 .

×

n(M) n(K) × n(S) n(S) 4 2 2 × 6 × 6 6

× =

n(K) n(S) 2 27


↑ Ari

↑ Ari

4P4

n(A) = 2 × 4P4 = 48 B = kejadian Erna duduk di pinggir

4P4

↑ Erna

↑ Erna 4P4

n(B) = 2 × 4P4 = 48 A ∩ B = kejadian Erna dan Ari duduk di pinggir

↑ Ari

P3

↑ Erna P3

↑ Erna

n(B)

48

48

84 120

7 10

=

n(A ∩ B) n(S)

12

7

pinggir adalah 10 . 15. Jawaban: d Ruang sampel S = kejadian terpilih ketua, sekretaris, dan bendahara dari 10 orang n(S) = banyak cara memilih ketua, sekretaris, dan bendahara dari 10 orang = 10P3 10!

10 × 9 × 8 × 7! 7!

= 720

A = kejadian terpilih ketua laki-laki Ketua 6 cara

Sekretaris 9 cara

6 cara

4 cara

8 cara

Dipilih dari 6 lelaki

n(A ∩ B) = 6 × 4 × 8 = 192 A dan B merupakan dua kejadian tidak saling lepas Peluang terpilih ketua laki-laki atau sekretaris wanita: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) n(A)

n(B)

432

288

528

11

n(A ∩ B) n(S)

= n(S) + n(S) –

Jadi, peluang Ari atau Erna duduk di kursi paling

= 7! =

Bendahara

Dipilih dari 4 wanita

= 120 + 120 – 120 =

Sekretaris

2 orang telah terpilih. Sisa 8 orang.

Peluang Ari atau Erna duduk di pinggir: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) n(A)

Ketua

↑ Ari

n(A ∩ B) = 2 × 3P3 = 12

= n(S) + n(S) –

n(B) = 9 × 4 × 8 = 288 A ∩ B = kejadian terpilih ketua laki-laki dan sekretaris wanita

Bendahara 8 cara

2 orang telah terpilih. Sisa 8 orang. 1 orang telah terpilih sebagai ketua. Sisa 9 orang. Dipilih dari 6 laki-laki

n(A) = 6 × 9 × 8 = 432 B = kejadian terpilih sekretaris wanita Ketua

Sekretaris

Bendahara

9 cara

4 cara

8 cara

2 orang telah terpilih. Sisa 8 orang. Dipilih dari 4 wanita 1 orang telah terpilih sebagai sekretaris. Sisa 9 orang.

192

= 720 + 720 – 720 = 720 = 15 Jadi, peluang terpilih ketua laki-laki atau sekretaris 11

wanita adalah 15 . B. Uraian 1. a. Misalkan dadu pertama = dadu merah dan dadu kedua = dadu putih A = kejadian terlihat mata dadu 3 pada dadu merah = {(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)} n(A) = 6 n(A)

6

n(B)

6

P(A) = n(S) = 36 B = kejadian terlihat mata dadu 5 pada dadu putih = {(1, 5), (2,5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5)} n(B) = 6 P(B) = n(S) = 36 A ∩ B = {(3, 5)} n(A ∩ B) = 1 P(A ∩ B) =

n(A ∩ B) n(S)

=

1 36

Peluang terlihat mata dadu 3 pada dadu merah atau mata dadu 5 pada dadu putih: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 6

6

1

11

= 36 + 36 – 36 = 36 Jadi, peluang terlihat mata dadu 3 pada dadu merah atau mata dadu 5 pada dadu putih 11

adalah 36 . Matematika Kelas XI

37

b.

Misalkan: A = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 6 = {(5, 1), (4, 2), (3, 3), (2, 4), (1, 5)} n(A) = 5 n(A)

b.

5

=

P(A) = n(S) = 36 B = kejadian terlihat jumlah mata dadu 10 = {(6, 4), (5, 5), (4, 6)} n(B) = 3 n(B)

=

8

=

2

1

P(A) = 2 dan P(B) = 2 Oleh karena A ∩ B ≠ ∅ maka kejadian A dan B saling bebas. Peluang terlihat kedua mata dadu bilangan genap: P(A ∩ B) = P(A) × P(B) =

1 2

×

1 2

=

1 4

Jadi, peluang terlihat kedua mata dadu genap adalah 2. a.

1 . 4

Kejadian terambil 3 kubus = kejadian terambil 1 kubus dari kotak A, 1 kubus dari kotak B, dan 1 kubus dari kotak C. P(A) = peluang terambil satu kubus dari kotak A =

3 6

=

1 2 1

1

= 6 Kejadian A, B, dan C saling bebas. Peluang terambil ketiganya kubus: 1 2

×

1 3

×

1 6

=

1 36

×

1 6

3 6

×

=

1 36

1

1

3

1

1

= 36 = 12 Jadi, peluang terambil ketiganya bangun yang 1

sama 12 . 3. a.

Pengambilan dilakukan secara acak dua sekaligus. Banyak buah = 9 + 6 = 15 buah Ruang sampel S = kejadian terambil 2 buah dari 15 buah. n(S) = 15C2 15!

= 2!(15 − 2)! =

15 × 14 × 13! 2 × 1× 13!

= 15 × 7 = 105 Kemungkinan 2 buah yang terambil adalah 2 jeruk atau 2 apel. Misalkan A = kejadian terambil 2 jeruk dan B = kejadian terambil 2 apel. n(A) = banyak cara mengambil 2 jeruk dari 6 jeruk = 6C2 6 × 5 × 4!


Peluang terambil 2 jeruk: n(A)

15

P(A) = n(S) = 105 n(B) = banyak cara mengambil 2 apel dari 9 apel = 9C2 9!

9 × 8 × 7!

= 2!(9 − 2)! = 2 × 1× 7! = 9 × 4 = 36

1 36

Jadi, peluang terambil ketiganya kubus

38

2 6

6!

= 6 = 3 P(C) = peluang terambil satu kubus dari kotak C

P(A ∩ B ∩ C) =

=

= 2!(6 − 2)! = 2 × 1× 4! = 3 × 5 = 15

P(B) = peluang terambil satu kubus dari kotak B 2

2 6

×

= 36 + 36 + 36

2

6 atau 10 adalah 9 . Kejadian terlihat kedua mata dadu bilangan genap = kejadian terlihat mata dadu genap pada dadu merah dan dadu putih Misalkan: A = terlihat mata dadu genap pada dadu merah B = terlihat mata dadu genap pada dadu putih 1

3 6

×

Kejadian D, E, dan F saling lepas. Peluang terambil ketiganya bangun yang sama: P(D ∪ E ∪ F) = P(D) + P(E) + P(F)

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = 36 + 36 = 36 = 9 Jadi, peluang terlihat jumlah kedua mata dadu c.

1 6

P(F) = Peluang terambil ketiganya limas

3

3

1 36

P(E) = peluang terambil ketiganya kerucut

P(B) = n(S) = 36 Oleh karena A ∩ B = ∅, maka kejadian A dan B saling asing 5

Kejadian terambil 3 bangun sama = kejadian terambil 3 kubus, terambil 3 kerucut, atau terambil 3 limas. P(D) = peluang terambil ketiganya kubus

Peluang terambil 2 apel: 1 36

.

n(B)

36

P(B) = n(S) = 105

Kejadian A dan B saling lepas. Peluang terambil dua buah dengan jenis yang sama: 15

b.

36

51

P = P(A) + P(B) = 105 + 105 = 105 Pengambilan dilakukan satu per satu tanpa pengembalian. Ruang sampel S = himpunan apel dan jeruk dalam kotak. n(S) = banyak apel dan jeruk dalam kotak = 15 Kemungkinan kejadiannya adalah terambil jeruk pada pengambilan pertama dan kedua atau terambil apel pada pengambilan pertama dan kedua. Misalkan Q1 = kejadian terambil 1 jeruk pada pengambilan pertama dan Q2 = kejadian terambil 1 jeruk pada pengambilan kedua. 9

8

Diperoleh P(Q1) = 15 dan P(Q2|Q1) = 14 Peluang terambil 1 jeruk pada pengambilan pertama dan 1 jeruk pada pengambilan kedua: 9

8

72

P1= P(Q1) × P(Q2|Q1) = 15 × 14 = 210 Misalkan R1 = kejadian terambil 1 apel pada pengambilan pertama dan R2 = kejadian terambil 1 apel pada pengambilan kedua. 6

5

Diperoleh P(R1) = 15 dan P(R2|R1) = 14 . Peluang terambil 1 apel pada pengambilan pertama dan 1 apel pada pengambilan kedua: 6

5

30

P2= P(R1) × P(R2|R1) == 15 × 14 = 210 Peluang terambil dua buah dengan jenis yang sama: 30

72

102

17

P = P1 + P2 = 210 + 210 = 210 = 35 4. Kemungkinan hasil pelambungan sebagai berikut. Pelambungan I

Pelambungan II

Pelambungan III

Pelambungan IV

Pelambungan V

Gambar Gambar Angka Gambar

Angka

Mata dadu genap Mata dadu ganjil

Angka


Mata dadu genap Mata dadu ganjil Mata dadu genap


Mata dadu ganjil


Matematika Kelas XI

39

B = kejadian tidak pernah terjadi pelemparan dadu = kejadian selalu muncul mata uang = {Gambar, Gambar, Gambar} 1

1

1

1

P(B) = 2 × 2 × 2 = 8 Jadi, peluang kejadian tidak pernah terjadi 1

pelemparan dadu 8 . 5. Jumlah kamus = 5 + 3 + 2 = 10 Ruang sampel S = kejadian terambilnya 3 kamus dari 10 kamus. n(S) = banyak cara mengambil 3 kamus dari 10 kamus = 10C3 =

10! 3! (10 − 3)!

=

10 × 9 × 8 × 7! 3 × 2 × 1× 7!

= 10 × 3 × 4 = 120

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b Banyak warna = 7 Banyak warna baru yang dapat dibuat = 7C2 = 21.

Misalkan A = kejadian terambilnya ketiga kamus berbeda = kejadian terambil 1 kamus Bahasa Inggris, 1 kamus Bahasa Mandarin, dan 1 kamus Bahasa Jepang n(A) = banyak cara mengambil 1 kamus Bahasa Inggris dari 5 kamus Bahasa Inggris, 1 kamus Bahasa Mandarin dari 3 kamus Bahasa Mandarin, dan 1 kamus Bahasa Jepang dari 2 kamus Bahasa Jepang = 5C1 × 3C1 × 2C1 = 5 × 3 × 2 = 30 n(A)

= =

1

5. Jawaban: c 1) Banyak jabat tangan antarsiswa sekolah A = 78 nC2 = 78

8! (8 − 5)! 8! 3! 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3! 3!

= 6.720 cara

3. Jawaban: c Anggap 4 pemuda sebagai satu kelompok dan 3 pemudi sebagai satu kelompok. Banyak cara duduk 4 pemuda dalam satu kelompok adalah 4P4. Banyak cara duduk 3 pemudi dalam satu kelompok adalah 3P3. Banyak cara duduk berselang-seling pemuda dan pemudi. = 4P4 × 3P3 = pemuda = 4! cara = 4! × 3! = pemudi = 3! cara = 144 4. Jawaban: e Banyak cara menyusun 2 huruf berlainan dari 24 huruf = 24P2 = 552. Banyak cara menyusun 4 angka berlainan dari 10 angka = 10P4. Banyak cara menyusun pelat nomor = 552 × 10P4. 40


1

Fh(A) = P(A) × n = 4 × 20 = 5 kali Jadi, frekuensi harapan terambil ketiga kamus berbeda 5 kali.

2. Jawaban: e Banyak cara menempatkan bendera-bendera tersebut = 8P5 =

30

P(A)= n(S) = 120 = 4

2)

⇔

n! 2!(n − 2)!

= 78

⇔

n(n − 1)(n − 2)! 2(n − 2)!

= 78

⇔ n(n – 1) = 156 ⇔ n2 – n – 156 = 0 ⇔ (n + 12)(n – 13) = 0 ⇔ n = –12 atau n = 13 Nilai n yang memenuhi adalah 13. Banyak siswa sekolah A = 13 orang. Banyak jabat tangan antarsiswa sekolah B = 105 nC2 = 105 ⇔ ⇔

n! 2!(n − 2)! n(n − 1)(n − 2)! 2(n − 2)!

= 105 = 105

⇔ n(n – 1) = 210 ⇔ n2 – n – 210 = 0 ⇔ (n – 15)(n + 14) = 0 ⇔ n = 15 atau n = –14 Nilai n yang memenuhi adalah 15. Banyak siswa sekolah A = 15 orang. Banyak siswa seluruhnya = 13 + 15 = 28 orang Banyak jabat tangan dari 28 orang 28!

28 × 27 × 26!

= 28C2 = 2!26! = 2 × 26! = 14 × 27 = 378 cara.

6. Jawaban: c n1 = banyak bilangan 35xx Ribuan

Ratusan

1 cara

1 cara

Puluhan Satuan 3P2 cara

= 1 × 1 × 3P2 =1×1×6 =6 n2 = banyak bilangan di antara 3.600 dan 4.000 Ribuan

Ratusan

1 cara

3 cara

Puluhan Satuan 3P2 cara Dapat ditempati angka

6, 7, atau 9 = 1 × 3 × 3P2 =1×3×6 = 18 n3 = banyak bilangan lebih dari 4.000 Ribuan 4 cara

Ratusan Puluhan Satuan 4P3 cara Dapat ditempati angka 5, 6, 7, atau 9

= 4 × 4P3 = 4 × 24 = 96 Banyak bilangan bernilai lebih dari 3.500 = n1 + n2 + n3 = 6 + 18 + 96 = 120 7. Jawaban: d Bilangan yang kurang dari 1.000 terdiri atas 3 angka dengan urutan diperhatikan sehingga digunakan permutasi. Banyak bilangan yang dapat disusun sebagai berikut. a. b. c. d.

3!

0, 0, dan 6 ada 2!1! = 3 bilangan 0, 1, dan 5 ada 3! = 6 bilangan 0, 2, dan 4 ada 3! = 6 bilangan 3!

e.

0, 3, dan 3 ada 2!1! = 3 bilangan 1, 2, dan 3 ada 3! = 6 bilangan

f.

1, 4, dan 1 ada 2!1! = 3 bilangan

g.

3! 3!

3!

2, 2, dan 2 ada

= 1 bilangan

Banyak bilangan kurang dari 1.000 dengan jumlah angka penyusunnya 6 = 3 + 6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 1 = 28 Jadi, ada 28 bilangan. 8. Jawaban: d Banyak cara mengambil 3 buku = 5C3 Banyak cara meletakkan 3 buku secara berderet = 3P3

Banyak cara mengambil dan meletakkan buku = 5C3 × 3P3 = 10 × 6 = 60 Cara lain: Permasalahan tersebut merupakan permutasi 3 dari 5. Banyak cara mengambil dan meletakkan buku = 5P3 = 60 Jadi, ada 60 cara. 9. Jawaban: b Kata ANALISIS terdiri atas 8 huruf. Banyak huruf A = 2 Banyak huruf I = 2 Banyak huruf S = 2 Banyak susunan huruf 8!

40.320

= 2!2!2!1!1! = = 5.040 8 Jadi, ada 5.040 susunan huruf. 10. Jawaban: b Terdapat 3 kelas. Banyak susunan duduk berdasarkan kelasnya ada 3! cara. Wakil kelas XI IPA 1 dapat duduk dengan 4! cara. Wakil kelas XI IPA 2 dapat duduk dengan 2! cara. Wakil kelas XI IPA 3 dapat duduk dengan 3! cara. Banyak cara mereka duduk = 3! × 4! × 2! × 3! = 6 × 24 × 2 × 6 = 1.728 11. Jawaban: c Jumlah buah yang dibeli Andi = 18 Andi membeli paling sedikit 5 buah untuk setiap jenis buah, maka sebanyak 15 buah yang terdiri atas 5 apel, 5 jeruk, dan 5 mangga sudah pasti dibeli Andi. Dengan demikian, sebanyak 3 buah belum diketahui komposisi masing-masing jenis buah yang akan dibeli Andi. Komposisi 3 jenis buah tersebut dapat dicari menggunakan cara berikut. Jumlah 3 buah tersebut dapat diwakili dengan angka 0, 1, 2, dan 3. Apel(a)

0

1

2 3

Jeruk(j)

Mangga(m)

Komposisi Buah

0

3

   →

(0a, 0j, 3m)

1

2

   →

(0a, 1j, 2m)

1

   →

(0a, 2j, 1m)

3

0

   →

(0a, 3j, 0m)

0

2

   →

(1a, 0j, 2m)

1

1

   →

(1a, 1j, 1m)

2

0

   →

(1a, 2j, 0m)

0

1

   →

(2a, 0j, 1m)

1

0

   →

(2a, 1j, 0m)

0

0

   →

(3a, 0j, 0m)

2

Matematika Kelas XI

41

(0a, 0j, 3m) berarti membeli 5 apel, 5 jeruk, dan 8 mangga. (0a, 1j, 2m) berarti membeli 5 apel, 6 jeruk, dan 7 mangga. (0a, 2j, 1m) berarti membeli 5 apel, 7 jeruk, dan 6 mangga, dan seterusnya. Oleh karena terdapat 10 komposisi 3 buah yang akan dibeli, maka komposisi banyak buah yang mungkin dibeli Andi ada 10. 12. Jawaban: d Juara I dapat dipilih dari 10 finalis. Juara II dapat dipilih dari 9 finalis. Juara I dapat dipilih dari 8 finalis. Banyak susunan juara yang mungkin terjadi = 10 × 9 × 8 = 720 13. Jawaban: d Dari 6 angka yang tersedia akan dibuat bilangan 3 angka berlainan yang nilainya antara 300 dan 700. Bilangan tiga angka memiliki nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan. Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat ratusan adalah 3, 4, 5, atau 6, berarti ada 4 cara untuk menempati nilai tempat ratusan. Setelah satu angka menempati nilai tempat ratusan, tersisa 5 angka sehingga ada 5 cara untuk menempati nilai tempat puluhan. Setelah dua angka menempati nilai tempat ratusan dan puluhan, tersisa 4 angka sehingga ada 4 cara untuk menempati nilai tempat satuan. Banyak bilangan antara 300 dan 700 yang dapat dibentuk = 4 × 5 × 4 = 80. 14. Jawaban: d Isi martabak ada 2 pilihan, yaitu mentega dan keju. Dua isi tambahan dapat dipilih dari 4 pilihan, yaitu keju, cokelat, pisang, dan kacang. Banyak isi tambahan yang dapat dipilih merupakan kombinasi 2 dari 4 (4C2). Banyak jenis martabak berbeda yang dapat dipilih Pipit = 2 × 4C2 = 2 ×

4! 2! 2!

= 2 × 6 = 12.

15. Jawaban: d Susunan kode kupon sebagai berikut. Kode urutan ke-1 sampai ke-6. Angka I 2

Angka II 3

Angka III Angka IV

Angka V

3P3 =

6

Kode urutan ke-7 sampai ke-9. Angka I 2

Angka II 5

Angka III Angka IV

3! 2!

42

Angka V

= 3 cara


Kode urutan ke-10 sampai ke-12. Angka I

Angka II

2

8

Angka III Angka IV

Angka V

3! 2!

= 3 cara

Kode urutan ke-13 sampai ke-36. Angka I 3

Angka II

Angka III Angka IV

Angka V

4P4

= 24 cara

Kode urutan ke-37 sampai ke-39. Angka I

Angka II

5

2

Angka III Angka IV

Angka V

3! 2!

= 3 cara

Kode urutan ke-40 adalah 53238. Kode urutan ke-41 adalah 53283. Jadi, kode 53283 pada urutan ke-41. 16. Jawaban: d Bilangan ratusan memiliki nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan. Angka pertama menempati nilai tempat ratusan dan angka terakhir nilai tempat satuan. Pasangan angka pertama dan terakhir yang mempunyai selisih 3 sebagai berikut. No.

Ribuan

Puluhan

Satuan

1.

3

10 cara

0

2.

4

10 cara

1

3.

5

10 cara

2

4.

6

10 cara

3

5.

7

10 cara

4

6.

8

10 cara

5

7.

9

10 cara

6

Angka-angka yang menempati nilai tempat puluhan ada 10, yaitu 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, dan 9. Susunan angka pertama dan terakhir pada bilangan urutan ke-1 tidak dapat dipertukarkan sehingga ada 10 cara untuk menyusun bilangan ratusan yang diawali angka 3. Susunan angka pertama dan terakhir pada bilangan urutan ke-2 sampai ke-7 dapat dipertukarkan sehingga ada 2 cara untuk menyusun angka pertama dan terakhir. Dengan demikian, diperoleh banyak bilangan yang terbentuk = 10 + 10 × 6 × 2 = 130 Jadi, banyak bilangan ratusan dengan angka pertama dan terakhir mempunyai selisih 3 adalah 130.

17. Jawaban: a A = kejadian terpilih dua orang merupakan suami istri = kejadian terpilih 1 pasangan suami istri dari 6 pasang suami istri n(A) = 6C1 = 6 n(S) = banyak cara memilih dua orang dari 6 pasangan suami istri (12 orang) = 12C2 = 66 n(A)

6

1

P(A) = n(S) = 66 = 11 Peluang terpilih dua orang merupakan suami istri 1

adalah 11 .

n(B)

3

n(A)

4

2

= 10 = 5

15

n(B)

15

20. Jawaban: d Kemungkinan panitia yang terbentuk (2 putri, 2 putra), (1 putri, 3 putra), atau 4 putra. Jumlah siswa = 5 + 5 = 10. Ruang sampel S = kejadian terpilih 4 siswa dari 10 siswa. Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 10C4 A = kejadian panitia yang terbentuk 2 putri dan 2 putra P(A) = = B

= n(S) = 36

A ∩ B = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} n(A ∩ B) n(S)

15

15

7

21

7

= 36 + 36 – 36 = 36 = 12 Jadi, peluang jumlah mata dadu yang terlihat 7

kurang dari 7 atau bilangan prima 12 . 19. Jawaban: c Jumlah bola = 3 + 2 = 5. S = kejadian terambil 2 bola dari 5 bola n(S) = 5C2 = 10 Kemungkinan bola yang terambil 2 putih atau 2 hitam. A = kejadian terambil 2 bola putih dari 3 bola putih n(A) = 3C2 = 3 3

P(A) = n(S) = 10

5C2

× 5C2

10 C4

10 × 10 210

10

= 21 = kejadian panitia yang terbentuk 1 putri dan 3 putra

P(B) =

5C1 × 5C3 10 C4

5 × 10

7

= 36 Peluang jumlah mata dadu yang terlihat kurang dari 10 atau bilangan prima: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)

n(A)

1

= 10 + 10 2

P(A) = n(S) = 36 B = kejadian jumlah mata dadu yang terlihat bilangan prima (2, 3, 5, 7, atau 11) = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (2, 3), (2, 5), (3, 2), (3, 4), (4, 1), (4, 3), (5, 2), (5, 6), (6, 1), (6, 5)}

P(A ∩ B) =

1

P(B) = n(S) = 10 Kejadian A dan B saling lepas. Peluang bola yang terambil berwarna sama = P (2 putih) + P (2 hitam) = P(A) + P(B)

Jadi, peluang bola yang terambil berwarna sama 5 .

18. Jawaban: b A = kejadian jumlah mata dadu yang terlihat kurang dari 7 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 2), (5, 1)}

P(B)

B = kejadian terambil 2 bola hitam dari 2 bola hitam n(B) = 2C2 = 1

C

5

= 210 = 21 = kejadian panitia yang terbentuk 4 putra

P(C) =

5C4 10 C4

5

1

= 210 = 42 Kejadian A, B, dan C saling lepas. Peluang panitia yang terbentuk terdiri paling banyak 2 siswa putri: 10

5

1

31

P = P(A) + P(B) + P(C) = 21 + 21 + 42 = 42 21. Jawaban: d 1

Peluang terpilih dompet I = 2 . Dompet I berisi 5 keping uang logam lima ratusan dan 2 keping dua ratusan rupiah. 2

Peluang terpilih uang logam dua ratusan = 7 . A = kejadian terpilih dompet I dan terpilih uang logam dua ratusan rupiah

Matematika Kelas XI

43

1

2

1

P(A) = 2 × 7 = 7

1

Peluang terpilih dompet II = 2 . Dompet II berisi 1 keping lima ratusan dan 3 keping dua ratusan rupiah. 3

Peluang terpilih uang logam dua ratusan = 4 . B = kejadian terpilih dompet II dan terpilih uang logam dua ratusan 1

3

3

P(B) = 2 × 4 = 8 Kejadian A dan B saling lepas. Peluang mendapatkan uang logam dua ratusan rupiah: P = P(A) + P(B) 1

3

P(B|A) = peluang kejadian pengambilan kedua mendapat dua bola lampu hidup dengan syarat telah terambil dua bola lampu mati pada pengambilan pertama 16 C2

n(B)

120

3

40

8

= 95 × 51 = 323 Jadi, peluang pengambilan pertama mendapat dua bola lampu mati dan pengambilan kedua mendapat 8

dua bola lampu hidup adalah 323 . 24. Jawaban: d

= 7 + 8 =

8 56

+

21 56

=

29 56

Jadi, peluang terambil uang logam dua ratusan rupiah adalah

29 56

.

22. Jawaban: a Lisa, Tera, dan Wisnu dipandang sebagai 1 unsur, maka permasalahan menjadi permutasi siklis dari 4 unsur. Adapun cara duduk Lisa, Tera, dan Wisnu ada 3! cara. A = kejadian Lisa, Tera, dan Wisnu duduk bersebelahan n(A) = 3! × permutasi siklis 4 unsur = 3!(4 – 1)! = 36 n(S) = permutasi siklis 6 unsur = (6 – 1)! = 5! = 120 n(A)

36

3

P(A) = n(S) = 120 = 10 Jadi, peluang Lisa, Tera, dan Wisnu duduk ber3

sebelahan 10 . 23. Jawaban: c Dalam kotak terdapat 4 bola lampu mati dan 16 bola lampu hidup. A = kejadian pengambilan pertama mendapat dua bola lampu mati B = kejadian pengambilan kedua mendapat dua bola lampu hidup P(A) =

n(A) n(S)

=

4 C2 20 C2

=

6 190

=

3 95

Dua bola lampu mati yang telah terambil tidak dikembalikan. Sekarang dalam kotak terdapat 2 bola lampu mati dan 16 bola lampu hidup.

44


40

= n(S) = C = 153 = 51 18 2 Peluang kejadian pengambilan pertama mendapat dua bola lampu mati dan pengambilan kedua mendapat dua bola lampu hidup: P(A ∩ B) = P(A) × P(B|A)

Pria

Wanita

Jumlah

Berambut keriting

5

6

11

Berambut tidak keriting

5

6

11

Jumlah

10

12

22

Ruang sampel S = kejadian terpilih 3 orang dari 22 orang 22!

22 × 21× 20 × 19! 3 × 2 × 1× 19!

n(S) = 22C3 = 3! 19! = A

= 1.540

= kejadian terpilih 3 pria dari 10 pria 10 × 9 × 8 × 7!

10!

n(A) = 10C3 = 3! 7! = 3 × 2 × 1× 7! = 120 B

= kejadian terpilih 3 orang berambut keriting dari 11 orang 11× 10 × 9 × 8!

11!

n(B) = 11C3 = 3! 8! = 3 × 2 × 1× 8! = 165 A ∩ B = kejadian terpilih 3 orang pria dan berambut keriting 5 × 4 × 3!

5!

n(A ∩ B) = 5C3 = 3! 2! = 3! × 2 × 1 = 10 A ∪ B = kejadian terpilih ketiganya pria atau berambut keriting: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =

n(A) n(S)

+

–

n(A ∩ B) n(S)

165

10

n(B) n(S)

120

275

= 1.540 + 1.540 – 1.540 = 1.540 Jadi, peluang terpilih ketiganya pria atau berambut 275

keriting adalah 1.540 . 25. Jawaban: a Jumlah siswa dari tim A dan tim B = 13 Ruang sampel S = kejadian terpilih 2 siswa dari 13 siswa.

n(S) = 13C2

n(A) = 4P4 × 4P2 4!

=

13 × 12 × 11! 2 × 1× 11!

=

= 13 × 6 = 78

Kemungkinan siswa yang terpilih adalah 1 siswa laki-laki dari tim A dan 1 siswa perempuan dari tim A, 1 siswa laki-laki dari tim A dan 1 siswa lakilaki dari tim B, atau 1 siswa laki-laki dari tim A dan 1 siswa perempuan dari tim B. K1 = kejadian terpilih 1 siswa laki-laki dari tim A dan 1 siswa perempuan dari tim A n(K1) = 3C1 × 2C1 = 3 × 2 = 6 P(K1) =

n(K1) n(S)

=

6 78

K2

= kejadian terpilih 1 siswa laki-laki dari tim A dan 1 siswa laki-laki dari tim B n(K2) = 3C1 × 5C1 = 3 × 5 = 15 n(K )

15

P(K2) = n(S)2 = 78 K3 = kejadian terpilih 1 siswa laki-laki dari tim A dan 1 siswa perempuan dari tim B n(K3) = 3C1 × 3C1 = 3 × 3 = 9 P(K3) =

n(K 3 ) n(S)

=

9 78

Kejadian K1, K2, dan K3 saling lepas. Peluang terpilih 1 siswa laki-laki dari tim A: P = P(K1) + P(K2) + P(K2) 6

15

30

5

4!

= (4 − 4)! × (4 − 2)!

13!

= 2!(13 − 2)!

4 × 3 × 2 × 1! 1!

4 × 3 × 2! 2!

×

= 24 × 12 = 288 B = kejadian 3 anak duduk di baris1 dan 3 anak duduk di baris 2 n(B) = 4P3 × 4P3 × 2 4!

4!

= (4 − 3)! × (4 − 3)! × 2 =

4 × 3 × 2 × 1! 1!

×

4 × 3 × 2 × 1! 1!

×2

= 24 × 24 × 2 = 1.152 C = kejadian 2 anak duduk di baris1 dan 4 anak duduk di baris 2 n(C) = 4P2 × 4P4 4!

4!

= (4 − 2)! × (4 − 4)! =

4 × 3 × 2! 4 × 3 × 2 ×1 × 2! 1

= 12 × 24 = 288 n(S) = n1 + n2 + n3 = 288 + 1.152 + 288 = 1.728 Peluang 3 anak duduk dalam satu baris: n(B)

1.152

2

P(B) = n(S) = 1.728 = 3

9

= 78 + 78 + 78

2

= 78 = 13 Jadi, peluang terpilih satu siswa laki-laki dari tim 5

A adalah 13 . 26. Jawaban: b Kemungkinan 6 anak duduk di kursi sebagai berikut Kemungkinan

Baris 1

Baris 2

I II III

4 anak 3 anak 2 anak

2 anak 3 anak 4 anak

Ruang sampel S = kejadian 4 anak duduk di baris1 dan 2 anak duduk di baris 2, kejadian 3 anak duduk di baris1 dan 3 anak duduk di baris 2, atau kejadian 2 anak duduk di baris1 dan 4 anak duduk di baris 2. A = kejadian 4 anak duduk di baris1 dan 2 anak duduk di baris 2

Jadi, peluang 3 anak duduk dalam satu baris 3 . 27. Jawaban: e Ruang sampel S = kejadian terpilih 2 siswa dari 9 siswa. n(S) = banyak cara memilih 2 siswa dari 9 siswa = 9C2 9!

= 2!(9 − 2)! 9 × 8 × 7!

= 2 × 1× 7! = 9 × 4 = 36 Kemungkinan pasangan ketua dan sekretaris yang terpilih sebagai berikut.

Asal Kelas

Ketua

Sekretaris

XI

X

XII

X

XII

XI

Matematika Kelas XI

45

Misalkan A = kejadian terpilih ketua dari kelas XI dan sekretaris dari kelas X B = kejadian terpilih ketua dari kelas XII dan sekretaris dari kelas X C = kejadian terpilih ketua dari kelas XII dan sekretaris dari kelas XI n(A) = 4C1 × 3C1 = 4 × 3 = 12 n(B) = 2C1 × 3C1 = 2 × 3 = 6 n(B) = 2C1 × 4C1 = 2 × 4 = 8 Kejadian A, B, dan C saling lepas. Peluang terpilih keduanya dari kelas yang berbeda dan ketua harus berasal dari kelas yang lebih tinggi dari sekretaris: n(A)

n(B)

n(C)

P = n(S) + n(S) + n(S) 12

6

8

26

= 36 + 36 + 36 = 36 28. Jawaban: a Jumlah bola = 5 + 4 = 9 S = kejadian terambil 3 bola dari 9 bola n(S) = 9C3 9!

= 3!(9 − 3)! 9 × 8 × 7 × 6!

= 3 × 2 × 1× 6! = 84 Kemungkinan bola yang terambil adalah 2 bola putih dan 1 bola hitam atau 3 bola putih. A1 = kejadian terambil 2 bola putih dan 1 bola hitam n(A1) = 5C2 × 4C1 5!

4!

= 2! 3! × 1! 3! =

5 × 4 × 3! 2 × 3!

4 × 3!

× 1× 3!

= 10 × 4 = 40 n(A )

40

P(A1) = n(S)1 = 84 A2 = kejadian terambil 3 bola putih n(A2) = 5C3 =

5 × 4 × 3! 3! 2!

= 10 P(A2) =

10

n( A ) n(S )

= 84 Kejadian A1 dan A2 saling lepas. Peluang terambil sekurang-kurangnya 2 bola putih: P(A) = P(A1) + P(A2) 40

10

= 84 + 84 =

46

50 84


Frekuensi harapan terambil sekurang-kurangnya dua bola putih: Fh(A) = n × P(A) 50

= 84 × 84 = 50 kali Jadi, frekuensi harapan terambil sekurangkurangnya 2 bola putih adalah 50 kali. 29. Jawaban: d Banyak percobaan = n. Ruang sampel S = himpunan pasangan mata dadu pada pelambungan dua dadu. n(S) = 6 × 6 = 36 A = kejadian terlihat mata dadu pertama 3 = {(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)} n(A) = 6 B = kejadian terlihat mata dadu kedua 5 = {(1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5)} n(B) = 6 A ∩ B = kejadian muncul mata dadu pertama 3 dan mata dadu kedua 5 = {(3, 5)} Oleh karena A ∩ B ≠ ∅, kejadian A dan B tidak saling lepas. peluang terlihat mata dadu pertama 3 atau mata dadu kedua 5: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) n(A)

n(B)

= n(S) + n(S) – 6

6

1

P(A ∩ B) n(S)

11

= 36 + 36 – 36 = 36 Frekuensi harapan terlihat mata dadu pertama 3 atau mata dadu kedua 5: Fr(A ∪ B) = P(A ∪ B) × n 11

33 = 36 × n ⇔ n = 33 × 36 = 1.188 Jadi, dua dadu dilambungkan sebanyak 108 kali. ⇔

30. Jawaban: b Banyak percobaan n = 165 Jumlah uang logam dalam mangkuk = 8 + 3 = 11 Kemungkinan uang logam yang terambil adalah pertama uang logam seribuan dan kedua uang logam seribuan atau pertama uang logam seribuan dan kedua uang logam lima ratusan. A = kejadian terambil pertama uang logam seribuan dan kedua uang logam seribuan 8

7

8

3

56

P(A) = 11 × 10 = 110 B = kejadian terambil pertama uang logam seribuan dan kedua uang logam lima ratusan 24

P(B) = 11 × 10 = 110

Kejadian A dan B saling lepas. Peluang terambil uang logam seribuan pada pengambilan pertama: 56

24

80

8

P = P(A) + P(B) = 110 + 110 = 110 = 11 Frekuensi harapan terambil uang logam seribuan pada pengambilan pertama:

Jadi, banyak cara menyusun 6 foto dengan 2 foto tidak pernah bersama-sama = 720 – 240 = 480 cara. 3. a.

8

1!

Fh = P × N = 11 × 165 = 120 Jadi, frekuensi harapan terambil uang logam seribuan pada pengambilan pertama adalah 120 kali. B. Uraian 1. Bilangan genap antara 2.000 dan 5.000 terdiri atas nilai tempat ribuan, ratusan, puluhan, dan satuan. Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat ribuan adalah 2, 3, atau 4. Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat satuan adalah 2, 4, 6, atau 8. Ribuan 2 3 4

Ratusan

Puluhan

... ... ... ... ... ... 5P2

Satuan 4, 6, atau 8 2, 4, 6, atau 8 2, 6, atau 8

Banyak bilangan genap antara 2.000 dan 5.000 yang dapat dibentuk = 5P2 × 3 + 5P2 × 4 + 5P2 × 3 = 5P2(3 + 4 + 3) = 20 × 10 = 200 2. a.

b.

2 foto yang disusun selalu bersama-sama dianggap sebagai 1 unsur. Permasalahan menjadi permutasi dari 6 – 1 = 5 unsur yaitu ada 5P5 cara. Penyusunan 2 foto yang selalu bersamasama ada 2P2 cara. Banyak cara seluruhnya = 2P2 × 5P5 = 2! × 5! =2×1×5×4×3×2×1 = 240 cara Jadi, banyak cara menyusun foto dengan 2 foto selalu bersama-sama ada 240 cara. Banyak 6 foto dipasang dengan tidak ada batasan cara = 6P6 = 6! =6×5×4×3×2×1 = 720 cara Banyak foto dipasang dengan 2 foto selalu bersama-sama = 2P2 × 5P5 = 2! × 5! =2·1×5·4·3·2·1 = 240 cara

Banyak cara membentuk kelompok = banyak cara memilih 7 siswa dari 12 siswa = 12C7 = 7!(12 − 7)! =

b.

12 × 11× 10 × 9 × 8 × 7! 7! × 5 × 4 × 3 × 2 × 1

= 12 × 11 × 2 × 3 = 792 Kemungkinan anggota tim yang terpilih adalah 6 siswa putra dan 1 siswa putri atau 7 siswa putra. n1 = banyak cara membentuk kelompok beranggotakan 6 putra dan 1 putri = 8C6 × 4C1 8!

4!

= 6!(8 − 6)! × 1!(4 − 1)! 8 × 7 × 6!

4 × 3!

= 6! × 2 × 1 × 1× 3! = 4 × 7 × 4 = 112 n2 = banyak cara membentuk kelompok beranggotakan 7 siswa putra = 8C7 8!

= 7!(8 − 7)! 8 × 7!

= 7 × 1! = 8 Banyak cara membentuk kelompok dengan anggota paling sedikit enam siswa putra = n1 + n2 = 112 + 8 = 120 4. Bentuk taman yang diinginkan I II

II

II I

II II

II

I

Banyak cara menanam pohon I = (3 – 1)! = 2! =2 Banyak cara menanam pohon II = (6 – 1)! = 5! = 120 Banyak cara menanam pohon-pohon itu = 2 × 120 = 240 cara.

Matematika Kelas XI

47

5. Password terdiri atas 4 huruf. Huruf pertama diawali dengan huruf s. Ketiga huruf lain dapat dipilih dari huruf p, q, r, t, u, dan v. Banyak cara memilih 4 huruf dari 6 huruf = 6C3 6!

= 3! 3! =

6 × 5 × 4 × 3! 3! × 3 × 2 × 1

= 20 cara Angka prima kurang dari 10 ada 4, yaitu 2, 3, 5, dan 7. Banyak cara memilih 2 angka dari 4 angka = 4C2 4!

= 2! 2! =

4 × 3 × 2! 2! × 2

= 6 cara Banyak susunan password yang dapat disusun = 5P5 = 5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 cara. Banyak password yang dapat disusun = 20 × 6 × 120 = 14.400 cara Jadi, banyak password yang dapat disusun ada 14.400 cara. 6. S = kejadian A memperoleh 13 kartu dari 52 kartu n(S) = 52C13 R = kejadian A memperoleh 4 kartu Jack = kejadian A memperoleh 4 kartu Jack dan 9 kartu sembarang dari 48 kartu selain Jack n(R) = 4C4 × 48C9 n(R)

P(R) = n(S) =

×

4 C4

48 C9

52 C13 48!

=

1× 9! 39! 52! 13! 39!

48!

13!

48! × 13 × 12 × 11× 10 × 9!

= 9! × 52 × 51× 50 × 49 × 48! 11

11

= 4.165 11

Jadi, peluang A memperoleh 4 kartu Jack 4.165 . 7. Kotak A berisi 4 + 3 = 7 kartu SA = kejadian terambil 2 kartu dari kotak A n(SA) = 7C2 =

7 × 6 × 5! 2 × 1× 5!

= 7 × 3 = 21

A = kejadian terambil 2 kartu merah dari kotak A 48

6

4 × 3 × 2! 2 × 1× 2!

=2×3=6

2

= 21 = 7 Kotak B berisi 6 + 2 = 8 kartu SB = kejadian terambil 2 kartu dari kotak B n(SB) = 8C2

P(A) =

=

8! 2! (8 − 2)!

8 × 7 × 6! 2 × 1× 6!

=

= 4 × 7 = 28

B = kejadian terambil 2 kartu putih dari kotak B n(B) = 2C2 = 1 P(B) =

n(B) n(SB )

1

= 28 Kejadian A dan B merupakan dua kejadian saling bebas. Peluang terambil dua kartu merah dari kotak A dan dua kartu putih dari kotak B: P(A ∩ B) = P(A) × P(B) 2

1

1

= 7 × 28 = 98 Jadi, peluang terambil 2 kartu merah dari kotak A 1

dan 2 kartu putih dari kotak B adalah 98 . 8. Ruang sampel S = himpunan pasangan mata dadu pada pelambungan dua mata dadu secara bersamaan. n(S) = 6 × 6 = 36 A = kejadian terlihat mata dadu pertama 6 = {(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} n(A) = 6 n(A)

6

n(B)

5

P(A) = n(S) = 36 B = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 8 = {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)} n(B) = 5

1

= 17 × 5 × 49

7! 2! (7 − 2)!

n(A) n(S A )

=

P(B) = n(S) = 36 A ∩ B = kejadian terlihat mata dadu pertama 6 dan jumlah kedua mata mata dadu 8 = {(6, 2)} n(A ∩ B) = 1

= 9! × 52!

=

4! 2! (4 − 2)!

n(A) = 4C2 =


P(A ∩ B) = 36 Peluang terlihat mata dadu pertama 6 atau jumlah kedua mata dadu 8: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 6

5

1

10

5

= 36 + 36 – 36 = 36 = 18 9. Ruang sampel S = kejadian terambil 2 kelereng dari 20 kelereng. n(S) = 20C2 =

20! 2! (20 − 2)!

=

20 × 19 × 18! 2 × 1× 18!

= 10 × 19 =190

Kemungkinan kelereng yang terambil adalah (1 putih, 1 kuning), (1 putih, 1 hijau), atau (1 hijau, 1 kuning). A = kejadian terambil 1 kelereng putih dan 1 kelereng kuning n(A) = 5C1 × 8C1 = 5 × 8 = 40 B = kejadian terambil 1 kelereng putih dan 1 kelereng hijau n(B) = 5C1 × 7C1 = 5 × 7 = 35 C = kejadian terambil 1 kelereng hijau dan 1 kelereng kuning n(C) = 7C1 × 8C1 = 7 × 8 = 56 Kejadian A, B, dan C saling lepas. Peluang terambil 1 kelereng putih atau 1 kelereng hijau: P = P(A) + P(B) + P(C) n(A)

n(B)

n(C)

40

35

56

= n(S) + n(S) + n(S) = 190 + 190 + 190

n(A)

n(B)

n(C)

24

48

32

= n(S) + n(S) + n(S)

131

= 190 Jadi, peluang terambil 1 kelereng putih dan 131

1 kelereng hijau adalah 190 . 10. Jumlah bola = 6 + 4 + 8 = 18 S = kejadian terambil 2 bola dari 18 bola n(S) = 18C2 18!

A = kejadian bola yang terambil 1 putih dan 1 hijau n(A) = 6C1 × 4C1 =6×4 = 24 B = kejadian bola yang terambil 1 putih dan 1 kuning n(B) = 6C1 × 8C1 =6×8 = 48 C = kejadian bola yang terambil 1 kuning dan 1 hijau n(C) = 8C1 × 4C1 =8×4 = 32 Kejadian A, B, dan C saling lepas. Peluang terambil bola berbeda warna: P = P(A) + P(B) + P(C)

18 × 17 × 16!

= 2! 16! = 2 × 1× 16! = 9 × 17 = 153 Kemungkinan bola yang terambil adalah (1P, 1H), (1P, 1K), dan (1K, 1H)

= 153 + 153 + 153 104

= 153 Fh(P) = P × n 104

= 153 × 306 = 208 Jadi, frekuensi harapan terambil bola berbeda warna adalah 208.

Matematika Kelas XI

49

Setelah mempelajari bab ini peserta didik mampu: 1. menjelaskan konsep persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung lingkaran; 2. menjelaskan konsep kurva lingkaran dengan titik pusat tertentu dan menentukan persamaan umum lingkaran; 3. membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dan menyelesaikan permasalahan tersebut; 4. merancang dan menyelesaikan permasalahan nyata yang berkaitan dengan garis singgung lingkaran. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik berperilaku disiplin dan kritis menerapkannya dalam kehidupan sehari-hari.

Persamaan Lingkaran

Persamaan Lingkaran

• • • • •

Mendeskripsikan lingkaran. Menjelaskan persamaan lingkaran yang berpusat di O(0, 0) dan P(a, b). Menjelaskan bentuk umum persamaan lingkaran. Menjelaskan kedudukan titik dan garis terhadap lingkaran. Berdiskusi menentukan jarak titik terhadap suatu garis.

• • • • •

50

Persamaan Garis Singgung Lingkaran

Persamaan Lingkaran

• • • •

Mendeskripsikan garis singgung lingkaran. Menjelaskan cara menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang diketahui gradiennya. Menjelaskan cara menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik. Berdiskusi menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang melalui titik di luar lingkaran.

Memiliki sikap logis, kritis, kreatif, disiplin, dan rasa ingin tahu, serta memiliki rasa percaya diri dalam menyelesaikan masalah. Berperilaku jujur dan bertanggung jawab dalam berinteraksi dengan lingkungan sosial. Menentukan persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung lingkaran. Membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dari permasalahan nyata dan menyelesaikannya. Merancang dan menyelesaikan permasalahan nyata yang berkaitan dengan garis singgung lingkaran.

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: e Lingkaran berpusat di titik O(0, 0) dan berjari-jari 9. Persamaan lingkaran: x2 + y2 = r2 ⇔ x2 + y2 = 92 ⇔ x2 + y2 = 81 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 81. 2. Jawaban: d Dari gambar diperoleh koordinat titik pusat lingkaran P(10, –6) dan jari-jarinya 10. Persamaan lingkarannya: (x – 10)2 + (y – (–6))2 = 102 ⇔ (x – 10)2 + (y + 6)2 = 100 Jadi, persamaan lingkarannya (x – 10)2 + (y + 6)2 = 100. 3. Jawaban: d Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah x2 + y2 = r2. Lingkaran melalui titik (4, –2): x2 + y2 = r2 ⇒ (4)2 + (–2)2 = r2 ⇔ r2 = 16 + 4 = 20 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 20. 4. Jawaban: a x2 + y2 – 6x – 4y – 3 = 0 ⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 = 3 + 9 + 4 ⇔ (x – 3)2 + (y – 2)2 = 16 Diperoleh koordinat titik pusat lingkaran (3, 2) dan jari-jarinya 4. Grafik lingkaran yang sesuai ada pada pilihan a. 5. Persamaan lingkaran yang berpusat di titik M(–4, 8) dan melalui titik N(1, 5) adalah . . . . a. x2 + y2 – 8x + 16y – 98 = 0 b. x2 + y2 + 8x – 16y + 46 = 0 c. x2 + y2 – 4x + 8y – 62 = 0 d. x2 + y2 + 4x – 8y + 10 = 0 e. x2 + y2 – 8x + 4y – 38 = 0 Jawaban: b Persamaan lingkaran yang berpusat di titik M(–4, 8): (x – (–4))2 + (y – 8)2 = r2 ⇔ (x + 4)2 + (y – 8)2 = r2 Lingkaran melalui titik N(1, 5) diperoleh: (x + 4)2 + (y – 8)2 = r2 ⇔ (1 + 4)2 + (5 – 8)2 = r2 ⇔ r2 = 52 + (–3)2 = 25 + 9 = 34 Persamaan lingkarannya: (x + 4)2 + (y – 8)2 = 34 2 2 ⇔ x + 8x + 16 + y – 16y + 64 – 34 = 0 ⇔ x2 + y2 + 8x – 16y + 46 = 0

6. Jawaban: a Titik pusat lingkaran terletak di tengah diameter, koordinatnya:  −4 + 6 −3 + 1   ,  2 2 

= (1, –1)

Persamaan lingkaran: (x – 1)2 + (y + 1)2 = r2 Lingkaran melalui titik (6, 1), diperoleh: (6 – 1)2 + (1 + 1)2 = r2 ⇔ r2 = 25 + 4 = 29 Persamaan lingkaran: (x – 1)2 + (y + 1)2 = r2 ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 + 2y + 1 = 29 ⇔ x2 + y2 – 2x + 2y – 27 = 0 7. Jawaban: d Lingkaran x2 + y2 + 6x – 2y + a = 0 melalui titik (1, 4), diperoleh: 12 + 42 + 6 · 1 – 2 · 4 + a = 0 ⇔ 1 + 16 + 6 – 8 + a = 0 ⇔ a = –15 Diperoleh persamaan lingkaran x2 + y2 + 6x – 2y – 15 = 0. Jari-jari lingkaran: r =

1 2

1 2

6 2

−2 2 ) 2

(− A)2 + (− B)2 − C

=

(− )2 + (−

=

9 + 1+ 15

− (−15)

= 25 = 5 Jadi, panjang jari-jarinya 5 satuan. 8. Jawaban: e Oleh karena titik A terletak pada lingkaran, substitusikan titik (p, 1) ke dalam persamaan lingkaran. (x – 2)2 + (y + 4)2 = 26 ⇔ (p – 2)2 + (1 + 4)2 = 26 ⇔ p2 – 4p + 4 + 25 = 26 ⇔ p2 – 4p + 3 = 0 ⇔ (p – 3)(p – 1) = 0 ⇔ p – 3 = 0 atau p – 1 = 0 ⇔ p = 3 atau p =1 Jadi, nilai p yang memenuhi adalah 1 atau 3. 9. Jawaban: b Misalkan titik P(24, 7) terletak pada lingkaran, diperoleh: x2 + y2 = a2 ⇔ 242 + 72 = a2 ⇔ 576 + 49 = a2 ⇔ a2 = 625 ⇔ a = 25

Matematika Kelas XI

51

Oleh karena titik P harus di dalam lingkaran, jarak titik P terhadap titik O(0, 0) harus kurang dari 25. Jadi, nilai a yang memenuhi adalah 0 < a < 25. 10. Jawaban: a Lingkaran x2 + y2 + px + 8y + 9 = 0 berpusat di 1  titik  – 2 p, –4  .





r =

( 21 p)

2

−

+ (−4)2 – 9

=

1 2 p 4

+ 16 – 9

=

1 p2 4

+7

4

Lingkaran menyinggung sumbu X maka r = |ordinat pusat| Diperoleh: 1 p2 4

+ 7 = |–4| 2

1 4

p2 + 7 = 16 1 4

⇔

p2 = 9

⇔ p2 = 36 ⇔ p=±6 Jadi, pusat lingkarannya (3, –4) atau (–3, –4). 11. Jawaban: b x – 2y = 5 ⇔ x = 5 + 2y Substitusikan x = 5 + 2y ke dalam persamaan lingkaran x2 + y2 – 4x + 8y + 10 = 0 diperoleh: (5 + 2y)2 + y2 – 4(5 + 2y) + 8y + 10 = 0 ⇔ 25 + 20y + 4y2 + y2 – 20 – 8y + 8y + 10 = 0 ⇔ 5y2 + 20y + 15 = 0 ⇔ y2 + 4y + 3 = 0 ⇔ (y + 3)(y + 1) = 0 ⇔ y1 = –3 atau y2 = –1 y1 = –3 ⇒ x1 = 5 + 2(–3) = –1 ⇒ A(–1, –3) y2 = –1 ⇒ x2 = 5 + 2(–1) = 3 ⇒ B(3, –1) Panjang ruas garis AB =

2

2

=

4 +2

=

16 + 4

=

20

= 2 5 satuan

52

Persamaan Lingkaran

4

lingkaran L adalah nilai a = 3 . 13. Jawaban: e Lingkaran L menyingY gung sumbu Y di titik (0, 6) dan pusatnya di r 6 ------- P garis y = 2x. y = 6 ⇔ 2x = 6 ⇔ x=3 Pusat lingkaran P(3, 6) 0 3 dan jari-jari 3. Jadi, persamaan lingkaran L adalah (x – 3)2 + (y – 6)2 = 32 2 ⇔ x – 6x + 9 + y2 – 12y + 36 = 9 ⇔ x2 + y2 – 6x – 12y + 36 = 0

y = 2x

X

14. Jawaban: b Lingkaran L: 2x2 + 2y2 – 4x + 3py – 30 = 0 melalui titik (–2, 1), diperoleh: 2x2 + 2y2 – 4x + 3py – 30 = 0 2 ⇔ 2(–2) + 2(1)2 – 4(–2) + 3p(1) – 30 = 0 ⇔ 8 + 2 + 8 + 3p – 30 = 0 ⇔ 3p – 12 = 0 ⇔ p=4 Lingkaran L: 2x2 + 2y2 – 4x + 12y – 30 = 0 ⇔ x2 + y2 – 2x + 6y – 15 = 0 Pusat lingkaran L adalah (1, –3). Jari-jari lingkaran L=

2

(3 – (–1)) + (–1– (–3)) 2

⇔ a= 3 Jadi, syarat agar garis ax + y = 0 menyinggung

------------

 1 2  ⇔  4 p + 7  = |–4|2  

⇔

12. Jawaban: b Persamaan lingkaran L dengan pusat (–1, 3) dan jari-jari r = 1: (x + 1)2 + (y – 3)2 = 12 2 ⇔ x + y2 + 2x – 6y + 9 = 0 . . . (1) Garis g: ax + y = 0 ⇔ y = –ax . . . (2) Substitusikan y = –ax ke dalam persamaan (1). x2 + (–ax) 2 + 2x – 6(–ax) + 9 = 0 ⇔ x2 + a2x2 + 2x + 6ax + 9 = 0 ⇔ (a2 + 1)x2 + (2 + 6a)x + 9 = 0 Syarat garis menyinggung lingkaran adalah D = 0. (2 + 6a)2 – 4(a2 + 1) · 9 = 0 ⇔ 4 + 24a + 36a2 – 36a2 – 36 = 0 ⇔ 24a = 32

12 + (−3)2 − (−15)

= 25 =5 Persamaan lingkaran M yang berpusat di (1, –3) dan jari-jarinya 2(5) = 10 sebagai berikut. (x – a)2 + (y – b)2 = r2 ⇔ (x – 1)2 + (y + 3)2 = 102 2 ⇔ x – 2x + 1 + y2 + 6y + 9 = 100

⇔ x2 – 2x + y2 + 6y + 10 = 100 ⇔ x2 + y2 – 2x + 6y – 90 = 0 Jadi, persamaan lingkaran M adalah x2 + y2 – 2x + 6y – 90 = 0.

Oleh karena lingkaran melalui titik (3, –2), diperoleh: x2 + y2 = r2 2 ⇔ 3 + (–2)2 = r2 ⇔ 9 + 4 = r2 ⇔ r2 = 13 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 13.

15. Jawaban: c Perhatikan gambar berikut. Y 1 –7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1

1

3. a.

L1 : x2 + y2 – 4x + 8y + 15 = 0 2 ⇔ x – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = –15 + 4 + 16 ⇔ (x – 2)2 + (y + 4)2 = 5 Lingkaran L1 berpusat di titik (2, –4) dan

X

–3 –4 –5 –6

Misalkan titik pusat lingkaran L adalah (a, b). Titik (a, b) terletak pada garis 2x – 4y – 4 = 0, diperoleh: 2x – 4y – 4 = 0 ⇔ 2a – 4b – 4 = 0 . . . (1) Oleh karena lingkaran L menyinggung sumbu X dan sumbu Y maka jari-jari lingkaran r = a = b. Substitusikan a = b ke dalam persamaan (1). 2a – 4b – 4 = 0 ⇔ 2b – 4b – 4 = 0 ⇔ –2b – 4 = 0 ⇔ b = –2 Diperoleh titik pusat (a, b) = (–2, –2). Persamaan lingkaran L: (x – a)2 + (y – b)2 = r2 ⇔ (x + 2)2 + (y + 2)2 = 22 2 ⇔ x + 4x + 4 + y2 + 4y + 4 = 4 ⇔ x2 + 4x + y2 + 4y + 4 = 0 ⇔ x2 + y2 + 4x + 4y + 4 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 + 4x + 4y + 4 = 0.

berjari-jari r = b.

4. x2 + y2 – 8x – 12y + n = 0 a. Lingkaran melalui titik (–1, 3), diperoleh: (–1)2 + 32 – 8(–1) – 12(3) + n = 0 ⇔ 1 + 9 + 8 – 36 + n = 0 ⇔ n = 18 2 2 b. x + y – 8x – 12y + 18 = 0 1 1  Pusat: – 2 (–8), – 2 (–12) = (4, 6)

Jari-jari: r = =

B

62 + 42 − 3 = 49 = 7 x2 + y2 = 6x – 18y + 6 2 2 ⇔ x + y – 6x + 18y – 6 = 0 A = –6, B = 18, dan C = –6. B

Pusat lingkaran = (– 2 , – 2 ) = (3, –9) Jari-jari = 2. a.

32 + (−9)2 − (−6) =





96 = 4 6

Persamaan lingkaran berpusat di O(0, 0) adalah x2 + y2 = r2.

42 + 62 − 18 16 + 36 − 18 =

34

Jarak titik O(0, 0) ke titik pusat lingkaran (4, 6).

Jari-jari =

A

Persamaan lingkaran L 2 yang berpusat di (x – 2)2 + (y + 4)2 = (2 5 )2 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = 20 ⇔ x2 + y2 – 4x + 8y = 0

Pusat lingkaran = (– 2 , – 2 ) = (6, 4) b.

5.

(2, –4) dan berjari-jari 2 5 adalah:

B. Uraian 1. a. x2 + y2 – 12x – 8y + 3 = 0 A = –12, B = –8, dan C = 3. A

1

Jari-jari = 2 · diameter = 2 · 12 = 6 Persamaan lingkaran yang berpusat di A(–3, 1) dengan jari-jari 6 satuan adalah (x – a)2 + (y – b)2 = r2 ⇔ (x + 3)2 + (y – 1)2 = 62 2 ⇔ x + 6x + 9 + y2 – 2y + 1 = 36 ⇔ x2 + 6x + y2 – 2y – 26 = 0 ⇔ x2 + y2 + 6x – 2y – 26 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 + 6x – 2y – 26 = 0.

–2

2x – 4y – 4 = 0

1

b.

d=

c.

42 + 62 =

16 + 36 =

52

Oleh karena d > r maka titik O(0, 0) berada di luar lingkaran. Jarak garis y = 2x – 5 ⇔ 2x – y – 5 = 0 ke titik pusat lingkaran (4, 6) adalah: s = =

2(4) − (6) − 5 22 + ( − 1)2 8−6−5 4+1

=

−3 5

=

3 5

×

5 5

=

Matematika Kelas XI

3 5

5

53

Oleh karena s =

3 5

5 ≈ 1,34 < r = 34 ≈ 5,83

b.

5. Perhatikan gambar berikut. c.

6 5 4 3 2 1

Oleh karena d =

4 5

2

2 + (−1)

< r = 3 maka garis

Jarak titik P(–2, 1) ke garis 3x – 4y – 5 = 0: d=

X

1 (2,0) 3 4 5 6 7

y1 – y2 =

D a

d.

=

b2 − 4ac a

=

36 − 16 1

=

20 = 2 5

32 + (−4)2

d=

2 ⋅ (−2) + 2 ⋅ 1 − 1 2

2 +2

Oleh karena d =

12 + 12

=

=3

(−2)2 + 12 + 4 = 3

=

3 2 2

3 2 2

< r = 3 maka garis

2x + 2y – 1 = 0 memotong lingkaran L. 7. l: 2x + y = k Û y = k – 2x Substitusikan ke dalam persamaan lingkaran L. x2 + (k – 2x)2 = 4 2 2 ⇔ x + k – 4kx + 4x2 = 4 ⇔ 5x2 – 4kx + k2 – 4 = 0 Syarat garis tidak memotong lingkaran L di dua titik yaitu D < 0. (–4k)2 – 4 · 5 · (k2 – 4) < 0 ⇔ 16k2 – 20k2 + 80 < 0 ⇔ –4k2 + 80 < 0 ⇔ k2 – 20 > 0 ⇔ (k – 20 )(k + 20 ) > 0 ⇔ (k – 2 5 )(k + 2 5 ) > 0 +

– 2 5

⇔ k < –2 5 atau k > 2 5 Jadi, batas-batas nilai k adalah k < –2 5 atau k > 2 5. 8. Perhatikan gambar berikut. Y

Jarak titik P(–2, 1) ke garis x + y – 8 = 0: d=

2

–2 5

6. Titik pusat lingkaran: P(–2, 1).

−2 + 1 − 8

−15 5

=

Jarak titik P(–2, 1) ke garis 2x + 2y – 1 = 0:

+

Jadi, panjang AB = y1 – y2 = 2 5 satuan panjang. Jari-jari lingkaran: r =

3 ⋅ (−2) − 4 ⋅ 1 − 5

Oleh karena d = r = 3 maka garis 3x – 4y – 5 = 0 menyinggung lingkaran L.

Lingkaran menyinggung sumbu X di titik (2, 0). Oleh karena jari-jari lingkaran 3 satuan, titik pusatnya (2, 3). Persamaan lingkarannya adalah (x – a)2 + (y – b)2 = r2 ⇔ (x – 2)2 + (y – 3)2 = 32 2 ⇔ x – 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = 9 ⇔ x2 – 4x + y2 – 6y + 4 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x – 6y + 4 = 0 Lingkaran memotong sumbu Y pada saat x = 0, diperoleh: x2 + y2 – 4x – 6y + 4 = 0 2 ⇔ 0 + y2 – 4(0) – 6y + 4 = 0 ⇔ y2 – 6y + 4 = 0 2 Bentuk y – 6y + 4 = 0 merupakan persamaan kuadrat dengan a = 1, b = –6, dan c = 4. Misalkan titik potong terhadap sumbu Y adalah y1 dan y2. Jarak antara y1 dan y2 dirumuskan:

(5,10)

y = 10

(5,b)

9 2

Oleh karena d 1 =

9 2

> r = 3 maka garis

x + y – 8 = 0 tidak berpotongan dengan lingkaran L.

54

4 5

2

2x – y + 1 = 0 memotong lingkaran L.

Y 7

a.

2 ⋅ (−2) − 1 + 1

=

d=

maka garis y = 2x – 5 memotong lingkaran di dua titik.

10

Jarak titik P(–2, 1) ke garis 2x – y + 1 = 0:

Persamaan Lingkaran

0

5

X

Lingkaran menyinggung garis y = 10 di titik (5, 10) berarti koordinat titik pusatnya (5, b) dan jari-jarinya r = 10 – b. Persamaan lingkaran tersebut (x – 5)2 + (y – b)2 = (10 – b)2.

Lingkaran melalui titik (1, 2), diperoleh: (1 – 5)2 + (2 – b)2 = (10 – b)2 ⇔ 16 + 4 – 4b + b2 = 100 – 20b + b2 ⇔ 20 – 4b = 100 – 20b ⇔ 16b = 80 ⇔ b=5 Jadi, persamaan lingkaran tersebut (x – 5)2 + (y – 5)2 = 25. 9. Segitiga ABC siku-siku di A, maka sisi BC merupakan diameter lingkaran. Titik tengah diameter BC merupakan titik pusat lingkaran, yaitu titik (3, 6). Panjang diameter sama dengan panjang BC, yaitu: d = BC =

36 + 144 = 1

1

Lingkaran juga menyinggung garis y = 3 x 3 . 1

Substitusikan y = 3 x 3 ke dalam persamaan lingkaran. 

180

45 :

10. Perhatikan gambar berikut.

4 2 x 3

⇔



– (2r + 2)x + 3 = 0

Oleh karena lingkaran menyinggung garis, maka diskriminan (D) = 0, yaitu:

1

P

P2 r2 r2 O

T2

b2 – 4ac = 0 ⇒ (2r + 2)2 – 4 · 3 · 3 = 0 ⇔ 4r2 + 8r + 4 – 16 = 0 ⇔ 4r2 + 8r – 12 = 0 ⇔ r2 + 2r – 3 = 0 ⇔ (r + 3)(r – 1) = 0 ⇔ r = –3 atau r = 1 Diperoleh titik pusat P1(–3, Jarak kedua titik pusat:

Y

r1

1

2

3  = r2

4

(x – 3)2 + (y – 6)2 = ( 45 )2 ⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 12y + 36 = 45 ⇔ x2 + y2 – 6x – 12y = 0 Jadi, persamaan lingkaran luar segitiga ABC adalah x2 + y2 – 6x – 12y = 0.

P1

3 ) dan per-

⇔ x2 – 2rx + r2 + 3 x2 – 2x + 3 = r2

Jari-jari: r = 2 d = 2 180 = = 45 4 Persamaan lingkaran dengan pusat (3, 6) dan jari-

r1

Diperoleh pusat lingkaran adalah (r, samaannya: (x – r)2 + (y – 3 )2 = r2

1 (x – r)2 +  3 x 3 –

180

1

3

berarti ordinat titik pusat adalah 3 . Kedua lingkaran menyinggung sumbu Y (x = 0), maka absis pusatnya sama dengan jari-jari (r).

(6 − 0)2 + (0 − 12)2

=

jari r =

Titik pusat kedua lingkaran pada garis y =

y= 3x 3 y= 3

X

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b Substitusikan y = 2x + p ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 = 20 2 ⇔ x + (2x + p)2 = 20 2 ⇔ x + 4x2 + 4px + p2 = 20 ⇔ 5x2 + 4px + p2 – 20 = 0 Diperoleh a = 5, b = 4p, dan c = p2 – 20. Syarat garis menyinggung lingkaran yaitu D = 0. D=0 ⇔ b2 – 4ac = 0 ⇔ (4p)2 – 4(5)(p2 – 20) = 0

P1P2 = =

3 ) dan P2(1,

3 ).

(1 − (−3))2 + ( 3 − 3)2 42 + 02

=4

⇔ 16p2 – 20p2 + 400 = 0 ⇔ –4p2 + 400 = 0 ⇔ p2 = 100 ⇔ p = 10 atau –10 Jadi, nilai p yang memenuhi adalah 10 atau –10. 2. Jawaban: d Garis x + y = 4 mempunyai gradien m1 = –1. y = 4 − x2 ⇔ y2 = 4 – x2 ⇔ x2 + y2 = 4 Oleh karena garis singgung sejajar dengan garis x + y = 4 maka m = m1 = –1. Matematika Kelas XI

55

Persamaan garis singgung lingkaran:

⇔ ⇔

y = mx ± r m + 1 2

⇔

2 y = –x ± 2 ( −1) + 1

⇔

y = –x ± 2 2

⇔ x+y±2 2=0 Oleh karena kurva y = 4 − x 2 berada di atas sumbu X, persamaan garis singgung yang memenuhi adalah x + y – 2 2 = 0.

5. Jawaban: c x2 + y2 – 6x – 4y – 12 = 0 ⇔ x2 – 6x + y2 – 4y = 12 ⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 = 12 + 9 + 4 ⇔ (x – 3)2 + (y – 2)2 = 25 Diperoleh pusat lingkaran (3, 2) dan jari-jari r = 5. Garis y = x + 4 bergradien 1, maka garis yang tegak lurus dengan garis tersebut bergradien –1. Persamaan garis singgung:

3. Jawaban: a 5

Garis 5x – 12y + 8 = 0 mempunyai gradien m1 = 12 . Titik pusat lingkaran: (a, b) = (1, –2) Jari-jari lingkaran: r =

12 + ( −2)2 − ( −4) = 3

Oleh karena garis singgung sejajar dengan garis 5

5x – 12y + 8 = 0 maka m = m1 = 12 . Persamaan garis singgung lingkaran: y – b = m(x – a) ± r m2 + 1 5

5

5

25 144

5

169

⇔

2 y + 2 = 12 (x –1) ± 3 ( 12 ) + 1

⇔

y + 2 = 12 (x – 1) ± 3

⇔

y + 2 = 12 (x – 1) ± 3 144 5

⇔

+1

13

y + 2 = 12 (x – 1) ± 3( 12 ) ⇔ 12(y + 2) = 5(x – 1) ± 39 ⇔ 12y + 24 = 5x – 5 ± 39 ⇔ 5x – 12y – 29 ± 39 = 0 ⇔ 5x – 12y – 29 + 39 = 0 atau 5x – 12y – 29 – 39 =0 ⇔ 5x – 12y + 10 = 0 atau 5x – 12y – 68 = 0 Jadi, persamaan garis singgung lingkarannya adalah 5x – 12y + 10 = 0 dan 5x – 12y – 68 = 0. 4. Jawaban: a Garis y – 2x + 5 = 0 mempunyai gradien m1 = 2. Titik pusat lingkaran: P(3, –5). Jari-jari lingkaran: r = 80 Misalkan gradien garis singgung lingkaran adalah m. Oleh karena garis singgung lingkaran sejajar garis y – 2x + 5 = 0 maka m = m1 = 2. Persamaan garis singgung lingkaran: y – b = m(x – a) ± r 1 + m2 ⇔ y – (–5) = 2(x – 3) ± ⇔

56

y + 5 = 2x – 6 ±

80 ·

80 ⋅ 5

Persamaan Lingkaran

1 + 22

y = 2x – 11 ± 400 y = 2x – 11 ± 20

y – 2 = m(x – 3) ± 5 1 + m2 ⇔ y – 2 = –1(x – 3) ± 5 1 + (−1)2 ⇔ y – 2 = –x + 3 ± 5 2 ⇔

y = –x + 5 ± 5 2

Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya y = –x + 5 – 5 2 . 6. Jawaban: a L: (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9 y = 3 ⇒ (x + 1)2 + (3 – 3)2 = 9 ⇔ (x + 1)2 = 9 ⇔ x + 1 = ±3 ⇔ x = –1 ± 3 ⇔ x = 2 atau x = –4 Diperoleh titik potong (2, 3) dan (–4, 3). Persamaan garis singgung di titik (2, 3): (2 + 1)(x + 1) + (3 – 3)(y – 3) = 9 ⇔ 3x + 3 + 0 = 9 ⇔ x=2 Persamaan garis singgung di titik (–4, 3): (–4 + 1)(x + 1) + (3 – 3)(y – 3) = 9 ⇔ –3x – 3 + 0 = 9 ⇔ x = –4 Jadi, persamaan garis singgungnya x = 2 dan x = –4. 7. Jawaban: a Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah x2 + y2 = r2. Lingkaran melalui titik A(3, 1): x2 + y2 = r2 ⇒ (3)2 + (1)2 = r2 ⇔ r2 = 9 + 1 = 10 Diperoleh persamaan lingkaran x2 + y2 = 10. Persamaan garis singgung lingkaran di titik A(3, 1): x1x + y1y = r2 ⇒ (3)x + (1)y = 10 ⇔ 3x + y = 10 Jadi, persamaan garis singgung lingkaran di titik A adalah 3x + y = 10. 8. Jawaban: b Pada titik (x, y), x disebut absis dan y disebut ordinat.

Substitusikan x = 5 ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 – 2x + 6y – 7 = 0 2 ⇔ 5 + y2 – 2(5) + 6y – 7 = 0 ⇔ 25 + y2 – 10 + 6y – 7 = 0 ⇔ y2 + 6y + 8 = 0 ⇔ (y + 2)(y + 4) = 0 ⇔ y + 2 = 0 atau y + 4 = 0 ⇔ y = –2 atau y = –4 Diperoleh dua titik pada lingkaran, yaitu (5, –2) dan (5, –4). Persamaan garis singgung lingkaran di titik (5, –2). 5x – 2y – (x + 5) + 3(y – 2) – 7 = 0 ⇔ 5x – 2y – x – 5 + 3y – 6 – 7 = 0 ⇔ 4x + y – 18 = 0 Persamaan garis singgung lingkaran di titik (5, –4). 5x – 4y – (x + 5) + 3(y – 4) – 7 = 0 ⇔ 5x – 4y – x – 5 + 3y – 12 – 7 = 0 ⇔ 4x – y – 24 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah 4x + y – 18 = 0 dan 4x – y – 24 = 0. 9. Jawaban: d x2 + y2 – 6x + 4y – 12 = 0 Untuk x = 7 dan y = 1 diperoleh: 72 + 12 – 6(7) + 4(1) – 12 = 49 + 1 – 42 + 4 – 12 =0 Titik (7, 1) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya: 6

4

7x + 1y – 2 (x + 7) + 2 (y + 1) – 12 = 0 ⇔ 7x + y – 3x – 21 + 2y + 2 – 12 = 0 ⇔ 4x + 3y – 31 = 0 10. Jawaban: a Lingkaran (x + 4)2 + (y – 2)2 = 20 memotong sumbu X pada saat y = 0. (x + 4)2 + (0 – 2)2 = 20 ⇔ (x + 4)2 + 4 = 20 ⇔ (x + 4)2 = 16 ⇔ x+4=±4 ⇔ x = –4 ± 4 ⇔ x = –8 atau x = 0 Diperoleh titik potong lingkaran terhadap sumbu X adalah (–8, 0) dan (0, 0). Persamaan garis singgung di titik (–8, 0): (–8 + 4)(x + 4) + (0 – 2)(y – 2) = 20 ⇔ –4(x + 4) + (–2)(y – 2) = 20 ⇔ –4x – 16 – 2y + 4 – 20 = 0 ⇔ –4x – 2y – 32 = 0 ⇔ 2x + y + 16 = 0 Persamaan garis singgung di titik (0, 0): (0 + 4)(x + 4) + (0 – 2)(y – 2) = 20 ⇔ 4(x + 4) + (–2)(y – 2) = 20 ⇔ 4x + 16 – 2y + 4 – 20 = 0

⇔ 4x – 2y = 0 ⇔ 2x – y = 0 Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya 2x + y + 16 = 0. 11. Jawaban: d Cek kedudukan titik (3, –1) terhadap lingkaran. x2 + y2 = 32 + (–1)2 = 9 + 1 = 10 Titik (3, –1) terletak pada lingkaran. Persamaan garis k: 3x – y = 10. Garis k mempunyai gradien m1 = 3. Oleh karena garis yang melalui titik (4, –1) tegak lurus dengan garis m, diperoleh: m · m1 = –1 ⇔ m · 3 = –1 1

⇔

m=–3

Persamaan garis yang melalui (4, –1) dengan 1

m = – 3 adalah 1

y – (–1) = – 3 (x – 4) ⇔ ⇔ ⇔

1

y + 1 = – 3 (x – 4)

3y + 3 = –x + 4 x + 3y – 1 = 0

12. Jawaban: d Diketahui lingkaran x2 + y2 = 4 berpusat di titik (0, 0) dan berjari-jari r = 2. Untuk x = 0 dan y = 4 diperoleh: 02 + 42 = 0 + 16 = 16 > 4 Titik (0, 4) berada di luar lingkaran. Misalkan garis singgung lingkaran x2 + y2 = 4 bergradien m, persamaannya: y = mx + 2 1 + m2 Garis tersebut melalui titik (0, 4), maka: 4 = m · 0 + 2 1 + m2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

4 = 2 1 + m2

1 + m2 = 2 1 + m2 = 4 m2 = 3 m=± 3

Persamaan garis singgung melalui titik (4, 0) dan bergradien m = 3 adalah y = 3 x + 4. Persamaan garis singgung melalui titik (4, 0) dan bergradien m = – 3 adalah y = – 3 x + 4. Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya y = – 3 x + 4. 13. Jawaban: e Titik A(0, 1) terletak di luar lingkaran L karena (0 – 2)2 + (1 + 1)2 > 4. Matematika Kelas XI

57

Persamaan garis kutub titik A(0, 1) terhadap lingkaran L: (0 – 2)(x – 2) + (1 + 1)(y + 1) = 4 ⇔ –2x + 4 + 2y + 2 = 4 ⇔ –2x + 2y = –2 ⇔ x–y=1 ⇔ y=x–1 Substitusikan y = x – 1 ke dalam persamaan lingkaran. (x – 2)2 + (x – 1 + 1)2 = 4 ⇔ x2 – 4x + 4 + x2 – 4 = 0 ⇔ 2x2 – 4x = 0 ⇔ 2x(x – 2) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 Untuk x1 = 0 maka y1 = 0 – 1 = –1. Untuk x2 = 2 maka y2 = 2 – 1 = 1. Diperoleh titik singgung (0, –1) dan (2, 1). 14. Jawaban: d Titik (0, 0) terletak di luar lingkaran x2 + y2 – 6x + 2y + 5 = 0. Garis melalui O(0, 0): y = mx Substitusikan y = mx ke dalam persamaan lingkaran. x2 + (mx)2 – 6x + 2(mx) + 5 = 0 ⇔ (1 + m2)x2 + (2m – 6)x + 5 = 0 Garis y = mx menyinggung lingkaran, berarti: D=0 ⇒ (2m – 6)2 – 4(1 + m2) · 5 = 0 ⇔ 4m2 – 24m + 36 – 20 – 20m2 = 0 ⇔ –16m2 – 24m + 16 = 0 ⇔ 2m2 + 3m – 2 = 0 ⇔ (2m – 1)(m + 2) = 0

Y 4 P B2

s =

A

(AP)2 − r 2

=

(x A − xP )2 + (y A − yP )2 − r 2

=

5   2

2

+ ( − 4)2 −  5 

2

2

1

= 80 yang bergradien m = – 2 adalah: 1

y = –2x ± 1

⇔ y = –2x ±

2

1 80   + 1  2

5 4

80

1

⇔ y = – 2 x ± 10 Diperoleh persamaan garis singgung

3



Titik pusat lingkaran L: P – 2 , 2 . 



 3 −   2

=

9 4

=

25 4

2

+ 22 − 0

1 2

1 2

y = – x + 10 dan y = – x – 10. b. ⇔ ⇔

x2

x2 + y2 – 10x + 6y – 66 = 0 – 10x + 25 + y2 + 6y + 9 = 66 + 25 + 9 (x – 5)2 + (y + 3)2 = 100 4

Garis singgung dengan m = 3 4

+4

y + 3 = 3 (x – 5) ± 5

= 2 Titik A(1, –2) di luar lingkaran L. Garis AB merupakan garis singgung lingkaran L yang ditarik dari titik A.

Persamaan Lingkaran

X

1 2 3 4 5

B. Uraian 1. a. Persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2

15. Jawaban: c Misalkan L: x2 + y2 + 3x – 4y = 0.

58

B1

= 16 =4 Jadi, panjang garis AB adalah 4 satuan.

Jadi, gradiennya 2 dan –2.

Jari-jari lingkaran L: r =

r

Garis singgung dari titik A menyinggung lingkaran L di titik B1 dan B2. Panjang garis AB1 = AB2 = s.

m = 2 atau m = –2

1

2 1

–6 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2

1

⇔

r

3

⇔ ⇔

100

4   3

4

25

y + 3 = 3 (x – 5) ± 10 9 4

2

20

50

y + 3 = 3x – 3 ± 3 ⇔ 3y + 9 = 4x – 20 ± 50 ⇔ 4x – 3y – 29 ± 50 = 0

+1

⇔ 4x – 3y – 29 + 50 = 0 atau 4x – 3y – 29 – 50 = 0 ⇔ 4x – 3y + 21 = 0 atau 4x – 3y – 79 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya 4x – 3y + 21 = 0 dan 4x – 3y – 79 = 0. 2.

b.

x2 + y2 + 2x – 6y = 0 ⇔ + 2x + 1 + y2 – 6y + 9 = 1 + 9 ⇔ (x + 1)2 + (y – 3)2 = 10 Diperoleh koordinat titik pusat (–1, 3) dan jari-jari

⇔

1

5

y = –3x + 6

1

Diperoleh gradien garis g adalah – 3 . Garis singgung yang tegak lurus garis g bergradien 3. Persamaan garis singgung lingkaran L yang bergradien m = 3 adalah: y – 3 = 3(x + 1) ± 10

1 + 32

⇔ y – 3 = 3x + 3 ± 10 10 ⇔ 0 = 3x – y + 6 ± 10 Jadi, persamaan garis singgungnya 3x – y + 16 = 0 dan 3x – y – 4 = 0. 3. L: x2 + y2 – 8x – 8y + 24 = 0 ⇔ x2 – 8x + y2 – 8y = –24 2 ⇔ x – 8x + 16 + y2 – 8y + 16 = –24 + 16 + 16 ⇔ (x – 4)2 + (y – 4)2 = 8 Diperoleh titik pusat lingkaran P(4, 4) dan jari-jari r = 8. Garis y = x melalui titik pusat lingkaran sehingga garis singgung lingkaran yang melalui titik potong antara lingkaran L dan garis y = x tegak lurus dengan garis y = x. Oleh karena garis y = x bergradien 1, garis singgungnya bergradien –1. Persamaan garis singgungnya: y – 4 = –1(x – 4) ±

8

5. Misalkan titik singgung lingkaran L: (x – 2)2 + (y + 1)2 = 13 adalah T(–1, b) diperoleh: (–1 – 2)2 + (b + 1)2 = 13 ⇔ 9 + b2 + 2b + 1 – 13 = 0 ⇔ b2 + 2b – 3 = 0 ⇔ (b + 3)(b – 1) = 0 ⇔ b + 3 = 0 atau b – 1 = 0 ⇔ b = –3 atau b=1 Diperoleh titik singgung T1(–1, –3) dan T2(–1, 1). Persamaan garis singgung di titik T1(–1, –3) pada lingkaran L: (–1 – 2)(x – 2) + (–3 + 1)(y + 1) = 13 ⇔ –3x + 6 – 2y – 2 = 13 ⇔ –3x – 2y – 9 = 0 ⇔ 3x + 2y + 9 = 0 Persamaan garis singgung di titik T2(–1, 1) pada lingkaran L: (–1 – 2)(x – 2) + (1 + 1)(y + 1) = 13 ⇔ –3x + 6 + 2y + 2 = 13 ⇔ –3x + 2y – 5 = 0 ⇔ 3x – 2y + 5 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah 3x + 2y + 9 = 0 dan 3x – 2y + 5 = 0. 6. a.

1 + (−1)2

⇔ y – 4 = –x + 4 ± 8 2 ⇔ y = –x + 8 ± 4 ⇔ y = –x + 12 atau y = –x + 4 Jadi, persamaan garis singgungnya y = –x + 12 dan y = –x + 4. 4. a.

Persamaan: x2 + y2 = 34 Untuk x = –3 dan y = 5 diperoleh: (–3)2 + (5)2 = 9 + 25 = 34 Titik (–3, 5) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya: x1x + y1y = 34 ⇒ –3x + 5y = 34 ⇔ 3x – 5y + 34 = 0

−2

4

x1x + y1y + 2 (x + x1) + 2 (y + y1) – 5 = 0 ⇒ 1x + 2y + 2(x + 1) – 1(y + 2) – 5 = 0 ⇔ x + 2y + 2x + 2 – y – 2 – 5 = 0 ⇔ 3x + y – 5 = 0

x2

r = 10 . g: 2x + 6y – 5 = 0

Persamaan: x2 + y2 + 4x – 2y – 5 = 0 Untuk x = 1 dan y = 2 diperoleh: (1)2 + (2)2 + 4(1) – 2(2) – 5 =1+4+4–4–5=0 Titik (1, 2) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya:

b.

Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah x2 + y2 = r2. Lingkaran melalui titik (–1, 2): x2 + y2 = r2 ⇒ (–1)2 + (2)2 = r2 ⇔ r2 = 1 + 4 = 5 Diperoleh persamaan lingkaran: x2 + y2 = 5. Persamaan garis singgung lingkaran di titik A(–1, 2): x1x + y1y = r2 ⇒ (–1)x + (2)y = 5 ⇔ –x + 2y = 5 Jadi, persamaan lingkaran x2 + y2 = 5 dan garis singgungnya di titik A adalah –x + 2y = 5. Lingkaran dan garis singgungnya: Y A 2

–5

–1 0

X

Matematika Kelas XI

59

7. Titik T(–4, 1) terletak pada lingkaran L1 karena: (–4)2 + 12 + 10(–4) + 4(1) + 19 = 16 + 1 – 40 + 4 + 19 = 0 Persamaan garis singgung lingkaran L1 di titik T: g: –4x + y + 5(x – 4) + 2(y + 1) + 19 = 0 ⇔ –4x + y + 5x – 20 + 2y + 2 + 19 = 0 ⇔ x + 3y + 1 = 0 Jari-jari lingkaran L 2 sama dengan jarak titik P(4, –1) ke garis singgung g. Jari-jari lingkaran L2: r2 =

4 + 3 ⋅ (−1) + 1 12 + (−3)2

=

24

⇔ r=± = ±4,8 5 Oleh karena jari-jari (r) menyatakan panjang, r bernilai positif. Jadi, panjang jari-jari lingkaran adalah r = 4,8 satuan. 10. Titik pusat lingkaran L1: P1(–2, 2). Jari-jari lingkaran: r1 = (−2)2 + 22 + 17 =

2 10

(x – 4)2 + (y + 1)2 = x2 – 8x + 16 + y2 + 2y + 1 =

 2     10  2 5

2

Jari-jari lingkaran: r2 = 102 + (−7)2 − 49 = 100 = 10.

8. Cek kedudukan titik (12, –5) terhadap lingkaran x2 + y2 = 169. 122 + (–5)2 = 144 + 25 = 169 Titik (12, –5) terletak pada lingkaran. Persamaan garis singgung lingkaran di titik (12, –5) adalah 12x – 5y = 169. Oleh karena garis 12x – 5y = 169 juga menyinggung lingkaran (x – 5)2 + (y – 12)2 = p, diperoleh:

⇔ d= ⇔ d=

ap + bq + r p2 + q2

P1 2 –2

122 + (−5)2

10

Q

–7

P2

yP1 − yP2

xP1 − xP2

=

2 − (−7) −2 − 10

⇔ d = 13 Jari-jari lingkaran (x – 5)2 + (y – 12)2 = p adalah 13, diperoleh: r2 = p ⇔ 132 = p ⇔ p = 169 Jadi, nilai p yang memenuhi adalah 169.

4

 4 y = – 3 x ± r 1+  −   3

4

⇔ y = –3x ± r 4

16 9

25 9

5r

⇔ y = –3x ± 3 ⇔ 3y = –4x ± 5r 60

3

=–4

3

Persamaan Lingkaran

Substitusikan y = 2

4

⇔

4

dengan gradien m = – 3 :

±r 1+

9 12

m1m = –1 ⇒ – 4 m = –1 ⇔ m = 3 Menentukan koordinat titik Q. L1: x2 + y2 + 4x – 4y – 17 = 0 L2: x2 + y2 – 20x + 14y + 49 = 0 ––––––––––––––––––––––––– – 24x – 18y – 66 = 0 ⇔ 4x – 3y – 11 = 0

9. Persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2 = r2

⇔ y=

=–

Misalkan gradien garis adalah m. Garis tegak lurus garis P1P2 maka

−169 169

4 –3x

X

Lingkaran L1 dan L2 bersinggungan di titik Q. Garis adalah garis singgung persekutuan lingkaran L1 dan L2. Gradien garis P1P2. m1 =

5(12) + 12(−5) − 169

Y

⇔ 5x2 + 5y2 – 40x + 10y + 83 = 0

d=

25 = 5.

Titik pusat lingkaran L2: P2(10, –7).

Persamaan lingkaran L2: ⇔

Titik M(9, –4) terletak pada garis singgung, diperoleh: 3 · (–4) = –4 · 9 ± 5r ⇔ –12 = –36 ± 5r ⇔ 24 = ± 5r

y = 4x − 11 3

4x − 11 3

ke dalam persamaan L1.

4x − 11  2 4x − 11  x2 +  3  + 4x – 4  3  – 17 = 0 

⇔ x2 +

   16 44 16x 2 − 88x + 121 + 4x – 3 x + 3 9

– 17 = 0

⇔ 9x2 + 16x2 – 88x + 121 + 36x – 48x + 132 – 153 = 0 ⇔ 25x2 – 100x + 100 = 0 ⇔ x2 – 4x + 4 = 0 ⇔ (x – 2)2 = 0 ⇔ x=2

Substitusikan x = 2 ke dalam persamaan y=

4x − 11 . 3 4 ⋅ 2 − 11 3

4

Garis bergradien 3 dan melalui titik Q(2, –1) maka persamaan garis : 4

Diperoleh koordinat titik Q(2, –1). Persamaan garis yang bergradien m dan melalui titik (x1, y1): y – y1 = m(x – x1)

y + 1 = 3 (x – 2) ⇔ 3y + 3 = 4x – 8 ⇔ 4x – 3y – 11 = 0 Jadi, persamaan garis singgung di titik singgung lingkaran L1 dan L2 adalah 4x – 3y – 11 = 0.

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a Lingkaran berpusat di titik (1, 0) dan melalui (3, 0). Lingkaran tersebut mempunyai persamaan (x – 1)2 + (y – 0)2 = r2. Oleh karena lingkaran melalui titik (3, 0), diperoleh: (x – 1)2 + (y – 0)2 = r2 ⇔ (3 – 1)2 + (0 – 0)2 = r2 ⇔ 4 + 0 = r2 ⇔ 4 = r2 Persamaan lingkarannya: (x – 1)2 + (y – 0)2 = r2 ⇔ (x – 1)2 + (y – 0)2 = 4 ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 = 4 ⇔ x2 + y2 – 2x – 3 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 – 2x – 3 = 0.

4. Jawaban: b Y Perhatikan gambar di samping. Oleh karena lingkaran menyinggung garis x = 8, (–2,6) dapat ditarik jari-jari dari titik (–2, 6) ke garis singgung X diperoleh r = 8 – (–2) = 10. x=8 Persamaan lingkaran: 2 2 2 (x + 2) + (y – 6) = r ⇔ (x + 2)2 + (y – 6)2 = 102 2 ⇔ x + 4x + 4 + y2 – 12y + 36 = 100 ⇔ x2 + 4x + y2 – 12y + 40 = 100 ⇔ x2 + y2 + 4x – 12y – 60 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 + 4x – 12y – 60 = 0.

2. Jawaban: b Lingkaran berdiameter 12 berarti jari-jarinya r = 6. Persamaan lingkaran dengan pusat (2, 7) dan jarijari r = 6 adalah: (x – 2)2 + (y – 7)2 = 62 ⇔ (x – 2)2 + (y – 7)2 = 36

5. Jawaban: a x2 + y2 – 6x + 2 = 0 ⇔ x2 – 6x + 9 + y2 = –2 + 9 ⇔ (x – 3)2 + y2 = 7 Diperoleh koordinat titik pusat (3, 0). Persamaan lingkaran yang berpusat di titik (3, 0) dan berjari-jari 1 adalah: (x – 3)2 + y2 = 12 2 ⇔ x – 6x + 9 + y2 = 1 ⇔ x2 + y2 – 6x + 8 = 0

y=

= –1

3. Jawaban: b Lingkaran yang berpusat di titik (2, –3) dan menyinggung sumbu X sebagai berikut. Y

0

2

X

r=3 –3

6. Jawaban: d y = 2x – 3 ⇔ 2x – y – 3 = 0 Jari-jari lingkaran L sama dengan jarak titik O(0, 0) ke garis 2x – y – 3 = 0, yaitu: r=

2(0) − (0) − 3 2

2

2 + (−1)

=

−3 5

9

⇔ r2 = 5

Persamaan lingkaran L: Dari gambar diperoleh koordinat titik pusat lingkaran (2, –3) dan jari-jari 3. Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y – (–3))2 = 32 ⇔ (x – 2)2 + (y + 3)2 = 9 2 ⇔ x – 4x + 4 + y2 + 6y + 9 – 9 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x + 6y + 4 = 0

x2 + y2 = r2 ⇒ ⇔

9

x2 + y2 = 5 5x2 + 5y2 = 9

7. Jawaban: e 2x2 + 2y2 = 49 49

⇔ x2 + y2 = 2

Matematika Kelas XI

61

49

49 2

r2 = 2 ⇔ r =

=

7 2

7

⇔

= 2 2

Jadi, panjang jari-jari lingkaran r =

7 2

2 satuan.

⇔

8. Jawaban: c x2 + y2 + 4x – 12y – 9 = 0 ⇔ x2 + 4x + y2 – 12y = 9 ⇔ x2 + 4x + 4 + y2 – 12y + 36 = 9 + 4 + 36 ⇔ (x + 2)2 + (y – 6)2 = 49 ⇔ (x + 2)2 + (y – 6)2 = 72 Diperoleh koordinat titik pusat (–2, 6) dan jari-jari 7.

⇔

9. Jawaban: c Substitusikan titik (2, –2) ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 + 2x – 4y + p = 0 2 ⇔ 2 + (–2)2 + 2(2) – 4(–2) + p = 0 ⇔ 4+4+4+8+p=0 ⇔ 20 + p = 0 ⇔ p = –20 Diperoleh lingkaran x2 + y2 + 2x – 4y – 20 = 0. Jari-jari lingkaran: r =

(−1)2 + 22 − (−20)

= 25 = 5 Jadi, panjang jari-jari lingkaran tersebut 5 satuan. 10. Jawaban: d Lingkaran x2 + y2 + 8x – 2y + a = 0 berpusat di titik (– 2 , – 2 ) = (–4, 1). Persamaan lingkaran yang berpusat di titik (–4, 1) dan berjari-jari 6 adalah (x + 4)2 + (y – 1)2 = 62 2 ⇔ x + 8x + 16 + y2 – 2y + 1 = 36 2 ⇔ x + y2 + 8x – 2y + 16 + 1 – 36 = 0 ⇔ x2 + y2 + 8x – 2y – 19 = 0 Jadi, nilai a = –19. 11. Jawaban: c Jari-jari lingkaran merupakan jarak titik pusat (–2, 3) dengan garis singgungnya 4x – 3y + 7 = 0. r=

4(−2) − 3(3) + 7 2

2

4 + (−3)

=

−8 − 9 + 7 25

=

−10 5

= |–2| = 2

Jadi, diameter lingkaran: d = 2r = 2 · 2 = 4 satuan.

p2 4

p2

= 25 = 100

⇔ p = ± 100 = ±10 Jadi, nilai p adalah ±10. 13. Jawaban: c x2 + y2 – 8x + 5y – 17 = 0 Titik (x1, y1) berada di dalam lingkaran, berarti x12 + y12 – 8x1 + 5y1 – 17 < 0. (0, 0) ⇒ 0 + 0 – 0 + 0 – 17 = –17 < 0 (4, 1) ⇒ 16 + 1 – 32 + 5 – 17 = –27 < 0 (–4, 2) ⇒ 16 + 4 + 32 + 10 – 17 = 45 > 0 (4, –2) ⇒ 16 + 4 – 32 – 10 – 17 = –39 < 0 (–2, –2) ⇒ 4 + 4 + 16 – 10 – 17 = –3 < 0 Diperoleh titik (0, 0), (4, 1), (4, –2), dan (–2, –2) terletak di dalam lingkaran, sedangkan titik (–4, 2) terletak di luar lingkaran. 14. Jawaban: a Lingkaran: x2 + y2 = 36 Pusat: (0, 0) dan jari-jari r = 3x + 4y + 20 = 0

36 = 6

3

⇔ y = –4x – 5 Diperoleh gradien m = – 4 . Persamaan garis singgung: 2

3 y = – 4 x ± 6  − 3  + 1  4

3

⇔

y = –4x ± 6

⇔

3

9 16 + 16 16

5

y = –4x ± 6 · 4 ⇔ 4y = –3x ± 30 Salah satu persamaan garis singgungnya: 4y = –3x – 30 ⇔ 3x + 4y + 30 = 0 15. Jawaban: c Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y + 4)2 = 10 Persamaan garis singgung yang bergradien m = –3: y – b = m(x – a) ± r 1+ m2

1  Titik pusat lingkaran:  2, – 2 p  . 



Lingkaran menyinggung sumbu Y maka r = | absis titik pusat||

62

– 21 = 22

⇔

12. Jawaban: a

⇒

4

p2 4

3

−2

8

2

4 + p − 25 = 2

2

22 +  − 1 p  − 25 = 2  2 

Persamaan Lingkaran

⇔

y + 4 = –3(x – 2) ±

10

1+ (−3)2

⇔ y + 4 = –3x + 6 ± 10 10 ⇔ 3x + y = 2 ± 10 ⇔ 3x + y = 2 + 10 atau 3x + y = 2 – 10 ⇔ 3x + y = 12 atau 3x + y = –8 Jadi, persamaan garis singgungnya 3x + y = 12 dan 3x + y = –8.

16. Jawaban: e Garis 5x + y = 10 mempunyai gradien m1 = –5. Oleh karena garis singgung tegak lurus dengan garis 5x + y = 10 diperoleh: m · m1 = –1 ⇔ m · –5 = –1 1

⇔

m= 5 Lingkaran x2 + y2 + 10x – 6y + 8 = 0 dapat disederhanakan menjadi: x2 + y2 + 10x – 6y + 8 = 0 ⇔ x2 + 10x + y2 – 6y = –8 2 ⇔ x + 10x + 25 + y2 – 6y + 9 = –8 + 25 + 9 ⇔ (x + 5)2 + (y – 3)2 = 26 Persamaan garis singgung lingkaran dengan 1

gradien 5 adalah y – b = m(x – a) ± r 1+ m2 1

⇔

y – 3 = 5 (x + 5) ± 26

⇔

y – 3 = 5 (x + 5) ±

⇔

1

1

26

1 5

1 + ( )2 26 25

26

y – 3 = 5 (x + 5) ± 5 ⇔ 5(y – 3) = x + 5 ± 26 ⇔ 5y – 15 = x + 5 ± 26 ⇔ x – 5y + 20 ± 26 = 0 ⇔ x – 5y + 20 + 26 = 0 atau x – 5y + 20 – 26 = 0 ⇔ x – 5y + 46 = 0 atau x – 5y – 6 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya x – 5y + 46 = 0 dan x – 5y – 6 = 0. 17. Jawaban: c (x + 2)2 + (y – 1)2 = 26 Untuk x = –3 dan y = 6 diperoleh: (–3 + 2)2 + (6 – 1)2 = 1 + 25 = 26 Titik (–3, 6) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya: (x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 26 ⇔ (–3 + 2)(x + 2) + (6 – 1)(y – 1) = 26 ⇔ (–1)(x + 2) + (5)(y – 1) = 26 ⇔ –x – 2 + 5y – 5 – 26 = 0 ⇔ –x + 5y – 33 = 0 ⇔ x – 5y + 33 = 0 18. Jawaban: c Misalkan titik singgung lingkaran x2 + y2 – 4x + 8y + 15 = 0 adalah T(a, –2), sehingga: a2 + (–2)2 – 4a + 8 · (–2) + 15 = 0 ⇔ a2 + 4 – 4a – 16 + 15 = 0 ⇔ a2 – 4a + 3 = 0 ⇔ (a – 3)(a – 1) = 0

⇔ a – 3 = 0 atau a – 1 = 1 ⇔ a = 3 atau a=1 Diperoleh titik singgung T1(1, –2) dan T2(3, –2). Persamaan garis singgung di T1 (1, –2): 4

8

x – 2y – 2 (x + 1) + 2 (y – 2) + 15 = 0 ⇔ x – 2y – 2x – 2 + 4y – 8 + 15 = 0 ⇔ –x + 2y + 5 = 0 ⇔ x – 2y – 5 = 0 Persamaan garis singgung di T2 (3, –2): 4

8

3x – 2y – 2 (x + 3) + 2 (y – 2) + 15 = 0 ⇔ 3x – 2y – 2x – 6 + 4y – 8 + 15 = 0 ⇔ x + 2y + 1 = 0 Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya x – 2y – 5 = 0. 19. Jawaban: b x2 + y2 = 13 Untuk x = –3 dan y = 2 diperoleh: (–3)2 + 22 = 9 + 4 = 13 Titik (–3, 2) terletak pada lingkaran, sehingga persamaan garis singgungnya: x1x + y1y = r2 ⇒ –3x + 2y = 13 Garis singgung memotong sumbu Y, berarti: x=0 ⇒ –3(0) + 2y = 13 ⇔ 2y = 13 13

⇔

y= 2 Jadi, garis singgung memotong sumbu Y di titik 13

(0, 2 ). 20. Jawaban: a Persamaan: x2 + y2 + 3x + 4y – 12 = 0 Untuk x = 0 dan y = 2 diperoleh: (0)2 + (2)2 + 3(0) + 4(2) – 4 = 0 + 4 + 0 + 8 – 12 = 0 Titik (0, 2) terletak pada lingkaran, sehingga persamaan garis singgungnya: 3

4

x1x + y1y + 2 (x + x1) + 2 (y + y1) – 12 = 0 3

⇒ 0x + 2y + 2 (x + 0) + 2(y + 2) – 12 = 0 3

⇔

2y + 2 x + 2y + 4 – 12 = 0 ⇔ 4y + 3x + 4y – 16 = 0 ⇔ 3x + 8y – 16 = 0 y = 0 ⇒ 3x + 8(0) – 16 = 0 ⇔ 3x = 16 1

⇔

x =53

Jadi, garis singgung lingkaran berpotongan dengan 1

sumbu X di titik (5 3 , 0).

Matematika Kelas XI

63

21. Jawaban: b Lingkaran L berpusat di titik (2, –2), yaitu: (x – 2)2 + (y + 2)2 = r2 Lingkaran L melalui titik (3, –1) berarti: (3 – 2)2 + (–1 + 2)2 = r2 ⇔ r2 = 12 + 12 = 2 Persamaan lingkaran L: (x – 2)2 + (y + 2)2 = 2. Persamaan garis singgung di titik (3, –1): (x1 – 2)(x – 2) + (y1 + 2)(y + 2) = 2 ⇔ (3 – 2)(x – 2) + (–1 + 2)(y + 2) = 2 ⇔ x–2+y+2–2=0 ⇔ x+y–2=0 22. Jawaban: d Lingkaran berpusat di O(0, 0) mempunyai persamaan x2 + y2 = r2. Oleh karena lingkaran melalui titik P(4, –2), diperoleh: x2 + y2 = r2 2 ⇔ 4 + (–2)2 = r2 ⇔ 16 + 4 = r2 ⇔ 20 = r2 Diperoleh persamaan lingkaran x2 + y2 = 20. Persamaan garis singgung lingkaran di titik P(4, –2) adalah 4x – 2y = 20 ⇔ 2x – y = 10. 23. Jawaban: d Dari persamaan lingkaran x2 + y2 + 2x – 6y + 6 = 0 diperoleh: Titik pusat lingkaran: P(–1, 3).

(−1)2 + 32 − 6 = 2. Garis yang sejajar sumbu Y mempunyai persamaan x = a atau x – a = 0. Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik P(–1, 3) ke garis x – a = 0. Jari-jari lingkaran: r =

r=

−1 − a 12

= | –1 – a |

⇔ r2 = | –1 – a | 2 ⇔ 22 = 1 + 2a + a2 ⇔ a2 + 2a – 3 = 0 ⇔ (a + 3)(a – 1) = 0 ⇔ a + 3 = 0 atau a – 1 = 0 ⇔ a = –3 atau a=1 Jadi, persamaan garis singgungnya x = –3 atau x = 1. 24. Jawaban: d Titik pusat lingkaran: (3, –2). Jari-jari lingkaran: r = 32 + (−2)2 − (−5) = 18 = 3 2 . Lingkaran memotong sumbu Y maka x = 0. 02 + y2 – 6 · 0 + 4y – 5 = 0 ⇔ y2 + 4y – 5 = 0

64

Persamaan Lingkaran

⇔ (y + 5)(y – 1) = 0 ⇔ y + 5 = 0 atau y – 1 = 0 ⇔ y = –5 atau y=1 Diperoleh titik A(0, 1) dan B(0, –5). Persamaan garis singgung di titik A: 0 + 1 · y – 3(x + 0) + 2(y + 1) – 5 = 0 ⇔ y – 3x + 2y + 2 – 5 = 0 ⇔ –3x + 3y – 3 = 0 ⇔ x–y+1=0 Persamaan garis singgung di titik B: 0 – 5 · y – 3(x + 0) + 2(y – 5) – 5 = 0 ⇔ –5y – 3x + 2y – 10 – 5 = 0 ⇔ –3x – 3y – 15 = 0 ⇔ x+y+5=0 Jadi, persamaan garis singgung lingkaran adalah x – y + 1 = 0 dan x + y + 5 = 0. 25. Jawaban: c Misalkan koordinat titik P(x1, y1). Titik P di luar lingkaran L. Garis singgung di titik A melalui AP dan garis singgung di titik B melalui BP. Garis g: 7x – y = 25 merupakan garis kutub dari titik P pada lingkaran L. Persamaan garis kutub dari titik P pada lingkaran L: x1x + y1y = 25. Sehingga diperoleh x1 = 7 dan y1 = –1. Jadi, koordinat titik P(7, –1). 26. Jawaban: e L: (x + 5)2 + (y – 6)2 = 9 Substitusikan x = –5 ke dalam lingkaran L. (–5 + 5)2 + (y – 6)2 = 9 ⇔ (y – 6)2 = 9 ⇔ y – 6 = ±3 ⇔ y=6±3 ⇔ y = 9 atau y = 3 Diperoleh titik potong (–5, 9) dan (–5, 3). Persamaan garis singgung di titik (–5, 9): (–5 + 5)(x + 5) + (9 – 6)(y – 6) = 9 ⇔ 0(x + 5) + 3(y – 6) = 9 ⇔ y–6=3 ⇔ y=9 Persamaan garis singgung melalui (–5, 3): (–5 + 5)(x + 5) + (3 – 6)(y – 6) = 9 ⇔ 0(x + 5) – 3(y – 6) = 9 ⇔ y – 6 = –3 ⇔ y=3 Jadi, garis singgungnya y = 3 dan y = 9. 27. Jawaban: b Misalkan garis singgung lingkaran L di titik A 1

adalah g dan gradiennya mg = – 2 . OA merupakan jari-jari lingkaran L.

Persamaan garis yang melalui OA: y−0 yA − 0 y ⇔ 2

⇔

= =

y=

30. Jawaban: b Perhatikan gambar berikut.

x−0 xA − 0 x a 2 x a

Y

(4,6)

Q(a, b) b

2

Gradien garis yang melalui OA: m = a Garis g tegak lurus garis yang melalui OA maka mg · m = –1 ⇒ –

2

28. Jawaban: d L: x2 + y2 – 24x – 12y + 168 = 0 ⇔ x2 – 24x + 144 + y2 – 12y + 36 = –168 + 144 + 36 ⇔ (x – 12)2 + (y – 6)2 = 12 Diperoleh koordinat titik pusat (2, 3) dan jari-jari r = 12 = 2 3 . Titik A dan B merupakan titik singgung dari dua garis singgung yang sejajar sehingga panjang AB sama dengan panjang diameter. Jadi, panjang AB = d = 2r = 4 3 satuan. 29. Jawaban: d

Misalkan lingkaran M berpusat di Q(a, b) sehingga persamaannya (x – a)2 + (y – b)2 = r2. Oleh karena melalui titik (4, 6) diperoleh: (x – a)2 + (y – b)2 = r2 ⇔ (4 – a)2 + (6 – b)2 = b2 2 ⇔ a – 8a + 16 + b2 – 12b + 36 = b2 ⇔ a2 – 8a – 12b + 52 = 0 . . . (1) Perhatikan segitiga OPQ. OQ2 = OP2 + PQ2 Q ⇔ (2 + b)2 = a2 + b2 b 2+ ⇔ 4b + 4 = a2 b ⇔ 4b = a2 – 4 a2 − 4 4 a2 − 4 Substitusikan b = 4

⇔

b=

5)

⇔ a2 – 8a – 12(

1

B1

7

2,

O

a

P

ke dalam persamaan (1).

a2 – 8a – 12b + 52 = 0

Y

4

Q

(–

X

P

2

1 2

· a = –1 ⇔ a= 1 Jadi, nilai a = 1

P(5, b) r B2 O

2

X

Garis singgung 1 tegak lurus PB1 dan garis singgung 2 tegak lurus PB2. Jarak PQ = 2

2

(x Q − xP ) + (yQ − yP )

⇔

a

O

b

=

(−2 − 5)2 + (5 − b)2 =

PB12 + QB12 2

4 +7 65

⇔ (–7)2 + (5 – b)2 = 65 ⇔ 49 + 25 – 10b + b2 = 65 ⇔ b2 – 10b + 9 = 0 ⇔ (b – 1)(b – 9) = 0 ⇔ b = 1 atau b = 9 Jadi, nilai b = 1 atau b = 9.

2

a2 − 4 4

) + 52 = 0

⇔ a2 – 8a – 3(a2 – 4) + 52 = 0 ⇔ a2 – 8a – 3a2 + 12 + 52 = 0 ⇔ –2a2 – 8a + 64 = 0 ⇔ 2a2 + 8a – 64 = 0 ⇔ a2 + 4a – 32 = 0 ⇔ (a + 8)(a – 4) = 0 ⇔ a + 8 = 0 atau a – 4 = 0 ⇔ a = –8 atau a=4 Nilai a yang memenuhi adalah 4. Untuk a = 4 diperoleh: b=

a2 − 4 4

=

42 − 4 4

=3

Lingkaran M berpusat di titik (4, 3) dan berjari-jari 3. Persamaan lingkaran M: (x – a)2 + (y – b)2 = r2 ⇔ (x – 4)2 + (y – 3)2 = 32 2 ⇔ x – 8x + 16 + y2 – 6y + 9 = 9 ⇔ x2 + y2 – 8x – 6y + 16 = 0 Jadi, persamaan lingkaran M adalah x2 + y2 – 8x – 6y + 16 = 0.

Matematika Kelas XI

65

B. Uraian 1. a. Lingkaran berpusat di O(0, 0) mempunyai persamaan x2 + y2 = r2. Oleh karena lingkaran menyinggung garis y = 6 maka r = 6, diperoleh: x2 + y2 = r2 ⇔ x2 + y2 = 62 ⇔ x2 + y2 = 36 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 36. b. Lingkaran berpusat di A(2, 7) mempunyai persamaan (x – 2)2 + (y – 7)2 = r2. Oleh karena lingkaran melalui titik (5, 2), diperoleh: (x – 2)2 + (y – 7)2 = r2 ⇔ (5 – 2)2 + (2 – 7)2 = r2 ⇔ 32 + (–5)2 = r2 ⇔ 9 + 25 = r2 ⇔ 34 = r2 Jadi, persamaan lingkarannya (x – 2)2 + (y – 7)2 = 34. 2. L: x2 + y2 + 6x – 14y + 9 = 0 a.

Pusat:

1  1   – 2 (6), – (–14)  2  

Jari-jari: r = =

b.

= (–3, 7)

66

−2 + 3 + 0 12 + 12

1 2

=

1

⇔ r2 = 2

Persamaan lingkaran: 1

(x – (–2))2 + (y – 3)2 = 2

b.

1

⇔

(x + 2)2 + (y – 3)2 = 2

⇔

1

x2 + 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = 2 ⇔ 2x2 + 8x + 8 + 2y2 – 12y + 18 = 1 ⇔ 2x2 + 2y2 + 8x – 12y + 25 = 0 2x2 + 2y2 + 8x – 12y + 25 = 0 Untuk x = –3 dan y = 2 diperoleh: 2(–3)2 + 2(2)2 + 8(–3) – 12(2) + 25 = 18 + 8 – 24 – 24 + 25 = 3 > 0 Oleh karena hasilnya positif, maka titik Q terletak di luar lingkaran L.

5. Titik pusat L1: P1(0, –4). Jari-jari L1: r1 =

02 + (−4)2 − 3 =

(−3) + 7 − 9

Titik pusat L2: P2(4, 2).

9 + 49 − 9

Jari-jari L2: r2 =

2

2

= 49 = 7 Jadi, pusat lingkaran L(–3, 7) dan jari-jarinya 7. Persamaan lingkaran dengan pusat (–3, 7) dan r = 5: (x + 3)2 + (y – 7)2 = 52 2 2 ⇔ x + 6x + 9 + y – 14y + 49 – 25 = 0 ⇔ x2 + y2 + 6x – 14y + 33 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 + 6x – 14y + 33 = 0.

3. L: x2 + y2 – 2x + py – 12 = 0 a. Titik A(2, –3) terletak pada lingkaran L, berarti: 22 + (–3)2 – 2(2) + p(–3) – 12 = 0 ⇔ 4 + 9 – 4 – 3p – 12 = 0 ⇔ 3p = –3 ⇔ p = –1 Jadi, nilai p = –1. b. L: x2 + y2 – 2x – y – 12 = 0 B(–4, 0) ⇒ (–4)2 + 02 – 2(–4) – 0 – 12 = 16 + 0 + 8 – 12 = 12 > 0 Titik B terletak di luar lingkaran. C(2, 3) ⇒ 22 + 32 – 2(2) – 3 – 12 = 4 + 9 – 4 – 3 – 12 = –6 < 0 Titik C terletak di dalam lingkaran. 4. a.

r=

Pusat lingkaran: P(–2, 3) Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik pusat ke garis x + y = 0, yaitu: Persamaan Lingkaran

13 .

42 + 22 − 7 =

13 . Oleh karena jari-jari r1 = r2 maka titik P3 merupakan titik tengah garis P1P2.

Koordinat titik pusat: P3  

xP1 + xP2 2

,

0+4

= P3  2 ,  = P3(2, –1)

yP1 + yP2   2 

−4 + 2  2 

Jari-jari L3: r3 = 2r1 = 2r2 = 2 13 . Persamaan lingkaran L3: (x – xP )2 + (y – yP )2 = r32 3 3 ⇒ (x – 2)2 + (y + 1)2 = (2 13 )2 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 2y + 1 = 52 ⇔ x2 + y2 – 4x + 2y – 47 = 0 Jadi, persamaan lingkaran L3: x2 + y2 – 4x + 2y – 47 = 0 6. a.

Persamaan lingkaran Lingkaran N berpusat di O(0, 0) mempunyai persamaan x2 + y2 = r2. Oleh karena lingkaran melalui titik (2, 4), diperoleh: x2 + y2 = r2 ⇔ 22 + 42 = r2 ⇔ 4 + 16 = r2 ⇔ 20 = r2 Jadi, persamaan lingkaran N adalah x2 + y2 = 20.

b.

Persamaan garis singgung dengan gradien –2

b.

2 y = mx ± r 1 + m

⇔ y = –2x ±

20 1 + (−2)2

⇔ y = –2x ±

20 5

⇔ y = –2x ± 100 ⇔ y = –2x ± 10 ⇔ y = –2x + 10 atau y = –2x – 10 Jadi, persamaan garis singgungnya y = –2x + 10 dan y = –2x – 10. 7. L: x2 + y2 + 4x – 2y – 15 = 0 2 ⇔ x + 4x + 4 + y2 – 2y + 1 = 15 + 4 + 1 ⇔ (x + 2)2 + (y – 1)2 = 20 Diperoleh koordinat titik pusat (–2, 1) dan jari-jari r = 20 . g: 6x + 3y – 1 = 0 ⇔ y = –2x +

=

Diperoleh gradien garis g adalah –2. a. Garis singgung yang sejajar dengan garis g bergradien m = –2. Persamaan garis singgung lingkaran L yang bergradien m = –2 adalah: y – 1 = –2(x + 2) ± 20 1+ (−2)2

b.

⇔ y – 1 = –2x – 4 ± 20 5 ⇔ y = –2x – 3 ± 10 ⇔ 2x + y = –3 ± 10 Jadi, persamaan garis singgungnya 2x + y = –3 ± 10. Garis singgung yang tegak lurus garis g 1

bergradien m = 2 . Persamaan garis singgung lingkaran L yang bergradien m = y–1= ⇔

9. Ordinat titik pusat = 2. Misalkan koordinat titik pusat lingkaran P(a, 2). Garis g: x – 3y + 5 = 0 melalui titik pusat lingkaran berarti titik P(a, 2) terletak pada garis g. Sehingga: a–3·2+5=0⇔a=1 Diperoleh titik pusat: P(1, 2). Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik P(1, 2) ke titik A(0, –1): r =

1 6

1 2

1 (x 2

adalah: + 2) ±

y–1=x+1±

20

(xP − x A )2 + (yP − y A )2

(1 − 0)2 + (2 − (−1))2

= 12 + 32 = 1 + 9 = 10 ⇔ r2 = 10 Persamaan lingkaran: (x – xP)2 + (y – yP)2 = r2 ⇔ (x – 1)2 + (y – 2)2 = 10 Persamaan garis singgung di titik A(0, –1): (0 – 1)(x – 1) + (–1 – 2)(y – 2) = 10 ⇔ –x + 1 – 3y + 6 = 10 ⇔ –x – 3y – 3 = 0 ⇔ x + 3y + 3 = 0 Jadi, persamaan garis singgung di titik A x + 3y + 3 = 0. 10. L: x2 + y2 – 4x + 8y – 5 = 0 Titik pusat: P(2, –4) a. : x – 2y + 6 = 0 ⇔ 2y = x + 6 ⇔

1

y = 2x + 3 1

20

1 1+ ( )2 2

5 4

⇔ y=x+2±5 ⇔ 2y = x + 4 ± 10 ⇔ x – 2y = –4 ± 10 Jadi, persamaan garis singgungnya x – 2y = –4 ± 10. 2)2

Persamaan garis singgung lingkaran di titik P(–2, –6) yaitu: (x1 – 2)(x – 2) + (y1 + 3)(y + 3) = 25 ⇔ (–2 – 2)(x – 2) + (–6 + 3)(y + 3) = 25 ⇔ –4(x – 2) – 3(y + 3) = 25 ⇔ –4x + 8 – 3y – 9 = 25 ⇔ 4x + 3y + 26 = 0

3)2

8. Persamaan lingkaran: (x – + (y + = 25 a. Untuk x = –2 dan y = –6 diperoleh: (x – 2)2 + (y + 3)2 = (–2 – 2)2 + (–6 + 3)2 = 16 + 9 = 25 Jadi, titik (–2, –6) terletak pada lingkaran.

Gradien garis : m = 2 Garis g tegak lurus garis maka gradien garis g adalah m1 = –2. Persamaan garis g: y = –2x + c dengan c > 0 karena memotong sumbu Y positif. Persamaan garis g menjadi 2x + y – c = 0. Jarak garis g dari titik pusat P(2, –4) adalah 2 5 maka: 2 5 =

2⋅2− 4 − c 22 + 12

⇔ (2 5 )2 =

−c 5

2

c2 5

⇔

20 =

⇔ ⇔

c2 = 100 c = ± 10

Matematika Kelas XI

67

Oleh karena c > 0 maka c = 10. Persamaan garis g: 2x + y – 10 = 0 ⇔ y = –2x + 10 b.

68

Mencari koordinat titik potong M dan N. Substitusikan y = –2x + 10 ke dalam persamaan lingkaran L. x2 + (–2x + 10)2 – 4x + 8(–2x + 10) – 5 = 0 ⇔ x2 + 4x2 – 40x + 100 – 4x – 16x + 80 – 5 = 0 ⇔ 5x2 – 60x + 175 = 0 ⇔ x2 – 12x + 35 = 0 ⇔ (x – 7)(x – 5) = 0 ⇔ x = 7 atau x = 5

Persamaan Lingkaran

c.

Untuk x1 = 7 maka y1 = –2 · 7 + 10 = –4 Untuk x2 = 5 maka y2 = –2 · 5 + 10 = 0 Diperoleh titik M(7, –4) dan N(5, 0). Persamaan garis singgung L di titik M(7, –4): 7x – 4y – 2(x + 7) + 4(y – 4) – 5 = 0 ⇔ 7x – 4y – 2x – 14 + 4y – 16 – 5 = 0 ⇔ 5x – 35 = 0 ⇔ x=7 Persamaan garis singgung L di titik N(5, 0): 5x – 0 – 2(x + 5) + 4(y + 0) – 5 = 0 ⇔ 5x – 2x – 10 + 4y – 5 = 0 ⇔ 3x + 4y – 15 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah x = 7 dan 3x + 4y – 15 = 0.

A. Pilihlah jawaban yang tepat. 1. Jawaban: d Data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi relatif sebagai berikut. Berat Satwa (kg)

frelatif

98 – 100 101 – 103 104 – 106 107 – 109 110 – 112 113 – 115

16% 32% 4% 8% 24% 16%

Me =

(data ke-

=

(data ke-15 + data ke-16)

=

(7 + 7)

xi

fi

fi xi

2 5 8 11 14 17 20

41 22 19 8 3 5 2

82 110 152 88 42 85 40

Jumlah

100

599

× + × + × + × + × + × – x = + + + + +

=

=7 Siswa yang lulus adalah siswa yang memperoleh nilai 7, 8, 9, dan 10. Banyak siswa yang lulus = 4 + 6 + 1 + 1= 12 Persentase banyak siswa yang lulus

+ 1))

4. Jawaban: a Data dalam bentuk tabel sebagai berikut.

2. Jawaban: c Nilai rata-rata ujian Matematika:

+ + + + +

+ data ke-(

=7 Jadi, median data tersebut 7.

Dari tabel di atas diperoleh 24% satwa mempunyai berat 110–112 kg.

=

=

∑ = Σ

=

= 5,99

Jadi, rata-rata dari data tersebut 5,99. 5. Jawaban: b Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

= × 100% = 60% 3. Jawaban: d Data dalam bentuk tabel sebagai berikut. Nilai

fi

fk

5 6 7 8 9

4 7 12 5 2

4 11 23 28 30

Banyak data = 30 (genap)

Pendapatan (ribuan rupiah

fi

fk

12–15 16–19 20–23 24–27 28–31 32–35

1 7 6 4 4 3

1 8 14 18 22 25

Banyak data = n = 25 Median = nilai data ke-( + )

= nilai data ke-13 Median adalah nilai data ke-13 terletak di kelas interval 20–23. L = 20 – 0,5 = 19,5

Matematika Kelas XI

69


fM = 6 e fk = 8 Me p = 23 – 20 + 1 = 4 Me = L +

 ⋅ −   

   

·p

 ⋅ −       

= 19,5 +

Berat Badan (kg)

fi

fk

41 – 45 46 – 50

3 7

3 10

51 – 55

10

20

56 – 60

24

44

61 – 65

10

54

66 – 70 71 – 75

4 2

58 60

·4

= 19,5 + 3 = 22,5 Jadi, median pendapatan harian pekerja Rp22.500,00. 6. Jawaban: c Rata-rata berat badan 8 orang anggota sebuah tim olahraga adalah = 94 kg, maka:

Σ

=

=

⇔

Σ = 8 × = 8 × 94

=

= 752 kg Rata-rata beratnya berkurang menjadi = 92 kg ketika seorang pemain cadangan digabungkan. Misalkan berat pemain cadangan = x9, maka:

⇔

92 =

+

Q1 = nilai data ke- = nilai data ke-15,25 Q1 adalah nilai data ke-15,25 terletak di kelas interval 51– 55. L1 = 51 – 0,5 = 50,5 fk = 10 Q1 fQ = 10 1 p = 55 – 51 + 1 = 5

Σ +

= 50,5

+

= 50,5 +

⇔

7. Jawaban: e Modus di kelas interval 09.33–09.35. L = 09.33 – 30'' = 09.32'.60'' – 30'' = 09.32'.30'' d1 = 32 – 20 = 12 d2 = 32 – 28 = 4 p = 09.35 – 09.33 + 1' = 3' 

 −   ·p      ⋅ −  +    

Q1 = L3 + 

=

x9 = 9 × 92 – 752 = 828 – 752 = 76 Jadi, berat badan pemain cadangan tersebut 76 kg.



Mo = L +  +  · p  

 

= 09.32'.30'' +     = 09.32'.30'' + 2,25 = 09.32'.30'' + 2'.15'' = 09.34'.45'' Jadi, modus waktu kedatangan bus 09.34'.45''.

70

Ulangan Tengah Semester

·5

−

= 50,5 + 2,5 = 52,5 Q3 = nilai data ke-

+

= nilai data ke-45,75

Q3 adalah nilai data ke-45,75 terletak di kelas interval 61 – 65. L3 = 61 – 0,5 = 60,5 fk = 44 Q fQ 3 = 10 3

 −      

Q3 = L3 + 

·p

 ⋅ −  ·   

= 60,5 + 

 

= 09.32'.30'' +  +  · 3'  

← kelas Q3


=

← kelas Q1

= 60,5 +

5

−

= 60,5 + 0,5 = 61 Jangkauan antarkuartil: H = Q3 – Q1 = 61 – 52,5 = 8,5 Jadi, jangkauan antarkuartil data adalah 8,5.

9. Jawaban: a

=

∑

=

∑

=

=

× + × + × + × + × + × +++++

=

+ + + + + +++++

=

= 17 Simpangan rata-rata

∑ −

=

=

∑

=

=

− + − + − + − + − + − +++++

=

× + × + × + × + × + ×

=

+ + + + +

=

=

= 1,5

10. Jawaban: d

∑ − = 6(15 – 17)2 + 3(16 – 17)2 + 3(17 – 17)2 + 3(18 – 17) 2 + 3(19 – 17) 2 + 2(20 – 17)2 =6×4+3×1+3×0+3×1+3×4 +2×9 = 24 + 3 + 0 + 3 + 12 + 18 = 60

12. Jawaban: e Tiga orang yang selalu duduk berdampingan dianggap 1 unsur sehingga permasalahan menjadi permutasi siklis dari 6 unsur. Banyak cara duduk 3 orang yang berdampingan = P = 3! 3 3 Banyak cara duduk delapan orang = 3! (6 – 1)! = 3! 5! = 6 × 120 = 720 13. Jawaban: d Dari angka-angka 1, 2, 3, 4, dan 5 dibentuk bilangan ganjil lebih dari 2.000. Bilangan lebih dari 2.000 memiliki nilai tempat ribuan, ratusan, puluhan, dan satuan. Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat ribuan adalah 2, 3, 4, dan 5. Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat satuan adalah 1, 3, dan 5. Banyak bilangan yang dapat dibentuk dapat di cari menggunakan tabel berikut. Ribuan Ratusan Puluhan Satuan 2

...

...

1

2

...

...

3

2

...

...

5

3

...

...

1

3

...

...

5

4

...

...

1

4

...

...

3

4

...

...

5

5

...

...

1

...

...

3

=

5

2

Variansi: s =

∑ −

=

=

∑

=3

=

P 3 2 Banyak bilangan yang dapat dibentuk = 10 × 3P2 = 10 × 6 = 60

11. Jawaban: a Jumlah huruf = 12 Banyak huruf N = 2 Banyak huruf A = 2 Banyak huruf I = 2 Banyak huruf S = 2 Banyak susunan huruf = =

14. Jawaban: b Kemungkinan 5 anak yang terpilih adalah 2 anak laki-laki dan 3 anak perempuan, 1 anak laki-laki dan 4 anak perempuan, atau 5 anak perempuan. Banyak cara memilih 2 anak laki-laki dari 10 anak laki-laki dan 3 anak perempuan dari 5 anak perempuan = 10C2 × 5C3

×

=

=

× × × ×

= × 11!

×

×

× × × ×

= 45 × 10 = 450 Matematika Kelas XI

71

Banyak cara memilih 1 anak laki-laki dari 10 anak laki-laki dan 4 anak perempuan dari 5 anak perempuan = 10C1 × 5C4 =

=

×

×

×

× ×

= 10 × 5 = 50 Banyak cara memilih 5 anak perempuan dari 5 anak

perempuan = 5C5 =

15. Jawaban: a Misalkan: A = kejadian terlihat mata dadu genap pada dadu pertama = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} B = kejadian terlihat mata dadu 4 pada dadu kedua = {(1, 4), (2, 4), (3, 4), (4, 4), (5, 4), (6, 4)} A ∩ B = {(2, 4), (4, 4), (6, 4)} Diperoleh n(A) = 18, n(B) = 6, dan n(A ∩ B) = 3. Oleh karena A ∩ B ≠ ∅, kejadian A dan B tidak saling lepas. Peluang terlihat mata dadu genap pada dadu pertama atau mata dadu 4 pada dadu kedua: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)

+

–

∩

= + –

=

= 16. Jawaban: e Banyak anggota ruang sampel: n(S) = banyak cara mengambil 4 kelereng dari 12 kelereng = 12C4

= =

× × × × × × × ×

= 11 × 5 × 9 = 495 Misalkan A = kejadian terambil 3 kelereng merah dan 1 kelereng hijau.

72


= × =

×

×

× = 4 × 4 = 16

=1

Jadi, banyaknya cara memilih paling banyak 2 anak laki-laki disertakan adalah 450 + 50 + 1 = 501 cara.

=

n(A) = banyak cara mengambil 3 kelereng merah dari 4 kelereng merah dan 1 kelereng hijau dari 4 kelereng hijau = 4C3 × 4C1

P(A) = = Jadi, peluang terambilnya 3 kelereng merah dan 1

kelereng hijau adalah . 17. Jawaban: b Dua buah dadu dilambungkan bersama-sama sekali, maka banyak anggota ruang sampel adalah n(S) = 6 × 6 = 36. Jumlah kedua mata dadu merupakan bilangan prima adalah 2, 3, 5, 7, dan 11. Misalkan: A = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 2 = {(1, 1)} B = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 3 = {(1, 2), (2, 1)} C = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 5 = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} D = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 7 = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)} E = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 11 = {(5, 6), (6, 5)} Diperoleh n(A) = 1, n(B) = 2, n(C) = 4, n(D) = 6, n(E) = 2. Kejadian A, B, C, D, dan E saling lepas. Peluang terlihat jumlah kedua mata dadu prima:

P = + + + +

= + + + + = = Jadi, peluang terlihat jumlah kedua mata dadu

merupakan bilangan prima adalah . 18. Jawaban: a Misalkan: K1 = kejadian terambil bola putih pada pengambilan pertama K2= kejadian terambil bola kuning pada pengambilan kedua Jumlah bola = 12, maka n(S) = 12. Banyak bola putih = 4, maka n(K1) = 4. Banyak bola kuning = 3, maka n(K2) = 3.

Dua bola diambil berurutan secara acak tanpa pengembalian.

P(K1) = = = Satu bola yang telah terambil tidak dikembalikan. Sekarang dalam kotak tersisa 11 bola dengan banyak bola putih 3. Peluang kejadian terambil bola kuning pada pengambilan kedua dengan syarat telah terambil bola putih pada pengambilan pertama:

P(K2|K1) = − = Peluang terambil sebuah bola putih pada pengambilan pertama dan sebuah bola kuning pada pengambilan kedua: P(K1 ∩ K2) = P(K1) × P(K2|K1)

= × = Jadi, peluang terambil sebuah bola putih pada pengambilan pertama dan sebuah bola kuning

pada pengambilan kedua adalah . 19. Jawaban: c Satu set kartu bridge berisi 52 kartu, maka banyak anggota ruang sampel adalah n(S) = 52. Satu set kartu bridge terdiri atas 4 jenis kartu, yaitu 13 kartu hati, 13 kartu wajik, 13 kartu sekop, dan 13 kartu keriting. Kartu hati dan wajik berwarna merah, sedangkan kartu sekop dan keriting berwarna hitam. Setiap jenis kartu terdiri atas kartu bernomor 2 sampai dengan 10 dan 4 kartu bergambar. Misalkan: A = kejadian terambil kartu berwarna hitam B = kejadian terambil kartu berangka 10 A ∩ B = kejadian terambil kartu berwarna hitam dan berangka 10 = kejadian terambil kartu sekop bernomor 10 dan kartu keriting bernomor 10 Dengan demikian, diperoleh n(A) = 26, n(B) = 4, dan n(A ∩ B) = 2. Oleh karena n(A ∩ B) ≠ 0, maka kejadian A dan B tidak saling lepas. Peluang terambil kartu berwarna hitam atau kartu berangka 10: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = =

∩ + –

+ –

= =

20. Jawaban: b Banyak percobaan = n = 108 kali. Misalkan: A = kejadian terlihat mata dadu bilangan prima = {2, 3, 5} B = kejadian terlihat mata dadu bilangan ganjil = {1, 3, 5} A ∩ B = {3, 5} Diperoleh n(A) = 3, n(B) = 3, dan n(A ∩ B) = 2. Oleh karena A ∩ B ≠ ∅, maka kejadian A dan B tidak saling lepas. Peluang kejadian terlihat mata dadu bilangan prima atau ganjil: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)

= + –

∩

= + – = = Frekuensi harapan terlihat mata dadu bilangan prima atau ganjil:

Fh = P(A ∪ B) × n = × 108 = 72 21. Jawaban: e Lingkaran yang berpusat di titik (0, 0) mempunyai persamaan x2 + y2 = r2. Oleh karena lingkaran melalui titik (4, 1) diperoleh: x2 + y2 = r2 ⇔ 42 + 12 = r2 ⇔ 16 + 1 = r2 ⇔ 17 = r2 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 17. 22. Jawaban: b Titik pusat lingkaran terletak di tengah diameter, koordinatnya:  − −   "#   

= (–2, 1)

Lingkaran tersebut mempunyai persamaan (x + 2)2 + (y – 1)2 = r2. Oleh karena melalui titik (2, 4) diperoleh: (x + 2)2 + (y – 1)2 = r2 ⇔ (2 + 2)2 + (4 – 1)2 = r2 ⇔ 42 + 32 = r2 ⇔ 16 + 9 = r2 ⇔ 25 = r2 Persamaan lingkaran: (x + 2)2 + (y – 1)2 = r2 ⇔ (x + 2)2 + (y – 1)2 = 25 2 ⇔ x + 4x + 4 + y2 – 2y + 1 = 25 ⇔ x2 + y2 + 4x – 2y – 20 = 0

Matematika Kelas XI

73

23. Jawaban: d x2 + y2 – 4x + 10y + c = 0 Diperoleh A = –4, B = 10, dan C = c. r=3 ⇔

(− ) + (− )

−$ = 3

⇔

+ − − $ = 3

⇔

+ − $ = 3

⇔ − $ = 3 ⇔ 29 – c = 32 ⇔ 29 – c = 9 ⇔ c = 20 Jadi, nilai c yang memenuhi adalah 20. 24. Jawaban: c Substitusikan x = a dan y = –2 ke dalam persamaan lingkaran. (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25 ⇔ (a – 3)2 + (–2 + 2)2 = 25 ⇔ (a – 3)2 + 0 = 25 ⇔ (a – 3)2 = 25 ⇔ a – 3 = 5 atau a – 3 = –5 ⇔ a = 8 atau a = –2 Jadi, nilai a yang memenuhi adalah –2 atau 8. 25. Jawaban: b 2x – y + 1 = 0 ⇔ y = 2x + 1 Substitusikan y = 2x + 1 ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 – 8x + 2y – 8 = 0 2 2 ⇔ x + (2x + 1) – 8x + 2(2x + 1) – 8 = 0 ⇔ x2 + 4x2 + 4x + 1 – 8x + 4x + 2 – 8 = 0 ⇔ 5x2 – 5 = 0 ⇔ 5(x2 – 1) = 0 ⇔ 5(x – 1)(x + 1) = 0 ⇔ x – 1 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔ x = 1 atau x = –1 Untuk x = 1 maka y = 2 · 1 – 1 = 1 Untuk x = –1 maka y = 2 · (–1) – 1 = –3 Diperoleh titik P(1, 1) dan Q(–1, –3). Panjang PQ =

− − + − −

=

+

=

= Jadi, panjang ruas garis PW adalah . 26. Jawaban: e x–y–4=0 ⇔ y=x–4

74


Substitusikan y = x – 4 ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 – 8x – 8y + 24 = 0 2 ⇔ x + (x – 4)2 – 8x – 8(x – 4) + 24 = 0 2 ⇔ x + x2 – 8x + 16 – 8x – 8x + 32 + 24 = 0 ⇔ 2x2 – 24x + 72 = 0 ⇔ 2(x2 – 12x + 36) = 0 ⇔ 2(x – 6)2 = 0 ⇔ x–6=0 ⇔ x=6 Substitusikan x = 6 ke dalam y = x – 4. y=x–4=6–4=2 Jadi, garis tersebut menyinggung lingkaran di titik (6, 2). 27. Jawaban: b Cara 1: x2 + y2 + 6x – 2y – 35 = 0 Titik pusat = (–3, 1)

− + − − = = Jarak titik pusat lingkaran ke garis singgung sama dengan jari-jari lingkaran. y = –2x + n ⇔ 2x + y – n = 0 r= Jari-jari = r =

⇔

− ⋅ + ⋅ − +

=

⇔

− + −

=

⇔

− −

=

⇔

− −

⇔

+

= ( )2 = 45

⇔ (5 + n)2 = 225 ⇔ 5 + n = 15 atau 5 + n = –15 ⇔ n = 10 atau n = –20 Cara 2: Substitusikan y = –2x + n ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 + 6x – 2y – 35 = 0 2 2 ⇔ x + (–2x + n) + 6x – 2(–2x + n) – 35 = 0 ⇔ x2 + 4x2 – 4nx + n2 + 6x + 4x – 2n – 35 = 0 ⇔ 5x2 – 4nx + n2 + 10x – 2n – 35 = 0 ⇔ 5x2 + (10 – 4n)x + (n2 – 2n – 35) = 0 Oleh karena garis bersinggungan dengan lingkaran, diperoleh: D=0 ⇔ (10 – 4n)2 – 4 · 5 · (n2 – 2n – 35) = 0 ⇔ (100 – 80n + 16n2) – 20 · (n2 – 2n – 35) = 0 ⇔ 100 – 80n + 16n2 – 20n2 + 40n + 700 = 0 ⇔ –4n2 – 40n + 800 = 0 ⇔ –4(n2 + 10n – 200) = 0

⇔ –4(n + 20)(n – 10) = 0 ⇔ n + 20 = 0 atau n – 10 = 0 ⇔ n = –20 atau n = 10 Jadi, salah satu nilai n yang memenuhi adalah 10. 28. Jawaban: b x2 + y2 – 2x – 44 = 0 ⇔ x2 – 2x + y2 = 44 2 ⇔ x – 2x + 1 + y2 = 44 + 1 ⇔ (x – 1)2 + y2 = 45 Garis 4x + 2y = 7 mempunyai gradien m1 = –2. Oleh garis singgung sejajar dengan garis 4x + 2y = 7 maka m = m1 = –2. Persamaan garis singgung: y – b = m(x – a) ± r + & ⇔ y = –2(x – 1) ±

Persamaan garis singgung: y – b = m(x – a) ± r + & ⇔ y + 2 = –3(x – 3) ±

⇔ y + 2 = –3x + 9 ± ⇔ y = –3x + 7 ± 10 ⇔ y = –3x + 7 + 10 atau y = –3x + 7 – 10 ⇔ y = –3x + 17 atau y = –3x – 3 Jadi, persamaan garis singgungnya y = –3x + 17 dan y = –3x – 3. B. Kerjakan soal-soal berikut. 1. Panjang kelas p = selisih dua titik tengah kelas interval yang saling berurutan. Titik tengah kelas interval ke-1 = 55,5 Titik tengah kelas interval ke-2 = 65,5 Panjang kelas = p = 65,5 – 55,5 = 10 Tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval sebagai berikut.

+ −

⇔ y = –2x + 2 ± ⇔ y = –2x + 2 ± 15 ⇔ y = –2x + 2 + 15 atau y = –2x + 2 – 15 ⇔ y = –2x + 17 atau y = –2x – 13 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah y = –2x + 17 dan y = –2x – 13. 29. Jawaban: a Lingkaran berpusat di titik P(2, 3) mempunyai persamaan (x – 2)2 + (y – 3)2 = r2. Oleh karena melalui titik Q(5, 0) diperoleh: (x – 2)2 + (y – 3)2 = r2 ⇔ (5 – 2)2 + (0 – 3)2 = r2 ⇔ 32 + (–3)2 = r2 ⇔ 9 + 9 = r2 ⇔ 18 = r2 Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 18. Persamaan garis singgung di titik Q(5, 0): (x1 – 2)(x – 2) + (y1 – 3)(y – 3) = 18 ⇔ (5 – 2)(x – 2) + (0 – 3)(y – 3) = 18 ⇔ (3)(x – 2) + (–3)(y – 3) = 18 ⇔ 3x – 6 – 3y + 9 = 18 ⇔ 3x – 3y – 15 = 0 ⇔ x–y=5 Jadi, persamaan garis singgungnya x – y = 5.

Titik Tengah (x i) 55,5 65,5 75,5 85,5 95,5

2.

⇔

m · = –1 m = –3

(Tbi = xi –

p)

55,5 – 5 = 50,5 65,5 – 5 = 60,5 75,5 – 5 = 70,5 85,5 – 5 = 80,5 95,5 – 5 = 90,5

(Tai = xi +

p)

55,5 + 5 = 60,5 65,5 + 5 = 70,5 75,5 + 5 = 80,5 85,5 + 5 = 90,5 95,5 + 5 = 100,5

Nilai

Frekuensi

51–60 61–70 71–80 81–90 91–100

4 9 15 12 5

xi

fi

f ix i

5 10 15 20 25 30

5 2n 15 5n 30 15

25 20n 225 100n 750 450

Jumlah

65 + 7n

1.450 + 120n

Garis x – 3y = 7 mempunyai gradien m1 = . Oleh karena garis singgung tegak lurus dengan garis x – 3y = 7 diperoleh: m · m1 = –1

Tepi Atas

Tepi Bawah

fi

4 9 15 12 5

Dari tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval pada tabel di atas diperoleh tabel distribusi frekuensi berikut.

30. Jawaban: b x2 + y2 – 6x + 4y + 3 = 0 ⇔ x2 – 6x + y2 + 4y = –3 2 ⇔ x – 6x + 9 + y2 + 4y + 4 = –3 + 9 + 4 ⇔ (x – 3)2 + (y + 2)2 = 10

⇔

+ −

=

⇔

20,5 =

Σ Σ

* + +

⇔ 1.332,5 + 143,5n = 1.450 + 120n Matematika Kelas XI

75

⇔ 23,5 n = 117,5 ⇔ n =5 Banyak data = 65 + 7n = 65 + 7 × 5 = 65 + 35 = 100. Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. fi

Nilai

fQ = 15 3 p = 154 – 150 + 1 = 5

5 10 15

5 15 30

18 – 22

25

55

23 – 27 28 – 32

30 15

85 100

← kelas Me

= 149,5 +

" −

= 149,5 +

"

= nilai data ke-50,5 Median adalah nilai data ke-50,5 terletak di kelas interval 18 – 22. L = 18 – 0,5 = 17,5 fk = 30 Me fM = 25 e

P30 = nilai data ke- (70 + 1) = nilai data ke-21,3 P30 adalah nilai data ke-21,3 terletak di kelas interval 140–144. L30 = 140 – 0,5 = 139,5 fk = 9 P30 fP = 20 30





·p

= 139,5 +

   ⋅ −       

= 139,5 +

·5

3. Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut. fi

fk

135 – 139

9

9

140 – 144

20

22

145 – 149

13

42

150 – 154

15

57

155 – 159 160 – 164

4 9

61 70

← kelas P30 ← kelas Q3

= nilai data ke-53,25 Kuartil atas (Q3) adalah nilai data ke-53,25 terletak di kelas interval 150 – 154. L3 = 150 – 0,5 = 149,5 fk = 42


·5

4. Komite yang terbentuk kemungkinan terdiri atas 5 guru laki-laki dan 1 guru perempuan atau 4 guru laki-laki dan 2 guru perempuan. Banyak cara memilih 5 guru laki-laki dari 7 guru laki-laki dan 1 guru perempuan dari 5 guru perempuan = 7C5 × 5C1

= × × ×

Kuarti atas (Q3) = nilai data ke- (70 + 1)

76

·p

 ⋅ −       


Q3

− /    

= 139,5 + 3 = 142,5 Jadi, nilai Q3 = 153 dan P30 = 142,5.

= 17,5 + = 17,5 + 4 = 21,5 Jadi, median data tersebut 21,5.

Ukuran

⋅

P30 = L30 +  /

= 17,5 +

·5

= 149,5 + 3,5 = 153

Me = L +



 ⋅ −     


−    



= 149,5 + 


   



fk

3–7 8 – 12 13 – 17

 −

 Q3 = L3 +   · p 

×

= × × × = 21 × 5 = 105 Banyak cara memilih 4 guru laki-laki dari 7 guru laki-laki dan 2 guru perempuan dari 5 guru perempuan = 7C4 × 5C2

= × × × ×

× ×

= × × × × × × = 35 × 10 = 350 Banyak cara membentuk komite = 105 + 350 = 455

5. Banyak kelereng kuning = 8 Banyak kelereng merah = 6 Banyak kelereng biru = 2 Banyak kelereng putih = 4 Jumlah kelereng dalam kotak = 20. Pasangan kelereng yang mungkin terambil adalah (putih, kuning), (putih, merah), (putih, biru), atau (putih, putih). A = kejadian terambil kelereng pertama putih dan kelereng kedua kuning P(A) =

×

P(B) = ×

= C = kejadian terambil kelereng pertama putih dan kelereng kedua biru

5 atau 8 adalah . 7. Kotak I berisi 8 bola, terdiri atas 5 bola merah dan 3 bola biru. Misalkan A = kejadian terambil 2 bola merah dari kotak I. n(A) = banyak cara mengambil 2 bola merah dari 5 bola merah = 5C2

= × ×

= D = kejadian terambil kelereng pertama putih dan kelereng kedua putih:

n(SA) = banyak cara mengambil 2 bola dari 8 bola = 8C2

= = × × = 28

P(D) = ×

× ×

Peluang terambil 2 bola merah dari kotak I:

= Kejadian A, B, C, dan D saling lepas. Peluang terambil kelereng pertama putih: P = P(A) + P(B) + P(C) + P(D)

= +

= × × = 10

P(C) = ×

;

= +

= = Jadi, peluang terlihat kedua mata dadu berjumlah

= B = kejadian terambil kelereng pertama putih dan kelereng kedua merah

Diperoleh n(Q) = 4 dan n(R) = 5. Oleh karena Q ∩ R = ∅, maka kejadian Q dan R saling lepas. Peluang terlihat kedua mata dadu berjumlah 5 atau 8: P(Q ∪ R) = P(Q) + P(R)

P(A) =

=

= + + +

=

= Jadi, peluang terambil kelereng pertama putih

adalah . 6. Dua buah dadu dilambungkan bersama-sama sekali, sehingga banyak anggota ruang sampel adalah n(S) = 6 × 6 = 36. Misalkan: Q = kejadian terlihat kedua mata dadu berjumlah 5 = {(1,4), (2,3), (3,2), (4,1)} R = kejadian terlihat kedua mata dadu berjumlah 8 = {(2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)}

= Kotak II berisi 10, terdiri atas 6 bola merah dan 4 bola putih. Misalkan B = kejadian terambil 1 bola putih dari kotak II. Diperoleh n(B) = 4 dan n(SB) = 10. Peluang terambil 1 bola putih dari kotak II: P(B) =

=

= Kejadian A dan B saling bebas.

Matematika Kelas XI

77

Peluang terambilnya 2 bola merah dari kotak I dan 1 bola putih dari kotak II:

P = P(A) × P(B) = × = Jadi, peluang terambil 2 bola merah dari kotak I

dan 1 bola putih dari kotak II adalah . 8. Lingkaran L: x2 + y2 + 2x – 8y – 8 = 0 Titik pusat = (–1, 4) Jari-jari = rL =

− + − −

= =5 Lingkaran M mempunyai pusat (–1, 4) dan berjarijari rM = 3 × rL = 3 × 5 = 15. Persamaan lingkaran M: (x + 1)2 + (y – 4)2 = rM2 ⇔ (x + 1)2 + (y – 4)2 = 152 2 ⇔ x + 2x + 1 + y2 – 8y + 16 = 225 ⇔ x2 + 2x + y2 – 8y + 17 = 225 ⇔ x2 + y2 + 2x – 8y – 208 = 0 Jadi, persamaan lingkaran M: x2 + y2 + 2x – 8y – 208 = 0. 9. Persamaan garis g: < − < < − <

⇔

<+ +

⇔

<+

=

− −

−

= − − −

= − ⇔ –6(y + 4) = 4(x – 2) ⇔ –6y – 24 = 4x – 8 ⇔ 4x + 6y + 16 = 0 ⇔ 2x + 3y + 8 = 0 Jari-jari lingkaran L sama dengan jarak titik P(7, –3) ke garis g, diperoleh: r =

=

78

⋅ + − ⋅ + +

− +

=

=


Persamaan lingkaran L: (x – 7)2 + (y + 3)2 = r2 ⇔ (x – 7)2 + (y + 3)2 = ( )2 2 ⇔ x – 14x + 49 + y2 + 6y + 9 = 13 ⇔ x2 – 14x + y2 + 6y + 58 = 13 ⇔ x2 + y2 – 14x + 6y + 45 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 – 14x + 6y + 45 = 0. 10. Cek kedudukan titik A(6, 2) terhadap lingkaran. x2 + y2 = 62 + 22 = 36 + 4 = 40 > 20 Ternyata titik A(6, 2) terletak di luar lingkaran. Persamaan garis kutub: x1x + y1y = 20 ⇔ 6x + 2y = 20 ⇔ 3x + y = 10 ⇔ y = 10 – 3x Substitusikan y = 10 – 3x ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 = 20 2 ⇔ x + (10 – 3x)2 = 20 2 ⇔ x + (100 – 60x + 9x2) = 20 ⇔ 10x2 – 60x + 100 = 20 ⇔ 10x2 – 60x + 80 = 0 ⇔ 10(x2 – 6x + 8) = 0 ⇔ 10(x – 4)(x – 2) = 0 ⇔ x – 4 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = 4 atau x = 2 Untuk x = 4 maka y = 10 – 3 · 4 = –2 Untuk x = 2 maka y = 10 – 3 · 2 = 4 Diperoleh titik pada lingkaran (4, –2) dan (2, 4). Persamaan garis singgung di titik (4, –2): x1x + y1y = 20 ⇔ 4x – 2y = 20 ⇔ 2x – y = 10 Persamaan garis singgung di titik (2, 4): x1x + y1y = 20 ⇔ 2x + 4y = 20 ⇔ x + 2y = 10 Jadi, persamaan garis singgungnya 2x – y = 10 dan x + 2y = 10.

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menjelaskan pengertian transformasi geometri meliputi translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi; 2. menentukan bayangan titik oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi; 3. menentukan persamaan bayangan kurva oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi; 4. menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu menunjukkan sikap motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, disiplin, rasa percaya diri, jujur, tangguh, kritis, dan toleran dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah.

Transformasi Geometri

Translasi dan Refleksi

• • • • • •

• • •

Mendiskripsikan translasi. Menjelaskan cara menentukan bayangan titik oleh sebuah translasi. Mendiskripsikan pengertian refleksi. Menentukan bayangan titik oleh sebuah refleksi. Menjelaskan cara menentukan persamaan bayangan kurva oleh translasi. Menjelaskan cara menentukan persamaan bayangan kurva oleh refleksi.

Rotasi dan Dilatasi

• • • • • •

Mendiskripsikan rotasi. Menjelaskan cara menentukan bayangan titik oleh sebuah rotasi. Mendiskripsikan pengertian dilatasi. Menjelaskan cara menentukan bayangan titik oleh sebuah dilatasi. Menentukan persamaan bayangan kurva oleh rotasi. Menjelaskan cara menentukan persamaan bayangan kurva oleh dilatasi.

Memiliki sikap percaya diri, motivasi internal, serta sikap peduli lingkungan melalui kegiatan kemanusiaan, bisnis, dan dalam kehidupan sehari-hari. Mampu menentukan koordinat titik bayangan oleh translasi, refleksi, rotasi, atau dilatasi. Mampu menentukan persamaan bayangan kurva oleh translasi, refleksi, rotasi, atau dilatasi.

Matematika Kelas XI

79

A.

Pilihan Ganda

6. Jawaban: b M

y=x → A′(y, x) sehingga: A(x, y) 

1. Jawaban: c

M

y=x → A′(–5, 3) A(3, –5)  Jadi, bayangan titik A adalah A′(–5, 3).

T = ( −2, − 5) A(6, –1) → A′(6 – 2, –1 – 5) = A′(4, –6) Jadi, bayangan titik A adalah A′(4, –6).

2. Jawaban: b Misalkan translasi tersebut T = (a, b).

7. Jawaban: a M

y = −x → B′(–y, –x) B(x, y) 

My = − x

T = (a, b)

C(10, –8) → C′(10 + a, –8 + b) = C′(6, 2) Diperoleh: 10 + a = 6 ⇔ a = 4 –8 + b = 2 ⇔ b = 10 Jadi, translasinya adalah T = (4, 10). 3. Jawaban: d Misalkan translasinya T = (a, b).

→ B′(a + 3, b – 2) = B′(2, –4) B(4, –2)  Diperoleh: a + 3 = 2 ⇔ a = –1 b – 2 = –4 ⇔ b = –2 Jadi, nilai a = –1 dan b = –2. 8. Jawaban: e T

y=5 D(–1, –6) → D′(–1, 2 × 5 – (–6)) = D′(–1, 16) Jadi, hasil pencerminan titik D adalah D′(–1, 16).

T = (a, b)

Q(–4, 2) → Q′(–4 + a, 2 + b) = Q′(–1, 6) Diperoleh: –4 + a = –1 ⇔ a=3 2+b=6 ⇔ b=4 Diperoleh T = (3, 4). T = (3, 4) R(3, –2) → R′(3 + 3, –2 + 4) = R′(6, 2) Jadi, R′(6, 2).

4. Jawaban: d Titik C(2, 3) ditranslasikan oleh T = (a, b) menghasilkan bayangan C′(0, 5). T = (a, b) C(2, 3) → C′(2 + a, 3 + b) = C′(0, 5) 2 + a = 0 ⇔ a = –2 3+b=5⇔b=2 Diperoleh T = (–2, 2) T = ( −2, 2) → A′(–3, 0) A(–1, –2)  T = ( −2, 2) → B′(3, 1) B(5, –1)  Jadi, koordinat A′(–3, 0) dan B′(3, 1).

5. Jawaban: a

 2 Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =   adalah  3 (x′, y′) = (x + 2, y + 3). x′ = x + 2 ⇔ x = x′ – 2 y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3 Substitusikan x dan y ke persamaan garis g. 2x – 3y + 4 = 0 ⇒ 2(x′ – 2) – 3(y′ – 3) + 4 = 0 ⇔ 2x′ – 4 – 3y′ + 9 + 4 = 0 ⇔ 2x′ – 3y′ + 9 = 0 Jadi, persamaan garis g′ adalah 2x – 3y + 9 = 0.

80


9. Jawaban: e Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap garis y = –1 adalah (x′, y′) = (x, –2 – y). x′ = x ⇔ x = x′ y′ = –2 – y ⇔ y = –2 – y′ Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh: y = 2x + 5 ⇒ –2 – y′ = 2(x′) + 5 ⇔ –2 – y′ = 2x′ + 5 ⇔ y′ = –2x′ – 7 ⇔ y = –2x – 7 Jadi, persamaan bayangannya y = –2x – 7. 10. Jawaban: e Puncak parabola dengan persamaan y = a(x – p)2 + q adalah (p, q). y = 2x2 – 8x + 11 ⇔ y = 2(x2 – 4x + 4) + 3 ⇔ y = 2(x – 2)2 + 3 Diperoleh puncak parabola P adalah (2, 3). Puncak parabola tersebut dicerminkan terhadap garis y = –1. Bayangan titik (2, 3) oleh pencerminan terhadap garis y = –1 adalah (x′, y′) dengan: M

y = −1 → (2, 2 · (–1) – 3) = (2, –5) (2, 3)  Jadi, koordinat puncak parabola P′ adalah (2, –5).

B.

Uraian

1. a.

Diketahui lingkaran (x – 3)2 + (y + 10)2 = 25 sehingga titik A(3, –10). T = ( −6, 8) → A′(3 – 6, –10 + 8) A(3, –10)  = A′(–3, –2) Jadi, bayangan titik A adalah A′(–3, –2).

b.

Misalkan translasi tersebut T = (a, b).

b.

T = (a, b)

A(3, –10) → A′(3 + a, –10 + b) = A′(9, 1) Diperoleh: 3+a=9⇔a=6 –10 + b = 1 ⇔ b = 11 Jadi, translasinya adalah T = (6, 11). 2. a.

Misalkan T = (a, b). T = (a, b)

b.

B(1, 2) → B′(1 + a, 2 + b) = B′(4, 2) Diperoleh: 1+a=4 ⇔ a=3 2+b=2 ⇔ b=0 Jadi, translasinya T = (3, 0). Bayangan titik A(–2, 2); C(–2, –1); dan D(1, –1) T = (3, 0)

A(–2, 2) → A′(–2 + 3, 2 + 0) = A′(1, 2) T = (3, 0) C(–2, –1) → C′(–2 + 3, –1 + 0) = C′(1, –1) T = (3, 0) D(1, –1) → D′(1 + 3, –1 + 0) = D′(4, –1) Jadi, bayangan titik A, C dan D adalah A′(1, 2); C′(1, –1); dan D′(4, –1). 3. a. b. 4. a.

Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap garis x = 2 adalah (x′, y′) = (4 – x, y). x′ = 4 – x ⇔ x = 4 – x′ y′ = y ⇔ y = y′ Substitusikan x = 4 – x′ dan y = y′ ke persamaan parabola. y = x2 – 2x + 6 ⇔ y′ = (4 – x′)2 – 2(4 – x′) + 6 ⇔ y′ = 16 – 8x′ + (x′)2 – 8 + 2x′ + 6 ⇔ y′ = (x′)2 – 6x′ + 14 ⇔ y = x2 – 6x + 14 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah y = x2 – 6x + 14.

5. Misalkan titik (x, y) terletak pada elips 2

(y + 2) 4

Mx

→ D′(–6, –5) D(–6, 5)  Jadi, koordinat titik D′(–6, –5).

4 Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =    −2  adalah (x′, y′) = (x + 4, y – 2). x′ = x + 4 ⇔ x = x′ – 4 y′ = y – 2 ⇔ y = y′ + 2 Substitusikan x = x′ – 4 dan y = y′ + 2 ke persamaan parabola. y = x2 – 2x + 6 ⇔ y′ + 2 = (x′ – 4)2 – 2(x′ – 4) + 6 ⇔ y′ = (x′)2 – 8x′ + 16 – 2x′ + 8 + 6 – 2 ⇔ y′ = (x′)2 – 10x′ + 28 ⇔ y′ = x2 – 10x + 28 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah y = x2 – 10x + 28.

+

= 1.

Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap garis y = –x: My = − x

→ (x′, y′) = (–y, –x) (x, y)  Diperoleh: x′ = –y ⇔ y = –x′ y′ = –x ⇔ x = –y′ Substitusikan y = –x′ dan x = –y′ ke persamaan (x − 1)2 6

+

(y + 2)2 4 (x − 1)2 6

M

y=x → D(–6, 5) C(5, –6)  Jadi, koordinat titik D(–6, 5).

(x − 1)2 6

= 1. +

(y + 2)2 4

=1

⇔

(( − y′) − 1)2 6

+

((−x′) + 2)2 4

=1

⇔

(−(y′ + 1))2 6

+

(−(x′ − 2))2 4

=1

⇔

(y′ + 1)2 6

+

(x′ − 2)2 4

=1

⇔

(y + 1)2 6

+

(x − 2)2 4

=1

⇔

(x − 2)2 4

+

(y + 1)2 6

=1

Jadi, persamaan bayangannya adalah (y + 1)2 6

(x − 2)2 4

= 1.

Matematika Kelas XI

81

+

A.

4. Jawaban: a Diketahui P′(–10, –2) dan P(a, b)

Pilihan Ganda

1. Jawaban: a

P(a, b)

R[O(0,0), 45°]

→ A′(x′, y′) A(6, –1)  x′ = x · cos 45° – y · sin 45° 1

1

= 6 · 2 2 – (–1) · 2 2 1

=3 2 + 2 2 7

= 2 2 y′ = x · sin 45° + y · cos 45° 1

1

= 6 · 2 2 + (–1) · 2 2 1

5

=3 2 – 2 2 = 2 2 7

Jadi, koordinat bayangannya adalah A′( 2 2 , 5 2 ). 2

2. Jawaban: c R[O(0,0), 90°]

→ B′(x′, y′) B(4, 2)  x′ = –2 y′ = 4 Diperoleh B′(a, 2 + b) = B′(–2, 4) a = –2 2+b=4 ⇔ b=2 a + b = –2 + 2 =0 Jadi, nilai a + b = 0.

3. Jawaban: e R[P(1, 2), 180° ] C(8, 4) → C′(x′, y′) x′ = (x – a) · cos 180° – (y – b) · sin 180° + a = (8 – 1) · (–1) – (4 – 2) · 0 + 1 = –7 + 1 = –6 y′ = (x – a) · sin 180° + (y – b) · cos 180° + b = (8 – 1) · 0 + (4 – 2) · (–1) + 2 = 0 Diperoleh C′(–6, 0) R[P(1, 2), 180° ] D(–5, 6)  → D′(x′, y′) x′ = (x – a) · cos 180° – (y – b) · sin 180° + a = (–5 – 1) · (–1) – (6 – 2) · 0 + 1 =6+1 7 y′ = (x – a) · sin 180° + (y – b) · cos 180° + b = (–5 – 1) · 0 + (6 – 2) · (–1) + 2 = –2 Jadi, bayangan titik C dan D berturut-turut C′(–6, 0) dan D′(7, –2).

82


π R[O(0, 0), − ] 2  →

P′(b, –a) = P′(–10, –2)

Diperoleh: b = –10 –a = –2 ⇔ a= 2 Diperoleh a = 2, b = –10 sehingga a + 2b = 2 + 2 · (–10) = –18 Jadi, nilai a + 2b = –18. 5. Jawaban: b Misalkan pusat rotasi P(a, b). R[P(a, b), 90°] → (10, 5) (4, –5)  x′ = (x – a) · cos θ – (y – b) · sin θ + a ⇔ 10 = (4 – a) · cos 90° – (–5 – b) · sin 90° + a ⇔ 10 = (4 – a) · 0 – (–5 – b) · 1 + a ⇔ 10 = 5 + b + a ⇔ a + b = 5 . . . (1) y′ = (x – a) · sin 90° + (y – b) · cos 90° + b ⇔ 5 = (4 – a) · sin 90° + (–5 – b) · cos 90° + b ⇔ 5 = (4 – a)1 + 0 + b ⇔ 5=4–a+b ⇔ –a + b = 1 . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh: a+b=5 –a + b = 1 –––––––– + 2b = 6 ⇔ b=3 Substitusikan nilai b = 3 ke a + b = 5. a+3=5⇔a=2 Diperoleh a = 2 dan b = 3. Jadi, koordinat pusat rotasi (2, 3). 6. Jawaban: e Ambil titik (x, y) yang terletak pada persamaan y = 2x2 + 3x – 6. R[O(0, 0), − 90° ]

(x, y) → (x′, y′) = (y, –x) Diperoleh: y = x′ –x = y′ ⇔ x = –y′ Substitusikan x = –y′ dan y = x′ ke persamaan y = 2x2 + 3x – 6. y = 2x2 + 3x – 6 ⇔ x′ = 2(–y′)2 + 3(–y′) – 6 ⇔ x′ = 2(y′)2 – 3(y′) – 6 ⇔ x = 2y2 – 3y – 6 Jadi, persamaan bayangan kurvanya adalah x = 2y2 – 3y – 6.

7. Jawaban: c

Substitusikan x =

[O(0, 0), k]

→ B(–9k, 3k) = (–18, 6) B(–9, 3)  –18 = –9k ⇔ k=2 Jadi, faktor skalanya k = 2.

(x – ⇔

8. Jawaban: e

⇔

Y

3

8 satuan

0

–4 M 5 satuan L

1. a.

(x′ − 9)2 4

+

(y′ + 4)2 4

= 25 = 25

4)2

R[O(0, 0), 45° ]

A(–6, 2) → (x′, y′) x′ = x · cos 45° – y · sin 45° 1

1

1

= –3 2 + 1 2

x′ dan y = – 1

1 2

1

⇔ 4(– 2 x′) – (– 2 y′) + 6 = 0

b.

1

10. Jawaban: b Ambil titik (x, y) yang terletak pada lingkaran (x – 5)2 + (y + 1)2 = 25. [P(1, 2), 2] → (x′, y′) (x, y)  x′ = kx – ka + a = 2x – 2 · 1 + 1 = 2x – 1 y′ = kx – kb + b = 2y – 2 · 2 + 2 = 2y – 2 Diperoleh: x′ = 2x – 1

2

= –2 2 Jadi, A′(–4 2 , –2 2 ).

y′ ke

–2x′ + 2 y′ + 6 = 0 ⇔ 4x′ – y′ – 12 = 0 ⇔ 4x – y – 12 = 0 Jadi, persamaan bayangannya 4x – y – 12 = 0.

⇔ y=

2

= –6 · 2 2 + 2 · 2 2

⇔

y′ = 2y – 2

 y′ + 2 + 2   2  

= –4 2 y′ = x · sin 45° + y · cos 45°

1

persamaan garis.



= –3 2 – 2

y′ = –2y ⇔ y = – 2 y′ Substitusikan x = –

2

+ 1 = 25

+ 

1

1

x′ + 1 2

 x′ + 1 − 10    2  

2

 y′ + 2

+   2

= –6 · 2 2 – 2 · 2 2

x′ = –2x ⇔ x = – 2 x′

⇔ x=

2

Uraian

9. Jawaban: e Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), –2] adalah (x′, y′) = (–2x, –2y). Diperoleh:

4x – y + 6 = 0

 x′ + 1   2 − 5  

⇔ (x′ – + (y′ + = 100 ⇔ (x – 9)2 + (y + 4)2 = 100 Jadi, persamaan bayangan lingkaran tersebut (x – 9)2 + (y + 4)2 =100. B.

Luas persegi panjang KLMN setelah didilatasi dengan faktor skala k = 3 adalah L. L = k2 · LKLMN = 32 · 40 = 360 satuan luas

ke persamaan

+ (y + = 25. (x – 5)2 + (y + 1)2 = 25

9)2

Luas KLMN = ML · LK =5·8 = 40 satuan luas

X

y′ + 2 2

dan y =

1)2

⇔

K

4

–2

5)2

x′ + 1 2

2. a.

R[O(0, 0), − 90° ] A′(–4 2 , 2 2 ) → B′(x′, y′) x′ = x · cos (–90°) – y · sin (–90°) = (–4 2 ) · 0 – (–2 2 ) · (–1) = –2 2 y′ = x · sin (–90°) + y · cos (–90°) = (–4 2 ) · (–1) + (–2 2 ) · 0 =4 2 Jadi, B′(–2 2 , 4 2 ).

[P(4, − 2), 1 ]

2 → C¢(x¢, y¢) C(6, –8)  x′ = kx – ka + a

1

1

= 2 ·6– 2 ·4+4 =3–2+4 =5 y′ = ky – kb + b 1

1

= 2 · (–8) – 2 · (–2) – 2 = –4 + 1 – 2 = –5 Jadi, C′(5, –5).

y′ + 2 2 Matematika Kelas XI

83

b.

R[O(0, 0), 90° ]

C′(5, –5) → (x′, y′) = (–y, x) Diperoleh: x′ = 5 y′ = 5 Jadi, koordinat titik D(5, 5).

b.

3. Akan dicari nilai a dan b pada pusat rotasi P(a, b). R[P(a, b), −π ]

→ A′(7, –5) A(–3, –3)  Diperoleh: x′ = (x – a) · cos (–π) – (y – b) · sin (–π) + a ⇔ 7 = (–3 – a) · (–1) – (–3 – b) · 0 + a ⇔ 7=3+a+a ⇔ 2a = 4 ⇔ a=2 y′ = (x – a) · sin (–π) + (y – b) · cos (–π) + b ⇔ –5 = (–3 – a) · 0 + (–3 – b) · (–1) + b ⇔ –5 = 3 + b + b ⇔ 2b = –8 ⇔ b = –4 Diperoleh P(a, b) = P(2, –4). Bayangan titik B(6, –3), C(6, 1), dan D(–3, 1) sebagai berikut.

A(0, –2) sehingga: x′ = kx – ka + a =3·0–3·3+3 = –6 y′ = ky – kb + b = 3 · (–2) – 3 · 2 + 2 = –10 Diperoleh A′(–6, –10). B(5, –4) sehingga: x′ = kx – ka + a =3·5–3·3+3 =9 y′ = ky – kb + b = 3 · (–4) – 3 · 2 + 2 = –16 Diperoleh B′(9, –16).

c.

Y 5 satuan

–2

B(6, –3) → B′(x′, y′) x′ = (6 – 2) · cos (–π) – (–3 + 4) · sin (–π) + 2 = 4 · (–1) – 0 + 2 = –2 y′ = (6 – 2) · sin (–π) + (–3 + 4) · cos (–π) – 4 =0–1–4 = –5 Diperoleh B′(–2, –5).

4. a.

84

C′(9, 2), C(5, 2), P(3, 2) sehingga: x′ = kx – ka + a ⇔ 9=k·5–k·3+3 ⇔ 9 = 2k + 3 ⇔ 2k = 6 ⇔ k=3 Jadi, nilai k = 3. Transformasi Geometri

5

0

R[P(2, − 4), −π ]

R[P(2, − 4), −π ] C(6, 1) → C′(x′, y′) x′ = (6 – 2) · cos (–π) – (1 + 4) · sin (–π) + 2 = –4 – 0 + 2 = –2 y′ = (6 – 2) · sin (–π) + (1 + 4) · cos (–π) – 4 =0–5–4 = –9 Diperoleh C′(–2, –9). R[P(2, − 4), −π ] D(–3, 1) → D′(x′, y′) x′ = (–3 – 2) · cos (–π) – (1 + 4) · sin (–π) + 2 =5–0+2=7 y′ = (–3 – 2) · sin (–π) + (1 + 4) · cos (–π) + 4 = 0 – 5 – 4 = –9 Diperoleh D′(7, –9). Jadi, koordinat P(2, –4), B′(–2, –5), C′(–2, –9), dan D′(7, –9).

C

2

X 6 satuan

A

–4

B

1

Luas ∆ABC = 2 · alas · tinggi 1

= 2 ·6·5 = 15 satuan luas Luas ∆A′B′C′ = k2 · luas ∆ABC = 32 · 15 = 135 satuan luas Jadi, luas ∆A′B′C′ = 135 satuan luas. 5. Ambil titik (x, y) yang terletak pada persamaan (x − 1)2 6

–

(y + 3)2 4

= 1.

[P(2, 1), 3] → (x′, y′) (x, y)  x′ = kx – ka + a = 3x – 3 · 2 + 2 = 3x – 4 y′ = ky – kb + b = 3y – 3 · 1 + 1 = 3y – 2 Diperoleh: x′ = 3x – 4

⇔

x=

x′ + 4 3

y′ = 3y – 2 ⇔

y=

y′ + 2 3

Substitusikan x = (x − 1)2 6

samaan

2

(x − 1) 6

⇔ ⇔

(

x′ + 4 3

–

6

(

)

2 x′ + 4 − 3 3

6

(y + 3) 4

2

(

–

dan y =

(y + 3)2 4 2

–

)

−1

–

x′ + 4 3

y′ + 2 3

=1

+3

y′ + 2 + 9 3

4

ke per-

)

2

)

=1 =1

2. Jawaban: a T = (4, − 9) B(6, –3)  → B′(6 + 4, –3 – 9) = B′(10, –12) Diperoleh a = 10, b = –12 sehingga: a + 2b = 10 – 24 = –14 Jadi, a + 2b = –14. 3. Jawaban: d Koordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi  3 T =  5  adalah A′(x + 3, y + 5).   Koordinat titik A′(–2, 1), sehingga: x + 3 = –2 ⇔ x = –5 y + 5 = 1 ⇔ y = –4 Jadi, koordinat titik A(–5, –4). 4. Jawaban: a T = (a, b) C(–5, –4) → C′(–5 + a, –4 + b) = C′(3, 9) Diperoleh: –5 + a = 3 ⇔ a = 8 –4 + b = 9 ⇔ b = 13 Diperoleh T = (8, 13). Bayangan titik D(8, 10) sebagai berikut. T = (8, 13) → D′(8 + 8, 10 + 13) = D′(16, 23) D(8, 10)  Jadi, bayangan titik D adalah D′(16, 23). 5. Jawaban: e Misalkan translasi tersebut T = (a, b). B(5, 1) → B′(5 + a, 1 + b) = B′(–1, 3) Diperoleh : 5 + a = –1 ⇔ a = –6 1+b=3 ⇔ b=2

( ) x′ + 1 3

6

2

–

(

y ′ + 11 3

)

2

4

=1

⇔

(x′ + 1)2 9×6

–

(y′ + 11)2 9×4

=1

⇔

(x′ + 1)2 54

–

(y′ + 11)2 36

=1

⇔

(x + 1)2 54

–

(y + 11)2 36

=1

2

1. Jawaban: b T = (2, 8) A′(–10 + 2, 5 + 8) = A′(–8, 13) A(–10, 5) → Jadi, bayangan titik A adalah A′(–8, 13).

T = (a, b)

⇔

= 1.

4

(

y′ + 2 3

Jadi, persamaan bayangannya adalah (y + 11)2 36

(x + 1)2 54

–

= 1.

Diperoleh T = (–6, 2) T = ( −6, 2) → A′(13 – 6, –4 + 2) = A′(7, –2) A(13, –4)  Jadi, bayangan titik adalah A′(7, –2). 6. Jawaban: d T = ( −4, 5) → A′(6 – 4, –8 + 5) = A′(2, –3) A(6, –8)  T = (8, 10) → A′′(2 + 8, –3 + 10) = A′′(10, 7) A′(2, –3) 

7. Jawaban: b

 −1 Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =   adalah 3 (x′, y′) = (x – 1, y + 3). x′ = x – 1 ⇔ x = x′ + 1 y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3 Substitusikan x = x′ + 1 dan y = y′ – 3 ke persamaan garis. 5x + 2y – 8 = 0 ⇔ 5(x′ + 1) + 2(y' – 3) – 8 = 0 ⇔ 5x′ + 5 + 2y′ – 6 – 8 = 0 ⇔ 5x′ + 2y′ – 9 = 0 ⇔ 5x + 2y – 9 = 0 Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y – 9 = 0.

8. Jawaban: e Pusat lingkaran L: (x – 3)2 + (y + 1)2 = 4 adalah A(3, –1). Bayangan lingkaran L adalah L′. Pusat lingkaran L′: (x + 2)2 + (y – 1)2 = 4 adalah A′(–2, 1). Akan dicari nilai a dan b pada T = (a, b) yang mentranslasikan A(3, –1) menjadi A′(–2, 1). T = (a, b)

A(3, –1) → A′(–2, 1) = A′(3 + a, –1 + b) Diperoleh: 3 + a = –2 ⇔ a = –5 –1 + b = 1 ⇔ b=2 a + b = –5 + 2 = –3 Jadi, nilai a + b = –3.

Matematika Kelas XI

85

9. Jawaban: a MY D(10, 11)  → D′(–10, 11) Jadi, hasil pencerminannya adalah D′(–10, 11). 10. Jawaban: c Bayangan (x, y) oleh refleksi terhadap titik O(0, 0) adalah (–x, –y) sehingga: M0 P(–7, 9)  → (7, –9) 11. Jawaban: d Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap sumbu Y adalah P′(2, 5). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap sumbu X adalah P′(–2, –5). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis y = x adalah (5, –2). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis y = –x adalah P′(–5, 2). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap titik asal adalah (2, –5). Jadi, P′(–5, 2) merupakan bayangan P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis y = –x. 12. Jawaban: e (x, y)

Mx = k

→

(2k – x, y)

Mx = k

(2, –6) → (2k – 2, –6) = (–5, –6) Diperoleh: 2k – 2 = –5 ⇔ 2k = –3 ⇔

3

k= – 2

3

Jadi, nilai k = – 2 . 13. Jawaban: d MX A(4, –11)  → A′(4, 11) M

Y=3 → A′′(4, 2 · 3 – 11) = A′′(4, –5) A′(4, 11)  Jadi, bayangannya adalah A′′(4, –5).

14. Jawaban: a Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 2y – 5x = 15. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap sumbu Y adalah (x′, y′) = (–x, y). Diperoleh: x′ = –x ⇔ x = –x′ y′ = y ⇔ y = y′ Substitusikan x = –x′ dan y = y′ ke persamaan 2y – 5x = 15. 2y – 5x = 15 ⇔ 2y′ – 5(–x′) = 15 ⇔ 2y′ + 5x′ = 15 ⇔ 2y + 5x = 15 Jadi, persamaan bayangan garis adalah 2y + 5x = 15.

86


15. Jawaban: a Misalkan titik (x, y) terletak pada persamaan x2 + y2 – 5x + 7y – 25 = 0. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap garis y = –x adalah (x′, y′) = (–y, –x). Diperoleh: x′ = –y ⇔ y = –x′ y′ = –x ⇔ x = –y′ Substitusikan x = –y′ dan y = –x′ ke persamaan x2 + y2 – 5x + 7y – 25 = 0. x2 + y2 – 5x + 7y – 25 = 0 2 2 ⇔ (–y′) + (–x′) – 5(–y′) + 7(–x′) – 25 = 0 ⇔ (y′)2 + (x′)2 + 5y′ – 7x′ – 25 = 0 ⇔ y2 + x2 + 5y – 7x – 25 = 0 ⇔ x2+ y2 – 7x + 5y – 25 = 0 Jadi, persamaan bayangannya adalah x2 + y2 – 7x + 5y – 25 = 0. 16. Jawaban: d Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap sumbu Y adalah (x′, y′) = (–x, y). x′ = –x ⇔ x = –x′ y′ = y ⇔ y = y′ Substitusikan x = –x′ dan y = y′ ke persamaan parabola. y = x2 + 2x – 5 ⇔ y′ = (–x′)2 + 2(–x′) – 5 ⇔ y′ = (x′)2 – 2x′ – 5 ⇔ y = x2 – 2x – 5 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah y = x2 – 2x – 5. 17. Jawaban: e R[O(0, 0), 90° ] A(3, –9) → A′(x′, y′) = A′(9, 3) Jadi, koordinat titik bayangannya adalah A′(9, 3). 18. Jawaban: a Diketahui titik C′(–8, 10) sehingga diperoleh: x′ = x · cos α – y · sin α ⇔ –8 = x · cos (–270°) – y · sin (–270°) ⇔ –8 = 0 – y · 1 ⇔ y=8 y′ = x · sin α + y · cos α ⇔ 10 = x · sin (–270°) + y · cos (–270°) ⇔ 10 = x + 0 ⇔ x = 10 Jadi, koordinat titik C(10, 8). 19. Jawaban: b R[O(0, 0), 30° ] B(6, 8)  → B′(x′, y′) = B′(a, b + 1) x′ = x cos α – y sin α = 6 · cos (30°) – 8 · sin (30°) 1

1

=6· 2 3 –8· 2 = 3 3 –4

y′ = x sin α + y cos α = 6 · sin (30°) + 8 · cos (30°) 1

23. Jawaban: a Ambil titik (x, y) yang terletak pada garis 2y – 3x = 18.

1

=6· 2+8· 2 3 =3+ 4 3 Diperoleh a = 3 3 – 4 dan b + 1 = 3 + 4 3 atau b=2+ 4 3. a + b = ( 3 3 – 4) + (2 + 4 3 ) = 7 3 –2 Jadi, nilai a + b = 7 3 – 2. 20. Jawaban: c Untuk rotasi pertama diperoleh: R[O(0, 0), 90°] D(7, 1) → D′(x′, y′) = D′(–1, 7) Bayangan titik D′ oleh rotasi kedua adalah D′′(x′′, y′′). Diperoleh: x′′ = x′ cos α – y′ sin α = (–1) · cos (–45°) – 7 · sin (–45o) 1

1

= (–1) · 2 2 + 7 · 2 2 = 3 2 y′′ = x′ sin α + y′ cos α = (–1) · sin (–45°) + 7 · cos (–45°) =

1 2

2 +7·

1 2

π

21. Jawaban: c 2

Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [O(0, 0), 3 π] sebagai berikut. x′ = x cos α – y sin α 2

= 8 · cos 3 π – (–6) · sin 3 π 1

= 8 · (– 2) + 6 · 2 3 = –4 + 3 3 y′ = x sin α + y cos α 2

Diperoleh: x′ = –y ⇔ y = –x′ x = y′ Substitusikan y = –x′ dan x = y′ ke persamaan 3x + 2y – 4 = 0. 3x + 2y – 4 = 0 ⇔ 3y′ + 2(–x′) – 4 = 0 ⇔ 3y′ – 2x′ – 4 = 0 ⇔ 2x′ – 3y′ + 4 = 0 ⇔ 2x – 3y + 4 = 0 Jadi, bayangannya adalah 2x – 3y + 4 = 0. 25. Jawaban: d 1

2

= 8 · sin 3 π + (–6) · cos 3 π 1

π

rotasi [O(0, 0), 2 ] . R[O(0, 0), ]

Jadi, koordinat titik D′′( 3 2 , 4 2 ).

1

24. Jawaban: a Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y – 4 = 0 dan (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh

2 (x′, y′) = (–y, x) (x, y) →

2 = 4 2

2

R[O(0, 0), 90° ]

(x, y) → (x′, y′) = (–y, x) Diperoleh: x′ = –y ⇔ y = –x′ y′ = x Substitusikan y = –x′ dan x = y′ ke persamaan 2y – 3x = 18. 2y – 3x = 18 ⇔ 2 · (–x′) – 3y′ = 18 ⇔ –2x′ – 3y′ = 18 ⇔ 2x + 3y = –18 Jadi, persamaan bayangan garis tersebut adalah 2x + 3y = –18.

1

= 8 · 2 3 – 6 · (– 2) =4 3 + 3 Jadi, bayangan titik B(8, –6) adalah (–4 + 3 3 , 4 3 + 3). 22. Jawaban: e Bayangan (xQ, yQ) oleh rotasi [P(–1, 3), –90°] sebagai berikut. x′ = (x – a) cos α – (y – b) sin α + a = (6 + 1) · cos (–90°) – (–3 – 3) · sin (–90°) – 1 = 0 + 6 · (–1) – 1 = –7 y′ = (x – a) sin α + (y – b) cos α + b = (6 + 1) · sin (–90°) + (–3 – 3) · cos (–90°) + 3 = 7 · (–1) + 0 + 3 = –4 Jadi, bayangan titik Q adalah Q′(–7, –4).

Bayangan titik A(–4, 11) oleh dilatasi [P(2, –1), 2 ] sebagai berikut. x′ = kx – ka + a 1

1

= 2 · (–4) – 2 · 2 + 2 = –2 – 1 + 2 = –1 y′ = ky – kb + b 1

1

= 2 · 11 – 2 · (–1) – 1 11

1

= 2 + 2 –1 =5 Jadi, bayangan titik A adalah (–1, 5). 26. Jawaban: e Diketahui P(4, 32) sehingga a = 4, b = 32. Dari titik B(16, –12) dan B′(7, 21) diperoleh x = 16, y = –12, x′ = 7, dan y′ = 21.

Matematika Kelas XI

87

x2 + (y – 4)2 = 16

x′ = kx – ka + a ⇔ 7 = k · 16 – k · 4 + 4 ⇔ 7 = 12k + 4 ⇔ 12k = 3 ⇔

k=

1 4 1

Jadi, nilai k = 4 .

k=–

1 3

+

x2 + (y – 4)2 = 16.

x′ 3

y′ 3

.

dan y =


(y′ − 12)2 9

= 16 = 16

adalah

(y − 6)2 10

= 1.

y′ = 2y – 3

29. Jawaban: d Ambil titik (x, y) yang terletak pada lingkaran x2 + (y – 4)2 = 16. Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi dengan pusat O(0, 0) dan faktor skala 3 sebagai berikut. x′ = kx = 3x y′ = ky = 3y

Substitusikan x =

+

2

x′ + 2 2

⇔ x =

dan y =



 y′ − 12   3   

Titik (x, y) didilatasi dengan pusat (2, 3) dan faktor skala 2 sehingga diperoleh: x′ = kx – ka + a = 2x – 2 · 2 + 2 = 2x – 2 y′ = ky – kb + b = 2y – 2 · 3 + 3 = 2y – 3 Diperoleh: x′ = 2x – 2

sehingga 6k = –2.

Diperoleh x =

3

+

(x′)2 9

(x − 1)2 5

1 3

x′ 3

2

y′ +  − 4  = 16

30. Jawaban: b Ambil titik (x, y) yang terletak pada persamaan

Bayangan P(–7, 5) oleh [O(0, 0), 6k] = [O(0, 0), –2] sebagai berikut. x′ = kx = –2 · (–7) = 14 y′ = ky = –2 · 5 = –10 Jadi, bayangan titik P adalah (14, –10).

88

⇔

(x′)2 9

2

⇔ (x′)2 + (y′ – 12)2 = 144 ⇔ x2 + (y – 12)2 = 144 Jadi, persamaan bayangannya x2 + (y – 12)2 = 144.

28. Jawaban: e Diketahui Q(–9, 12), pusat dilatasi O(0, 0), dan Q′(3, –4). x′ = kx ⇔ 3 = k · (–9) k=–

 x′  3  

⇔

27. Jawaban: d Misalkan P(a, b) x′ = kx – ka + a ⇔ –11 = 3 · (–5) – 3a + a ⇔ –11 = –15 – 2a ⇔ –2a = 4 ⇔ a = –2 y′ = ky – kb + b ⇔ 4 = 3 · 2 – 3b + b ⇔ 4 = 6 – 2b ⇔ –2b = –2 ⇔ b=1 Jadi, koordinat titik P(–2, 1).

⇔

⇔

y′ 3

ke persamaan

y′ + 3 2

⇔ y =

x′ + 2 2 (y − 6)2 = 10

Substitusikan x = an

2

(x − 1) 5

+

2

(x − 1) 5

(

⇔

 x′ + 2     2 

)

−1

5

(

⇔

 x′ + 2     2 

−

5

2 2

)

+

(

+

(x ′)2 4

⇔

=1

12 2

)

=1

y′ − 9 2

)

=1

−6

5

−

10

(

2

5

ke persama-

+

2

2

2

10

+

=1

)

 y′ + 3     2 

 y′ + 3     2 

( ) x′ 2

⇔

(y − 6)2 10

10

2

y′ + 3 2

1.

+

(

2

dan y =

(y ′ + 9)2 4

10

=1

⇔

(x′)2 20

+

(y′ + 9)2 40

=1

⇔

x2 20

+

(y + 9)2 40

=1

Jadi, persamaan bayangan elips tersebut x2 20

+

(y + 9)2 40

= 1.

B.

Uraian

1. a.

T = ( −10, 12) A(17, –7)  → A′(17 – 10, –7 + 12) = A′(7, 5) Jadi, A′(7, 5)

b.

T = ( −10, 12) B(8, 19)  → B′(8 – 10, 19 + 12) = B′(–2, 31) Jadi, B′(–2, 31) T = ( −10, 12) → C′(–18 – 10, 4 + 12) C(–18, 4) 

c.

= C′(–28, 16) Jadi, C′(–28, 16). 2. a.

b.

3. a.

b.

c.

4. a. b. 5. a.

b.

T = ( −8, − 7) A(5, –9)  → A′(5 – 8, –9 – 7) = A′(–3, –16) Diperoleh A′(2a + 1, b – 5) = A′(–3, –16) sehingga: 2a + 1 = –3 ⇔ 2a = –4 ⇔ a = –2 b – 5 = –16 ⇔ b = –11 Jadi, nilai a dan b berturut-turut –2 dan –11. T = ( −8, − 7) A′(–3, –16)  → A′′(–3 – 8, –16 – 7) = A′′(–11, –23) Jadi, A′′(–11, –23). Misalkan translasi T = (a, b), maka: x′ = x + a ⇔ 4 =2+a ⇔ a =2 y′ = y + b ⇔ 1 =5+b ⇔ b = –4 Jadi, translasi T = (2, –4). Koordinat titik A(2, 1). T = (2, − 4) → A′(2 + 2, 1 – 4) = A′(4, –3) A(2, 1) 

Jadi, koordinat bayangan titik A adalah A′(4, –3). Koordinat titik B′(–3, 4). T = (2, − 4) → B′(x + 2, y – 4) B(x, y)  x+2=x+a ⇔ x=2+a y–4=4 ⇔ y=8 Jadi, koordinat titik B(–5, 8). M

X A(16, –9)  → A′(16, 9) Jadi, A′(16, 9).

M

y = −x  → A′(9, –16) A(16, –9)  Jadi, A′(9, –16).

Diperoleh: 2b – 3 = –9 ⇔ 2b = –6 ⇔ b = –3 a + 1 = –7 ⇔ a = –8 2a+ 3b = 2 · (–8) + 3 · (–3) = –16 – 9 = –25 Jadi, nilai 2a + 3b = –25 Diketahui a = –8, b = –3, dan A(a + 1, 2b – 3) sehingga A(–7, –9). T = ( −1, 5) → A′(–7 – 1, –9 + 5) A(–7, –9)  = A′(–8, –4) Jadi, bayangan titik A oleh translasi T = (–1, 5) adalah A′(–8, –4).

6. Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g ≡ x + y = 1 a. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap titik A(1, 2): M(1, 2) (x, y)  → (x′, y′) = (2 × 1 – x, 2 × 2 – y) = (2 – x, 4 – y) Diperoleh: x′ = 2 – x ⇔ x = 2 – x′ . . . (1) y′ = 4 – y ⇔ y = 4 – y′ . . . (2) Substitusikan x = 2 – x′ dan y = 4 – y′ ke persamaan garis g ≡ x + y = 1. x+y=1 ⇔ (2 – x′) + (4 – y′) = 1 ⇔ 6 – x′ – y′ = 1 ⇔ x′ + y′ = 5 ⇔ x+y=5 Jadi, bayangan garis g oleh pencerminan terhadap titik A(1, 2) adalah x + y = 5.

b.

M( x, x + 1) (x, y)  → (x′, y′) = (2x – x, 2(x + 1) – y) Diperoleh: x′ = 2x – x =x y′ = 2(x + 1) – y ⇔ y′ = 2x + 2 – y ⇔ y = 2x + 2 – y′ ⇔ y = 2x′ + 2 – y′ Substitusikan x = x′ dan y = 2x′ + 2 – y′ ke persamaan x + y = 1. x+y=1 ⇔ x′ + (2x′ + 2 – y′) = 1 ⇔ 3x′ + 2 – y′ = 1 ⇔ 3x′ – y′ + 1 = 0 ⇔ 3x – y + 1 = 0 Jadi, persamaan bayangan adalah 3x – y + 1 = 0.

M

y=x → A′(2b – 3, a + 1) = A(a + 1, 2b – 3)  A′(–9, –7)

Matematika Kelas XI

89

7. Diketahui titik D(–14, 1) sehingga diperoleh: x′ = x cos α – y sin α = (–14) · cos (60°) – 1 · sin (60°) 1

b.

1

= (–14) · 2 – 1 · 2 3 1

= –7 – 2 3 y′ = x sin α + y cos α = (–14) · sin (60°) + 1 · cos (60°) = (–14) ·

1 2

3 + 1·

10. a.

1 2

1

= –7 3 + 2

1

Jadi, bayangan titik D adalah D′(–7 – 2 3 , 1 –7 3 + ).

x′

1

1

1

1

= 3 · (–15) – 3 · 3 + 3 = –5 – 1 + 3 = –3 Jadi, bayangannya adalah A′(–6, –3).

90


y′

x′

8. Ambil titik (x, y) yang terletak pada lingkaran (x + 1)2 + (y + 3)2 = 25.

= 3 · 6 – 3 · (–12) + (–12) = 2 + 4 – 12 = –6 y′ = ky – kb + b

Ambil titik (x, y) yang terletak pada lingkaran (x + 3)2 + (y + 7)2 = 16. Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi dengan pusat O(0, 0) dan faktor skala 4 sebagai berikut. x′ = kx = 4x y′ = ky = 4y Diperoleh x = 4 dan y = 4 .

2

R[O(0, 0), 90° ] (x, y)  → (x′, y′) = (–y, x) Diperoleh: x′ = –y ⇔ y = –x′ y′ = x Substitusikan y = –x′ dan x = y′ ke persamaan (x + 1)2 + (y + 3)2 = 25. (x + 1)2 + (y + 3)2 = 25 ⇔ (y′ + 1)2 + ((–x′) + 3)2 = 25 ⇔ (y′ + 1)2 + (–(x′ – 3))2 = 25 ⇔ (y′ + 1)2 + (x′ – 3)2 = 25 ⇔ (y + 1)2 + (x – 3)2 = 25 ⇔ (x – 3)2 + (y + 1)2 = 25 Jadi, persamaan bayangan lingkaran tersebut adalah (x – 3)2 + (y + 1)2 = 25. 9. a. x′ = kx – ka + a

x′ = kx – ka + a =2·6–2·6+6 = 12 – 12 + 6 = 6 y′ = ky – kb + b = 2 · (–15) – 2 · 7 + 7 = –30 – 14 + 7 = –37 Jadi, bayangannya adalah A′(6, –37).

y′

Substitusikan x = 4 dan y = 4 ke persamaan (x + 3)2 + (y + 7)2 = 16. (x + 3)2 + (y + 7)2 = 16 ⇔ ⇔ ⇔

b.

 x′ 4 

2

2

′ + 3  +  y + 7  = 16 4



 x′ + 12   4   

2

(x′ + 12)2 16



 y′ + 28    4 

2

+  +

(y′ + 28)2 16

= 16 = 16

⇔ (x′ + 12)2 + (y′ + 28)2 = 256 ⇔ (x + 12)2 + (y + 28)2 = 256 Jadi, persamaan bayangannya adalah (x + 12)2 + (y + 28)2 = 256. Diketahui jari-jari bayangan lingkaran = 256 = 16 sehingga luasnya: L = π r2 = 3,14 · 256 = 803,84 Jadi, luas bayangan lingkaran tersebut 803,84 satuan luas.

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. mendeskripsikan konsep turunan dengan menggunakan konteks matematika; 2. menjelaskan aturan dan sifat turunan fungsi aljabar dari aturan dan sifat limit fungsi; 3. menjelaskan gradien garis singgung, persamaan garis singgung, dan garis normal; 4. menjelaskan fungsi naik dan fungsi turun; 5. menjelaskan titik stasioner (titik maksimum, titik minimum, dan titik belok); 6. menerapkan permasalahan yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. menampilkan sikap rasa ingin tahu dan kritis dalam mempelajari turunan fungsi; 2. berperilaku disiplin dan bertanggung jawab menerapkannya dalam kehidupan sehari-hari.

Turunan Fungsi

Turunan Fungsi Aljabar

• • • • •

Menjelaskan konsep turunan fungsi. Menjelaskan aturan turunan fungsi aljabar dari aturan limit fungsi. Menjelaskan sifat-sifat turunan fungsi. Menjelaskan aturan rantai. Berdiskusi menentukan turunan fungsi dengan aturan rantai.

• • • • • •

Penggunaan Turunan Fungsi

• • • • • •

Menjelaskan gradien garis singgung. Menjelaskan persamaan garis singgung dan garis normal. Menjelaskan fungsi naik dan fungsi turun. Menjelaskan titik stasioner. Menjelaskan nilai maksimum dan minimum. Berdiskusi menentukan persamaan garis singgung dan garis normal.

Memiliki sikap logis, kritis, kreatif, disiplin, dan rasa ingin tahu, serta memiliki rasa percaya diri dalam menyelesaikan masalah. Berperilaku jujur dan bertanggung jawab dalam berinteraksi dengan lingkungan sosial. Menggunakan konsep turunan fungsi untuk menentukan persamaan garis singgung dan garis normal. Menggunakan konsep turunan fungsi untuk menentukan nilai maksimum dan nilai minimum suatu fungsi. Menentukan biaya minimum produksi. Menentukan luas atau volume maksimum suatu bangun.

Matematika Kelas XI

91

df(x)

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d f(x) = 5x3 – 3x2 – 5x + 3 f′(x) = 5 · 3x2 – 3 · 2x – 5 = 15x2 – 6x – 5 Substitusikan x = 2 ke dalam f′(x). f′(x) = 15x2 – 6x – 5 ⇔ f′(2) = 15 · 22 – 6 · 2 – 5 = 60 – 12 – 5 = 43 Jadi, nilai f′(2) = 43.

f′(x) = dx

df(x)

6. Jawaban: d Misalkan: u = 2x – 1 maka u′ = 2 v = (1 – 4x)5 maka v′ = 5 · (1 – 4x)4 · (–4) = –20(1 – 4x)4 h′(x) = vu′ + uv′ = (1 – 4x)5 · 2 + (2x – 1) · (–20(1 – 4x)4) = 2(1 – 4x)4((1 – 4x) – 10(2x – 1)) = 2(1 – 4x)4(11 – 24x) = (22 – 48x)(1 – 4x)4 Jadi, turunan pertama fungsi h(x) adalah h′(x) = (22 – 48x)(1 – 4x)4.

2. Jawaban: d Misalkan: u = 2x – 5 maka u′ = 2 v = 3x – 4 maka v′ = 3 u

Turunan f(x) = v adalah: f′(x) = =

vu′ − uv′ v2 (3x − 4) · 2 − (2x − 5) · 3 (3x − 4)2

=

6x − 8 − 6x + 15 (3x − 4)2

=

7 (3x − 4)2

Nilai f′(1) =

7 (3 · 1 − 4)2

7. Jawaban: c

1 –

f′(x) = 2 x f′(4) = 7

= 1 = 7.

f(x) =

df(x)

= u′ = 6x dan du = 4u3

1

1 2 4

= 4x – 3 dan

Turunan Fungsi

5

3

2

(2x 3 + 3x + 3)2 = (2x3 + 3x + 3) 3

Misalkan: u = 2x3 + 3x + 3 maka f(u) = u 3 . df(x)

f′(x) = dx

df(x)

du

= du · dx

=

du

1

2(2x + 1) 1

u3

2(2x + 1)

=

df(x) du

+1

+1= 4 +1= 4

2

5. Jawaban: e Misalkan: u = 2x2 – 3x + 1 maka f(x) = u4

92

1 2 x

= 3 u– 3 · (6x + 3)

= du · dx = 4u3 · 6x = 24x(3x2 – 7)3

du dx

+1=

2

df(x) dx df(x)

1 2

8. Jawaban: a

4. Jawaban: c f(x) = (3x2 – 7)4 Misalkan: u = 3x2 – 7 maka f(x) = u4

f′(x) =

1

x +x=x2 +x

f(x) =

3. Jawaban: d y = 2x3 – 4x2 + 2 y′ = 2 · 3x2 – 4 · 2x = 6x2 – 8x

du dx

du

= du · dx = 4u3 · (4x – 3) = 4(2x2 – 3x + 1)3(4x – 3) = 4(4x – 3)(2x2 – 3x + 1)3 = (16x – 12)(2x2 – 3x + 1)3

=

4u3

3

1

(2x + 3x + 3) 3

=

2(2x + 1) 3

(2x 3 + 3x + 3)

f′(1) = =

⇔ (4a – 2)(a + 5) = 0 ⇔ 4a – 2 = 0 atau a + 5 = 0

2(2 · 1 + 1) 3

3

2 ·1 + 3 ·1+ 3

⇔

2·3 2

a = –5 1

Jadi, nilai a yang memenuhi adalah –5 atau 2 .

=3 Jadi, nilai f′(1) = 3. 9. Jawaban: e Misalkan: a = x + 1 ⇔ x = a – 1 f(x + 1) = 3x2 + 5x + 7 ⇔ f(a) = 3(a – 1)2 + 5(a – 1) + 7 = 3(a2 – 2a + 1) + 5a – 5 + 7 = 3a2 – 6a + 3 + 5a + 2 = 3a2 – a + 5 f′(a) = 6a – 1 f′(x – 1) = –x2 ⇔ 6(x – 1) – 1 = –x2 ⇔ 6x – 6 – 1 = –x2 ⇔ x2 + 6x – 7 = 0 ⇔ (x + 7)(x – 1) = 0 ⇔ x + 7 = 0 atau x – 1 = 0 ⇔ x = –7 atau x=1 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1 dan –7. 10. Jawaban: a f′(x) = 3px2 – 2x f′′(x) = 6px – 2 f′′(1) = 10 ⇔ 6p · 1 – 2 = 10 ⇔ 6p = 12 ⇔ p=2 2 Diperoleh f′(x) = 3 · 2x – 2x = 6x2 – 2x. f′(–1) = 6 · (–1)2 – 2 · (–1) =6+2 =8 Jadi, nilai f′(–1) = 8.

5

⇔ a = – 2 atau Oleh karena a > 0 maka a = 3. Jadi, nilai a = 3. 12. Jawaban: c f′(x) = 4x2 + 18x – 11 f′(a) = –1 4a2 + 18a – 11 = –1 4a2 + 18a – 10 = 0

13. Jawaban: a f(x) = 2x3 + nx2 + 4x + 3 f′(x) = 6x2 + 2nx + 4 f′′(x) = 12x + 2n f′′(–1) = –22 ⇔ 12 · (–1) + 2n = –22 ⇔ 2n = –10 ⇔ n = –5 14. Jawaban: e Cara 1: Misalkan: a = 3 – 2x ⇔ x =

3−a 2

f(3 – 2x) = (1 + 3x)4 ⇔

3−a

f(a) = (1 + 3( 2 ))4

f′(a) = 4 · (

=(

2 + 9 − 3a 4 ) 2

=(

11 − 3a 4 ) 2

11 − 3a 3 ) 2

= –6 · (

3

· (– 2 )

11 − 3a 3 ) 2

Substitusikan a = 3 ke dalam f′(a). f′(3) = –6 · ( = –6 · (

11. Jawaban: c f(x) = ax2 – (a + 1)x + 8 f′(x) = 2ax – (a + 1) f′(a) = 14 ⇔ 2a · a – (a + 1) = 14 ⇔ 2a2 – a – 1 = 14 ⇔ 2a2 – a – 15 = 0 ⇔ (2a + 5)(a – 3) = 0 ⇔ 2a + 5 = 0 atau a – 3 = 0

⇔ ⇔

1

a = 2 atau

a=3

11 − 3 · 3 3 ) 2 11 − 9 3 ) 2

= –6 · (1)3 = –6 Cara 2: Misalkan: u = 3 – 2x, v = (1 + 3x)4, dan w = 1 + 3x maka f(u) = v(w) dan v = w4. Jika kedua ruas persamaan f(u) = v(w) diturunkan, diperoleh: f′(u) · u′ = v′(w) · w′ ⇔ f′(3 – 2x) · (–2) = 4w3 · 3 ⇔ f′(3 – 2x) = –6w3 ⇔ f′(3 – 2x) = –6(1 + 3x)3 f′(3) = f′(3 – 2 · 0) = –6(1 + 3 · 0)3 = –6 · 1 = –6 Jadi, nilai f′(3) = –6.

Matematika Kelas XI

93

17. Jawaban: a

15. Jawaban: a Misalkan: u = 2x – 1 maka u′ = 2 x + 1 maka v′ =

v=

f(x)

Misalkan: h(x) = g(x) = 2x – x2

1

f(1)

h(1) = g(1) = 2 · 1 – 12

2 x +1

u

Turunan f(x) = v adalah

x + 1 · 2 − (2x − 1) ·

=

1 2 x +1

18. Jawaban: d

( x + 1)2

2(x + 1) x + 1

dy dt

4x + 4 − 2x + 1

=

2 (x + 1)3

dy

1

=

2 (x + 1)3

2 x

x=

2x − 2 + 5 2 x

3

dy dx

2 x3

1

1

Misalkan: u = 2x2 + 4x – 3 maka h(x) = u 2 h′(x) = =

dh(x) du 1

.

dt

20. Jawaban: c 1 1

g(x) =

du dx

2x + 2

Turunan Fungsi

1

= .

−

= 1 – 2 (x + 1) =1–

1

u2 2x + 2

2x 2 + 4x − 3

x + 1 = (x − (x + 1) 2 ) 2

1

Misalkan: u = x – (x + 1) 2 maka g(x) = u2 .

1

2x 2 + 4x − 3 2x + 2

x−

1

du

· dx

= 2 u– 2 · (4x + 4)

Jadi, h′(x) =

dy

= dt · dx = (3t2 – 4t) · 2(x – 1) = (3(x – 1)4 – 4(x – 1)2) · 2(x – 1) = 2(x – 1)(x – 1)2(3(x – 1)2 – 4) = 2(x – 1)3(3(x2 – 2x + 1) – 4) = 2(x – 1)3(3x2 – 6x + 3 – 4) = 2(x – 1)3(3x2 – 6x – 1) = (x – 1)3(6x2 – 12x – 2)

= (2x2 + 4x – 3) 2

dh(x) dx

t =x–1 t = (x – 1)2 dt

2x 2 + 4x − 3

=

t +1 ⇔ ⇔

⇔ dx = 2(x – 1)

16. Jawaban: b h(x) = (g D f)(x) = g(f(x)) = g(2x2 + 4x)

=

t +1

2x + 3

=

=

2

19. Jawaban: d

2 ((x − 1) + 1)3

=

· 2t

t

=

2(x − 1) + 5

f′(x – 1) =

dx

= dx · dt

2x + 5

=

94

x − 1 ⇔ t2 = x – 1 ⇔ x = t2 + 1

t=

4(x + 1) − (2x − 1)

=

=1

⇔ f(1) = 2 g′(1) = f′(1) = f(1) = 2 Jadi, nilai g′(1) = 2.

vu′ − uv′ v2

f′(x) =

f(1) 2

⇔

1 2 x+1

2 x + 1−1 2 x+1

1 2

·1

dg(x) dx

=

dg(x) du

−

1

du

· dx = 2 u

1 2

·

2 x + 1−1 2 x+1

1

=

2 x− x+1

·

2 x + 1−1 2 x+1

4 (x + 1)(x − x + 1)

= = =

B. 1.

1

x 2 (x + 1) = (x3 + x2) 2

Misalkan: u = x3 + x2 maka g(x) = u 2 . dg(x) dx

Nilai turunan g(x) di x = 3 adalah dg(3) dx

3. g(x) = x x + 1 =

1

2 x +1−1

=

Oleh karena b bilangan bulat maka b = –1. Nilai a + b = –2 + (–1) = –3. Jadi, nilai a + b = –3.

2 3 +1−1

dg(x) du

=

du

· dx

1

1

4 (3 + 1)(3 − 3 + 1)

= 2 u– 2 · (3x2 + 2x)

2⋅2−1 4 4(3 − 2)

=

3 4 4

=

3 4⋅2

=

3 8

x(3x + 2) 2 x 2 (x + 1)

x(3x + 2)

3x + 2

g(a + 1) =

a+2

= d dx

⇔

= 2 x +1 2x x + 1

3(a + 1) + 2

=

2 a + 1+ 1

a+2

⇔ 3a + 3 + 2 = 2 a + 2 · ⇔ 3a + 5 = 2(a + 2) ⇔ 3a + 5 = 2a + 4 ⇔ a = –1 Jadi, nilai a = –1.

a+2

dy

4. y = 3t2 maka dt = 6t dx

dt

1

x = 2t2 + t – 1 maka dt = 4t + 1 ⇔ dx = 4t + 1

⇔ a= ± 4 ⇔ a=±2 Oleh karena a < 0 maka a = –2. f′(b) = 1 ⇔ 3ab2 – 10b + a + b = 1 ⇔ 3 · (–2)b2 – 10b – 2 + b = 1 ⇔ –6b2 – 9b – 3 = 0 ⇔ 3(2b2 + 3b + 1) = 0 ⇔ (2b + 1)(b + 1) = 0 ⇔ 2b + 1 = 0 atau b + 1 = 0 ⇔ 2b = –1 atau b = –1 1

x(3x + 2) 2 x3 + x2

=

2. f(x) = ax3 – 5x2 + (a + b)x – 4 f′(x) = 3ax2 – 5 · 2x + (a + b) = 3ax2 – 10x + a + b f′′(x) = 3a · 2x – 10 f′′(a) = 14 ⇔ 3a · 2a – 10 = 14 ⇔ 6a2 = 24 ⇔ a2 = 4

b = – 2 atau

2 u

=

Uraian f(t) = t3 – at2 + b f′(t) = 3t2 – 2at f′(2) = –4 ⇔ 3 · 22 – 2a · 2 = –4 ⇔ 12 – 4a = –4 ⇔ –4a = –16 ⇔ a =4 f(1) = 2 ⇔ 13 – a · 12 + b = 2 ⇔ 1–4·1+b =2 ⇔ –3 + b = 2 ⇔ b =5 Nilai a + b = 4 + 5 = 9. Jadi, nilai a + b = 9.

⇔

x(3x + 2)

b = –1

dy dx

dy

dt

= dt · dx 1

= 6t · 4t + 1 6t

= 4t + 1 Substitusikan x = 2 ke dalam x = 2t2 + t – 1 diperoleh: 2 = 2t2 + t – 1 2 ⇔ 2t + t – 3 = 0 ⇔ (2t + 3)(t – 1) = 0 ⇔ 2t + 3 = 0 atau t – 1 = 0 ⇔

3

t = – 2 atau

t=1

Matematika Kelas XI

95

Oleh karena t > 0 maka t = 1. dy

Substitusikan t = 1 ke dalam dx = dy dx

=

6 ⋅1 4 ⋅1+ 1

6t 4t + 1

diperoleh:

6 5

=

dy

6

Jadi, nilai dx di x = 2 adalah . 5 u

5. Misalkan: u = at2 dan v = bt – 3 maka f(t) = v . f′(t) =

vu′ − uv′ v2

=

(bt − 3) · 2at − at 2 · b (bt − 3)2

=

2abt 2 − 6at − abt 2 (bt − 3)2

⇔

A.

= –1

2. Jawaban: a Kurva f(x) = 3x2 + 2x – 1 melalui titik P(a, 4) maka f(a) = 4. f(a) = 3a2 + 2a – 1 ⇔ 4 = 3a2 + 2a – 1 2 ⇔ 3a + 2a – 5 = 0 ⇔ (3a + 5)(a – 1) = 0 ⇔ 3a + 5 = 0 atau a – 1 = 0 5

a=1 5

Oleh karena a < 0 maka a = – 3 sehingga koordinat 5

titik P(– 3 , 4).

96

Turunan Fungsi

=

2 · (−1)2 − 6 · (−1) (2 · (−1) − 3)2

=

2 ·1+ 6 ( −2 − 3)2

=

8 ( −5)2

8

= 25

8

1. Jawaban: b Persamaan gradien garis singgung kurva: f′(x) = 2x + 1 Kurva f(x) = x2 + x – 20 menyinggung garis A di titik A(3, –8) maka gradien garis A adalah m = f′(xA). m = f′(xA) = f′(3) =2·3+1 =7 Jadi, gradien garis A adalah 7.

a = – 3 atau

2t 2 − 6t

Jadi, nilai (f′ D f)(1) = 25 .

a=3–b

Pilihan Ganda

⇔

1· 2 · t 2 − 6 · 1· t (2t − 3)2

= (2t − 3)2 (f′ D f)(1) = f′(f(1)) = f′(–1)

abt 2 − 6at

f(1) = –1 ⇔

= –4

⇔ ab – 6a = –4(b – 3)2 ⇔ (3 – b)b – 6(3 – b) = –4(b2 – 6b + 9) ⇔ 3b – b2 – 18 + 6b = –4b2 + 24b – 36 ⇔ 3b2 – 15b + 18 = 0 ⇔ 3(b2 – 5b + 6) = 0 ⇔ 3(b – 3)(b – 2) = 0 ⇔ b – 3 = 0 atau b – 2 = 0 ⇔ b = 3 atau b=2 Oleh karena b ≠ 3 maka b = 2. Dengan demikian, diperoleh: a=3–b=3–2=1 f′(t) =

= (bt − 3)2

a · 12 b ·1− 3

ab · 12 − 6a · 1 (b · 1 − 3)2

f′(1) = –4 ⇔

Persamaan gradien kurva: m = f′(x) = 6x + 2 5

Gradien garis singgung kurva di titik P(– 3 , 4): 5

5

m = f′(xP) = f′(– 3 ) = 6 · (– 3 ) + 2 = –8

5

Jadi, gradien garis singgung kurva di titik P(– 3 , 4) adalah –8.

3. Jawaban: d Persamaan gradien garis singgung kurva: m = y′ = 2x – 4 Gradien garis singgung kurva di titik (1, –8): m = y′(1) = 2 · 1 – 4 = –2 Persamaan garis singgung melalui titik (1, –8) dan bergradien m = –2 sebagai berikut. y + 8 = –2(x – 1) ⇔ y = –2x + 2 – 8 ⇔ y = –2x – 6 Jadi, persamaan garis singgung kurva yang melalui titik (1, –8) adalah y = –2x – 6. 4. Jawaban: d Gradien garis yang sejajar garis y + 2x = 5 adalah m = –2.

Garis g sejajar garis y + 2x = 5 dan menyinggung kurva f(x) = 2x2 – 6x + 1 maka gradien garis g: mg = f′(x) = –2 ⇔ 4x – 6 = –2 ⇔ 4x = 8 ⇔ x=2 Diperoleh absis titik P, xp = 2. Ordinat titik P: yp = f(2) = 2 · 22 – 6 · 2 + 1 = 8 – 12 + 1 = –3 Jadi, koordinat titik P(2, –3). 5. Jawaban: b Persamaan gradien garis singgung kurva: m = f′(x) = 6x – a Garis y = (a + 2)x – 2b mempunyai gradien m = a + 2. Oleh karena garis y = (a + 2)x – 2b menyinggung kurva di titik (1, a) maka m = f′(1). m = f′(1) ⇔ a+2=6·1–a ⇔ 2a = 4 ⇔ a=2 Jadi, nilai a = 2. 6. Jawaban: b Persamaan parabola: y = f(x) = 4x – x2. Turunan pertamanya: y′ = f′(x) = 4 – 2x. Gradien garis singgung parabola di titik M(1, 3) adalah m = y′ = f′(xM) = f′(1). m = f′(1) = 4 – 2 · 1 = 2 Persamaan garis singgung parabola y = 4x – x2 di titik M(1, 3) sebagai berikut. y – yM = m(x – xM) ⇔ y – 3 = 2(x – 1) ⇔ y = 2x – 2 + 3 ⇔ y = 2x + 1 Substitusikan y = 2x + 1 ke dalam y = x2 – 6x + k diperoleh persamaan kuadrat sebagai berikut. 2x + 1 = x2 – 6x + k 2 ⇔ x – 8x + (k – 1) = 0 Garis menyinggung parabola maka nilai diskriminan (D = b2 – 4ac) persamaan kuadrat sama dengan nol. Persamaan kuadrat x2 – 8x + (k – 1) = 0 mempunyai nilai a = 1, b = –8, dan c = k – 1. D=0 ⇔ b2 – 4ac = 0 2 ⇔ (–8) – 4 · 1 · (k – 1) = 0 ⇔ 64 – 4k + 4 = 0 ⇔ 4k = 68 ⇔ k = 17 Nilai 5 –

k −1 = 5 –

17 − 1

7. Jawaban: e Persamaan gradien garis singgung kurva: m = f′(x) = 3 – 2x Gradien garis singgung di x = 3 adalah m = f′(3) = 3 – 2 · 3 = –3. 1

1

Gradien garis normal di x = 3 adalah mn = – m = 3 . Ordinat titik singgung sebagai berikut. y = f(3) = 1 + 3 · 3 – 32 = 1 Dengan demikian, diperoleh titik singgung (3, 1). Persamaan garis normal di titik (3, 1) sebagai berikut. y – 1 = mn(x – 3) 1

⇔

y – 1 = 3 (x – 3) ⇔ 3y – 3 = x – 3 ⇔ 3y – x = 0 Jadi, persamaan garis normal kurva f(x) = 1 + 3x – x2 di x = 3 adalah 3y – x = 0. 8. Jawaban: d Persamaan gradien garis singgung kurva: m = f′(x) = 3x2 – 4x – 2. Gradien garis singgung kurva di titik T(2, 2): m = f′(xT) = f′(2) = 3 · 22 – 4 · 2 – 2 = 2 Garis normal y = ax + b mempunyai gradien mn = a. 1

1

mn = – f′(2) ⇔ a = – 2

1

Persamaan garis normal menjadi y = – 2 x + b. Garis normal melalui titik T(2, 2) diperoleh: 1

2 = – 2 · 2 + b ⇔ 2 = –1 + b ⇔ b=3 Nilai a + b =

1 –2

1

+3=22. 1

Jadi, nilai a + b = 2 2 . 9. Jawaban: d Fungsi f(x) turun jika f′(x) < 0. ⇔ 3x2 – 6x – 9 < 0 ⇔ 3(x2 – 2x – 3) < 0 ⇔ (x – 3)(x + 1) < 0 Diagram tanda f′(x) sebagai berikut. ▲

▲

+++

–––

+++

▲

–1

3

Dari diagram tanda di atas kelihatan bahwa grafik fungsi f(x) turun pada interval –1 < x < 3. Jadi, grafik fungsi f(x) turun pada interval –1 < x < 3.

= 5 – 16 =5–4 =1 Matematika Kelas XI

97

10. Jawaban: d Fungsi f(x) monoton turun maka f′(x) tidak positif (definit negatif). Grafik definit negatif di bawah sumbu X. Fungsi f(x) stasioner untuk x = 6 maka f′(6) = 0 (menyinggung sumbu X). Jadi, grafik yang benar pilihan d. 11. Jawaban: e f(x) =

2 3 x 3

1

1 2 x 2

–

g(x) = f(1 – x) =

– 3x +

g(–1) = 3 · (–1)3 – (–1) + 1

1 6

1

2 1 1 (1 – x)3 – 2 (1 – x)2 – 3(1 – x) + 6 3

2

1

g′(x) = 3 · 3(1 – x)2(–1) + 2 · 2(1 – x) + 3 = –2(1 – x)2 + (1 – x) + 3 Fungsi g(x) naik jika g′(x) > 0. Misalkan: p = 1 – x, diperoleh: –2p2 + p + 3 > 0 ⇔ 2p2 – p – 3 < 0 ⇔ (2p – 3)(p + 1) < 0 3

⇔

–1 < p < 2

⇔

–1 < 1 – x < 2

⇔

–2 < – x < 2

⇔

–2 < x<2

3

1

1

12. Jawaban: b f(x) = g(2x – 1) 1

= 3 (2x – 1)3 – A2(2x – 1) + 1 1

f′(x) = 3 · 3(2x – 1)2 · 2 – 2A2 = 2(2x – 1)2 – 2A2 Substitusikan x = 1 ke dalam f′(x) = 0. 2(2x – 1)2 – 2A2 = 0 ⇔ 2(2 · 0 – 1)2 – 2A2 = 0 ⇔ 2(1)2 – 2A2 = 0 ⇔ A2 = 1 2 Substitusikan A = 1 ke dalam g(x). 1

g(x) = 3 x3 – A2x + 1 ⇔

g(x) =

1 3 x 3

–x+1

Nilai stasioner g(x) dicapai pada saat g′(x) = 0. 1

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

98

Nilai maksimum fungsi dapat ditentukan dengan menggunakan turunan kedua. g′′(x) = 2x Untuk x = 1 maka g′′(1) = 2 > 0 (minimum) Untuk x = –1 maka g′′(–1) = –2 < 0 (maksimum) Nilai maksimum g(x) dicapai pada saat x = –1, diperoleh:

g′(x) = 3 · 3x2 – 1 = 0 x2 – 1 = 0 (x – 1)(x + 1) = 0 x – 1 = 0 atau x + 1 = 0 x = 1 atau x = –1

Turunan Fungsi

=–3 +2 5

= 3 5

Jadi, nilai maksimum g(x) adalah 3 . 13. Jawaban: b Fungsi f(x) = ax3 + bx2 + 12x + 1 naik pada interval –1 < x < 2 maka f(x) stasioner di x = –1 dan x = 2. f(x) stasioner di x = –1 dan x = 2 maka f′(–1) = 0 dan f′(2) = 0. f′(x) = 3ax2 + 2bx + 12 f′(–1) = 0 ⇔ 3a · (–1)2 + 2b · (–1) + 12 = 0 ⇔ 3a – 2b = –12 ⇔ 3a = 2b – 12 f′(2) = 0 ⇔ 3a · 22 + 2b · 2 + 12 = 0 ⇔ 12a + 4b + 12 = 0 ⇔ 3a + b = –3 ⇔ 2b – 12 + b = –3 ⇔ 3b = 9 ⇔ b=3 Dengan demikian, diperoleh nilai a sebagai berikut. 3a = 2b – 12 ⇔ 3a = 2 · 3 – 12 ⇔ 3a = –6 ⇔ a = –2 Persamaan fungsi menjadi f(x) = –2x3 + 3x2 + 12x + 1. f(–1) = –2 · (–1)3 + 3 · (–1)2 + 12 · (–1) + 1 = 2 + 3 – 12 + 1 = –6 f(2) = –2 · 23 + 3 · 22 + 12 · 2 + 1 = –16 + 12 + 24 + 1 = 21 Oleh karena f(–1) < f(2), nilai maksimum fungsi f(x) adalah f(2) = 21. Jadi, nilai maksimum fungsi f(x) adalah 21. 14. Jawaban: c Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0 f′(x) = 6x2 – 12x = 0 ⇔ 6x(x – 2) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 Untuk x = 0 maka f(0) = 2 · 03 – 6 · 02 + 3 = 3 (maksimum) Untuk x = 2 maka f(2) = 2 · 23 – 6 · 22 + 3 = –5 (minimum) Jadi, titik balik minimum fungsi (2, –5).

15. Jawaban: b Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0. f′(x) = 6x2 – 18x – 24 = 0 ⇔ 6(x2 – 3x – 4) = 0 ⇔ (x – 4)(x + 1) = 0 ⇔ x – 4 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔ x = 4 atau x = –1 Untuk x = 4 tidak masuk dalam interval –2 ≤ x ≤ 2. Nilai f(x) di x = –1 sebagai berikut. f(–1) = 2 · (–1)3 – 9 · (–1)2 – 24 · (–1) + 10 = –2 – 9 + 24 + 10 = 23 Nilai f(x) di ujung-ujung interval –2 ≤ x ≤ 2 sebagai berikut. f(–2) = 2 · (–2)3 – 9 · (–2)2 – 24 · (–2) + 10 = –16 – 36 + 48 + 10 = 6 f(2) = 2 · 23 – 9 · 22 – 24 · 2 + 10 = 16 – 36 – 48 + 10 = –58 Fungsi f(x) pada interval –2 ≤ x ≤ 2 mempunyai nilai terendah –58. Jadi, pada interval –2 ≤ x ≤ 2 fungsi f(x) = 2x3– 9x2 – 24x + 10 mempunyai nilai minimum –58. 16. Jawaban: b Luas sisi-sisi balok = 2x2 + 4xt = 96 ⇔ 4xt = 96 – 2x2 ⇔

t=

⇔

t=

96 − 2x 2 4x 24 1 – 2 x

x

t

1

---

+++

B(x) = (2x – 60 + x ) ribu Biaya total: T(x) = x · B(x) 600

x

Fungsi V mencapai

x

dV

stasioner jika dx = 0. 3

= 24 – 2 x2 = 0

3

⇔ 2 x2 = 24 ⇔ x2 = 16 ⇔ x = ±4 dV

Diagram tanda dx sebagai berikut.

–4 ↑ Minimum

100

= p(4p + p – 40) = 4p2 + 100 – 40p = 4p2 – 40p + 100 Biaya proyek akan minimum jika B′(p) = 0. B′(p) = 8p – 40 = 0 ⇔ 8p = 40 ⇔ p=5 Diagram tanda B′(p) sebagai berikut.

600

1

+++

100

b(p) = (4p + p – 40) juta rupiah Biaya proyek p hari: B(p) = p · B(p)

18. Jawaban: c Biaya setiap pasang sandal:

= 24x – 2 x3

---

17. Jawaban: d Biaya proyek per hari:

Dari diagram tanda B′(p) di atas tampak bahwa fungsi B(p) mencapai minimum di p = 5. Jadi, proyek tersebut harus diselesaikan dalam waktu 5 hari agar biaya proyek tersebut minimum.

= x2( x – 2 x)

dV dx

1

V(4) = 24 · 4 – 2 · 43 = 96 – 32 = 64 cm3 Jadi, volume balok terbesar 64 cm3.

5

Volume balok: V = x2t 24

Dari diagram tersebut tampak bahwa fungsi V mencapai maksimum di x = 4. Volume balok terbesar adalah V(4).

---

4 ↑ Maksimum

dV dx

= x · (2x – 60 + x ) ribu = (2x2 – 60x + 600) ribu Biaya produksi minimum terjadi pada saat T′(x) = 0. T′(x) = 0 ⇔ 2 · 2x – 60 = 0 ⇔ 4x – 60 = 0 ⇔ x = 15 Biaya produksi minimum: T(x) = (2x2 – 60x + 600) ribu ⇔ T(15) = (2 · 152 – 60 · 15 + 600) · 1.000 = (2 · 225 – 900 + 600) · 1.000 = (450 – 900 + 600) · 1.000 = 150.000 Jadi, biaya produksi total minimum per jam sebesar Rp150.000,00.

Matematika Kelas XI

99

19. Jawaban: b Biaya produksi: B(x) = (2x2 – 180x + 2.500) ribu rupiah Biaya produksi akan minimum jika B′(x) = 0. B′(x) = 4x – 180 ⇔ 0 = 4x – 180 ⇔ 4x = 180 ⇔ x = 45 Diagram tanda B′(x) sebagai berikut.

---

B.

Uraian

1. a.

Kurva f(x) memotong sumbu Y jika x = 0 maka: f(0) = 4 · 02 – 6 · 0 + 4 = 4 Kurva memotong sumbu Y di titik T(0, 4). Gradien kurva di titik T(0, 4) adalah m = f′(0). f′(x) = 8x – 6 m = f′(0) = 8 · 0 – 6 = –6 Jadi, gradien garis singgung kurva di titik T adalah –6.

+++ 45

Dari diagram tanda B′(x) di atas tampak bahwa fungsi B(x) mencapai minimum di x = 45. Jadi, biaya produksi akan minimum jika diproduksi 45 unit barang. 20. Jawaban: a Ukuran kotak yang terbentuk sebagai berikut.

2x

x

f(x) = (2x – 1)2 – (2x – 3) = 4x2 – 4x + 1 – 2x + 3 = 4x2 – 6x + 4

b.

Persamaan garis singgung di titik T(0, 4) dengan gradien m = –4 sebagai berikut. y – yT = m(x – xT) ⇔ y – 4 = –6(x – 0) ⇔ y – 4 = –6x ⇔ y = –6x + 4 Jadi, persamaan garis singgung kurva di titik T adalah y = –6x + 4.

30

–

2. Fungsi f(x) naik pada saat f′(x) > 0. f(x) =

(30 – 2x)

Misalkan: u = x2 + 3 maka u′ = 2x v = x – 1 maka v′ = 1

Volume kotak: V = (30 – 2x)2 · x = (900 – 120x + 4x2) x = 900x – 120x2 + 4x3

u

Turunan f(x) = v adalah dV

Fungsi V mencapai stasioner jika dx = 0. dV dx

= 900 – 240x + 12x2 = 0

⇔ 12(x2 – 20x + 75) = 0 ⇔ (x – 15)(x – 5) = 0 ⇔ x – 15 = 0 atau x – 5 = 0 ⇔ x = 15 atau x=5 dV

Diagram tanda dx sebagai berikut. ▲

▲ +++

––– ▲ 5

+++ 15

Dari diagram tersebut tampak bahwa fungsi V mencapai maksimum di x = 5. Dengan demikian, volume kotak terbesar diperoleh jika x = 5. Volume kotak terbesar: V = (30 – 2 · 5)2 · 5 = (30 – 10)2 · 5 = 202 · 5 = 400 · 5 = 2.000 cm3

100

Turunan Fungsi

x2 + 3 x −1

f′(x) = = =

vu′ − uv′ (x − 1)(2x) − (x 2 + 3)(1) = 2 v (x − 1)2 2 2 (2x − 2x) − (x + 3) (x − 1)2 x 2 − 2x − 3 (x − 1)2

=

(x − 3)(x + 1) (x − 1)2

Fungsi f(x) naik: (x − 3)(x + 1) (x − 1)2

>0

Pembuat titik nol: • x – 3 = 0 maka x = 3 • x + 1 = 0 maka x = –1 • x – 1 = 0 maka x = 1 Penyelesaian: +

– –1

– 1

+ 3

⇔ –1 < x < 1 atau 1 < x < 3 Dapat juga dinyatakan dengan: ⇔ –1 < x < 3; x ≠ 1

3. Fungsi f(x) = x3 + 6x2 – 15x + 3 mencapai stasioner jika f′(x) = 0. f′(x) = 3x2 + 12x – 15 = 0 ⇔ 3(x2 + 4x – 5) = 0 ⇔ (x + 5)(x – 1) = 0 ⇔ x + 5 = 0 atau x – 1 = 0 ⇔ x = –5 atau x=1 Diagram tanda fungsi f′(x) sebagai berikut. ▲

▲

+++

–––

+++

▲

–5

Dari diagram tanda di atas terlihat fungsi f(x) mencapai maksimum di x = –5 dan minimum di x = 1 sehingga (–5, f(–5)) merupakan titik balik maksimum dan (1, f(1)) merupakan titik balik minimum. f(–5) = (–5)3 + 6 · (–5)2 – 15 · (–5) + 3 = –125 + 150 + 75 + 3 = 103 f(1) = 13 + 6 · 12 – 15 · 1 + 3 = 1 + 6 – 15 + 3 = –5 Jadi, titik stasioner fungsi f(x) = x3 + 6x2 – 15x + 3 adalah (–5, 103) sebagai titik balik maksimum dan (1, –5) sebagai titik balik minimum. 4. Biaya proyek per hari: Biaya proyek x hari: B(x) = x · b(x) =

x(x2

5.000 ) ratus ribu rupiah x

– 75x + 1.800 –

5.000 ) x

= (x3 – 75x2 + 1.800x – 5.000) ratus ribu rupiah B′(x) = 3x2 – 150x + 1.800 Fungsi B(x) mencapai stasioner jika B′(x) = 0. 3x2 –150x + 1.800 = 0 ⇔ 3(x2 – 50x + 600) = 0 ⇔ x2 – 50x + 600 = 0 ⇔ (x – 30)(x – 20) = 0 ⇔ x – 30 = 0 atau x – 20 = 0 ⇔ x = 30 atau x = 20

f(a) − f(a + x) 2x x→0

▲

––– ▲

20

+++ 30

Dari sketsa grafik B′(x) tampak bahwa fungsi B(x) mencapai minimum di x = 30. Jadi, proyek harus diselesaikan dalam waktu 30 hari agar biaya proyek minimum.

H(x) = 16 +

2.000 x

x 4

–

Pendapatan total: TR = x · H(x) = x(16 +

2.000 x

–

= 16x + 2.000 –

x ) 4 2 x 4 dTR

Pendapatan akan maksimum jika dx = 0. dTR dx

x

=16 – 2 = 0 x 2

⇔

= 16

⇔ x = 32 Pendapatan maksimum perusahaan: TR(32) = (16 · 32 + 2.000 –

322 4

) · 100.000

= 2.256 · 100.000 = 225.600.000 Jadi, pendapatan maksimum perusahaan Rp225.600.000,00.

2. Jawaban: b

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d lim

▲

+++

5. Harga per unit barang:

1

b(x) = (x2 – 75x + 1.800 –

Sketsa grafik B′(x):

1

1

= 2 · lim x→0 1

= 2 · lim x→0 =

1 –2 1

·

f(a) − f(a + x) x −(f(a + x) − f(a)) x

f(a + x) − f(a) lim x x→0

= – 2 · f′(a)

f(x) = 3 x3 + 3x2 + 4x + 5 1

f′(x) = 3 · 3x2 + 3 · 2x + 4 = x2 + 6x + 4 3. Jawaban: b f(x) = 2x3 + x2 – 10 f′(x) = 2 · 3x2 + 2x = 6x2 + 2x Matematika Kelas XI

101

Substitusikan x = 1 ke dalam f′(x). f′(x) = 6x2 + 2x ⇔ f′(1) = 6 · 12 + 2 · 1 =6+2 =8 4. Jawaban: b Misalkan: u = 20x – 2 dan v = 2x – 1 maka u

f(x) = v , diperoleh u′ = 20 dan v′ = 2. vu′ − uv′ v2

f′(x) =

8. Jawaban: d 1

3 2 f(3x + 2) = x x + 1 = x + x = (x 3 + x 2 )2 Jika kedua ruas persamaan diturunkan diperoleh:

⇔ 3f′(3x + 2) =

Ambil x = 2, diperoleh: 3 ⋅ 22 + 2 ⋅ 2

=

3f′(8) =

=

40x − 20 − 40x + 4 (2x − 1)2

⇔

3f′(8) = 2 8 + 4

⇔

3f′(8) = 2 12

16 (2x − 1)2 16 (2 · 1 − 1)2

16

= – 1 = –16 Jadi, nilai f′(1) = –16.

5. Jawaban: a Misalkan: u = 5x – 2x2 dan v = (3x – 1)3 maka f(x) = uv, diperoleh u′ = 5 – 4x. v′ = 3(3x – 1)2 · 3 = 9(3x – 1)2 f′(x) = vu′ + uv′ = (3x – 1)3 · (5 – 4x) + (5x – 2x2) · 9(3x – 1)2 = (3x – 1)2((3x – 1)(5 – 4x) + 9(5x – 2x2)) = (3x – 1)2(15x – 5 – 12x2 + 4x + 45x – 18x2) = (3x – 1)2(–30x2 + 64x – 5) = –(3x – 1)2(30x2 – 64x + 5) 6. Jawaban: e  f ′   (x)  g

g(x)f ′(x) − f(x)g′(x) (g(x))2

=

 f ′ g(0)f ′(0) − f(0)g′(0)   (0) = g (g(0))2  

=

−4 ⋅ (−4) − 2 ⋅ 2 ( −4)2

3

= 4 7. Jawaban: d h′(x) = g(x)f′(x) + f(x)g′(x) h′(x) – f′(x)g(x) – 5 = g(x)f′(x) + f(x)g′(x) – f′(x)g(x) – 5 = f(x)f(x) – 5 = f2(x) – 5 Turunan Fungsi

2 23 + 22 12 + 4 16

3⋅8

⇔

3 · 3f′(8) = 2 3

⇔

9f′(8) = 4 3

Jadi, nilai 9f′(8) = 4 3 . 9. Jawaban: c y = (x + 1) x =

(x + 1)2 x

=

(x 2 + 2x + 1)x 1

= (x3 + 2x2 + x) 2 1

1

y′ = 0 ⇔ 2 (x3 + 2x2 + x)– 2 · (3x2 + 4x + 1) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

12

= 16

= f(x)g′(x) – 5

· (3x2 + 2x)

2 x3 + x2

⇔

f′(1) = –

1 2

3x 2 + 2x

(2x − 1) · 20 − (20x − 2) · 2 (2x − 1)2

=–

102

−

1

3 2 f′(3x + 2) · 3 = 2 (x + x )

3x 2 + 4x + 1 2(x 3 + 2x 2 + x)

−

1 2

=0

3x2 + 4x + 1 = 0 (3x + 1)(x + 1) = 0 3x + 1 = 0 atau x + 1 = 0 1

x = – 3 atau

x = –1 1

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah – 3 dan –1. 10. Jawaban: e Misalkan: panjang rusuk kotak = s. Luas permukaan kotak = L = 6s2. Panjang rusuk kotak bertambah dengan laju 0,02 mm/detik maka

ds = 0,02 mm/detik. dt

dL

Laju pertambahan luas permukaan kotak = dt . dL dt

=

dL ds

·

ds dt

= 12s · 0,02 = 0,24s Laju pertambahan luas permukaan kotak pada saat s = 3 cm = 30 mm sebagai berikut. dL dt

= 0,24 · 30 = 7,2

mm2/detik

11. Jawaban: a Volume balon bertambah dengan laju 1,08π cm3/detik dV

maka dt = 1,08π cm3/detik. dr

Laju pertambahan panjang jari-jari balon = dt . dV

Laju pertambahan volume balon = dt . dV dt

dV

dr

= dr · dt

dr

⇔ 1,08π = 4πr2 · dt ⇔

dr dt

=

0,27 r2 dr

0,27

Pada saat r = 3 cm, nilai dt = 2 3 = 0,03 cm/detik Jadi, laju pertambahan panjang jari-jari balon pada saat r = 3 cm adalah 0,03 cm/detik. 12. Jawaban: b Persamaan gradien garis singgung kurva: m = f′(x) = 2ax – 3 Garis g mempunyai gradien 5 dan menyinggung kurva f(x) di x = a maka f′(a) = 5. f′(a) = 2a · a – 3 ⇔ 5 = 2a2 – 3 2 ⇔ 2a – 8 = 0 ⇔ 2(a2 – 4) = 0 ⇔ (a – 2)(a + 2) = 0 ⇔ a – 2 = 0 atau a + 2 = 0 ⇔ a = 2 atau a = –2 Jadi, nilai a = 2 atau a = –2. 13. Jawaban: c f′(x) = 3ax2 + 2(a + 1)x – 3 Gradien garis singgung kurva di x = –2 adalah 1 maka f′(–2) = 1. f′(–2) = 3a · (–2)2 + 2(a + 1) · (–2) – 3= 1 ⇔ 12a – 4a – 4 – 3 = 1 ⇔ 8a = 8 ⇔ a=1 Jadi, nilai a = 1.

14. Jawaban: a 1

Garis x + 5y = 2 mempunyai gradien m1 = – 5 .

Persamaan gradien garis singgung kurva: m = f′(x) = 4x – 3. Garis singgung kurva tegak lurus dengan garis x + 5y = 2, diperoleh: 1

m · m1 = –1 ⇔ (4x – 3) · (– 5 ) = –1

⇔ 4x – 3 = 5 ⇔ 4x = 8 ⇔ x =2 Diperoleh absis titik singgung x = 2. Ordinat titik singgung: f(2) = 2 · 22 – 3 · 2 + 1 = 3 Diperoleh koordinat titik singgung (2, 3). Gradien garis singgung di x = 2 adalah m = f′(1) = 4 · 2 – 3 = 5. Persamaan garis singgung di titik (2, 3) dan bergradien 5 sebagai berikut. y – 3 = 5(x – 2) ⇔ y – 3 = 5x – 10 ⇔ y = 5x – 7 Jadi, persamaan garis singgungnya y = 5x – 7. 15. Jawaban: b 1

Garis x + 3y + 12 = 0 mempunyai gradien m1 = – 3 . Garis A tegak lurus dengan garis x + 3y + 12 = 0, diperoleh: 1

m1 · mA = –1 ⇔ – 3 · mA = –1 ⇔ mA = 3 Garis A menyinggung kurva f(x) = x2 – x – 6 di titik T maka: f′(xT) = mA ⇔ 2xT – 1 = 3 ⇔ xT = 2 Untuk x = 2 nilai f(xT = 2) = 22 – 2 – 6 = –4. Jadi, ordinat titik T adalah –4. 16. Jawaban: a Persamaan gradien garis singgung kurva: f′(x) = 3x2 + 2bx Titik singgung garis dan kurva adalah (1, 2), diperoleh: y(1) = 2 ⇔ a·1+5=2 ⇔ a = –3 Persamaan garis g menjadi y = –3x + 5. Garis g mempunyai gradien mg = –3. Gradien garis singgung kurva di x = 1 adalah mg = f′(1). mg = f′(1) ⇔ –3 = 3 · 12 + 2b · 1 ⇔ 2b = –6 ⇔ b = –3 Jadi, nilai a + b = –3 – 3 = –6.

Matematika Kelas XI

103

17. Jawaban: b Persamaan gradien garis singgung kurva: m = f′(x) = 9x2 – 3 Gradien garis normal di x = 1: mn = –

1 m

1

1

1

=– ′ =– =–6 9 · 12 − 3 f (1) Persamaan garis normal kurva di x = 1 sama dengan persamaan garis normal di titik (1, f(1)). f(1) = 3 · 13 – 3 · 1 + 2 = 2 1

Persamaan garis normal dengan gradien mn = – 6 di titik (1, 2) sebagai berikut. y – 2 = mn(x – 1) ⇔

1

y – 2 = – 6 (x – 1)

⇔ 6y – 12 = –x + 1 ⇔ x + 6y = 13 18. Jawaban: c Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0. f′(x) = 6x2 – 30x + 36 = 0 ⇔ 6(x2 – 5x + 6) = 0 ⇔ (x – 2)(x – 3) = 0 ⇔ x – 2 = 0 atau x – 3 = 0 ⇔ x = 2 atau x=3 Diagram tanda f′(x) sebagai berikut. ▲

▲

+++

–––

+++

▲

2

19. Jawaban: e Kurva f(x) = 3x4 – 8x3 + 6x2 + 3 mencapai stasioner jika f′(x) = 0. f′(x) = 12x3 – 24x2 + 12x = 0 ⇔ 12x(x2 – 2x + 1) = 0 ⇔ 12x(x – 1)2 = 0 ⇔

x = 0 atau (x – 1)2 = 0

⇔

x = 0 atau

x =1

Menentukan jenis titik stasioner menggunakan uji turunan kedua. f′′(x) = 36x2 – 48x + 12 f′′(0) = 12 > 0 f′′(1) = 36 – 48 + 12 = 0 Oleh karena f′′(0) > 0 maka titik (0, f(0)) merupakan titik balik minimum, sedangkan f′′(1) = 0 maka titik (1, f(1)) merupakan titik belok. f(1) = 3 · 14 – 8 · 13 + 6 · 12 + 3 = 4 Diperoleh titik belok (1, 4). Jadi, titik belok kurva (1, 4).

Turunan Fungsi

21. Jawaban: d Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0. f′(x) = 12x – 3x2 = 0 ⇔ 3x(4 – x) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 4 Untuk x = –1 maka f(–1) = 6 · (–1)2 – (–1)3 = 7. Untuk x = 0 maka f(0) = 6 · 02 – 03 = 0 (minimum). Untuk x = 3 maka f(3) = 6 · 32 – 33 = 27 (maksimum). Jadi, nilai maksimum fungsi adalah 27. 22. Jawaban: c f′(x) = 6x2 + 2(a + 6)x – 36 Fungsi f(x) mencapai nilai maksimum di x = a maka f′(a) = 0. f′(a) = 6a2 + 2(a + 6)a – 36 = 0 ⇔ 3a2 + a2 + 6a – 18 = 0 ⇔ 4a2 + 6a – 18 = 0 ⇔ 2a2 + 3a – 9 = 0 ⇔ (2a – 3)(a + 3) = 0 ⇔ 2a – 3 = 0 atau a + 3 = 0 ⇔

3

Dari diagram tanda di atas tampak bahwa fungsi f(x) turun pada interval 2 < x < 3. Jadi, fungsi f(x) turun pada interval 2 < x < 3.

104

20. Jawaban: e Nilai minimum fungsi f(x) = ax3 – 3x5 + b dicapai di x = 1 maka f′(1) = 0. f′(x) = 3ax2 – 15x4 f′(1) = 3a · 12 – 15 · 14 = 0 ⇔ 3a = 15 ⇔ a=5 Jadi, nilai a = 5.

3

a = 2 atau a = –3 Oleh karena a < 0 maka a = –3. 23. Jawaban: b n + 2m = 40 ⇔ n = 40 – 2m p = m2 + n2 = m2 + (40 – 2m)2 = m2 + 1.600 – 160m + 4m2 = 5m2 – 160m + 1.600 dp

Nilai p akan minimum jika dm = 0. dp dm

= 10m – 160 = 0

⇔ 10m = 160

⇔ m = 16 Dengan demikian, diperoleh: n = 40 – 2 · 16 = 40 – 32 = 8 Nilai minimum p dicapai jika m = 16 dan n = 8 sehingga nilai minimum p: p = m2 + n2 = 162 + 82 = 256 + 64 = 320 Jadi, nilai minimum p adalah 320. 24. Jawaban: b Misalkan: x = bilangan pertama dan y = bilangan kedua diperoleh: x + y = 15 ⇔ x = 15 – y

Perkalian bilangan pertama dengan kuadrat bilangan kedua = p diperoleh: p = xy2 = (15 – y)y2 = 15y2 – y3 Nilai p akan maksimum jika p′ = 0. p′ = 0 ⇔ 2 · 15y – 3y2 = 0 ⇔ 30y – 3y2 = 0 ⇔ 3y(10 – y) = 0 ⇔ 3y = 0 atau 10 – y= 0 ⇔ y = 0 atau y = 10 Uji turunan kedua: p′′ = 30 – 6y Untuk y = 0 maka p′′ = 30 – 6 · 0 = 30 (minimum) Untuk y = 10 maka p′′ = 30 – 6 · 10 = –30 (maksimum) Substitusikan y = 10 ke dalam persamaan x = 15 – y. x = 15 – y = 15 – 10 = 5 Nilai maksimum: p = xy2 = 5 · 102 = 5 · 100 = 500 25. Jawaban: c Biaya tiap unit: 3.000.000 x

B(x) = (2x – 1.200 + Biaya total: T(x) = x · B(x)

= x · (2x – 1.200 +

)

3.000.000 x

)

1

TC = B(x) = 3 x2 – 10x + 25 2

Penerimaan total: TR = 50x – 3 x2 Laba akan maksimum jika MP = 0. MP = MR – MC

⇔

0=

– 4

dTC dx 2

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

dC(x) dx

= 0.

dC(x) dx

= 0,03x2 – 12x + 900 = 0 3x2 – 1.200x + 90.000 = 0 3(x2 – 400x + 30.000) = 0 (x – 100)(x – 300) = 0 x – 100 = 0 atau x – 300 = 0 x = 100 atau x = 300 dC(x)

Diagram tanda dx ▲

+++

sebagai berikut. ▲

–––

+++

▲

100

300

Dari diagram tanda

dC(x) dx

di atas terlihat bahwa

fungsi C(x) mencapai minimum di x = 300. Jadi, banyak barang yang harus diproduksi 300 unit per hari agar biaya produksi minimum.

600

26. Jawaban: c Biaya total:

⇔

Fungsi C(x) mencapai stasioner jika

28. Jawaban: b Biaya perakitan satu motor per hari:

= 2x2 – 1.200x + 3.000.000 Biaya produksi minimum dicapai jika T′(x) = 0. T′(x) = 0 ⇔ 2 · 2x – 1.200 = 0 ⇔ 4x – 1.200 = 0 ⇔ 4x = 1.200 ⇔ x = 300 Jadi, banyak barang yang diproduksi adalah 300 unit.

dTR dx

27. Jawaban: c

0 = 50 – 3 x – ( 3 x – 10) ⇔ 60 – 2x = 0 ⇔ x = 30 Jadi, laba maksimum diperoleh jika diproduksi 30 m kain batik.

b(x) = (3x + x – 18) ribu rupiah Satu motor dapat dirakit dalam x hari sehingga biaya perakitan satu motor. B(x) = x · b(x) 600

= (x(3x + x – 18)) ribu rupiah = (3x2 + 600 – 18x) ribu rupiah Biaya perakitan satu motor akan minimum jika B′(x) = 0. B′(x) = 6x – 18 = 0 ⇔ 6x = 18 ⇔ x=3 Biaya minimum perakitan satu motor = B(3) = (3 · 32 + 600 – 18 · 3) ribu rupiah = (27 + 600 – 54) · 1.000 rupiah = 573.000 rupiah Jadi, biaya minimum yang harus dikeluarkan perusahaan untuk merakit satu motor adalah Rp573.000,00. 29. Jawaban: a Persamaan biaya marginal: C′(x) = 3x2 + 24x – 53 Kenaikan biaya produksi jika produksi bertambah 20 unit: C′(20) = (3 · 202 + 24 · 20 – 53) · 10.000 = (1.200 + 480 – 53) · 10.000 = 16.270.000 Jadi, kenaikan biaya produksinya Rp16.270.000,00.

Matematika Kelas XI

105

30. Jawaban: d Fungsi penerimaan total: TR = H(x) = 2x3 – 100x2 + 13.000x – 150.000 Fungsi biaya total: TC(x) = x · B(x) = x(x2 + 110x – 500) = x3 + 110x2 – 500x Fungsi laba: L(x) = TR(x) – TC(x) = (2x3 – 100x2 + 13.000x – 150.000) – (x3 + 110x2 – 500x) = x3 – 210x2 + 13.500x – 150.000 Fungsi L(x) mencapai stasioner jika L′(x) = 0. L′(x) = 3x2 – 420x + 13.500 = 0 ⇔ 3(x2 – 140x + 4.500) = 0 ⇔ (x – 50)(x – 90) = 0 ⇔ x – 50 = 0 atau x – 90 = 0 ⇔ x = 50 atau x = 90 Diagram tanda L′(x) sebagai berikut.

+++

---

50 ↑ Maksimum

+++

106

=

f(x) = (2x2 – x + 1)8 Misalkan: u = 2x2 – x + 1 maka u′ = 4x – 1 f′(x) = 8u7 · u′ = 8u7 · (4x – 1) = 8(2x2 – x + 1)7 · (4x – 1) = (32x – 8)(2x2 – x + 1)7 2x − 5

f(x) = x + 3 Misalkan: u = 2x – 5 maka u′ = 2 v = x + 3 maka v′ = 1

Turunan Fungsi

vu′ − uv′ v2 (x + 3)(2) − (2x − 5)(1) (x + 3)2 (2x + 6) − (2x − 5) (x + 3)2

=

11 (x + 3)2

2. Jika kedua ruas persamaan f(2x + 1) = 2x – diturunkan, diperoleh: 2f′(2x + 1) = 2 +

2 2 2x

⇔ f′(2x + 1) = 1 +

2x 1

2 2x

f′(5) = f′(2 · 2 + 1) =1+ =1+

2 2 2·2 1 2·2

1

1

=1+ 4 =14

1

Jadi, nilai f′(5) = 1 4 . 3. x = 2t – 3 ⇔

2t = x + 3

⇔

↑ Minimum

B. Uraian 1. a. f(x) = 3x3 – 4x2 + 6x – 8 f′(x) = 3 · 3x2 – 4 · 2x + 6 = 9x2 – 8x + 6

c.

=

90

Dari diagram tanda L′(x) di atas tampak bahwa fungsi L(x) mencapai maksimum di x = 50. Laba maksimum = L(50) = (503 – 210 · 502 + 13.500 · 50 – 150.000) ribu = (125.000 – 525.000 + 675.000 – 150.000) ribu = 125.000 ribu = 125.000.000 Jadi, laba maksimum per hari yang akan diperoleh perusahaan 125 juta rupiah.

b.

f′(x) =

t= dt

x+3 2 1

⇔ dx = 2 dy dx

dy

dt

= dt · dx 1

= (2t – 2) · 2 =t–1

x+3 –1 2 x+3−2 = 2 1 = 2 (x + 1) = 2 d dy d y = dx ( dx ) = dx 2 1 d2 y Jadi, 2 = 2 . dx

=

1 2 1 2

1

x+ 2

1

+0= 2

4. Jari-jari benda bertambah dengan laju dr

0,02 mm/detik maka dt = 0,02 mm/detik. Luas permukaan benda = 0,8π cm2 = 8.000π mm2. A = 2πr2 + 2πrh ⇔ 8.000π = 2πr2 + 2πr · 60 2 ⇔ 2r + 120r – 8.000 = 0 ⇔ r2 + 60r – 4.000 = 0 ⇔ (r + 100)(r – 40) = 0 ⇔ r + 100 = 0 atau r – 40 = 0 ⇔ r = –100 atau r = 40 Oleh karena r > 0 maka r = 40 mm.

dV

Laju pertambahan volume benda = dt . dV dt

dV

dr

= dr · dt = 2πrh · 0,02 = 0,04π · 40 · 60 = 96π mm3/detik Jadi, laju pertambahan volume benda pada saat luas permukaan 0,8π cm2 adalah 96π mm3/detik. 5. f′(x) = 2ax + b Titik P(2, 4) pada kurva f(x) = ax2 + bx + 2 maka f(2) = 4. f(2) = a · 22 + b · 2 + 2 = 4 ⇔ 4a + 2b = 2 ⇔ 2a + b = 1 ⇔ b = 1 – 2a Garis y = 5x – 6 mempunyai gradien m = 5. Gradien garis singgung kurva di titik P(2, 4) adalah m1 = f′(2) = 2a · 2 + b = 4a + b. Garis singgung sejajar dengan garis y = 5x – 6 maka m1 = m. 4a + b = 5 ⇔ 4a + 1 – 2a = 5 ⇔ 2a = 4 ⇔ a=2 Untuk a = 2 maka b = 1 – 2 · 2 = –3. Jadi, nilai a = 2 dan b = –3. 6. Titik A(1, (a + 2)) pada kurva f(x) = ax2 – (a + 1)x + 6 maka f(1) = a + 2. f(1) = a · 12 – (a + 1) · 1 + 6 = a + 2 ⇔ a–a–1+6=a+2 ⇔ 5=a+2 ⇔ a=3 Dengan demikian, diperoleh persamaan kurva f(x) = 3x2 – 4x + 6 dan koordinat titik A(1, 5). Persamaan gradien garis singgung kurva adalah m = f′(x) = 6x – 4. Gradien garis normal di titik A(1, 5) adalah mn = –

1 f ′(1)

=–

1 6 ·1− 4

1

=–2.

Persamaan garis normal kurva di titik A(1, 5) sebagai berikut. y – 5 = mn(x – 1) ⇔

1

y – 5 = – 2 (x – 1)

⇔ 2y – 10 = –x + 1 ⇔ x + 2y = 11 Jadi, persamaan garis normal kurva di titik A adalah x + 2y = 11. 7. f(x) = ax3 + bx2 – 9x + 2 f′(x) = 3ax2 + 2bx – 9 Fungsi f(x) mempunyai titik balik maksimum (–1, 7) maka f′(–1) = 0 dan f(–1) = 7.

f′(–1) = 0 ⇔3a · (–1)2 + 2b · (–1) – 9 = 0 ⇔ 3a – 2b = 9 . . . (1) f(–1) = 7 ⇔ a · (–1)3 + b · (–1)2 – 9 · (–1) + 2 = 7 ⇔ –a + b + 9 + 2 = 7 ⇔ –a + b = –4 . . . (2) Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). 3a – 2b = 9 ×1 3a – 2b = 9 –a + b = –4 × 2 –2a + 2b = –8 ––––––––––––– + a=1 Substitusikan a = 1 ke dalam –a + b = –4. –1 + b = –4 ⇔ b = –3 Dengan demikian, diperoleh persamaan: f(x) = x3 – 3x2 – 9x + 2 f′(x) = 3x2 – 6x – 9 Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0. f′(x) = 3x2 – 6x – 9 = 0 ⇔ 3(x2 – 2x – 3) = 0 ⇔ (x – 3)(x + 1) = 0 ⇔ x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔ x = 3 atau x = –1 Diagram tanda f′(x) sebagai berikut.

+++

---

+++

3 –1 Maksimum Minimum

Dari diagram tanda f′(x) di atas tampak bahwa fungsi f(x) mencapai minimum di x = 3. Nilai minimum = f(3) = 33 – 3 · 32 – 9 · 3 + 2 = 27 – 27 – 27 + 2 = –25 Diperoleh titik balik minimum (3, f(3)) = (3, –25). Jadi, titik balik minimum fungsi adalah (3, –25). 8. a.

Biaya produksi setiap unit barang: b(x) = (x2 + 250x – 15.000) ratus rupiah Biaya produksi x unit barang: B(x) = x · b(x) = x(x2 + 250x – 15.000) = (x3 + 250x – 15.000x) ratus rupiah Harga jual setiap unit barang: h(x) = (2x2 – 275x + 75.000) Harga jual x unit barang: H(x) = x · h(x) = (2x3 – 275x2 + 75.000x) Biaya total: TC(x) = biaya produksi x unit barang + biaya tetap = (x3 + 250x2 – 15.000x + 150.000) ratus rupiah Laba = penjualan – biaya total ⇔ L(x) = H(x) – TC(x) = (2x3 – 275x2 + 75.000x) – (x3 + 250x2 – 15.000x + 150.000) = (x3 – 525x2 + 90.000x – 150.000) ratus rupiah Matematika Kelas XI

107

Fungsi L(x) mencapai stasioner jika L′(x) = 0. L′(x) = 3x2 – 1.050x + 90.000 = 0 ⇔ 3(x2 – 350x + 30.000) = 0 ⇔ (x – 150)(x – 200) = 0 ⇔ x – 150 = 0 atau x – 200 = 0 ⇔ x = 150 atau x = 200 Diagram tanda L′(x) sebagai berikut.

---

+++

+++

150 200 Maksimum Minimum

Dari diagram tanda L′(x) di atas tampak bahwa fungsi L(x) mencapai maksimum di x = 150. Jadi, banyak barang yang harus diproduksi setiap bulan 150 unit agar perusahaan memperoleh laba maksimum. b.

Laba maksimum: L(150) = (150 3 – 525 · 1502 + 90.000 · 150 – 150.000) ratus = 4.912.500 · 100 = 491.250.000 Jadi, laba maksimum yang diperoleh perusahaan Rp491.250.000,00 per bulan.


2 a

a a

Misalkan: a = panjang rusuk alas kotak b = tinggi kotak Volume kotak: V = luas alas · tinggi ⇔ 108 = a2 · b b=

108 a2

= a2 + 4 · a ·

(a, b)

1

2

108 a2

432

b 3

4

X x + 2y = 4

Misalkan: titik (a, b) terletak pada garis x + 2y = 4 diperoleh: a + 2b = 4 ⇔ a = 4 – 2b Luas persegi panjang: L =p·A =a·b = (4 – 2b) · b = 4b – 2b2

108

b

Luas permukaan kotak: L = luas alas + 4 · bidang tegak = a2 + 4 · ab

3

0


⇔

Y

1

Luas persegi panjang mencapai maksimum jika L′ = 0. L′ = 0 ⇔ 4 – 2 · 2b = 0 ⇔ 4 – 4b = 0 ⇔ 4 = 4b ⇔ b=1 Substitusikan b = 1 ke dalam persamaan a = 4 – 2b. a = 4 – 2b = 4 – 2 · 1 = 4 – 2 = 2 Luas maksimum: L = ab = 2 · 1 = 2 Jadi, luas maksimum persegi panjang tersebut 2 satuan luas.

Turunan Fungsi

= a2 + a Luas permukaan mencapai maksimum jika L′ = 0. L′ = 0 432 a2

⇔

2a –

⇔ ⇔

2a3 – 432 = 0 a3 = 216

⇔

=0

a=

3

216 = 6

Jadi, panjang rusuk alas kotak adalah 6 cm.

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menguraikan konsep integral tak tentu; 2. menentukan hasil integral tak tentu; 3. menentukan hasil integral menggunakan metode substitusi; 4. menggunakan integral untuk menentukan fungsi asal. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik berperilaku disiplin dan kritis dalam kehidupan seharihari.

Integral Tak Tentu

Konsep Integral Tak Tentu

• • • •

Mengidentifikasi integral sebagai antiturunan. Menentukan integral fungsi aljabar. Menggunakan sifat-sifat integral tak tentu. Menggunakan integral untuk menentukan fungsi asal.

• • • • •

Integral Substitusi

• •

Mengidentifikasi konsep integral substitusi. Menentukan hasil pengintegralan fungsi berpangkat menggunakan integral substitusi.

Memiliki sikap logis, kritis, kreatif, disiplin, dan rasa ingin tahu, serta memiliki rasa percaya diri dalam menyelesaikan masalah. Mampu menguraikan konsep integral tak tentu sebagai kebalikan dari turunan. Mampu menentukan hasil integral tak tentu fungsi aljabar. Mampu menggunakan integral untuk menentukan fungsi asal. Mampu menentukan hasil pengintegralan fungsi berpangkat menggunakan integral substitusi.

Matematika Kelas XI

109

5. Jawaban: b

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Antiturunan dari f(x) = axn adalah: F(x) =

xn + 1 +

+

+

Jawaban: d

∫

=∫

−

=

−

−

6. Jawaban: c f(x) = (3x – 1)(x + 3)

∫ f(x) dx = ∫ (3x – 1)(x + 3) dx = ∫ (3x2 + 8x – 3) dx

7. Jawaban: d

+c

∫

−

dx = ∫ (2 – x) dx

+c

= ∫ (2x – ) dx

Jawaban: b

∫ f(x) dx = ∫

dx

= x2 – x2 + c

= ∫ x dx

= =

+

x

+1

8. Jawaban: a

+ c1

∫ (2 – 3 )2 dx = ∫ (4 – 12 + 9x) dx

x + c1

9. Jawaban: c f′(x) = 6x2 + 2x – 3 f(x) = ∫ (6x2 + 2x – 3) dx = 2x3 + x2 – 3x + c Grafik fungsi f(x) melalui titik (1, 4), berarti: f(1) = 4 ⇔ 4 = 2 + 1 – 3 + c ⇔ c=4 Jadi, rumus fungsi f(x) = 2x3 + x2 – 3x + 4.

= 2 · + x3 + 1 + c2

= x4 + c2

= x4 + c2

∫ f(x) dx + ∫ g(x) dx = x + x4 + c Jawaban: b

∫ (4x –

=

4 · x2 – 3 · − x–1 2x2 + + c

Integral Tak Tentu

10. Jawaban: c Percepatan = a(t) = 5 – t

) dx = ∫ (4x – 3x–2) dx =

110

= 4x – 8x + x2 + c

∫ g(x) dx = ∫ 2x3 dx

4.

= 4x – 12 · + 9 · x2 + c

x + c1

= 2 · x2 – + c

=

= 3 · x3 + 8 · x2 – 3x + c = x3 + 4x2 – 3x + c

dx

dx

= − 3.

−

dx = ∫

+ c = 4x2 + c

Jadi, antiturunan f(x) adalah F(x) = 4x2 + c. 2.

= x4 – x3 + x2 + 3x + c = x4 – 2x3 + x2 + 3x + c

+c=

= 4 · + x3 + 1 – 6 · + x2 + 1 + 2 · + x1 + 1 + 3x + c

+ c.

f(x) = 10x = 10 F(x) =

∫ (4x3 – 6x2 + 2x + 3) dx

= a(t) ⇒ v(t) = ∫ a(t) dt = ∫ (5 – t) dt = 5t –

+c

2 t

+c

Benda bergerak dari keadaan diam maka v(0) = 0 ⇒ c = 0.

Kecepatan benda dirumuskan v(t) = 5t –

2 t.

c.

Pada saat benda berhenti berarti kecepatannya 0. 2 t

v(t) = 0 ⇔

5t –

⇔

t(10

= x4 – 5x3 + c

– t) = 0 d.

3.

a.

= = c.

h(x) =

=

− +

= –2 d.

k(x) =

−

+c b.

= = 2.

a.

+

−

c.

+c

=

+

∫ f(x) dx = ∫ (3 – )(4 + 2 ) dx = ∫ (12 + 2 – 2x) dx

= ∫ (12 + 2 – 2x) dx

+c

= 12x + 2 · – 2 · x2 + c

= 12x + x – x2 + c

+c

d.

∫ f(x) dx = ∫ (2x +

= ∫ (8x – 2 + 4

) dx

)(4 –

−

– 1) dx

= 8 · x2 – 2 · + 4 · – x + c

+c

∫ (2x2 – 10x) dx

= 4x2 – x2 + 8 – x + c

= x3 – 5x2 + c

∫ (6x2 + 8x + 3) dx

+ 9x–2) dx

= 2 · x3 – 10 · x2 + c

b.

= 2x2 – 24 – + c

+ c

2 x

−

+c=–

∫ f(x) dx = ∫ (2 – )2 dx

= 4 · x2 – 12 · + 9 · − x–1 + c

−

Antiturunan dari k(x) adalah: K(x) =

= ∫ (4x – 12

− +

=

+ ) dx

Antiturunan dari h(x) adalah: H(x) =

−

=6 + x + c

–3 x +c − – +c

dx

= 3 · 2 + + c

x–4 + 1 − +

+

= x–4

Antiturunan dari g(x) adalah: G(x) =

∫ f(x) dx = ∫

= ∫ (3

F(x) = + x5 + 1 + c = x6 + c

= t3 – 10t2 + 25t + c

F(x) = + xn + 1 + c. a. Antiturunan dari f(x) = x5 adalah:

∫ (2t – 5)2 dt = ∫ (4t2 – 20t + 25) dt = 4 · t3 – 20 · t2 + 25t + c

B. Uraian 1. Antiturunan dari f(x) = xn adalah:

g(x) =

= 2 · x4 – 15 · x3 + c

=0

⇔ t = 0 atau t = 10 Jadi, benda berhenti setelah 10 detik.

b.

∫ x2 (2x + 15) dx = ∫ (2x3 + 15x2) dx

= 6 · x3 + 8 · x2 + 3x + c = 2x3 + 4x2 + 3x + c

4.

a.

f′(x) = mx – 4 f′(1) = 6 ⇔ m(1) – 4 = 2 ⇔ m=6 Diperoleh: f′(x) = 6x – 4 f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫ (6x – 4) dx = 3x2 – 4x + c

Matematika Kelas XI

111

f(–1) = 3 ⇔ 3(–1)2 – 4(–1) + c = 3 ⇔ 3+4+c=3 ⇔ c = –4 Jadi, f(x) = 3x2 – 4x – 4. b.

Diketahui ketinggian bola mula-mula 8 meter, berarti h(0) = 8. h(0) = 8 ⇔ 24(0) – 5(0)2 + c = 8 ⇔ 0–0+c=8 ⇔ c=8 Jadi, ketinggian bola setelah t detik dinyatakan dengan fungsi h(t) = 6t – 5t2 + 8.

∫ f(x) dx = ∫ (3x2 – 4x – 4) dx = x3 – 2x2 – 4x + c

5.

a.

v(t) = 24 – 10t v(t) =

,

b.

maka:

h(t) = ∫ v(t) dt = ∫ (24 – 10t) dt = 24t – 5t2 + c

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Misalkan: u = x – 3

∫

Untuk t = 2: h(2) = 24(2) – 5(2)2 + 8 = 24 – 20 + 8 = 12 Jadi, ketinggian bola pada detik kedua adalah 12 meter.

+

dx = ∫

= 2 · − u–1 + c

∫ − dx = ∫ (x – 3) dx

= ∫ du =

= – + c = − + + c

4.

+c

Misalkan: u = x – 2

= u + c = 2.

– 3)

= –1 ⇔ –du = dx

= – ∫ u3 du

=

= u5 + c = (x – 2)5 + c

∫ (4 – x)3 dx = ∫ u3 (–du) =

= 1 ⇔ du = dx

∫ (x – 2)4 dx = ∫ u4 du

− +c

Jawaban: d Misalkan: u = 4 – x

Jawaban: a

∫ (x2 – 4x + 4)2 dx = ∫ ((x – 2)2)2 dx = ∫ (x – 2)4 dx

(x

· du

= 2 ∫ u–2 du

= 1 ⇔ du = dx

Jadi, ∫ (x2 – 4x + 4)2 dx = (x – 2)5 + c. 5.

Jawaban: e Misalkan: u = x2 – 2

– u4 + c – (4 – x)4

= 2x ⇔ du = 2x dx

∫ 2x − dx = ∫ +c

=∫

− · 2x dx du

3.

= ∫ du

Jawaban: e Misalkan: u = 2x + 9

= 2 ⇔ du = dx

= + c

= u +c

= (x2 – 2) − + c 112

Integral Tak Tentu

6.

9. Jawaban: a Misalkan: u = x3 + 6x + 1 maka:

Jawaban: b Misalkan: u = 9 – x3

= –3x2 ⇔

⇔ – du = x2 dx

∫

dx = ∫ (9 – x3)

−

−

= ∫

7.

= ∫ (x3 + 6x + 1) (x2 + 2) dx

−

=

+c

= u +c

= (x3 + 6x + 1) + c

+c

10. Jawaban: e

Jawaban: c Misalkan: u = x2 – 6x + 2

∫ du

= · + c

+c

−

= ∫ ·

du

= – (–2)u

=

· x2 dx

−

∫ (x2 + 2)(x3 + 6x + 1) dx

· (– ) du

= – ∫

=

−

= 3x2 + 6 = 3(x2 + 2) ⇔ (x2 + 2) dx = Sehingga diperoleh:

du = –3x2 dx

Misalkan: u =

= 2x – 6 ⇔

⇔

= 2(x – 3)

du = (x – 3) dx

∫(

∫ (x – 3)(x2 – 6x + 2) dx = ∫ (x2 – 6x + 2)(x – 3) dx

+ –4

) (

+

= –x–2 ⇔ –du = x–2 dx +

) dx = 6 ∫ ( )–4 (x–2 dx) = 6 ∫ (u)–4 (–du)

= ∫ u · du

= –6 ∫ u–4 du

= ∫ u du = = = 8.

· u2 + c 2 u +c 2 (x – 6x + 2)2

Jawaban: b Misalkan: u = x2 – 2x

= –6 · − u–3 + c = 2u–3 + c +

+c

B. Uraian 1.

a.

−

= 2x – 2 = 2(x – 1)

dx = ∫ (x2 – 2x) −

=∫

=

−

= 1 ⇔ du = dx

Sehingga diperoleh:

∫ (x + 7)3 dx = ∫ u3 du

= u4 + c

(x – 1) dx

· −

∫

= (x + 7)4 + c Jadi, hasil pengintegralan f(x) adalah

du

= · 2 + c =

∫ f(x) dx = ∫ (x + 7)3 dx Misalkan: u = x + 7

−

= ( )–3 + c = 2( + )3 + c

⇔ (x – 1) dx = Sehingga diperoleh:

∫

= 1 + = 1 + x–1

− + c

b.

(x + 7)4 + c.

∫ f(x) dx = ∫

−

dx

Misalkan: u = 4 – x

= –1 ⇔ dx = –du

Matematika Kelas XI

113

Sehingga diperoleh: −

∫

dx = ∫

= ∫ du

(–du) −

=–∫

4.

= –2 − + c

= 2x – 4 = –2(2 – x)

⇔ (2 – x) dx = − Sehingga diperoleh:

–2 − + c. Misalkan: u = x2 – 3

Misalkan: u = x2 – 4x + 8 maka:

Jadi, hasil pengintegralan f(x) adalah

a.

∫

= 2x ⇔ 2x dx = du

−

dx = ∫ (x2 – 4x + 8)

− +

∫ 2x(x2 – 3)3 dx = ∫ (x2 – 3)3 · 2x dx = ∫ u3 du 4 u +c 2 (x – 3)4 +

= = b.

−

=∫

=–

∫

−

3x2)–2

· x dx

= − ∫ u–2 du

= – · − u–1 + c

5.

du

− + −

= 2(2x – 3)(2x – 3)

− dx.

= –3

⇔ dx = − Sehingga diperoleh: f(x) = ∫

− dx

=∫

+c

· −

=–

c

∫ du

= – · + c

g(x) = (4x – 6) −

=– u +c

= – (4 – 3x) − + c

= 2(2x – 3) Misalkan: u = 2x – 3 maka:

Diketahui f(1) = 12, maka:

– (4 – 3) − + c = 12

=2

⇔ 2 dx = du Sehingga diperoleh:

∫ g(x) dx = ∫ 2(2x – 3) dx

= ∫ (2x – 3) · 2 dx

Integral Tak Tentu

⇔

114

−

∫

Diketahui f′(x) = − , maka f(x) = ∫ Misalkan: u = 4 – 3x maka:

= + c

= – − + c

= 3 ∫ u–2 · −

3.

(2 – x) dx

dx = 3 ∫ (4 –

=

· −

= –6x ⇔ x dx = −

=

−

= – · 2 + c

c

Misalkan: u = 4 – 3x2

− + c

= (2x – 3)2

= –2 + c

2.

= + c

du

– + c = 12

⇔

c = 12

Jadi, fungsi f(x) = (4 – 3x) − + 12 .

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d f(x) = x3 Antiturunan f(x) adalah:

2.

9. Jawaban: c

∫ 3 (2 + 1) dx = ∫ (6x + 3 ) dx

= ∫ (6x + 3x ) dx

= 6 · x2 + 3 · x + c

Jawaban: c

= 3x2 + 2x + c

∫

dx = ∫ x2 dx

10. Jawaban: a Antiturunan sama dengan integral, maka antiturunan dari f(x) adalah:

= ∫ x dx

F(x) = ∫ f(x) dx = ∫ (3x –

= x + c

= ∫ (3x – 2x

= x3 + c

−

)2 dx

)2 dx

3.

= ∫ (9x2 – 12x + 4x

Jawaban: e

∫

dx = 4 ∫ x–5 dx

5.

x +c=

4 x

+c

1+1 x +

+ 3x + c

Jawaban: d

∫ (8x3 + 2x + 3) dx = 8 · x4 + 2 · x2 + 3x + c = 2x4 + x2 + 3x + c Jawaban: a

∫ 2x(1 – 3x) dx = ∫ (2x – 6x2) dx =2·

2 x

–6·

3 x

+c

=

+

= x3 + 2x2 – 15x + c

–

0 + 1 x +

f(x) = ∫ f′(x) dx

f(1) =

∫ (x + 3)(3x – 5) dx = ∫ (3x2 + 4x – 15) dx = 3 ∫ x2 dx + 4 ∫ x1 dx – 15 ∫ x0 dx 1+1 x +

12. Jawaban: c f′(x) = 4x – 3 f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫ (4x – 3) dx = 2x2 – 3x + c f(–1) = 9 ⇔ 2(–1)2 – 3(–1) + c = 9 ⇔ 2+3+c=9 ⇔ c=4 Jadi, f(x) = 2x2 – 3x + 4.

= ∫ (x2 + 3x – 1) dx =

Jawaban: b

x2 + 1 +

13. Jawaban: a

= x2 – 2x3 + c 8.

= 2x3 + 2x2 – 2x + c

= x2 + 3x + c = x2 + 3x + c

7.

∫ (f(x) + g(x)) dx = ∫ ((4x – 5) + (6x2 + 3)) dx = ∫ (6x2 + 4x – 2) dx

Jawaban: a

∫ (2x + 3) dx =

6.

) dx

11. Jawaban: d

∫ 3x3 dx = 3 ∫ x dx =3·

= 3x3 – x + 12 + c

Jawaban: c

−

= 9 · x3 – 12 · x + 4 · 3x + c

= 4 · − x-4 + c = – + c 4.

F(x) = + x3 + 1 + c = x4 + c

⇔

· 13 +

⇔

3 x

· 12 +

⇔ Jadi, f(x) =

3 x

2 x

–x+c

–1+c= –1+c=

⇔ +c

+

+c=

c=0 +

2 x

– x.

Matematika Kelas XI

115

∫ (1 – x)5 dx = ∫ u5 (–du)

14. Jawaban: d

= – ∫ u5 du

= 3x2 + 4x – 2

y = ∫ dx = ∫ (3x2 + 4x – 2) dx x3

2x2

= + – 2x + c Kurva melalui titik (–1, 5) berarti: 5 = (–1)3 + 2(–1)2 – 2(–1) + c ⇔ 5 = –1 + 2 + 2 + c ⇔ 5=3+c ⇔ c=2 Jadi, persamaan kurva: y = x3 + 2x2 – 2x + 2.

18. Jawaban: c Misalkan: u = x + 2

= ∫ du =

f(x) = ∫ (2ax2 + (a – 1)x) dx

⇔

a

19. Jawaban: e Misalkan: u = 2x + 5

+ 2(a – 1) + c = 24

16a + 6a – 6 + 3c = 72 22a + 3c = 78

. . . . (1)

∫

dx =

du du

=2 ⇔

∫

·

= dx

= 3∫ u–2 du

+ (a – 1) + c = 7 ⇔ 4a + 3a – 3 + 6c = 42 ⇔ 7a + 6c = 45 . . . . (2) Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2). 22a + 3c = 78 × 2 44a + 6c = 156 7a + 6c = 45 × 1 7a + 6c = 45 –––––––––––– – 37a = 111 ⇔ a=3 Jadi, nilai a = 3. 16. Jawaban: d MC = 8x – 5 C = ∫ MC dx = ∫ (8x – 5) dx = 4x2 – 5x + c C(5) = 80 ⇔ 4(52) – 5(5) + c = 80 ⇔ 100 – 25 + c = 80 ⇔ 75 + c = 80 ⇔ c=5 Jadi, fungsi biaya total adalah C = 4x2 – 5x + 5. 17. Jawaban: d Misalkan: u = 1 – x

116

+ c

= (x + 2) + + c

+ (a – 1)(2)2 + c = 24

⇔ ⇔ f(1) = 7

a

⇔

= u + c

= ax3 + (a – 1)x2 + c f(2) = 24 a(2)3

= 1 ⇔ du = dx

∫ + dx = ∫ (x + 2) dx

15. Jawaban: c

⇔

= – u6 + c = – (1 – x)6 + c

= –1 ⇔ –du = dx

Integral Tak Tentu

= 3 · − u–1 + c

= – + c = – + + c 20. Jawaban: e Misalkan: u = 4 – 3x maka:

= –3 ⇔ dx = − Sehingga diperoleh:

∫ 2(4 – 3x)4 dx = 2 ∫ u4 ·

= −

−

∫ u4 du

= – · u5 + c

= – (4 – 3x)5 + c 21. Jawaban: c Misalkan u = x2 – 12

= 2x ⇔ 2x dx = du

∫ 2x(x2 – 12)4 dx = ∫ (x2 – 12)4 · 2x dx = ∫ u4 du

= u5 + c

= (x2 – 12)5 + c

22. Jawaban: c Misalkan: u = 3x2 + 1 maka:

= (1 + 2x – x2)–2 + c

∫ 3x + dx = ∫ (3x2 + x) · (3x) dx

= ∫ ·

∫ du · + (3x2 + 1)

= = =

∫

−

∫

−

−

= ∫

c

−

= 4 − + c

2x2)– (–4x

–

dx) 27. Jawaban: d Misalkan: u = x2 + 5x – 11 maka:

du

∫ (6x + 15)(x2 + 5x – 11)5 dx = ∫ 3(2x + 5)(x2 + 5x – 11)5 dx = 3 ∫ (x2 + 5x – 11)5 · (2x + 5) dx = 3 ∫ u5 du

= –2 − + c

24. Jawaban: e Misalkan: u = 3 – 2x3

−

= 3 · u6 + c

= –6x2 ⇔ du = –6x2 dx

dx = – ∫ (3 – 2x3) −

=–∫ =– =

−

−

= (x2 + 5x – 11)6 + c

(–6x2 dx)

28. Jawaban: a Misalkan: u = x + 1

du

+c

+c=

−

−

= ∫ (x + 1)2 (x + 1) dx

+c

= ∫ (x + 1) dx

∫

= 2 – 2x = –2(x – 1) ⇔ (x – 1) dx =

− + −

dx = ∫ (1 + 2x –

x2)–3

= ∫ u–3 · −

= − ∫ u–3 du

= 1 ⇔ du = dx

∫ (x2 + 2x + 1) dx

25. Jawaban: d Misalkan: u = 1 + 2x – x2

= 2x + 5 ⇔ du = (2x + 5) dx

Sehingga diperoleh:

= –2 + c

∫

du

=4 +c

=–u +c

· 2 du

=2∫

+ + c

= 2 · 2 + c

dx = – ∫ (1 – =–∫u

dx = ∫ (x2 – 3x + · 2(2x – 3) dx

= –4x ⇔ du = –4x dx

= 2x – 3 ⇔ du = (2x – 3) dx −

−

23. Jawaban: b Misalkan u = 1 – 2x2

+c

26. Jawaban: c Misalkan: u = x2 – 3x + 8

+ −

=

= 6x ⇔ 3x dx = Sehingga diperoleh:

−

· (x – 1) dx

= ∫ du =

+ c

+ c

+ c

= =

= – · − u–2 + c

Matematika Kelas XI

117

29. Jawaban: c Misalkan f(x) = 4x dan g(x) =

b.

− , maka:

∫

+

dx = ∫ (

∫ (4x – − ) dx = ∫ (f(x) – g(x)) dx = ∫ f(x) dx – ∫ g(x) dx ∫ f(x) dx = ∫ 4x dx

= =

2.

= Jadi, ∫ (4x –

a.

+ c2

= 2x3 + x2 – 6x + c

+ c2 b.

− + c2

− + c.

3.

= 2 ⇔ = dx

∫ f(2x + 15) dx = ∫ f(u)

=

∫ f(u) du

∫ y dx = ∫ (2x + 1) dx = x2 + x + c b. ∫ (y2 – y) dx = ∫ ((2x + 1)2 – (2x + 1)) dx = ∫ (4x2 + 4x + 1 – 2x – 1) dx = ∫ (4x2 + 2x) dx a.

= x3 + x2 + c

= (6u2 + c) = 3u2 +

4.

a.

f′(x) = mx – 4 f′(1) = 2 ⇔ m – 4 = 2 ⇔ m =6 Diperoleh f′(x) = 6x – 4 f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫ (6x – 4) dx = 3x2 – 4x + c f(–1) = 3 ⇔ 3(–1)2 – 4(–1) + c = 3 ⇔ 3+4+c=3 ⇔ c = –4 Jadi, f(x) = 3x2 – 4x – 4.

b.

∫ f(x) dx = ∫ (3x2 – 4x – 4) dx = x3 – 2x2 – 4x + c

c

= 3(2x + 15)2 + k B. Uraian

dx = ∫ 3

−

=3∫

dx

dx

= 3 · + c

= x4 + c

118

= 9x – 8x + 2x2 + c

Misalkan: u = 2x + 15

∫

= 9x – 12 · x + 4 · x2 + c

∫ f(x) dx = 6x2 + c

a.

F(x) = ∫ (3 – 2 )2 dx = ∫ (9 – 12x + 4x) dx

30. Jawaban: d

1.

= 6 · x3 + 5 · x2 – 6x + c

− ) dx = 2x2 –

F(x) = ∫ (2x + 3)(3x – 2) dx = ∫ (6x2 + 5x – 6) dx

∫ du

Antiturunan sama dengan integral, berarti antiturunan dari f(x) adalah F(x) = ∫ f(x)dx.

·

= x – +c

= 6 ⇔ du = dx

) dx

= 5 · + 4 · − x–1 + c

∫ g(x) dx = ∫ · du

) dx

Misalkan: u = 6x – 1

=

= ∫ (5 + 4x–2) dx

∫ g(x) dx = ∫ − dx

+

= ∫ (5 +

= 2x2 + c1

Integral Tak Tentu

5.

a.

Misalkan:

u = 2x – 7 maka:

= 2 ⇔ dx =

dx = ∫ −

−

Jadi, nilai f(–2) = – .

du 7.

Misalkan: u = x2 – x + 8

= 2 · 2 + c

= 4 − + c b.

=3∫

= 2x ⇔ 2x dx = du

∫ 6x

9)5

+

dx = 3 ∫

(x2

+

9)5

= 3 ∫ u du

· 2x dx

= 6.

f’(x) =

+

9)6

= 2 + c

+c

= 2u + c = 2(x2 – x + 8) − + + c

−

f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫

− dx

8.

Misalkan: u = x2 – 4x + 2

Misalkan: u = 5 – 2x

= –2 ⇔

−

= dx

∫

Sehingga diperoleh:

−

−

· −

=–

= 4 · − u–1 + c

=– +c

= – · + c =– =–

= – − + + c

+c 9.

− + c

∫ y3 dx = ∫ u3 ·

c=8

Diperoleh: f(x) = –

=–

− +

= –4 ⇔ − = dx Sehingga diperoleh:

– +c=8

⇔

∫ y3 dx = ∫ (3 – 4x)3 dx

− + c = 8

⇔

a.

Misalkan: u = 3 – 4x

Diketahui f(2) = 8, maka: –

dx = ∫ (x2 – 4x + 2)–2 · 4(2x – 4) dx

∫ du

= 2x – 4 ⇔ du = (2x – 4) dx

= 4 ∫ u–2 du

f(x) = ∫

= 3 · u + c

= 3 · u6 + c (x2

du

= 3 ∫ u5 du

− + (2x – 1) dx

=3∫

Sehingga diperoleh: (x2

= 2x – 1 ⇔ du = (2x – 1) dx

∫ (6x – 3) − + dx

Misalkan: u = x2 + 9 maka:

= –9 + 8 = –

·

=2∫

= – (27) + 8

Sehingga diperoleh:

∫

+ + 8

f(–2) = –

8

−

∫ u3 du

= – · u4 + c

= – (3 – 4x)4 + c

Matematika Kelas XI

119

b.

∫ y3 dy = =

10. a.

b.

4 y (3

∫ f(8 – 3x) dx = ∫ f(u) dx

– 4x)4 + c

∫ (8 – 3f(x)) dx = ∫ 8 dx – ∫ 3f(x) dx = 8 ∫ dx – 3 ∫ f(x) dx

=– =–

= 8x – 3( − ) + c

=–

= 8x – 3 − + c

=–

∫ f(8 – 3x) dx Misalkan: u = 8 – 3x

120

Sehingga diperoleh:

+c

= –3 ⇔ − = dx

Integral Tak Tentu

∫ f(u) du − + c − − + c − + c

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut. Nilai

Frekuensi

61–65 66–70 71–75 76–80 81–85 86–90 91–95

2,5% × 40 = 1 12,5% × 40 = 5 12,5% × 40 = 5 37,5% × 40 = 15 20% × 40 = 8 10% × 40 = 4 5% × 40 = 2

2. Jawaban: b Data dalam bentuk tabel sebagai berikut. fi

50–54 55–59 60–64 65–69 70–74 75–79 80–84

2 n 30 36 18 14 6

∑ =

106 + n

– x=

∑ = ∑ =

xi

Tinggi Badan (cm)

fixi

⇔

104 57n 1.860 2.412 1.296 1.078 492 7.242 + 57n

67 =

+

+

⇔ 7.102 + 67n = 7.242 + 57n ⇔ 10n = 140 ⇔ n = 14 Mobil yang berkecepatan kurang dari 60 km/jam adalah mobil yang berkecepatan 50–54 km/jam dan 55–59 km/jam. Banyak mobil yang berkecepatan 50–54 km/jam = 2 Banyak mobil yang berkecepatan 55–59 km/jam = 14 Jadi, banyak mobil yang berkecepatan kurang dari 60 km/jam = 14 + 2 = 16.

7 13 – 7 = 6 21 – 13 = 8 27 – 21 = 6 32 – 27 = 5 38 – 32 = 6 41 – 38 = 3

← Kelas Mo

Modus terletak di kelas interval 155–159. Lo = 155 – 0,5 = 154,5 d1 = 8 – 6 = 2 d2 = 8 – 6 = 2 p = 159 – 155 + 1 = 5 Mo = Lo +

   +   

= 154,5 + 52 57 62 67 72 77 82

Banyak Siswa

145–149 150–154 155–159 160–164 165–169 170–174 175–179

Dari tabel diperoleh sebanyak 15 siswa memperoleh nilai 76–80.

Kecepatan (km/jam)

3. Jawaban: c Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.

·p

   +   

·5

= 154,5 + 2,5 = 157 Jadi, modus data adalah 157. 4. Jawaban: a Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. Skor

fi

fk

10

7

7

20

8

15

30

8

23

40

3

26

50

4

30

Banyak data = 30

Q1 = nilai data ke- (30 + 1) = nilai data ke-7,75 = x7 + 0,75(x8 – x7) = 20 + 0,75(20 – 10) = 20 + 0,75 × 10 = 20 + 7,5 = 27,5

Matematika Kelas XI

121

heru

Σfi (xi – )2 = 4(53 – 64)2 + 5(58 – 64)2 + 9(63 – 64)2 + 5(68 – 64)2 + 7(73 – 64)2 = 4 × (–11) 2 + 5 × (–6) 2 + 9 × (–1) 2 + 5 × (4) 2 + 7 × (9) 2 = 4 × 121 + 5 × 36 + 9 × 1 + 5 × 16 + 7 × 81 = 484 + 180 + 9 + 80 + 567 = 1.320

Q3 = nilai data ke- (30 + 1) = nilai data ke-23,25 = x23 + 0,25(x24 – x23) = 30 + 0,25(40 – 30) = 30 + 0,25 × 10 = 30 + 2,5 = 32,5 Jangkauan antarkuartil = Q3 – Q1 = 32,5 – 27,5 = 5 Jadi, jangkauan antarkuarti data adalah 5.

5. Jawaban: d Nilai (xi)

3

4

5

6

7

8

9

Frekuensi (fi)

4

3

3

5

5

4

1

fi xi

12

12

15

30

35

32

9

Σfi = 25 Σfi xi = 145 =

Σ Σ

= = 5,8 Σfi |xi – | = 4|3 – 5,8| + 3|4 – 5,8| + 3|5 – 5,8| + 5|6 – 5,8| + 5|7 – 5,8| + 4|8 – 5,8| + 1|9 – 5,8| = 4 × 2,8 + 3 × 1,8 + 3 × 0,8 + 5 × 0,2 + 5 × 1,2 + 4 × 2,2 + 1 × 3,2 = 11,2 + 5,4 + 2,4 + 1 + 6 + 8,8 + 3,2 = 38 Simpangan rata-rata: SR =

Σ − Σ

= = 1,52 Jadi, simpangan rata-rata data 1,52. 6. Jawaban: b Berat Badan (kg)

fi

xi

fi x i

51–55 56–60 61–65 66–70 71–75

4 5 9 5 7

53 58 63 68 73

212 290 567 340 511

Σfi = 30 Σfixi = 1.920 =

=

122

Σ Σ

= 64

Ulangan Akhir Semester

Σ ( − ) Σ

S= =

=

=

× =

×

= 2

Jadi, simpangan baku data tersebut 2 . 7. Jawaban: d Bilangan ratusan kurang dari 400 akan dibentuk dari angka-angka 0, 1, 2, 4, dan 5. Bilangan ratusan memiliki nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan. Bilangan ratusan kurang dari 400 dapat dibentuk dengan cara berikut. Ratusan

Puluhan

Satuan

2 cara

5 cara

5 cara dapat diisi angka 0, 1, 2, 4, 5

dapat diisi angka 0, 1, 2, 4, 5 dapat diisi angka 1, 2

Banyak bilangan ratusan kurang dari 400 yang dapat dibentuk = 2 × 5 × 5 = 50. 8. Jawaban: c Susunan benda yang mungkin sebagai berikut. A x x x x x F F x x x x x A

5! cara Bendera yang terletak di antara A dan F dapat diatur dengan 5! cara. Banyak cara mengatur bendera = 2 × 5! =2×5×4×3×2×1 = 2 × 120 = 240 9. Jawaban: a Banyak anak yang masih harus dipilih = 5 – (1 + 2) = 2 anak Kemungkinan 2 anak yang terpilih adalah 2 anak laki-laki atau 1 anak laki-laki dan 1 anak perempuan atau 2 anak perempuan.

Misalkan: A = kejadian terpilih 2 anak laki-laki B = kejadian terpilih 1 anak laki-laki dan 1 anak perempuan C = kejadian terpilih 2 anak perempuan n(A) = banyak cara memilih 2 anak laki-laki dari 7 anak laki-laki = 7C2 =

× × × ×

=

= 21

n(B) = banyak cara memilih 1 anak laki-laki dari 7 anak laki-laki dan 1 anak perempuan dari 4 anak perempuan = 7C1 × 4C1

= × ×

×

= × × × = 7 × 4 = 28 n(C) = banyak cara memilih 2 anak perempuan dari 4 anak perempuan × ×

= 4C2 = = × × = 6 Banyak cara memilih 2 anak lainnya = n(A) + n(B) + n(C) = 21 + 28 + 6 = 55 cara. Jadi, banyak cara memilih 5 anak tersebut apabila satu anak laki-laki dan dua anak perempuan harus disertakan adalah 55. 10. Jawaban: e Banyak soal yang harus dikerjakan = 5. Sisa soal yang dapat dipilih siswa untuk dikerjakan ada 3. Tiga soal tersebut dapat dipilih dari 5 soal. Banyak pilihan soal = 5C3

= =

n(S) = 20C2 =

=

= 10 × 19 = 190

Kartu bernomor prima ada 4, yaitu 53, 59, 61, dan 67. Misalkan A = kejadian terambil kedua kartu bernomor prima, maka A′ = kejadian terambil kedua kartu tidak bernomor prima. n(A) = banyak cara mengambil 2 kartu bernomor prima dari 4 kartu bernomor prima

× ×

= 1 – = = Jadi, peluang kedua kartu yang terambil tidak

bernomor prima . 12. Jawaban: b Jumlah kelereng dalam kotak = 3 + 5 + 4 = 12. Tiga kelereng diambil dari 12 kelereng, maka banyak anggota ruang sampel: n(S) = 12C3

× × ×

= = × × × = 2 × 11 × 10 = 220 Kemungkinan kelereng yang terambil (2 biru, 1 kuning) atau (2 biru, 1 merah). Misalkan: A = kejadian terambil 2 kelereng biru dan 1 kelereng kuning B = kejadian terambil 2 kelereng biru dan 1 kelereng merah n(A) = banyak cara mengambil 2 kelereng biru dari 4 kelereng biru dan 1 kelereng kuning dari 3 kelereng kuning = 4C2 × 3C1 = × × ×

11. Jawaban: e Dua kartu diambil dari 20 kartu, maka banyak anggota ruang sampel: × × × ×

P(A) = = Peluang kedua kartu yang terambil tidak bernomor prima: P(A′) = 1 – P(A)

×

= × × × × = 6 × 3 = 18

× × × ×

= 10 Jadi, banyak pilihan soal yang dapat dikerjakan siswa ada 10.

Peluang terambil kedua kartu bernomor prima:

= 4C2 = = × × = 2 × 3 = 6

n(B) = banyak cara mengambil 2 kelereng biru dari 4 kelereng biru dan 1 kelereng merah dari 5 kelereng merah = 4C2 × 5C1

= × × ×

×

= × × × × = 6 × 5 = 30 Kejadian A dan B saling lepas. Peluang terambil 2 kelereng biru = P(A) + P(B)

= + = + = =

Matematika Kelas XI

123

heru

13. Jawaban: a Dua buah dadu dilambungkan bersama-sama sekali, maka banyak anggota ruang sampel adalah n(S) = 6 × 6. Misalkan: A = kejadian terlihat kedua mata dadu sama = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)} B = kejadian terlihat hasil kali kedua mata dadu lebih dari 20 = {(4, 6), (5, 5), (5, 6), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} A ∩ B = {(6, 6)} Diperoleh n(A) = 6, n(B) = 6, dan n(A ∩ B) = 1. Oleh karena A ∩ B = ∅, maka kejadian A dan B tidak saling lepas. Peluang terlihat kedua mata dadu sama atau hasil kali kedua mata dadu tersebut lebih dari 20: P = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =

=

+ +

–

–

∩

=

14. Jawaban: c Banyak percobaan = n = 132 kali S = kejadian terambil 2 bola dari 12 bola n(S) = banyak cara mengambil 2 bola dari 12 bola = 12C2 × ×

= = × × = 6 × 11= 66 Kemungkinan bola yang terambil adalah 2 bola merah atau 1 bola merah dan 1 bola kuning. Misalkan: A = kejadian terambil 2 bola merah B = kejadian terambil 1 bola merah dan 1 bola kuning n(A) = banyak cara mengambil 2 bola merah dari 7 bola merah = 7C2 =

=

× × × ×

= 7 × 3 = 21

n(B) = banyak cara mengambil 1 bola merah dari 7 bola merah dan 1 bola kuning dari 5 bola kuning = 7C1 × 5C1

= × =

× ×

×

× ×

= 7 × 5 = 35

124


Kejadian A dan B saling lepas. Peluang terambil bola merah: P = P(A) + P(B) =

+

= +

=

= Frekuensi harapan terambil 2 bola merah: Fh = P × n

= × 132 = 112 15. Jawaban: b Lingkaran yang berpusat di titik P(2, –5) mempunyai persamaan (x – 2)2 + (y + 5)2 = r2. Oleh karena diameter lingkaran 18 maka jari-jarinya 9, diperoleh: (x – 2)2 + (y + 5)2 = r2 ⇔ (x – 2)2 + (y + 5)2 = 92 2 ⇔ x – 4x + 4 + y2 + 10y + 25 = 81 ⇔ x2 – 4x + y2 + 10y + 29 = 81 ⇔ x2 – 4x + y2 + 10y – 52 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x + 10y – 52 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 – 4x + 10y – 52 = 0. 16. Jawaban: a Jari-jari lingkaran M sama dengan jarak titik pusat P(2, 5) terhadap garis 2x + 3y – 6 = 0. r = = = =

−

−

Persamaan lingkaran M: (x – 2)2 + (y – 5)2 = r2 ⇔ (x – 2)2 + (y – 5)2 = ( )2 ⇔ (x – 2)2 + (y – 5)2 = 13 Jadi, persamaan lingkarannya (x – 2)2 + (y – 5)2 = 13. 17. Jawaban: e x2 + y2 + ax – 8y + 4 = 0

Titik pusat = (– a, 4).

Oleh karena lingkaran menyinggung sumbu X, diperoleh: r = |ordinat pusat| ⇔ r=4 ⇔ ⇔

− + − = 4

20. Jawaban: a Lingkaran memotong sumbu X positif ketika y = 0, diperoleh: (x – 3)2 + (y + 2)2 = 20 ⇔ (x – 3)2 + (0 + 2)2 = 20 ⇔ (x – 3)2 + 4 = 20 ⇔ (x – 3)2 = 16 ⇔ x – 3 = 4 atau x – 3 = –4 ⇔ x = 7 atau x = –1 Oleh karena memotong sumbu X positif, maka titik singgungnya (7, 0). Persamaan garis singgung di titik (7, 0): (x1 – 3)(x – 3) + (y1 + 2)(y + 2) = 20 ⇔ (7 – 3)(x – 3) + (0 + 2)(y + 2) = 20 ⇔ (4)(x – 3) + (2)(y + 2) = 20 ⇔ 4x – 12 + 2y + 4 = 20 ⇔ 4x + 2y – 8 = 20 ⇔ 4x + 2y = 28 ⇔ 2x + y = 14 Jadi, persamaan garis singgungnya 2x + y = 14.

+ − = 4

⇔

+ = 4

⇔

2 a

+ 12 = 16 2 a

⇔

=4

⇔ = 16 ⇔ a = 4 atau –4 Jadi, nilai a yang memenuhi adalah –4 atau 4. a2

18. Jawaban: b x2 + y2 – 4x + 8y = 0 ⇔ x2 – 4x + y2 + 8y = 0 2 ⇔ x – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = 0 + 4 + 16 ⇔ (x – 2)2 + (y + 4)2 = 20 Persamaan garis singgung yang bergradien 2: y + 4 = 2(x – 2) ± r ⇔ y + 4 = 2x – 4 ±

⇔ y + 4 = 2x – 4 ± ⇔ y = 2x – 8 ± 10 ⇔ y = 2x – 8 + 10 atau y = 2x – 8 – 10 ⇔ y = 2x + 2 atau y = 2x – 18 Jadi, persamaan garis singgungnya y = 2x + 2 dan y = 2x – 18. 19. Jawaban: b Garis 3x – 4y = 12 mempunyai gradien m1 =

.

Oleh karena garis singgung tegak lurus dengan garis 3x – 4y = 12, diperoleh: m · m1 = –1

⇔

m · = –1

⇔

m=–

Persamaan garis singgung: y = mx ± r

⇔

y = – x ± 3 −

⇔

y = – x ± 3

⇔

y=– x±3

⇔

y=–x±5 3y = –4x ± 15

⇔

⇔ 4x + 3y ± 15 = 0 ⇔ 4x + 3y + 15 = 0 atau 4x + 3y – 15 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya 4x + 3y + 15 = 0 atau 4x + 3y – 15 = 0.

21. Jawaban: a Cek kedudukan titik (2, 3) terhadap lingkaran. (x + 2)2 + (y – 1)2 = (2 + 2)2 + (3 – 1)2 = 4 2 + 22 = 16 + 4 = 20 > 16 Ternyata titik (2, 3) terletak di luar lingkaran. Persamaan garis kutub: (x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 16 ⇔ (2 + 2)(x + 2) + (3 – 1)(y – 1) = 16 ⇔ (4)(x + 2) + (2)(y – 1) = 16 ⇔ 4x + 8 + 2y – 2 = 16 ⇔ 4x + 2y + 6 = 16 ⇔ 4x + 2y = 10 ⇔ 2x + y = 5 ⇔ y = 5 – 2x Substitusikan y = 5 – 2x ke dalam persamaan lingkaran. (x + 2)2 + (y – 1)2 = 16 ⇔ (x + 2)2 + (5 – 2x – 1)2 = 16 ⇔ (x + 2)2 + (4 – 2x)2 = 16 2 ⇔ x + 4x + 4 + 16 – 16x + 4x2 = 16 ⇔ 5x2 – 12x + 20 = 16 ⇔ 5x2 – 12x + 4 = 0 ⇔ (5x – 2)(x – 2) = 0 ⇔ 5x – 2 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔

x = atau

x=2

Matematika Kelas XI

125

heru

Untuk x = maka y = 5 – 2 · = Untuk x = 2 maka y = 5 – 2 · 2 = 1

Diperoleh titik pada lingkaran, yaitu ( , ) dan (2, 1).

Persamaan garis singgung di titik ( , ): (x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 16

⇔ ( + 2)(x + 2) + ( – 1)(y – 1) = 16 ⇔

( )(x + 2) + ( )(y – 1) = 16 ⇔ (12)(x + 2) + (16)(y – 1) = 80 ⇔ 12x + 24 + 16y – 16 = 80 ⇔ 12x + 16y + 8 = 80 ⇔ 12x + 16y – 72 = 0 ⇔ 3x + 4y – 18 = 0 Persamaan garis singgung di titik (2, 1): (x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 16 ⇔ (2 + 2)(x + 2) + (1 – 1)(y – 1) = 16 ⇔ (4)(x + 2) + (0)(y – 1) = 16 ⇔ 4x + 8 + 0 = 16 ⇔ 4x = 8 ⇔ x=2 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah 3x + 4y – 18 = 0 dan x = 2. 22. Jawaban: d Diketahui A′(–8, 5) − A(4, –12)  → A′(4 + (a – 1), –12 + (b + 2) Diperoleh: 4 + (a – 1) = –8 ⇔ a + 3 = –8 ⇔ a = –11 –12 + (b + 2) = 5 ⇔ b – 10 = 5 ⇔ b = 15 a + b = –11 + 15 = 4 Jadi, nilai a + b = 4.

23. Jawaban: a Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 5x + 3y = 20. − (x, y)  → (x′, y′) = (x + 1, y – 7) Diperoleh: x′ = x + 1 ⇔ x = x′ – 1 y′ = y – 7 ⇔ y = y′ + 7 Substitusikan x = x′ – 1 dan y = y′ + 7 ke persamaan 5x + 3y = 20. 5x + 3y = 20 ⇔ 5(x′ – 1) + 3(y′ + 7) = 20 ⇔ 5x′ – 5 + 3y′ + 21 = 20

126


⇔ 5x′ + 3y′ = 4 ⇔ 5x + 3y = 4 Jadi, persamaan bayangan garis tersebut adalah 5x + 3y = 4. 24. Jawaban: b " A(–9, a + 3)  → A′(x′, y′) = A′(y, x) = A′(2a, b + 2) Diperoleh: a + 3 = 2a ⇔ a=3 b + 2 = –9 ⇔ b = –11 a + b = 3 – 11 = –8 Jadi, nilai a + b = –8.

25. Jawaban: b Misalkan titik (x, y) terletak pada lingkaran (x + 1)2 + (y + 6)2 = 9. #

" → (x′, y′) = (x, 2 · 4 – y) (x, y) 

Diperoleh: x′ = x y′ = 2 · 4 – y ⇔ y = 8 – y′ Substitusikan x = x′ dan y = 8 – y′ ke persamaan (x + 1)2 + (y + 6)2 = 9. (x + 1)2 + (y + 6)2 = 9 ⇔ (x′ + 1)2 + ((8 – y′) + 6)2 = 9 ⇔ (x′ + 1)2 + (14 – y′)2 = 9 ⇔ (x′ + 1)2 + (–(y′ – 14))2 = 9 ⇔ (x′ + 1)2 + (y′ – 14)2 = 9 ⇔ (x + 1)2 + (y – 14)2 = 9 Jadi, persamaan bayangannya adalah (x + 1)2 + (y – 14)2 = 9. 26. Jawaban: b $&' ° * A(a + 2, b – 1) → A′(–b + 1, a + 2)

Diketahui pula A′(–2b, 2a – 1) sehingga diperoleh: –2b = –b + 1 ⇔ b = –1 2a – 1 = a + 2 ⇔ a=3 Koordinat titik A(a + 2, b – 1) sehingga A(3 + 2, –1 – 1) = A(5, –2). Jadi, koordinat titik A(5, –2). 27. Jawaban: a Misalkan titik (x, y) terletak pada persamaan

+

" −

= 1.

$&' − °* → (x′, y′) = (y, –x) (x, y) 

Diperoleh: –x = y′ ⇔ x = –y′ y = x′ Substitusikan x = –y′ dan y = x′ ke persamaan

+

" −

= 1.

+

" −

=1

⇔

− "′

⇔

− "′ −

+

⇔

"′ −

+

′ −

⇔

" −

+

−

⇔

−

+

" −

+

′ −

=1

′ −

=1

=1

=1

⇔

=1

Jadi, persamaan bayangannya adalah " −

31. Jawaban: d Misalkan: a = 2x – 1 ⇔ 2x = a + 1

−

+

= 1.

28. Jawaban: d Dilatasi oleh faktor skala –2 dan titik pusat (3, 6) sebagai berikut. x′ = kx – ka + a = (–2) · 2 – (–2) · 3 + 3 = –4 + 6 + 3 =5 y′ = ky – kb + b = (–2) · (–1) – (–2) · 6 + 6 = 2 + 12 + 6 = 20 Jadi, bayangan titik B adalah B′(5, 20). 29. Jawaban: b <

; → ;

(f(x + h) – f(x))

=

· <

=

· <

=

· f′(x)

=

· (2 · 4x3 – 4 · 2x + 0)

=

· (8x3 – 8x)

; → ;

f′(x) = 5u4 · u′ = 5u4 · (6x2 – 4x + 1) = 5(2x3 – 2x2 + x + 4)4 · (6x2 – 4x + 1) = 5(6x2 – 4x + 1)(2x3 – 2x2 + x + 4)4 Nilai f′(–1) = 5(6 · (–1)2 – 4 · (–1) + 1)(2 · (–1)3 – 2 · (–1)2 – 1 + 4)4 = 5(6 + 4 + 1)(–2 – 2 – 1 + 4)4 = 5(11)(–1)4 = 55

Turunan f(x) = u5 adalah

(f(x + h) – f(x))

; − ; ; →

30. Jawaban: e f(x) = (2x3 – 2x2 + x + 4)5 Misalkan: u = 2x3 – 2x2 + x + 4 maka u′ = 6x2 – 4x + 1.

f(2x – 1) = 8x2 – 2 ⇔

    

f(a) = 8 

–2

= 2(a2 + 2a + 1) – 2 = 2a2 + 4a + 2 – 2 = 2a2 + 4a f′(a) = 2 · 2a + 4 = 4a + 4 Nilai f′(–2) = 4 · (–2) + 4 = –8 + 4 = –4. 32. Jawaban: e Gradien garis singgung kurva: m = f′(x) = 3x – a Substitusikan x = a – 1 ke dalam m = 3x – a, diperoleh: m = 3x – a = 3(a – 1) – a = 3a – 3 – a = 2a – 3 Garis normal x + ay – 5 = 0 mempunyai gradien

mn = – . Oleh karena garis singgung dan garis normal saling tegak lurus, diperoleh: m · mn = –1 ⇔

= 2x3 – 2x

x=

⇔ ⇔ ⇔

(2a – 3) · (– ) = –1 2a – 3 = a 2a – a = 3 a=3

Diperoleh koordinat titik T(3 – 1, b) = T(2, b). Substitusikan x = 2 dan a = 3 ke dalam persamaan kurva.

Matematika Kelas XI

127

heru

f(x) = ⇔ b=

2 x

⇔ 3a2 = 432 ⇔ a2 = 144 ⇔ a = ±12 Oleh karena ukuran panjang harus positif, nilai a yang memenuhi adalah 12. Volume maksimum:

– ax + 1

· 22 – 3 · 2 + 1

=6–6+1 =1 Jadi, koordinat titik T(2, 1). 33. Jawaban: a Fungsi f(x) turun ketika f′(x) < 0. f′(x) < 0 ⇔ 3 · 4x3 – 16 · 3x2 + 24 · 2x < 0 ⇔ 12x3 – 48x2 + 48x < 0 ⇔ 12x(x2 – 4x + 4) < 0 ⇔ 12x(x – 2)2 < 0 Pembuat titik nol: 12x = 0 dan x – 2 = 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 –

+ 0

+ 2

⇔ x<0 Jadi, grafik fungsi f(x) turun pada interval x < 0. 34. Jawaban: d Perhatikan kotak berikut.

t

a

a

Alas kotak berukuran a cm dan tingginya t cm. Luas permukaan = 432 ⇔ luas alas + 4 · luas bidang tegak = 432 ⇔ a2 + 4 · at = 432 ⇔ a2 + 4at = 432 ⇔ 4at = 432 – a2 ⇔ t=

−

Volume kotak: V = luas alas · tinggi = a2 · t = a2 ·

−

=

−

=

−

⇔ ⇔

128

–

−

=

−

=

−

= 864 Jadi, volume maksimum kotak tersebut 864 cm3. 35. Jawaban: e Banyak barang yang diproduksi x unit. Biaya total produksi: B(x) = (25x2 – 2.000x + 50.000) ribu Harga penjualan per unit: H(x) = (0,1x2 – 20x + 4.000) ribu Harga total penjualan: T(x) = x · H(x) = x · (0,1x2 – 20x + 4.000) ribu = (0,1x3 – 20x2 + 4.000x) ribu Keuntungan: U(x) = T(x) – B(x) = (0,1x3 – 20x2 + 4.000x) – (25x2 – 2.000x + 50.000) ribu = (0,1x3 – 45x2 + 6.000x – 50.000) ribu Keuntungan maksimum dicapai ketika U′(x) = 0. U′(x) = 0 ⇔ 0,1 · 3x2 – 45 · 2x + 6.000 = 0 ⇔ 0,3x2 – 90x + 6.000 = 0 ⇔ 0,3(x2 – 300x + 20.000) = 0 ⇔ 0,3(x – 100)(x – 200) = 0 ⇔ x – 100 = 0 atau x – 200 = 0 ⇔ x = 100 atau x = 200 Cek turunan kedua U(x). U′′(x) = 0,6x – 90 Untuk x = 100 diperoleh U′′(100) = 0,6 · 100 – 90 = –30 (maksimum) Untuk x = 200 diperoleh U’’(200) = 0,6 · 200 – 90 = 30 (minimum) Jadi, keuntungan maksimum dicapai pada saat banyak produksi 100 unit. 36. Jawaban: d

Volume kotak maksimum ketika V′(a) = 0. V′(a) = 0

V =

=0 =


∫ dx = 4 ∫ x–3 dx =4· =–

−

x–2 + c

+c

37. Jawaban: e ∫ x(3x – 8) dx = ∫ (3x2 – 8x) dx 3 x

=3· x3

=

4x2

–

–8·

Mean:

2 x

=

+c

∑

=

+c =

38. Jawaban: a f′(x) = 6x + 5 Persamaan kurva: f(x) = ∫ (6x + 5) dx

b.

= 59,7

Jadi, rata-rata berat badan siswa 59,7 kg. Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut.

= 6 · x2 + 5x + c = 3x2 + 5x + c Grafik fungsi f(x) melalui titik (2, –3), berarti: f(2) = –3 ⇔ 3(2)2 + 5(2) + c = –3 ⇔ 12 + 10 + c = –3 ⇔ 22 + c = –3 ⇔ c = –25 2 Jadi, rumus fungsi f(x) = 3x + 5x – 25.

Berat Badan (kg)

fi

fk

42–48 49–55 56–62 63–69 70–76

3 10 20 13 4

3 13 33 46 50

← Kelas Me


39. Jawaban: c Misalkan: u = x – 3

@

∑

=

Median = nilai data ke- (50 + 1) = nilai data ke-25,5

= 1 ⇔ du = dx

Sehingga diperoleh:

Median adalah nilai data ke-25,5 terletak di kelas interval 56–62.

∫ (x – 3)5 dx = ∫ u5 du

L

=

6 u

+c

=

(x

– 3)6 + c

40. Jawaban: b Misalkan: u

fM = 20 e

f kM = 13 e

p



 

=2

∫

+

dx = ∫

−

= ∫ 2@





= 55,5 + · 7 = 55,5 + 4,2 = 59,7 Jadi, median berat badan siswa 59,7 kg.

du

du

= 2 · 2 @ + c = 4 + c

2. a.

B. Uraian 1. a.

·7

−

=2∫@

·p

−  = 55,5 +   ·7

·

@

− I#  E   #E 

= 55,5 + 

@

 ⋅ −      

@

⇔ dx = Sehingga diperoleh:

= 62 – 56 + 1 = 7.

Me = L + 

= 2x + 1 maka:

@

= 56 – 0,5 = 55,5

Berat Badan (kg)

fi

xi

fixi

42–48 49–55 56–62 63–69 70–76

3 10 20 13 4

45 52 59 66 73

135 520 1.180 858 292

∑ =

50

2.985

Sajian data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi kumulatif sebagai berikut. Usia (tahun)

fi

fk

22–26 27–31 32–36 37–41 42–46 47–51

18 13 11 5 7 6

18 31 42 47 54 60

← Kelas Q1 ← Kelas Q3

Banyak data = n = 60 Matematika Kelas XI

129

heru

ke

Q1 = nilai data

Ragam:

(60 + 1)

=

Q3 = nilai data

·5

 

W

W

   

× ×

·5

= 36,5 + 3 = 39,5 Jangkauan antarkuartil = Q3 – Q1

= 39 – 25 = 13

Jadi, jangkauan antarkuartil data adalah 13 tahun. b.

fi

xi

fixi

(xi – )2

fi (xi – )2

18 13 11 5 7 6

24 29 34 39 44 49

432 377 374 195 308 294

81 16 1 36 121 256

1.458 208 11 180 847 1.536

60

1.980

×

= × × × ×

·p

 ⋅ −      

× ×

= ×

(60 + 1)

= 36,5 + 

Banyak cara memilih 2 wanita dari 4 wanita dan 1 pria dari 6 pria = 4C2 × 6C1

Q3 adalah nilai data ke-45,75 terletak di kelas interval 37 – 41. L3 = 37 – 0,5 = 36,5 fQ3 = 5 fkQ3= 42  ⋅ − I

= × × × × = 4 × 15 = 60


Q3 = L3 + 

= 70

= ×

25

ke

3. Tim beranggotakan 3 orang, terdiri atas sekurangkurangnya 1 orang wanita. Kemungkinan anggota tim terdiri atas 1 wanita dan 2 pria, 2 wanita dan 1 pria, atau 3 wanita. Banyak cara memilih 1 wanita dari 4 wanita dan 2 pria dari 6 pria = 4C1 × 6C2 ×

 ⋅ −      

+

∑

·p

= 21,5 +  =

=

Q1 = L1 + 

4

=

Jadi, ragam data 70 .

Q1 adalah nilai data ke-15,25 terletak di kelas interval 22–26. L1 = 22 – 0,5 = 21,5 fQ1 = 18 fkQ1 = 0 p = 26 – 22 +1 = 5

21

∑ −

=

=


 ⋅ − I  W   W   

S2

4.240

= 6 × 6 = 36 Banyak cara memilih 3 wanita dari 4 wanita = 4C3 =

×

= × = 4 Jadi, banyak cara memilih anggota tim sekurangkurangnya terdiri atas 1 wanita = 60 + 36 + 4 = 100. 4. Sebuah bola diambil secara acak dari kotak A kemudian dimasukkan ke kotak B. Kemungkinan bola yang terambil dari kotak A adalah 1 bola merah atau 1 bola kuning. Kotak A berisi 7 bola, terdiri atas 3 bola merah (3M) dan 4 bola kuning (3K). Kotak B berisi 7 bola, terdiri atas 2 bola merah (2M) dan 5 bola kuning (5K). Misalkan: A = kejadian terambil 1 bola merah dari kotak A dan 1 bola kuning dari kotak B B = kejadian terambil 1 bola kuning dari kotak A dan 1 bola kuning dari kotak B Proses pengambilan bola dan peluang kejadian A dan B dapat digambarkan seperti skema berikut. Kotak B

P(MA) Kotak A

M

3M 4K

3M 5K

K – (MK)

Kotak B P(KA)

K

2M 6K

P1(KB)

P2(KB) M – (KM)

∑

=

=

∑

=

= 33

=

130


Peluang pengambilan bola dari kotak A

Peluang pengambilan bola dari kotak B

Persamaan garis singgung di titik (–2, 2): x1x + y1y + 4(x + x1) – 3(y + y1) + 20 = 0 ⇔ –2x + 2y + 4(x – 2) – 3(y + 2) + 20 = 0 ⇔ –2x + 2y + 4x – 8 – 3y – 6 + 20 = 0 ⇔ 2x – y + 6 = 0 Persamaan garis singgung di titik (–5, 1): x1x + y1y + 4(x + x1) – 3(y + y1) + 20 = 0 ⇔ –5x + y + 4(x – 5) – 3(y + 1) + 20 = 0 ⇔ –5x + y + 4x – 20 – 3y – 3 + 20 = 0 ⇔ –x – 2y – 3 = 0 ⇔ x + 2y + 3 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya 2x – y + 6 = 0 dan x + 2y + 3 = 0.

Peluang terambil 1 bola merah dari kotak A = P(MA) =

.

Peluang terambil 1 bola kuning dari kotak B setelah

1 bola merah dimasukkan = P1(KB) = .

P(A) = P(MA) × P1(KB) = × = Peluang terambil 1 bola kuning dari kotak A =

P(KA) = . Peluang terambil 1 bola kuning dari kotak B setelah

1 bola kuning dimasukkan = P2(KB) = .

6. a.

P(B) = P(KA) × P2(KB) = × = Kejadian A dan B saling lepas.

b.

Jadi, peluang terambil satu bola kuning

b.

# A(9, 4)  → A′(2 · 3 – 9, 4) = A′(–3, 4) Jadi, bayangannnya adalah A′(–3, 4).

= P(A) + P(B) = + = . 5. a.

− − A(9, 4) → A′(9 – 3, 4 – 7) = A′(6, –3) Jadi, bayangan titik A adalah A′(6, –3).

Kedudukan titik B x2 + y2 + 8x – 6y + 20 = (–3)2 + 02 + 8 · (–3) – 6 · 0 + 20 = 9 + 0 – 24 – 0 + 20 =5>0 Jadi, titik B(–3, 0) terletak di luar lingkaran. Persamaan garis singgung Oleh karena titik B terletak di luar lingkaran, persamaan garis singgung dapat ditentukan dengan menggunakan persamaan garis kutub. Persamaan garis kutub: x1x + y1y + 4(x + x1) – 3(y + y1) + 20 = 0 ⇔ –3x + 0y + 4(x – 3) – 3(y + 0) + 20 = 0 ⇔ –3x + 4x – 12 – 3y + 20 = 0 ⇔ x – 3y + 8 = 0 ⇔ x = 3y – 8 Substitusikan x = 3y – 8 ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 + 8x – 6y + 20 = 0 2 2 ⇔ (3y – 8) + y + 8(3y – 8) – 6y + 20 = 0 ⇔9y2 – 48y + 64 + y2 + 24y – 64 – 6y + 20 = 0 ⇔ 10y2 – 30y + 20 = 0 ⇔ 10(y2 – 3y + 2) = 0 ⇔ 10(y – 2)(y – 1) = 0 ⇔ y – 2 = 0 atau y – 1 = 0 ⇔ y = 2 atau y = 1 Untuk y = 2 maka x = 3 · 2 – 8 = –2 Untuk y = 1 maka x = 3 · 1 – 8 = –5 Diperoleh titik pada lingkaran, yaitu (–2, 2) dan (–5, 1).

7. Misalkan titik (x, y) terletak pada elips "

−

+

= 1.

(x, y) didilatasi dengan faktor skala 2 dan titik pusat (1, 6) sehingga diperoleh: x′ = kx – ka + a ⇔ x′ = 2x – 2 · 1 + 1 ⇔ x′ = 2x – 1 ⇔ x=

"′

y′ = ky – kb + b ⇔ y′ = 2y – 2 · 6 + 6 ⇔ y′ = 2y – 6 ⇔ y=

"′ ′

Substitusikan x = persamaan −

⇔ ⇔

(

+

−

"

 ′   −  

)

+

−    

′ −

)

 "′     

 "′     

+

 "′     

=1

+

"′

=1

ke

= 1.

⇔ ⇔

(

+

 ′ −     

"

+

"′

=1

dan y =

=1 =1

Matematika Kelas XI

131

heru

⇔

′ −

+

"′

=1

⇔

−

+

"

=1

Jadi, persamaan bayangannya adalah "

Diperoleh titik stasioner minimum (–1, 9). Jadi, titik stasioner minimum (2, –18) dan titik stasioner maksimum (–1, 9).

−

= 1.

8. Titik stasioner kurva dicapai ketika f′(x) = 0. f′(x) = 0 ⇔ 2 · 3x2 – 3 · 2x – 12 = 0 ⇔ 6x2 – 6x – 12 = 0 ⇔ 6(x2 – x – 2) = 0 ⇔ 6(x – 2)(x + 1) = 0 ⇔ x – 2 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔ x = 2 atau x = –1 Cek turunan kedua f(x). f′′(x) = 6 · 2x – 6 = 12x – 6 Untuk x = 2 f′′(2) = 12 · 2 – 6 = 24 > 0 (minimum) f(2) = 2 · 23 – 3 · 22 – 12 · 2 + 2 = 16 – 12 – 24 + 2 = –18 Diperoleh titik stasioner minimum (2, –18). Untuk x = –1 f′′(–1) = 12 · –1 – 6 = –18 < 0 (maksimum) f(–1) = 2 · (–1)3 – 3 · (–1)2 – 12 · (–1) + 2 = –2 – 3 + 12 + 2 =9

132


+

9. Fungsi f(x) mempunyai titik stasioner ketika f’(x) = 0. f′(x) = 0 ⇔ 2x + b = 0 ⇔ 2a + b = 0 ⇔ b = –2a . . . (1) f(a) = –3 ⇔ a2 + ab + 1 = –3 ⇔ a2 + a(–2a) + 1 = –3 ⇔ a2 – 2a2 = –4 ⇔ –a2 = –4 ⇔ a = 2 atau a = –2 Untuk a = 2 maka b = –2 · 2 = –4 Untuk a = –2 maka b = –2 · (–2) = 4 Nilai ab = 2 · (–4) = –8. Jadi, nilai ab = –8. 10. f(x) = 2x – 3 dan g(x) = x + 2 a. ∫ (f(x) + g(x)) dx = ∫ (2x – 3 + x + 2) dx = ∫ (3x – 1) dx

= 3 · x2 – x + c

= x2 – x + c b.

∫ (f(x) × g(x)) dx = ∫ ((2x – 3) × (x + 2)) dx = ∫ (2x2 + x – 6) dx

= 2 · x3 + x2 – 6x + c =

3 x

+

2 x

– 6x + c

Matematika Kelas XI

255

Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan rasa ingin tahu dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan. Memiliki sikap dan berperilaku jujur dan tangguh menghadapi masalah dalam mempelajari statistika.

•

2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah. •

Mengagumi pengertian dan makna statistika serta penggunaannya dalam keseharian.

Indikator Statistika • Tabel Distribusi Frekuensi dan Histogram • Ukuran Pemusatan • Ukuran Letak dan Ukuran Penyebaran

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

Mengamati penggunaan statistika dalam kehidupan sehari-hari. Menjelaskan pengertian dan rumus mean, median, dan modus. Menghitung nilai mean, median, dan modus data tunggal. Menghitung nilai mean, median, dan modus data berkelompok dalam bentuk tabel distribusi frekuensi biasa, tabel distribusi frekuensi relatif, tabel distribusi frekuensi kumulatif, histogram, dan poligon frekuensi. Menjelaskan pengertian dan rumus kuartil, desil, dan persentil.

Pembelajaran

Pengamatan Sikap • Saat berlangsung pembelajaran


Penilaian

15 jp

Alokasi Waktu

1. Buku Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 2. Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 3. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara 4. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara

Sumber Belajar

Matematika SMA/MA XI/2 1. Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya. 2. Menghayati dan mengamalkan perilaku jujur, disiplin, tanggung jawab, peduli (gotong royong, kerja sama, toleran, damai), santun, responsif dan proaktif dan menunjukkan sikap sebagai bagian dari solusi atas berbagai permasalahan dalam berinteraksi secara efektif dengan lingkungan sosial dan alam serta dalam menempatkan diri sebagai cerminan bangsa dalam pergaulan dunia. 3. Memahami, menerapkan, dan menganalisis pengetahuan faktual, konseptual, prosedural, dan metakognitif berdasarkan rasa ingin tahunya tentang ilmu pengetahuan, teknologi, seni, budaya, dan humaniora dengan wawasan kemanusiaan, kebangsaan, kenegaraan, dan peradaban terkait penyebab fenomena dan kejadian, serta menerapkan pengetahuan prosedural pada bidang kajian yang spesifik sesuai dengan bakat dan minatnya untuk memecahkan masalah. 4. Mengolah, menalar, dan menyaji dalam ranah konkret dan ranah abstrak terkait dengan pengembangan dari yang dipelajarinya di sekolah secara mandiri, bertindak secara efektif dan kreatif, serta mampu menggunakan metode sesuai kaidah keilmuan.

•

: : : :

1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.

Kompetensi Dasar

Mata Pelajaran Satuan Pendidikan Kelas/Semester Kompetensi Inti

SILABUS Statistika

256

Silabus

Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika. Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur, dan perilaku peduli lingkungan.

3.12 Mendeskripsikan dan menggunakan berbagai ukuran pemusatan, letak dan penyebaran data sesuai dengan karakteristik data melalui aturan dan rumus serta menafsirkan dan mengomunikasikannya.

2.3

2.2

Kompetensi Dasar

•

•

•

•

•

•

•

Mampu menjelaskan pengertian dan rumus mean, median, dan modus. Mampu menghitung nilai mean, median, dan modus data tunggal dan data berkelompok. Mampu menjelaskan pengertian dan rumus kuartil, desil, dan persentil. Mampu menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data tunggal dan data berkelompok. Mampu menjelaskan pengertian jangkauan, jangkauan antarkuartil, simpangan kuartil, simpangan rata-rata, ragam, dan simpangan baku. Mampu menghitung nilai jangkauan, jangkauan antarkuartil, simpangan kuartil, simpangan rata-rata, ragam, dan simpangan baku data tunggal dan data berkelompok.

Memiliki rasa keingintahuan mempelajari statistika serta kemanfaatannya.

Indikator

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

Menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data tunggal. Menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data berkelompok dalam bentuk tabel distribusi frekuensi biasa, tabel distribusi frekuensi relatif, tabel distribusi frekuensi kumulatif, histogram, dan poligon frekuensi. Menjelaskan pengertian jangkauan, jangkauan antarkuartil, simpangan kuartil, simpangan rata-rata, ragam, dan simpangan baku. Menghitung nilai jangkauan, jangkauan antarkuartil, simpangan kuartil, simpangan rata-rata, ragam, dan simpangan baku data tunggal. Menghitung nilai jangkauan, jangkauan antarkuartil, simpangan kuartil, simpangan rata-rata, ragam, dan simpangan baku data berkelompok dalam bentuk tabel distribusi frekuensi biasa, tabel distribusi frekuensi relatif, tabel distribusi frekuensi kumulatif, histogram, dan poligon frekuensi. Mencermati sajian data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi biasa, tabel distribusi frekuensi relatif, tabel distribusi frekuensi kumulatif, histogram, dan poligon frekuensi.

Pembelajaran

Tes Tertulis • Pilihan Ganda • Uraian

Penilaian

Alokasi Waktu Sumber Belajar

Matematika Kelas XI

257

4.9

Menyajikan dan mengolah data statistik deskriptif ke dalam tabel distribusi dan histogram untuk memperjelas dan menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan kehidupan nyata.

Kompetensi Dasar

•

•

•

Mampu membaca data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi dan histogram. Mampu mendeskripsikan unsur-unsur yang terdapat dalam tabel distribusi frekuensi dan histogram. Mampu menyajikan data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi dan histogram.

Indikator

Materi Pembelajaran

•

•

Mendeskripsikan unsurunsur yang terdapat dalam tabel distribusi frekuensi biasa, tabel distribusi frekuensi relatif, tabel distribusi frekuensi kumulatif, histogram, dan poligon frekuensi. Menyajikan data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi biasa, tabel distribusi frekuensi relatif, tabel distribusi frekuensi kumulatif, histogram, dan poligon frekuensi.

Pembelajaran


Penilaian


258

Silabus

Mengagumi pengertian dan makna aturan pencacahan dan peluang serta penggunaannya dalam keseharian. Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan rasa ingin tahu dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan.

•

2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih, dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah.

Indikator Peluang • Aturan Pencacahan • Peluang Suatu Kejadian • Peluang Kejadian Majemuk

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Mengamati penggunaan aturan pencacahan dan peluang dalam kehidupan sehari-hari. Mendeskripsikan konsep aturan perkalian. Mencermati konstruksi aturan perkalian. Menyelesaikan permasalahan tentang aturan perkalian. Menjelaskan konsep faktorial. Mendeskripsikan konsep permutasi. Mencermati konstruksi rumus permutasi. Menyelesaikan permasalahan tentang permutasi. Mendeskripsikan konsep permutasi dengan beberapa unsur yang sama.

Pembelajaran



Penilaian

15 jp

Alokasi Waktu


Sumber Belajar


•

: : : :

1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.

Kompetensi Dasar


SILABUS Aturan Pencacahan dan Peluang

Matematika Kelas XI

259

Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika. Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur, dan perilaku peduli lingkungan.

3.13 Mendeskripsikan dan menerapkan berbagai aturan pencacahan melalui beberapa contoh nyata serta menyajikan alur perumusan aturan pencacahan (perkalian, permutasi dan kombinasi) melalui diagram atau cara lainnya. 3.14 Menerapkan berbagai konsep dan prinsip permutasi dan kombinasi dalam pemecahan masalah nyata. 3.15 Mendeskripsikan konsep ruang sampel dan menentukan peluang suatu kejadian dalam suatu percobaan. 3.16 Mendeskripsikan dan menerapkan aturan/rumus peluang dalam memprediksi terjadinya suatu kejadian dunia nyata serta menjelaskan alasanalasannya. 3.17 Mendeskripsikan konsep peluang dan harapan suatu kejadian dan menggunakannya dalam pemecahan masalah.

2.3

2.2

Kompetensi Dasar

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Mampu mendeskripsikan konsep aturan perkalian, permutasi dan kombinasi. Mampu menerapkan konsep aturan perkalian, permutasi dan kombinasi dalam pemecahan masalah. Mampu menjelaskan pengertian percobaan statistika, ruang sampel, titik sampel, kejadian, dan komplemen kejadian. Mampu menentukan ruang sampel suatu percobaan. Mampu menjelaskan pengertian peluang suatu kejadian, peluang komplemen suatu kejadian dan kisaran nilai peluang. Mampu menghitung peluang suatu kejadian. Mampu menghitung peluang komplemen suatu kejadian. Mampu mendeskripsikan konsep frekuensi harapan suatu kejadian.

Memiliki sikap dan berperilaku jujur dan tangguh menghadapi masalah dalam mempelajari aturan pencacahan dan peluang. Memiliki rasa keingintahuan mempelajari aturan pencacahan dan peluang, serta kemanfaatannya.

Indikator

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Mencermati konstruksi rumus permutasi dengan beberapa unsur yang sama. Menyelesaikan permasalahan tentang permutasi dengan beberapa unsur yang sama. Mendeskripsikan konsep permutasi siklis. Mencermati konstruksi rumus permutasi siklis. Menyelesaikan permasalahan tentang permutasi siklis. Mendeskripsikan konsep kombinasi. Mencermati konstruksi rumus kombinasi. Menyelesaikan permasalahan tentang kombinasi. Menjelaskan pengertian percobaan statistika, ruang sampel, titik sampel, kejadian, dan komplemen kejadian. Menentukan ruang sampel suatu percobaan. Menjelaskan pengertian peluang suatu kejadian. Menjelaskan kisaran nilai peluang. Menjelaskan pengertian peluang komplemen suatu kejadian. Menghitung peluang suatu kejadian. Menghitung peluang komplemen suatu kejadian. Mendeskripsikan konsep frekuensi harapan suatu kejadian. Menentukan frekuensi harapan suatu kejadian. Mendeskripsikan konsep kejadian saling lepas.

Pembelajaran


Penilaian


260

Silabus

4.10 Memilih dan menggunakan aturan pencacahan yang sesuai dalam pemecahan masalah nyata serta memberikan alasannya. 4.11 Mengidentifikasi masalah nyata dan menerapkan aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi dalam pemecahan masalah tersebut. 4.12 Mengidentifikasi, menyajikan model matematika dan menentukan peluang dan harapan suatu kejadian dari masalah kontektual.

Kompetensi Dasar

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Mampu memilih dan menggunakan aturan pencacahan yang sesuai dalam pemecahan masalah nyata serta memberikan alasannya. Mampu menyelesaikan masalah nyata yang berkaitan dengan aturan pencacahan. Mampu menyelesaikan masalah nyata yang berkaitan dengan peluang.

Mampu menentukan frekuensi harapan suatu kejadian. Mampu mendeskripsikan konsep kejadian saling lepas. Mampu menghitung peluang kejadian saling lepas. Mampu mendeskripsikan konsep kejadian saling bebas. Mampu menghitung peluang kejadian saling bebas. Mampu mendeskripsikan konsep kejadian bersyarat. Mampu menghitung peluang kejadian bersyarat.

Indikator

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

•

•

Menghitung peluang kejadian saling lepas. Mendeskripsikan konsep kejadian saling bebas. Menghitung peluang kejadian saling bebas. Mendeskripsikan konsep kejadian bersyarat. Menghitung peluang kejadian bersyarat. Memilih dan menggunakan aturan pencacahan yang sesuai dalam pemecahan masalah nyata serta memberikan alasannya. Menyelesaikan masalah nyata yang berkaitan dengan aturan pencacahan. Menyelesaikan masalah nyata yang berkaitan dengan peluang.

Pembelajaran

Tes Tertulis • Pilihan Ganda • Uraian Portofolio • Laporan Tugas

Portofolio • Laporan Tugas

Penilaian


Matematika Kelas XI

261

Mengagumi konsep persamaan lingkaran dalam peranannya membantu menyelesaikan masalah keseharian. Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan rasa ingin tahu dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan.

Memiliki rasa keingintahuan mempelajari persamaan lingkaran, serta kemanfaatannya.

•

•

2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah. 2.2 Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh menghadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika.

Indikator Persamaan Lingkaran • Persamaan Lingkaran • Persamaan Garis Singgung Lingkaran

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

•

Mengingat kembali definisi lingkaran. Menentukan persamaan lingkaran yang berpusat di O(0, 0) dan berjari-jari r. Menentukan persamaan lingkaran yang berpusat di P(a, b) dan berjari-jari r. Menentukan bentuk umum persamaan lingkaran. Menentukan titik pusat dan jari-jari lingkaran jika diketahui persamaan lingkaran. Menyebutkan syarat suatu titik terletak di dalam lingkaran, pada lingkaran, atau di luar lingkaran. Menghitung jarak suatu titik terhadap titik pusat lingkaran.

Pembelajaran



Penilaian

12 jp

Alokasi Waktu


Sumber Belajar


•

: : : :

1.1 Menghayati dan mengamalkan agama yang dianutnya.

Kompetensi Dasar


SILABUS Persamaan Lingkaran

262

Silabus

Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur dan perilaku peduli lingkungan.

4.13 Mengolah informasi dari suatu masalah nyata, mengidentifikasi sebuah titik sebagai pusat lingkaran yang melalui suatu titik tertentu, membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dan menyelesaikan masalah tersebut. 4.14 Merancang dan mengajukan masalah nyata terkait garis singgung lingkaran serta menyelesaikannya dengan melakukan manipulasi aljabar dan menerapkan berbagai konsep lingkaran.

3.18 Mendeskripsikan konsep persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung lingkaran dengan menggunakan metode koordinat. 3.19 Mendeskripsikan konsep dan kurva lingkaran dengan titik pusat tertentu dan menurunkan persamaan umum lingkaran dengan metode koordinat.

2.3

Kompetensi Dasar

•

•

•

•

•

•

•

Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran dengan gradien tertentu. Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik pada lingkaran. Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik di luar lingkaran.

Mampu menentukan persamaan lingkaran yang diketahui titik pusat dan jari-jarinya. Mampu menentukan kedudukan titik terhadap lingkaran. Mampu menentukan kedudukan garis terhadap lingkaran.

Memiliki sikap terbuka, berperilaku peduli, dan toleransi dalam menghadapi masalah dalam mempelajari persamaan lingkaran.

Indikator Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Menyebutkan syarat suatu garis memotong, menyinggung, atau tidak memotong lingkaran. Menghitung jarak suatu garis terhadap titik pusat lingkaran. Menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0) dan bergradien m. Menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang berpusat di titik P(a, b) dan bergradien m. Menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang sejajar atau tegak lurus dengan suatu garis. Menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik pada lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0). Menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik pada lingkaran yang berpusat di titik P(a, b). Menentukan titik potong antara garis kutub dengan lingkaran. Menentukan persamaan garis singgung lingkaran di titik potong garis kutub dengan lingkaran.

Pembelajaran



Penilaian


Matematika Kelas XI

263

•

2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah.

Mampu menunjukkan sikap motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah.

Mampu menghayati dan mengamalkan konsep transformasi geometri dalam perannya membantu menyelesaikan masalah.

Indikator Transformasi Geometri • Sifat transformasi geometri • Transfomasi geometri terhadap kurva

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

Mengamati peristiwa atau fenomena yang berkaitan dengan translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi. Menyelidiki ciri-ciri translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi. Menentukan bayangan sebuah titik oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi. Menentukan persamaan bayangan sebuah kurva oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi. Menggunakan sifat transformasi geometri untuk menyelesaikan masalah.

Pembelajaran



Penilaian

8 jp

Alokasi Waktu

1. Buku Matematika SMA/ MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 2. Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 3. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara 4. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara

Sumber Belajar


•

: : : :

1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya

Kompetensi Dasar


SILABUS Transformasi Geometri

264

Silabus

Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika. Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur dan perilaku peduli lingkungan.

4.15 Menyajikan objek kontekstual, menganalisis informasi terkait sifat-sifat objek dan menerapkan aturan transformasi geometri (refleksi, translasi, dilatasi, dan rotasi) dalam memecahkan masalah.

3.20 Menganalisis sifat-sifat transformasi geometri (translasi, refleksi garis, dilatasi, dan rotasi) dengan pendekatan koordinat dan menerapkannya dalam menyelesaikan masalah.

2.3

2.2

Kompetensi Dasar

Mampu mendeskripsikan cara menggunakan sifat transformasi geometri untuk menentukan persamaan bayangan kurva oleh sebuah transformasi geometri. Mampu menentukan persamaan bayangan kurva oleh sebuah transformasi geometri. Mampu menerapkan aturan transformasi geometri dan sifat objek untuk menyelesaikan transformasi geometri terhadap kurva.

•

•

•

•

•

Mampu memahami konsep dasar transformasi geometri yang meliputi translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi menggunakan sudut pandang koordinat. Mampu menjelaskan sifat-sifat transformasi geometri. Mampu menentukan bayangan titik oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi.

Mampu menunjukkan sikap berperilaku jujur, tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika.

•

•

Indikator

Materi Pembelajaran Pembelajaran



Penilaian


Matematika Kelas XI

265

•

•

•

2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah. 2.2 Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh menghadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika. 2.3 Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur dan perilaku peduli lingkungan.

Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan rasa ingin tahu dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan. Memiliki rasa keingintahuan mempelajari turunan fungsi, serta kemanfaatannya. Memiliki sikap terbuka, berperilaku peduli, dan toleransi dalam menghadapi masalah dalam mempelajari turunan fungsi.

Mengagumi konsep turunan fungsi dalam peranannya membantu menyelesaikan masalah keseharian.

Indikator Turunan Fungsi • Turunan Fungsi Aljabar • Penggunaan Turunan Fungsi

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Menentukan laju perubahan suatu fungsi. Menentukan aturan fungsi aljabar. Menjelaskan notasi turunan menggunakan notasi Leibnitz. Membuktikan beberapa sifat-sifat turunan fungsi. Menentukan turunan fungsi menggunakan aturan rantai. Menentukan nilai turunan fungsi di suatu titik. Menentukan turunan kedua fungsi aljabar. Menentukan gradien garis singgung kurva. Menentukan persamaan garis singgung dan garis normal.

Pembelajaran



Penilaian

12jp

Alokasi Waktu

1. Buku Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 2. Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 3. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara 4. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT intan Pariwara

Sumber Belajar


•

: : : :


Kompetensi Dasar


SILABUS Turunan Fungsi

266

Silabus

3.21 Mendeskripsikan konsep turunan dengan menggunakan konteks matematika atau konteks lain dan menerapkannya. 3.22 Menurunkan aturan dan sifat turunan fungsi aljabar dari aturan dan sifat limit fungsi. 3.23 Memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah dunia nyata dan matematika yang melibatkan turunan dan memeriksa kebenaran langkahlangkahnya. 3.24 Mendeskripsikan konsep turunan dan menggunakannya untuk menganalisis grafik fungsi dan menguji sifat-sifat yang dimiliki untuk mengetahui fungsi naik dan fungsi turun. 3.25 Menerapkan konsep dan sifat turunan fungsi untuk menentukan gradien garis singgung kurva, garis tangen, dan garis normal. 3.26 Mendeskripsikan konsep dan sifat turunan fungsi terkait dan menerapkannya untuk menentukan titik stasioner (titik maksimum, titik minimum, dan titik belok). 3.27 Menganalisis bentuk model matematika berupa persamaan fungsi, serta menerapkan konsep dan sifat turunan fungsi dalam memecahkan masalah maksimum dan minimum.

Kompetensi Dasar

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Mampu menentukan turunan fungsi aljabar. Mampu menjelaskan sifat-sifat turunan fungsi. Mampu menentukan turunan fungsi aljabar menggunakan aturan rantai. Mampu menentukan nilai turunan fungsi aljabar di suatu titik. Mampu menentukan turunan kedua fungsi aljabar. Mampu menentukan gradien garis singgung. Mampu menentukan persamaan garis singgung dan garis normal. Mampu menjelaskan fungsi naik dan fungsi turun. Mampu menentukan interval suatu fungsi naik atau turun. Mampu menentukan titik stasioner dan jenisnya. Mampu menentukan nilai ekstrem suatu fungsi dalam interval tertutup. Mampu merancang model matematika dari permasalahan yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum. Mampu menyelesaikan model matematika dari permasalahan yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum.

Indikator

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Menjelaskan pengertian fungsi naik dan fungsi turun. Menyebutkan syarat suatu fungsi naik atau turun. Menentukan interval suatu fungsi naik dan turun. Menjelaskan cara menentukan titik stasioner dan jenisnya. Menentukan nilai maksimum dan minimum suatu fungsi dalam interval tertutup. Menjelaskan cara merancang model matematika yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum. Menuliskan model matematika yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum. Menyelesaikan model matematika yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum. Menafsirkan penyelesaian model matematika yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum.

Pembelajaran Tes Tertulis • Pilihan Ganda • Uraian

Penilaian


Matematika Kelas XI

267

4.16 Memilih strategi yang efektif dan menyajikan model matematika dalam memecahkan masalah nyata tentang turunan fungsi aljabar. 4.17 Memilih strategi yang efektif dan menyajikan model matematika dalam memecahkan masalah nyata tentang fungsi naik dan fungsi turun. 4.18 Merancang dan mengajukan masalah nyata serta menggunakan konsep dan sifat turunan fungsi terkait dalam titik stasioner (titik maksimum, titik minimum, dan titik belok). 4.19 Menyajikan data dari situasi nyata, memilih variabel dan mengomunikasikannya dalam bentuk model matematika berupa persamaan fungsi, serta menerapkan konsep dan sifat turunan fungsi dalam memecahkan masalah maksimum dan minimum.

Kompetensi Dasar •

Mampu menafsirkan penyelesaian model matematika dari permasalahan yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum.


Pembelajaran Tes Tertulis • Pilihan Ganda • Uraian

Penilaian


268

Silabus

Mampu menunjukkan sikap logis, kritis, analitik, teliti, bertanggung jawab, responsif, dan tidak mudah menyerah dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan tentang integral tak tentu. Mampu menunjukkan rasa ingin tahu dan ketertarikan pada konsep integral tak tentu.

•

2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerjasama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah. 2.2 Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh menghadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika. •

Mampu menghayati dan mengamalkan konsep integral tak tentu dalam perannya membantu menyelesaikan masalah

Indikator Integral Tak Tentu • Konsep Integral Tak Tentu • Integral Substitusi

Materi Pembelajaran

•

•

•

•

•

•

•

•

Mengingat kembali turunan fungsi dan aplikasinya. Mengingat kembali rumus turunan fungsi. Mengamati turunan fungsi f(x) = xn + c dengan berbagai nilai c. Menjelaskan konsep integral sebagai lawan dari turunan. Menjelaskan penulisan integral dan cara menentukan hasilnya dengan konsep antiturunan. Menurunkan rumus integral fungsi f(x) = xn. Menjelaskan sifat-sifat dasar integral fungsi. Bersama-sama mencoba menentukan fungsi asal dari suatu turunan fungsi.

Pembelajaran



Penilaian

12 jp

Alokasi Waktu

1. Buku Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 2. Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 3. Buku PR Matematika SMA/MA Kelas XI, PT Intan Pariwara 4. Buku PG Matematika SMA/MA Kelas XI, PT Intan Pariwara

Sumber Belajar


•

: : : :


Kompetensi Dasar


SILABUS Integral Tak Tentu

Matematika Kelas XI

269

4.20 Memilih strategi yang efektif dan menyajikan model matematika dalam memecahkan masalah nyata tentang integral tak tentu dari fungsi aljabar.

•

3.28 Mendeskripsikan konsep integral tak tentu suatu fungsi sebagai kebalikan dari turunan fungsi. 3.29 Menurunkan aturan dan sifat integral tak tentu dari aturan dan sifat turunan fungsi.

•

•

•

•

•

•

•

Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur dan perilaku peduli lingkungan.

2.3

Kompetensi Dasar

Mampu menentukan fungsi asal dari rumus turunan suatu fungsi. Mampu menyelesaikan pemasalahan menggunakan integral tak tentu.

Mampu menentukan antiturunan (integral) suatu fungsi aljabar sederhana. Mampu menjelaskan konsep integral sebagai antiturunan. Mampu menurunkan rumus integral fungsi f(x) = xn. Mampu menjelaskan sifat-sifat dasar integral. Mampu menentukan hasil pengintegralan menggunakan metode integral substitusi.

Mampu menunjukkan sikap santun, objektif, menghargai pendapat dan karya teman dalam mempelajari integral tak tentu.


•

•

•

•

•

•

Menyelesaikan soal-soal integral tak tentu. Mengingat kembali aturan rantai pada turunan fungsi. Menjelaskan konsep integral substitusi sebagai lawan dari turunan menggunakan aturan rantai. Menurunkan rumus integral fungsi berpangkat. Bersama-sama mengintegralkan fungsi menggunakan metode integral substitusi. Menyelesaikan soal-soal integral fungsi menggunakan metode integral substitusi.

Pembelajaran

Tes Tertulis • Pilihan Ganda • Uraian • Tugas

Tes Tertulis • Pilihan Ganda • Uraian • Tugas

Penilaian


Rencana Pelaksanaan Pembelajaran Sekolah Mata Pelajaran Kelas/Semester Materi/Submateri Pokok Alokasi Waktu

: : : : :

SMA/MA Matematika XI/2 Persamaan Lingkaran 12 × 45 menit (5 kali pertemuan)

A.

Kompetensi Dasar dan Indikator 1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya. Indikator: Mengagumi konsep persamaan lingkaran dalam peranannya membantu menyelesaikan masalah keseharian. 2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah. 2.2 Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh menghadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika. 2.3 Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur, dan perilaku peduli lingkungan. Indikator: • Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan rasa ingin tahu dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan. • Memiliki rasa keingintahuan mempelajari persamaan lingkaran, serta kemanfaatannya. • Memiliki sikap terbuka, berperilaku peduli, dan toleransi dalam menghadapi masalah dalam mempelajari persamaan lingkaran. 3.18 Mendeskripsikan konsep persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung lingkaran dengan menggunakan metode koordinat. 3.19 Mendeskripsikan konsep dan kurva lingkaran dengan titik pusat tertentu dan menurunkan persamaan umum lingkaran dengan metode koordinat. Indikator: • Mampu menentukan persamaan lingkaran yang diketahui titik pusat dan jari-jarinya. • Mampu menentukan kedudukan titik terhadap lingkaran. • Mampu menentukan kedudukan garis terhadap lingkaran. 4.13 Mengolah informasi dari suatu masalah nyata, mengidentifikasi sebuah titik sebagai pusat lingkaran yang melalui suatu titik tertentu, membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dan menyelesaikan masalah tersebut. 4.14 Merancang dan mengajukan masalah nyata terkait garis singgung lingkaran serta menyelesaikannya dengan melakukan manipulasi aljabar dan menerapkan berbagai konsep lingkaran. Indikator: • Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran dengan gradien tertentu. • Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik pada lingkaran. • Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik di luar lingkaran.

B.

Tujuan Pembelajaran 1. menjelaskan konsep persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung lingkaran; 2. menjelaskan konsep kurva lingkaran dengan titik pusat tertentu dan menentukan persamaan umum lingkaran; 3. membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dan menyelesaiakan permasalahan tersebut; 4. merancang dan menyelesaikan permasalahan nyata yang berkaitan dengan garis singgung lingkaran.

270

Rencana Pelaksanaan Pembelajaran

C.

Materi Pembelajaran • Pengertian Lingkaran • Persamaan Lingkaran • Kedudukan Titik terhadap Lingkaran • Kedudukan Garis terhadap Lingkaran • Pengertian Garis Singgung Lingkaran • Persamaan Garis Singgung Lingkaran yang Diketahui Gradiennya • Persamaan Garis Singgung Lingkaran di Suatu Titik pada Lingkaran • Persamaan Garis Singgung Lingkaran di Suatu Titik di Luar Lingkaran

D.

Metode Pembelajaran Pendekatan : Scientific Approach Model : Siklus Belajar (Learning Cycle) Metode : Problem Solving dan Diskusi

E.

Media, Alat, dan Sumber Pembelajaran

F.

1.

Media Kertas berpetak

2.

Alat dan Bahan a. Jangka b. Penggaris

3.

Sumber Belajar a. Buku Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia b. Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia c. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara d. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara

Kegiatan Pembelajaran Pertemuan I (2 jp) 1.

Pendahuluan (10 menit) a. Guru mengajak siswa mengingat kembali pengertian lingkaran dan unsur-unsurnya. b. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.

2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Guru menggambar lingkaran dengan pusat O(0, 0), kemudian guru memilih sembarang titik pada lingkaran, misalkan titik T(x, y). b. Guru membimbing siswa menentukan jarak antara titik O(0, 0) dan titik T(x, y). c. Guru menjelaskan bahwa jarak antara kedua titik tersebut merupakan jari-jari lingkaran. Selanjutnya guru mengajak siswa merumuskan persamaan lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0). d. Guru menggambar lingkaran dengan titik pusat tidak di titik O(0, 0) melainkan P(a, b), kemudian guru memilih sembarang titik pada lingkaran, misalkan titik T(x, y). e. Guru membimbing siswa menentukan jarak antara titik P(a, b) dan titik T(x, y). f. Guru mengajak siswa merumuskan persamaan lingkaran yang berpusat di titik P(a, b). g. Guru memberikan tugas kepada siswa untuk membuktikan titik pusat dan jari-jari lingkaran.

3.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa agar dapat mampu merumuskan persamaan lingkaran. b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.

Matematika Kelas XI

271

Pertemuan II (3 jp) 1.

Pendahuluan (10 menit) a. Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali pelajaran pada pertemuan sebelumnya. b. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.

2.

Kegiatan Inti (115 menit) a. Guru menggambarkan sebuah lingkaran sembarang. Guru juga membuat beberapa titik sembarang di sekitar lingkaran. b. Guru mengajak siswa memahami posisi (kedudukan) titik terhadap lingkaran. c. Siswa mampu memahami konsep kedudukan titik terhadap lingkaran, yaitu di dalam lingkaran, pada lingkaran, dan di luar lingkaran. d. Guru mengajak siswa menentukan aturan atau sifat kedudukan titik terhadap lingkaran. e. Siswa memahami contoh soal kedudukan titik terhadap lingkaran. f. Guru menggambarkan sebuah lingkaran sembarang. Guru juga membuat beberapa garis di sekitar lingkaran. g. Guru mengajak siswa memahami posisi (kedudukan) garis terhadap lingkaran. h. Siswa mampu memahami konsep kedudukan garis terhadap lingkaran, yaitu memotong lingkaran, menyinggung lingkaran, dan tidak memotong lingkaran. i. Guru mengajak siswa menentukan aturan atau sifat kedudukan garis terhadap lingkaran. j. Guru mengajak siswa diskusi menentukan jarak sebuah titik terhadap sebuah garis.

3.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat mampu merumuskan aturan kedudukan titik dan garis terhadap lingkaran. b. Guru memberikan reward kepada seluruh siswa.

1.

Pertemuan III (2 jp) Pendahuluan (10 menit) a Guru mengingatkan kembali materi pada pertemuan sebelumnya tentang kedudukan sebuah garis terhadap lingkaran. b. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.

2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Guru memberikan gambaran tentang garis singgung lingkaran. b. Guru menjelaskan hubungan antara garis singgung lingkaran dengan jari-jari lingkaran. c. Guru mengajak siswa mengingat kembali syarat kedua garis saling sejajar dan tegak lurus. d. Guru membuat sebuah lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0) dan garis singgung y = mx + c. e. Guru mengajak siswa diskusi menentukan persamaan garis singgung dengan cara mensubstitusikan persamaan y = mx + c ke dalam persamaan lingkaran. f. Guru membuat sebuah lingkaran yang berpusat di titik P(a, b) dan garis singgung y = mx + c. g. Guru mengajak siswa diskusi menentukan persamaan garis singgung dengan cara mensubstitusikan persamaan y = mx + c ke dalam persamaan lingkaran. h. Siswa menemukan konsep dan rumusan persamaan garis singgung lingkaran yang diketahui gradiennya.

3.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat mampu merumuskan persamaan garis singgung lingkaran. b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.

272


Pertemuan IV (3 jp) 1.

Pendahuluan (10 menit) a Guru mengingatkan kembali materi pada pertemuan sebelumnya tentang persamaan garis singgung lingkaran yang diketahui gradiennya. b. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.

2.

Kegiatan Inti (115 menit) a. Guru membuat sebuah lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0) dan memilih sembarang titik pada lingkaran, misalkan T(x1, y1). b. Guru mengajak siswa menentukan gradien antara titik T(x1, y1) dan O(0, 0). c. Guru mengajak siswa untuk menggunakan sifat dua garis yang saling tegak lurus, untuk memperoleh gradien garis singgung. d. Siswa merumuskan persamaan garis singgung lingkaran di titik T(x1, y1). e. Guru membimbing siswa menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang berpusat di P(a, b) dan titik singgung T(x1, y1). f. Guru membuat sebuah lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0) dan memilih sembarang titik di luar lingkaran, misalkan Q(x1, y1). g. Guru menjelaskan pengertian garis kutub dan kegunaannya. h. Guru mengajak siswa berlatih menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik di luar lingkaran. i. Siswa mampu menemukan konsep dan rumusan persamaan garis singgung di titik tertentu.

3.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat mampu merumuskan persamaan garis singgung lingkaran di titik tertentu. b. Guru memberikan reward kepada seluruh siswa. c. Guru menyampaikan informasi bahwa pertemuan berikutnya diadakan ulangan harian bab persamaan lingkaran. Pertemuan V (2 jp)

1.

Pendahuluan (10 menit) a. Guru meminta siswa memasukkan semua barang yang di atas meja ke laci atau tas dan siswa menyiapkan bolpoin dan penggaris. b. Guru membagikan kertas untuk lembar jawaban dan coret-coret.

2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Guru memimpin siswa untuk berdoa sebelum mengerjakan soal ulangan harian. b. Siswa mengerjakan soal evaluasi dengan teliti dan jujur, kemudian hasilnya dikumpulkan.

3.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. Guru meminta siswa untuk mengumpulkan hasil ulangan, kemudian memberikan penjelasan bahwa hasil ulangan merupakan indikator tingkat penguasaan siswa terhadap materi persamaan lingkaran. b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.

G. Penilaian 1. Teknik dan Bentuk Instrumen Teknik

Bentuk Instrumen

Pengamatan Sikap

Lembar Pengamatan Sikap dan Rubrik

Tes Tertulis

Tes Pilihan Ganda dan Uraian

Portofolio

Kumpulan Laporan dan Produk

Matematika Kelas XI

273

2.

Contoh Instrumen a. Lembar Pengamatan Sikap No.

Skor

Aspek yang Dinilai 3

b.

274

1.

Mengagumi konsep persamaan lingkaran dalam perannya membantu menyelesaikan masalah keseharian.

2.

Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan percaya diri dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan tentang persamaan lingkaran.

3.

Memiliki sikap dan berperilaku jujur, kritis dalam menghadapi permasalahan seharihari.

4.

Memiliki rasa keingintahuan kegunaan mempelajari persamaan lingkaran.

2

Keterangan 1

Rubrik Penilaian Sikap No.

Aspek yang Dinilai

Keterangan

1.

Mengagumi konsep persamaan lingkaran dalam perannya membantu menyelesaikan masalah keseharian.

3 : Menunjukkan ekspresi kekaguman dan menghayati terhadap peluang serta sepenuhnya mengetahui peranan persamaan lingkaran dalam membantu menyelesaikan masalah nyata. 2 : Kurang menunjukkan ekspresi kekaguman dan menghayati terhadap persamaan lingkaran dan belum sepenuhnya mengetahui peranan peluang dalam membantu menyelesaikan masalah nyata. 1 : Tidak menunjukkan ekspresi kekaguman dan menghayati terhadap peluang dan tidak mengetahui peranan persamaan lingkaran dalam membantu menyelesaikan masalah nyata.

2.

Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan percaya diri dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan tentang persamaan lingkaran.

3 : Menunjukkan sikap konsisten, teliti dan cermat dalam mengerjakan soal. Bersikap disiplin dan percaya diri dalam menghadapi tantangan tanpa ada rasa takut. Justru merasa yakin bisa menyelesaikan permasalahannya. 2 : Kurang menunjukkan sikap konsisten, teliti dan cermat dalam mengerjakan soal. Kurang bersikap disiplin dan kurang percaya diri dalam menghadapi tantangan. 1 : Tidak menunjukkan sikap konsisten, teliti dan cermat dalam mengerjakan soal. Tidak bersikap disiplin dan tidak percaya diri dalam menghadapi tantangan. Sering merasa takut salah sehingga tidak bertindak menyelesaikannya.

3.

Memiliki sikap dan berperilaku jujur, kritis dalam menghadapi permasalahan seharihari.

3 : Menunjukkan sikap dan berperilaku jujur, kritis dalam menghadapi permasalahan sehari-hari. 2 : Kurang menunjukkan sikap dan berperilaku jujur, kritis dalam menghadapi permasalahan sehari-hari. 1 : Tidak menunjukkan sikap dan berperilaku jujur, kritis dalam menghadapi permasalahan sehari-hari.


No.

Aspek yang Dinilai

Keterangan

4.

Memiliki rasa keingintahuan kegunaan mempelajari persamaan lingkaran.

3 : Menunjukkan sikap rasa keingintahuan yang tinggi tentang kegunaan mempelajari persamaan lingkaran. Hal ini ditunjukkan dengan sering bertanya hal-hal yang belum diketahui. Memiliki pola pikir yang kritis terhadap sesuatu yang baru. 2 : Kurang menunjukkan sikap rasa keingintahuan tentang kegunaan mempelajari persamaan lingkaran. Hal ini ditunjukkan dengan kurang aktif dalam bertanya jawab. Kurang kritis terhadap sesuatu yang baru diketahui. 1 : Tidak menunjukkan sikap rasa keingintahuan tentang kegunaan mempelajari persamaan lingkaran. Hal ini ditunjukkan dengan tidak aktif dalam bertanya jawab. Tidak peduli terhadap sesuatu yang baru diketahui.

Mengetahui Kepala SMA/MA . . . .

Guru Bidang

......................... NIP__________________

......................... NIP__________________

Matematika Kelas XI

275

Rencana Pelaksanaan Pembelajaran Sekolah Mata Pelajaran Kelas/Semester Materi/Submateri Pokok Alokasi Waktu

: : : : :

SMA/MA Matematika XI/2 Transformasi Geometri 8 × 45 menit

A.

Kompetensi Dasar dan Indikator 1.1 Menghargai dan menghayati ajaran agama yang dianutnya. Indikator: Menghayati dan mengamalkan konsep transformasi geometri dalam perannya membantu menyelesaikan masalah 2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah. 2.2 Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika. 2.3 Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur dan perilaku peduli lingkungan. Indikator: • Mampu menunjukkan sikap motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah. • Mampu menunjukkan sikap berperilaku jujur, tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika. 3.20 Menganalisis sifat-sifat transformasi geometri (translasi, refleksi garis, dilatasi, dan rotasi) dengan pendekatan koordinat dan menerapkannya dalam menyelesaikan masalah. Indikator: • Mampu memahami konsep dasar transformasi geometri yang meliputi translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi menggunakan sudut pandang koordinat • Mampu menjelaskan sifat-sifat transformasi geometri • Mampu menentukan bayangan titik oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi 4.15 Menyajikan objek kontekstual, menganalisis informasi terkait sifat-sifat objek dan menerapkan aturan transformasi geometri (refleksi, translasi, dilatasi, dan rotasi) dalam memecahkan masalah. Indikator: • Mampu mendeskripsikan cara menggunakan sifat transformasi geometri untuk menentukan persamaan bayangan kurva oleh sebuah transformasi geometri • Mampu menentukan persamaan bayangan kurva oleh sebuah transformasi geometri • Mampu menerapkan aturan transformasi geometri dan sifat objek untuk menyelesaikan transformasi geometri terhadap kurva

B.

Tujuan Pembelajaran 1. Siswa mampu menganalisis sifat-sifat transformasi geometri (translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi) dengan pendekatan koordinat dan menerapkannya dalam menyelesaikan masalah; 2. Siswa mampu menyajikan objek kontekstual, menganalisis informasi terkait sifat-sifat objek dan menerapkan aturan transformasi geometri (refleksi, translasi, dilatasi, dan rotasi) dalam memecahkan masalah.

C.

Materi Pembelajaran • Translasi dan refleksi terhadap titik • Translasi dan refleksi terhadap kurva • Rotasi dan dilatasi terhadap titik • Rotasi dan dilatasi terhadap kurva

276


D.

Metode Pembelajaran Pendekatan : Scientific Approach Model : Siklus Belajar (Learning Cycle) Metode : Problem Solving dan Diskusi

E.

Media, Alat, dan Sumber Pembelajaran

F.

1.

Alat dan Bahan a. Kertas b. Alat tulis c. Komputer

2.

Sumber Belajar a. Buku Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia b. Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia c. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara d. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara

Kegiatan Pembelajaran Pertemuan I (3 jp) 1.

Pendahuluan (15 menit) Guru mengajak siswa mengamati peristiwa atau fenomena dalam keseharian yang berhubungan dengan translasi dan refleksi. Sebagai contoh, siswa mengamati fenomena bayangan saat bercermin dan perpindahan manusia saat manusia bepergian.

2.

Kegiatan Inti (110 menit) a. Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali materi tentang translasi. Sebagai contoh, guru mengingatkan kembali prinsip perpindahan dalam translasi. Guru juga mengingatkan kembali materi mengenai refleksi. b. Guru melanjutkan pelajaran dengan menjelaskan notasi translasi pada sebuah titik, yaitu a T=  b

  → A′(x + a, y + b). A(x, y) 

c. d. e. f. g.

3.

Guru memberikan contoh permasalahan tentang translasi. Guru menjelaskan rotasi dan notasinya. Setelah itu guru memberikan gambar-gambar posisi sebuah titik yang direfleksikan terhadap sumbu-sumbu tertentu. Guru juga memberikan tabel tentang hasil refleksi sebuah titik terhadap sumbu-sumbu tertentu. Guru menjelaskan konsep translasi dan refleksi yang diterapkan pada kurva. Guru memberikan langkah-langkah yang dapat digunakan siswa untuk menentukan persamaan bayangan kurva. Guru membimbing siswa untuk mengerjakan tugas Pemantapan. Guru membimbing siswa untuk berlatih mengerjakan soal tentang translasi dan refleksi. Guru dapat menggunakan soal-soal pada bagian Contoh Soal, Latihan 1, mengambil dari sumber lain (misalnya dari internet), atau guru dapat membuat soal sendiri.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran yang berkaitan dengan translasi dan refleksi. Guru juga dapat memberikan siswa soal-soal pekerjaan rumah yang diambil dari Latihan 1. b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Pertemuan II (3 jp)

1.

Pendahuluan (15 menit) Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali materi mengenai rotasi dan dilatasi. Materi tersebut pernah dipelajari saat siswa duduk di bangku SMP. Sebagai contoh guru mengajak siswa mengamati peristiwa atau fenomena dalam keseharian yang berhubungan dengan rotasi dan dilatasi.

Matematika Kelas XI

277

2.

Kegiatan Inti (110 menit) a. Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali materi tentang rotasi. Sebagai contoh guru mengingatkan kembali hubungan antara tanda negatif sudut dan arah putaran dalam rotasi. b. Guru menjelaskan rotasi dan notasinya. Setelah itu guru memberikan tabel mengenai posisi sebuah titik yang dirotasi terhadap titik O(0, 0) dan titik (a, b) serta dengan sudut rotasi tertentu. c. Guru memberikan contoh permasalahan tentang rotasi. d. Guru juga mengingatkan kembali materi mengenai dilatasi. Selanjutnya guru menjelaskan konsep dilatasi dan notasinya. e. Guru melanjutkan pembelajaran dengan memberikan konsep luas benda yang dihasilkan setelah benda tersebut dikenakan dilatasi. f. Guru menjelaskan konsep rotasi dan dilatasi yang diterapkan pada kurva. Guru memberikan langkahlangkah yang dapat digunakan siswa untuk menentukan persamaan bayangan kurva. Guru memberikan contoh permasalahan mengenai persamaan bayangan lingkaran oleh sebuah rotasi. g. Guru membimbing siswa untuk mengerjakan tugas Pemantapan. h. Guru membimbing siswa untuk berlatih mengerjakan soal tentang rotasi dan dilatasi. Guru dapat menggunakan soal-soal pada bagian Contoh Soal, Latihan 2, mengambil dari sumber lain (misalnya dari internet), atau guru dapat membuat soal sendiri.

3.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran yang berkaitan dengan rotasi dan dilatasi. Guru dapat memberikan pekerjaan rumah kepada siswa untuk mengerjakan permasalahan dalam Mari Berselancar di Internet. b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Pertemuan III (2 jp)

1.

Pendahuluan (10 menit) a. Guru meminta siswa untuk menyiapkan bolpoin dan alat tulis lain guna menghadapi ulangan harian. b. Guru membagikan kertas untuk lembar jawaban dan coret-coret.

2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Guru memimpin siswa berdoa sebelum mengerjakan soal ulangan harian. b. Siswa mengerjakan soal ulangan harian dengan teliti dan jujur, kemudian hasilnya dikumpulkan. c. Guru memberi kesempatan kepada siswa untuk bertanya tentang soal-soal ulangan harian yang belum dimengerti atau kurang jelas maksudnya.

3.

Kegiatan Penutup (10 menit) Guru menginstruksikan kepada siswa untuk mengumpulkan pekerjaannya jika sudah selesai.

G. Penilaian 1.

Teknik dan Bentuk Instrumen Teknik

278

Bentuk Instrumen

Pengamatan Sikap

Lembar Pengamatan Sikap dan Rubrik

Tes Tertulis

Tes Pilihan Ganda dan Uraian

Portofolio

Kumpulan Laporan dan Produk


2.

Contoh Instrumen a. Lembar Penilaian Sikap No.

Skor

Aspek yang Dinilai 3

b.

1.

Mengagumi dan menyadari manfaat ilmu transformasi geometri dalam keseharian dan bersyukur atas nikmat tersebut.

2.

Memiliki rasa ingin tahu yang tinggi.

3.

Bersikap kritis, disiplin, dan teliti dalam melakukan kegiatan baik secara individu maupun kelompok.

4.

Memiliki sikap menghargai dan bekerja sama dalam melakukan sesuatu hal dengan orang lain.

2

Keterangan 1

Rubrik Penilaian Sikap No.

Aspek yang Dinilai

Keterangan

1.

Mengagumi dan menyadari manfaat ilmu transformasi geometri dalam keseharian dan bersyukur atas nikmat tersebut.

3 : menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap transformasi geometri dan manfaatnya sehingga merasa sangat penting dan perlu mempelajari transformasi geometri. 2 : belum menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap transformasi geometri dan manfaatnya sehingga kurang bersemangat dalam mempelajari transformasi geometri. 1 : tidak menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap transformasi geometri dan manfaatnya sehingga tidak bersemangat dalam mempelajari transformasi geometri.

2.

Memiliki rasa ingin tahu yang tinggi.

3 : menunjukkan rasa ingin tahu yang tinggi dengan banyak bertanya, antusias, terlibat aktif dalam kegiatan belajar, berani mengemukakan pendapat, dan tidak takut salah. 2 : menunjukkan rasa ingin tahu, tetapi tidak terlalu antusias, terlibat aktif dalam kegiatan belajar ketika disuruh, dan masih takut atau ragu dalam mengungkapkan pertanyaan atau pendapat. 1 : tidak menunjukkan antusias dalam pengamatan, sulit terlibat aktif dalam kegiatan belajar meskipun telah didorong untuk terlibat, dan tidak pernah mengemukakan pertanyaan atau pendapat.

3.

Bersikap kritis, disiplin, dan teliti dalam melakukan kegiatan baik secara individu maupun kelompok.

3 : menunjukkan sikap kritis, disiplin, dan teliti dalam melakukan kegiatan baik secara individu maupun kelompok misalnya sering bertanya hal-hal yang kurang jelas, disiplin dan teliti dalam menghitung dan menyelesaikan masalah. 2 : kurang menunjukkan sikap kritis, disiplin, dan teliti dalam melakukan kegiatan baik secara individu maupun kelompok misalnya masih malu/takut bertanya hal-hal yang kurang jelas, kurang disiplin dan kurang teliti dalam menghitung dan menyelesaikan masalah. 1 : tidak mempunyai sikap kritis, disiplin, dan teliti dalam kegiatan belajar maupun dalam menyelesaikan masalah.

Matematika Kelas XI

279

No.

Aspek yang Dinilai

Keterangan

4.

Memiliki sikap menghargai dan bekerja sama dalam melakukan sesuatu hal dengan orang lain.

3 : Mempunyai sikap suka bekerja sama dan menghargai yang tinggi kepada orang lain dan teman dalam berdiskusi atau melakukan tugas bersama. Meskipun ada beberapa perbedaan pendapat atau pemikiran. 2 : Kurang dalam bersikap bekerja sama dan menghargai orang lain dan teman dalam berdiskusi atau melakukan tugas bersama. Di sini bisa ditunjukkan dengan sikap agak sungkan kepada orang lain. 1 : Tidak mempunyai sikap bekerja sama dan tidak menghargai orang lain dan teman dalam berdiskusi atau melakukan tugas bersama. Segala sesuatu dikerjakan sendiri padahal membutuhkan pemikiran banyak teman. Tidak respon terhadap pendapat orang lain.

Mengetahui Kepala SMA/MA . . . .

Guru Bidang

......................... NIP.___________________

......................... NIP.___________________

280


Kunci Jawaban, Silabus dan RPP PR MAT 11B WAJIB

Recommend Documents